1、模塊二基本理論專題一物質結構考情動態分析物質結構是化學基本理論的重點之一，主要包括原子的組成和結構、元素周期律和元素周期表、化學鍵和分子結構、晶體的類型和性質等，在歷年高考中均占有較大的比重。原子結構和組成涉及概念較多且比較抽象。高考中考查原子結構和組成的試題雖然難度不大，但每年必考。試題多以信息選才i題為主，常以重大科技成果(化學科學的新發展、新發明等)為題材，重點考查粒子的質子數、中子數、質量數、核外電子數、核電荷數等的相 互求算；判斷元素的同位素、原子核內質子數、中子數、質量數間的數量關系；計算某元素 同位素中各核素的個數比；根據原子或離子核外電子排布特征判斷元素的種類；考查電子排布與分

2、子組成之間的聯系，如分子中各原子滿足8電子穩定結構、共用電子對、化合價等，仍然是今后高考命題的熱點內容。元素周期律與元素周期表知識內容豐富，規律性強，因此命題的空間極為廣闊。考查元素周期表的結構與元素性質的遞變規律的試題，或以一組元素加以比較或以一種元素進行多方面的分析，具有一定的綜合性。同時，體現元素周期表的發現方法一一分類方法的運用的 試題，是高考試題中的精彩之筆；而在上海高考題中往往每年有一道與原子結構、元素周期表、元素性質相結合的推斷題，這是上海試題中的一大特點。展望今后的題型會穩中有變， 仍以元素及其化合物知識為載體，用物質結構理論，將解釋現象、定性推斷、歸納總結、定 量計算相結合，

3、向多方位、多角度、多層次方向發展。從近幾年的高考試題來看，考查化學鍵和晶體知識的重點是：化學鍵類型和晶體類型的判斷；離子化合物和共價化合物電子式的書寫或正誤判斷；各類晶體物理性質(如硬度、熔沸點)的比較；根據粒子的空間排列推斷化學式等。由于晶體空間結構試題能很好地考查學 生的觀察能力和三維空間想象能力，因而它將成為命題的熱點在情理之中。由于這一內容容易與數學、物理等學科知識結合， 在綜合命題方面具有廣闊的空間，展望它將成為理科綜合命題的知識載體。 考點核心整合1.構成原子或離子的各基本粒子間的數量關系(1)質子數+中子數=質量數=原子的近似相對原子質量(2)原子的核外電子數=核內質子數=核電荷

4、數(3)陽離子核外電子數=核內質子數-離子電荷數(4)陰離子核外電子數=核內質子數+離子電荷數2.元素的原子半徑、離子半徑大小比較規律(1)同周期原子半徑隨原子序數遞增逐漸減小(稀有氣體元素除外)。如第三周期中：NaMgAl SIPSClo(2)同主族原子半徑隨原子序數的遞增逐漸增大。如第IA族中：LINavKvRBvCS。(3)同周期陽離子半徑隨原子序數遞增逐漸減小。如第三周期中：Na+Mg2+Al3+。(4)同周期陰離子半徑隨原子序數遞增逐漸減小。如第三周期中：P3- S2-Cl-o同主族陽離子半徑隨原子序數遞增逐漸增大，如第IA族中：Na+K+RB+CS+O(6)同主族陰離子半徑隨原子序

5、數遞增逐漸增大，如第口A族中：F- Cl-v Br- I-。(7)陽離子半徑總比相應原子半徑小。如Na+S, Br-Br。(9)電子層結構相同的離子半徑隨核電荷數的增大而減小。如S2-Cl-K+Ca2+, Al3+Mg2+Na+晶體硅。(3)離子晶體要比較離子鍵的強弱。一般地說，陰陽離子的電荷數越多，離子半徑越小，則離子間的作用就越強，其離子晶體的熔沸點就越高，如熔點：MgO MgCl2NaClCSClo(4)分子晶體：組成和結構相似的物質，相對分子質量越大，熔沸點越高，如熔沸點：。2N2, HIHBrHClo組成和結構不相似的物質，分子極性越大，其熔沸點就越高，如熔沸 點CON2。在同分異構

6、體中，一般地說，支鏈數越多，熔沸點越低，如沸點：正戊烷異 戊烷新戊烷；同分異構體的芳香煌及其衍生物，其熔沸點高低順序是鄰 間 對位化合物。考題名師詮釋【例1】(2005廣東，1) Se是人體必需的微量元素，下列關于37se和80Se的說法正確的是 TOC o 1-5 h z ()A 78Se和80Se互為同素異形體B 78Se和80Se互為同位素八.34 DE 34. 3434 C. 7；Se和；Se分別含有44和46個質子D.；Se和；Se都含有34個中子34343434解析：木業士要與赤卜!；.素1穴匕彩體心嗎念和質量效、質子數及中上數上為美系，Se和80Se的核電荷數即質子數相同，都是3

7、4,而由質量數=質子數+中子數，可知其中子3434數分另為44和46, C、D不正確，B正確，顯然78Se和；：Se都不表示單質，A亦不正確。 3434答案：B【例2】下列各組粒子具有相同的質子數和電子數的是()A. OH-、H2O、F-B.NH3、NH ：、NHC.H3O+、NH4、NH2D.HCl、F2、H2s解析：以OH-為例，O是8號元素，O原子中有8個質子，H是1號元素，H原子中有1個 質子，OH-中的質子數為8+1=9個。因為OH-帶1個負電荷，電子比質子多 1個，電子數為 9+1=10o同樣方法可得這些粒子中的質子和電子數分別為：粒子H2O一FNH3NHL*NH 丁H2sF2HC

8、l質子10910119181818電子1010101010181818答案：D鏈接提示根據原子序數計算粒子質子數、電子數的方法：根據原子序數等于質子數可算出粒子中的質子數等于粒子中各原子的原子序數與個數乘積的和，即質子數=匯原子序數X原子個數，再根據粒子所帶電荷算出電子數。【例3】（2006江蘇，15）下列關于晶體的說法一定正確的是（）OT?, o2- OCa1CaTiO3的晶體結模型（圖中Ca2+、O2-、Ti4+分別位于立方體的體心，面心和頂點）圖 1-2-1A.分子晶體中都存在共價鍵B.CaTiO3晶體中每個Ti4+與12個O2-相緊鄰C.SiO2晶體中每個硅原子與兩個氧原子以共價鍵相結

9、合D.金屬晶體的熔點都比分子晶體的熔點高解析：惰性氣體都是單原子分子，它們的晶體中不存在共價鍵，A不正確；在題目所給晶體結構模型中，每個Ti4+周圍有3個O2-與之相鄰，用均攤法可求得晶體中每個Ti4+周圍共有3X8X 1 =12個O2-, B正確；在SiO2的晶體中Si、O以單鍵相結合，每個硅原子應與4個2氧原子相結合，C不正確；金屬汞的熔點比 12、單質硫等的熔點都低，D不正確。答案：B【例4】（2006全國理綜H ,11）下列敘述正確的是（）A.NH 3是極性分子，分子中 N原子處在3個H原子所組成的三角形的中心B.CCl4是非極性分子，分子中 C原子處在4個Cl原子所組成的正方形的中心

10、C.H2O是極性分子，分子中 O原子不處在2個H原子所連成的直線的中央D.CO2是非極性分子，分子中 C原子不處在2個O原子所連成的直線的中央解析：本題主要考查常見分子的空間構型。NH 3為三角錐型分子，N原子位于三角錐的頂點上，A不正確；CCl4和CH4 一樣是正四面體型分子，碳原子位于4個Cl原子所組成的正四面體的體心位置，B不正確；水分子為角形分子，顯然氧原子不會位于兩個氫原子連線的中央，C正確；CO2分子為直線型分子，C原子位于兩個氧原子連線的中央，D不正確。答案：C鏈接拓展判斷ABn型分子極性有一經驗規律：若中心原子A的化合價的絕對值等于該元素所在的主族序數，則為非極性分子；若不等，

11、則為極性分子。如BF3、CO2、SO3等為非極性分子；NH 3 H2O、SO2等為極性分子。【例5】（2006重慶理綜，29） X、Y、Z、W是原子序數依次增大的短周期元素，且互不同族；其中只有兩種為金屬；X原子的最外層電子數與次外層電子數相等；X與W、丫與Z這兩對原子的最外層電子數之和均為9。單質Y和W都可與濃的NaOH溶液反應。請回答下列問題：（1）Y、Z、W的原子半徑由小到大的順序是 。（2）ZW2的電子式是 ,它在常溫下呈液態，形成晶體時，屬于 晶體。(3)工業生產單質 Y的原理是 (用化學方程式表示)。(4)X與Y化學性質相似，則 X與濃的NaOH溶液反應的化學方程式是 。 (5)0

12、.1 mol的單質W與50 mL 1.5 mol L-1的FeBr2溶液反應，則被氧化的Fe2+和Br-的物質的量之比是。解析：由于X原子的最外層電子數與次外層電子數相等，則 X必為4號元素Be；則另一金 屬必在第3周期；由于X與W的最外層電子數之和為9,則W為第口 A的元素一定為氯(X、Y、Z、W原子序數依次增大)；由于Y、Z中有一種元素為金屬，且兩個原子的最外層電子 數之和為9,則它們應為第mA和第V1 A元素，結合單質 Y與NaOH濃溶液作用知 Y為鋁 元素，易推知Z為硫元素，SCl2全由非金屬元素組成，故為分子晶體；由于n(FeBr2)=0.075mol,顯然在通入0.1 mol Cl

13、 2時Fe2+全部被氧化，剩余的Cl2為0.1 mol- ”075mol =0.0625 mol 2則被氧化的 Br-的物質的量為：0.0625 mol X 2=0.125 mol,所以 n(Fe2+n(Br-)=0.075 mol=0.125 mol=3 : 5。答案：(1)ClSb+c A的轉化率增大若av b+c A的轉化率減小若反應物不止一種時，如 aA(g)+bB(g) cC(g)+dD(g)（1）若只增加A的量，平衡向正反應方向移動，而 A的轉化率減小，B的轉化率增大。（2）若按原比例同倍數地增加反應物A和B的量，則平衡向正反應方向移動，而反應物轉化率與氣體反應物計量數有關。如果a

14、+b=c+d,則A、B的轉化率都不變；如果 a+bvc+d,則A、B的轉化率都減小；如果 a+bc+d,則A、B的轉化率都增大。鏈接思考化學平衡主要是研究可逆反應規律的，如反應進行的程度以及各種條件對反應進行程度的影響等。（1）為什么說化學平衡是動態平衡？（2）有人設想通過尋找高效催化劑的途徑提高化工生產中原料的轉化率，這一設想科學嗎？（3）為什么在實驗室中很難得到純凈的NO2氣體？答：（1）化學平衡的主要特點是 v（正）=v（逆），由于正反應和逆反應仍在繼續進行，只是 在同一瞬間，正反應生成某生成物的分子數和逆反應所消耗的該物質的分子數相等，此時反應混合物中各組分的濃度不變。故化學平衡是一種

15、動態平衡。（2）催化劑能同等程度地改變 v（正）和貝逆），因此它只能縮短反應達到平衡所用的時間，不能改變反應物的轉化率，故 （2）說法不正確。（3）由于NO2與N2O4之間存在如下轉化關系：2NO2、N2O4,故通常情況下NO2氣體中也會存在少量N2O4,由于以上轉化是放熱過程，故只有在高溫低壓情況下，NO2氣體才相對較純。.解答化學平衡問題的重要思維方法（1）可逆反應“不為零”原則可逆性是化學平衡的前提，達到平衡時應是反應物和生成物共存的狀態，每種物質的物質的量不為零。一般可用極限分析法推斷：假設反應不可逆，則最多生成產物多少，有無反應物剩余， 余多少。這樣的極值點是不可能達到的，故可用確定

16、某些范圍或在范圍中選擇合適的量。 （2） “一邊倒”原則可逆反應，在條件相同時（等溫等容），若達到等同平衡，其初始狀態必須能互變，從極 限角度看，就是各物質的物質的量要相當。因此，可以采用“一邊倒”的原則來處理以下問 題：化學平衡等同條件（等溫等容）aA(g)+bB(g) - cC(g)始ab0平衡態I始00c平衡態n始xyz平衡態出為了使平衡出=n=i根據“一邊倒”原則，即可得az = a =x z二1ca cbz = b 二y2二1cb c（3） “過渡態”方法思路：各種反應物的濃度增加相同倍數, 定轉化率的變化情況。相當于增大體系壓強，根據平衡移動方向來確考題名師詮釋【例1】 將4 mo

17、l A氣體和2 mol B氣體在2 L容器中混合，并在一定條件下發生如下反應:2A(g)+B(g) =2C(g)若經2 s后測得C的濃度為0.6 mol L-1,現有下列幾種說法，其中正確的是()用物質A表示的反應的平均速率為0.3 mol L-1 S-1用物質B表示的反應的平均速率為0.6 mol L-1 S-12 s時物質A的轉化率為70%2 s時物質B的濃度為0.7 mol L-1 TOC o 1-5 h z A.B.C.D.解析 汕題知2 s時C的濃度為0.6 mol - L-1,根據化學方程式中化學計量數比，可算出 B的 變化濃度為 0.3 mol - L_1,進而確定 B 的濃度是

18、 1 mol L-1-0.3 mol L-1=0.7 mol L-1； A 的 變化濃度為0.6 mol - L-1,從而求 A的轉化率為30%;用C表示的反應的平均速率為0.3mol L-1 s-1,可推知用A表示的反應的平均速率為0.3 mol L-1 s-1,用B表示的反應的平均速率為0.15 mol - L-1 - s-1。對照各選項，符合題意的是Bo答案：B【例2】(2006天津理綜，11)某溫度下，體積一定的密閉容器中進行如下可逆反應：X(g)+Y(g)、Z(g)+W(s) : A H0下列敘述正確的是()A.加入少量 W,逆反應速率增大B.當容器中氣體壓強不變時，反應達到平衡C.

19、升高溫度，平衡逆向移動D.平衡后加入X ,上述反應的AH增大解析：本題綜合了影響化學反應速率和化學平衡的因素。固體或純液體濃度改變，對化學反應速率和化學平衡都沒有影響，A不正確；由于該反應為氣體總體積縮小的反應，所以當壓強不變時，表明氣體物質的量不變， 反應已達平衡；該反應為吸熱反應，溫度升高平衡向正 反應方向移動；反應熱是物質間完全反應時的數值，與平衡移動無關。答案：B【例3】(2006江蘇，16)某化學科研小組研究在其他條件不變時，改變某一條件對化學平衡的影響，得到如圖1-2-6所示的變化規律(圖中P表示壓強，T表示溫度，n表示物質的量):口反應溫度口反應時間反應I 2場)+惻)=2C閶

20、反應11油外=C閭A J L 的 平一 W- 1 砒遙反應IIL 3 A閭4H面田強圖 1-2-6根據以上規律判斷，下列結論正確的是()B.反應 n： A H0,Ti0,P2PiC.反應出：A H0,T2Ti；或 a H0,T2TiD.反應IV: A H0,T2Ti解析:反應(I ),溫度升高，A的轉化率降低，說明化學平衡向逆反應方向移動，則正反應為放熱反應，AHPi, A不正確。由題給反應(II)的圖示知TiT2溫度升高，n(C)減少，平衡向逆反應方 向移動，正反應放熱，A H0,B正確。若反應(出)為放熱反應，C的體積分數減少時，平衡向逆反應方向移動，則 T2Ti,反之亦然，C正確。同理，

21、對于反應(IV),若AHT2。答案：BC鏈接提示化學平衡圖象問題的識別分析方法，不外乎是看坐標、找變量、想方程、識圖象四個方面，即準確認識橫、縱坐標的含義，根據圖象中的點(起點、終點、轉折點 卜線(所在位置的上下、左右、升降、彎曲)特征，結合題目中給定的化學方程式和數據，應用概念、規律進 行推理判斷。【例4】(2006年5月徐州模擬題)在某溫度時將2 mol A和1 mol B兩種氣體通入容積為 2L的密閉容器中，發生如下反應：2A(g)+B(g)、xC(g),2 min時反應達到平衡狀態，經測定B的物質的量為0.4 mol,C的反應速率為0.45 mol - (L min)-1。下列各項能表

22、明該反應達 到平衡的是()A.va正：Vb逆=2 ： 1B.混合氣體密度不再變化C.混合氣體壓強不再變化D.A的轉化率不再變化解析:本題的關鍵是首先根據題給 A、B起始的物質的量、平衡時 B的物質的量和 C的反應 速率等數據求得 x=3,再判斷反應是否達到平衡。 化學平衡狀態的根本標志是 v=v逆(同一物 質)，因此需要把A項中原來的Va正和Vb逆換算成用同一物質表示的形式， 因為Va逆：Vb逆=2 ： 1,令VB逆=1 ,則Va逆=2,這樣A項就有關系：Va=Va逆，符合平衡標志。答案：AD鏈接拓展由于對正反應速率、逆反應速率及由不同物質表示的反應速率等概念理解不深不透，易造成對本題干擾選項

23、的判斷失誤。此題是對化學平衡狀態標志的考查。判斷是否達到平衡狀態的標志有：(1) n接標忐(1)v正=v逆(2)各組分白質量，物質的量不變(單一量)(3)各組分白濃度(或百分含量)不變(2)間接標志通過總量：對 An(g)w0的反應，n總(或 恒溫恒壓下的 V總、恒溫恒容下的 P總)不變通過復合量：M () p(m),分析關系式中上、下兩項的變化m V其他：如平衡體系顏色等(實際上是有色物質濃度)【例5】一定溫度下，在恒容密閉容器中發生如下反應：2A(g)+B(g)3c(g),若反應開始時充入2 mol A和2 mol B ,達平衡后A的體積分數為a%。其他條件不變時， 若按下列 四種配比作為

24、起始物質，平衡后 A的體積分數大于a%的是()A.2 mol CB.2 mol A、1 mol B 和 1 mol He（不參加反應）C.1 mol B 和 1 mol CD.2 mol A、3 mol B 和 3 mol C解析：本題主要考查考生對等效平衡及平衡的移動原理的理解，側重考查考生分析問題的能4力。該反應為反應刖后體積不變的反應，A項中右將2 mol C全部轉化為A、B ,分別得到一3mol A和2mol B ,與起始加入的 2 mol A和2 mol B比較，A項中相當于少加了 B,使A的3轉化率減小，A的百分含量增加；B項中，加入He對平衡無影響，也相當于少加了B而使A的轉化率

25、減小，使A的百分含量增加；由C項的投料情況看，反應只能逆向進行，而1 mol B對逆向反應有抑制作用，致使生成的A減少，百分含量減小；D項中若按2 mol A、2 molB和3 mol C投料與原來2 mol A、2 mol B投料等效，多余1 mol B使A的轉化率增大，百 分含量減小。故選 A、Bo答案：AB專題三電解質溶液專情動態分析主要題型為選擇題，偶爾有簡答填空題。強弱電解質的比較； 酸堿混合后溶液 pH,推斷混合前的各種可能；鹽對水電解質溶液是高考中考點分布較多的內容之一， 考查的重點主要有：外界條件對電離平衡的影響, 的酸堿性的判斷及 pH的計算，已知混合后溶液的的電離程度的影響

26、，鹽溶液蒸干灼燒后產物的判斷，溶液中離子濃度大小的比較等。從近幾年的高考試題分析來看，溶液的酸堿性判斷及pH計算是高考的必考題，重現率為100%,其中，溶液的 pH計算的題設條件可千變萬化，正向與逆向思維、數字與字母交 替出現，與生物酸堿平衡相結合或運用數學工具進行推理等試題在“3+X”綜合測試中出現的可能性極大，展望今后會以填空或選擇的形式出現，題目難度適中，推理性會有所增強。從高考命題的變化趨勢來看，溶液中離子（或溶質粒子濃度大小比較是主流試題，仍是今后高考的熱點。這類試題的情景有：酸堿混合后形成鹽溶液或鹽與剩余酸（堿）的溶液、酸鹽混合后溶液的酸堿性、鹽與強酸反應后鹽有剩余，這些情景的共同

27、點是混合液最終形成鹽 或鹽與酸、堿的混合溶液，設問均為比較離子濃度或溶質粒子濃度大小。考查的內容既與鹽的水解有關，又與弱電解質的電離平衡有關。不僅偏重考查粒子濃度大小順序，而且還注重溶液中各種守恒（電荷守恒、物料守恒、質子守恒等 ）關系的考查，從而使題目具有一定的綜 合性、靈活性和技巧性。 考點核心整合1.電離平衡與水解平衡的比較電離平衡水解平衡實例H2s 水溶液(0.1 mol L-1)Na2s 水溶液(0.1 mol - L-1)研究對象弱電解質（弱酸、弱堿、水）強電解質（弱酸鹽、弱堿鹽）+實質習習散H +豹畋恨曷十弱堿-OH +陽離子離子化速率=分子化速率鹽弱酸根+:的酸+OH魯i弱減陽

28、離子一旦。一弱堿+H + 子1水解速率=中和速率程度酸（堿）越弱，電離程度越小多兀弱酸 一級電禺一級電禺對應酸（堿）越弱，水解程度越大多兀弱酸 根一級水解 二級水解能量變化吸熱吸熱表達式電離方程式：多元弱酸分步電離H2S-H +HSHS-H +S2水解離子方程式：多元弱酸根分步水解產物不寫分解產物，不標“ T ”或“S2+H2O、HS +OHHS +H2。-H2S+OH大小比較c(H2S)c(H+)c(HS)c(S2)c(OH-)c(Na+) c(S2) c(OH-) c(HS ) c(H 2S)粒子儂度電荷守 恒式c(H+)=c(HS)+2c(S2)+C(OH-)c(Na+)+c(H+)=c

29、(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)粒子守 恒式c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=C1 -10. molc(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=- c(Na+)=0.1 mol 2, L-1電離平衡水解平衡影響因素溫度升溫，促進電離，離子濃度增大升溫，促進水解濃度加水稀釋促進電離，離子濃度減小促進水解加入同種離子抑制電禺抑制水解加入反應離子促進電離促進水解.溶液酸堿性判定規律(1)pH相同的酸(或堿)，酸(或堿)性越弱，其物質的量濃度越大。(2)pH相同的強酸和弱酸溶液，加水稀釋相同的倍數，則強酸溶液pH變化大；堿也如此。酸與堿的pH之和為14,等體積混合：若為強酸與強堿，則pH

30、=7;若為強酸與弱堿，則pH 7;若為弱酸與強堿，則pH 14,則V (酸)：V (堿)=10(pH1 加H2) -14 ： 1若 PH1+PH2V 14,則V (酸)：V (堿)=1 ： 10(pH14PH2)鏈接思考如何計算酸(堿)溶液中的水電離出的 H+、OH-濃度？為什么在實際計算中這部分可忽略 不計？答：當酸溶于水時，酸電離出的H+增加了溶液中的c(H+),使水的電離平衡向左移動，即水的電離平衡受到抑制，水電離的c(H+)和c(OH-)均減小。此時溶液中的H+主要是酸電離出來的，而 OH-是水電離出來的。根據c(H+) . c(OH-)=Kw即可計算c(OH-)o而水每電離出一個OH

31、-的同時必然電離出一個 H+,所以水電離的c(H+)=c(OH-),與酸電離的c(H+)相比， 可以忽略不計。如pH=1的稀鹽酸，由酸電離的c(H+)=1 X 10-1 mol L-1。根據 Kw可計算出溶液中4_ - 1 10-1 , , -13,. -1+-、 , , -13. . -1c(OH )=m mol L =1X10 mol L，則由水電離出的 c(H )=c(OH )=1 X 10 mol L ,1 10與酸電離的1X10-1 mol L-1比較，當然可以忽略不計。 考題名師詮釋【例1】(2006天津理綜，10)下列關于電解質溶液的敘述正確的是()A.常溫下，pH=7的NH4C

32、l與氨水的混合溶液中離子濃度大小順序為c(Cl-)c( NH4Ac(H +)=c(OH -)B.將pH=4的醋酸溶液稀釋后，溶液中所有離子的濃度均降低C.中和pH與體積均相同的鹽酸和醋酸溶液，消耗 NaOH的物質的量相同D.常溫下，同濃度的 Na2s與NaHS溶液相比，Na2s溶液的pH大解析：本題綜合考查有關電解質電離、水解等知識。pH=7 c(H+)=c(OH-)根據電荷守恒有c(C)+c(OH-)=c(H+)+c( NH 力，所以 c(Cl-)=c( NH4+), A 不正確;將 pH=4 的 HAc ,加水稀釋時c(H+)降低，由于c(H+) - c(OH)=Kw(溫度一定)，所以c(

33、OH-)增大，B不正確；對于pH相 等的HCl和HAc, c(H+)相等，當二者體積相等時，電離的部分消耗堿一樣多，但由于 HAc中存在電離平衡 HAc、H+Ac,所以最終消耗 NaOH的物質的量多，C不正確；由于同濃度的正鹽和酸式鹽溶液，前者的水解程度大，所以 D正確。答案：D【例2】常溫下將稀NaOH溶液與稀CH3COOH溶液混合，不可能出現的結果是()A.pH7,且 c(OH-)c(Na+)c(H+)c(CH 3COO-)B.pH7,且 c(Na+)+c(H +)=c(OH-)+c(CH 3COO)C.pHc(H +)c(Na+)c(OH -)D.pH=7,且 c(CH3COO-)=c(

34、Na +)c(H +)=c(OH -)解析:本題主要考查溶液中電荷守恒及pH與溶液中c(H+)和c(OH-)大小的關系，側重考查考生理解問題的能力，解題關鍵是明確溶液中電荷守恒式及pH與c(H+)和c(OH-)的關系。NaOH與CH3COOH混合，若pH7 ,則二者可能恰好反應或堿過量，但不論哪種情況，c(CH3COO-)c(H+), A 不正確；根據電荷守恒知c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH 3COO-),B 正確；若 pHc(SOL)C.c( NH4 )c( SO：)答案：B【例4】(2006江蘇，13)下列敘述正確的是()A.0.1 mol L-1 氨水中，c(OH)=c

35、(NHj)B.10 mL 0.02 mol L-1HC1溶液與10 mL 0.02 mol L-1Ba(OH)2溶液充分混合， 若混合后溶液 的體積為20 mL,則溶液的pH=2C.在 0.1 mol - L-1CH3COONa 溶液中，c(OH-)=c(CH 3COOH)+c(H +)D.0.1 mol L-1 某二元弱酸強堿性 NaHA 溶液中，c(Na+)=2c(A 2-)+c(HA -)+c(H 2A)解析:根據電荷守恒知，A選項中，有下列等式成立c(H+)+c( NH j)=c(OH-),所以c(OH-)c( NH 4+), A不正確；B OH-選項中，二者充分混合后剩余 OH-的物

36、質的量為10X 10-3LX 0.02 mol L-1X 2-10 x 10-3lx 0.02 mol L-1=2x 10-4 mol, c(OH-)=1X10-2 mol L-1pH=12 , B 正確; 由物料守恒和電荷守恒可知，C選項正確；由物料守恒并結合鹽的組成有c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A),D 不正確。答案：BC【例5】1體積pH=2.5的鹽酸與10體積某一元強堿溶液恰好完全反應，則該堿溶液的pH等于()A.9.0B.9.5C.10.5D.11.0解析：若1體積pH=2.5的HCl和1體積某濃度的該一元強堿恰好完全反應，則酸中H+濃度等于堿中OH-濃度，兩者

37、的pH之和等于14,也就是堿的pH=11.5。將該溶液稀釋 10倍， 就得到題中所用的強堿溶液，其pH減小1,等于10.5。答案：C鏈接提示解此類題型的要點是 H+OH-=H2O。當H+與OH-恰好完全反應時，依據二者的物質 的量相等，可求強酸(或強堿)的濃度或體積，并能確定混合溶液的 pH=7o若H+或OH-過剩， 則用“對消一一稀釋法”，先求剩余的c(H+)或c(OH-),再進一步求混合溶液的 pH。專題四 電化學專情動態分析電化學知識是歷年高考的重要內容，主要考點有：原電池、電解池、電鍍池的電極名稱及電極反應式；根據原電池、電解池的電極變化判斷金屬活動性強弱；根據電解時電極變化判斷電極材

38、料或電解質種類；新型電池的電極反應及應用；有關電解產物的判斷和計算。其 中原電池的工作原理、電解產物判斷與計算是高考命題的熱點。試題主要涉及電極反應、溶液的pH變化、金屬活動性判斷、相關定量計算等；主要題型有選擇題、簡答題、綜合分析 計算題等。展望今后命題會繼續在上述幾方面進行， 同時也會出現涉及新能源、環境保護、工業生 產等熱點問題，及利用電解原理實現用通常方法難以制備的物質等方面的內容。將電化學有關知識與元素化合物、化學實驗、化學計算等學科內知識綜合在一起進行考查，是高考命題的一個新的變化，應引起足夠的重視。由于電化學常常涉及物理學中的串聯電路、并聯電路以及相關物理量如電流、電壓、電阻、時

39、間、電荷量等，無疑電化學知識也必然是物理學和化學的交匯點，這一融合正反映了“3+X”理科綜合測試的精神，將會成為“3+X”綜合測試的熱點。考點核心整合.原電池、電解池、電鍍池判定規律若無外接電源，可能是原電池，然后依據原電池的形成條件分析判定，主要思路是“三看”。先看電極：兩極為導體且活潑性不同。再看溶液：兩極插入電解質溶液中。后看回路：形成閉合回路或兩極接觸。若有外接電源，兩極插入電解質溶液中， 則可能是電解池或電鍍池。當陽極金屬與電解質溶液中的金屬陽離子相同則為電鍍池，其余情況為電解池。.分析電解應用的主要方法思路通電前：電解質溶液的電離過程（包括電解質和水的電離）離子移向：陰離子移向陽極

40、，陽離子移向陰極陽極：活潑金屬陽極 S2_ I _Cl _OH _no, Nor so：惰性電極 TOC o 1-5 h z 放電能力（31M N HYPERLINK l bookmark30 o Current Document 飛山=陰極:Ag CuPb2 Fe Zn2 H 通電后3+2+2+、Al A Mg Na Ca電極反應：電極反應式電解結果極現象，水的電離平衡、離子濃度，溶液酸堿性，pH變化等鏈接思考試分析以純銅作陰極，粗銅（含有少量雜質鋅、鐵、饃、銀、金等 ）作陽極，硫酸銅溶液 為電解質溶液精煉銅的過程。答：陽極粗銅（以及比銅活潑的鋅、 鐵、饃等）被氧化，陰極Cu2+被還原；其他

41、Zn2+、Fe2+ 留在溶液中，而比銅活潑性弱的銀、金等金屬沉積在陽極下面，形成陽極泥。最后在陰極得到純銅（99.95% 99.98%）。3.有關電解計算的方法規律有關電解的計算通常是求電解后某產物的質量、某氣體的體積、某元素的化合價以及溶液的pH、物質的量濃度等。解答此類題的方法有兩種：一是根據電解方程式或電極反應式 列比例式求解；二是利用各電極、線路中轉移的電子數目守恒列等式求解。因電子守恒較為簡便，應注意運用。 考題名師詮釋【例1】 美國圣路易斯大學科學家研制了一種新型的乙醇電池（DEFC）,它用磺酸類質子作溶劑，在200c左右時供電，乙醇電池比甲醇電池效率高出32倍且更安全。電池總反應

42、式為C2H5OH+3O2-2CO2+3H2O,電池示意圖如圖1-2-15所示。下列說法中不正確的是 （）圖 1-2-15A.a為電池的負極B.電池工作時電流由b極沿導線經燈泡再到 a極C.電池正極的電極反應為：4 H +O 2+4e =2H 2OD.設每個電子所帶電量為 q庫侖，則1 mol乙醇被氧化產生6NAq庫侖的電量解析：本題主要考查原電池的工作原理的具體應用。原電池的負極發生氧化反應，由總反應式通入乙醇的一端為負極，A正確；正極發生還原反應，O2得到電子后O2-在酸性溶液中以H2O的形式存在，即 O2+4e-+4 H+=2H2O, C正確；電子從a極流向b極，則電流從b極 經燈泡到a極

43、，B正確；由總反應方程式知，每有 1 mol乙醇參加反應，轉移電子的物質的 量為12 mol, D不正確。答案：D鏈接拓展如何確定原電池的電極名稱？答：方法一根據原電池電極材料的性質確定。通常是：（1）對于金屬一金屬電極，較活潑金屬是負極，較不活潑金屬是正極；（2）對于金屬一非金屬電極，金屬是負極，非金屬是正極，如干電池等；對于金屬一化合物電極，金屬是負極，化合物是正極，如Ag2O|KOH|Zn電池（銀鋅紐扣電池）等。方法二 根據電極反應的本質確定。原電池中，負極向外電路提供電子，所以負極上一定發生失電子的氧化反應，正極上一定發生得電子的還原反應。所以，失電子的反應 一氧化反應 負極；得電子的

44、反應 還原反應 正極。方法三 根據電極現象確定：通常情況下，在原電池中某一電極若不斷溶解或質量不斷減少， 該電極發生氧化反應，此為原電池的負極； 若原電池中某一電極上有氣體生成，電極的質量不斷增加或電極質量不變，該電極發生還原反應，此為原電池的正極。【例2】pH=a的某電解質溶液中， 插入兩支惰性電極通直流電一段時間后，溶液的pHa,則該電解質可能是（）A.NaOHB.H2SO4C.AgNO 3D.Na2SO4解析：本題主要考查電解原理及有關離子的放電順序。由陰、陽離子的放電順序，可知電解NaOH、H2SO4、Na2SO4溶液的實質都是電解水，電解質溶液的濃度都增大，故 NaOH溶液pH升高，

45、H2SO4溶液的pH減小，Na2SO4溶液的 pH不變；AgNO 3的電解方程式為電解.一、一,4AgNO 3+2H2O=4Ag+O 2 T +4HNO 3,故溶放的 pH 減小。答案：A鏈接提示用惰性電極電解酸、堿、鹽溶液，其溶液 pH變化的判斷方法是：先分析原溶液的酸堿性，再看電極產物，即無氧只放氫，pH升；無氫有氧放，pH降；氫、氧一齊放，是堿 pH升，是酸pH降。【例3】(2006江蘇連云港調研)以Fe為陽極，Pt為陰極，對足量的 Na2SO4溶液進行電 解，一段時間后得到 4 mol Fe(OH)3沉淀共消耗水的物質的量為 ()A.6 molB.8 molC.10 molD.12 mol思路解析：本題考查了電解原理及氫氧化亞鐵及被氧化的性質。電解時反應為Fe+2H2O1Fe(OH)2+H2,生成的Fe(OH)2被空氣中的。2氧化，反應為 4Fe(OH) 2+O2+2H2O=4Fe(OH) 3,所以每生成 4 mol 56(。旬3消耗10 mol水。選C。 答案:C【例4】工業上處理含有Cr2O一的酸性工業廢水常采用下面的方法：往工業廢水中加入適量NaCl,以Fe為電極進行