化学能与热能同步训练

化学能与热能同步训练（共6篇）

1.化学能与热能同步训练 篇一

必修二第二章 第一节 化学能与热能

一、教学目标 ⑴、知识与技能

①初步理解物质的化学变化、化学键变化和能量变化之间的关系,掌握物质的化学变化和能量变化的本质。

②了解吸热反应、放热反应的含义,了解化学反应在提供热能方面的重要作用。

③培养学生的实验操作技能。⑵、过程与方法

①通过对化学键与化学反应中的能量变化问题的交流讨论,学习获取数字化信息的方法,提高处理信息的能力和分析推理能力。

②通过化学反应中的能量变化的活动探究,体验定性实验在化学研究中的应用。⑶、情感态度、价值观

学生通过探究化学能转化为热能的奥秘,提高学习化学的兴趣和热情,体验科学探究的艰辛与喜悦,感受化学世界的奇妙与和谐。

二、教学重点、难点

重点 ： 1.化学键与化学反应中能量变化的关系。

2.吸热反应和放热反应两个概念。

难点 ： 从微观角度理解化学反应中的能量变化,掌握化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因。

三、教学辅助手段 多媒体课件，实验用品

四、教学过程

Ⅰ、联系社会，展示素材，创设情境，提出问题，引入本章学习

展示图片：燃料电池汽车，炼钢炉，石油钻井平台 [板书]第二章 化学反应与能量

第一节 化学能与热能

Ⅱ、复习提问化学变化的特征和作用，师生互动

（设疑）通过p32页思考与交流提出问题，引入第一个问题的学习思考与交流问题：

（1）煤、石油、天然气在燃烧时释放出热能，这种热能从何而来？它与化学物质及其化学反应有什么关系？

（2）石灰石要经过高温煅烧才能变成生石灰，高温条件提供的热能在石灰石的分解中有什么作用？

（过渡）用化学键的观点来分析化学反应的本质过程是什么？ [板书]

一、化学键与化学反应中能量变化的关系

1、当物质发生化学反应时，断开反应物中的化学键要吸收能量；而形成生成物中的化学键要放出能量。举实例

2、化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因

（过渡）一个化学反应吸收能量还是放出能量是由什么决定的呢？

3.一个化学反应吸收能量还是放出能量决定于（1）、反应物的总能量与生成物的总能量的相对大小。（投影）图片分析

（2）、旧键断裂所吸收的总能量与新键形成所释放的总能量的相对大小。（投影）能量图像分析

（小结）思考与交流：你对化学反应特征有何新的认识？

Ⅲ、（过渡）问题：化学能与热能如何相互转化？引入下一问题的学习

[板书]

二、化学能与热能的相互转化

1、能量守恒定律：一种能量可以转化为另一种能量，总能量保持不变

2、化学反应中的能量变化，通常表现为热量的变化：吸热或放热。

（学生分组实验）实验2-

1、2-

2、2-3，交流与总结（投影展示）总结实验结果

实验2-1 盐酸和铝片的反应过程中能量的变化

实验2-2氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应中的能量变化

实验2－3酸碱中和

（设疑）思考与交流：

测定中和热时，在设计实验装置和操作时应该注意哪些问题？ 师生讨论交流（投影展示设计案例）Ⅳ、探索与总结

引导学生归纳常见的吸热反应、放热反应（投影展示）Ⅴ、课堂练习

1、下列说法正确的是（）

A.需要加热才能发生的反应一定是吸热反应 B.任何放热反应在常温条件下一定能发生反应 C.反应物和生成物所具有的总能量决定了反应结果是放热还是吸热

D.吸热反应在一定条件下也能发生反应、在反应H2 + Cl2 ＝2HCl中，已知H－H键能为436kJ，Cl－Cl键能为247kJ，H－Cl键能为431kJ，判断该反应是（）A.吸热反应 B.放热反应 C.吸收179kJ热量 D.放出179kJ热量

3、甲烷燃烧要放出热量，水的分解要吸收能量，试从化学键变化的角度分析其原因？

4、氢气在氧气中燃烧产生蓝色火焰，在反应中，破坏1molH－H键消耗的能量为Q1kJ，破坏1molO = O键消耗的能量为Q2kJ，形成1molH－O键释放的能量为Q3kJ。下列关系式中正确的是（）A.2Q1 + Q2 > 4Q3 B.2Q1 + Q2 < 4Q3 C.Q1 + Q2 < Q3 D.Q1 + Q2 = Q3 Ⅵ、布置作业：完成课后题 Ⅶ、板书设计：

第二章 化学反应与能量 第一节 化学能与热能

一、化学键与化学反应中能量变化的关系

1、当物质发生化学反应时，断开反应物中的化学键要吸收能量；而形成生成物中的化学键要放出能量。

2、化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因 3.一个化学反应吸收能量还是放出能量决定于（1）、反应物的总能量与生成物的总能量的相对大小。（2）、旧键断裂所吸收的总能量与新键形成所释放的总能量的相对大小。

二、化学能与热能的相互转化

1、能量守恒定律：一种能量可以转化为另一种能量，总能量保持不变

2、化学反应中的能量变化，通常表现为热量的变化：吸热或放热。[实验2-1] 盐酸和铝片的反应是放热反应

[实验2-2] 氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应是吸热反应 [实验2-3] 酸碱中和反应是放热反应

小结：常见的吸热反应：

常见的放热反应：

Ⅷ、课后反思：

2.化学能与热能同步训练 篇二

【高考题回放】

【例1】 (2014·上海化学) “玉兔”号月球车用 23894Pu作为热源材料。下列关于23894Pu的说法正确的是 ()

A.23894Pu与23892U互为同位素

B.23894Pu与23994Pu互为同素异形体

C.23894Pu与23892U具有完全相同的化学性质

D23894Pu与23994Pu具有相同的最外层电子数

解析:A项:同位素是指同种元素形成的不同核素, 而23894Pu与23892U是不同元素形成的核素, 显然二者不是同位素;B项:同素异形体是指同种元素形成的不同单质, 23894Pu与23994Pu是Pu元素形成的不同核素, 二者互为同位素;C项:23894Pu与23892U是不同元素形成的核素, 其质子数不同, 二者的化 学性质不 同;D项:23894Pu与23994Pu互为同位素, 二者的核外电子数相同, 核外电子排布也相同, 因此23894Pu与23994Pu具有相同的最外层电子数。

答案:D

【例2】 (2013·海南化学) 重水 (D2O) 是重要的核工业原料, 下列说法错误的是 ()

A.氘 (D) 原子核外有1个电子

B.1H与D互称同位素

C.H2O与D2O互称同素异形体

D.1H218O与D216O的相对分子质量相同

解析:A项:氘 (D) 是氢元素形成的一种核素, 含有1个质子和1个中子, 其原子核外有1个电子;B项:1H与D是氢元素形成的两种不同核素, 二者具有相同的质子数和不同的中子数, 互为同位素;C项:H2O与D2O是氢元素和氧元素形成的化合物, 而同素异形体的研究对象是同种元素形成的 不同单质;D项:1H218O与D216O都是H、O元素形成的化合 物, 其相对分子质量均为20。

答案:C

【例3】 (2013·广西理综) 下列关于同温同压下的两种气体12C18O和14N2 的判断正确的是 ()

A.体积相等时密度相等

B.原子数相等时具有的中子数相等

C.体积相等时具有的电子数相等

D.质量相等时具有的质子数相等

解析:A项:根据阿伏加德罗定律可知, 同温同压下, 体积相同的两种气体必定含有相同数目的分子, 即两种气体的物质的量相同, 由于二者的摩尔质量不同, 因此其质量不相同, 密度也不相同;B项:12C18O和14N2 都属于双原子分子, 当原子数相同时, 其分子数必然相同, 但是每个分子中所含的中子数不相同, 所以中子数不相同;C项:两种气体的体积相同时, 气体的分子数相同, 且每个分子都含有14个电子, 因此两种气体的电子总数相同;D项:12C18O和14N2的摩尔质量不同, 二者的质量相等时, 其物质的量不相同, 所具有的质子数也不相同。

答案:C

考情分析:近几年, 高考对元素、核素和同位素的考查主要集中在:1元素、核素和同位素的含义;2原子的构成;3同位素与同素异形体的区分;4原子序数、核 电荷数、质子 数、中子数、核外电子数以及它们之间的相 互关系等。试题侧重考查学生对教材基础知识的迁移和应用能力。解答此类问题时, 要注意:

(1) 同位素与同素异形体的研究对象不同, 同位素研究的是同种元素的不同原子, 同素异形体研究的是同种元素的不同单质。同位素必须同时具备两个条件:1质子数相同, 2中子数不同, 二者缺一不可。

(2) 元素、核素、同位素与同素异形体的关系如下图所示:

【新题速递】

1.在陆地生 态系统研 究中, 2H、13C、15N、18O、34S等常用作环境分析指示物。下列说法正确的是 ()

A.34S原子核内中子数为16

B.16O2 比18O2 沸点更低

C.2H+的酸性比1H+的酸性更强

D.13C和15N原子核内的质子数相差2

2.由碳原子构成的纳米碳管可以作为储存氢气的优良容器, 其单层部分结构示意图如下图, 下列说法正确的是 ()

A.纳米碳管是一种无机化合物

B.纳米碳管与石墨互为同位素

C.纳米碳管与石墨互为同素异形体

D.纳米碳管不会与氧气反应

3.230Th和232Th是钍的两种同位素, 232Th可以转化成233U。下列有关Th的说法正确的是 ()

A.Th元素的相对原子质量是232

B.232Th和233U互为同位素

C.232Th转换成233U是化学变化

D.230Th和232Th的化学性质相同

二、元素周期表和元素周期律

【高考题回放】

【例1】 (2014·新课标全国理综Ⅰ) X、Y、Z均为短周期元素, X、Y处于同一周期, X、Z的最低价离子分别为X2-和Z-, Y+和Z-具有相同的电子层结构。下列说法正确的是 ()

A.原子最外层电子数:X>Y>Z

B.单质沸点:X>Y>Z

C.离子半径:X2->Y+>Z-

D.原子序数:X>Y>Z

解析:短周期元素X、Z可形成的最低价离子分别为X2-和Z-, 则X可能为O、S元素, Z可能为F、Cl元素。Y元素可形成阳离子Y+, 且Y+和Z-具有相同的电子层结构, 则Y只能为Na元素, 又知X、Y处于同一周期, 从而推知X为S元素, Z为F元素。

A项:三种原子的最外层电子数为F>S>Na。B项:F、S元素形成的 单质为分 子晶体, 金属Na则为金属晶体, 显然单质的沸点关系为Na>S>F2。C项:S2-离子核外有3个电子层, Na+和F-离子核外都有两个电子层, 显然S2-离子的半径大于Na+、F-;Na+、F-离子具有相同的电子层结构, 原子序数越小, 离子半径越大, 因此F-离子半径大于Na+。D项:元素的原子序数等于该元素形成核素的质子数, 则三种元素的原子序数关系为S>Na>F。

答案:D

【例2】 (2014·江苏化学) 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 ()

A.原子半径的大小顺序: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的水化物的酸性比W的弱

D.Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的强

解析:X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍, 则X为C元素。Y是地壳中含量最高的元素, 则Y为O元素。Z2+与Y2 (O2-) 具有相同的电子层结构, 则Z为Mg元素。W与X同主族, 且W的原子序数大于X, 则W为Si元素。

A项:同周期元素的原子半径随原子序数的增大而减小, 则四种元素的原子半径大小为r (Mg) >r (Si) >r (C) >r (O) 。B项:O元素与Mg元素形成 化合物MgO, 只含有离 子键;O元素与Si元素形成化合物SiO2, 含有共价键。C项:C元素的非 金属性强 于Si元素, 则H2CO3 的酸性强于H2SiO3。D项:O元素的非金属性强于Si元素, 则H2O的热稳定性强于SiH4。

答案:D

【例3】 (2014·浙江理综) 如下表所示的五种元素中, W、X、Y、Z为短周期元素, 这四种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是 ()

A.X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高

B.由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键

C.物质WY2、W3X4、WZ4均有熔点高、硬度大的特性

D.T元素的单质具有半导体的特性, T与Z元素可形成化合物TZ4

解析:设W元素原子 的最外层 电子数为x, 则X、Y、Z三种元素的原子最外层电子数分别为x+1、x+2、x+3, 这四种元素的原子最外层电子数之和为22, 那么x+ (x+1) + (x+2) + (x+3) =22, 解得x=4, 从而推知W、X、Y、Z分别处于第ⅣA、ⅤA、ⅥA、ⅦA族。结合四种元素在周期表中的相对位置推出W、X、Y、Z分别Si、N、O、Cl元素。W与T同主族, 则T为Ge元素。

A项:X、Y、Z三种元素最低价氢化物分别为NH3、H2O、HCl, 其中H2O中存在氢键, 其沸点最高;HCl中只存在分子间 作用力, 其沸点最低。

B项:N、O、H元素可形成HNO2、HNO3等只含共价键的共价化合物, 也可形成含有离子键和共价键的离子化合物NH4NO3。

C项:SiO2、Si3N4 属于原子晶体, 具有熔点高、硬度大等特点, 而SiCl4属于分子晶体, 具有熔点低、硬度小等特性。

D项:Ge元素位于元素周期表中金属与非金属之间的分界线, 因此具有半导体 的特性。Ge元素与C元素属于同一主族, 其原子最外层有4个电子, 两种元素的性质相似, 据此推测Ge元素可形成GeCl4。

答案:D

考情分析:短周期元素推断题的常见突破口如下。

(1) 位置与结构的关系

1周期序数等于族 序数两倍 的元素是 锂 (Li) ;2最高正价数等于最低负价绝对值三倍的元素是硫 (S) ;3次外层电子数等于最外层电子数四倍的元素是镁 (Mg) ;4次外层电子数等于最外层电子数八倍的元素是钠 (Na) ;5族序数与周期数相同的元素是H、Be、Al, 族序数是周期数两倍的元素是C、S, 族序数是周期数三倍的元素是O;6只由质子和电子构成的原子是H (11H) 。

(2) 含量与物理性质

1地壳中含量最多的元素是氧 (O) , 其次是硅 (Si) ;2地壳中含量最多的金属元素是铝 (Al) ;3其单质是自然界中硬度最大的元素是碳 (C) ;4其气态氢化物最易溶于水, 且水溶液显碱性的元素是N;5所形成的化合物种类最多的元素是碳 (C) ;6其单质是最轻的金属的元素是锂 (Li) ;7其单质是密度最小的气体的元素是氢 (H) ;8其最高价氧化物的水化物酸性最强的元素是氯 (Cl) 。

(3) 化学性质与用途

1单质与水反应最剧烈的非金属元素是氟 (F) ;2其气态氢化物与最高价氧化物对应水化物能起化合反应的元素是氮 (N) , 化学方程式为NH3+HNO3═NH4NO3;3其气态氢化物与其低价氧化物能反应生成该元素的单质的元素是硫 (S) , 化学方程 式为2H2S+SO2═3S↓+2H2O;4其气态氢化物水溶液可雕刻玻璃的元素是氟 (F) ;5能与强碱溶液反应且产生氢气的单质有Al和Si, 化学方程式为2Al + 2NaOH + 2H2O═2NaAlO2 +3H2↑, Si+ 2NaOH + H2O═Na2SiO3+2H2↑;6既能在CO2中燃烧, 又能在N2中燃烧的金属单质是镁 (Mg) , 化学方程式为

【新题速递】

1.下图是部分短周期元素原子 (用字母表示) 最外层电子数与原子序数的关系图。下列说法正确的是 ()

A.该图体现出原子核外电子层呈现周期性变化

B.原子半径:W>R>X

C.W的氢化物与R的氢化物水溶液的酸性比较, 前者强于 后者, 可证明非 金属性:R>W

D.X、Z形成的化合物中可能含有共价键

2.短周期元素甲、乙、丙、丁在元素周期表的相对位置如下表所示, 其中甲的气态氢化物的水溶液呈碱性, 则下列判断正确的是 ()

A.甲位于元 素周期表 中第2周期、第ⅥA族

B.原子半径:甲>乙

C.单质的氧化性:丙>乙

D.简单气态氢化物的稳定性:丁>丙>乙

3.W、X、Y、Z 是短周期元素, 其部分性质如下表:

下列说法正确的是 ()

A.气态氢化物的热稳定性:X>W

B.最高价氧化 物对应水 化物的酸 性:Y>X

C.离子半径:Z>W

D.Z的氧化物中含有非极性共价键

三、化学能与热能

【高考题回放】

【例1】 (2014·海南化学) 标准状态下, 气态分子断开1mol化学键的焓变称为键焓。已知H—H、H—O和OO键的键焓ΔH分别为436 kJ·mol-1、463 kJ·mol-1、495kJ·mol-1。下列热化 学方程式 正确的是 ()

解析:对应指定的化学反应, 其反应热ΔH=各反应物的键能总和 - 各生成物的键能总和。据此可知, 反应的

答案:D

【例2】 (2014·新课标 全国理综 Ⅱ) 室温下, 将1mol的CuSO4·5H2O (s) 溶于水会使溶液温度降低, 热效应为 ΔH1。将1 mol的CuSO4 (s) 溶于水会使溶液温度升高, 热效应为ΔH2;CuSO4·5H2O受热分解的化学方 程式为) , 热效应为ΔH3。则下列判断正确的是 ()

A.ΔH2>ΔH3

B.ΔH1<ΔH3

C.ΔH1+ΔH3=ΔH2

D.ΔH1+ΔH2>ΔH3

解析:1molCuSO4·5H2O (s) 溶于水会使溶液温度降低, 热效应为ΔH1, 据此可得热化学方程式:1CuSO4·5H2O (s) ═CuSO4 (aq) +5H2O (l) ΔH1。1molCuSO4 (s) 溶于水会使溶液温度升高, 热效应为ΔH2, 据此可得热化学方程式:2CuSO4 (s) ═CuSO4 (aq) ΔH2。CuSO4·5H2O受热分解的化学方程式为, 热效应为ΔH3, 据此可得热化学方程式:

A项:CuSO4·5H2O (s) 溶于水会 使溶液温度降低, 说明该过程吸收热量, 则有ΔH1>0;CuSO4 (s) 溶于水会使溶液温度升高, 说明该过程放出热量, 则有ΔH2<0。依据盖斯定律, 由1- 2得到3, 则有ΔH3=ΔH1-ΔH2, 则ΔH3>0, ΔH2<ΔH3。

B项:由A项分析可 知, ΔH2=ΔH1 ΔH3, 且ΔH2<0, 从而推知ΔH1<ΔH3。

C项:由上述分 析可知, ΔH2= ΔH1-ΔH3。

D项:由于ΔH1>0, ΔH2<0, ΔH1<ΔH3, 所以ΔH1+ΔH2<ΔH3。

答案:B

【例3】 (2014·重庆理综) 已知:1C (s) +H2O (g) ═CO (g) + H2 (g) ΔH =akJ·mol-1;22C (s) +O2 (g) ═2CO (g) ΔH = -220kJ·mol-1。H—H、O—O和O—H键的键能 分别为436kJ·mol-1、496kJ·mol-1和462kJ·mol-1, 则a为 ()

A.-332B.-118

C.+350 D.+130

解析:根据盖斯定律, 由2 - 1×2可得:2H2 (g) +O2 (g) ═2H2O (g) , 则有ΔH =- (220+2a) kJ·mol-1。根据键能 与反应热的关 系可得, 该反应的 反应热ΔH = (2×436kJ·mol-1+ 496 kJ·mol-1) - (4×462kJ·mol-1) = - 480 kJ·mol-1, 则有- (220+2a) kJ·mol-1= -480kJ·mol-1, 解得a=+130。

答案:D

考情分析:近几年, 化学反应与能量变化一直是高考测试的热点, 考查方式主要有两种:一是以选择题形式考查热化学方程式、反应热的计算 (根据盖斯定律或键能与反应热的关系) 等问题, 尤其是盖斯定律的应用考查更为频繁;二是以填空题形式考查能源、化学反应中能量转化的原因、吸热反应和放热反应等问题。解答此类问题, 要注意:

(1) 热化学方程式中各物质化学式前面的化学计量数仅表示该物质的量, 并不表示物质的分子数或原子数。热化学方程式的反应方向改变, 反应热ΔH的符号改变。

(2) 物质在发生化学变化的过程中, 能量变化以物质变化为基础, 且能量变化 (反应热) 只与始态、终态物质的总能量有 关, 与中间过 程无关。

(3) 化学反应 中反应热 与键能的 关系为ΔH=反应物中化学键的键能总和-生成物中化学键的键能总和。

【新题速递】

1.1, 3-丁二烯和2-丁炔分别与氢气反应的热化学方程式如下:

A.1, 3-丁二烯和2-丁炔稳定 性的相对大小

B.1, 3-丁二烯和2-丁炔分子储存能量的相对高低

C.1, 3-丁二烯和2-丁炔相互 转化的热效应

D.一个碳碳三键的键能与两个碳碳双键的键能之和的大小

2.工业上可用煤制天然气, 生产过程中有多种途径生成CH4。已知:

下列关于上 述反应焓 变的判断 正确的是 ()

A.ΔH1>0, ΔH3<0

B.ΔH2>0, ΔH4>0

C.ΔH1=ΔH2+ΔH3

D.ΔH3=ΔH4+ΔH5

四、化学能与电能

【高考题回放】

【例1】 (2014·新课标全国理综Ⅱ) 2013年3月我国科学家报道了如下图所示的水溶液锂离子电池体系。下列叙述错误的是 ()

A.a为电池的正极

B.电池充电 反应为

C.放电时, a极锂的化合价发生变化

D.放电时, 溶液中Li+从b向a迁移

解析:A项:Li为活泼金属, 在原电池中发生氧化反应, 作原电池的负极, 则a为正极, b为负极。B项:电池充电时, a电极与外加电源的正极相连, 作电解池的阳极, 发生氧化反应;b电极与电源的负极相连, 作电解池的阴极, 发生还原反应。C项:放电时, a电极发生还原反应, Mn元素的化合价发生化, Li元素的化合价不变。D项:放电时, 电解质溶液中阳离子移向正极, 阴离子移向负极, 则溶液中Li+从b向a迁移。

答案:C

【例2】 (2012·山东理综) 下列与金属腐蚀有关的说法正确的是 ()

A.图a中, 插入海水中的铁棒, 越靠近底端腐蚀越严重

B.图b中开关由M改置于N时, Cu-Zn合金的腐蚀速率减小

C.图c中, 接通开关时Zn腐蚀速率增大, Zn上放出气体的速率也增大

D.图d中, Zn-MnO2干电池自放电腐蚀主要是由MnO2的氧化作用引起的

解析:A项:插入海水中的铁棒, 越靠近液面, 其中溶解的O2的浓度越大, 腐蚀越严重;B项:开关由M改置于N时, 形成原电池, Zn为负极, Cu-Zn合金作正极, 被保护;C项:接通开关时, 形成原电池, Zn作负极, 被腐蚀, Pt作正极, 表面产生大量气泡;D项:Zn-MnO2干电池中, Zn作负极, 干电池自放电腐蚀主要是由Zn被氧化引起的。

答案:B

【例3】 (2014·上海化学) 如右图所示, 将铁棒和石墨棒插入 盛有饱和NaCl溶液的U型管中。下列 分析正确 的是 ()

A.K1 闭合, 铁棒上发生的 反应为2H++2e- ═H2↑

B.K1 闭合, 石墨棒周围溶液pH逐渐升高

C.K2 闭合, 铁棒不会被腐蚀, 属于牺牲阳极的阴极保护法

D.K2 闭合, 电路中通过0.002NA个电子时, 两极共产生0.001mol气体

解析:K1闭合, 该装置形成原电池, 活泼金属Fe作负极, 电极反应 式为Fe-2e- ═Fe2+, 铁棒被腐蚀;石墨棒作正极, 电极反应式为O2+2H2O+4e- ═4OH-, 电极周围溶液的pH逐渐升高。

K2 闭合, 该装置形成电解池, 石墨棒为阳极, 电极反应式为2Cl--2e- ═Cl2↑;铁棒为阴极, 电极反应式为2H++2e- ═H2↑。当电路中通过0.002NA个电子时, 阳极上得到0.001molCl2, 阴极上得到0.001molH2, 两极共产生0.002mol气体。

答案:B

方法技巧:解化学能与电能相互转化的问题时, 要特别注意:

(1) 原电池和电解池的工作原理

(2) 电解时阳极产物的判断

1活性材料作电极时:金属在阳极失电子被氧化成阳离子进入溶液, 阴离子不容易在电极上放电。

2用惰性电极 (Pt、Au、石墨、钛等) 时:溶液中的阴离子在阳极失去电子, 发生氧化反应。溶液中阴 离子的放 电顺序是, 电解含上 述离子的溶液时, 离子的还原性越强越易在阳极失电子。

(3) 电解时阴极产物的判断

在阴极上, 无论是惰性电极还是活性电极, 都不参与电极反应, 均为溶液中的阳离子得电子发生还原反应。阳离子在阴极上的放电顺序是

【新题速递】

1.目前发明的电动势法检测溶液中OH-浓度的原理 如下图, 总反应方 程式为:Cu+Ag2O═CuO+2Ag。下列有关说法正确的是 ()

A.电池工作时, Cu电极附近的c (OH-) 增大

B.该电池反应说明氧化性Ag2O强于CuO

C.负极的电 极反应为:Ag2O+2e- ═2Ag+O2

D.该电池也可以测量盐酸溶液中c (OH-)

2.液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小等优点。一种以液态肼 (N2H4) 为燃料的电池装置如下图所示, 该电池用空气中的氧气作为氧化 剂, KOH溶液作为 电解质溶 液。下列关于该电池的叙述正确的是 ()

A.b极发生氧化反应

B.a极的电极反应式为N2H4+4OH--4e- ═N2↑+4H2O

C.放电时, 电流从a极经过负载流向b极

D.其中的离 子交换膜 需选用阳 离子交换膜

3.下图是铅蓄电池充、放电时的工作示意图, 电解质是H2SO4 溶液。已知放电时电池反应为:Pb+PbO2+4H++2SO2-4═2PbSO4+2H2O, 下列有关说法正确的是 ()

A.K与N相接时, 能量由电能转化为化学能

B.K与N相接时, H+向负极区迁移

C.K与M连接时, 所用电源的a极为正极

D.K与M相接时, 阳极附近 的pH逐渐减小

五、化学反应速率和化学平衡

【高考题回放】

【例1】 (2014·北京理 综 ) 一定温度 下, 10mL0.40mol·L-1H2O2 溶液发生 催化分解。不同时刻测得生成O2的体积 (已折算为标准状况) 如下表:

下列叙述不正确的是 () (溶液体积变化忽略不计)

A.0~6min的平均反应速率:v (H2O2) ≈3.3×10-2mol/ (L·min)

B.6~10min的平均反应速率:v (H2O2) <3.3×10-2mol/ (L·min)

C. 反应至6 min时, c (H2O2 ) =0.30mol·L-1

D.反应至6min时, H2O2 分解了50%

解析:A项:H2O2 溶液发生分解反应的原理为2H2O2═2H2O+O2↑, 由表中数据可知, 0~6min时间内生成O2的体积为22.4mL (即10-3mol) , 则有v (H2O2 ) = (2×10-3mol) / (0.01 L×6 min) ≈3.3×10-2mol/ (L·min) 。B项:随着反应 的进行, H2O2 溶液的浓 度减小, H2O2 的反应速 率减小, 因此6~10min的平均反应速率v (H2O2) <3.3×10-2mol/ (L·min) 。C项:反应至6min时, 消耗2×10-3molH2O2, 则剩余H2O2 的物质的 量为2×10-3mol, 溶液中c (H2O2) = 0.20mol·L-1。D项:反应至6min时, H2O2 由4×10-3mol变为2×10-3mol, 其转化率为50%。

答案:C

【例2】 (2014·安徽理综) 臭氧是理想的烟气脱硝试剂, 其脱硝反应为:2NO2 (g) +O3 (g) N2O5 (g) +O2 (g) , 若反应在恒容密闭容器中进行, 下列由该反应相关图像作出的判断正确的是 ()

解析:A项:由图可知, 该反应中反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量, 正反应为放热反应, 温度升高, 平衡逆向移动, 平衡常数减小。B项:由图像可知, 0~3s内, 二氧化氮的浓度变 化量Δc (NO2) =1 mol·L-10.4mol·L-1=0.6mol·L-1, 则反应速率为v (NO2) = ( 0.6 mol·L-1) /3 s =0.2mol/ (L·s) 。C项:t1时仅加入 催化剂, 正、逆反应速率均加快, 但平衡不发生移动。D项:达到平衡时, 仅增大c (O2) , 平衡逆向移动, NO2 的转化率降低, 而由图像可知, NO2的转化率随x的增大而增大, 则x可以代表c (O3) 、压强等。

答案:A

【例3】 (2014·福建理综) 在一定条件下, N2O分解的部分实验数据如下:

下图能正确表示该反应有关物理量变化规律的是 () (注:图中半衰 期指任一 浓度N2O消耗一半时所需的相 应时间, c1、c2均表示N2O初始浓度且c1<c2)

解析:A项:由表中数据可知, 每隔10min, c (N2O) 的变化量 是定值, 结合v (N2O) =Δc (N2O) /Δt分析得出v (N2O) 始终保持不变。B项:由表中数据可知, 单位时间内c (N2O) 的变化与N2O的起始浓度无关, 最终N2O完全分解, 其浓度为0。C项:0~50min内c (N2O) 由0.1 mol·L-1变为0.05 mol·L-1, 则0.1mol·L-1N2O的半衰期 为50 min;20~60min内, c (N2O) 由0.08 mol·L-1变为0.04mol·L-1, 则0.08mol·L-1N2O的半衰期为40min, 显然, 随着N2O浓度的减小, 其半衰期也在减小。

答案:A

方法技巧:化学反应速率与化学平衡是近几年高考化学考查的热点, 命题主要集中在:1化学反应速率的概念、反应速率的定量表示方法;2外界条件 (浓度、温度、压强、催化剂等) 对反应速率和化学平衡的影响;3化学平衡移动图像及其分析;4化学平衡常数的含义, 利用化学平衡常数进行简单的计算等。解答此类问题时, 要特别注意:

(1) 外界条件对化学反应速率的影响

(2) 外界条件对化学平衡的影响

【新题速递】

1.在某一恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应:A (g) +B (g) 2C (g) ΔH <0。t1 时刻达到平衡后, 在t2时刻改变某一条件, 其反应过程 如下图所 示。下列说 法正确的是 ()

A.0~t2 时, υ (正) >υ (逆)

B.Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时, A的体积分数Ⅰ>Ⅱ

C.t2 时刻改变的条件是向密闭容器中加C

D.Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时, 平衡常数Ⅰ<Ⅱ

2.在恒容密闭容器进行的可逆反应:MgSO4 (s) +CO (g) MgO (s) + CO2 (g) + SO2 (g) ΔH>0。下列分析不合理的是 ()

A.若平衡常 数K值变大, 平衡移动 时v (逆) 增大

B.容器中固体物质的质量不再改变, 则反应到达平衡状态

C.若x表示温度, y可表示平衡时混合气体的密度

D.若x表示CO物质的量, y可表示平衡时CO2与CO物质的量之比

3.工业上采用NH3作还原剂脱氮原理为:NO (g) +NO2 (g) +2NH3 (g) 2N2 (g) +3H2O (g) , 烟气以一定的流速通过, 测量不同温度下逸出气体中氮氧化物含量, 从而确定烟气效率, 下图是两种不同催化剂的脱氮效率曲线, 判断以下分析正确的是 ()

A.上述反应的正反应为吸热反应

B.催化剂1、2分别适合 于250℃和450℃左右脱氮

C.曲线1、2最高点表示此时平衡转化率最高

D.相同条件下, 改变压强 对脱氮率 没有影响

六、电离平衡和溶液的酸碱性

【高考题回放】

【例1】 (2014·山东理 综) 已知某温 度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常 数相等, 现向10 mL浓度为0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水, 在滴加过程中 ()

A.水的电离程度始终增大

B.c (NH4+) /c (NH3·H2O) 先增大再减小

C.c (CH3COOH) 与c (CH3COO-) 之和始终保持不变

D.当加入氨 水的体积 为10 mL时, c (NH4+) =c (CH3COO-)

解析:A项:CH3COOH的存在抑 制水的电离, 向CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水, 因生成CH3COONH4, 溶液中c (CH3COOH) 逐渐减小, 水的电离程度不断增大, 当二者恰好完全反应后, 再滴加氨水, 由于过量的氨水抑制水的电离, 水的电离程度逐渐减小。

B项:NH3·H2O的电离常 数为Kb=[c (OH-) ·c (NH4+) ]/c (NH3·H2O) , 则有c (NH4+) /c (NH3·H2O) = Kb/c (OH-) =[Kb·c (H+) ]/Kw, Kb、Kw只与温度有关, 在滴加氨水过程中不发生变化, 而向CH3COOH溶液中滴加氨水的过程中, c (H+) 始终减小, 因此c (NH4+) /c (NH3·H2O) 始终减小。

C项:据元素守恒可知, n (CH3COOH) 与n (CH3COO-) 之和始终保持不变, 但随着滴加氨水体积的增加, 混合溶液的总体积增大, 因此c (CH3COOH) 与c (CH3COO-) 之和逐渐减小。

D项:CH3COOH溶液中加入氨水的体积为10 mL时, 二者恰好 完全反应 生成CH3COONH4, 由于CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等, 因此CH3COO-和NH4+的水解程度相等, 此时溶液呈中性, 据电荷守恒有c (H+) + c (NH4+) = c (CH3COO-) +c (OH-) , 则有c (NH4+) =c (CH3COO-) 。

答案:D

【例2】 (2014·新课标全国理综Ⅱ) 一定温度下, 下列溶液 的离子浓 度关系式 正确的是 ()

A.pH =5的H2S溶液中, c (H+) =c (HS-) =1×10-5mol·L-1

B.pH=a的氨水溶 液, 稀释10倍后, 其pH=b, 则a=b+1

C.pH=2的H2C2O4 溶液与pH=12的NaOH溶液任意 比例混合:c (Na+) + c (H+) =c (OH-) +c (HC2O4-)

D.pH相同的1CH3COONa 2NaHCO33NaClO三种溶液的c (Na+) :1>2>3

解析:A项:H2S为二元弱酸, H2S溶液中存在:H2SHS-+ H+、HS- S2-+H+、H2OH++OH-。根据上述反应知, pH = 5的H2S溶液中, c (H+) = 1×10-5mol·L-1>c (HS-) 。B项:氨水稀释过 程中, 电离平衡NH3·H2ONH4++OH-正向移动, 因此pH=a的氨水溶液稀释10倍后, 所得溶液的pH大于a-1, 即a<b+1。C项:H2C2O4 溶液与NaOH溶液混合, 据电荷守恒有c (Na+) + c (H+) = c (OH-) +c (HC2O4-) +2c (C2O2-4) 。D项:CH3COOH、H2CO3、HClO的酸性依 次减弱, 从而可知CH3COO-、HCO3-、ClO-的水解程 度依次增强, 若三种盐溶液的pH相同, 则其浓度大小为c (CH3COONa) >c (NaHCO3) >c (NaClO) 。

答案:D

【例3】 (2013·广西理综) 下图表示溶液中c (H+) 和c (OH-) 的关系, 下列判断 错误的是 ()

A.两条曲线 间任意点 均有c (H+) ×c (OH-) =Kw

B.M区域内任意点均有c (H+) <c (OH-)

C.图中T1<T2

D.XZ线上任意点均有pH=7

解析:A项:水的离子 积Kw= c (H+) ·c (OH-) , 只与温度 有关, 与溶液的 酸碱性无关。B项:由图像可 知, XZ线上c (H+) =c (OH-) , M区域内则有c (H+) <c (OH-) , 溶液呈碱性。C项:水的电离程度随着温度的升高而增大, T1→T2 的过程, c (H+) 、c (OH-) 均增大, 说明该过程中温 度升高, 则有T1<T2。D项:XZ线代表c (H+) =c (OH-) , 即溶液呈中性, 但温度升高时, 水的电离程度增大, 溶液的pH减小 (即pH<7) 。

答案:D

【例4】 (2013·上海高考) H2S水溶液中存在电离平衡H2SH++HS-和HS ^{H++S2-。若向H2S溶液中 ()}

A.加水, 平衡向右移动, 溶液中氢离子浓度增大

B.通入过量SO2气体, 平衡向左移动, 溶液pH增大

C.滴加新制氯水, 平衡向左移动, 溶液pH减小

D.加入少量硫酸铜固体 (忽略体积变化) , 溶液中所有离子浓度都减小

解析:A项:向H2S溶液中加水, 电离平衡向右移动, 但溶液体积增大, 溶液中H+浓度减小。B项:通入SO2气体, 可发生反应:2H2S+SO2═3S↓ +2H2O, SO2过量时, SO2与水反应生成的H2SO3, 其酸性比氢硫酸强, 因此溶液的pH减小。C项:滴加新制氯水, 发生反应:H2S+Cl2═2HCl+S↓, 溶液中c (H2S) 减小, 平衡向左移动, 反应生成的盐酸为强酸, 溶液的酸性增强, 溶液的pH减小。D项:加入少量CuSO4, 发生反应:CuSO4+ H2S═CuS↓+H2SO4, 溶液中c (S2-) 减小, 而c (H+) 增大。

答案:C

考情分析:近几年, 高考对电解质的电离和溶液的酸碱性的考查, 主要涉及:1外界条件对弱电解质的电离平衡产生的影响;2水的电离及水的离子积常数;3溶液的酸碱性及pH的简单计算等。解题时, 要特别注意:

(1) 水的离子积常数、电离平衡常数都只与温度有关, 与浓度、溶液的酸碱性等无关。

(2) 利用化学平衡移动原理分析电离平衡问题时, 要注意平衡向“削弱”这种改变的方向移动, 移动结果不能“抵消”或“超越”这种改变。例如, 加水稀释CH3COOH时, 尽管溶液 中n (H+) 增大, 由于溶液体 积增大的 程度更大, 故c (H+) 仍会减小。

(3) 计算溶液的pH时, 要注意:1若溶液为酸性, 先求c (H+) , 再求pH;2若溶液为碱性, 先求c (OH-) , 再由求c (H+) , 最后求pH。

【新题速递】

1.25℃, 向一定体积0.1mol/L的醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液, 溶液中c (H+) 与c (OH-) 的变化关系如上图所示, 则 ()

A.M点所示溶液的导电能力强于Q点

B.N点所示溶 液中c (CH3COO-) >c (Na+)

C.Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积

D.M点和N点所示溶液中H2O的电离程度相同

2.25℃时, 下列关于饱和氯水的叙述中错误的是 ()

A.在饱和氯水中加入CaCO3, 溶液的pH变大

B.在饱和氯水中通入SO2气体, 溶液的pH变小

C.在饱和氯水中通入H2S气体, 溶液的pH变小

D.在饱和氯水中加入NaOH使pH=7, 所得溶液中离 子浓度的 关系如下:c (Na+) >c (ClO-) >c (Cl-) >c (HClO)

3.已知醋酸、醋酸根离子在溶液中存在下列平衡:1CH3COOH+ H2OCH3COO-+ H3O+K1 =1.75×10-5;2 CH3COO-+H2OCH3COOH +OH-K2 =5.71×10-10。常温下, 将50mL0.2mol/L醋酸与50mL0.2mol/L醋酸钠混合制得溶液甲, 下列叙述正确的是 ()

A.甲溶液的pH>7

B.对甲进行微热, K1增大、K2减小

C.甲溶液中 有c (CH3COO-) >c (Na+) >c (CH3COOH)

D.若在甲中加入5mL0.1mol/L的盐酸, 则溶液中醋酸的K1会变大

七、盐类水解

【高考题回放】

【例1】 (2014·海南化学) 室温下, 用0.100mol·L-1NaOH溶液分别 滴定20.00mL0.100mol·L-1的盐酸和醋酸, 滴定曲线如下图所示。下列说法正确的是 ()

A.Ⅱ表示的是滴定醋酸的曲线

B.pH=7时, 滴定醋酸消耗的V (NaOH) 小于20mL

C.V (NaOH) =20.00mL时, 两份溶液中c (Cl-) =c (CH3COO-)

D.V (NaOH) =10.00mL时, 醋酸溶液中c (Na+) >c (CH3COO-) >c (H+) >c (OH-)

解析:A项:HCl是强电解质, CH3COOH是弱电解质, 因此浓度 均为0.100mol·L-1时, 盐酸的pH=1, 醋酸的pH大于1, Ⅰ表示滴定醋酸的曲线, Ⅱ表示滴定盐酸的曲线。B项:醋酸与NaOH溶液完全反应时, 恰好生成CH3COONa, 由于CH3COO-发生水解而使溶液显碱性, 若使溶液的pH=7, 滴定醋酸消耗的V (NaOH) 小于20mL。C项:当V (NaOH) =20.00mL时, NaOH溶液恰好分别与盐酸、醋酸完全 反应生成CH3COONa、NaCl, CH3COO-发生水解而Cl-不发生水 解, 因此两溶液中有c (Cl-) >c (CH3COO-) 。D项:当V (NaOH) =10.00 mL时, 得到等浓 度的CH3COOH和CH3COONa混合溶液, 该溶液显酸性, 则有c (H+) >c (OH-) , 据电荷守恒可得c (CH3COO-) >c (Na+) 。

答案:B

【例2】 (2014·安徽理综) 室温下, 下列溶液中粒子浓度关系正确的是 ()

A.Na2S溶液:c (Na+) > c (HS-) >c (OH-) >c (H2S)

B.Na2C2O4 溶液:c (OH-) =c (H+) +c (HC2O4-) +2c (H2C2O4)

C.Na2CO3 溶液:c (Na+) +c (H+) =2c (CO2-3) +c (OH-)

D.CH3COONa和CaCl2混合溶液:c (Na+) + c (Ca2+) = c (CH3COO-) +c (CH3COOH) +2c (Cl-)

解析:A项:Na2S溶液中S2-分步发生水解:S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-, 且S2-的第一步水解程度 大于第二步, 则有c (OH-) >c (HS-) >c (H2S) ;B项:据电荷守 恒有c (Na+) +c (H+) =c (HC2O4-) +c (OH-) +2c (C2O24-) , 据元素守恒有c (Na+) =2[c (HC2O4-) +c (C2O2-4) +c (H2C2O4) ], 综合上述两个式子可得c (OH-) =c (H+) +c (HC2O4-) +2c (H2C2O4) ;C项:Na2CO3 溶液中, 据电荷守 恒有c (Na+) +c (H+) =2c (CO2-3) +c (OH-) +c (HCO3-) ;D项:CH3COONa和CaCl2混合溶液中, 据元素守恒有c (Na+) = c (CH3COO-) +c (CH3COOH) , c (Cl-) =2c (Ca2+) , 综合可得c (Na+) + 2c (Ca2+) = c (CH3COO-) +c (CH3COOH) +c (Cl-) 。

答案:B

【例3】 (2014·四川理综) 下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是 ()

A.0.1 mol·L-1NaHCO3 溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合, 所得溶液中:c (Na+) > c (CO32-) > c (HCO3-) >c (OH-)

B.20mL0.1mol·L-1CH3COONa溶液与10mL0.1mol·L-1HCl溶液混合后溶液呈酸性, 所得溶液 中:c (CH3COO-) >c (Cl-) >c (CH3COOH) >c (H+)

C.室温下, pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合, 所得溶液中:c (Cl-) + c (H+) >c (NH4+) +c (OH-)

D.0.1 mol·L-1CH3COOH溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合, 所得溶液中:c (OH-) >c (H+) +c (CH3COOH)

解析:A项:等浓度NaHCO3溶液与NaOH溶液等体 积混合, 恰好发生 反应NaHCO3+NaOH═Na2CO3+H2O, 所得溶液为Na2CO3 溶液, CO2-3发生分步水解反应:CO2-3+ H2OHCO3-+ OH-、HCO3-+H2OH2CO3 + OH-, 显然该溶 液中c (OH-) >c (HCO3-) 。

B项:20mL0.1mol·L-1CH3COONa溶液与10mL0.1mol·L-1HCl溶液混合, 所得溶液中c (CH3COOH) 、c (CH3COONa) 、c (NaCl) 相等, 该溶液呈酸性, 说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度, 则有c (CH3COO-) >c (Cl-) >c (CH3COOH) 。

C项:pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合, 氨水有剩余, 所得混合溶液显碱性, 则有c (H+) <c (OH-) , 据电荷守 恒有c (Cl-) +c (OH-) =c (NH4+) +c (H+) , 从而推知c (Cl-) +c (H+) <c (NH4+) +c (OH-) 。

D项:等浓度CH3COOH溶液与NaOH溶液等体 积混合, 恰好完全 反应生成CH3COONa, 据元素守 恒有c (Na+) =c (CH3COO-) + c (CH3COOH) , 据电荷守 恒有c (Na+) + c (H+) = c (CH3COO-) +c (OH-) , 综合可得c (OH-) = c (H+) +c (CH3COOH) 。

答案:B

方法技巧:分析电解质溶液中离子、分子等微粒浓度的关系时, 要考虑“三条基本原则”, 并抓住“三个守恒关系”。

(1) “三条基本原则”

1电离程度较小原则:弱电解质的电离程度较小, 产生的离子浓度也较小, 电离的粒子浓度大于电离生成的离子的浓 度。在比较弱 酸 (尤其是多元弱酸) 、弱碱等溶液中各离子浓度的大小时, 往往要考虑弱酸的电离程度。

2水解程度较小原则:含一种弱酸根离子或弱碱阳离子的盐溶液水解程度一般较小, 水解产生的离子浓度也较小, 水解的离子浓度大于水解生成的粒子的浓度, 此原则适用于含一种弱酸根离 子的盐溶 液中离子 浓度的大 小比较。

3以电离为主的原则:等浓度的一元弱酸 (HA) 与该弱酸的强碱盐 (如NaA) 溶液等体积混合时, 因HA的电离程度及A-的水解程度均较小, 溶液呈酸性, 以电离为主, 但若题目有其他限制条件, 则要结合具体情况进行分析。

(2) “三个守恒关系”

1电荷守恒, 即溶液中阳离子所带的正电荷总数与阴离子所带的负电荷总数相等;

2元素守恒, 即电解质溶液中由于电离或水解因素, 离子会发生变化变成其他离子或分子等, 但离子或分子中某种特定元素的原子的总数不会改变;

3质子守恒, 即酸碱反应完全反应 时, 酸 (含广义酸) 失去质子 (H+) 的总数等于碱 (含广义碱) 得到的质子 (H+) 总数。

【新题速递】

1.下列各溶液中, 微粒的物质的量浓度关系正确的是 ()

A.常温下, 将pH=2的盐酸和pH=12的氨水等体 积混合后:c (NH4+) >c (OH-) >c (Cl-) >c (H+)

B.0.1mol·L-1Na2CO3 溶液:c (Na+) =2c (HCO3-) +2c (CO2-3) +2c (H2CO3)

C.0.1mol·L-1NH4Cl溶液:c (NH4+) =c (Cl-)

D.向醋酸钠溶液中加入适量醋酸, 得到的酸性混合 溶液:c (Na+) >c (CH3COO-) >c (H+) >c (OH-)

2.50℃ 时, 下列各溶液中, 离子的物质的量浓度关系正确的是 ()

A.饱和纯碱 (Na2CO3) 溶液中:c (Na+) =2c (CO2-3)

B.pH =4的醋酸中:c (CH3COO-) =c (H+) =1.0×10-4mol·L-1

C.0.10mol·L-1醋酸钠溶液中:c (Na+) +c (H+) =c (CH3COO-) +c (OH-)

D.pH = 12的纯碱溶 液中:c (OH-) =1.0×10-2mol·L-1

3.25℃时, 取浓度均 为0.1mol·L-1的CH3COOH溶液和NH3·H2O各20mL, 分别用0.1mol·L-1NaOH溶液、0.1mol·L-1盐酸进行中和滴定, 滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如下图所示。下列说法正确的是 ()

A.曲线Ⅰ:滴加溶液 到10 mL时c (CH3COO-) >c (Na+) >c (H+) >c (OH-)

B.曲线Ⅰ:滴加溶液到20mL时c (Cl-) >c (NH4+) >c (OH-) >c (H+)

C.曲线Ⅱ:滴加溶液在10mL~20mL之间存在:c (NH4+) = c (Cl-) > c (OH-) =c (H+)

D.曲线Ⅱ:滴加溶液 到10 mL时:c (CH3COO-) -c (CH3COOH) =2[c (H+) c (OH-) ]

八、难溶电解质的沉淀溶解平衡

【高考题回放】

【例1】 (2013·北京理 综 ) 实验:10.1mol·L-1AgNO3 溶液和0.1 mol·L-1NaCl溶液等体积混合得到浊液a, 过滤得到滤液b和白色沉 淀c;2向滤液b中滴加0.1mol·L-1KI溶液, 出现浑浊;3向沉淀c中滴加0.1mol·L-1KI溶液, 沉淀变为黄色。

下列分析不正确的是 ()

A.浊液a中存在沉淀溶解平衡:AgCl (s) Ag+ (aq) +Cl- (aq)

B.滤液b中不含有Ag+

C.3中颜色变化说明AgCl转化为AgI

D.实验可以证明AgI比AgCl更难溶

解析:A项:AgNO3溶液与NaCl溶液发生反应, 生成AgCl沉淀和NaCl, 生成的沉淀AgCl存在溶解平衡:AgCl (s) Ag+ (aq) +Cl- (aq) 。B项:由于存在AgCl (s) 的沉淀溶解平衡, 故滤液中一定含有Ag+。C项:3中发生反应:AgCl (s) +I- AgI+Cl-, 由于Ksp (AgI) <Ksp (AgCl) , 因此在滤液中加入KI会出现黄色沉淀。D项:AgCl沉淀能转 化为AgI沉淀, 说明AgCl的溶解度大于AgI的溶解度。

答案:B

【例2】 (2013·江苏化学) 一定温度下, 三种碳酸 盐MCO3 (M: Mg2+、Ca2+、Mn2+) 的沉淀溶解平衡曲线如右图所示。已知:pM = -lgc (M) , p (CO32-) =-lgc (CO2-3) 。下列说法正确的是 ()

A.MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大

B.a点可表示MnCO3的饱和溶 液, 且c (Mn2+) =c (CO2-3)

C.b点可表示CaCO3的饱和溶 液, 且c (Ca2+) <c (CO2-3)

D.c点可表示MgCO3的不饱和 溶液, 且c (Mg2+) <c (CO2-3)

解析:A项:碳酸盐MCO3的溶解平衡为MCO3 (s) M2+ (aq) + CO32- (aq) , 溶度积常数可表示 为Ksp (MCO3) = c (M2+) ·c (CO2-3) ;当c (CO32-) 相同即p (CO2-3) 相同时, MgCO3、CaCO3、MnCO3对应的pM依次增大, 即c (M2+) 依次减小, 故Ksp=c (M2+) ·c (CO2-3依次减小。

B项:由图可知, a点位于MnCO3沉淀溶解平衡曲线上, 可表示MnCO3的饱和溶液, 由于pM=p (CO2-3) , 所以c (Mn2+) =c (CO2-3) 。

C项:由图可知, b点位于CaCO3沉淀溶解平衡曲线上, 可表示CaCO3的饱溶液, pM<p (CO32-) , 所以c (Ca2+) >c (CO2-3) 。

D项:由图可知, c点c (CO2-3) ·c (Mg2+) <Ksp (MgCO3) , 则c点可表示MgCO3的不饱和溶液, pM > p (CO2-3) , 所以c (Mg2+) <c (CO2-3) 。

答案:BD

考情分析:2013年高考对沉淀溶解平衡的考查较多, 但2014年没有出现单纯考查沉淀溶解平衡的试题, 而是将其穿插于第Ⅱ卷化学综合试题中进行考查, 这一命题变化, 值得注意。解答此类问题时, 要注意:

(1) 从变化的过程来看, 溶解平衡是指已溶解的溶质与未溶解的溶质之间形成沉淀与溶解的平衡状态, 而电离平衡则是指已经溶解在溶液中的弱电解质分子与离子之间的转化达到平衡状态。

(2) 溶度积常数Ksp反映了难溶电解质在水中的溶解能力, Ksp只与温度有关, 与物质的浓度无关。

(3) 对于同类型物质, Ksp的数值越大, 难溶电解质在水中的溶解能力越强。不同类型的物质, Ksp的表达形式不同时, 不能直接将Ksp作为判断沉淀产生难易的依据, 应根据物质的溶解度大小进行判断。

【新题速递】

1.一定温度下, 将0.1molAgCl加入1L0.1mol·L-1Na2CO3 溶液中, 充分搅拌 (不考虑液的体积 变化 ) , 已知:Ksp (AgCl) =2×10-10;Ksp (Ag2CO3) =1×10-11, 下列有关说法正确的是 ()

A.沉淀转化反 应2AgCl (s) +CO32- (aq) Ag2CO3 (s) +2Cl- (aq) 的平衡常数为20

B.约为2×10-5molAgCl溶解

C.反应后溶液 中的:c (Na+) >c (Cl-) >c (CO2-3) >c (OH-) >c (H+)

D.反应后溶液 中的:c (Na+) + c (H+) +c (Ag+) = 2c (CO2-3) + c (OH-) + c (Cl-) +c (HCO3-)

2.除了酸以外, 某些盐也能溶解沉淀。利用下表三种试剂进行试验, 相关分析不正确的是 ()

A.向1中加入酚酞显红色说明物质的“不溶性”是相对的

B.分别向少量Mg (OH) 2沉淀中加入适量等体积23, 均能快速彻底溶解

C.1、3混合后发生反 应:Mg (OH) 2 (s) +2NH4+Mg2++2NH3·H2O

D.向1中加入2, c (OH-) 减小, Mg (OH) 2的溶解平衡正向移动

3.向10mL含等浓度的I-和Cl-的溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的AgNO3溶液, 沉淀的质量与加入AgNO3溶液体积的关系如下图所示。下列说法不正确的是 ()

A.该实验可以证明AgI比AgCl更难溶

B.加入V2mLAgNO3 溶液后, 溶液中不含I-

C.V1=V2-V1

D.向最终的沉淀中加入Na2S溶液, 沉淀变成黑色

【参考答案】

一、元素、核素和同位素

1.B解析:A项:34S原子核外有16个电子, 则其中子数为18;B项:16O2、18O2 均为分子晶体, 其沸点与分子间作用力有关, 18O2的相对分子质量大, 其分子间作用力也大, 因此18O2的沸点高于16O2;C项:2H+、1H+都是H元素形成的离子, 其酸性相同;D项:13C的质子数比15N少1。

2.C解析:纳米碳管是由碳原子构成的一种单质, 与石墨、金刚石等互为同素异形体。纳米碳管在氧气中可以燃烧, 生成CO2或CO。

3.D解析:A项:232Th的质量数为232, 但不能据此确定Th元素的相 对原子质 量;B项:232Th和233U是不同元素形成的两种核素, 二者不是同位素;C项:232Th转换成233U的过程中, 原子核发 生了变化, 不是化学 变化;D项:230Th和232Th是Th元素形成的两种核素, 二者互为同位素, 具有相同的化学性质。

二、元素周期表和元素周期律

1.D解析:由图可知, X、Y、Z、W、R分别代表O、F、Na、Cl、S元素。A项:原子核外电子呈周期性排布, 并非核外电子层呈周期性变化;B项:原子半径为S>Cl>O;C项:HCl的酸性比H2S的酸性强, 但不能据此比较Cl、S元素的非金属 性强弱, 应根据最 高价含氧 酸 (HClO4、H2SO4) 的酸性比 较;D项:O、Na元素可形成Na2O2, 含有离子键和共价键。

2.B解析:甲的气态氢化物的水溶 液呈碱性, 则甲为N元素, 结合四种元素在周期表中的相对位置关系可知, 乙、丙、丁分别为O、S、Cl元素。A项:N元素位于周期表中第二周期第ⅤA族;B项:同周期元素的原子序数越小, 原子半径越大, 则N元素的原子半径大于O;C项:Cl2能与H2S发生反应Cl2+H2S═S+2HCl, 据此可知Cl2的氧化性强于S;D项:O、Cl、S元素的非金属性依次减弱, 则氢化物的稳定性为H2O>HCl>H2S。

3.B解析:W单质是淡 黄色固体, 则W为S元素;X元素在地壳中的含量居第二位, 则X为Si元素;Y原子最外层电子数是电子总数的2/3, 则Y为C元素;Z是第三周期原子半径最小的金属, 则Z为Al元素。

A项:Si元素的非金属性比S元素弱, 则SiH4 的热稳定性比H2S弱;B项:C元素的非金属性比Si元素强, 则H2CO3 的酸性强 于H2SiO3;C项:S2-离子核外 有3个电子层, Al3+离子核外有2个电子层, S2-离子半径大于Al3+;D项:Al元素的氧化物为Al2O3, 只含有离子键。

三、化学能与热能

1.D解析:根据盖斯定律, 由1-2可得CH2═CH —CH═ CH2→CH3—C≡C—CH3 (g) , 则有ΔH= (-236.6kJ·mol-1) - (-272.7kJ·mol-1) =+36.1kJ·mol-1, 由此可知, 1, 3-丁二烯转化为2-丁炔要吸收热量, 2-丁炔具有的能量高, 其稳定性弱。由于题目未提供C—H、H—H、C—C键的键能, 因此无法比较C≡C、C═C键的键能大小。

2.B解析:根据盖斯定律, 由2+3-1×2可得CO2 (g) +4H2 (g) CH4 (g) +2H2O (g) , 则有ΔH = (-73kJ·mol-1) + (-171kJ·mol-1) - (-41kJ·mol-1) ×2=-162kJ·mol-1。

3.C解析:1C (s) 的燃烧为放热反应, 则有ΔH1<0;2CO2 (g) 与C (s) 的反应为吸热反应, 则有ΔH2>0;3CO (g) 的燃烧为 放热反应, 则有ΔH3<0;4Fe (s) 与O2 (g) 反应放出热量, 则有ΔH4<0。根据盖斯定律, 由2+3可得C (s) +O2 (g) ═CO2 (g) , 则有ΔH1=ΔH2+ΔH3。根据盖斯定律, 由 (1/3) (4+5×2) 可得2CO (g) +O2 (g) ═2CO2 (g) , 则有ΔH3= (1/3) (ΔH4+2ΔH5) 。

四、化学能与电能

1.B解析:A项:分析电池总反应可知, Cu作负极, 发生氧化反应, 电极反应式为Cu+2OH--2e- ═CuO+H2O, Cu电极附近 的c (OH-) 减小;B项:该反应中, Ag2O作氧化剂, CuO为氧化产 物, Ag2O的氧化性 强于CuO;C项:Ag2O/Ag作正极, 电极反应 式为Ag2O+ H2O+2e-═2Ag+2OH-;D项:Ag2O为碱性氧化物, 可与盐酸反应, 因此该电池不能测量盐酸溶液中c (OH-) 。

2.B解析:A 项:该燃料电池中, 通 入 氧化剂空气的电极b为正极, 正极上O2得电子发生还原反应;B项:通入燃料的电极为负极, 负极上燃料失电子发生氧化反应, 电极反应式为N2H4 +4OH--4e-═N2 ↑ +4H2O;C项:放电时, 电流从正极b经过负载流向a极;D项:该原电池中, 正极上生成OH-离子, 所以离子交换膜要选取阴离子交换膜。

3.D解析:K与N相接时, 形成原电池, Pb作负极, PbO2作正极, H+向正极区 迁移。放电过程中Pb电极生成PbSO4, 而K与M连接时, 形成电解池, PbSO4发生还原 反应生成Pb, 因此a极为电源的负极。

五、化学反应速率和化学平衡

1.C解析:A项:在0~t1时刻, v (逆) 逐渐增大, 说明生成物C的浓度逐渐增大, 此时平衡正向移动, 则有v (正) >v (逆) ;在t1~t2时刻, 反应达到平衡状态, 则有v (正) =v (逆) ;B项:在t2时刻, 改变条件 达到平衡 状态后, v (逆) 与原平衡相等, 则有A的体积分数Ⅰ=Ⅱ;C项:向密闭容器中加C, 逆反应速率瞬间增大, 再次建立的平衡与原平衡等效, 说明和原平衡相同, 符合图像;D项:平衡常数只与温度有关, 由于温度恒定, 因此过程Ⅰ、Ⅱ的平衡常数相等。

2.D解析:A项:平衡常数 只与温度 有关, 该反应为吸热反应, 温度升高, 平衡正向移动, 平衡常数增大, v (逆) 增大;B项:平衡正向移动, 固体质量减小, 平衡逆向移动, 固体质量增加, 若固体质量不变, 说明该反应达到平衡状态;C项:若x表示温度, 温度升高, 平衡正向移动, 混合气体的质量增大, 而容器的容积不变, 根据ρ=m/V可知, 混合气体的密度增大, 与图示y逐渐增大相符;D项:若x表示CO的物质的量, 增大CO的物质的量, 平衡正向移动, 但CO2 与CO的物质的量之比减小, 与图示中的逐渐增大不相符。

3.B解析:A项:脱氮率达到最高点之后继续升高温度, 脱氮率降低, 说明平衡向逆反应方向移动, 则正反应为放热反应;B项:两种催化剂分别在250℃和450℃左右催 化效率最高, 说明此时催化剂的活性最大;C项:图像研究的是不同催化剂在不同温度下的活性比较, 最高点为催化剂活性最大的状态, 与平衡转化率无关;D项:该反应的正反应为气体总分子数增大的反应, 增大压强平衡向逆反应方向移动。

六、电离平衡和溶液的酸碱性

1.D解析:A项:M点为醋酸和醋酸钠溶液, 醋酸是弱酸, 电离程度很小, 离子浓度也很小, 随着NaOH溶液的逐滴加入, 离子浓度增大, 导电性增强;B项:N点显碱性, NaOH过量, 则N点c (H+) <c (OH-) , 由电荷守恒可知所示溶液中c (CH3COO-) <c (Na+) ;C项:Q点溶液呈中性, c (H+) =c (OH-) , 若等体积混合, 恰好生成醋酸钠, 溶液显碱性, 则碱的体积应小于醋酸的体积;D项:M点和N点c (H+) =c (OH-) =10-5mol·L-1, 均抑制水 的电离, 则M、N点溶液中H2O的电离程度相同。

2.D解析:A项:在饱和氯 水中加入CaCO3, 与H+反应, 则溶液的酸性减弱, pH变大;B项:在饱和氯水中通入SO2气体, 与Cl2反应生成H2SO4 和HCl, 溶液的酸性增强, pH变小;C项:在饱和氯 水中通入H2S气体, 与Cl2 反应生成S和HCl, 酸性增强, pH变小;D项:在饱和氯水中加入NaOH使pH=7, 则有c (H+) =c (OH-) , 由电荷守恒可知, c (Na+) =c (ClO-) + c (Cl-) , 反应后溶 质为NaCl、NaClO、HClO, 由Cl2+H2OHClO+HCl可知, c (Cl-) = c (ClO-) + c (HClO) , 则离子浓度大 小为c (Na+) >c (Cl-) >c (ClO-) >c (HClO) 。

3.C解析:A项:比较K1和K2可知, CH3COOH的电离程 度大于CH3COO-的水解程度, 则甲溶液显酸性, 其pH<7;B项:升高温度, CH3COOH的电离程度和CH3COO-的水解程度均增大, 则K1和K2都增大;D项:醋酸的电离常数K1只与温度有关, 温度不变, K1不变。

七、盐类水解

1.B解析:A项:将pH=2的盐酸和pH=12的氨水等体积混合, 氨水有剩余, 混合溶液显碱性, 则有c (OH-) >c (H+) , 但该溶液中c (Cl-) >c (OH-) ;B项:Na2CO3 溶液中, 据元素守恒有c (Na+) =2c (HCO3-) +2c (CO2-3) +2c (H2CO3) ;C项:NH4Cl溶液中, NH4+发生水解反应, 则有c (NH4+) <c (Cl-) ;D项:混合溶液显酸性, 则有c (H+) >c (OH-) , 结合电荷守恒可得c (Na+) <c (CH3COO-) 。

2.C解析:A项:饱和纯碱溶液中, CO2-3发生水解反 应, 则有c (Na+) >2c (CO2-3) 。B项:酸性溶液中, c (H+) =10-pHmol·L-1, 因此pH = 4的醋酸中, c (H+) = 1.0×10-4mol·L-1;由于水电 离产生H+, 则有c (CH3COO-) ≠c (H+) =1.0×10-4mol·L-1。C项:醋酸钠溶 液中含有Na+、H+、CH3COO-、OH-离子, 据电荷守恒有c (Na+) + c (H+) = c (CH3COO-) +c (OH-) 。D项:50℃时, 水的离子积常数Kw大于1.0×10-14, 则pH=12的纯碱溶 液中c (OH-) >1.0×10-2mol·L-1。

3.D解析:曲线Ⅰ代表 用盐酸滴 定NH3·H2O溶液, 滴加10 mL盐酸时, 得到NH4Cl和NH3·H2O混合溶液, 此时溶液显碱性, 溶液中离 子浓度关 系为c (NH4+) >c (Cl-) >c (OH-) >c (H+) ;滴加20mL盐酸时, 二者恰好完全反应生成NH4Cl, 由于NH4+发生水解, 此时溶液显酸性, 溶液中离子浓度关系为c (Cl-) >c (NH4+) >c (H+) >c (OH-) 。

曲线Ⅱ代 表用NaOH溶液滴定CH3COOH溶液, 滴加10mLNaOH溶液时, 所得混合溶液呈酸性, 滴加20mLNaOH溶液时, 所得混合溶液呈碱 性, 因此当滴 加NaOH溶液在10mL~20mL时, 存在溶液呈中性这一情况, 但并非所得溶液都呈中性。滴加10mLNaOH溶液时, 所得混合 溶液为等 浓度的CH3COOH和CH3COONa溶液, 据电荷守恒有c (CH3COO-) + c (OH-) = c (Na+) +c (H+) , 据元素守 恒有c (CH3COO-) +c (CH3COOH) = 2c (Na+) , 综合可得c (CH3COO-) -c (CH3COOH) =2[c (H+) c (OH-) ]。

八、难溶电解质的沉淀溶解平衡

1.D 解 析:A 项:反 应 2AgCl (s) +CO2-3 (aq) Ag2CO3 (s) +2Cl- (aq) 的平 衡常数为K = c2 (Cl-) /c (CO2-3) =Ksp (AgCl) /c (CO2-3) =2×10-9;B项:由题意可知Ksp (AgCl) =c2 (Cl-) , 则有c (Cl-) 约等于1×10-5mol·L-1, 因此大约 有1×10-5molAgCl溶解;C项:反应后溶 液中c (CO2-3) >c (Cl-) ;D项:据电荷守恒可知, 反应后溶液中c (Na+) +c (H+) +c (Ag+) =2c (CO2-3) +c (HCO3-) +c (Cl-) +c (OH-) 。

2.B解析:NH4Cl溶液的酸性比HCl溶液的酸性弱, 向Mg (OH) 2沉淀中加入NH4Cl溶液, 其溶解速率相对较慢。

3.B解析:由图可知, 向含等浓度的I-和Cl-的溶液逐滴加入AgNO3溶液, 先生成AgI沉淀 (黄色) , 后生成AgCl沉淀 (白色) , 从而证明AgI比AgCl更难溶。AgI在水中存在溶解平衡:AgI (s) Ag+ (aq) +I- (aq) , 因此加入V2 mLAgNO3 溶液后, 溶液中仍含有I-。

3.化学能与热能同步训练 篇三

【摘 要】 手持技术是实验改革和发展的有效手段，将手持技术与理科教材中的实验结合起来，将手持技术与学生实验结合起来，是发挥手持技术在教学中运用的重点。本文通过手持技术对化学能与热能的三个教材实验进行了改进，改进后的实验弥补了传统实验的不足，数据丰富，图表直观明晰，可见度大，对比性强，可触动学生的探究欲望。符合中学化学实验的要求，为化学能与热能实验的教学提供一种新的方法，提高教学质量。

【关键词】 手持技术；化学能与热能；盐酸与铝；氢氧化钡与氯化铵；盐酸与氢氧化钠

【中图分类号】G643.2【文献标识码】A【文章编号】2095-3089（2016）18-0-01

本文选取人教版高中化学《必修2》第二章第一节“化学能与热能”三个教材实验为对象，通过实验发现，若教学中这三个实验仅教师做演示，学生对其热能变化感受性不大。而将手持技术这种新兴技术融入到教学中，在一定程度上可以弥补这个缺陷。

1 常规实验的缺陷

实验2-1盐酸与铝条反应、实验2-3盐酸与氢氧化钠反应，用温度计测量反应温度，由于温度计的红线比较细，即使坐在前排的学生也难以观察清楚温度的变化，实验的可见度不大，且温度计灵敏度不高，不能及时显示反应温度。

实验2-2氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应实验演示时，通过烧杯底部玻璃片上的水冻结，水冻结这一现象在班上演示可见性较差，且并非所有同学都有机会触摸烧杯，学生对该反应吸收大量热感受不强；同时，药品用量过大，混合及搅拌时氨味很浓，污染大，不利于安排学生做分组实验。

2 实验过程

2.1实验用品

仪器：多功能手持分析仪、温度传感器、带配套软件的电脑、试管、试管架、烧杯、玻璃棒、研钵、玻璃片、100ml烧杯、50ml烧杯、量筒。

药品：6mol/L盐酸、打磨光滑的铝条、氢氧化钡晶体、氯化铵晶体、2mol/L盐酸、2mol/L氢氧化钠。

2.2实验步骤

（1）实验2-1盐酸与铝条反应

组装实验装置，将多功能手持分析仪、温度传感器和带配套软件的电脑连接好（如图1）。在一支试管中加入2～3mL6mol/L的盐酸。将温度传感器探头插入试管液面以下，点开实验收集数据。再插入事先用砂纸打磨光滑的铝条，将试管插在试管架上。

（2）实验2-2氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应

如图1组装好手持分析仪，将约20gBa（OH）2·8H2O晶体在研钵中研细后与约10gNH4Cl晶体一起放入烧杯中，并将烧杯放在滴有几滴水的玻璃片上，将温度传感器探头插入晶体以下，点开分析仪，采集实验数据，用玻璃棒快速搅拌。

（3）实验2-3盐酸与氢氧化钠反应

如图1组装好手持分析仪，将50ml烧杯置于放有碎泡沫的100ml烧杯中，往小烧杯中加入20ml2mol/L盐酸，将温度传感器探头插入液面以下，点开分析仪，采集实验数据，向烧杯加入20ml2mol/L氢氧化钠，边加边搅拌。

2.3实验现象及解释

3 改进后实验的优点

手持技术是一种高科技的、现代化的方法，将其运用于化学能与热能课堂教学，具有直观、实时、准确等特点，能使实验更加现代化。通过新高科技仪器的使用，还能增加实验的新颖性、趣味性，激发学生的兴趣，活跃学生的思维。改进后的实验将实验过程中每个时刻的温度变化直观地呈现在学生面前，数据丰富，图表直观明晰，便于学生观察分析，体验感强，可触动学生的探究欲望。手持技术测温较温度计灵敏、准确，能定量反应产生的热量，让学生对能量守恒有进一步的了解。

参考文献：

4.化学能与热能同步训练 篇四

第三章 自然界中的元素( 章末测试)

(时间90分钟，满分100分)

第Ⅰ卷(选择题 共48分)

相对分子质量：H 1 C 12 N 14

O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Zn 65

一、选择题(每题只有一个选项符合题意，每题3分)

1.为使以面粉为原料的面包松软可口，通常用碳酸氢钠作发泡剂，因为它①热稳定性差②增加甜味③产生二氧化碳④提供钠离子。其中合理的是( )

A. ②③ B. ①③

C. ①④ D. ③④

2.下列反应中硝酸既能表现出酸性又表现出氧化性的是( )

A.使石蕊试液变红

B.与铜反应生成Cu(NO3)2和NO气体

C.与Na2CO3反应放出CO2气体生成NaNO3

D.与S单质混合共热时生成H2SO4和NO2

3. (原创)氯化铵和氯化钠可用下列哪一种方法分离( )

A.加入氢氧化钠

B.加入AgNO3溶液

C.加热法

D.加入一种合适的酸

4. 已知亚硫酸盐、金属硫化物等易被空气氧化。下列试剂长期暴露在空气中不会发生化学变化的是( )

A. Na2SO3溶液 B. 氢硫酸

C. 浓H2SO4 D. 固体氢氧化钠

5. 常见的大气污染分为一次污染和二次污染，二次污染物是排入环境中的一次污染物在物理化学因素或微生物作用下发生变化所生成的新污染物。如：2NO+O2=2NO2,则NO2就是二次污染物，下列四种气体①SO2 ②H2S③NO2 ④CO中能导致二次污染的是 ( )

A. ①②③ B. ②③④

C. ①③④ D. ①②③④

6.(原创) 氢阴离子(H-)能和NH3反

应：H- + NH3 = NH2- + H2↑，根据上述

反应事实可以得出的正确结论是( )

A. NH3有还原性

B. H-是很强的还原剂

C.该反应的还原产物是H2

D. 该反应属于置换反应

8.(变式)近年来，冠以“绿色”的新概念不断产生，如绿色食品、绿色材料、绿色能源、绿色化学等，这里的“绿色”是对人类社会可持续发展战略的形象表述。“绿色化学”要求从经济、环保和技术上设计可行的化学反应。据此，由单质镁制硝酸镁的下列4个方案中，你认为可行而且符合“绿色化学”要求的方案是( )

A. B. C.

D.

7.(原创)近来查明，二氧化三碳(C3O2)是金星大气层的一个组成部分，下列关于二氧化

三碳的说法错误的是( )

A. C3O2、CO、CO2都是非电解质

B.C3O2、CO、CO2都是碳的氧化物

C.C3O2和CO一样可以燃烧生成CO2

D.C3O2和CO2都是碳酸的酸酐

9.检验氯化氢气体中是否有氯气，可采用的方法是 ( )

A.用干燥的蓝色石蕊试纸

B.用干燥的有色布条

C.将气体通入硝酸银溶液

D.用湿润的碘化钾淀粉试纸

10. (原创) 相同物质的量浓度的(NH4)3PO4、(NH4)2HPO4和NH4H2PO4溶液各200mL，与物质的量浓度为0.2mol/L的氢氧化钠溶液完全反应所需要的体积比为( )

A.3：2：1 B.1：2：3

C.1：1：1 D. 2：3：4

11..(原创)有Na2S、Na2SO3和Na2SO4

的混合物，经测定此混合物中硫的质

量分数为32%。则此混合物中氧的质

量分数为( )

A.36.8% B.37.6%

C.22.0% D.无法计算

12. (原创).下列各组气体中，在通常条件下能稳定共存的是 ( )

A.NH3、O2、HCl

B. N2、H2S Cl2

C. CO2、NO、O2

D. N2、O2、CO2

13.(原创)学生用滤纸折成一只纸蝴蝶并在纸蝴蝶上喷洒某种试剂，挂在铁架台上。 另取一只盛有某种溶液的烧杯，放在纸蝴蝶的下方(如下图)。过一会儿，发现纸蝴蝶上的喷洒液颜色由白色转变为红色，喷洒在纸蝴蝶上的试剂与小烧杯中的溶液是 ( )

A B C D

纸蝴蝶上的喷洒液 石蕊 酚酞 酚酞 石蕊

小烧坏中的溶液 浓盐酸 浓氨水 氢氧化钠溶液 浓硫酸

14. 从海水里提取溴的过程中，有如下反应：5NaBr+NaBrO3+3H2SO4=3Br2+3Na2SO4+3H2O。与上述反应在原理上最相似的反应是( )

A.2NaBr+Cl2=Br2+2NaCl? B.2KI+Br2=I2+2KBr

C.2H2S+SO2=3S+2H2O? D.Cl2+H2O=HCl+HClO?

15. 下列离子方程式正确的是

A.碳酸氢钠溶液与少量石灰水反应：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O

B.氯化铵与氢氧化钠两种浓溶液混合加热：NH4++OH- H2O+NH3↑

C.氢氧化镁与稀硫酸反应：H++OH-=H2O

D.单质铜与稀硝酸反应：Cu+2H++2NO3-=Cu2++2NO↑+H2O

16.(原创)已知Na2SO3易被X2氧化(X为Cl、Br、I)。向NaBr、NaI、Na2SO3混合液中，通入—定量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，得到固体剩余物质的组成不可能是( )

A. NaCl Na2SO4

B. NaCl NaBr NaI Na2SO4

C. NaCl Na2SO4 I2

D. NaCl NaBr Na2SO4

第Ⅱ卷(非选择题 共52分)

二、填空题(30分)

17.(8分) 亚硫酸钠中有+4价的硫，它既有氧化性又有还原性。现有试剂：溴水、硫化钠溶液、亚硫酸钠溶液、稀硫酸、烧碱溶液、氨水。

①要证明Na2SO3具有还原性，应选用

的试剂有

现象是

②要证明Na2SO3具有氧化性，应选用的试剂有 、稀硫酸。现象是

18.(8分)下图为一定量饱和Ca(OH)2溶液中通入二氧化碳气体后，产生CaCO3白色沉淀的质量与二氧化碳体积之间的关系曲线。试回答：

OA 段曲线和AB段曲线所表示的反应方程式是：

OA段

AB段

OA段=AB段原因是

B处溶液中存在的浓度较大的两种离子是 和

(填离子符号)

将B处生成的溶液煮沸，可见到的现象是

。

19.(8分)如下图所示，室温下向盛有3.0 mL NO的试管中缓缓通入1.5 mL O2(所有气体体积均在标准状下测定)。

试回答下列问题：

(1)写出观察到的现象(可不写满，也可补充)：

①____________________________ ____________________________ ___

②____________________________________ ______________________

③_____________________________________________________

(2)最终试管中剩余的气体是_________，体积为_________。

20. (8分)如下图所示，已知：

①甲、乙、丙、丁四种元素均是前18号元素的单质;

②在一定条件下甲与丙和甲与丁都按物质的量之比1：3反应，分别生成X和Y，在产物中元素甲显负价;

③在一定条件下乙与丙和乙与丁都按物质的量之比1：2反应，分别生成Z和W，在产物中乙显负价。

请填空：(1)甲是_________，乙是_________。

(2)甲与丙反应生成X的化学方程式是_____________。

(3)乙与丁反应生成W的化学方程式是_______________。

三.实验题(12分)

21. 喷泉是一种常见的现象，其产生原因是存在压强差。

(1)图Ⅰ为化学教学中常用的喷泉实验装置。在烧瓶中充满干燥气体，胶头滴管及烧杯中分别盛有液体。下列组合中能形成喷泉的是

A. SO2和H2O

B. CO2和NaOH溶液

C. CO2和饱和碳酸氢钠溶液

D. NO和H2O

(2)在图Ⅱ的锥形瓶中，分别加入足量的下列物质后，能产生喷泉的是

A. Cu与稀硫酸 B. Cu与稀硝酸 C. Al与浓硫酸 D. Fe与浓硝酸

(3)比较图Ⅰ和图Ⅱ两套装置，从产生喷泉的原理来分析，图Ⅰ是 上部烧瓶内气体压强;图Ⅱ是 下部锥形瓶内气体压强(均填增大或减小)。

(4)某学生积极思考喷泉原理的应用，设计了如图Ⅲ所示的装置。

① 如果关闭活塞c，打开活塞a、b，再挤压胶头滴管。则可能出现的现象为

。

② 在①操作的基础上，若要在该装置中产生双喷泉现象，其操作方法是 。

四、计算题

22.(10分)在100 mL NaOH溶液中加入NH4NO3和(NH4)2SO4的固体混合物，加热充分反应，下图表示加入的混合物质量与产生的气体体积(标准状况)的关系，试计算：

(1)NaOH的物质的量浓度_________;

(2)当NaOH溶液的体积为140 mL，固体混合物的质量是51.6 g时，充分反应后，生成气体的体积(标准状况)为____ L。

(3)当NaOH溶液的体积为180 mL，固体混合物的质量仍为51.6 g时，充分反应后，生成气体的体积(标准状况)为____ L。

附：答案

1.B 碳酸氢钠不稳定，受热分解：2NaHCO3 Na2CO3+ CO2↑+H2O，产生的二氧化碳能在面包里留下很多气室，使面包松软可口。

2. B HNO3使石蕊试液变红，只表现出硝酸的酸性;HNO3与Na2CO3反应放出CO2气体生成NaNO3是复分解反应，只表现出硝酸的酸性;HNO3与铜反应中，HNO3中氮元素的化合价降低表现出氧化性，并且产物中又有Cu(NO3)2和水生成，说明此反应中HNO3还表现出酸性;HNO3与S单质反应，HNO3中氮元素的化合价降低只表现出氧化性。

3.C NaCl和NH4Cl两种物质中都含Cl-，所以加AgNO3或加酸都起不到分离的作用，加入NaOH，只能鉴别NH4Cl和NaCl，而达不到分离的目的。利用铵盐的不稳定，选用加热法。

4. C Na2SO3溶液暴露在空气中会被氧化为Na2SO4;氢硫酸暴露在空气中会被氧化为S;浓H2SO4暴露在空气中会吸水变稀，不会发生化学变化;固体氢氧化钠长期暴露在空气中最终会转化为Na2CO3。

5. A 上述4种气体本身都属于大气的污染物，即一次污染物。硫化氢还原性很强，易燃烧、氧化转化成二次污染物二氧化硫;二氧化硫与水结合生成亚硫酸，进一步被氧化成硫酸，增加酸雨的酸度;NO2和水反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO, HNO3可引起酸雨，是NO2的二次污染物，同时NO也是NO2的二次污染物;CO燃烧后转化成无污染的二氧化碳。

6. B 在氢阴离子(H-)和NH3的反应中，氢阴离子(H-)化合价升高被氧化，做还原剂，B

正确，NH3中的部分H被还原，在该反应中NH3做氧化剂，具有氧化性，A错误;该反应

中H2既是氧化产物，又是还原产物，C错误;该反应的反应物中没有单质，不属于置换反

应，D错误。

7.. C A方案虽然步骤少，但反应过程中会产生大量氮氧化物，污染空气。另外消耗原料也多，不符合“绿色化学”的要求;B方案步骤烦琐，使用原料种类多，不符合“绿色化学”的要求;C方案步骤较少，节约原料，无污染，符合“绿色化学”的要求;D方案用原料较多，在第一步还会产生大量的SO2气体，污染空气，又浪费原料，不符合“绿色化学”的要求。

8. D C3O2、CO、CO2都是由C、O两种元素形成的氧化物，都属于非金属氧化物，都不能电离，都是非电解质;C3O2和CO中碳的化合价都小于+4，都可以被氧化为CO2，即都可以燃烧生成CO2;C3O2中碳的化合价与碳酸中碳的化合价不相等，C3O2不是碳酸的酸酐。

9.D 氯化氢和氯气都不能使干燥的蓝色石蕊试纸变色，也都不能使干燥的有色布条退色;氯化氢和氯气通入硝酸银溶液中都会产生白色沉淀：AgNO3 +HCl = AgCl↓+HNO3，Cl2+ AgNO3+H2O= HClO+AgCl↓+HNO3;若用湿润的碘化钾淀粉试纸则会发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，I2遇淀粉变蓝色，若氯化氢气体中混有氯气会使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝色。

10.C 该题的严重干扰选项是A,很多同学不加思索快速的选了A。同学们都把解题的重点放在了NH4+与OH-的反应了，却忽略了H+也消耗OH-这一个事实。其实每摩尔(NH4)3PO4、(NH4)2HPO4和NH4H2PO4与氢氧化钠完全反应所消耗的氢氧化钠的物质的量都是3mol,即同物质的量的三物质所消耗的氢氧化钠的物质的量相等，C正确。

11.C Na2S、Na2SO3和Na2SO4中钠离子和硫原子的个数比都是2：1，其质量比都是46：32，在它们的混合物里钠元素和硫元素的质量比也是46：32。ω(O)=1-ω(S)

-ω(Na)=1-32%-32%× =22.0%。

12.D 常温下，A组能发生反应：NH3+ HCl=NH4Cl↓;B组能发生反应：H2S + Cl2= 2HCl+S↓;C组能发

生反应：2NO+O2= 2NO2。D组中的气体在通常条件下不发生反应，即D组气体在通常条件下能稳定共存。

13. B 本题主要考查一些指示剂遇酸性或碱性物质后的颜色变化及一些酸、碱的物理性质。要注意审题，一开始纸蝴蝶为白色的，而石蕊本身的颜色为紫色的，故A、D不符合题意; 虽然氢氧化钠溶液遇到酚酞变红，但氢氧化钠溶液不挥发，无法和蝴蝶上的指示剂作用， C也不符合题意;而氨水具有挥发性，挥发出的氨气使酚酞试液变红色，B符合题意。

14. C 在5NaBr+NaBrO3+3H2SO4=3Br2+3Na2SO4+3H2O反应中，反应物中Br-被氧化，BrO-3被还原，最后都生成Br2。也就是在此反应中被氧化和被还原的为不同价态的同一元素(溴)，而且都被还原和氧化成同一价态物质。在4个答案中，只有C中被氧化和被还原的元素为不同价态的同一元素(硫)，最后都生成单质硫，两者原理最相似。

15. B 在书写与“量”有关的离子方程式时，应该按不足量的物质的组成来写，A选项中的Ca2+与OH-离子物质的量比应该为2∶1;B项考察铵盐的性质，该离子方程式正确;C项中氢氧化镁为难溶物，不应拆开写;D项没有配平。

16. C 由于Na2SO3易被X2氧化(X为Cl、Br、I)，所以Na2SO3、 NaBr、NaI的还原性强弱顺序是：Na2SO3>NaI >NaBr。向NaBr、NaI、Na2SO3的混合液中，通入—定量氯气时，氯气先氧化Na2SO3，Na2SO3被消耗完后再氧化NaI，最后氧化NaBr。逐项分析如下：A项，当通入的氯气量较多时，Na2SO3、 NaBr、NaI被完全氧化，生成的Br2在将溶液蒸干时挥发、I2在灼烧时升华，最后剩余NaCl和Na2SO4 ;B项，通入的氯气量较少时，氯气只氧化了全部Na2SO3或氧化了全部Na2SO3和部分NaI ;C项，生成的I2在灼烧时时升华，得到的固体剩余物中不可能有I2;D项为通入的氯气将NaI、Na2SO3全部氧化或将NaI、Na2SO3全部氧化外还氧化了部分NaBr时的剩余物。

改变，不是氧化还原反应。

17.①溴水，溴水褪色

②Na2S溶液，生成浅黄色沉淀

⑴要证明Na2SO3具有还原性，应选用具有氧化性的试剂，在所给的试剂中溴水具有较强的氧化性，且溴水有颜色，反应现象明显，若Na2SO3具有还原性，则会使溴水的橙色退去。

⑵要证明Na2SO3具有氧化性，应选用具有还原性的试剂，硫化钠溶液具有较强的还原性，在酸性条件下，Na2SO3和Na2S反应生成S,产生浅黄色沉淀。

18.Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O 、 Ca(HCO3)2=CaCO3↓+CO2↑+H2O、

生成CaCO3沉淀和CaCO3沉淀溶解所消耗的二氧化碳的量相等、

Ca2+ 、 HCO3- 、有白色沉淀生成

解析：碱溶液中通入二氧化碳，由于开始时，二氧化碳的量相对较少，所以先生成碳酸盐;当碱消耗完后，再通入二氧化碳，二氧化碳、碳酸盐和水继续反应，转化成碳酸氢盐;碳酸氢盐不稳定，加热时易分解，又转化为碳酸盐。在Ca(OH)2溶液中通入二氧化碳气体，先生成CaCO3(不溶于水)，再转化为Ca(HCO3)2(能溶于水)，加热时Ca(HCO3)2分解又生成了不溶性的CaCO3。由于生成CaCO3沉淀和CaCO3沉淀溶解所消耗的二氧化碳的量相等，所以OA段=AB段。

19.. (1)①通入O2，试管内气体变为红棕色②试管内液面升高③最后试管内剩余一种无色气体

(2)NO 1.0 ml

(1)通入的O2与NO发生反应生成NO2：

①2NO+O2 =2NO2

所以看到有红棕色气体生成.生成的NO2溶于水：

②3NO2+H2O =2HNO3+NO

①②两反应的总方程式为：

③4NO+3O2+2H2O =4HNO3

气体被消耗，所以又会看到试管内液面上升.V(NO)∶V(O2)≠4∶3，故最后有气体剩余，不论剩余NO还是O2，都为无色气体，这是看到的第三个现象。

(2)设1.5 mL O2全部参加反应，由(1)中③知：

V反应(NO)=V反应(O2)×4/3=1.5 mL×4/3=2.0 mL

而NO的总体积是3.0 mL，故剩余NO气体1.0 mL。

20.(1)N2 O2

(2)N2+3Mg= Mg3 N2(N2+3H2=NH3)

(3)O2+ 2H2=2H2O(2Mg+ O2= 2MgO)

在一定条件下甲与丙和甲与丁都按物质的量之比1：3反应，产物中元素甲显负价，说明反应后甲的化合价为-3价或-3n(n为正整数)，由前18号元素的常见价态可知，反应后甲的化合价为-3价，甲为N2 ;与N2 1：3反应的单质有H2、Mg，丙与丁是H2和Mg。在一定条件下乙与丙和乙与丁都按物质的量之比1：2反应，产物中乙显负价，说明反应后乙的化合价为-2价或-2n(n为正整数)，由前18号元素的常见价态可知，反应后甲的化合价为-2价。甲为O2或S ， O2 与H2、Mg都可都按物质的量之比1：2反应，但S与H2、Mg反应时，他们的物质的量之比是1：1，因而乙是O2。由于丙、丁不能确定谁是H2或Mg，所以甲与丙反应生成X的化学方程式是N2+3Mg= Mg3 N2或N2+3H2=NH3;乙与丁反应生成W的化学方程式是O2+ 2H2=2H2O或2Mg+ O2= 2MgO。

21.(1)AB

(2)B

(3)减小;增大

(4)①在盛有氨气的烧瓶中出现“喷烟雾”现象;②打开活塞c。

(1)喷泉实验的基本原理是：气体在液体中的溶解度很大，在短时间内产生足够的压强差(负压)，打开活塞后，大气压将烧杯内的液体压入烧瓶中，在尖嘴导管口形成喷泉。HCl极易溶于水H2O，CO2易溶于NaOH溶液(CO2和NaOH溶液反应被溶解)，AB都能形成喷泉。CO2在饱和碳酸氢钠溶液中的溶解度很小，NO不溶于H2O，CD都不能形成喷泉。

(2)图Ⅱ烧瓶中的压强不变，因为烧瓶和大气直接相通。若能增大锥形瓶中的压强，也会将锥形瓶中的液体压入烧瓶，形成喷泉。Cu与稀硫酸不反应，在锥形瓶中加入Cu与稀硫酸，不会使锥形瓶中的压强增大，形不成喷泉;Al与浓硫酸 、Fe与浓硝酸在常温下产生钝化现象，不生成气体，若在锥形瓶中加入Al与浓硫酸 或Fe与浓硝酸，也不会使锥形瓶中的压强增大，也形不成喷泉;Cu与稀硝酸反应生成气体NO，若在锥形瓶中加入Cu与稀硝酸，由于生成的气体使锥形瓶中的压强增大，能产生喷泉。

(4)关闭活塞c，打开活塞a、b，再挤压胶头滴管会使盛氨气的烧瓶中压强减小，左烧瓶中的HCl流入右烧瓶，从而在盛氨气的烧瓶中产生“喷烟雾”(NH3+HCl= NH4Cl↓)现象。①操作后，两个烧瓶中的压强都减小，打开c则会产生双喷泉。

22. (1)5.0 mol/L (2)15.68 (3)16.8

(1)从图中可看出34.4 g混合物和100 mL NaOH恰好完全反应。

n(NaOH)=n(NH3)= =0.5 mol

c(NaOH)= =5.00 mol/L

(2)当固体混合物的质量是51.6 g时，固体混合物完全反应消耗的氢氧化钠溶液的体积为： ×100ml=150ml;而V(NaOH)=140 mL，说明固体过量，所以V(NH3)=n(NH3)×22.4L/mol

=n(NaOH)×22.4L/mol=5 mol/L×0.14 L×22.4 L/mol=15.68 L。

(3)同理当V(NaOH)=180 mL时，说明NaOH过量，则固体51.6 g完全反应，则：

5.化学能与热能同步训练 篇五

第1节 杂交育种与诱变育种

5分钟训练(预习类训练，可用于课前)1.用秋水仙素诱发基因突变和诱导多倍体，起作用的时期分别是_________和_________。 解析：基因突变发生在DNA复制时，即在细胞分裂的间期；多倍体产生的原因是染色体已经复制，但由于秋水仙素的作用，抑制纺锤体的形成，使染色体不能到达两极，阻碍了细胞的分裂，起作用的时期在有丝分裂前期。 答案：有丝分裂的间期 有丝分裂的前期

2.有关遗传学上的杂交的叙述，不恰当的是（） A.杂交是指同种生物不同个体间的相交 B.测交实际上就是一种特殊的杂交 C.不同物种的个体一般不能进行杂交

D.杂交是指同种生物不同基因型个体间的相交 解析：同种生物不同基因型个体之间的相交是杂交；同种生物基因型相同的个体相交不是杂交，而应是自交。要区分杂交、自交、测交三者的概念不同之处，有利于对杂交育种真正理解。 答案：A

3.下列关于无子西瓜与无子番茄的说法中正确的是（）

A.利用无子西瓜与无子番茄枝条分别扦插，形成的新植株仍能结出无子果实 B.无子西瓜与无子番茄由于没有种子，生产上需要年年重新育种 C.无子西瓜与无子番茄的发育都离不开生长素的作用 D.无子西瓜与无子番茄的培育基本原理相同 答案：B

4.下列叙述中，不属于诱变育种优点的是（） A.可以提高变异的频率

B.育种年限显著缩短 C.大幅度改良某些性状

D.需大量处理供试材料

解析：对于诱变育种来说，A、B、C、D都是其特点，由于基因突变多害少利，所以诱变育种要处理大量的实验材料，这是诱变育种的一个缺点。 答案：D

10分钟训练(强化类训练，可用于课中)1.育种工作者从纯“南特号”品种的稻田中偶然发现一株矮稻，并由此培育出“矮秆南特号”新品种。矮秆水稻新品种的产生是由于（） A.染色体加倍

B.基因的自然突变

C.基因的人工诱变

D.基因重组

解析：因为矮秆是偶然发现的，可以说是极其少见，所以说矮秆的出现是基因突变的结果，这种植株是在稻田中发现的，所以不是人为诱发突变，是自然突变造成的。 答案：B

2.下列几种育种方法，能改变原有基因的分子结构的是（） A.杂交育种 B.诱变育种 C.单倍体育种

D.多倍体育种 解析：基因分子结构的改变是指基因中脱氧核苷酸的顺序发生改变——基因突变。杂交育种、单倍体育种和多倍体育种都是在原有基因结构的基础上，经过重新组合、染色体数目的变化等过程产生的新的性状，基因的结构不发生任何变化。 答案：B

3.小麦抗锈病对易染锈病为显性，现有甲乙两种抗锈病的小麦，其中一种为纯合子，需要鉴别和保留纯合的抗锈病小麦，应选用下列哪项最简便易行（） A.甲×乙 B.甲×乙得F1再自交

C.甲、乙分别和隐性类型测交 D.甲×甲 乙×乙

解析：本题主要考查作物育种、选种的方法，在农作物育种中，要鉴定一个个体是纯种还是杂种，可以用测交，也可以用杂交。测F1基因型的方法用测交，即让被测者与隐性纯合子杂交以测其是否为纯合子，然而，在这里我们是不能用测交的，因为我们既要鉴定这两种小麦的基因型，又要保留纯合的抗病小麦品种，测交会使纯合的小麦杂合，违背题意。自交就避免了这个缺陷，而且操作更加简单，杂合小麦自交会出现性状分离，而纯合的不会。 答案：D 4.1905年，法国的一个生物学家在遗传实验中发现一种显性致病基因，他饲养的黄色皮毛的老鼠品种不能纯种传代，而灰色皮毛的老鼠能够纯种传代，黄色老鼠与黄色老鼠交配，其后代总要出现灰色皮毛的老鼠，而且黄色与灰色的比例为2∶1，此交配中致死个体出现的几率是（） A.25% B.33% C.66.7% D.75%

解析：通过题意我们可以看到，黄色老鼠和黄色老鼠交配，其后代总是要出现灰色皮毛的老鼠，由此我们可以判断出老鼠毛色黄色对灰色为显性。黄色皮毛的老鼠品种不能纯种传代，说明显性纯合的个体会死亡，那么当杂合个体杂交时，显性纯合个体占后代总数的1/4，即致死个体出现的几率是25%。 答案：A

5.诱变育种可以改良某种性状，这是因为（） ①后代性状较快稳定 ②提高突变率，增加变异类型 ③控制某性状的基因突变成等位基因 ④有利突变体数目多 A.①②

B.②③

C.①③

D.②④

解析：基因突变可以产生新的基因，这是其他育种方式所不具备的，所以利用诱变育种可以得到许多的优良性状，在自然状态下，基因突变的几率是非常小的，而利用人工诱变会明显提高突变率。当某个基因突变后，与原来的基因就在同源染色体的同一位置且控制着同一性状的不同表现型，成为原基因的等位基因。由于地球上的生物是经过上万年的进化而来的，大多数个体都已经适应了这样的环境条件，所以基因突变对大多数是有害的，真正的有利变异是少数的。 答案：B

5.向日葵种子粒大(B)对粒小(b)是显性，含油少(S)对含油多(s)是显性，这两对等位基因按自由组合定律遗传。今有粒大油少和粒小油多的两纯合子杂交，试完成下列问题：

(1)F2表现型有哪几种?____________________________________。其比例如何?_________。

(2)如获得F2种子544粒，按理论计算：双显性纯种有___________粒；双隐性纯种有___________粒；粒大油多的有___________粒。

(3)怎样才能培育出粒大油多，又能稳定遗传的新品种?_______________________________________________________________________________________________________________________________________________。

解析：考查自由组合定律的应用和杂交育种的大致过程。根据基因的自由组合定律，粒大油少和粒小油多的纯合子杂交，F1为粒大油少(BbSs)，F2出现四种表现型：粒大油少、粒大油多、粒小油少、粒小油多，比例为9∶3∶3∶1；F2出现9种基因型，双显性纯种占1/16，双隐性纯种占l/16；据题意，F2种子为544粒，则双显性纯种有544×1/16=34粒(理论值)，双隐性纯种为544×1/16＝34粒，粒大油多544×3/16＝102粒。运用杂交育种的原理可以培育出粒大油多的新品种，具体程序为：用粒大油少和粒小油多两纯合子杂交，在F2中选出粒大油多的植株(基因型有BBss和Bbss两种)，让其与双隐性植株杂交，如子代性状全是粒大油多，则说明该粒大油多植株为纯合子，继续自交培育可得新种；或从F2中选出粒大油多植株自交，如子代无其他性状出现，可能为纯合子，继续自交培育也可得到新品种。 答案：(1)粒大油少，粒大油多，粒小油少，粒小油多四种 比例为9∶3∶3∶

1(2)34 34 102(3)在F2中选出粒大油多植株和双隐性植株杂交，如子代性状全是粒大油多，则该粒大油多植株为纯合子，可继续自交培育（在F2中选出粒大油多植株自交，如子代无其他性状出现，可能为纯合子，继续自交培育） 30分钟训练(巩固类训练，可用于课后)1.用下列哪一组方法，可依次解决①~④中的遗传问题（）

①鉴定一只白羊是否纯种 ②在一对相对性状中区分显隐性 ③不断提高小麦抗病品种的纯度 ④检验杂种F1基因型 A.杂交、自交、测交、测交 B.测交、杂交、自交、测交 C.杂交、测交、杂交、自交 D.杂交、杂交、杂交、测交 答案：B

2.可获得无子西瓜、青霉素高产菌株、矮秆抗病小麦的方法分别是（） ①诱变育种 ②杂交育种 ③单倍体育种 ④多倍体育种 A.①②④ B.④①② C.②①③ D.④①③ 解析：无子西瓜是由四倍体西瓜和二倍体西瓜杂交产生三倍体西瓜种子，该种子种植后用二倍体西瓜的花粉来刺激三倍体西瓜的柱头，使之发育成果实，所以获得无子西瓜的方法是多倍体育种；青霉素高产菌株是人工诱导青霉菌发生基因突变，然后从突变类型中选出培育而成的，因此属于诱变育种；矮秆抗病小麦的产生是用高秆抗病和矮秆不抗病的植株杂交选出矮秆抗病植株然后逐代纯化产生的，所以是杂交育种。 答案：B

3.若一对夫妇所生育子女中，性状差异甚多，这种变异主要来自（） A.基因突变 B.基因重组 C.环境影响

D.染色体变异 答案：B

4.下列各项中可能产生新基因的是（）

A.用离体花药培养玉米植株 B.用低温处理诱导染色体加倍 C.通过杂交培养抗病小麦品种 D.用X射线处理链孢霉菌

解析：到目前为止已经学习过很多的育种方式，如：杂交育种、单倍体育种、多倍体育种，它们都是在原有的基因的基础上进行的，不能产生新的基因。而诱变育种可以弥补这个缺点，能够产生新的基因。 答案：D

5.父本基因型为AABb，母本基因型为AaBb，其F1不可能出现的基因型是（）A.AABb B.Aabb C.AaBb D.aabb 解析：由于父亲的基因型是AABb，所以产生的精子基因型是AB、Ab；母亲的基因型是AaBb，产生的卵细胞的基因型是AB、Ab、aB、ab，精卵结合形成受精卵的基因型是以下六种：AABB、AABb、AaBB、AaBb、Aabb、Aabb。如果对这个知识点熟悉的话，就可以看出无论父母是什么样的精卵结合，受精卵的基因型对于A基因来说都不会出现aa的情况。

答案：D

6.下列变异属于基因突变的是（） A.外祖父正常，母亲正常，儿子色盲 B.杂种红果番茄的后代出现黄果番茄 C.纯种红眼果蝇的后代出现白眼性状 D.用花粉直接培育的玉米植株变得弱小

解析：A：色盲是一种伴X的隐性遗传病，外祖父正常，母亲正常，儿子是色盲XbY，这个色盲基因来源于外祖母，所以母亲的基因型为XBXb，这属于遗传，没有发生基因突变。B：杂合红果番茄的后代出现黄果番茄，是性状分离的结果。D：用花粉培育的玉米植株变得弱小是单倍体植株的特点。果蝇的眼色白眼基因位于X染色体上，纯种红眼果蝇的后代在没有基因突变的情况下只能是红眼，而白眼的出现只能是基因突变的结果。 答案：C

7.下列四组实例中均是依据基因重组原理的一组是（）

①我国著名育种专家袁隆平利用杂交技术培育超级水稻品种 ②英国科学家利用细胞核移植技术克隆出小绵羊 ③荷兰科学家将人乳高铁蛋白基因移植到牛体内，生产出含高铁蛋白的牛奶 ④遨游过太空的青椒种子培育而成的果实比普通青椒大一倍以上 A.①②

B.①③ C.②③

D.②④ 解析：①属于杂交育种，其原理是基因重组。②是新兴的克隆技术，是无性生殖的范畴，应用的原理是细胞的全能性。③这个过程应用是转基因技术，也就是基因的重新组合，原理就是基因工程，属于基因重组。④这是诱变育种的一个实际应用，原理是基因突变。 答案：B

8.(2010江苏高考，30)我国科学家运用基因工程技术，将苏云金芽孢杆菌的抗虫基因导入棉花细胞并成功表达，培育出了抗虫棉。下列叙述不正确的是（） A.基因非编码区对于抗虫基因在棉花细胞中的表达不可缺少

B.重组DNA分子中增加一个碱基对，不一定导致毒蛋白的毒性丧失 C.抗虫棉的抗虫基因可通过花粉传递至近缘作物，从而造成基因污染 D.转基因棉花是否具有抗虫特性是通过检测棉花对抗生素抗性来确定的

解析：此题主要考查的是基因的结构、基因工程及基因污染的相关知识。基因的结构分为编码区和非编码区两部分，非编码区中含有调控序列，是抗虫基因在棉花细胞中的表达不可缺少的。检测转基因棉花是否具有抗虫特性是通过检测棉花是否抗虫来确定的。抗虫棉的抗虫基因可通过花粉传递至近缘作物，从而造成基因污染。 答案：D

综合题：阅读下面一段文字，完成9~11题：

小麦抗锈病（T）对易染病（t）为显性，易倒伏（D）对抗倒伏（d）为显性。T、t位于一对同源染色体上，D、d位于另一对同源染色体上。现用抗病但易倒伏纯种和易染病抗倒伏的纯种杂交，来培育既抗病又抗倒伏的高产品种，请完成9~11题。 9.F2代中，选种的数量大约占F2的（） A.9/16 B.3/16 C.1/16 D.4/16

10.抗病又抗倒伏个体中，理想基因型是（） A.TD B.tD

C.TTdd D.ttDd 11.F2代中理想基因型应占（） A.1/3 B.2/3

C.1/16 D.2/16 9.解析：P： TTDD×ttdd →TtDd（F1）；F1自交得到F2，在F2中抗病又抗倒伏的个体的基因型是TTdd（1/16）和Ttdd（2/16），所以抗病又抗倒伏的个体数占F2的3/16。 答案：B

10.解析：在抗病又抗倒伏的个体中，理想类型是TTdd，占抗病又抗倒伏的个体数的1/3。

答案：C

11.解析：在F2代中，理想的基因型是TTdd，它占F2的比例是1/16。 答案：C

12.60Co是典型的γ放射源，可用于作物诱变育种。我们应用该方法培育出了许多农作物新品种，如棉花高产品种“鲁棉1号”，年种植面积曾达到3 000多万亩，在我国自己培育的棉花品种中栽培面积最大。γ射线处理作物后主要引起_____________，从而产生可遗传的变异，除γ射线外，用于人工诱变的其他理化因素还有_____________、_____________、_____________、_____________和_____________。

解析：此题考查基因突变和诱变育种。诱变育种的原理是基因突变，方法有物理方法和化学方法，物理方法则是用X射线、γ射线、紫外线、激光等来处理生物；化学方法是用亚硝酸盐、硫酸二乙酯等来处理生物。

答案：基因突变 X射线 紫外线 激光 硫酸二乙酯 亚硝酸盐

13.在家兔中黑色(B)对褐色(b)为显性，短毛(E)对长毛(e)为显性，这些基因是独立遗传的。现有纯合黑色短毛兔和褐色长毛兔。试完成下列问题：

(1)试设计培育出能稳定遗传的黑色长毛兔的育种方案(简要程序)：

第一步：_________________________________________________________________； 第二步：_________________________________________________________________； 第三步：_________________________________________________________________。(2)F2中黑色长毛兔的基因型有_____________和_____________两种，其中纯合子占黑色长毛兔总数的_____________，杂合子占F2总数的_____________。(3)此题属于基因的_____________定律。 解析： P： 黑色短毛（BBEE）×褐色长毛（bbee）→F1 黑色短毛（BbEe）；F1杂交F2，从F2中选出黑色长毛类型（基因型是BBee或Bbee）；将选出的黑色长毛类型（基因型为Bbee

或BBee）的F2杂交F3，淘汰其中的褐色长毛类型；剩余的黑色长毛F3杂交F4（出现性状分离，再淘汰褐色长毛类型）………………如此连续培养多代，直至不发生性状分离为止。

答案：(1)黑色短毛兔×褐色长毛兔杂交得F1 F1杂交得F2 在F2中选出黑色长毛兔连续杂交，选出纯合黑色长毛兔(2)Bbee BBee 1/3 1/8(3)自由组合 14.下列各图分别表示不同的育种方法，请据图完成下列问题：

A.B.C.普通小麦 黑麦 不育杂种 小黑麦 D.AABBDD×RR→ABDR高秆抗病

矮秆易染病 EDDTT×ddttF1F2纯合矮秆抗病品种

AABBDDRR



高秆抗病 矮秆易染病 DDTT×ddttF1配子

幼苗

能稳定遗传的矮秆抗病新品种

（1）A图所示过程称克隆技术，新个体丙的基因型应与亲本中的__________个体相同。（2）在B图中，①处发生__________，③处的氨基酸由__________改变成了__________。（缬氨酸GUC；亮氨酸CUG；精氨酸CGG；丙氨酸GCC）

（3）C图表示的育种方法叫____________________，该方法最常用的药剂是__________，用于处理__________。

（4）D图表示的育种方法叫__________，若要在F2中选出符合生产要求的新品种，常用的方法是__________。

（5）E图中过程②常用的方法是__________，与D方法相比，E方法突出的优点是____________________。如果使E方法所得的植株具有可育性，需经过人工诱导，使它的__________加倍。

解析：本题综合考查了五种育种方式，该内容密切联系实际，故应对其原理和操作步骤重点掌握。 答案：（1）甲（2）基因突变 亮氨酸 精氨酸（3）人工诱导多倍体育种 秋水仙素 萌发的种子或幼苗（4）杂种育种 从F2中选出符合要求的品种反复自交，直至不发生性状分离为止（5）花药离体培养 能明显缩短育种年限 染色体数目 快乐时光

安全岛

一位刚学开车的小姐，把车开到了大街上，怎么也控制不住车的方向，最后车子冲进设在街心为行人避车的“安全岛”，才熄火停住了。

6.化学能与热能同步训练 篇六

一、将一天的时间分段管理, 提高学习效率

通过对学生的调查, 以及对他们上课的观察和任课教师的反映, 可知学生各时间段的上课状态如表1所示。

根据表1中各时间段学生状态的不同, 需要进行分时间段管理。具体地讲, 第一, 在学生较容易犯困的时间段, 授课教师应多提醒, 班主任或教练员应多进行不定时检查, 要采取多种方式、方法减少或杜绝上课睡觉等不良现象的出现。尤其是针对高三学生, 更应加强此时间段的管理。第二, 在课堂情况较好的时间段可随机进行检查, 如, 在上午第四节课中, 学生虽然不易睡觉但容易走神, 因此, 授课教师应尽量使课更加生动、有趣, 不要只做简单的练习或较沉闷的讲述。第三, 在课堂情况一般的时间段, 授课教师应采用趣味性的讲课方式, 并在课堂开始与即将结束阶段加强检查。实践证明, 分时间段管理对稳定学生学习状态、提高学生文化课成绩有积极的促进作用。

二、加强惜时观念, 注重养成教育

训练时间与学习时间成反比, 二者不可兼得, 尤其需要注意的是, 体育生的学习兴趣往往较低。在课堂上, 体育生往往容易睡觉、走神, 他们的时间观念相对较为淡薄, 迟到、早退现象时有发生。但是, 要提高他们的文化课成绩, 就必须从点滴时间抓起, 毕竟体育生既要训练又要学习文化课, 时间并不充足。因此, 教师应在日常教学中, 加强惜时教育, 督促学生从点滴做起, 促进学生养成珍惜时间的习惯。

三、培养学生兴趣, 学习与训练互相促进、同时提高

体育生对训练的兴趣往往大于文化课学习, 对此, 在日常教学中, 教师应加强体育生学习兴趣的培养, 鼓励、引导他们坚持长期学习, 并要从他们的心理着手, 找到提高他们学习兴趣的根源。首先, 要科学安排学习与训练计划, 在帮助他们提高体育专业成绩的同时, 增强他们学习的信心, 督促他们将更多的时间投入到学习中;其次, 要时刻告诫学生只有文化课、专业成绩均达到本科线, 才能考上大学, 以从心理上增加学生对文化课学习的动力。

四、训练计划、内容科学化, 让学生始终精神饱满地学习

学校必须根据学校、学生的具体情况, 合理安排学生的训练、学习时间, 科学地制订训练计划、安排训练内容。如, 笔者所在学校将体育生的训练安排在早晨和下午第3节、第4节课的时间进行。尤其需要注意的是, 早晨训练内容的安排一定要科学, 以避免影响上午的学习。笔者认为, 早晨的运动量、运动强度要适当减小, 要以技术练习为主, 这样可以保证学生在上午有一个良好的精神状态, 从而提高学习效率。此外, 还要合理安排全年的训练计划, 尤其是针对高三年级的学生。河北省的体育专业高考测试时间一般为每年的4月份, 结合多年的训练经验, 笔者认为, 体育生在各时期的心理状态有所不同 (见表2) 。因此, 学校应针对不同时期体育生的不同状态, 合理安排体育生的学习时间, 确保他们文化课成绩的提高。如, 冬训期是训练及文化课成绩提高的关键时期, 针对不同学生应该有不同的侧重点, 对于文化课较好的学生, 建议其加强体育训练, 对于体育成绩较好而文化成绩相对较差的学生, 建议其减少训练时间, 主要加强文化课学习, 同时, 教练员可与任课教师积极沟通, 以帮助部分文化课成绩较差的学生补习功课;在赛前时期, 大多数学生比较焦虑, 体育专业成绩较好的学生希望自己成绩可以更好, 较差者更是如此, 因此, 此段时期学生的主要精力应放在专业训练方面, 而相对减少文化课的学习。

五、教练与班主任、文化课教师要积极配合, 齐抓共管