高考化学一轮专题复习2化学基本理论doc高中化学

专题2·化学根本理论化学理论网络图解化学键、分子和晶体构造理论元素周期律理论（位、构、性三者关系）物质构造理论⑴了解化学反响速率的概念和表示方法，理解影响化学反响速率的因素。⑵有关化学反响速率的简单计算。⑶理解化学平衡的含义及其与反响速率之间的联系，化学平衡状态的标志。⑷理解勒夏特列原理的含义及浓度、温度、压强等条件对化学平衡移动的影响。⑸掌握化学平衡的计算方法。等效平衡的建立。⑹以合成氨工业生产为例，用化学反响速率和化学平衡的观点理解工业生产的条件。化学平衡理论⑴了解电解质和非电解质、强电解质和弱电解质的概念。⑵理解离子反响的概念，会书写离子反响方程式。⑶理解弱电解质的电离平衡概念。理解外界条件对电离平衡的影响。⑷了解水的电离、溶液pH等概念，掌握溶液pH的计算。⑸了解强酸强碱中和滴定原理、实验操作、计算等。⑹理解盐类水解的原理及应用。电解质溶液⑴理解原电池原理。初步了解化学电源。了解化学腐蚀与电化学腐蚀及一般金属防腐蚀方法。⑵理解电解原理。了解铜的电解精炼、镀铜、氯碱工业反响原理。元素周期律理论（位、构、性三者关系）电化学理论中学化学根底理论包括：物质构造和元素周期律理论、反响速率和化学平衡理论、电解质理论、电化学理论。物质构造理论、化学平衡理论、电解质理论三大理论是重点，构造理论是化学理论的根底，它贯穿于整个中学化学教材，指导着元素化合物知识和其它理论知识的学习。一、物质构造理论化学构造理论知识点多。重要的内容：原子、分子和晶体构造、化学键理论、元素周期律理论等。物质构造、元素周期律是中学化学的根本理论之一，也是高考的必考内容之一。要求理解并熟记主族元素的原子构造，同周期、同主族元素的性质递变规律及元素周期表的构造，理解三者之间的内在联系，晶体的类型和性质等。在表达根底知识再现的同时，侧重于观察、分析、推理能力的考察。近年来，高考题中主要以元素推断题出现，旨在考察考生的分析推理能力，往往从学科前沿或社会热点立意命题，引导学生关注科技开展，关注社会热点。1．用原子半径、元素化合价周期性变化比较不同元素原子或离子半径大小11/11\n2．用同周期、同主族元素金属性和非金属性递变规律判断具体物质的酸碱性强弱或气态氢化物的稳定性或对应离子的氧化性和复原性的强弱。3．运用周期表中元素“位--构--性”间的关系推导元素。4．应用元素周期律、两性氧化物、两性氢氧化物进展相关计算或综合运用，对元素推断的框图题要给予足够的重视。5．晶体构造理论⑴晶体的空间构造：对代表物质的晶体构造要仔细分析、理解。在高中阶段所涉及的晶体构造就源于课本的就几种，高考在出题时，以此为蓝本，考察与这些晶体构造相似的没有学过的其它晶体的构造。⑵晶体构造对其性质的影响：物质的熔、沸点上下规律比较。⑶晶体类型的判断及晶胞计算。二、化学反响速率和化学平衡理论化学反响速率和化学平衡是中学化学重要根本理论，也是化工生产技术的重要理论根底，是高考的热点和难点。考察主要集中在：掌握反响速率的表示方法和计算，理解外界条件（浓度、压强、温度、催化剂等）对反响速率的影响。考点主要集中在同一反响用不同物质表示的速率关系，外界条件对反响速率的影响等。化学平衡的标志和建立途径，外界条件对化学平衡的影响。运用平衡移动原理判断平衡移动方向，及各物质的物理量的变化与物态的关系,等效平衡等。1．可逆反响到达化学平衡状态的标志及化学平衡的移动主要包括：可逆反响到达平衡时的特征，条件改变时平衡移动知识以及移动过程中某些物理量的变化情况，勒夏特列原理的应用。对特殊平衡移动问题要善于归纳、总结，如：反响物用量的改变对平衡转化率的影响⑴在温度、体积不变的容器中参加某种气体反响物（或生成物）平衡移动问题11/11\n解题关键：对于：aA（g）bB（g）+cC（g）或bB（g）+cC（g）aA（g）,当T、V不变时，参加A气体，平衡移动的结果由压强决定。相当于增大压强。而参加B或C，那么平衡的移动由浓度决定。因此，在此条件下参加A气体，对于：aA（g）bB（g）+cC（g），相当于增大压强，平衡最终结果与气态物质的系数有关，假设a>b+c,那么A的转化率增大,假设a<b+c,那么,A的转化率减少,假设a=b+c,那么A的转化率不变。其它物理量变化也通过压强可以判断。对于：bB（g）+cC（g）aA（g）参加B或C，B或C的浓度增大，平衡正向移动，但要注意，参加哪物质，哪个物质的转化率减小，另一个物质的转化率增大。⑵在温度、压强不变的体系中参加某种气体反响物（或生成物）平衡移动问题解题关键：对于：aA（g）bB（g）+cC（g）或bB（g）+cC（g）aA（g）,当T、P不变时，参加A气体，平衡移动的结果是不移动。而参加B或C，那么平衡的移动由浓度决定。2．等效平衡和等效假设问题是化学平衡问题中的难点等效平衡的判断和等效平衡之间各物理量的比较结果条件等效的条件结果恒温恒容(△n(g)≠0)投料换算成相同物质表示时量相同两次平衡时各组分百分量、n、c均相同恒温恒容(△n(g)=0)投料换算成相同物质表示时等比例两次平衡时各组分百分量相同，n、c同比例变化恒温恒压投料换算成相同物质表示时等比例两次平衡时各组分百分量、c相同，n同比例变化一定要从三个方面（外界条件、等效的条件、等效后的比较结果）去理解，但最重要的是结果的判断。11/11\n3．化学平衡的有关计算以及化学平衡的有关图像问题4．用反响速率和化学平衡理论解释在日常实际生活、工农业生产中遇到的化学问题。三、电解质理论电解质理论重点考察弱电解质电离平衡的建立，电离方程式的书写，外界条件对电离平衡的影响，酸碱中和反响中有关弱电解质参与的计算和酸碱中和滴定实验原理，水的离子积常数及溶液中水电离的氢离子浓度的有关计算和pH的计算，溶液酸碱性的判断，不同电解质溶液中水的电离程度大小的比较，盐类的水解原理及应用，离子共存、离子浓度大小比较，电解质理论与生物学科之间的渗透等。重要知识点有：1．弱电解质的电离平衡及影响因素，水的电离和溶液的pH及计算。2．盐类的水解及其应用，特别是离子浓度大小比较、离子共存问题。3．酸碱中和滴定及相关计算。四、不能无视的电化学理论电化学理论包括原电池理论和电解理论。原电池理论的主要内容：判断某装置是否是原电池并判断原电池的正负极、书写电极反响式及总反响式；原电池工作时电解质溶液及两极区溶液的pH的变化以及电池工作时溶液中离子的运动方向；新型化学电源的工作原理。特别注意的是高考关注的日常生活、新技术内容有很多与原电池相关，还要注意这局部内容的命题往往与化学实验、元素与化合物知识、氧化复原知识伴随在一起。同时原电池与生物、物理知识相互渗透如生物电、废旧电池的危害、化学能与电能的转化、电池效率等都是理综命题的热点之一。电解原理包括判断电解池、电解池的阴阳极及两极工作时的电极反响式；判断电解池工作中和工作后溶液和两极区溶液的pH变化；电解原理的应用及电解的有关计算。命题特点与化学其它内容（如实验、电解质理论、环境保护）综合，电解原理与物理知识联系严密，学科间综合问题。考点一“位--构--性”三者关系11/11\n【例1】X、Y、Z、W为四种短周期主族元素。其中X、Z同族，Y、Z同周期，W与X、Y既不同族也不同周期；X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍；Y的最高正价与最低负价的代数和为6。以下说法正确的选项是A．Y元素最高价氧化物对应水化物的化学式为H2YO4B．原子半径由小到大的顺序为：W＜X＜Z＜YC．X与W可以形成W2X、W2X2两种氧化物D．Y、Z两元素的气态氢化物中，Z的气态氢化物稳定变式1X、Y、Z为短周期元素，X的最外层电子数是Y原子最外层电子数的2倍，Y的原子序数比X的原子序数多5，Z原子的最外层电子数比Y多3。以下表达正确的选项是A．原子半径的大小顺序：Z>Y>XB．Z单质与X单质直接反响可生成两种化合物C．工业上，电解X和Y形成的化合物制取Y单质D．Y、Z元素的最高价氧化物对应的水化物不能互相反响考点二氧化复原反响规律应用【例2】水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反响是3Fe2++2S2O32-+O2+xOH—Fe3O4+S4O62-+2H2O，以下说法中，正确的选项是A．每生成1molFe3O4，反响转移的电子总数为2molB．Fe2+和S2O32-都是复原剂C．1molFe2+被氧化时，被Fe2+复原的O2的物质的量为1/3molD．x=211/11\n【解析】B；此题根据电荷守恒可确定x的值，3×2-4-x=-2，x=4，Fe3O4中两个铁为+3价，一个铁为+2价，在反响中每生成1molFe3O4同时消耗1molO2，所以转移的电子数为4mol，S2O32-中S由+2价升高为+5/2价，所以复原剂有Fe2+、S2O32-，而氧化剂为O2。1molFe2+被氧化时，提供1mol电子，被Fe2+复原的O2的物质的量为1/4mol。变式2氧化复原反响中实际上包含氧化和复原两个过程。下面是一个复原过程的反响式：NO3－＋4H＋＋3e－=NO＋2H2OKMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2(SO4)3四种物质中的一种物质(甲)能使上述复原过程发生。(1)写出并配平该氧化复原反响的方程式：_______________________________________。(2)反响中硝酸表达了、性质。(3)反响中假设产生0.2mol气体，那么转移电子的物质的量是mol。(4)假设1mol甲与某浓度硝酸反响时，被复原硝酸的物质的量增加，原因是：。考点三化学反响速率、化学平衡【例3】在一定温度下，向体积恒定为2L的密闭容器里充入2molM和一定量的N，发生如下反响：M（g）+N（g）E（g）；当反响进展到4min时到达平衡，测知M的浓度为0.2mol·L—1。以下说法正确的选项是A．4min时，M的转化率为80%B．4min时，用M表示的反响速率为0.8mol·L—1·min—1C．4min后，向容器中充入不参与反响的稀有气体，M的物质的量减小D．2min时，M的物质的量浓度为0.6mol·L—1【解析】答案为A。反响开场时，M的浓度为2÷2=1mol/L，平衡时为0.2mol·L—1，转化了0.8mol·L—1，M转化率为80%。4min时，用M表示的反响速率为0.8mol·L—11/11\n1÷4=0.2mol·L—1·min—1，恒温恒容下，充入不反响的稀有气体，各组分的浓度没有发生变化，所以正逆反响速率不变，平衡不移动，M的物质的量不变；反响从开场到平衡的过程中，正反响速率越来越小，当进展2min时，M浓度的变化值大于0.4mol·L—1，所以2min时，M的物质的量浓度应小于0.6mol·L—1。变式3如图是恒温下某化学反响的反响速率随反响时间变化的示意图，以下表达与示意图不相符合的是A．反响达平衡时，各物质的含量为定值B．该反响到达平衡态I后，增大压强，平衡发生移动，到达平衡态IIC．该反响到达平衡态I后，增大反响物浓度，平衡发生移动，到达平衡态IID．同一种反响物在平衡态I和平衡态II时浓度一定不相等考点四电解质理论【例4】以下离子方程式书写正确的选项是A．过量的SO2通入NaOH溶液中：SO2＋2OH－=SO32－＋H2OB．Fe(NO3)3溶液中参加过量的HI溶液：2Fe3＋+2I－=2Fe2＋+I2C．盐酸滴入氨水中：H＋＋OH－=H2OD．硫酸亚铁溶液与稀硫酸、双氧水混合：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O【解析】离子反响方程式的正误判断和书写是高考的热点题型，此题中A选项SO2过量，生成产物应为HSO3-而不是SO32－，正确的应为SO2＋OH－=HSO3-；B选项酸性环境中，NO3-具有强氧化性，其氧化性大于Fe3＋，能氧化I－成I2，正确的为2NO3-+6I-+8H+=2NO+3I2+4H2O。C选项中氨水为弱碱，在离子方程式中不能拆开写，正确写法为11/11\nH＋＋NH3·H2O=NH4++H2O；D选项中双氧水具有氧化性，在酸性条件下能把Fe2＋氧化为Fe3＋，同时生成水，注意离子反响式两边的电荷守恒和得失电子守恒。变式4氯气溶于水到达平衡后，假设其他条件不变，只改变某一条件，以下表达不正确的选项是A．再通入少量氯气，c(H＋)/c(ClO－)增大B．通入少量SO2，溶液漂白性增强C．参加少量固体NaOH，一定有c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)D．参加少量水，水的电离平衡向正反响方向移动考点五电化学理论【例5】图中电极a、b分别为Ag电极和Pt电极，电极c、d都是石墨电极。通电一段时间后，在c、d两极上共收集到336mL（标准状态）气体。答复：（1）直流电源中，M为极。（2）Pt电极上生成的物质是，其质量为__g。（3）电源输出的电子，其物质的量与电极b、c、d分别生成的物质的物质的量之比为：2∶___∶_∶。（4）AgNO3溶液的浓度（填增大、减小或不变。下同），AgNO3溶液的pH，H2SO4溶液的浓度，H2SO4溶液的pH___。（5）假设H2SO4溶液的质量分数由5.00%变为5.02%，那么原有5.00%的H2SO4溶液为g。11/11\n5.00%x=5.02%(x-0.18)，解得：x=45.18g。变式5生物体中细胞膜内的葡萄糖（C6H12O6）与细胞膜外的碱性富氧液体及细胞膜构成微型的生物原电池。以下有关电极反响及其产物的判断正确的选项是A．负极反响可能是O2＋2H2O＋4e－＝4OH－B．负极反响的产物主要是C6H12O6被氧化生成的CO32－、HCO3－、H2OC．正极反响可能是C6H12O6＋24OH――24e－＝6CO2＋18H2OD．正极反响的产物主要是葡萄糖生成的CO2、HCO3－、H2O11/11\n(4)使用了较浓的硝酸，产物中有局部二氧化氮生成。3．B化学平衡状态的标志是反响混合物中各组分的百分含量保持不变的状态。也就是各物质的含量为定值，A正确；B中如为增大压强，那么正、逆反响速率同时增大，与原平衡没有连结点，所以B不符合示意图；C选项中增大反响物浓度，平衡正向移动，正反响速率突然增大，而逆反响速率从原平衡逐渐增大，符合题意；D选项中，同一种反响物在平衡态I和平衡态II时，由于平衡发生了移动，所以浓度不可能相等。4．B原反响为：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，再通入少量氯气后，c(H＋)与c(HClO)同等程度增大，假设HClO的电离程度不变，c(H＋)/c(ClO－)应该相等，但实际上HClO的电离程度减小，使c(ClO－)增大倍数不够，所以c(H＋)/c(ClO－)增大，SO2与Cl2反响而使溶液漂白性减弱，B错。据电荷守恒有：c(Na＋)＋c(H＋)=c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－)，当溶液呈中性时，c(H＋)=c(OH－)，才有c(Na＋)＝c(Cl－)＋11/11\nc(ClO－)，C错。D中参加少量的水，相当于增大了水的量，c(H＋)下降，对水的电离的抑制作用减弱，水的电离平衡向正反响方向移动。D正确。5．B根据题给信息可知：原电池的负极应为葡萄糖，正极应为O2。由于细胞液呈弱碱性，所以负极反响为：C6H12O6＋24OH――24e－＝6CO2＋18H2O，生成的CO2与OH-作用生成CO32－、HCO3－。正极反响为：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－。所以答案为B。11/11