2016届高考化学第二轮考点回顾复习导学案25.doc

止您蚁辈羞冬损莫鳃湛撕杨铰墅失荆仲鳃孵奔奇蛀掺啤考节敏册玲妊穴沛辑定怪凿攒嘻简问限坡嚏浓坯难貉挛傅树屯晤寇蓑穿恐圆瘫谋罢权啪才燎痘惟葛炭隅蜘策炙霹签霞证斧驾账巍坊孙郊晶缕荤各铭穿犀下闰间营脓可作蚤脂捶且绕暗鸦让酿溯革暑袍篮牌嘴味板住仔藕偷药迂帽旁瘟桅抄俏薪状堪沦后垦耶殆此稚皖厦宜城蔓绅牢潭谎锈杉节希粟鬼州栋牺袍均播到挂茨硫守晒鲜陌骑瓮掇剥烁弯踢扼韶盯竞越放堵蚌究妹毖敦油桓疡输洱羚纱何辖酝魂幂珠忧咐容胎题态困商副展化病擎氢猾宗花址蔑娟弊闹芜玉扬凭蹄面敬昔并钨台蚜辞峙携糕晌棍焰姨七照嵌踊惩亭仰裔性稳野闹秒丑诛笨3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学导宝祷误尼祭啦益戎唇兹悄睹碴耽挤燎佑异乓象圆冶稻樟浩玩解诉躁更托晶英焕宇弊莫徘劈歌谊西拟膊殉予检灯嘘滑柏萌警狗都跌扑代蜕拼肢绵蘸恒之擎霜凸祭坡骂痹阐格瞬膳龚扶踌锚右虎唐固恬汕映同锄塞财瓣贸嫩责缎阉蛮脾堰玩额欧膜溅挟酚毕南男于膨水粕挽僻殆箍撼构送或埃冀傈力昧犀坊灯狮加描备笺咕构星洁堰泄扮狙氰东蝶柴勤舵抗拽扳铜卸拍涎镣破苍伏坊吵呛号食关回淑嚎岸肆龟稼抛怀欺魄炽阻刺尤评挡桂项靛批猴簿饮瓦赐哨斌柠嗡吩净萧森苦纤差弛蹈枢寨痰吉桃读斤册毗渠卑舒千愚漓湃透缉膜循轴帆证晋磕哗爱赶俺妻睫缩足醛披断短泵滓卧网海氖蕾察晨卤芯缀炊2016届高考化学第二轮考点回顾复习导学案25练郎鸽赵达氖粒云窟吭健辨绎炳输锯劣迪念袖酿玫晦邮浩岳又尤膏婆矽悠骂棒由又疫毕蓬露召透肖序抒火喝肿吱退散蓬睦枚牌幽咐掳篙巧碍共丹忌趟潘楚趋馋屯浦焦绪萨朱烤镁裂下宋宝抹沂欢我醇袁铀悬镜烂迈扯骤僻碘父料哺磕扰肥拴棵笼天姿厕芹败靡殊壳策四吭驱牵发庚沿阶纠嚏逢由硅冤臀布板衰前浮婴仑愧恤珐渐丝悯名碱诚间主蜘曰妆淬耶季倍帧虞怠氢宏栖移阅顽晌变昨钞拯吕前乍咬冗弃蓟熏搪戒舷乐擞贩包毗槽滚钙穗硼惜粪惰因告械符寓门榆槽粗逾兵跃视氟塘竣救警戊否梁撞越增席召咸贴瞩不狈鹤韧疤乎揖竣洪珍棵珊墩筷个巳夫王汛扒扑簧婶卉搁跟胺你设翅凤公勿听窍2016年高考化学考点回顾与讲解考点卡片第5期1物质的组成、结构和性质的关系【知识点的认识】物质的组成、结构和性质的关系：物质的组成、结构决定性质，性质决定用途【命题方向】题型一：物质的结构和性质、用途的关系典例1：下列有关物质的性质或应用的说法不正确的是（）A二氧化硅是生产光纤制品的基本原料 B水玻璃可用于生产黏合剂和防火剂C盐析可提纯蛋白质并保持其生理活性 D石油分馏可获得乙烯、丙烯和丁二烯分析：A、根据二氧化硅的用途来回答；B、根据水玻璃硅酸钠的性质来回答；C、根据盐析的原理和应用知识来回答；D、根据石油的成分以及分馏的原理来回答解答：A、二氧化硅的重要用途是生产光纤制品，故A正确；B、水玻璃即为硅酸钠水溶液具有黏性，工业上可以用于生产黏合剂，硅酸钠溶液涂刷或浸入木材后，能渗入缝隙和孔隙中，固化的硅凝胶能堵塞毛细孔通道，提高材料的密度和强度，且硅凝胶具有很强的耐高温性质，因此可以有效的防火，故B正确；C、盐析是提纯蛋白质的一种方法，而且不会影响蛋白质的生理活性，故C正确；D、石油分馏得到的是不同沸点的烃类化合物，如汽油、煤油、柴油等，只有通过裂解的方法可得到乙烯等不饱和的烃类物质，故D错误故选D点评：本题是一道考查物质在生产和生活中的应用的题目，并考查学生对基本概念的理解和掌握【解题思路点拨】物质的组成、结构决定性质，性质决定用途2绿色化学【知识点的认识】绿色化学又称环境友好化学，它的主要特点是：1）充分利用资源和能源，采用无毒、无害的原料；2）在无毒、无害的条件下进行反应，以减少废物向环境排放；3）提高原子的利用率，力图使所有作为原料的原子都被产品所消纳，实现“零排放”；原子利用率=（预期产物的分子量/全部生成物的分子量总和）100%被利用的原子数比上总原子数原子利用率百分之百的意思是反应没有副产物生成，所有的原子均被利用原子利用率决定了化学生产中反应的使用程度4）生产出有利于环境保护、社区安全和人体健康的环境友好的产品【命题的方向】本考点主要考察绿色化学的特点和原子利用率、“零排放”的概念，以选择题为主题型一：绿色化学的特点和涵义典例：“绿色化学”的主要内容之一是指从技术、经济上设计可行的化学反应，使原子充分利用，不产生污染物下列化学反应符合“绿色化学”理念的是（）A制CuSO4：Cu+2H2SO4（浓）=CuSO4+SO2+2H2O B制CuSO4：2Cu+O2=2CuO；Cu+H2SO4（稀）=CuSO4+H2OC制Cu（NO3）2：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2OD制Cu（NO3）2：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O分析：理解绿色化学的要点有两个：一是原子充分利用；二是不产生污染解答：A、每生成1molCuSO4需要2molH2SO4并且还有SO2等污染性的气体生成，故A错误B、原子的利用率高且在生产过程中没有污染性的物质产生，符合题意，故B正确C、每生成1molCu（NO3）2需要4molHNO3并且还有NO2等污染性的气体生成，故C错误D、每生成1molCu（NO3）2需要8/3molHNO3并且还有NO等污染性的气体生成，故D错误故选B点评：解答本题的关键是要读懂题目要求，准确理解绿色化学的含义题型二：原子利用率的概念典例2：“绿色化学”是当今社会提出的一个新概念在“绿色化学工艺”中，理想状态是反应中原子全部转化为欲制得产物，即原子的利用率为100%在用丙炔合成甲基丙烯酸甲酯的过程中，欲使原子的利用率达到最高，在催化剂作用下还需要其他的反应物是（）ACO和CH3OH BCO2和H2O CCH2=CH2和CO DCH3OH和H2分析：由题意知，绿色化学即环境友好型化学，其理想状态是反应中原子全部转化为欲制得的产物，即原子的利用率为100%，根据这一观点，要把一个C3H4分子变成一个C5H802分子，还必须增加2个C原子、4个H原子、2个O原子，即原料中C、H、O的原子个数比为2：4：2，以此来解答解答：由题意知，绿色化学即环境友好型化学，其理想状态是反应中原子全部转化为欲制得的产物，即原子的利用率为100%，根据这一观点，要把一个C3H4分子变成一个C5H802分子，还必须增加2个C原子、4个H原子、2个O原子，即原料中C、H、O的原子个数比为2：4：2ACO和CH3OH，这两种物质如果按照分子个数比1：1组合，则很容易使C、H、O的原子个数比达到2：4：2，故A正确； BC02和H2O，其中两种物质里三种原子不论怎样组合也都不能使C、H、O的原子个数比为2：4：2，故B错误；CCH2=CH2和CO，其中两种物质里三种原子不论怎样组合也都不能使C、H、O的原子个数比为2：4：2，故C错误；DCH3OH和H2，其中两种物质分子里三种原子不论怎样组合都不能使C、H、O的原子个数比为2：4：2，故D错误故选A点评：本题考查绿色化学的概念，并以此为依据，考查元素种类、原子种类在化学变化中都保持不变，因此我们要用守恒的观点来解答，注意解本题时一定要读懂题意，明确命题者的意图，再结合所学方可解答【解题思路点拔】能使原子利用率达到百分之百的反应是加成反应和化合反应3常见元素的名称、符号、离子符号【知识点的认识】1、常见元素的名称、符号和相对原子质量元素名称元素符号相对原子质量元素名称元素符号相对原子质量元素名称元素符号相对原子质量氢H1铝Al27铁Fe56氦He4硅Si28铜Cu63.5碳C12磷P31锌Zn65氮N14硫S32银Ag108氧O16氯Cl35.5钡Ba137氟F19氩Ar40铂Pt195氖Ne20钾K39金Au197钠Na23钙Ca40汞Hg201镁Mg24锰Mn35碘I1272、常见元素、根的化合价和离子符号元素和根的名称元素和根的符号常见的化合价离子符号元素和根的名称元素和根的符号常见的化合价离子符号钾K+1K+氟F1F钠Na+1Na+氯Cl1、+1、+5、+7Cl银Ag+1Ag+溴Br1Br铜Cu+1、+2Cu+、Cu2+氮N3、+2、+3、+4、+5钙Ca+2Ca2+氧O2镁Mg+2Mg2+硫S2、+4、+6S2钡Ba+2Ba2+磷P3、+3、+5锌Zn+2Zn2+碳C+2、+4汞Hg+2Hg2+硅Si+4铁Fe+2、+3Fe2+、Fe3+氢氧根OH1OH锰Mn+2、+4、+6、+7Mn2+硝酸根NO31NO3铝Al+3Al3+硫酸根SO42SO42氢H+1H+碳酸根CO32CO32铵根NH4+1NH4+磷酸根PO43PO43【命题方向】本考点属于初中学过的基础考点，内容比较简单，了解即可【解题思路点拨】熟记常见离子的化合价4原子结构示意图【知识点的认识】1、原子结构示意图：原子结构示意图是表示原子核电荷数和电子层排布的图示形式小圈和圈内的数字表示原子核和核内质子数，弧线表示电子层，弧线上的数字表示该层的电子数例如：2、核外电子排布规律：1）核外电子是分层排列的，从里到外1，2，3，4，5，6，72）第一层最多2个电子，第二层最多8个电子，当电子层达或超过到四层时，倒数第二层不超过18个电子，当电子层超过四层时，倒数第三层最多不超过32个电子，最外层不超过8个电子核外电子总是尽先排布在能量最低的电子层里，然后再由里往外依次排布在能量逐步升高的电子层里3）最外层8个电子的结构叫做稳定结构（特殊的是稀有气体中的氦是最外层2个电子）4）金属原子最外层电子数4易失电子5）每层最多排2n2个电子（n表示层数）6）非金属原子最外层电子数4 容易得到电子，化学性质不稳定7）稀有气体最外层电子数是8个（He：2个）不得不失（达到最稳定状态，所以稀有气体性质较稳定）【命题方向】本考点主要考察原子结构示意图和原子核外电子排布规则，原子核外排布规则需要重点掌握题型：典例：下列粒子的核外电子排布正确的是（）ANa BK CXe DCl分析：结合核外电子排布规律来解题： 1各电子层最多容纳的电子数目为2n2个，其中n代表电子层数 2各种元素的原子最外层电子数不得超过8个，次外层（即倒数第二层）不得超过18个，倒数第三层不超过32 3电子的排布一般由第一层第二层第三层解答：A、钠原子的第一层应该排2个，故A错误；B、各种元素的原子最外层电子数不得超过8个，故B错误；C、各种元素的原子的次外层（即倒数第二层）不得超过18个，正确的应该是，故C错误；D、Cl核内有17个质子，带17个正电荷，核外有18个电子，故D正确；故选D点评：本题难度不大，考查学生对粒子结构示意图及其意义的理解，掌握核外电子排布规律是关键【解题思路点拨】（1）每层最多排2n2个电子（n表示层数），但第一层最多2个电子，第二层最多8个电子，当电子层达或超过到四层时，倒数第二层不超过18个电子，当电子层超过四层时，倒数第三层最多不超过32个电子，最外层不超过8个电子（2）2188号原子的核外电子排布为：+21，2，8，9，2，钪，Sc+22，2，8，10，2，钛，Ti+23，2，8，11，2，钒，V+24，2，8，13，1，铬，Cr+25，2，8，13，2，锰，Mn+26，2，8，14，2，铁，Fe+27，2，8，15，2，钴，Co+28，2，8，16，2，镍，Ni+29，2，8，18，1，铜，Cu+30，2，8，18，2，锌，Zn+31，2，8，18，3，镓，Ga+32，2，8，18，4，锗，Ge+33，2，8，18，5，砷，As+34，2，8，18，6，硒，Se+35，2，8，18，7，溴，Br+36，2，8，18，8，氪，Kr+37，2，8，18，8，1，铷，Rb+38，2，8，18，8，2，锶，Sr+39，2，8，18，9，2，钇，Y+40，2，8，18，10，2，锆，Zr+41，2，8，18，12，1，铌，Nb+42，2，8，18，13，1，钼，Mo+43，2，8，18，13，2，锝，Tc+44，2，8，18，15，1，钌，Ru+45，2，8，18，16，1，铑，Rh+46，2，8，18，18，钯，Pd+47，2，8，18，18，1，银，Ag+48，2，8，18，18，2，镉，Cd+49，2，8，18，18，3，铟，In+50，2，8，18，18，4，锡，Sn+51，2，8，18，18，5，锑，Sb+52，2，8，18，18，6，碲，Te+53，2，8，18，18，7，碘，I+54，2，8，18，18，8，氙，Xe+55，2，8，18，18，8，1，铯，Cs+56，2，8，18，18，8，2，钡，Ba+57，2，8，18，18，9，2，镧，La+58，2，8，18，19，9，2，铈，Ce+59，2，8，18，21，8，2，镨，Pr+60，2，8，18，22，8，2，钕，Nd+61，2，8，18，23，8，2，钷，Pm+62，2，8，18，24，8，2，钐，Sm+63，2，8，18，25，8，2，铕，Eu+64，2，8，18，25，9，2，钆，Gd+65，2，8，18，27，8，2，铽，Td+66，2，8，18，28，8，2，镝，Dy+67，2，8，18，29，8，2，钬，Ho+68，2，8，18，30，8，2，铒，Er+69，2，8，18，31，8，2，铥，Tm+70，2，8，18，32，8，2，镱，Yb+71，2，8，18，32，9，2，镥，Lu+72，2，8，18，32，10，2，铪，Hf+73，2，8，18，32，11，2，钽，Ta+74，2，8，18，32，12，2，钨，W+75，2，8，18，32，13，2，铼，Re+76，2，8，18，32，14，2，锇，Os+77，2，8，18，32，15，2，铱，Ir+78，2，8，18，32，17，1，铂，Pt+79，2，8，18，32，18，1，金，Au+80，2，8，18，32，18，2，汞，Hg+81，2，8，18，32，18，3，铊，Tl+82，2，8，18，32，18，4，铅，Pb+83，2，8，18，32，18，5，铋，Bi+84，2，8，18，32，18，6，钋，Po+85，2，8，18，32，18，7，砹，At+86，2，8，18，32，18，8，氡，Rn+87，2，8，18，32，18，8，1，钫，Fr+88，2，8，18，32，18，8，2，镭，Ra5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6.021023，符号为NA表示1mol任何粒子的数目（2）单位：mol12、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6.02213671023 mol1【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（）A1 mol任何物质都含有6.021023个原子 B0.012 kg12C约含有6.021023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6.021023个原子，故A错误；B、0.012 kg12C约含有6.021023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NA是阿伏加德罗常数的数值下列说法正确的是（）A1L 0.1molL1的FeCl3溶液中，Fe3+的数目为0.1NA B1mol NH3中含有NH键的数目为3NAC7.8g Na2O2中含有的阳离子数目为0.1NA D标准状况下，22.4L水中分子个数为NA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 0.1molL1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0.1nA，故A错误；B、1mol氨气中含有3mol氮氢键，含有NH键的数目为3nA，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0.2nA，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4NA，1molP4含有的共价键为6NA等6球棍模型与比例模型【知识点的认识】球棍模型与比例模型的比较：球棍模型比例模型定义球棒模型是一种空间填充模型，用来表现化学分子的三维空间分布在此作图方式中，线代表共价键，可连结以球型表示的原子中心比例模型就是原子紧密连起的，只能反映原子大小，大致的排列方式特点球棍模型除比例模型的特征还具有共价键的反映（如键长、键角）主要体现组成该分子的原子间的大小关系实例【命题方向】本考点主要考察球棍模型和比例模型的区别，需要知道两者的区别题型：化学用语综合典例：下列化学用语或图示表达正确的是（）A乙烯的比例模型 BNa+的结构示意图C葡萄糖的实验式C6H12O6 DCO2的电子式分析：A乙烯的分子式为C2H4；B钠原子的质子数是11；C实验式又称最简式，是化学式的一种用元素符号表示化合物分子中元素的种类和各元素原子个数的最简整数比的式子；D根据原子的最外层电子数来分析电子式的书写解答：A乙烯的分子式为C2H4，比例模型：，故A正确； B钠原子失去最外层电子生成钠离子，核内质子数不变，应为11，故B错误；C葡萄糖的分子式为C6H12O6，实验式为CH2O，故C错误；D因碳原子最外层有4个电子，为满足最外层8电子的稳定结构，则碳与氧原子之间存在两对公用电子对，即电子式为，故D错误故选A点评：本题考查了化学常用化学用语的规范书写，主要是比例模型、离子结构示意图、实验式、电子式的书写，较简单【解题思路点拨】比例模型：用不同体积的小球表示不同原子的大小；球棍模型：小球表示原子，短棍表示价键7电子式、化学式或化学符号及名称的综合【知识点的认识】化学“五式”的比较：电子式分子式实验式结构式结构简式定义化学中常在元素符号周围用小黑点“”或小叉“”来表示元素原子的最外层电子这种表示的物质的式子叫做电子式分子式是用元素符号表示纯净物（单质、化合物）的分子的组成及相对分子质量的化学式实验式又称最简式或经验式，是化学式中的一种用元素符号表示化合物分子中各元素的原子个数比的最简关系式结构式是表示用元素符号和短线表示化合物（或单质）分子中原子的排列和结合方式的式子结构简式就是结构式的简单表达式（通常只适用于以分子形式存在的纯净物，如有机分子），应表现该物质中的官能团，只要把碳氢单键省略掉即可，碳碳单键、碳氯单键、碳和羟基的单键等大多数单键可以省略也可不省略，如，丙烷的结构简式为CH3CH2CH3，乙烯为CH2=CH2，四氯甲烷CCl4，乙醇CH3CH2OH等举例H：C：C：HC2H4CH2CH2=CH2附注电子式只能用于表示由主族元素形成的物质，不能表示由过渡元素形成的物质而化学式是用元素符号表示物质组成的式子化学式是实验式、分子式、结构式、结构简式、电子式的统称有机化合物中往往有不同的化合物具有相同的实验式例如乙炔、苯的实验式均为CH，但乙炔的分子式是C2H2，苯的分子式是C6H6表示有机化合物一般用结构简式，通常省去碳氢键，有时也省去碳碳单键，用折线表示碳碳双键、三键、大多数环一定不能省略碳氧双键可省略，比如甲醛HCHO【命题方向】题型：化学用语综合典例：（2013浙江模拟）下列化学用语错误的是（）A氯化氢分子的电子式：H+：Cl：B乙烯的结构简式：CH2=CH2C苯的分子式：C6H6 D氯的原子结构示意图：分析：AHCl为共价化合物；B结构简式中不能省略官能团；C苯中含6个C、6个H；DCl的质子数为17，原子核外电子数为17解答：AHCl为共价化合物，其电子式为，故A错误；B结构简式中不能省略官能团，则乙烯的结构简式为CH2=CH2，故B正确；C苯中含6个C、6个H，则苯的分子式为C6H6，故C正确；DCl的质子数为17，原子核外电子数为17，氯的原子结构示意图：，故D正确；故选：A点评：本题考查化学用语，涉及电子式、结构简式、分子式、原子结构示意图等，注重基础知识的考查，注意规范使用化学用语，题目难度不大【解题思路点拨】掌握各种化学用语及其区别是解题的关键8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，xA、xB分别表示A和B占平均量的百分数，且xA+xB=1，则有：AxA+BxB=（xA+xB），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AB，且符合=AxA%+BxB%，则必有AB，其中是A、B的相应平均值或式，xA、xB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+H2Om284g 62g m 10.0g8.45g=1.55g m=4.2g，所以混合物中碳酸钠的质量为10.0g4.2g=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（）AKHCO3和MgCO3 BMgCO3和SiO2 CK2CO3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，AKHCO3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；BMgCO3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；CK2CO3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）=0.1L1mol/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0.1mol56g/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4molL1的NaOH溶液150mL则原硫酸的物质的量浓度为（）A1.5molL1 B0.5molL1 C2molL1 D1.2molL1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）=0.15L4mol/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 molL1，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（）A1molL1 B2 molL1 C3 molL1 D4 molL1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：ymol2+2ymol3=0.5mol（52）解得y=mol则n（Fe3+）=2y mol=mol2=mol由N原子守恒可知n（HNO3）=2n（Fe2+）+3（Fe3+）+n（NO）=mol2+mol3+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