2016届高考化学二轮复习学案第2部分 专题1 考前要点回扣9 有机化学知识归纳(选考).doc
高三化学二轮复习学案.
高三化学二轮复习学案第1讲化学科学特点和化学研究基本方法贺新［第一项］［考纲展示］1•了解化学的主要特点是在原子、分子水平上认识物质。
了解化学可以识别、改变和创造分子。
2•了解科学探究的基本过程，学习运用以实验和推理为基础的科学探究方法。
认识化学是以实验为基础的一门科学。
3.了解物质的组成、结构和性质。
了解化学反应的本质、基本原理以及能量变化等规律。
4•了解定量研究的方法是化学发展为一门科学的重要标志。
理解摩尔（mol ）是物质的量的基本单位，可用于进行简单的化学计算。
5•了解科学、技术、社会的相互关系（如化学与生活、材料、能源、环境、生命过程、信息技术的关系等）。
了解在化工生产中遵循“绿色化学”思想的重要性。
［典例解析］例1、下列观点错误的是：A.宏观物质都是由微观粒子构成的，微观粒子的种类和数量不同、彼此的结合方式多样决定了物质的多样性。
B.分子是保持物质化学性质的最小粒子，如果分子的组成或结构变了，其化学性质就变了。
C.构成宏观物质中微观粒子之间存在多种形式的相互作用，如离子键、共价键等。
D.储存在物质中的化学能在化学反应前后是不变的。
［答案］D命题意图分析：命制本题旨在考查考生对物质构成、性质及其变化实质的理解，考查学生头脑中对化学基本观念的构建情况。
并希望通过类似的试题将高中化学教育的着眼点引向帮助学生理解核心的化学概念、构建重要的化学观念方面。
本题主要涉及以下几个观念性知识：宏观物质都是由微观粒子构成的；构成物质的微观粒子是多种多样的；多种多样的微观粒子在构成物质时彼此之间存在相互作用（如离子键、共价键等）；一定种类和数量的微观粒子之间通过相互作用按照特定的方式结合才构成特定的物质；每种物质都有其自身独有的性制裁是因为每种物质都有其独特的微观组成和结构物质一旦发生了化学变化，其微观结构乃至微观组成就改变了，微观粒子之间的相互作用也就改变了；这种微观组成、结构、微粒间相互作用的方式等的改变决定了化学反应是从环境中吸收能量，还是往环境中释放能量。
高考化学第二轮复习重点知识
高考化学第二轮复习重点知识第一部分化学基本概念专题一化学用语1．电子式的书写是重点吗？有没有规律？答：电子式，原子结构示意图，分子式，结构式，结构简式的表示方法是高考重中之重，是表示物质的化学用语，我们在化学试卷上依靠它们来表达，所以我们必须规范书写，每年的高考由于书写不规范造成失分的大有人在.电子式常见的有 :离子晶体 Na2O2 NaOH Na2O NH4Cl分子晶体 NH3 N2 CCl4 CO2 H2O ,还有一些特殊的需要记忆的如:HClO ─OH OH-─CH3 H3O+高中阶段我们研究的电子式都满足2或8电子稳定结构,对分子而言,最外层比8少几个电子,就形成几个共价键(N2 N≡N O═C═O) .离子晶体组成微粒是阴阳离子,阴离子得电子标明[ ]和所带电荷，阳离子只标明电荷数。
容易出错的是CCl4N2─CH3，考虑一下怎么考？电子式的书写注意美观，大众化，最好都用·或都用×，写错了必须重写，千万不要在错误的上改，那样卷面会让阅卷老师看不清，减分也是必然的了.离子反应的两大传统题型：离子是否大量共存与判断离子方程式正误.2.方程式（离子方程式，电离方程式。
）的考查有哪些错误类型？答：错因1 方程式符合实际,如: （2002上海）19AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3＋＋4OH－→AlO2－（Al（OH）3）＋2H2O（05广东）B、向苯酚钠溶液中通入二氧化碳：CO2+ H2O + 2C6H5O- → 2C6H5OH + CO32-（HCO3-）错因 2. 配平问题：离子方程式符合质量守衡，有符合电荷守衡,如: （2002上海）19FeCl2溶液中通入Cl2：Fe2＋＋Cl2→Fe3＋＋2Cl－（2Fe2＋＋Cl2→2Fe3＋＋2Cl-）错因3拆不拆的问题,易溶于水的强电解质拆成离子,沉淀和弱电解质写成分子如: （2002上海）19氯化铁溶液中通入硫化氢气体：2Fe3＋＋S2－（H2S）＝2Fe2＋＋S↓;氯气通入水中:Cl2+H2O=2H+ +Cl- +ClO-（HClO）C．（05江苏）9氢氧化镁与稀硫酸反应H+ + OH—（Mg(OH)2）= H2O错因4.不注意量的关系,如:（2002年全国）9C 次氯酸钙溶液中通人过量二氧化碳：Ca2＋＋2ClO－＋H2O＋CO2＝CaCO3↓＋2HClO (ClO－＋H2O＋CO2＝HCO3－＋HClO)错因5.方程式写不全如:稀硫酸和氢氧化钡溶液反应： Ba2+＋OH-＋H+十SO42- = BaSO4↓＋H2O (Ba2+＋2OH-＋2H+十SO42- = BaSO4↓＋2H2O)错因6,注意盐类的水解和弱电解质的电离应该用可逆符号,多元弱酸的酸根水解应该分步3.离子共存学生注意哪些问题?答: 题设情景，即能否共存的环境及要求符合的条件。
2016年高考化学第二轮复习策略
1.针对问题练：查看问题是否解决
力
2.限时训练：练解题速度，反馈新的问题
能
力
能力提升---精编：新情景-------看得懂------图片信息
能
力
能力提升---精编：新情景-------想得通
能
力
(全国一卷第7题)我国清代《本草纲目拾遗》 中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下 写道：“性最烈，能蚀五金……其水甚强， 五金八石皆能穿滴，惟玻璃可盛。”这里的 “强水”是指 A．氨水 B．硝酸 C．醋 D．卤水 答案：B
燃烧热等）
主干知识---系统化
知
识
能力提升---精编：新情景-------看得懂------传统文化
能
力
我国女科学家屠呦呦的名字出自《诗经· 小 雅》：“呦呦鹿鸣，食野之蒿。我有嘉宾， 德音孔昭”，她因创制新型抗疟药———青 蒿素(结构如下图)和双氢青蒿素的贡献，荣获 2015年诺贝尔奖。下列有关青蒿素的叙述错 误的是 A．分子式为C15H20O5 B．易溶于C2H5OC2H5 C．官能团有醚键和酯基 D．能与NaOH溶液反应
化学学科知识体系
知
①基本概念：四大主干（三类离子反应，四式，n，△H） ②基础理论：三大理论（结构平衡溶液） ③无机化学：八种典型元素（ Na. Al. Fe、Cu；Cl. S. N、Si ） ④有机化学：四类反应类型（取代，加消，氧还，加缩）
识
⑤化学实验：六项知识能力（仪，操，气，检，设，评） ⑥化学计算：定量研究作为一种方法，要坚持考！（分子式，n/Vm，pH,
能
精编试题方法
试题来源：各地过去高考试题、各地新模拟题
选题方向：传统文化、生产科研实际、社会热点
高三二轮复习教案设计有机化学基础
有机化学基础【考纲展示】1.了解有机化合物中碳的成键特征。
了解有机化合物的同分异构现象。
2.了解甲烷、乙烯、苯等有机化合物的主要性质。
3.了解乙烯、氯乙烯、苯的同系物等在化工生产中的重要作用。
4.了解乙醇、乙酸的组成和主要性质及重要作用。
5.了解上述有机物所发生反应的类型。
6.了解糖类、油脂、蛋白质的组成和主要性质及重要应用。
7.了解常见高分子材料的合成反应及重要作用。
8.以上各部分知识的综合应用。
【知识回扣】知识网络有机化合物烃甲烷：只含C—H键乙烷、丙烷：含有C—H键、C—C键乙烯：含有C—C键、C=C键苯：含有C—H键，碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一类特殊的化学键烃的衍生物乙醇：含有羟基乙酸：含有羧基酯：乙酸乙酯糖类：单糖、低聚糖和多糖蛋白质高分子化合物天然高分子化合物合成高分子化合物多糖：淀粉、纤维素蛋白质天然橡胶塑料橡胶纤维要点扫描一、有机物的常考规律1.甲烷的特性：甲烷与氯气的混合气体在光照条件下发生取代反应，生成的产物有五种：CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl，物质的量最多的是HCl。
2.乙烯的特性：通入酸性高锰酸钾溶液中，高锰酸钾溶液的紫色褪去，体现了乙烯的还原性；乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，溶液慢慢褪色，乙烯与溴发生加成反应。
3.苯的特性：有芳香气味，但加入到酸性高锰酸钾溶液、溴的四氯化碳溶液均不褪色；苯与溴在铁作催化剂条件下发生取代反应；在浓硫酸催化作用下与浓硝酸发生取代反应；在镍作催化剂作用下与氢气发生加成反应，产物为环己烷。
4.乙醇的特性：与钠反应，生成乙醇钠和氢气，加入酚酞显红色；在铜作催化剂作用下，与氧气反应生成乙醛（醇的催化氧化）。
5.乙酸的特性：乙酸能使指示剂变色，如使蓝色石蕊试纸变红，使pH试纸变红；与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成乙酸乙酯。
6.葡萄糖、淀粉和蛋白质具有独特的反应（特征反应），可用于这些物质的检验。
加入的试剂 反应条件 现象 葡萄糖银氨溶液水浴加热 形成银镜 新制备的氢氧化铜浊液加热至沸腾 砖红色沉淀 淀粉 碘酒（或碘水） 常温 蓝色蛋白质浓硝酸 酒精灯微热变黄（颜色反应） 点燃法烧焦羽毛的气味二、常见有机反应类型反应类型 代表物质 举例取代反应 烷烃、芳香烃等 +HO-NO 2 H 2O+NO 2浓硫酸加成反应 烯烃、炔烃、芳香烃等不饱和烃 CH 2＝CH 2+HCl CH 3CH 2Cl催化剂酯化反应 醇与羧酸或无机含氧酸OCH 3C —OH +H —O —CH 2CH 3催化剂CH 3C —O —CH 2CH 3+H 2OO三、糖类、油脂、蛋白质的水解反应 【热点透视】热点题型【典例1】下列关于有机物的说法错误的是（ ） l 4可由CH 4制得，可萃取碘水中的碘 B.石油和天然气的主要成分都是碳氢化合物 C.乙醇、乙酸和乙酸乙酯能用饱和Na 2CO 3溶液鉴别 D.苯不能使KMnO 4溶液褪色，因此苯不能发生氧化反应解析：CCl 4可由CH 4和氯气光照取代制得，可萃取碘水中的碘，A 正确；石油和天然气的主要成分都是烃，B 正确；向乙醇、乙酸和乙酸乙酯中分别加入饱和Na 2CO 3溶液现象为：互溶；有气泡产生；溶液分层，可以鉴别，C 正确；苯虽不能使KMnO 4溶液褪色，但可以燃烧，能发生氧化反应，D 错误。
高三化学二轮专题复习学案(全套)
专题一 物质的组成、性质和分类【考纲展示】1.了解分子、原子、离子等概念的定义。
了解原子团的定义。
2.理解物理变化和化学变化的区别和联系。
3.了解化学的主要特点是在原子、分子水平上认识物质。
了解化学可以识别、改变和创造分子。
4.了解物质的组成、结构和性质的关系。
5.理解混合物与纯净物、单质与化合物、金属与非金属的概念。
6.理解酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系。
7.了解电解质的概念。
了解强电解质和弱电解质的概念。
8.了解浊液、溶液和胶体都是常见的分散系。
（1）溶液的含义，了解溶解度、饱和溶液的概念。
（2）了解溶液的组成。
理解溶液中溶质的质量分数的概念，并能进行相关计算。
（3）了解胶体的性质（如丁达尔效应、聚沉及电泳等），并能利用胶体的性质解释一些与胶体有关的简单计算。
（不要求识记胶体粒子的带电情况）。
【知识回扣】知识网络根据酸根分为含氧酸、无氧酸数目分为一元酸、二元酸、多元酸根据电离程度分为强酸、弱酸根据溶解性可分为可溶性碱、微溶性碱和难溶性碱根据电离程度可分为强碱、弱碱根据电离出OH —数目可分为一元碱、二元碱等根据阳离子可分为钠盐、钾盐等根据酸根分为硫酸盐、硝酸盐等根据组成可分为正盐、酸式盐、复盐等根据成盐的酸碱性可分为强酸弱碱盐、弱酸强碱盐等烷烃烯烃炔烃芳香烃醇、酚醛、酮羧酸、酯卤代烃烃物要点扫描一、电解质和非电解质概念理解的易错点1.电解质和非电解质都是化合物，单质既不是电解质也不是非电解质。
2.有些电解质只能在水溶液里导电，如共价型电解质HCl 、H 2SO 4等，因为液态HCl 、H 2SO 4不导电；离子型电解质，如NaHCO3、CaCO3、BaCO3等，因为这些物质不存在熔融态。
3.判断一种化合物是电解质还是非电解质，要看起导电作用的离子是否是由该物质自身电离出来的。
如SO2、NH3的水溶液能导电，但导电离子分别是H+、HSO3—、NH4+、OH—，不是由SO2、NH3本身电离出来，所以SO2、NH3均为非电解质。
2016届高考化学第二轮考点回顾复习导学案20
2016年高考化学考点回顾与讲解——考点卡片第1期1．酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【知识点的认识】题型一：酸、碱、盐互为氧化物的概念典例1：分类是学习和研究化学的一种重要方法，下列分类合理的是（）A．K2CO3和K2O都属于盐B．KOH和Na2CO3都属于碱C．H2SO4和HNO3都属于酸D．Na2O和Na2SiO3都属于氧化物分析：电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物叫酸；电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物叫碱；电离时生成金属离子和酸根离子的化合物叫盐；由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物叫氧化物；据定义分析即可．解答：A、K2CO3属于盐，K2O属于氧化物，故A错误．B、KOH属于碱，Na2CO3属于盐，故B错误．C、H2SO4和HNO3都属于酸，故C正确．D、Na2O属于氧化物，Na2SiO3属于盐，故D错误．故选C．点评：本题考查了酸、碱、盐、氧化物的概念，难度不大，注意这几个概念的区别．题型二：酸性氧化物、碱性氧化物的识别典例2：下列物质的分类正确的是（）A．A B．B C．C D．D分析：根据碱电离出的阴离子全部是氢氧根离子，酸电离出的阳离子全部是氢离子，盐电离出的阳离子是金属离子或铵根离子，阴离子是酸根离子，能与酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，能与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物等概念进行分析．解答：A、NaOH属于碱，SO2属于酸性氧化物，故A错误；B、CO属于不成盐氧化物，故B错误；C、CO属于不成盐氧化物，故C错误；D、根据物质的分类，KOH属于碱，HNO3属于酸，CaCO3属于盐，CaO属于碱性氧化物，SO2属于酸性氧化物，故D正确．故选D．点评：本题考查物质的分类，题目难度不大，注意物质的分类角度的总结．题型三：酸性氧化物、非金属氧化物、碱性氧化物、金属氧化物的辨析关系典例3：下列关于氧化物的叙述中，正确的是（）A．酸性氧化物都是非金属氧化物B．非金属氧化物都是酸性氧化物C．碱性氧化物肯定是金属氧化物D．金属氧化物肯定是碱性氧化物分析：A、能和碱反应生成只盐和水的氧化物是酸性氧化物；B、非金属氧化物可能是不成盐氧化物；C、能和酸反应只生成盐和水的氧化物是碱性氧化物．D、金属氧化物不一定都是碱性氧化物．解答：A、酸性氧化物也可能是金属氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，故A错误；B、非金属氧化物不一定是酸性氧化物，可能是不成盐氧化物，如CO属于非金属氧化物但不属于酸性氧化物，故B错误；C、碱性氧化物肯定是金属氧化物，故C正确；D、金属氧化物不一定是碱性氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，故D错误；故选C．点评：本题考查了氧化物的概念及其联系，难度不大，但概念间的联系是学习的难点，属于易错题．【解题思路点拨】金属氧化物不一定是碱性氧化物，非金属氧化物也不一定是酸性氧化物（如CO、NO）．酸性氧化物也不一定是非金属氧化物，但碱性氧化物一定是金属氧化物．2．化学方程式的有关计算【知识点的认识】化学常用计算方法：主要有：差量法、十字交叉法、平均法、守恒法、极值法、关系式法等．一、差量法在一定量溶剂的饱和溶液中，由于温度改变（升高或降低），使溶质的溶解度发生变化，从而造成溶质（或饱和溶液）质量的差量；每个物质均有固定的化学组成，任意两个物质的物理量之间均存在差量；同样，在一个封闭体系中进行的化学反应，尽管反应前后质量守恒，但物质的量、固液气各态物质质量、气体体积等会发生变化，形成差量．差量法就是根据这些差量值，列出比例式来求解的一种化学计算方法．常见的类型有：溶解度差、组成差、质量差、体积差、物质的量差等．在运用时要注意物质的状态相相同，差量物质的物理量单位要一致．二、十字交叉法凡能列出一个二元一次方程组来求解的命题，即二组分的平均值，均可用十字交叉法，此法把乘除运算转化为加减运算，给计算带来很大的方便．十字交叉法的表达式推导如下：设A、B表示十字交叉法的两个分量，表示两个分量合成的平均量，x A、x B分别表示A和B占平均量的百分数，且x A+x B=1，则有：A•x A+B•x B=（x A+x B），化简得三、平均法对于含有平均含义的定量或半定量习题，利用平均原理这一技巧性方法，可省去复杂的计算，迅速地作出判断，巧妙地得出答案，对提高解题能力大有益处．平均法实际上是对十字交叉所含原理的进一步运用．解题时，常与十字交叉结合使用，达到速解之目的．原理如下：若A＞B，且符合==A•x A%+B•x B%，则必有A＞＞B，其中是A、B的相应平均值或式，x A、x B分别是A、B的份数．四、守恒法学反应中存在一系列守恒现象，如：质量守恒（含原子守恒、元素守恒）、电荷守恒、电子得失守恒、能量守恒等，利用这些守恒关系解题的方法叫做守恒法．电荷守恒即对任一电中性的体系，如化合物、混和物、溶液、胶体等，电荷的代数和为零，即正电荷总数和负电荷总数相等．电子得失守恒是指在发生氧化﹣还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数，无论是自发进行的氧化﹣还原反应还是以后将要学习的原电池或电解池均如此．1、质量守恒2、电荷守恒3、得失电子守恒五、极值法“极值法”即“极端假设法”，是用数学方法解决化学问题的常用方法，一般解答有关混合物计算时采用．可分别假设原混合物是某一纯净物，进行计算，确定最大值、最小值，再进行分析、讨论、得出结论．六、关系式法化工生产中以及化学工作者进行科学研究时，往往涉及到多步反应：从原料到产品可能要经过若干步反应；测定某一物质的含量可能要经过若干步中间过程．对于多步反应体系，依据若干化学反应方程式，找出起始物质与最终物质的量的关系，并据此列比例式进行计算求解方法，称为“关系式”法．利用关系式法可以节省不必要的中间运算步骤，避免计算错误，并能迅速准确地获得结果．用关系式解题的关键是建立关系式，建立关系式的方法主要有：1、利用微粒守恒关系建立关系式，2、利用方程式中的化学计量数间的关系建立关系式，3、利用方程式的加合建立关系式．【命题方向】题型一：差量法典例1：加热10.0g碳酸钠和碳酸氢钠的混合物至质量不在变化，剩余固体的质量为8.45g，求混合物中碳酸钠的质量分数．分析：加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物时，碳酸钠不分解，碳酸氢钠不稳定，加热时分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，利用差量法，根据2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O计算碳酸氢钠的质量，进而计算碳酸钠的质量分数．解答：加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物时，碳酸钠不分解，碳酸氢钠不稳定，加热时分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，发生反应为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，则固体质量减少的原因是由于碳酸氢钠分解的缘故，设混合物中碳酸氢钠的质量为m，利用差量法计算，则2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O△m2×84g 62gm 10.0g﹣8.45g=1.55gm==4.2g，所以混合物中碳酸钠的质量为10.0g﹣4.2g=5.8g，混合物中碳酸钠的质量分数为：×100%=58%．答：混合物中碳酸钠的质量分数为58%．点评：本题考查混合物的计算，题目难度不大，注意根据碳酸氢钠不稳定的性质，利用差量法计算．题型二：十字交叉法典例2：实验测得C2H4与O2混合气体的密度是H2的14.5倍，可知其中乙烯的质量分数为（）A.25.0%B.27.6%C.72.4%D.75.0%分析：由，十字交叉得出物质的量之比为3：1，据此解答．解答：由，十字交叉得出物质的量之比为3：1，则乙烯的质量分数为×100%≈72.4%，故选C．点评：本题主要考察十字交叉法的应用，十字交叉法虽然能给计算带来很大的方便，但也不是万能的，要注意适用场合，如果掌握不好，建议还是采用常规方法解题．题型三：平均法典例3：10g含有杂质的CaCO3和足量的盐酸反应，产生CO20.1mol，则此样品中可能含有的杂质是（）A．KHCO3和MgCO3 B．MgCO3和SiO2 C．K2CO3和SiO2 D．无法确定分析：由“10g含有杂质的CaCO3和足量的盐酸反应，产生CO20.1mol”得出样品的平均相对分子质量是100，碳酸钙也是100，则样品中一种的相对分子质量比100大，另一种比100少，二氧化硅不与盐酸反应，认为相对分子质量比碳酸钙大．解答：由“10g含有杂质的CaCO3和足量的盐酸反应，产生CO20.1mol”得出样品中物质的平均相对分子质量是100，A．KHCO3的相对分子质量为100，MgCO3的相对分子质量为84，则平均值不可能为100，故A错误；B．MgCO3的相对分子质量为84，SiO2不与盐酸反应，认为相对分子质量比碳酸钙大，则平均值可能为100，故B正确；C．K2CO3的相对分子质量为为138，SiO2不与盐酸反应，认为相对分子质量比碳酸钙大，则平均值不可能为100，故C错误；D．由B可知，可以判断混合物的可能性，故D错误．故选B．点评：本题考查混合物的计算，题目难度不大，注意用平均值的方法进行比较和判断．题型四：质量守恒或元素守恒典例4：向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入100ml浓度为1mol/L的硫酸，恰好使混合物完全溶解，放出标况下224ml的气体．所得溶液中加入KSCN溶液后无血红色出现．若用足量的H2在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是（）分析：硫酸恰好使混合物完全溶解，硫酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeSO4溶液，根据硫酸根守恒可知n（FeSO4）=n（H2SO4）；用足量的H2在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n（Fe）=n（FeSO4），据此结合m=nM计算得到的铁的质量．解答：硫酸恰好使混合物完全溶解，硫酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeSO4溶液，根据硫酸根守恒可知n（FeSO4）=n（H2SO4）=0.1L×1mol/L=0.1mol；用足量的H2在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n（Fe）=n（FeSO4）=0.1mol，故得到Fe的质量为0.1mol×56g/mol=5.6g，故选B．点评：本题考查混合物的计算，难度中等，利用元素守恒判断铁的物质的量是解题关键，注意守恒思想的运用．题型五：电荷守恒典例5：将8g Fe2O3投入150mL某浓度的稀硫酸中，再投入7g铁粉收集到1.68L H2（标准状况），同时，Fe和Fe2O3均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4mol•L﹣1的NaOH溶液150mL．则原硫酸的物质的量浓度为（）A．1.5mol•L﹣1 B．0.5mol•L﹣1 C．2mol•L﹣1 D．1.2mol•L﹣1分析：Fe和Fe2O3均无剩余，而硫酸过量，加入氢氧化钠溶液使溶液中铁元素完全沉淀，最终溶液中的溶质是Na2SO4，由钠离子守恒可知n（NaOH）=n（Na2SO4），由硫酸根守恒可知n（Na2SO4）=n（H2SO4），再根据c=计算．解答：Fe和Fe2O3均无剩余，而硫酸过量，加入氢氧化钠溶液使溶液中铁元素完全沉淀，最终溶液中的溶质是Na2SO4，由钠离子守恒可知：n（NaOH）=n（Na2SO4）=0.15L×4mol/L=0.6mol，故n（Na2SO4）=0.3mol，由硫酸根守恒可知n（H2SO4）=n（Na2SO4）=0.3mol，则c（H2SO4）==2 mol•L﹣1，故选C．点评：本题考查物质的量浓度计算、化学方程式有关计算，清楚发生的反应是关键，注意利用守恒思想进行计算，侧重对解题方法与学生思维能力的考查，难度中等．题型六、得失电子守恒典例6：将一定量铁粉投入到500mL某浓度的稀硝酸中，恰好完全反应，在标准状况下产生NO气体11.2L，所得溶液中Fe2+和Fe3+的浓度之比为1：2，则该硝酸溶液的物质的量浓度为（）A．1mol•L﹣1 B．2 mol•L﹣1 C．3 mol•L﹣1 D．4 mol•L﹣1分析：铁与硝酸反应所得溶液中Fe2+和Fe3+的浓度之比为1：2，则Fe与硝酸都完全反应，二者都没有剩余，根据电子转移守恒计算n（Fe2+）、（Fe3+），由N原子守恒可知n（HNO3）=2n（Fe2+）+3（Fe3+）+n（NO），结合c=计算．解答：n（NO）==0.5mol，铁与硝酸反应所得溶液中Fe2+和Fe3+的浓度之比为1：2，则Fe与硝酸都完全反应，二者都没有剩余，令n（Fe2+）=ymol、则n（Fe3+）=2y mol，根据电子转移守恒，则：ymol×2+2ymol×3=0.5mol×（5﹣2）解得y=mol则n（Fe3+）=2y mol=mol×2=mol由N原子守恒可知n（HNO3）=2n（Fe2+）+3（Fe3+）+n（NO）=mol×2+mol×3+0.5mol=2mol，故原硝酸的浓度==4mol/L，故选D．点评：本题考查氧化还原反应的计算，理解原子守恒、得失电子守恒是解答本题的关键，侧重解题方法技巧的考查，题目难度中等．题型七：极值法典例7：已知相对原子质量：Li为6.9；Na为23；K为39；Rb为85．今有某碱金属R及其氧化物R2O的混合物10.8g，加足量的水，充分反应后，溶液经蒸发、干燥，得16g固体．试经计算确定是哪一种金属．分析：本题可采用极值法进行解题，假设混合物全是碱金属和全是碱金属氧化物两种情况进行分析．解答：设R的相对原子质量为M，（1）假设混合物全是碱金属，则有2R+2H2O=2ROH+H2↑2M 2（M+17）10.8g 16g解得：M=35.5（2）假设混合物全是碱金属氧化物，则有R2O+H2O=2ROH2M+16 2（R+17）10.8g 16g解得：M=10.7 因10.7＜M＜35.5 所以碱金属R为钠．点评：本题主要考察极值法的应用，通过极值法可以得出最大值和最小值，从而得出答案，难度不大．【解题思路点拨】化学计算方法很多，关键是解题时能选出恰当的方法进行解题．3．离子方程式的有关计算【知识点的认识】离子方程式计算的常用方法包括：1、原子守恒法2、电荷守恒法3、得失电子守恒法4、关系式法【命题方向】题型一：原子守恒典例1：用1L 1.0mol•L﹣1 NaOH溶液吸收0.8mol CO2，所得溶液中的CO32﹣和HCO3﹣的浓度之比约是（）A．1：3 B．1：2 C．2：3 D．3：2分析：氢氧化钠的物质的量=1.0mol/L×1L=1mol，当n（NaOH）：n（CO2）≥2，二者反应生成碳酸钠，当n（NaOH）：n（CO2）≤1时，二者反应生成碳酸氢钠，但2＞n（NaOH）：n（CO2）＞1时，二者反应生成碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，氢氧化钠和二氧化碳的物质的量之比为1mol：0.8mol=5：4，则二者反应生成碳酸钠和碳酸氢钠，根据原子守恒分析解答．解答：氢氧化钠的物质的量=1.0mol/L×1L=1mol，当n（NaOH）：n（CO2）≥2，二者反应生成碳酸钠，当n（NaOH）：n（CO2）≤1时，二者反应生成碳酸氢钠，但2＞n（NaOH）：n（CO2）＞1时，二者反应生成碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，氢氧化钠和二氧化碳的物质的量之比为1mol：0.8mol=5：4，则二者反应生成碳酸钠和碳酸氢钠，设碳酸钠的物质的量是x，碳酸氢钠的物质的量是y，根据碳原子守恒得x+y=0.8①根据钠原子守恒得：2x+y=1②，根据①②得x=0.2 y=0.6，所以CO32﹣和HCO3﹣的浓度之比=0.2mol：0.6mol=1：3，故选A．点评：本题考查物质的量浓度的计算，题目难度不大，注意从原子守恒的角度分析．题型二：电荷守恒典例2：将NaCl和NaBr的混合物m g溶于足量水，配制成500mL溶液A，再向A中通入足量氯气，充分反应后，蒸发溶液至干得晶体（m﹣2）g．则A溶液中Na+、C1﹣、Br﹣的物质的量之比肯定不正确的是（）A．3：2：1 B．3：1：2 C．4：3：1 D．3：1：4分析：向氯化钠、溴化钠的混合物中通入足量氯气，氯气和溴化钠反应生成氯化钠和溴，反应方程式为：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，蒸发溶液蒸干时，溴挥发导致得到的晶体是氯化钠，任何溶液中都存在电荷守恒，氯化钠和溴化钠都是强酸强碱盐，其溶液呈中性，根据电荷守恒判断．解答：向氯化钠、溴化钠的混合物中通入足量氯气，氯气和溴化钠反应生成氯化钠和溴，反应方程式为Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，蒸发溶液蒸干时，溴挥发导致得到的晶体是氯化钠，任何溶液中都存在电荷守恒，氯化钠和溴化钠都是强酸强碱盐，其溶液呈中性，所以c（H+）=c（OH﹣），所以溶液中c（Na+）=c（Cl﹣）+c（Br﹣），同一溶液中体积相等，所以n（Na+）=n（Cl﹣）+n（Br﹣），A．当Na+、C1﹣、Br﹣的物质的量之比3：2：1时，符合n（Na+）=n（Cl﹣）+n（Br﹣），故A正确；B．当Na+、C1﹣、Br﹣的物质的量之比3：1：2时，符合n（Na+）=n（Cl﹣）+n（Br﹣），故B正确；C．当Na+、C1﹣、Br﹣的物质的量之比4：3：1时，符合n（Na+）=n（Cl﹣）+n（Br﹣），故C正确；D．当Na+、C1﹣、Br﹣的物质的量之比3：1：4时，符合n（Na+）＜n（Cl﹣）+n（Br﹣），不符合电荷守恒，故D错误；故选D．点评：本题考查了离子方程式的计算，如果采用方程式进行计算，比较麻烦，采用电荷守恒来分析解答即可，较简便，难度中等．题型三：关系式法典例3：向等体积等物质的量浓度的NaCl、MgCl2两溶液中分别滴加等浓度的AgNO3溶液使Cl﹣恰好沉淀完全，则消耗AgNO3溶液的体积之比为（）A．1：1 B．1：2 C．2：1 D．1：3分析：等体积、等物质的量浓度的NaCl、MgCl2两种溶液中溶质的物质的量相等，分别与等物质的量浓度的AgNO3溶液恰好完全反应，则消耗的硝酸银的物质的量之比等于它们的体积比．解答：设等体积、等物质的量浓度的NaCl、MgCl2溶液中溶质的物质的量均为1mol，则与等物质的量浓度的AgNO3溶液恰好完全反应时存在：1molNaCl～1molAgNO3，1molMgCl2～2molAgNO3，由n=cV可知，物质的量之比等于溶液的体积之比，所以与NaCl、MgCl2两种溶液反应的AgNO3溶液的体积比为1：2，故选B．点评：本题考查物质的量浓度的计算，明确物质的量、浓度及物质的构成的关系，氯离子与银离子的反应是解答本题的关键，难度不大．题型四：得失电子守恒典例4：Fe与硝酸反应随温度和硝酸的浓度不同而产物不同．已知0.2mol HNO3做氧化剂时，恰好把0.4mol Fe氧化为Fe2+，则HNO3将被还原成（）A．NH4+B．N2O C．NO D．NO2分析：0.2molHNO3做氧化剂时，氮元素的化合价会降低，0.4mol Fe氧化为Fe2+，化合价升高，铁原子失去电子，氮原子是得到电子，根据得失电子守恒来计算HNO3的还原产物中N 元素的价态．解答：设硝酸被还原到的产物中，N元素的价态是x，则根据反应中得失电子守恒：0.4mol×（2﹣0）=0.2mol×（5﹣x），解得x=1，所以硝酸被还原到的产物中，N元素的价态是+1价，应该是N2O．故选B．点评：本题是一道关于电子守恒的计算题，电子守恒的灵活应用是考试的热点，难度不大．【解题思路点拔】本考点是关于离子方程式的计算方法，相对于化学方程式，离子方程式的计算方法更纯粹一点，最重要的是守恒方法和关系式法，要重点掌握．4．常见离子的检验方法【知识点的认识】题型一：常见离子的检验及溶液成分的推断典例1：（2014•嘉定区二模）某无色溶液含有①Na+、②Ba2+、③Cl﹣、④Br﹣、⑤SO32﹣、2﹣下列结论正确的是（）A．肯定含有的离子是①④⑤B．肯定没有的离子是②⑥C．不能确定的离子是①D．不能确定的离子是③⑤分析：根据盐类水解分析溶液呈碱性，是含有弱酸阴离子，只有亚硫酸根离子，根据离子共存，判断出不存在的离子；根据萃取现象确定所含溴离子；（3）操作步骤中的现象只能说明可能含有硫酸根离子；（4）操作步骤中的现象证明含氯离子，但由于（2）加入了氯离子，所以原溶液是否含氯离子不能确定；最后根据电荷守恒确定电解质溶液中的阳离子的存在．解答：由于溶液是无色混合溶液，则有色离子不存在，PH测得溶液PH大于7，溶液呈碱性，说明一定有弱酸根离子，则含有SO32﹣，一定没有Ba2+；溶液中滴加氯水后萃取，萃取层呈橙色证明原溶液含④Br﹣；分液后加入Ba（NO3）2溶液和稀HNO3，有白色沉淀生成，说明溶液中可能含硫酸根离子，过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3，有白色沉淀生成，证明是氯离子，但（2）加入氯水加入了氯离子，不能确定是否含氯离子；根据以上分析溶液中一定含有SO32﹣、Br﹣，无Ba2+；依据电荷守恒，溶液中一定含Na+；所以溶液中一定存在的离子是①④⑤；故选A．点评：本题考查了常见离子的检验方法、萃取操作，离子共存的判断，电荷守恒的应用等知识，注意先确定离子存在，再否定不共存的离子，本题难度中等．题型二：结合图象的推断典例2：（2013•长春一模）某溶液中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32﹣、SO42﹣中的几种．①若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体；②若加入NaOH溶液，产﹣、NO3生白色沉淀，且产生的沉淀的物质的量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示．则下列说法正确的是（）A．溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+B．溶液中n（NH4+）=0.2molC．溶液中一定不含CO32﹣，可能含有SO42﹣和NO3﹣D．三种离子的物质的量之比n（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=1：1：1分析：若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则CO32﹣和NO﹣不能大量共存；加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在铁离子；根据产生3的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42﹣．结合图象中各阶段消耗的氢氧化钠，计算溶液中n（H+）、n（Mg2+）、n（Al3+）、n（NH4+），据此解答．解答：若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则CO32﹣不能大量共存；﹣和NO3加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在Fe3+；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42﹣；由图象可知，第一阶段为氢离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.1mol，则n（H+）=0.1mol；第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.7mol﹣0.5mol=0.2mol，则n（NH4+）=0.2mol；最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消耗氢氧化钠0.8mol﹣0.7mol=0.1mol，则n[Al（OH）]=0.1mol，根据铝元素守恒可知n（Al3+）=0.1mol；3第二阶段为氢氧化钠沉淀镁离子、铝离子，共消耗氢氧化钠为0.5mol﹣0.1mol=0.4mol，则n （Mg2+）=（0.4mol﹣0.1mol×3）÷2=0.05mol，A．由上述分析可知，溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+、NH4+，故A错误；B．由上述分析可知，溶液中n（NH4+）=0.2mol，故B正确；C．由上述分析可知，溶液中一定不含CO32﹣、NO3﹣，一定含有SO42﹣，故C错误；D．由上述分析可知，溶液中n（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=0.1mol：0.1mol：0.05mol=2：2：1，故D错误，故选B．点评：本题考查离子共存、反应图象识别以及离子反应有关计算等，是高考中的常见题型，对学生的综合能力提出了更高的要求，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，难度较大．【解题方法点拨】解离子推断题应掌握的基本原则：1、互斥性原则互斥性原则就是当我们利用题给实验现象判断出一定有某中离子时，应立即运用已有的知识，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有哪种离子．如判断Ag+是否存在，但其不可能与题干中已有的S2﹣、CO3 2﹣、SO32﹣、SO42﹣共存，即可排除Ag+．2、进出性原则进出性原则就是在进行离子检验时，往往要加入试剂，这样就会引进新的离子，那么原溶液中是否存在该种离子就无法判断，与此同时还会有一些离子会随着实验过程中所产生的沉淀或气体而离开，有可能对后续的实验造成影响．3、电中性原则电中性原则就是在任何电解质溶液中，阴、阳离子总电荷数是守恒的，即溶液呈现电中性．在判断混合体系中某些离子存在与否时，有的离子并未通过实验验证，但我们仍可运用溶液中电荷守恒理论来判断其存在．如已经判断出溶液中含有AlO2﹣、S2﹣、SO32﹣三种阴离子，且已排除Ag+、Ba2+、Fe3+三种阳离子，但是溶液中如果只有AlO2﹣、S2﹣、SO32﹣是不可能的，根据电中性原则必须有阳离子，故可判断溶液中Na+是一定存在的．5．氯气的化学性质【知识点的认识】氯气的化学性质：氯原子在化学反应中很容易获得1个电子．所以，氯气的化学性质非常活泼，是一种强氧化剂．（1）与金属反应：Cu+C12CuCl2实验现象：铜在氯气中剧烈燃烧，集气瓶中充满了棕黄色的烟．一段时间后，集气瓶内壁附着有棕黄色的固体粉末．向集气瓶内加入少量蒸馏水，棕黄色固体粉末溶解并形成绿色溶液，继续加水，溶液变成蓝色．2Na+C122NaCl实验现象：有白烟产生．说明：①在点燃或灼热的条件下，金属都能与氯气反应生成相应的金属氯化物．其中，变价金属如（Cu、Fe）与氯气反应时呈现高价态（分别生成CuCl2、FeCl3）．②在常温、常压下，干燥的氯气不能与铁发生反应，故可用钢瓶储存、运输液氯．③“烟”是固体小颗粒分散到空气中形成的物质．如铜在氯气中燃烧，产生的棕黄色的烟为CuCl2晶体小颗粒；钠在氯气中燃烧，产生的白烟为NaCl晶体小颗粒；等等．（2）与氢气反应．H2+C122HCl注意：①在不同的条件下，H2与C12均可发生反应，但反应条件不同，反应的现象也不同．点燃时，纯净的H2能在C12中安静地燃烧，发出苍白色的火焰，反应产生的气体在空气中形成白雾并有小液滴出现；在强光照射下，H2与C12的混合气体发生爆炸．②物质的燃烧不一定要有氧气参加．任何发光、发热的剧烈的化学反应，都属于燃烧．如金属铜、氢气在氯气中燃烧等．③“雾”是小液滴悬浮在空气中形成的物质；“烟”是固体小颗粒分散到空气中形成的物质．要注意“雾”与“烟”的区别．④H2与Cl2反应生成的HCl气体具有刺激性气味，极易溶于水．HCl的水溶液叫氢氯酸，俗称盐酸．（3）与水反应．C12+H2O⇌HCl+HClO离子方程式：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO说明：①C12与H2O的反应是一个C12的自身氧化还原反应．其中，Cl2既是氧化剂又是还原剂，H2O只作反应物．②在常温下，1体积水能溶解约2体积的氯气，故新制氯水显黄绿色．同时，溶解于水中的部分C12与H2O反应生成HCl和HClO，因此，新制氯水是一种含有三种分子（C12、HClO、H2O）和四种离子（H+、Cl﹣、ClO﹣和水电离产生的少量OH﹣）的混合物．所以，新制氯水具有下列性质：酸性（H+），漂白作用（含HClO），Cl﹣的性质，C12的性质．③新制氯水中含有较多的C12、HClO，久置氯水由于C12不断跟H2O反应和HClO不断分解，使溶液中的C12、HClO逐渐减少、HCl逐渐增多，溶液的pH逐渐减小，最后溶液变成了稀盐酸，溶液的pH＜7．④C12本身没有漂白作用，真正起漂白作用的是C12与H2O反应生成的HClO．所以干燥的C12不能使干燥的有色布条褪色，而混有水蒸气的C12能使干燥布条褪色，或干燥的C12能使湿布条褪色．⑤注意“氯水”与“液氯”的区别，氯水是混合物，液氯是纯净物．（4）与碱反应．常温下，氯气与碱溶液反应的化学方程式的通式为：氯气+可溶碱→金属氯化物+次氯酸盐+水．重要的反应有：C12+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O或Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，该反应用于实验室制C12时，多余Cl2的吸收（尾气吸收）．2Cl2+2Ca（OH）2 =Ca（C1O）2 +CaCl2 +2H2O。
2016届高考化学第二轮专题复习教案16
盐类水解知识及其应用教学目标知识技能：使学生掌握盐类水解的实质和规律，并能够运用水解规律及平衡知识解释、说明有关化学事实。
能力培养：创设问题情景，引导学生注重掌握知识的准确性，培养学生运用知识逻辑推理，解决新问题的能力。
科学思想：通过实验及问题讨论，加强学生对现象与本质的辩证关系的理解，使学生学会用实验方法和逻辑推理去探究物质之间的内在联系。
科学品质：通过对水解知识的拓展与迁移，激发学生的学习兴趣和求知欲，让学生自己设计实验，培养学生的创造性和严谨求实的科学品质。
科学方法：分析推理，迁移应用及科学抽象。
重点、难点水解规律的综合应用及准确的分析表述。
教学过程设计教师活动【引言】我们已经知道盐溶液不一定是中性溶液，其原因是由于盐类的水解。
本次课的内容是复习水解实质、规律及相关知识在解决实际问题中的应用。
学生活动回忆思考有关盐类水解的概念及其规律。
【投影演示】（1）少量CH3COONa固体投入盛有无水乙醇的培养皿，滴加几滴酚酞，然后再加入少量水。
（2）少量镁粉投入盛有NH4Cl水溶液的培养皿。
【提问】请结合两个实验现象，分析、解释其本质原因，并写出有关离子方程式。
观察实验，记录现象：（1）开始酚酞不变色，加水后变红色；（2）有气泡产生。
讨论分析现象得出：实验（1）CH3COO-与水电离出的H+结合生成CH3COOH，而使水的电离平衡向右移动，溶液显碱性。
因此盐类水解，水也是必要的反应物之一。
CH 3COO-+H2O CH3COOH+OH-实验（2）NH4+水解，使溶液显酸性，镁与水解产生的氢离子发生置换反应生成氢气。
NH4+H2ONH3·H2O+H+Mg+2H+=Mg2++H2↑由于水解平衡的正向移动，产生的气体中除氢气可能也有氨气。
归纳小结：【板书】一、盐类水解的实质【投影】例1现有酚酞、石蕊、0.1mol/L氨水、氯化铵晶体、0.1mol/L盐酸、熟石灰和蒸馏水，若仅用上述试剂怎样用简单实验方法证明氨水是弱碱？请讨论可能的实验方案。
2016届高考化学第二轮考点回顾复习导学案22
2016年高考化学考点回顾与讲解——考点卡片第2期1．化学反应的基本原理【知识点的认识】一个化学反应能否被利用，需要考虑三个问题：1、反应能否发生，这是化学热力学的问题；2、反应进行的速率，这是化学动力学的问题；3、反应的产率问题，即化学平衡问题．因此化学反应的基本原理包括化学反应中的能量变化、化学反应的方向、化学平衡及平衡的移动、电离平衡以及电化学原理等内容．【命题方向】题型一：化学反应原理包含的内容典例1：我们主要从三个方面讨论一个化学反应的原理，其中不属于这三个方面的是（）A．反应进行的方向B．反应的快慢C．反应进行的限度D．反应物的多少分析：化学反应原理包括三个主题：反应能否发生、反应进行的速率和反应的产率问题．解答：化学反应原理包括三个主题：反应能否发生、反应进行的速率和反应的产率问题，因此反应进行的方向、反应的快慢和反应进行的限度都是化学反应原理研究的内容．故选D．点评：本题考查了化学反应的原理的基本内容，题目比较基础，明确原理涉及的内容即可解答．2．混合物和纯净物【知识点的认识】1、混合物的概念：混合物是由两种或多种物质混合而成的物质，亦即混合物．混合物没有固定的化学式．无固定组成和性质，组成混合物的各种成分之间没有发生化学反应，将他们保持着原来的性质．混合物可以用物理方法将所含物质加以分离．2、混合物和纯净物的区别：【命题方向】本考点属于初中学过的基础知识，了解即可．题型一：混合物、纯净物概念的考察典例1：下列物质肯定为纯净物的是（）A．只有一种元素组成的物质B．只有一种原子构成的物质C．只有一种分子构成的物质D．只有一种元素的阳离子与另一种元素的阴离子构成的物质分析：纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质，据此结合常见物质的组成成分逐项分析即可．解答：A．由同种元素组成的物质，不一定是纯净物，例如，石墨与金刚石混合在一起，由碳元素组成，属于混合物，故A错误；B．一种分子只能构成一种物质，一种原子可能得到不同的分子，如O2、O3均由氧原子构成，故B错误；C．由同种分子构成的物质，物质的组成种类只有一种，属于纯净物，故C正确；D．对于离子化合物来说，一种阳离子和一种阴离子只能得到一种物质（电荷守恒），当阴、阳离子个数比不同时，其组成物质的种类可能是多种，如FeCl3与FeCl2，故D错误．故选：C．点评：本题主要考查了纯净物的概念，题目难度不大，如果只有一种物质组成就属于纯净物，如果有多种物质组成就属于混合物．题型二：常见的混合物和纯净物的区分典例2：下列物质属于混合物的是（）A．纯碱B．小苏打C．烧碱D．漂白粉分析：根据纯净物是由一种物质组成，混合物是由不同物质组成，最少有两种物质组成，据此分析判断．解答：A、纯碱中只含有一种碳酸钠，属于纯净物，故A错误；B、小苏打中只含有一种物质碳酸氢钠，属于纯净物，故B错误；C、烧碱中只含有一种物质氢氧化钠，属于纯净物，故C错误；D、漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，属于混合物，故D正确；故选D．点评：本题主要考查物质的分类，解答时要分析物质的组成，对照概念即可完成．【解题思路点拨】常见判断混合物和纯净物的方法：能否写出化学式，能写出化学式的为纯净物，不能写出的为化合物．因此需要熟记高中所学的容易混淆的混合物，比如：漂白粉、漂粉精、草木灰、石灰石（大理石、方解石）、电石、铝土矿、刚玉、水玻璃、水煤气、焦炉煤气、福尔马林等都是混合物．3．离子方程式的书写【知识点的认识】一、离子方程式的概念：离子方程式，用实际参加反应的离子符号表示离子反应的式子．二、离子方程式的书写步骤：1、写：明确写出有关反应的化学方程式．2、拆：（1）可溶性的强电解质（强酸、强碱、可溶性盐）一律用离子符号表示，其它难溶的物质、难电离的物质、气体、氧化物、水等仍用化学式表示．（2）对于微溶物质来说在离子反应中通常以离子形式存在（溶液中），但是如果是在浊液里则需要写出完整的化学式，例如，石灰水中的氢氧化钙写离子符号，石灰乳中的氢氧化钙用化学式表示．浓硫酸中由于存在的主要是硫酸分子，也书写化学式．浓硝酸、盐酸是完全电离的，所以写离子式．实例如下：1）拆分的物质如Ca（HCO3）2+2H+═Ca2++2CO2↑+2H2O，错在未将Ca（HCO3）2拆分成Ca2+和HCO3﹣．应为：HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O．可见：能拆分的物质一般为强酸（如盐酸HCl）、强碱（如氢氧化钠NaOH）、和大多数可溶性盐（氯化钠NaCl）．2）不能拆分的物质①难溶物不拆例l：向碳酸钙中加入过量盐酸．错误：CO32﹣+2H+=CO2+H2O原因：CaCO3难溶于水，像BaSO4、AgCl、Cu（0H）2、H2SiO3、FeS、CuS，等在书写离子方程式时均不能拆开，应写成化学式．正确：CaCO3+2H+=CO2+Ca2++H2O②微溶物作生成物不拆（98%浓硫酸，石灰乳（Ca（OH）2）等特殊的要注意）例2：向氯化钙溶液中加入硫酸钠溶液．错误：该反应不能发生．原因：CaSO4是微溶物，像Ag2SO4、MgCO3、Ca（OH）2等微溶物，若作为生成物在书写离子方程式时均不能拆开，应写成化学式．正确：SO42﹣+Ca2+=CaSO4↓说明：微溶物作生成物，浓度较小时拆成离子式，浓度较大时应写成化学式．③弱电解质不拆（CH3COOH，HF，HClO，H2CO3，H2S，H2SO3，NH3•H2O）例3：向氯化铝溶液中加入过量氨水．错误：Al3++30H﹣=Al（0H）3↓原因：氨水为弱电解质，像H2O、HF、CH3COOH等弱电解质在书写离子方程式时均不能拆开，应写成化学式．正确：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3 ↓+3NH4+④氧化物不拆（MnO2，CuO，Fe2O3，Al2O3，Na2O，Na2O2）例4：将氧化钠加入水中．错误：O2﹣+H20=20H﹣原因：Na2O是氧化物，氧化物不论是否溶于水在书写离子方程式时均不能拆开，应写成化学式．正确：Na2O+H2O=2Na++20H﹣⑤弱酸的酸式酸根不拆（包括HCO3﹣，HS﹣，HSO3﹣，H2PO4﹣，HPO42﹣）例5：向碳酸氢钠溶液中加入稀盐酸．错误：2H++CO32﹣=CO2↑+H2O原因．HCO3﹣是弱酸H2C03的酸式酸根，像HSO3﹣，、HS﹣、H2PO4﹣等离子在书写离子方程式时均不能拆开，应写成化学式．正确：HCO3﹣+H+=C02↑+H20注意：对于强酸的酸式盐，如NaHSO4其阴离子在稀溶液中应拆开写成H+与SO42﹣形式，在浓溶液中不拆开，仍写成HSO4﹣．⑥固相反应不拆例6：将氯化铵固体与氢氧化钙固体混合加热．错误：NH4++OH﹣=NH3↑+H20原因：写离子反应的前提是在水溶液中或熔融状态下进行的反应，固体与固体的反应尽管是离子反应，只能写化学方程式，不写离子方程式．正确：2NH4Cl+Ca（0H）2=CaCl2+2NH3↑+2H2O（化学反应方程式）⑦非电解质不拆蔗糖、乙醇等大多数有机物是非电解质，在书写离子方程式时均不能拆开，应写分子式．3、删：删去方程式两边相同的离子和分子．4、查：检查式子两边的各种原子的个数及电荷数是否相等，是否配平，还要看所得式子化学计量数是不是最简整数比，若不是，要化成最简整数比．三、离子方程式书写遵守的原则：1、客观事实原则：如2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑，错在H+不能把Fe氧化成Fe3+，而只能氧化成Fe2+．应为：Fe+2H+═Fe2++H2↑．2、质量守恒原则：如Na+H20═Na++OH﹣+H2↑，错在反应前后H原子的数目不等．应为：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑．3、电荷守恒原则：如Fe3++Cu═Fe2++Cu2+，错在左右两边电荷不守恒．应为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+．4、定组成原则：如稀硫酸与Ba（OH）2溶液反应：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O，错在SO42﹣和H+，Ba2+和OH﹣未遵循1：2这一定组成．应为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O．【命题方向】本考点主要考察离子方程式的书写规则，需要重点掌握．第一类错误：拆分不合理（详见“拆”步骤中）第二类错误：不符合客观事实典例1：（2010•湖北）能正确表示下列反应的离子方程式是（）A．将铁粉加入稀硫酸中2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑B．将磁性氧化铁溶于盐酸Fe3O4+8H+═3Fe3++4H2OC．将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合Fe2++4H++NO3﹣═Fe3++2H2O+NO↑ D．将铜屑加Fe3+溶液中2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+分析：A、铁和非氧化性的酸反应生成亚铁盐；B、磁性氧化铁中的铁元素有正二价和正三价两种；C、离子反应要遵循电荷守恒；D、铜和三价铁反应生成亚铁离子和铜离子．解答：A、铁和稀硫酸反应生成亚铁盐，Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误；B、磁性氧化铁溶于盐酸发生的反应为：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O，故B错误；C、氯化亚铁溶液能被稀硝酸氧化，电荷不守恒，3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++2H2O+NO↑，故C错误；D、铜和三价铁反应生成亚铁离子和铜离子，铜不能置换出铁，即2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故D正确．故选D．点评：本题主要考查学生离子方程时的书写知识，要注意原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒的思想，是现在考试的热点．第三类错误：配平有误，不守恒典例2：（2014•德庆县一模）下列反应的离子方程式正确的是（）A．向Ba（OH）2溶液中滴加稀盐酸：2H++2Cl﹣+Ba2++2OH﹣═2H2O+BaCl2B．向FeCl3溶液中加铁粉：2Fe3++Fe═3Fe2+C．向澄清石灰水中通入过量二氧化碳：Ca2++2OH﹣+CO2═CaCO3↓+H2OD．向FeCl3溶液中加入Cu粉：Fe3++Cu═Fe2++Cu2+分析：A．反应生成氯化钡和水，氢氧化钡为溶于水的强碱；B．反应生成氯化亚铁、电子、电荷均守恒；C．过量二氧化碳，反应生成碳酸氢钙；D．电子、电荷不守恒．解答：A．向Ba（OH）2溶液中滴加稀盐酸的离子反应为H++OH﹣═H2O，故A错误；B．向FeCl3溶液中加铁粉的离子反应为2Fe3++Fe═3Fe2+，故B正确；C．向澄清石灰水中通入过量二氧化碳的离子反应为OH﹣+CO2═HCO3﹣，故C错误；D．向FeCl3溶液中加入Cu粉的离子反应为2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故D错误；故选B．点评：本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应为解答的关键，注意把握氧化还原反应中电子、电荷守恒即可解答，题目难度不大．第四类错误：未考虑反应物中量的关系（详见下面的难点突破）第五类错误：忽略隐含信息1）能发生氧化还原反应的离子：SO2通入NaClO溶液中：反应的离子方程式为SO2+ClO﹣+H2O=SO42﹣+Cl﹣+2H+．2）胶体不带沉淀符号：3）无论是“少量”还是“过量”的CO2通入苯酚钠中均生成NaHCO3（因为碳酸钠和苯酚不能共存）：4）CO2（SO2）通入NaOH少量和过量的情况：少量CO2：CO2+2OH﹣=H2O+CO32﹣；过量CO2：CO2+OH﹣=HCO3﹣；【解题思路点拨】难点突破：1、反应试剂的滴加顺序：（1）第一类：1）NaOH溶液和AlCl3溶液①NaOH 溶液滴加到AlCl 3溶液中的离子反应：先是Al 3++3OH ﹣=Al （OH ）3↓，后是Al （OH ）3+OH﹣=AlO 2﹣+2H 2O ；②AlCl 3溶液滴加到NaOH 溶液中时：先是Al 3++4OH ﹣=AlO 2﹣+2H 2O ，后是Al 3++3AlO 2﹣+6H 2O=4Al （OH ）3↓． 2）盐酸和NaAlO 2溶液①盐酸滴加到NaAlO 2溶液中的离子反应：先是AlO 2﹣+H ++H 2O=Al （OH ）3↓，后是Al （OH ）3+3H +=Al 3++3H 2O ；②当NaAlO 2溶液滴加到盐酸溶液中时：先是AlO 2﹣+4H +=Al 3++2H 2O ，后是Al 3++3AlO 2﹣+6H 2O=4Al （OH ）3↓． 3）氨水和AgNO 3溶液①氨水滴加到AgNO 3溶液中：先是Ag ++NH 3•H 2O=AgOH ↓+NH+4，后是AgOH+2NH 3•H 2O=[Ag （NH 3）2]++OH ﹣+2H 2O ，②当AgNO 3溶液滴加到氨水中：Ag ++2NH 3•H 2O=[Ag （NH 3）2]++2H 2O ． （2）第二类：1）NaHSO 4溶液和Ba （OH ）2溶液 ①向NaHSO 4溶液中逐滴加入Ba （OH ）2溶液至中性：解析：因NaHSO 4是二元强酸的酸式盐，故全部电离．当反应后溶液呈中性时，其反应的化学方程式是：2NaHSO 4+Ba （OH ）2=BaSO 4↓+Na 2SO 4+2H 2O ，其离子方程式是： 2H ++SO 42﹣+Ba 2++2OH ﹣=BaSO 4↓+2H 2O②在上述中性溶液里，继续滴加Ba （OH ）2溶液：解析：这时在①中存在的溶质只有Na 2SO 4，继续滴加Ba （OH ）2溶液的离子方程式是： SO 42﹣+Ba 2+=BaSO 4↓③向NaHSO 4溶液中逐滴加入Ba （OH ）2溶液至SO 42﹣恰好完全沉淀：解析：当SO 42﹣恰好完全沉淀，则Ba （OH ）2溶液中的Ba 2+与SO 42﹣恰好是按1：1反应，且H +与 OH ﹣的比也是1：1，这时溶液中的溶质是NaOH ．其离子方程式是： H ++SO 42﹣+Ba 2++OH ﹣=BaSO 4↓+H 2O④向Ba （OH ）2溶液中逐滴加入NaHSO 4溶液直至过量：解析：向Ba （OH ）2溶液中逐滴加入NaHSO 4溶液直至过量，SO 42﹣与Ba 2+的比为1：1反应，H +与 OH ﹣的比为2：2反应．其离子方程式是： 2H ++SO 42﹣+Ba 2++2OH ﹣=BaSO 4↓+2H 2O 2）Ba （OH ）2溶液和NaHCO 3溶液⑤向Ba（OH）2溶液中逐滴加入过量的NaHCO3溶液：解析：该问相当于2mol OH﹣与过量的HCO3﹣反应，且生成的CO32﹣再与1mol Ba2+结合．Ba2++2OH﹣+2 HCO3﹣=BaCO3↓+2H2O+CO32﹣3）Ca（OH）2溶液和NaHCO3溶液①少量的Ca（OH）2和足量的NaHCO3溶液混合（向NaHCO3溶液中滴入Ca（OH）2）：2OH﹣+Ca2++2HCO3﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O；②足量的Ca（OH）2和少量的NaHCO3溶液混合（向Ca（OH）2溶液中滴入NaHCO3）：OH﹣+Ca2++HCO3﹣=CaCO3↓+H2O；③少量的Ca（HCO3）2溶液和足量的NaOH溶液混合（向NaOH溶液中滴入Ca（HCO3）2）：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O；④向Ba（OH）2溶液中逐滴加入KAl（SO4）2溶液至Ba2+恰好完全沉淀；在上述溶液中继续滴加KAl（SO4）2溶液时，该步反应的离子方程式是解析：这时相当于2 mol Ba（OH）2和1 mol KAl（SO4）2反应，其离子方程式是：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O在上述溶液中继续滴加KAl（SO4）2溶液时，Al3+和AlO2﹣发生双水解反应，其离子方程式是：Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓⑤向KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液直至溶液中的SO42﹣恰好完全沉淀；当沉淀的物质的量达到最大时反应的离子方程式是解析：这时相当于1 mol KAl（SO4）2和2 mol Ba（OH）2反应，其离子方程式是：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O当沉淀的物质的量达到最大时，相当于2 mol KAl（SO4）2和3 mol Ba（OH）2反应，其离子方程式是：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣=3BaSO4↓+2Al（OH）3↓2、反应试剂的用量：如将CO2分别以“少量”“过量”通入到NaOH、NaAlO2、NaSiO3、Ca（ClO）2的溶液中发生的离子反应方程式是不同的．少量CO2与上述各溶液反应的离子方程式分别是：CO2+2OH﹣=H2O+CO32﹣；CO2+2AlO2﹣+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32﹣；CO2+SiO32﹣+H2O=H2SiO3↓+CO32﹣；CO2+Ca2++2ClO﹣+H2O=CaCO3↓+2HClO．过量的CO2与上述各溶液反应的离子方程式分别是：CO2+OH﹣=HCO3﹣；CO2+AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；2CO2+SiO32﹣+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3﹣；CO2+ClO﹣+H2O=HCO3﹣+HClO．但是无论是“少量”还是“过量”的CO2通入苯酚钠中均生成NaHCO3（因为碳酸钠和苯酚不能共存）其离子方程式是：CO2+H2O+→+HCO3﹣3、氧化还原反应的顺序与试剂用量的关系：如少量Cl2通入FeI2溶液时，还原性强的I﹣先和Cl2反应：2I﹣+Cl2=2Cl﹣+I2．这时若继续通入Cl2到过量，Cl2再和Fe2+反应：2Fe2++Cl2=2Cl﹣+2 Fe3+．那么足量的Cl2通入Fe I2溶液时的离子方程式是二者的加和：2Fe2++4I﹣+3Cl2=2 Fe3++6Cl﹣+2I2；又如少量Na2S溶液滴加到FeCl3溶液中，具有氧化性的Fe3+过量，反应的离子方程式是：2Fe3++S2﹣=S↓+2Fe2+；当少量FeCl3溶液滴加到Na2S溶液中，具有还原性的S2﹣过量，反应的离子方程式是：3S2﹣+2Fe3+=2FeS↓+S↓．4、不要漏写参加反应离子的比值及离子数：如Ba（OH）2溶液和H2SO4溶液混合，SO42﹣与Ba2+的比为1：1反应，H+与OH﹣的比为2：2反应．其离子方程式是：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O，切不可写成：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣=BaSO4↓+H2O，而导致错误．再如Ba（OH）2溶液和CuSO4溶液混合，正确的离子方程式是：Ba2++2OH﹣+Cu2++SO42﹣=BaSO4↓+Cu（OH）2↓，切不可写成：SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓遗失离子而导致错误．4．阿伏加德罗常数【知识点的认识】1、阿伏伽德罗常数：（1）概念：阿伏加德罗常数的定义值是指0.012kg 12C所含的原子数，约为6.02×1023，符号为N A．表示1mol任何粒子的数目．（2）单位：mol﹣1．2、阿伏加德罗常数可用多种实验方法测得，到目前为止测得比较精确的数据是6.0221367×1023 mol﹣1．【命题方向】本考点主要考察阿伏伽德罗常数的概念、符号及数值、单位，需要重点掌握．题型一：阿伏伽德罗常数的概念典例1：下列叙述正确的是（）A．1 mol任何物质都含有6.02×1023个原子B．0.012 kg12C约含有6.02×1023个碳原子C．硫酸的摩尔质量是98g D．常温常压下，1 mol氧气的体积约为22.4L分析：A、物质有的是单原子分子，有的是双原子分子多原子分子，离子化合物等；B、依据阿伏伽德罗常数的概念分析判断；C、摩尔质量是单位物质的量的物质的质量；D、常温常压下，气体摩尔体积不为22.4L/mol．解答：A、构成物质的微粒不同，1 mol任何物质不一定都含有6.02×1023个原子，故A错误；B、0.012 kg12C约含有6.02×1023个碳原子为1mol，为阿伏伽德罗常数的规定，故B正确；C、硫酸的摩尔质量是98g/mol，故C错误；D、常温常压下，1 mol氧气的体积不是22.4L，故D错误；故选B．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查阿伏伽德罗常数的规定，气体摩尔体积的条件应用，摩尔质量的概念判断，题目较简单．题型二：阿伏伽德罗常数的计算应用典例2：设N A是阿伏加德罗常数的数值．下列说法正确的是（）A．1L 0.1mol•L﹣1的FeCl3溶液中，Fe3+的数目为0.1N AB．1mol NH3中含有N﹣H键的数目为3N AC．7.8g Na2O2中含有的阳离子数目为0.1N AD．标准状况下，22.4L水中分子个数为N A分析：A、氯化铁溶液中铁离子部分水解，铁离子数目减少；B、氨气分子中含有3个氮氢键，1mol氨气中含有3mol氮氢键；C、过氧化钠中的阳离子为钠离子，0.1mol过氧化钠中含有0.2mol钠离子；D、标准状况下水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量．解答：A、1L 0.1mol•L﹣1的FeCl3溶液中含有溶质氯化铁0.1mol，铁离子部分水解，溶液中含有的铁离子小于0.1mol，Fe3+的数目小于0.1n A，故A错误；B、1mol氨气中含有3mol氮氢键，含有N﹣H键的数目为3n A，故B正确；C、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，0.1mol过氧化钠中含有0.2mol钠离子，含有的阳离子数目为0.2n A，故C错误；D、标况下，水不是气体，题中条件无法计算22.4L水的物质的量，故D错误；故选B．点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下的气体摩尔体积的使用条件．【解题思路点拨】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：1）物质的状态是否为气体；2）对于气体注意条件是否为标况；3）注意同位素原子的差异；4）注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；5）注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22﹣构成，而不是有Na+和O2﹣构成；SiO2、SiC 都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4N A，1molP4含有的共价键为6N A等．5．物质的量浓度的相关计算【知识点的认识】1、物质的量浓度：（1）概念：溶质（用字母B表示）的物质的量浓度是指单位体积溶液中所含溶质B的物质的量，用符号c B表示．（2）单位：常用单位为mol/L．（3）计算公式：c B=n B/V注意：其中V指的是溶液的体积，而不是溶剂的体积．2、溶液中溶质的质量分数与溶质的物质的量浓度的换算：（1）将溶质的质量分数换算成物质的量浓度时，首先要计算1L溶液中含溶质的质量，换算成相应物质的量，有时还需将溶液的质量换算成溶液的体积，最后才换算成溶质的物质的量浓度．（2）将溶质的物质的量浓度换算成溶质的质量分数时，首先要将溶质的物质的量换算成溶质的质量，有时还将溶液的体积换算成质量，然后换算成溶质的质量分数．n=m/M=V•ρ•w•1000/Mc=n/Vc=（V•ρ•w/M）/V=V•ρ•w/MV[式中：ρ﹣溶液的密度，单位为g/mL或g/cm3，w﹣溶质的质量分数，M﹣溶质的摩尔质量，数值等于物质的式量]．【命题方向】本考点主要考察物质的量浓度的计算，需要中断掌握．题型一：物质的量浓度概念的考察典例1：下列关于1mol/L NaCl说法正确的是（）A．1 L该溶液中含有58.5 g NaCl B．从1 L该溶液中取出0.5 L后，剩余NaCl溶液的浓度为0.5 mol/LC．该溶液中Na+的浓度为0.5 mol/L D．称取58.5 g NaCl固体溶于1 L水中，即可配制成1 mol/L NaCl溶液分析：A、根据n=cV计算氯化钠的物质的量，再根据m=nM计算氯化钠的质量；B、溶液是均匀的，取出部分溶液、剩余溶液与原溶液浓度相等；C、根据钠离子守恒可知溶液c（Na+）=c（NaCl）；D、58.5 g NaCl固体的物质的量为1mol，溶于水配成1L溶液，浓度为1mol/L．解答：A、氯化钠的物质的量为1L×1mol/L=1mol，氯化钠的质量为1mol×58.5g/mol=58.5g，故A正确；B、溶液是均匀的，取出部分溶液、剩余溶液与原溶液浓度相等，都为1mol/L，故B错误；C、根据钠离子守恒可知溶液c（Na+）=c（NaCl）=1mol/L，故C错误；D、58.5 g NaCl固体的物质的量为1mol，溶于水配成1L溶液，浓度为1mol/L，体积1L是指溶液体积，不是溶剂体积，故D错误；故选A．点评：考查物质的量浓度计算及对物质的量浓度概念的理解，难度较小，注意溶质离子浓度的计算．题型二：物质浓度与构成其微粒浓度的关系典例2：下列溶液中的Cl﹣浓度与50mL 1mol/L MgCl2溶液中的Cl﹣浓度相等的是（）A．150 mL 1 mol/L NaCl溶液B．75 mL 2 mol/L CaCl2溶液C．150 mL 2 mol/L KCl溶液D．75 mL 1 mol/LAlCl3溶液分析：根据同一化学式中各微粒的浓度等于物质的物质的量浓度×离子个数，与溶液的体积无关，1mol/L MgCl2溶液中的Cl﹣浓度为2mol/L．解答：50mL 1mol•L﹣1 MgCl2溶液中Cl﹣的物质的量浓度c（Cl﹣）=2c（MgCl2）=2mol/L，A、150mL 1mol•L﹣1NaCl溶液中Cl﹣的物质的量浓度c（Cl﹣）=c（NaCl）=1mol/L，故A错误；B、75mL 2mol•L﹣1CaCl2溶液中Cl﹣的物质的量浓度c（Cl﹣）=2c（CaCl2）=4mol/L，故B 错误；C、150mL2mol•L﹣1KCl溶液中Cl﹣的物质的量浓度c（Cl﹣）=c（KCl）=2mol/L，故C正确；D、75mL1mol•L﹣1AlCl3溶液中Cl﹣的物质的量浓度c（Cl﹣）=3c（AlCl3）=3mol/L，故D 错误；故选C．点评：本题考查浓度的计算分析，溶液中离子的浓度只与物质的浓度和离子个数有关，与溶液的体积无关．题型三：CuSO4•5H2O的配制典例3：实验室里需用480mL 0.1mol•L﹣1的硫酸铜溶液，现选取500mL容量瓶进行配制，以下操作正确的是（）A．称取7.68g硫酸铜，加入500mL水B．称取12.0g胆矾配成500mL溶液C．称取8.0g硫酸铜，加入500mL水D．称取12.5g胆矾配成500mL溶液分析：需用480mL 0.1mol•L﹣1的硫酸铜溶液，配制500ml 0.1mol•L﹣1的硫酸铜溶液，溶液中硫酸铜的物质的量为0.5L×0.1mol•L﹣1=0.05mol，需要称取硫酸铜的质量为0.05mol×160g/mol=8g，如称取胆矾，则质量为0.05mol×250g/mol=12.5g，以此解答题中各问．解答：A、称取硫酸铜的质量为0.05mol×160g/mol=8g，加入500mL水，最后溶液的体积不止500mL，水的体积不等于溶液的体积，故A错误；B、胆矾的化学式为CuSO4•5H2O，如称取胆矾，则质量为0.05mol×250g/mol=12.5g，故B 错误；C、加入500mL水，最后溶液的体积不止500mL，水的体积不等于溶液的体积，应为加水配成500ml溶液，故C错误；D、胆矾的化学式为CuSO4•5H2O，质量为0.05mol×250g/mol=12.5g，加水配成500ml溶液，符合实验操作，故D正确．故选D．点评：本题考查一定物质的量浓度的溶液的配制，本题难度不大，注意硫酸铜和胆矾的区别，另外注意水的体积不等于溶液的体积．题型四：溶液密度与物质的量浓度的换算典例4：（2013•承德模拟）将标准状况下的aLHCl（g）溶于1000g水中，得到的盐酸密度为bg/mL，则该盐酸的物质的量浓度是（）A．mo1•L﹣1B．mol•L﹣1 C．mol•L﹣1 D．mol•L﹣1分析：利用n=计算物质的量，利用溶剂和溶质的质量来计算溶液的质量，由溶液的质量和密度可计算溶液的体积，最后利用c=计算盐酸的物质的量浓度．解答：标准状况下的aLHCl（g），n（HCl）==mol，溶液的质量为mol×36.5g/mol+1000g，溶液的体积为L，由c=可知，c==mol/L故选D．点评：本题考查物质的量浓度的计算，明确溶液的体积、质量、密度的关系及物质的量浓度的计算公式即可解答，难度不大．题型五：稀释问题典例5：将30mL 0.5mol/L NaOH 溶液加水稀释到500mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为（）A．0.3 mol/L B．0.03 mol/L C．0.05 mol/L D．0.04 mol/L分析：根据稀释定律可知，溶液稀释前后溶质的物质的量不变，据此计算．解答：令稀释后溶液中NaOH的物质量浓度为c，则：30×10﹣3L×0.5mol/L=500×10﹣3L×c解得c=0.03mol/L．故选：B．点评：本题考查物质的量浓度有关计算，难度较小，关键清楚稀释定律，溶液稀释前后溶质的物质的量不变．题型六：电荷守恒典例6：某盐的混合物中含有0.2mol Na+、0.4mol Mg2+、0.4mol Cl﹣，则SO42﹣为（）A．0.1mol B．0.3mol C．0.5mol D．0.15mol分析：根据溶液呈电中性计算溶液中SO42﹣离子的物质的量．解答：根据溶液呈电中性原则，则有：n（Na+）+2n（Mg2+）+n（H+）=2n（SO42﹣）+n （OH﹣）+n（Cl﹣），所以：2n（SO42﹣）=n（Na+）+2n（Mg2+）+n（H+）﹣n（Cl﹣）﹣n（OH﹣），由于该盐溶液为强酸强碱盐，则n（H+）=n（OH﹣），则2n（SO42﹣）=n（Na+）+2n（Mg2+）﹣n（Cl﹣）n（SO42﹣）==0.3mol，故选B．点评：本题考查离子浓度的计算，题目难度不大，注意从溶液电中性的角度解答．【解题思路点拨】对物质的量浓度进行理解的时候需要注意以下几点：①体积指的是溶液的体积，而不是溶剂的体积；②溶质一定要用“物质的量”来表示；③溶质可以是单质、化合物，也可以是离子或其他特定组合；④结晶水合物溶于水时，溶质通常以无水化合物计算；⑤配制氨水溶液制溶质是氨气；⑥溶液具有均一性，即同一溶液，无论取出多大体积，其各种浓度（物质的量浓度、质量分数、离子浓度等）均不变；⑦配制溶液时，要注意容量瓶规格与实际配制溶液体积的关系．6．胶体的重要性质【知识点的认识】1、分散系的概念：一种或几种物质分散在另一种介质中所形成的体系称为分散体系．分散系中分散成粒子的物质叫做分散质，另一种物质叫做分散剂．在水溶液中，溶质是分散质，水是分散剂．溶质在水溶液中以分子或离子状态存在．分散系包括：溶液、胶体、悬浊液、乳浊液．2、各种分散系的比较：3、胶体的性质与作用：（1）丁达尔效应：由于胶体粒子直径在1～100nm之间，会使光发生散射，可以使一束直射的光在胶体中显示出光路．（2）布朗运动：①定义：胶体粒子在做无规则的运动．②水分子从个方向撞击胶体粒子，而每一瞬间胶体粒子在不同方向受的力是不同的．（3）电泳现象：①定义：在外加电场的作用下，胶体粒子在分散剂里向电极作定向移动的现象．②解释：胶体粒子具有相对较大的表面积，能吸附离子而带电荷．扬斯规则表明：与胶体粒子有相同化学元素的离子优先被吸附．以AgI胶体为例，AgNO3与KI反应，生成AgI溶胶，若KI过量，则胶核AgI吸附过量的I﹣而带负电，若AgNO3过量，则AgI吸附过量的Ag+而带正电．而蛋白质胶体吸附水而不带电．③带电规律：1°一般来说，金属氧化物、金属氢氧化物等胶体微粒吸附阳离子而带正电；2°非金属氧化物、金属硫化物、硅酸、土壤等胶体带负电；3°蛋白质分子一端有﹣COOH，一端有﹣NH2，因电离常数不同而带电；4°淀粉胶体不吸附阴阳离子不带电，无电泳现象，加少量电解质难凝聚．④应用：1°生物化学中常利用来分离各种氨基酸和蛋白质．2°医学上利用血清的纸上电泳来诊断某些疾病．3°电镀业采用电泳将油漆、乳胶、橡胶等均匀的沉积在金属、布匹和木材上．4°陶瓷工业精练高岭土．除去杂质氧化铁．5°石油工业中，将天然石油乳状液中油水分离．6°工业和工程中泥土和泥炭的脱水，水泥和冶金工业中的除尘等．（4）胶体的聚沉：①定义：胶体粒子在一定条件下聚集起来的现象．在此过程中分散质改变成凝胶状物质或颗粒较大的沉淀从分散剂中分离出来．②胶粒凝聚的原因：外界条件的改变1°加热：加速胶粒运动，减弱胶粒对离子的吸附作用．2°加强电解质：中和胶粒所带电荷，减弱电性斥力．3°加带相反电荷胶粒的胶体：相互中和，减小同种电性的排斥作用．通常离子所带电荷越高，聚沉能力越大．③应用：制作豆腐；不同型号的墨水不能混用；三角洲的形成．4、胶体的制备：1）物理法：如研磨（制豆浆、研墨），直接分散（制蛋白胶体）2）水解法：Fe（OH）3胶体：向20mL沸蒸馏水中滴加1mL～2mL FeCl3饱和溶液，继续煮沸一会儿，得红褐色的Fe（OH）3胶体．离子方程式为：。
2016届高考化学第二轮考点回顾复习导学案21
2016年高考化学考点回顾与讲解——考点卡片第10期1．物理变化与化学变化的区别与联系【知识点的认识】（1）物理变化和化学变化的联系：物质发生化学变化的同时一定伴随物理变化，但发生物理变化不一定发生化学变化．（2）物理变化和化学变化的区别：物理变化没有新物质生成，化学变化有新物质生成，常表现为生成气体，颜色改变，生成沉淀等，而且伴随能量变化，常表现为吸热、放热、发光等．常见的物理变化和化学变化：物理变化：物态变化，形状变化等．化学变化：物质的燃烧、钢铁锈蚀、火药爆炸，牛奶变质等．【命题的方向】本考点主要考察常见的物理变化和化学变化．题型：物理变化和化学变化的判断典例1：下列变化中，不属于化学变化的是（）A．二氧化硫使品红溶液褪色B．氯水使有色布条褪色C．活性炭使红墨水褪色D．漂白粉使某些染料褪色分析：化学变化是指在原子核不变的情况下，有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化．化学变化和物理变化的本质区别在于是否有新物质生成．解答：A．二氧化硫使品红溶液褪色原理是二氧化硫与品红结合成无色物质，属于化学变化，故A错误；B．氯水使有色布条褪色原理是氯水有强氧化性能将有色布条氧化为无色物质，属于化学变化，故B错误；C．活性炭使红墨水褪色的过程中没有新物质生成，属于物理变化，故C正确；D．漂白粉有强氧化性将染料氧化为无色物质，属于化学变化，故D错误．故选C．点评：本题考查溶液的褪色，解答本题要分析变化过程中是否有新物质生成，如果没有新物质生成就属于物理变化，如果有新物质生成就属于化学变化．【解题思路点拔】物理变化和化学变化的本质区别就是否有新物质生成，化学变化有新物质生成．2．酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【知识点的认识】1、酸、碱、盐的对比2、酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物的对比：【命题方向】本内容重点掌握酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物的概念和性质．题型一：酸、碱、盐互为氧化物的概念典例1：分类是学习和研究化学的一种重要方法，下列分类合理的是（）A．K2CO3和K2O都属于盐B．KOH和Na2CO3都属于碱C．H2SO4和HNO3都属于酸D．Na2O和Na2SiO3都属于氧化物分析：电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物叫酸；电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物叫碱；电离时生成金属离子和酸根离子的化合物叫盐；由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物叫氧化物；据定义分析即可．解答：A、K2CO3属于盐，K2O属于氧化物，故A错误．B、KOH属于碱，Na2CO3属于盐，故B错误．C、H2SO4和HNO3都属于酸，故C正确．D、Na2O属于氧化物，Na2SiO3属于盐，故D错误．故选C．点评：本题考查了酸、碱、盐、氧化物的概念，难度不大，注意这几个概念的区别．题型二：酸性氧化物、碱性氧化物的识别典例2：下列物质的分类正确的是（）A．A B．B C．C D．D分析：根据碱电离出的阴离子全部是氢氧根离子，酸电离出的阳离子全部是氢离子，盐电离出的阳离子是金属离子或铵根离子，阴离子是酸根离子，能与酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，能与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物等概念进行分析．解答：A、NaOH属于碱，SO2属于酸性氧化物，故A错误；B、CO属于不成盐氧化物，故B错误；C、CO属于不成盐氧化物，故C错误；D、根据物质的分类，KOH属于碱，HNO3属于酸，CaCO3属于盐，CaO属于碱性氧化物，SO2属于酸性氧化物，故D正确．故选D．点评：本题考查物质的分类，题目难度不大，注意物质的分类角度的总结．题型三：酸性氧化物、非金属氧化物、碱性氧化物、金属氧化物的辨析关系典例3：下列关于氧化物的叙述中，正确的是（）A．酸性氧化物都是非金属氧化物B．非金属氧化物都是酸性氧化物C．碱性氧化物肯定是金属氧化物D．金属氧化物肯定是碱性氧化物分析：A、能和碱反应生成只盐和水的氧化物是酸性氧化物；B、非金属氧化物可能是不成盐氧化物；C、能和酸反应只生成盐和水的氧化物是碱性氧化物．D、金属氧化物不一定都是碱性氧化物．解答：A、酸性氧化物也可能是金属氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，故A错误；B、非金属氧化物不一定是酸性氧化物，可能是不成盐氧化物，如CO属于非金属氧化物但不属于酸性氧化物，故B错误；C、碱性氧化物肯定是金属氧化物，故C正确；D、金属氧化物不一定是碱性氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，故D错误；故选C．点评：本题考查了氧化物的概念及其联系，难度不大，但概念间的联系是学习的难点，属于易错题．【解题思路点拨】金属氧化物不一定是碱性氧化物，非金属氧化物也不一定是酸性氧化物（如CO、NO）．酸性氧化物也不一定是非金属氧化物，但碱性氧化物一定是金属氧化物．3．分散系、胶体与溶液的概念及关系【知识点的认识】1、分散系的概念：一种或几种物质分散在另一种介质中所形成的体系称为分散体系．分散系中分散成粒子的物质叫做分散质，另一种物质叫做分散剂．在水溶液中，溶质是分散质，水是分散剂．溶质在水溶液中以分子或离子状态存在．分散系包括：溶液、胶体、悬浊液、乳浊液．2、各种分散系的比较：3、胶体的性质与作用：（1）丁达尔效应：由于胶体粒子直径在1～100nm之间，会使光发生散射，可以使一束直射的光在胶体中显示出光路．（2）布朗运动：①定义：胶体粒子在做无规则的运动．②水分子从个方向撞击胶体粒子，而每一瞬间胶体粒子在不同方向受的力是不同的．（3）电泳现象：①定义：在外加电场的作用下，胶体粒子在分散剂里向电极作定向移动的现象．②解释：胶体粒子具有相对较大的表面积，能吸附离子而带电荷．扬斯规则表明：与胶体粒子有相同化学元素的离子优先被吸附．以AgI胶体为例，AgNO3与KI反应，生成AgI溶胶，若KI过量，则胶核AgI吸附过量的I﹣而带负电，若AgNO3过量，则AgI吸附过量的Ag+而带正电．而蛋白质胶体吸附水而不带电．③带电规律：1°一般来说，金属氧化物、金属氢氧化物等胶体微粒吸附阳离子而带正电；2°非金属氧化物、金属硫化物、硅酸、土壤等胶体带负电；3°蛋白质分子一端有﹣COOH，一端有﹣NH2，因电离常数不同而带电；4°淀粉胶体不吸附阴阳离子不带电，无电泳现象，加少量电解质难凝聚．④应用：1°生物化学中常利用来分离各种氨基酸和蛋白质．2°医学上利用血清的纸上电泳来诊断某些疾病．3°电镀业采用电泳将油漆、乳胶、橡胶等均匀的沉积在金属、布匹和木材上．4°陶瓷工业精练高岭土．除去杂质氧化铁．5°石油工业中，将天然石油乳状液中油水分离．6°工业和工程中泥土和泥炭的脱水，水泥和冶金工业中的除尘等．（4）胶体的聚沉：①定义：胶体粒子在一定条件下聚集起来的现象．在此过程中分散质改变成凝胶状物质或颗粒较大的沉淀从分散剂中分离出来．②胶粒凝聚的原因：外界条件的改变1°加热：加速胶粒运动，减弱胶粒对离子的吸附作用．2°加强电解质：中和胶粒所带电荷，减弱电性斥力．3°加带相反电荷胶粒的胶体：相互中和，减小同种电性的排斥作用．通常离子所带电荷越高，聚沉能力越大．③应用：制作豆腐；不同型号的墨水不能混用；三角洲的形成．4、胶体的制备：1）物理法：如研磨（制豆浆、研墨），直接分散（制蛋白胶体）2）水解法：Fe（OH）3胶体：向20mL沸蒸馏水中滴加1mL～2mL FeCl3饱和溶液，继续煮沸一会儿，得红褐色的Fe（OH）3胶体．离子方程式为：Fe3++3H2O=Fe（OH）3（胶体）+3H+3）复分解法：AgI胶体：向盛10mL 0.01mol•L﹣1 KI的试管中，滴加8～10滴0.01mol•L﹣1 AgNO3，边滴边振荡，得浅黄色AgI胶体．硅酸胶体：在一大试管里装入5mL～10mL 1mol•L﹣1HCl，加入1mL水玻璃，然后用力振荡即得．离子方程式分别为：Ag++I﹣=AgI（胶体）↓SiO32﹣+2H++2H2O=H4SiO4（胶体）↓复分解法配制胶体时溶液的浓度不宜过大，以免生成沉淀．5、常见胶体的带电情况：（1）胶粒带正电荷的胶体有：金属氧化物、金属氢氧化物．例如Fe（OH）3、Al（OH）3等．（2）胶粒带负电荷的胶体有：非金属氧化物、金属硫化物、硅酸胶体、土壤胶体．（3）胶粒不带电的胶体有：淀粉胶体．特殊的，AgI胶粒随着AgNO3和KI相对量不同，而带正电或负电．若KI过量，则AgI胶粒吸附较多I﹣而带负电；若AgNO3过量，则因吸附较多Ag+而带正电．【注意】：胶体不带电，而胶粒可以带电．6、常见的胶体分散系①Fe（OH）3胶体，Al（OH）3胶体，原硅酸胶体，硬脂酸胶体．分别由相应的盐水解生成不溶物形成．FeCl3溶液：Fe3++3H2O=Fe（OH）3（胶体）+3H+明矾溶液：Al3++3H2O=Al（OH）3（胶体）+3H+水玻璃：SiO32﹣+3H2O=H4SiO4（胶体）+2OH﹣肥皂水：C17H35COO﹣+H2O=C17H35COOH（胶体）+OH﹣②卤化银胶体．Ag++X﹣=AgX（胶体）③土壤胶体．④豆奶、牛奶、蛋清的水溶液．⑤有色玻璃，如蓝色钴玻璃（分散质为钴的蓝色氧化物，分散剂为玻璃）．⑥烟、云、雾．7、胶体的分离与提纯：胶体与浊液：过滤．胶体与溶液：渗析．采用半透膜．【命题方向】本考点主要考察分散系的种类及各自特点，重点掌握胶体的性质及胶体的制备．题型一：分散系的概念及不同分散系的区分典例1：下列分散系中，分散质微粒直径介于10﹣9﹣10﹣7m （l﹣100nm）之间的是（）A．溶液B．胶体C．悬浊液D．乳浊液分析：根据分散质粒子直径大小分类，把分散系分为：溶液、胶体、浊液，本质区别就是分散质的微粒直径不同．溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1～100nm 之间，浊液分散质微粒直径大于100nm，据此即可解答．解答：A．溶液中分散质微粒直径小于1nm（小于10﹣9m ），故A错误；B．胶体分散质微粒直径介于1～100nm之间（介于10﹣9﹣10﹣7m ），故B正确；C．悬浊液是浊液的一种，分散质微粒直径大于100nm（大于10﹣7m ），故C错误；D．乳浊液是浊液的一种，分散质微粒直径大于100nm（大于10﹣7m ），故D错误；故选B．点评：本题主要考查了分散系的分类依据知识，可以根据所学知识来回答，题目难度不大．题型二：胶体的性质典例2：下列事实与胶体性质无关的是（）A．在豆浆里加入盐卤做豆腐B．在河流入海口易形成沙洲C．一束平行光线照射蛋白质溶液时，从侧面可以看到一条光亮的通路D．三氯化铁溶液中滴入氢氧化钠溶液出现红褐色沉淀分析：可根据胶体的性质来分析解答．向胶体中加入电解质可以使胶体凝聚，胶体能产生丁达尔效应．解答：A、豆浆具有胶体的性质，向其中加入盐卤，盐卤中含丰富的电解质氯化钙等，可以使豆浆凝聚，与胶体有关，故A错误；B、河流中的水含有泥沙胶粒，海水中含有氯化钠、氯化钙等电解质，二者相遇是可以发生胶体凝聚，就形成三角洲，与胶体有关，故B错误；C、蛋白质溶液是胶体，胶体能产生丁达尔效应，所以与胶体有关，与胶体有关，故C错误；D、主要发生了复分解反应，与胶体性质无关，与胶体无关，故D正确；故选D．点评：本题考查胶体的性质，明确胶体常见的性质有丁达尔现象、胶体的聚沉、电泳等，利用胶体性质对生产生活中实际问题进行解释．题型三：胶体与溶液的区别与联系典例3：关于氯化镁溶液和氢氧化铁胶体的说法中正确的是（）A．溶液是电中性的，胶体是带电的B．两者的分散质微粒均能透过半透膜和滤纸C．溶液中溶质分子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无规律，即布朗运动D．一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现明显的光带，前者则没有分析：A、溶液、胶体均为电中性，胶粒带电荷；B．胶体能透过滤纸，不能透过半透膜，溶液能透过半透膜和滤纸；C．分子和胶粒均作无规则运动；D．胶体具有丁达尔效应，溶液没有．解答：A．溶液胶体均为电中性，胶体能吸附电荷，故A错误；B．氯化镁溶液能透过半透膜和滤纸，氢氧化铁胶体的胶粒粒径为1﹣100 nm，不能透过半透膜，能透过滤纸，故B错误；C．分子和胶粒均作无规则运动，胶体中分散质粒子的运动无规律，即布朗运动，故C错误；D．氢氧化铁胶体具有丁达尔效应，氯化镁溶液没有丁达尔效应，所以一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现明显的光带，前者则没有，故D正确；故选D．点评：本题考查了有关胶体的知识，掌握胶体的性质是解答的关键，题目难度不大．【解题思路点拨】胶体的聚沉与蛋白质的盐析比较：胶体的聚沉是指胶体在适当的条件下，（破坏胶体稳定的因素）聚集成较大颗粒而沉降下来，它是不可逆的．盐析是指高分子溶液中加入浓的无机轻金属盐使高分子从溶液中析出的过程，它是高分子溶液或普通溶液的性质，盐析是因为加入较多量的盐会破坏溶解在水里的高分子周围的水膜，减弱高分子与分散剂间的相互作用，使高分子溶解度减小而析出．发生盐析的分散质都是易容的，所以盐析是可逆的．由此可见胶体的聚沉与蛋白质的盐析有着本质的区别．4．离子方程式的书写【知识点的认识】一、离子方程式的概念：离子方程式，用实际参加反应的离子符号表示离子反应的式子．二、离子方程式的书写步骤：1、写：明确写出有关反应的化学方程式．2、拆：（1）可溶性的强电解质（强酸、强碱、可溶性盐）一律用离子符号表示，其它难溶的物质、难电离的物质、气体、氧化物、水等仍用化学式表示．（2）对于微溶物质来说在离子反应中通常以离子形式存在（溶液中），但是如果是在浊液里则需要写出完整的化学式，例如，石灰水中的氢氧化钙写离子符号，石灰乳中的氢氧化钙用化学式表示．浓硫酸中由于存在的主要是硫酸分子，也书写化学式．浓硝酸、盐酸是完全电离的，所以写离子式．实例如下：1）拆分的物质如Ca（HCO3）2+2H+═Ca2++2CO2↑+2H2O，错在未将Ca（HCO3）2拆分成Ca2+和HCO3﹣．应为：HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O．可见：能拆分的物质一般为强酸（如盐酸HCl）、强碱（如氢氧化钠NaOH）、和大多数可溶性盐（氯化钠NaCl）．2）不能拆分的物质①难溶物不拆例l：向碳酸钙中加入过量盐酸．错误：CO32﹣+2H+=CO2+H2O原因：CaCO3难溶于水，像BaSO4、AgCl、Cu（0H）2、H2SiO3、FeS、CuS，等在书写离子方程式时均不能拆开，应写成化学式．正确：CaCO3+2H+=CO2+Ca2++H2O②微溶物作生成物不拆（98%浓硫酸，石灰乳（Ca（OH）2）等特殊的要注意）例2：向氯化钙溶液中加入硫酸钠溶液．错误：该反应不能发生．原因：CaSO4是微溶物，像Ag2SO4、MgCO3、Ca（OH）2等微溶物，若作为生成物在书写离子方程式时均不能拆开，应写成化学式．正确：SO42﹣+Ca2+=CaSO4↓说明：微溶物作生成物，浓度较小时拆成离子式，浓度较大时应写成化学式．③弱电解质不拆（CH3COOH，HF，HClO，H2CO3，H2S，H2SO3，NH3•H2O）例3：向氯化铝溶液中加入过量氨水．错误：Al3++30H﹣=Al（0H）3↓原因：氨水为弱电解质，像H2O、HF、CH3COOH等弱电解质在书写离子方程式时均不能拆开，应写成化学式．正确：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3 ↓+3NH4+④氧化物不拆（MnO2，CuO，Fe2O3，Al2O3，Na2O，Na2O2）例4：将氧化钠加入水中．错误：O2﹣+H20=20H﹣原因：Na2O是氧化物，氧化物不论是否溶于水在书写离子方程式时均不能拆开，应写成化学式．正确：Na2O+H2O=2Na++20H﹣⑤弱酸的酸式酸根不拆（包括HCO3﹣，HS﹣，HSO3﹣，H2PO4﹣，HPO42﹣）例5：向碳酸氢钠溶液中加入稀盐酸．错误：2H++CO32﹣=CO2↑+H2O原因．HCO3﹣是弱酸H2C03的酸式酸根，像HSO3﹣，、HS﹣、H2PO4﹣等离子在书写离子方程式时均不能拆开，应写成化学式．正确：HCO3﹣+H+=C02↑+H20注意：对于强酸的酸式盐，如NaHSO4其阴离子在稀溶液中应拆开写成H+与SO42﹣形式，在浓溶液中不拆开，仍写成HSO4﹣．⑥固相反应不拆例6：将氯化铵固体与氢氧化钙固体混合加热．错误：NH4++OH﹣=NH3↑+H20原因：写离子反应的前提是在水溶液中或熔融状态下进行的反应，固体与固体的反应尽管是离子反应，只能写化学方程式，不写离子方程式．正确：2NH4Cl+Ca（0H）2=CaCl2+2NH3↑+2H2O（化学反应方程式）⑦非电解质不拆蔗糖、乙醇等大多数有机物是非电解质，在书写离子方程式时均不能拆开，应写分子式．3、删：删去方程式两边相同的离子和分子．4、查：检查式子两边的各种原子的个数及电荷数是否相等，是否配平，还要看所得式子化学计量数是不是最简整数比，若不是，要化成最简整数比．三、离子方程式书写遵守的原则：1、客观事实原则：如2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑，错在H+不能把Fe氧化成Fe3+，而只能氧化成Fe2+．应为：Fe+2H+═Fe2++H2↑．2、质量守恒原则：如Na+H20═Na++OH﹣+H2↑，错在反应前后H原子的数目不等．应为：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑．3、电荷守恒原则：如Fe3++Cu═Fe2++Cu2+，错在左右两边电荷不守恒．应为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+．4、定组成原则：如稀硫酸与Ba（OH）2溶液反应：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O，错在SO42﹣和H+，Ba2+和OH﹣未遵循1：2这一定组成．应为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O．【命题方向】本考点主要考察离子方程式的书写规则，需要重点掌握．第一类错误：拆分不合理（详见“拆”步骤中）第二类错误：不符合客观事实典例1：（2010•湖北）能正确表示下列反应的离子方程式是（）A．将铁粉加入稀硫酸中2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑B．将磁性氧化铁溶于盐酸Fe3O4+8H+═3Fe3++4H2OC．将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合Fe2++4H++NO3﹣═Fe3++2H2O+NO↑ D．将铜屑加Fe3+溶液中2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+分析：A、铁和非氧化性的酸反应生成亚铁盐；B、磁性氧化铁中的铁元素有正二价和正三价两种；C、离子反应要遵循电荷守恒；D、铜和三价铁反应生成亚铁离子和铜离子．解答：A、铁和稀硫酸反应生成亚铁盐，Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误；B、磁性氧化铁溶于盐酸发生的反应为：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O，故B错误；C、氯化亚铁溶液能被稀硝酸氧化，电荷不守恒，3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++2H2O+NO↑，故C错误；D、铜和三价铁反应生成亚铁离子和铜离子，铜不能置换出铁，即2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故D正确．故选D．点评：本题主要考查学生离子方程时的书写知识，要注意原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒的思想，是现在考试的热点．第三类错误：配平有误，不守恒典例2：（2014•德庆县一模）下列反应的离子方程式正确的是（）A．向Ba（OH）2溶液中滴加稀盐酸：2H++2Cl﹣+Ba2++2OH﹣═2H2O+BaCl2B．向FeCl3溶液中加铁粉：2Fe3++Fe═3Fe2+C．向澄清石灰水中通入过量二氧化碳：Ca2++2OH﹣+CO2═CaCO3↓+H2OD．向FeCl3溶液中加入Cu粉：Fe3++Cu═Fe2++Cu2+分析：A．反应生成氯化钡和水，氢氧化钡为溶于水的强碱；B．反应生成氯化亚铁、电子、电荷均守恒；C．过量二氧化碳，反应生成碳酸氢钙；D．电子、电荷不守恒．解答：A．向Ba（OH）2溶液中滴加稀盐酸的离子反应为H++OH﹣═H2O，故A错误；B．向FeCl3溶液中加铁粉的离子反应为2Fe3++Fe═3Fe2+，故B正确；C．向澄清石灰水中通入过量二氧化碳的离子反应为OH﹣+CO2═HCO3﹣，故C错误；D．向FeCl3溶液中加入Cu粉的离子反应为2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故D错误；故选B．点评：本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应为解答的关键，注意把握氧化还原反应中电子、电荷守恒即可解答，题目难度不大．第四类错误：未考虑反应物中量的关系（详见下面的难点突破）第五类错误：忽略隐含信息1）能发生氧化还原反应的离子：SO 2通入NaClO 溶液中：反应的离子方程式为SO 2+ClO ﹣+H 2O=SO 42﹣+Cl ﹣+2H +． 2）胶体不带沉淀符号：3）无论是“少量”还是“过量”的CO 2通入苯酚钠中均生成NaHCO 3（因为碳酸钠和苯酚不能共存）：4）CO 2（SO 2）通入NaOH 少量和过量的情况： 少量CO 2：CO 2+2OH ﹣=H 2O+CO 32﹣； 过量CO 2：CO 2+OH ﹣=HCO 3﹣； 【解题思路点拨】难点突破： 1、反应试剂的滴加顺序： （1）第一类：1）NaOH 溶液和AlCl 3溶液①NaOH 溶液滴加到AlCl 3溶液中的离子反应：先是Al 3++3OH ﹣=Al （OH ）3↓，后是Al （OH ）3+OH﹣=AlO 2﹣+2H 2O ；②AlCl 3溶液滴加到NaOH 溶液中时：先是Al 3++4OH ﹣=AlO 2﹣+2H 2O ，后是Al 3++3AlO 2﹣+6H 2O=4Al （OH ）3↓． 2）盐酸和NaAlO 2溶液①盐酸滴加到NaAlO 2溶液中的离子反应：先是AlO 2﹣+H ++H 2O=Al （OH ）3↓，后是Al （OH ）3+3H +=Al 3++3H 2O ；②当NaAlO 2溶液滴加到盐酸溶液中时：先是AlO 2﹣+4H +=Al 3++2H 2O ，后是Al 3++3AlO 2﹣+6H 2O=4Al （OH ）3↓． 3）氨水和AgNO 3溶液①氨水滴加到AgNO 3溶液中：先是Ag ++NH 3•H 2O=AgOH ↓+NH+4，后是AgOH+2NH 3•H 2O=[Ag （NH 3）2]++OH ﹣+2H 2O ，②当AgNO 3溶液滴加到氨水中：Ag ++2NH 3•H 2O=[Ag （NH 3）2]++2H 2O ． （2）第二类：1）NaHSO 4溶液和Ba （OH ）2溶液 ①向NaHSO 4溶液中逐滴加入Ba （OH ）2溶液至中性：解析：因NaHSO 4是二元强酸的酸式盐，故全部电离．当反应后溶液呈中性时，其反应的化学方程式是：2NaHSO 4+Ba （OH ）2=BaSO 4↓+Na 2SO 4+2H 2O ，其离子方程式是： 2H ++SO 42﹣+Ba 2++2OH ﹣=BaSO 4↓+2H 2O②在上述中性溶液里，继续滴加Ba （OH ）2溶液：解析：这时在①中存在的溶质只有Na2SO4，继续滴加Ba（OH）2溶液的离子方程式是：SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓③向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42﹣恰好完全沉淀：解析：当SO42﹣恰好完全沉淀，则Ba（OH）2溶液中的Ba2+与SO42﹣恰好是按1：1反应，且H+与OH﹣的比也是1：1，这时溶液中的溶质是NaOH．其离子方程式是：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣=BaSO4↓+H2O④向Ba（OH）2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液直至过量：解析：向Ba（OH）2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液直至过量，SO42﹣与Ba2+的比为1：1反应，H+与OH﹣的比为2：2反应．其离子方程式是：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O2）Ba（OH）2溶液和NaHCO3溶液⑤向Ba（OH）2溶液中逐滴加入过量的NaHCO3溶液：解析：该问相当于2mol OH﹣与过量的HCO3﹣反应，且生成的CO32﹣再与1mol Ba2+结合．Ba2++2OH﹣+2 HCO3﹣=BaCO3↓+2H2O+CO32﹣3）Ca（OH）2溶液和NaHCO3溶液①少量的Ca（OH）2和足量的NaHCO3溶液混合（向NaHCO3溶液中滴入Ca（OH）2）：2OH﹣+Ca2++2HCO3﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O；②足量的Ca（OH）2和少量的NaHCO3溶液混合（向Ca（OH）2溶液中滴入NaHCO3）：OH﹣+Ca2++HCO3﹣=CaCO3↓+H2O；③少量的Ca（HCO3）2溶液和足量的NaOH溶液混合（向NaOH溶液中滴入Ca（HCO3）2）：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O；④向Ba（OH）2溶液中逐滴加入KAl（SO4）2溶液至Ba2+恰好完全沉淀；在上述溶液中继续滴加KAl（SO4）2溶液时，该步反应的离子方程式是解析：这时相当于2 mol Ba（OH）2和1 mol KAl（SO4）2反应，其离子方程式是：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O在上述溶液中继续滴加KAl（SO4）2溶液时，Al3+和AlO2﹣发生双水解反应，其离子方程式是：Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓⑤向KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液直至溶液中的SO42﹣恰好完全沉淀；当沉淀的物质的量达到最大时反应的离子方程式是解析：这时相当于1 mol KAl（SO4）2和2 mol Ba（OH）2反应，其离子方程式是：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O当沉淀的物质的量达到最大时，相当于2 mol KAl（SO4）2和3 mol Ba（OH）2反应，其离子方程式是：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣=3BaSO4↓+2Al（OH）3↓2、反应试剂的用量：如将CO2分别以“少量”“过量”通入到NaOH、NaAlO2、NaSiO3、Ca（ClO）2的溶液中发生的离子反应方程式是不同的．少量CO2与上述各溶液反应的离子方程式分别是：CO2+2OH﹣=H2O+CO32﹣；CO2+2AlO2﹣+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32﹣；CO2+SiO32﹣+H2O=H2SiO3↓+CO32﹣；CO2+Ca2++2ClO﹣+H2O=CaCO3↓+2HClO．过量的CO2与上述各溶液反应的离子方程式分别是：CO2+OH﹣=HCO3﹣；CO2+AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；2CO2+SiO32﹣+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3﹣；CO2+ClO﹣+H2O=HCO3﹣+HClO．但是无论是“少量”还是“过量”的CO2通入苯酚钠中均生成NaHCO3（因为碳酸钠和苯酚不能共存）其离子方程式是：CO2+H2O+→+HCO3﹣3、氧化还原反应的顺序与试剂用量的关系：如少量Cl2通入FeI2溶液时，还原性强的I﹣先和Cl2反应：2I﹣+Cl2=2Cl﹣+I2．这时若继续通入Cl2到过量，Cl2再和Fe2+反应：2Fe2++Cl2=2Cl﹣+2 Fe3+．那么足量的Cl2通入Fe I2溶液时的离子方程式是二者的加和：2Fe2++4I﹣+3Cl2=2 Fe3++6Cl﹣+2I2；又如少量Na2S溶液滴加到FeCl3溶液中，具有氧化性的Fe3+过量，反应的离子方程式是：2Fe3++S2﹣=S↓+2Fe2+；当少量FeCl3溶液滴加到Na2S溶液中，具有还原性的S2﹣过量，反应的离子方程式是：3S2﹣+2Fe3+=2FeS↓+S↓．4、不要漏写参加反应离子的比值及离子数：如Ba（OH）2溶液和H2SO4溶液混合，SO42﹣与Ba2+的比为1：1反应，H+与OH﹣的比为2：2反应．其离子方程式是：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O，切不可写成：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣=BaSO4↓+H2O，而导致错误．再如Ba（OH）2溶液和CuSO4溶液混合，正确的离子方程式是：Ba2++2OH﹣+Cu2++SO42﹣=BaSO4↓+Cu（OH）2↓，切不可写成：SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓遗失离子而导致错误．5．物质的量浓度【知识点的认识】1、物质的量浓度：（1）概念：溶质（用字母B表示）的物质的量浓度是指单位体积溶液中所含溶质B的物质的量，用符号c B表示．（2）单位：常用单位为mol/L．（3）计算公式：c B=n B/V注意：其中V指的是溶液的体积，而不是溶剂的体积．2、溶液中溶质的质量分数与溶质的物质的量浓度的换算：（1）将溶质的质量分数换算成物质的量浓度时，首先要计算1L溶液中含溶质的质量，换算成相应物质的量，有时还需将溶液的质量换算成溶液的体积，最后才换算成溶质的物质的量浓度．（2）将溶质的物质的量浓度换算成溶质的质量分数时，首先要将溶质的物质的量换算成溶质的质量，有时还将溶液的体积换算成质量，然后换算成溶质的质量分数．n=m/M=V•ρ•w•1000/Mc=n/Vc=（V•ρ•w/M）/V=V•ρ•w/MV[式中：ρ﹣溶液的密度，单位为g/mL或g/cm3，w﹣溶质的质量分数，M﹣溶质的摩尔质量，数值等于物质的式量]．【命题方向】本考点主要考察物质的量浓度的计算，需要中断掌握．。
高考化学二轮复习有机化合物学案(全国通用)
专题五有机化学[说明]凡不开设选修⑤(有机化学基础)的学校，请使用第17讲复习，凡开设选修⑤的学校，可不用17讲，直接用18、19讲复习。
第17讲有机化合物考点一有机物的结构与性质1.(2016·全国乙卷)化学与生活密切相关。
下列有关说法错误的是()A．用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维B．食用油反复加热会产生稠环芳烃等有害物质C．加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%解析：选D A项蚕丝的主要成分是蛋白质，灼烧时蚕丝有烧焦羽毛的气味，人造纤维则没有。
B项食用油反复加热会发生复杂的反应，产生稠环芳烃等有害物质。
C项加热能使流感病毒体内的蛋白质发生变性，从而杀死流感病毒。
D项医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%。
2．(2016·兰州模拟)下列关于有机物说法正确的是()A．米酒变酸的过程涉及了氧化反应B．汽油、柴油、植物油都是碳氢化合物C．含5个碳原子的有机物分子中最多可形成4个碳碳单键D．蛋白质的水解和油脂的皂化都是由高分子生成小分子的过程解析：选A米酒的主要成分是醇，变为酸的过程是被氧化的过程，A项正确；汽油、柴油都是碳氢化合物，但植物油是碳氢氧化合物，B项错误；当五个碳原子形成环状时最多可形成5个碳碳单键，C项错误；油脂的皂化是酯类的碱性水解，油脂是高级脂肪酸和甘油(丙三醇)形成的酯，不属于高分子，所以油脂皂化不是高分子生成小分子的过程，D项错误。
3．下列说法正确的是()A．实验室常用如图所示的装置制取少量的乙酸乙酯B．可用点燃的方法鉴别甲烷和乙烯C．糖类、蛋白质、油脂属于天然有机高分子化合物D．等物质的量的乙醇和乙酸完全燃烧时所需氧气的质量相等解析：选B A项，导气管插入到饱和碳酸钠溶液中，容易产生倒吸，该装置不能用于制备乙酸乙酯；B项，乙烯燃烧产生黑烟；C项，糖类中的单糖、低聚糖以及油脂都不是天然高分子化合物；D项，等物质的量的乙醇和乙酸完全燃烧时所需氧气的质量比为3∶2。
2016届高考化学二轮复习策略研究整体突破课件第1部分考前复习方略专题6基本有机化(全国通用)
(2014·高 考 全 国 卷 Ⅱ ， 8 ， 6 分 ) 四 联 苯
的一氯代物有( C ) A．3 种 C．5 种 B．4 种 D．6 种
[解析] 推断有机物一氯代物的种数需要找中心对称线， 四联
苯是具有两条对称轴的物质，即
，在
其中的一部分上有几种不同的氢原子 (包括对称轴上的氢原 子)，就有几种一氯代物，四联苯有 5 种不同的氢原子，故有 5 种一氯代物。
(3)__________________；(4) __________________。
解析：抓住题示信息：C8H8 与
互为同分异
构体，得知立方烷可与带有苯环的有机物互为同分异构体， 为推断有机物 A 的同分异构体提供了思路。看清题目要求： A 的同分异构体结构简式中必须含有苯环和醛基(—CHO)。 解题时，运用“残基”思想，问题便迎刃而解。即 C8H8O 去 掉一个—CHO， 再去掉一个—C6H5(或—C6H4—)， 尚余—CH2 —(或—CH3)(残基)， 便可写出 C8H8O 属于醛类的含苯环的同 分异构体的结构简式。
水解
(1)酯发生水解反应的断键位置是怎样的？
提示：根据酯化反应机理：酸脱羟基醇脱氢
(2)有机反应中，除酯类可发生水解外，还有哪些类别的物质 可发生水解？举例说明。
提示：①卤代烃的水解：C—X 断裂 C2H5Br＋H2O― ― →C2H5OH＋HBr △ 反应条件：强碱 NaOH 的水溶液，加热。 ②蛋白质的水解：肽键中 C—N 键断裂
(4)酯(
)：按—R 中所含碳原子
数由少到多，—R′中所含碳原子数由多到少的顺序书写。
4．判断同系物的要点 (1)同系物组成元素种类必须相同。 (2)同系物通式一定相同，且是同一类物质。但：
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九、有机化学知识归纳(选考)
1.淀粉、纤维素、蛋白质都是天然高分子化合物，它们都是混合物。
2.相对分子质量为28的有CO、N2、C2H4；
相对分子质量为30的有NO、C2H6、HCHO；
相对分子质量为44的有CO2、N2O、C3H8、CH3CHO；
相对分子质量为60的有：CH3COOH、HCOOCH3、HOCH2CHO、CH3CH2CH2OH、CH3CH(OH)CH3。
3.除去C6H6中的C6H5OH，可用氢氧化钠溶液而不能用溴水。
4.除去乙酸乙酯中的乙酸用饱和碳酸钠溶液，而不能用氢氧化钠溶液。
5.用燃烧法(李比希法)可测定有机物的实验式；现在，可直接用元素分析仪测定。
测定相对分子质量用质谱法；与鉴定有机物结构有关的物理方法有质谱法、红外光谱、核磁共振氢谱。
6.官能团的推测方法
(1)根据物质的性质或反应现象推断官能团
①能使溴水褪色的有机物通常含有“”、
“—C≡C—”或“—CHO”。
②能使酸性高锰酸钾溶液褪色的有机物通常含有
“CC”、“—C≡C—”、“—CHO”或为苯的同系物。
③能发生加成反应的有机物通常含有“”、
“—C≡C—”、“—CHO”或苯环，其中苯环一般只能与H2发生加成反应。
④能发生银镜反应或能与新制的Cu(OH)2悬浊液反应产生砖红色沉淀的有机物必含有“CHO”。
⑤能与钠反应放出H2的有机物必含有“—OH”或“—COOH”。
⑥能与Na2CO3或NaHCO3溶液反应放出CO2或使石蕊溶液变红的有机物中必含有—COOH。
⑦能发生消去反应的有机物为醇或卤代烃；
遇浓硝酸变黄，可推知该物质是含有苯环结构的蛋白质；
遇碘水变蓝，可推知该物质为淀粉；
加入过量浓溴水，出现白色沉淀，可推知该物质为苯酚或其衍生物。
⑧能发生水解反应的有机物为卤代烃、酯、二糖、多糖、蛋白质或含有肽键的物质。
⑨遇FeCl3溶液显紫色的有机物必含有酚羟基。
⑩能发生连续氧化的有机物是伯醇，即具有“—CH 2OH ”的醇。
比如有机物A 能发生如下反
应：A ――→O 2B ――→O 2C ，则A 应是具有“—CH 2OH ”的醇，B 应是醛，C 应是酸。
(2)根据特征数字推断官能团
①根据与H 2加成时所消耗H 2的物质的量 1mol 加成时需1molH 2；
1mol —C ≡C —完全加成时需2molH 2；
1mol —CHO 加成时需1molH 2；
1mol 苯环加成时需3molH 2。
②1mol —CHO 完全反应时生成2molAg 或1molCu 2O 。
与银氨溶液反应，若1mol 有机物生成2mol 银，则该有机物分子中含有一个醛基；若生成4mol 银，则含有两个醛基或该物质为甲醛。
③2mol —OH 或2mol —COOH 与活泼金属反应放出1molH 2。
与金属钠反应，若1mol 有机物生成0.5molH 2，则其分子中含有一个活泼氢原子，即有机物分子中含有一个醇羟基，或一个酚羟基，也可能为一个羧基。
④1mol —COOH 与碳酸氢钠溶液反应放出1molCO 2。
与碳酸钠反应，若1mol 有机物生成0.5molCO 2，则说明其分子中含有一个羧基。
与碳酸氢钠反应，若1mol 有机物生成1molCO 2，则说明其分子中含有一个羧基。
⑤1mol 一元醇与足量乙酸反应生成1mol 酯时，其相对分子质量将增加42,1mol 二元醇与足量乙酸反应生成酯时，其相对分子质量将增加84。
⑥1mol 某酯A 发生水解反应生成B 和乙酸时，若A 与B 的相对分子质量相差42，则生成1mol 乙酸；若A 与B 的相对分子质量相差84时，则生成2mol 乙酸。
⑦某有机物与醋酸反应，相对分子质量增加42，则分子中含有一个—OH ；增加84，则含有两个—OH 。
⑧某有机物在催化剂作用下被氧气氧化，若相对分子质量增加16，则表明有机物分子内有一个—CHO(变为—COOH)；若增加32，则表明有机物分子内有两个—CHO (变为—COOH)。
⑨有机物与Cl 2反应，若有机物的相对分子质量增加71，则说明有机物分子内含有一个碳碳双键；若增加142，则说明有机物分子内含有两个碳碳双键或一个碳碳三键。
(3)根据反应产物推知官能团位置
①若由醇氧化得醛或羧酸，可推知—OH一定连接在有两个氢原子的碳原子上，即存在
—CH2OH；由醇氧化为酮，推知—OH一定连在有一个氢原子的碳原子上，即存在；若醇不能在催化剂作用下被氧化，则OH所连的碳原子上无氢原子。
②由消去反应的产物，可确定—OH或—X的位置。
③由取代反应产物的种数，可确定碳链结构。
如烷烃，已知其分子式和一氯代物的种数时，可推断其可能的结构。
有时甚至可以在不知其分子式的情况下，判断其可能的结构简式。
7.有机反应类型
(1)当反应条件为NaOH醇溶液并加热时，必定为卤代烃的消去反应。
(2)当反应条件为NaOH水溶液并加热时，通常为卤代烃或酯的水解反应。
(3)当反应条件为浓H2SO4并加热时，通常为醇脱水生成醚或不饱和化合物，或者是醇与酸的酯化反应。
(4)当反应条件为稀酸并加热时，通常为酯或淀粉的水解反应。
(5)当反应条件为催化剂并有氧气时，通常是醇的催化氧化或醛氧化为酸的反应。
(6)当反应为催化剂存在下的加氢反应时，通常为碳碳双键、碳碳三键、苯环或醛基的加成反应。
(7)当反应条件为光照且与X2反应时，通常是X2与烷烃或苯环侧链烃基上的H原子发生的取代反应；而当反应条件为催化剂存在且与X2反应时，通常为苯环上的H原子直接被取代。
(8)根据反应类型的概念判断不易得出结果时，要特别用好“加氢、去氧——还原反应，加氧、去氢——氧化反应”。
(9)错别字辨析
常见错别字：酯化、油脂、炭化、褪色、加成、钝化、气体逸出、金刚石、铵盐、苯、硝化、溶解、熔点、容量瓶等。
(此处为正确书写)。