最新人教版高中化学必修二复习学案全套

最新人教版高中化学必修二复习学案全套第一章物质结构元素周期律
专题一元素及化合物的推断
►专题归纳
元素推断题在历年高考中占有一定的比例(主要在选择题体现)，主要考查元素周期表中“位、构、性”的关系及利用物质结构和性质进行综合推断的能力，要求熟练掌握短周期所有元素的结构特点，在周期表中的位置以及它们的重要化合物的性质，在此基础上进行综合分析。

1．一般解题思路。

在以上基础上，针对题目按以下具体方法进行推断。

2．与元素推断相关的几个问题。

(1)原子结构与元素在周期表中位置关系的规律。

①核外电子层数＝周期数。

②主族元素的最外层电子数＝主族序数。

③质子数＝原子序数＝原子核外电子数。

④主族元素的最高正化合价＝主族序数；最低负化合价的绝对值＝8－主族序数。

(2)周期表中特殊位置的短周期元素。

①族序数等于周期数的短周期元素：H、Be、Al。

②族序数等于周期数2倍的短周期元素：C、S。

③族序数等于周期数3倍的短周期元素：O。

④周期数是族序数2倍的短周期元素：Li。

⑤周期数是族序数3倍的短周期元素：Na。

⑥最高正化合价与最低负化合价的代数和为零的短周期元素：C、Si。

⑦最高正化合价是最低负化合价绝对值3倍的短周期元素：S。

⑧除H外，原子半径最小的元素为F(H是原子半径最小的元素)。

⑨最高正化合价不等于族序数的主族元素有：O、F。

⑩核内无中子的元素：H。

(3)元素性质、存在、用途的特殊性。

①形成化合物种类最多的元素：C。

②气态氢化物中含氢元素质量分数最大的元素：C(CH4中H的质量分数)。

③空气中含量最多的元素：N。

④地壳中含量最多的元素：O；地壳中含量最多的金属元素：Al。

⑤最活泼的非金属元素或无正价的非金属元素或无含氧酸的非金属元素或气态氢化物最稳定的非金属元素：F。

⑥自然界中稳定存在的最活泼的金属元素或最高价氧化物对应水化物碱性最强的元素：Cs。

⑦焰色反应呈黄色的元素：Na；焰色反应呈紫色(透过蓝色的钴玻璃观察)的元素：K。

⑧单质最轻的元素：H；最轻的金属元素：Li。

⑨常温下单质呈液态的金属元素：Hg；常温下单质呈液态的非金属元素：Br。

例1 由短周期元素组成的A、B、C、D、E、F六种粒子，其中只有C、D是分子，其余四种均为离子，且每个粒子中均含有10个电子。

已知A、E是由非金属元素组成的阳离子，六种粒子间存在下列关系：
①A、B两种粒子在加热条件下生成C、D两种分子；
②通常情况下C为气态，且可使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
③1 mol B离子与1 mol E离子作用可生成2 mol D分子；
④向含F离子的溶液中加入C的溶液，可生成白色沉淀W，C的溶液过量时沉淀不消失，若加入含大量B离子或大量E离子的溶液，沉淀W溶解。

(1)粒子B的化学式是________，所含化学键类型是________；粒子E的名称是________；粒子F对应的元素在周期表中的位置是________________。

(2)写出下列反应的离子方程式。

F＋过量C的溶液：_______________________。

W＋含大量B离子的溶液：_______________________。

解析：由②可知C为NH3，根据A、E是非金属元素组成的阳离子，可知A、E分别是NH＋4和H3O＋中的一种。

由①和③可确定A为NH＋4，B为OH－，D为H2O，E为H3O＋，白色沉淀不溶于氨水，却既溶于强酸又溶于强碱，F只能是铝离子。

答案：(1)OH－极性共价键(或共价键) 水合氢离子第三周期第ⅢA族
(2)Al3＋＋3NH3·H2O Al(OH)3↓＋3NH＋4
Al(OH)3＋OH－===AlO－2＋2H2O
►专题训练
1．X、Y、Z都是短周期元素，X原子的最外层只有1个电子，Y原子的M层电子数只有K层与L层电子数之和的一半，Z原子的L层电子数比Y原子的L层电子数少2，且Y元素可有2种正价，两种正价的差值为2。

由X、Y、Z三种元素组成的化合物的化学式可能是(C)
①X2YZ3②XYZ3③XYZ4④X2YZ4⑤X3YZ3⑥X3YZ4
A．①②③ B．④⑤⑥
C．②⑤⑥ D．①③⑤
解析：由Y原子的M层电子数只有K层与L层电子数之和的一半可得Y为P，由Z原子的L层电子数比Y原子的L层电子数少2可得Z为O，X原子的最外层只有1个电子，X可以为H、Li或者Na，化合价均为＋1。

2．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。

X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2＋与Y2－具有相同的电子层结构，W与X同主族。

下列说法正确的是(D) A．原子半径大小顺序：r(W)＞r(Z)＞r(Y)＞r(X)
B．Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同
C．X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的弱
D．Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的强
解析：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。

X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，因此X是碳元素。

Y是地壳中含量最高的元素，则Y是氧元素。

Z2＋与Y2－具有相同的电子层结构，则Z 是镁元素。

W与X同主族，因此W是硅元素。

A.同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径大小顺序：r(Z)＞r(W)＞r(X)＞r(Y)，A不正确；B.Y分别与Z、W形成的化合物分别是氧化镁和二氧化硅，前者含有离子键，后者含有共价键，化学键类型不相同，B不正确；C.碳元素的非金属性强于硅元素，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因此X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强，C不正确；D.氧元素的非金属性强于硅元素，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，因此Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的强，D正确，答案选D。

3．短周期元素A、B、C、D、E，其原子序数的大小顺序为：A＞C＞D＞E＞B。

A、C、D位于同一周期，E原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，B原子比E原子少2个电子。

A元素的单质0.015 mol与足量盐酸完全反应时，有2.709×1022个电子发生转移。

(1)A位于元素周期表的第________周期、第________族，E位于第________周期、第________族。

(2)B单质在E单质中完全燃烧生成的化合物的结构式为______，该分子中含________(选填“极性”或“非极性”)键。

(3)写出A、C、D的最高价氧化物对应水化物的化学式，并比较其酸碱性强弱：___________________________________________。

解析：由E原子最外层电子数是次外层电子数的3倍可得E为O，由B原子比E原子少2个电子可得B为C，由原子序数大小顺序可知A、C、D位于第三周期。

由0.015 mol A与盐酸反应时，转移电子的物质的量为0.045 mol 可知A为Al，则C为Mg，D为Na。

答案：(1)三ⅢA二ⅥA
(2)O===C===O 极性
(3)碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3
专题二关于元素“位、构、性”关系的问题
►专题归纳
同一元素的“位、构、性”关系可表示如下。

在具体解题过程中，必须具备以下四个方面的基础。

1．结构与位置互推问题是解题的基础。

(1)掌握四个关系式。

①电子层数＝周期序数。

②质子数＝原子序数。

③最外层电子数＝主族序数。

④主族元素的最高正价＝主族序数，主族元素的最低负价＝主族序数－8。

2．性质与位置互推问题是解题的关键。

熟悉元素周期表中同周期、同主族元素性质的递变规律，主要包括：
(1)元素的金属性、非金属性；
(2)气态氢化物的稳定性；
(3)最高价氧化物对应水化物的酸碱性；
(4)单质的氧化性、还原性。

3．结构和性质的互推问题是解题的要素。

(1)最外层电子数决定元素原子的氧化性和还原性。

(2)原子半径决定了元素单质的性质；离子半径决定了元素组成的化合物的性质。

4．元素“位、构、性”规律的应用。

根据原子序数推断元素在元素周期表中的位置规律。

(1)根据每一周期结尾的稀有气体元素的原子序数分别为2、8、18、36、54、86，用给定的原子序数减去比它小且最接近的稀有气体元素的原子序数，即得该元素所在的纵行。

元素周期表共有18个纵行，从左到右依次为：ⅠA、ⅡA、ⅢB、ⅣB、ⅤB、ⅥB、ⅦB、Ⅷ、ⅠB、ⅡB、ⅢA、ⅣA、ⅤA、ⅥA、ⅦA、0族。

这种元素的周期数比相近的原子序数小的稀有气体元素的周期数大1。

(2)同一主族相邻周期两元素原子序数的差值。

①第ⅠA、ⅡA族，上一周期元素的原子序数＋该周期元素的数目＝下一周期元素的原子序数。

②第ⅣA、ⅤA、ⅥA、ⅦA、0族，上一周期元素的原子序数＋下一周期元素的数目＝下一周期元素的原子序数。

特别提示：各周期元素所包括的元素种数依次为：2、8、8、18、18、32。

例2 下图是元素周期表的一部分，下列说法中正确的是( )
A．原子半径：④＞③
B．气态氢化物的稳定性：③大于⑥，与氢键无关
C．元素⑤的单质与元素②的最高价氧化物对应的水化物反应时，参加反应的⑤单质与生成氢气的物质的量之比为23
D．元素④、⑦、⑨的单质的氧化性依次增强
解析：A项，原子半径应该是O大于F，错误；B项，同主族元素所形成的氢化物的稳定性随着元素的非金属性的增大而增强，与分子间存在的氢键无关，正确；C项，Al与HNO3的反应极其复杂，如果是浓HNO3则常温下不会反应产生气体，如果是稀HNO3则反应生成的不是氢气，而是NO，错误；D项，F2、Cl2、Br2的氧化性依次减弱，错误。

答案：B
►专题训练
4．甲～辛等元素在周期表中的相对位置如下表。

甲和戊的原子序数相差3，戊的一种单质是自然界硬度最大的物质，丁和辛属同周期元素。

下列判断正确的是(B)
A．金属性：甲＞乙＞丙
B．原子半径：辛＞己＞戊
C．丙和庚的原子核外电子数相差11
D．乙的单质在空气中燃烧生成只含离子键的化合物
解析：戊的一种单质是自然界硬度最大的物质，所以戊是C元素；则己、庚分别是Si、Ge元素；甲和戊的原子序数相差3，所以甲是Li元素，则乙、丙分别是Na、K元素；则丁是Ca元素，辛是Ga元素。

A.根据元素周期律，同主族元素的金属性从上到下逐渐增强，所以金属性：甲＜乙＜丙，错误；
B.电子层数越多，原子半径越大，B正确；丙为19号钾元素，庚为32号锗元素，故丙和庚的原子核外电子数相差13，C错误；乙为Na单质，在空气中燃烧生成Na2O2含离子键、共价键，D错误；答案为B。

5．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层有6个电子，Y是至今发现的非金属性最强的元素，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，W的单质广泛用作半导体材料。

下列叙述正确的是(A)
A．原子最外层电子数由多到少的顺序：Y、X、W、Z
B．原子半径由大到小的顺序：W、Z、Y、X
C．元素非金属性由强到弱的顺序：Z、W、X
D．简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：X、Y、W
解析：四种元素都是短周期元素，且原子序数依次增大，X原子最外层有6个电子，推出X是O元素，Y是至今发现的非金属性最强的元素，推出Y是F元素，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，推出Z是Al元素，W的单质广泛用作半导体材料，推出W是Si元素。

A.四种元素的原子最外层电子数分别是：6、7、3、4，最外层电子数由多到少的顺序是：F、O、Si、Al，故A正确；B.原子半径：电子层数越多，半径越大，同周期从左向右半径依次减小(稀有气体除外)，原子半径由大到小的顺序是：Al＞Si＞O＞F，故B错误；C.Al是金属，主要体现金属性，故C错误；D.氢化物越稳定，其非金属性越强，非金属性F＞O＞Si，氢化物稳定性：HF＞H2O＞SiH4，故D错误。

6．短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如下图所示，其中T所处的周期序数与主族序数相等。

请回答下列问题。

(1)T的原子结构示意图为________。

(2)元素的非金属性强弱顺序(原子的得电子能力)为Q________(选填“强于”或“弱于”)W。

(3)W的单质与其最高价氧化物的水化物浓溶液共热能发生反应，生成两种物质，其中一种是气体，反应的化学方程式为________________________________________________。

(4)原子序数比R多1的元素的一种氢化物能分解为它的另一种氢化物，此分解反应的化学方程式是_____________________。

解析：由几种元素的相对位置，可知T所处的周期序数为三，由T所处的周期序数与主族序数相等可得T为Al，则Q为C，R为N，W为S。

第二章化学反应与能量
专题一原电池电极反应式的书写
►专题归纳
1．正负极判断。

(1)根据电极材料判断。

一般来讲，活动性较强的金属为负极，活动性较弱的金属或能导电的非金属为正极。

(2)根据电流方向或电子流动方向来判断。

在外电路(导线)上，电流由正极流向负极，电子流动方向是由负极流向正极。

(3)根据反应类型判断。

原电池的负极总是失电子发生氧化反应，正极总是得电子发生还原反应。

(4)根据现象判断。

溶解的一极为负极，增重或有气泡放出的一极为正极。

2．书写方法。

按照负极发生氧化反应，正极发生还原反应的规律，根据原电池总反应判断出两极反应的产物，然后结合电解质溶液所能提供的离子，依据质量守恒、电荷守恒配平电极反应式。

(1)具体步骤为：①列物质，标得失；②选离子，配电荷；③配个数，巧用水；④两式加，验总式。

(2)写电极反应式时应注意：
①两极得失电子数相等；
②电极反应常用“===”，不用“―→”；
③电极反应中若有气体生成，需加“↑”；若有固体生成，一般不标“↓”。

例1 一种燃料电池中发生的化学反应为：在酸性溶液中甲醇与氧气作用生成水和二氧化碳。

该电池负极发生的反应是( )
A．CH3OH＋O2－2e－===H2O＋CO2＋2H＋
B．O2＋4H＋＋4e－===2H2O
C．CH3OH＋H2O－6e－===CO2＋6H＋
D．O2＋2H2O＋4e－===4OH－
解析：原电池电极反应式的书写技巧。

(1)将氧化还原反应分解为氧化反应和还原反应两个半反应，氧化反应为负极反应，还原反应为正极反应。

(2)两极反应的电荷守恒、元素守恒，两极反应的电子得失守恒。

结合电解质溶液的酸碱性，配平两极反应以及确定氧化产物和还原产物的存在形式。

(3)首先写出较易写的电极反应式，然后用总反应式减去该电极反应式即得到另一电极的反应式。

(4)一般有机物失去电子数比较难定，所以采用该物质的燃烧方程式，由氧气所得到的电子数来确定有机物所失去的电子数。

负极发生氧化反应是CH3OH失电子；正极发生还原反应，是O2得到电子，故答案选择C项。

答案：C
►专题训练
1．碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用。

锌—锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为：Zn(s)＋2MnO2(s)＋H2O(l)===Zn(OH)2(s)＋Mn2O3(s)。

下列说法错误的是(C) A．电池工作时，锌失去电子
B．电池正极的电极反应式为：2MnO2(s)＋H2O(l)＋2e－===Mn2O3(s)＋2OH－(aq)
C．电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极
D．外电路中每通过0.1 mol电子，锌的质量理论上减小3.25 g
2．某化学兴趣小组为了探究铝电极在电池中的作用，设计并进行了以下一系列实验，实验结果记录如下。

试根据表中的实验现象回答下列问题。

(1)实验1、2中Al所作的电极(正极或负极)________(选填“相同”或“不相同”)。

(2)对实验3完成下列填空。

①铝为______极，电极反应式：________________________；
②石墨为______极，电极反应式：______________________；
③电池总反应式：_______________________________。

(3)实验4中铝作______，理由是_______________________。

写出铝电极的电极反应式：_____________________________。

(4)解释实验5中电流计指针偏向铝的原因：
______________________________________________。

(5)根据实验结果总结出影响铝在原电池中作正极或负极的因素：___________________________________________。

答案：(1)不相同(2)①负2Al－6e－===2Al3＋
②正6H＋＋6e－===3H2↑③2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑ (3)负极铝可与氢氧化钠溶液发生氧化还原反应，而镁不与氢氧化钠溶液发生化学反应Al－3e－＋4OH－===AlO－2＋2H2O (4)铝在浓硝酸中被钝化，锌在浓硝酸中被氧化，即在浓硝酸中Zn比Al活泼，Zn作原电池的负极，Al作原电池的正极，所以电流计指针偏向铝(5)①另一个电极材料的活动性；②铝电极与电解质溶液能否发生自发的氧化还原反应
专题二守恒法在原电池中的应用
►专题归纳
电子守恒法是依据氧化还原反应中氧化剂得到的电子总数与还原剂失去的电子总数相等这一原则进行计算的。

电子守恒法是氧化还原反应计算的最基本的方法。

而原电池反应就是一种典型的氧化还原反应，只不过氧化反应和还原反应在负极和正极分别发生。

因此可以利用电子守恒法来处理原电池的有关计算。

具体来说就是正极得到的电子总数与负极失去的电子总数相等。

例2 (1)将锌片和银片浸入稀硫酸中组成原电池，两电极间连接一个电流计。

锌片上发生的电极反应为：____________________________。

银片上发生的电极反应为：____________________________。

(2)若该电池中两电极的总质量为60 g，工作一段时间后，取出锌片和银片洗净干燥后称重，总质量为47 g，试计算：①产生氢气的体积(标准状况)；②通过导线的电量。

(已知N A＝6.02×1023mol－1，电子电荷为1.60×10－19C)
解析：(1)在锌片、银片、稀硫酸组成的原电池中，锌片作负极，其电极反应为Zn－2e－===Zn2＋；银片作正极，其电极反应为2H＋＋2e－===H2↑；则电池总反应式为Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑。

(2)根据电极反应式找出已知量与电量之间的定量关系进行计算。

①锌片与银片减少的质量等于生成氢气所消耗的锌的质量，设产生的氢气体积为x。

则：
Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑
65 g 22.4 L
60 g－47 g＝13 g x
x＝13 g×22.4 L÷65 g＝4.48 L。

②反应消耗的锌为13 g÷65 g·mol－1＝0.20 mol。

1 mol Zn变为Zn2＋时，转移2 mol e－，则通过的电量为0.20 mol×2×6.02×1023 mol－1×1.60×10－19 C＝3.85×104 C。

答案：(1)Zn－2e－===Zn2＋2H＋＋2e－===H2↑
(2)①4.48 L②3.85×104C
►专题训练
3．锌—稀硫酸—铜组成的原电池装置中，当导线中有1 mol 电子通过时，理论上的两极变化是(A)
①锌片溶解了32.5 g ②锌片增重32.5 g
③铜片上析出1 g H2④铜片上析出1 mol H2
A．①和③ B．①和④
C．②和③ D．②和④
专题三化学反应速率和平衡图像
►专题归纳
有关图象的化学题，是化学基础知识，基本规律以平面直角坐标系中的图象为载体进行表达的题目。

图象化学题一般综合性强，难度较大。

解题时，重点是理解图象的意义和特点。

归纳起来，图象题的解答方法与思路是：
1．理解图象中的面、线、点。

(1)理解面。

理解各坐标轴所代表的量的意义及曲线所表示的是哪些量的关系。

(2)理解线。

理解曲线“平”与“陡”的意义，即斜率大小的意义；理解曲线的变化趋势并归纳出规律。

如图中有拐点，先拐先平，较早出现拐点的曲线表示先达平衡，对应温度高、压强大；图中有3个量，定1议2(即先确定1个量不变，再讨论另两个量的关系)；“吸热大变、放热小变”，即在速率温度图象中，温度改变时，吸热反应速率变化大，放热反应速率变化小。

(3)理解点。

理解曲线上点的意义，特别是某些特殊点，如坐标轴的交点，几条曲线的交叉点、极值点、转折点等。

2．联系规律。

联想外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响规律，作出正确判断。

例 3 合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义。

对于密闭容器中的反应：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)，673 K、30 MPa时，n(NH3)和n(H2)随时间变化的关系如下图所示。

下列叙述正确的是( )
A．点a的正反应速率比点b的小
B．点c处反应达到平衡
C．点d(t1时刻)和点e(t2时刻)处n(N2)不一样
D．其他条件不变，773 K下反应至t1时刻，υ(H2)比图中d点的值大
解析：a点的H2浓度比b点大，反应速率较大，故A项错；c点时NH3有增大趋势、H2有减小趋势，反应未达平衡，故B项错误；d、e两点都是反应达平衡时的点，反应物和生成物浓度都不变，故C项错误；温度升高，化学反应速率增大，υ(H2)增大，故D项正确。

答案：D
例4 为了研究碳酸钙与稀盐酸反应的反应速率，一位同学通过实验测定反应中生成的CO2气体体积随时间变化的情况，绘制出了如下图所示的曲线。

请分析讨论以下问题。

(1)在O～t1、t1～t2、t2～t3各相同的时间段里，反应速率最慢的是____________时间段，收集到气体最多的是____________时间段。

(2)试分析三个时间段里，反应速率不同的可能原因(该反应是放出热量的反应)。

(3)在t4后，为什么收集到的气体的体积不再增加？
解析：(1)首先明确横、纵坐标的含义，特别是纵坐标并不是速率，因此从曲线的斜率大小来判断反应的快慢，t2～t3时间段的斜率最小，反应最慢。

(2)一个反应速率的大小受制于若干条件，有的阶段某种因素的影响起主要作用，另一阶段可能就被另一种影响因素所代替。

(3)当反应停止时，收集到的气体体积不再发生变化。

答案：(1)t2～t3t1～t2
(2)由于反应放热，O～t1时间段：反应物浓度高，但温度较低，所以速率较慢；t1～t2时间段：温度升高，反应速率变快；t2～t3时间段：随反应物浓度的下降，速率又变慢。

(3)t4以后反应物中至少有一种已经消耗完，反应停止。

►专题训练
4．把在空气中久置的铝片5.0 g投入盛有500 mL 0.5 mol·L－1硫酸溶液的烧杯中，该铝片与硫酸反应产生氢气的速率与反应时间的关系可用下图所示的坐标曲线来表示。

请回答下列问题。

(1)曲线由O→a段不产生氢气的原因是____________________。

有关反应的化学方程式为_____________________________。

(2)曲线由a→c段，产生氢气的速率增加较快的主要原因是____
___________________________________________________。

(3)曲线由c以后产生氢气的速率逐渐下降的主要原因是
_______________________________________________________。

答案：(1)硫酸首先和氧化铝反应，不产生氢气Al2O3＋3H2SO4===Al2(SO4)3＋3H2O (2)a→c段，反应。