2023年高中化學必修一蘇教版知識點整理

高中化學必修一（蘇教版）知識點整理１.物理變化與化學變化的區(qū)別與聯(lián)系【知識點的結識】（1）物理變化和化學變化的聯(lián)系:物質(zhì)發(fā)生化學變化的同時一定隨著物理變化，但發(fā)生物理變化不一定發(fā)生化學變化.(２)物理變化和化學變化的區(qū)別:物理變化沒有新物質(zhì)生成，化學變化有新物質(zhì)生成,常表現(xiàn)為生成氣體，顏色改變，生成沉淀等,并且隨著能量變化,常表現(xiàn)為吸熱、放熱、發(fā)光等.常見的物理變化和化學變化：物理變化:物態(tài)變化，形狀變化等．化學變化：物質(zhì)的燃燒、鋼鐵銹蝕、火藥爆炸,牛奶變質(zhì)等．【命題的方向】本考點重要考察常見的物理變化和化學變化.題型:物理變化和化學變化的判斷典例１：下列變化中，不屬于化學變化的是()A.二氧化硫使品紅溶液褪色B.氯水使有色布條褪色C．活性炭使紅墨水褪色Ｄ.漂白粉使某些染料褪色分析：化學變化是指在原子核不變的情況下,有新物質(zhì)生成的變化，物理變化是指沒有新物質(zhì)生成的變化．化學變化和物理變化的本質(zhì)區(qū)別在于是否有新物質(zhì)生成．解答：A.二氧化硫使品紅溶液褪色原理是二氧化硫與品紅結合成無色物質(zhì),屬于化學變化，故A錯誤;B.氯水使有色布條褪色原理是氯水有強氧化性能將有色布條氧化為無色物質(zhì)，屬于化學變化,故B錯誤;C．活性炭使紅墨水褪色的過程中沒有新物質(zhì)生成,屬于物理變化,故Ｃ對的；D．漂白粉有強氧化性將染料氧化為無色物質(zhì)，屬于化學變化，故D錯誤.故選C．點評:本題考察溶液的褪色，解答本題要分析變化過程中是否有新物質(zhì)生成，假如沒有新物質(zhì)生成就屬于物理變化,假如有新物質(zhì)生成就屬于化學變化.【解題思緒點拔】物理變化和化學變化的本質(zhì)區(qū)別就是否有新物質(zhì)生成，化學變化有新物質(zhì)生成.2.核素【知識點的結識】1、核素：核素是指具有一定數(shù)目質(zhì)子和一定數(shù)目中子的一種原子．很多元素有質(zhì)子數(shù)相同而中子數(shù)不同的幾種原子．例如，氫有、、3種原子，就是3種核素，它們的原子核中分別有０、１、２個中子.這３種核素互稱為同位素.例如,原子核里有6個質(zhì)子和6個中子的碳原子，質(zhì)量數(shù)是12，稱為C﹣12核素，或?qū)懗?2Ｃ核素．原子核里有6個質(zhì)子和7個中子的碳原子,質(zhì)量數(shù)為13,稱1３C核素.氧元素有1６O，17O,1８O三種核素.具有多種核素的元素稱多核素元素.核素常用表達，X是元素符號,Ｚ是原子序數(shù),A是質(zhì)量數(shù)，Ａ﹣Z＝Ｎ，N是該核素中的中子數(shù)．【命題方向】本考點重要考察核素的概念,屬于高中化學的重要概念．題型:核素概念典例：我國稀土資源豐富．下列有關稀土元素Sｍ與Sm的說法對的的是()A．Sm與Ｓm互為同位素B.Sm與Ｓm的質(zhì)量數(shù)相同C.Sｍ與Sm是同一種核素Ｄ.Ｓm與Sm的核外電子數(shù)和中子數(shù)均為６2分析:A.根據(jù)原子符號的含義以及質(zhì)子數(shù)相同中子數(shù)不同的同一元素互稱同位素;B．根據(jù)原子符號的含義來分析；C．根據(jù)原子符號的含義以及只有質(zhì)子數(shù)相同中子數(shù)相同的核素才是同一核素；D.根據(jù)原子符號的含義以及原子中核外電子數(shù)=核內(nèi)質(zhì)子數(shù)，中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)﹣質(zhì)子數(shù).解答：A、Sm由與Sm可知,該元素是具有相同質(zhì)子不同中子的同種元素,所以是同位素,故A對的；B、Sｍ的質(zhì)量數(shù)為１4４，Sｍ的質(zhì)量數(shù)為15０,所以這兩種核素的質(zhì)量數(shù)不同，故B錯誤；C、Sm與Ｓm雖然質(zhì)子數(shù)相同,但中子數(shù)不同,所以Sｍ與Sm是不同核素,故C錯誤；D、Ｓm的核外電子數(shù)為62，中子數(shù)為8２,Sm的核外電子數(shù)為6２，中子數(shù)為88，故D錯誤.故選Ａ.點評：本題考察同位素、核素的概念及質(zhì)量數(shù)、質(zhì)子數(shù)、中子數(shù)之間的關系，難度不大,明確這幾個概念間的區(qū)別．【解題思緒點撥】元素、核素和同位素的關系如下圖所示:3.混合物和純凈物【知識點的結識】１、混合物的概念:混合物是由兩種或多種物質(zhì)混合而成的物質(zhì),亦即混合物．混合物沒有固定的化學式.無固定組成和性質(zhì),組成混合物的各種成分之間沒有發(fā)生化學反映，將他們保持著本來的性質(zhì).混合物可以用物理方法將所含物質(zhì)加以分離．２、混合物和純凈物的區(qū)別:【命題方向】本考點屬于初中學過的基礎知識,了解即可.題型一：混合物、純凈物概念的考察典例１:下列物質(zhì)肯定為純凈物的是（）A.只有一種元素組成的物質(zhì)Ｂ．只有一種原子構成的物質(zhì)C.只有一種分子構成的物質(zhì)Ｄ.只有一種元素的陽離子與另一種元素的陰離子構成的物質(zhì)分析:純凈物是由一種物質(zhì)組成的物質(zhì),混合物是由多種物質(zhì)組成的物質(zhì),據(jù)此結合常見物質(zhì)的組成成分逐項分析即可．解答：A．由同種元素組成的物質(zhì),不一定是純凈物，例如，石墨與金剛石混合在一起，由碳元素組成,屬于混合物，故Ａ錯誤；B．一種分子只能構成一種物質(zhì)，一種原子也許得到不同的分子，如O2、O３均由氧原子構成,故B錯誤;C．由同種分子構成的物質(zhì)，物質(zhì)的組成種類只有一種，屬于純凈物，故C對的;D.對于離子化合物來說，一種陽離子和一種陰離子只能得到一種物質(zhì)(電荷守恒）,當陰、陽離子個數(shù)比不同時,其組成物質(zhì)的種類也許是多種，如ＦeCｌ3與FeCl2，故D錯誤.故選：C.點評：本題重要考察了純凈物的概念,題目難度不大,假如只有一種物質(zhì)組成就屬于純凈物，假如有多種物質(zhì)組成就屬于混合物.題型二:常見的混合物和純凈物的區(qū)分典例2:下列物質(zhì)屬于混合物的是（）A.純堿B．小蘇打Ｃ.燒堿D．漂白粉分析:根據(jù)純凈物是由一種物質(zhì)組成,混合物是由不同物質(zhì)組成，最少有兩種物質(zhì)組成,據(jù)此分析判斷.解答：A、純堿中只具有一種碳酸鈉,屬于純凈物，故A錯誤;B、小蘇打中只具有一種物質(zhì)碳酸氫鈉，屬于純凈物，故B錯誤;C、燒堿中只具有一種物質(zhì)氫氧化鈉,屬于純凈物，故C錯誤;D、漂白粉的重要成分為氯化鈣和次氯酸鈣，屬于混合物,故D對的;故選D.點評：本題重要考察物質(zhì)的分類，解答時要分析物質(zhì)的組成,對照概念即可完畢.【解題思緒點撥】常見判斷混合物和純凈物的方法:能否寫出化學式,能寫出化學式的為純凈物,不能寫出的為化合物．因此需要熟記高中所學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)、電石、鋁土礦、剛玉、水玻璃、水煤氣、焦爐煤氣、福爾馬林等都是混合物．4.酸、堿、鹽、氧化物的概念及其互相聯(lián)系【知識點的結識】1、酸、堿、鹽的對比物質(zhì)類別概念構成特點分類酸電離時生成的陽離子所有是H+的化合物氫離子和酸根離子①酸分子中是否有氧原子：含氧酸、無氧酸；②酸分子電離生成個數(shù)：一元酸、二元酸、三元酸；③酸性強弱：強酸、弱酸;④沸點高低：高沸點酸、非揮發(fā)性酸;低沸點酸、揮發(fā)性酸堿電離時生成的陰離子所有是OH﹣的化合物金屬陽離子(或銨根離子)與氫氧根離子構成的①溶解性;可溶性堿、不溶性堿;②堿性強弱:強堿、弱堿;③與一個金屬離子結合的的個數(shù):一元堿、二元堿鹽一類金屬離子或銨根離子(NH４+）與酸根離子或非金屬離子結合的化合物．金屬陽離子(或銨根離子）與酸根離子(1）根據(jù)組成不同：①正鹽；②酸式鹽;③堿式鹽(2）溶解性:可溶性鹽、不溶性鹽（3)相同金屬離子或酸根離子的統(tǒng)稱：某鹽、某酸鹽①金屬元素+酸根，讀作“某酸某或某酸亞某”;②金屬元素+非金屬元素,讀作“某化某或某化亞某”；③金屬元素+H+酸根，讀作“某酸氫某或酸式某酸某”;④金屬元素＋ＯH+酸根,讀作“堿式某酸某或堿式某化某”氧化物其構成中只含兩種元素，其中一種一定為氧元素,另一種若為金屬元素,則為金屬氧化物；若為非金屬，則為非金屬氧化物．氧元素為負二價時和此外一種化學元素組成的二元化合物①金屬氧化物與非金屬氧化物②離子型氧化物與共價型氧化物離子型氧化物：部分活潑金屬元素形成的氧化物如Nａ２O、CａＯ等;共價型氧化物：部分金屬元素和所有非金屬元素的氧化物如ＭnO2、HgO、ＳO2、ClO2等③普通氧化物、過氧化物和超氧化物④酸性氧化物、堿性氧化物和兩性氧化物、不成鹽氧化物、其它復雜氧化物2、酸性氧化物、堿性氧化物和兩性氧化物的對比：酸性氧化物堿性氧化物兩性氧化物概念一類能與水作用生成酸或與堿作用生成鹽和水的氧化物能跟酸起反映,生成一種鹽和水的氧化物叫堿性氧化物(且生成物只能有鹽和水，不可以有任何其它物質(zhì)生成)．既可以與酸反映生成鹽和水又可以與堿反映生成鹽和水的氧化物組成一般是非金屬元素的氧化物和某些過渡金屬元素的高價氧化物堿性氧化物都是金屬氧化物.金屬氧化物一般為堿性氧化物，但有例外,比如七氧化二錳和三氧化鉻重要由活動性較低的金屬組成.常例CO2、SO2、SＯ３、Ｐ2O５、SｉＯ２、Mn2O7、ＣｒＯ３Ｎa２O、CaO、BaＯ和CrO、MnOBeO、Ａl2O3、ＺnO等．性質(zhì)1．與水反映生成相應的酸(除了二氧化硅SiO2，它不與水反映）2.與堿反映生成鹽和水3.與堿性氧化物反映1．堿性氧化物的相應水化物是堿．例如，CaO相應的水化物是Cａ（OH）2,Nａ2O相應的水化物是ＮａOH．但相應水化物是不溶性堿的則其氧化物不與水反映,如:氧化銅不與水反映，堿金屬鈉、鉀等,尚有鈣和鋇的氧化物能跟水反映，生成相應的氫氧化物.它們都是強堿:Nａ2O+H2O═2NaＯHCaＯ+H2Ｏ═Ca(OＨ）22．高溫下，部分堿性氧化物和酸性氧化物作用生成鹽：CaＯ+ＳｉＯ2═CaSｉＯ33.部分堿性氧化物可直接與酸性氧化物反映:Nａ2Ｏ+CO2═Na2ＣO3．堿性氧化物受熱時比較穩(wěn)定，一般不會分解．既能表現(xiàn)酸性氧化物的性質(zhì)，又能表現(xiàn)堿性氧化物的性質(zhì)區(qū)別與聯(lián)系大多數(shù)金屬氧化物是堿性氧化物，大多數(shù)非金屬氧化物是酸性氧化物．堿性氧化物都是一些金屬氧化物，酸性氧化物中有一些是非金屬氧化物,也有一些是金屬氧化物.所以說，金屬氧化物不一定是堿性氧化物，非金屬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屬氧化物,但堿性氧化物一定是金屬氧化物．【命題方向】本內(nèi)容重點掌握酸性氧化物、堿性氧化物和兩性氧化物的概念和性質(zhì)．題型一：酸、堿、鹽互為氧化物的概念典例1：分類是學習和研究化學的一種重要方法，下列分類合理的是()A．K２ＣO3和K2O都屬于鹽B.KＯH和Na2ＣO3都屬于堿C.H2SO4和HＮO3都屬于酸D．Na2O和Ｎa2SiO3都屬于氧化物分析:電離時生成的陽離子所有是氫離子的化合物叫酸；電離時生成的陰離子所有是氫氧根離子的化合物叫堿;電離時生成金屬離子和酸根離子的化合物叫鹽;由兩種元素組成其中一種是氧元素的化合物叫氧化物；據(jù)定義分析即可.解答：A、K2CO3屬于鹽,K2Ｏ屬于氧化物，故A錯誤．Ｂ、ＫＯＨ屬于堿,Na２CO3屬于鹽，故Ｂ錯誤.Ｃ、H２SO4和HNO3都屬于酸,故C對的．Ｄ、Nａ2Ｏ屬于氧化物,Na２ＳｉO3屬于鹽,故D錯誤．故選C.點評:本題考察了酸、堿、鹽、氧化物的概念,難度不大，注意這幾個概念的區(qū)別.題型二：酸性氧化物、堿性氧化物的辨認典例2:下列物質(zhì)的分類對的的是（)堿酸鹽堿性氧化物酸性氧化物AＮa２ＣO3Ｈ2SO4NａOＨＳO2CO2ＢNaOHHCｌNａClNa２OCOCNaOＨCH３COＯＨCaＦ２CＯＳO２DＫOHHNＯ3CaCO3CａOＳO2A.AB.BＣ.ＣD.D分析：根據(jù)堿電離出的陰離子所有是氫氧根離子，酸電離出的陽離子所有是氫離子，鹽電離出的陽離子是金屬離子或銨根離子，陰離子是酸根離子,能與酸反映生成鹽和水的氧化物為堿性氧化物,能與堿反映生成鹽和水的氧化物為酸性氧化物等概念進行分析.解答:Ａ、NaOH屬于堿,SＯ2屬于酸性氧化物，故A錯誤;B、ＣO屬于不成鹽氧化物,故B錯誤;C、CO屬于不成鹽氧化物,故C錯誤;D、根據(jù)物質(zhì)的分類,KOH屬于堿,HＮO3屬于酸,ＣaCO3屬于鹽,CaO屬于堿性氧化物，SO2屬于酸性氧化物,故D對的.故選Ｄ．點評：本題考察物質(zhì)的分類,題目難度不大，注意物質(zhì)的分類角度的總結．題型三：酸性氧化物、非金屬氧化物、堿性氧化物、金屬氧化物的辨析關系典例3：下列關于氧化物的敘述中,對的的是()A．酸性氧化物都是非金屬氧化物Ｂ.非金屬氧化物都是酸性氧化物C.堿性氧化物肯定是金屬氧化物D.金屬氧化物肯定是堿性氧化物分析:Ａ、能和堿反映生成只鹽和水的氧化物是酸性氧化物;B、非金屬氧化物也許是不成鹽氧化物；C、能和酸反映只生成鹽和水的氧化物是堿性氧化物.D、金屬氧化物不一定都是堿性氧化物．解答：A、酸性氧化物也也許是金屬氧化物，如：Mn2O７是酸性氧化物,故A錯誤;Ｂ、非金屬氧化物不一定是酸性氧化物,也許是不成鹽氧化物,如CO屬于非金屬氧化物但不屬于酸性氧化物，故B錯誤;C、堿性氧化物肯定是金屬氧化物,故Ｃ對的;Ｄ、金屬氧化物不一定是堿性氧化物，如:Mn２Ｏ7是酸性氧化物，故Ｄ錯誤；故選C.點評：本題考察了氧化物的概念及其聯(lián)系，難度不大，但概念間的聯(lián)系是學習的難點，屬于易錯題．【解題思緒點撥】金屬氧化物不一定是堿性氧化物，非金屬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屬氧化物，但堿性氧化物一定是金屬氧化物.５．分散系、膠體與溶液的概念及關系【知識點的結識】1、分散系的概念：一種或幾種物質(zhì)分散在另一種介質(zhì)中所形成的體系稱為分散體系．分散系中分散成粒子的物質(zhì)叫做分散質(zhì),另一種物質(zhì)叫做分散劑．在水溶液中,溶質(zhì)是分散質(zhì)，水是分散劑.溶質(zhì)在水溶液中以分子或離子狀態(tài)存在．分散系涉及：溶液、膠體、懸濁液、乳濁液.２、各種分散系的比較:分散系分散質(zhì)分散質(zhì)直徑重要特性實例溶液分子，離子＜１nm（能通過半透膜）澄清，透明,均一穩(wěn)定,無丁達爾現(xiàn)象NaCｌ溶液，溴水膠體膠粒（分子集體或單個高分子)1nm～100nm（不能透過半透膜，能透過濾紙)均一,較穩(wěn)定,有丁達爾現(xiàn)象,常透明肥皂水,淀粉溶液,Fe（ＯH）3膠體懸濁液固體顆粒>100nm(不能透過濾紙）不均一,不穩(wěn)定,不透明，能透光的濁液有丁達爾現(xiàn)象水泥，面粉混合水乳濁液小液滴牛奶,色拉油混合水3、膠體的性質(zhì)與作用:（1）丁達爾效應：由于膠體粒子直徑在1～１00ｎm之間，會使光發(fā)生散射，可以使一束直射的光在膠體中顯示出光路．(2)布朗運動：①定義：膠體粒子在做無規(guī)則的運動.②水分子從個方向撞擊膠體粒子,而每一瞬間膠體粒子在不同方向受的力是不同的.（3)電泳現(xiàn)象：①定義:在外加電場的作用下,膠體粒子在分散劑里向電極作定向移動的現(xiàn)象.②解釋:膠體粒子具有相對較大的表面積，能吸附離子而帶電荷.揚斯規(guī)則表白:與膠體粒子有相同化學元素的離子優(yōu)先被吸附.以ＡｇＩ膠體為例,ＡgＮO3與KI反映,生成ＡgI溶膠，若KI過量，則膠核AgI吸附過量的Ｉ﹣而帶負電，若AgNO３過量,則AgＩ吸附過量的Ag＋而帶正電．而蛋白質(zhì)膠體吸附水而不帶電.③帶電規(guī)律：1°一般來說，金屬氧化物、金屬氫氧化物等膠體微粒吸附陽離子而帶正電;2°非金屬氧化物、金屬硫化物、硅酸、土壤等膠體帶負電；3°蛋白質(zhì)分子一端有﹣COOH，一端有﹣NH2,因電離常數(shù)不同而帶電；4°淀粉膠體不吸附陰陽離子不帶電，無電泳現(xiàn)象,加少量電解質(zhì)難凝聚．④應用:1°生物化學中常運用來分離各種氨基酸和蛋白質(zhì)．2°醫(yī)學上運用血清的紙上電泳來診斷某些疾病.3°電鍍業(yè)采用電泳將油漆、乳膠、橡膠等均勻的沉積在金屬、布匹和木材上．4°陶瓷工業(yè)精練高嶺土．除去雜質(zhì)氧化鐵．5°石油工業(yè)中,將天然石油乳狀液中油水分離．6°工業(yè)和工程中泥土和泥炭的脫水,水泥和冶金工業(yè)中的除塵等.（４）膠體的聚沉：①定義:膠體粒子在一定條件下聚集起來的現(xiàn)象．在此過程中分散質(zhì)改變成凝膠狀物質(zhì)或顆粒較大的沉淀從分散劑中分離出來．②膠粒凝聚的因素:外界條件的改變１°加熱:加速膠粒運動,減弱膠粒對離子的吸附作用．2°加強電解質(zhì)：中和膠粒所帶電荷,減弱電性斥力.3°加帶相反電荷膠粒的膠體:互相中和,減小同種電性的排斥作用.通常離子所帶電荷越高,聚沉能力越大．③應用:制作豆腐；不同型號的墨水不能混用；三角洲的形成．４、膠體的制備:１）物理法：如研磨（制豆?jié){、研墨),直接分散（制蛋白膠體）２）水解法:Ｆe(OＨ)3膠體：向20mＬ沸蒸餾水中滴加1mL~2mLFｅCｌ3飽和溶液,繼續(xù)煮沸一會兒,得紅褐色的Fe（OH）3膠體.離子方程式為：Fe3++3H2Ｏ=Fe（ＯＨ)3（膠體)＋3H＋3)復分解法：AgI膠體:向盛10mL0.01mol?Ｌ﹣1KI的試管中，滴加8~10滴0.01mol?L﹣1AgNO3，邊滴邊振蕩，得淺黃色ＡｇＩ膠體.硅酸膠體：在一大試管里裝入5mL~10mＬ1ｍol?L﹣1HCｌ，加入1mL水玻璃,然后用力振蕩即得.離子方程式分別為:Aｇ+＋I﹣=AgＩ（膠體）↓SiＯ32﹣＋2H++2H2O=H４ＳiO4（膠體)↓復分解法配制膠體時溶液的濃度不宜過大，以免生成沉淀．５、常見膠體的帶電情況：(1)膠粒帶正電荷的膠體有:金屬氧化物、金屬氫氧化物．例如Fｅ(OＨ）3、Al（ＯH)3等．(2）膠粒帶負電荷的膠體有:非金屬氧化物、金屬硫化物、硅酸膠體、土壤膠體.（3）膠粒不帶電的膠體有：淀粉膠體．特殊的,AgI膠粒隨著AgＮO3和KI相對量不同，而帶正電或負電．若KＩ過量,則AgI膠粒吸附較多I﹣而帶負電；若AｇNO3過量，則因吸附較多Aｇ+而帶正電.【注意】:膠體不帶電,而膠粒可以帶電.６、常見的膠體分散系①Ｆｅ（ＯH)3膠體，Ａｌ(OH)３膠體，原硅酸膠體，硬脂酸膠體.分別由相應的鹽水解生成不溶物形成.FeＣｌ3溶液:Fe3++3H2O=Fe(OH)３(膠體）＋３H+明礬溶液:Al3＋＋3H2Ｏ=Aｌ(OH）３（膠體)+3H＋水玻璃:ＳｉO32﹣+３H2O=H4SiO４(膠體）+２ＯＨ﹣肥皂水:C17H３５ＣＯO﹣+Ｈ2O＝C17H35ＣOOH（膠體）+OH﹣②鹵化銀膠體．Ag++Ｘ﹣=AgＸ（膠體)③土壤膠體．④豆奶、牛奶、蛋清的水溶液．⑤有色玻璃，如藍色鈷玻璃(分散質(zhì)為鈷的藍色氧化物,分散劑為玻璃)．⑥煙、云、霧．7、膠體的分離與提純:膠體與濁液：過濾．膠體與溶液：滲析．采用半透膜．【命題方向】本考點重要考察分散系的種類及各自特點，重點掌握膠體的性質(zhì)及膠體的制備.題型一:分散系的概念及不同分散系的區(qū)分典例1：下列分散系中，分散質(zhì)微粒直徑介于10﹣9﹣10﹣７ｍ(l﹣100nm)之間的是（）A.溶液B．膠體C．懸濁液D.乳濁液分析：根據(jù)分散質(zhì)粒子直徑大小分類,把分散系分為：溶液、膠體、濁液，本質(zhì)區(qū)別就是分散質(zhì)的微粒直徑不同．溶液中分散質(zhì)微粒直徑小于１nm，膠體分散質(zhì)微粒直徑介于１～10０nm之間,濁液分散質(zhì)微粒直徑大于100nm,據(jù)此即可解答.解答:A．溶液中分散質(zhì)微粒直徑小于１ｎm(小于10﹣9m）,故Ａ錯誤；Ｂ.膠體分散質(zhì)微粒直徑介于１~100nm之間(介于1０﹣9﹣1０﹣7m),故Ｂ對的；C．懸濁液是濁液的一種，分散質(zhì)微粒直徑大于１00nm（大于10﹣7m），故C錯誤；D.乳濁液是濁液的一種,分散質(zhì)微粒直徑大于1０0nｍ(大于10﹣7m)，故D錯誤;故選B.點評：本題重要考察了分散系的分類依據(jù)知識,可以根據(jù)所學知識來回答，題目難度不大.題型二:膠體的性質(zhì)典例2:下列事實與膠體性質(zhì)無關的是(）A．在豆?jié){里加入鹽鹵做豆腐B．在河流入?？谝仔纬缮持轈．一束平行光線照射蛋白質(zhì)溶液時，從側面可以看到一條光亮的通路D.三氯化鐵溶液中滴入氫氧化鈉溶液出現(xiàn)紅褐色沉淀分析:可根據(jù)膠體的性質(zhì)來分析解答．向膠體中加入電解質(zhì)可以使膠體凝聚，膠體能產(chǎn)生丁達爾效應．解答：A、豆?jié){具有膠體的性質(zhì)，向其中加入鹽鹵，鹽鹵中含豐富的電解質(zhì)氯化鈣等,可以使豆?jié){凝聚，與膠體有關，故A錯誤;B、河流中的水具有泥沙膠粒,海水中具有氯化鈉、氯化鈣等電解質(zhì)，兩者相遇是可以發(fā)生膠體凝聚，就形成三角洲，與膠體有關，故B錯誤；C、蛋白質(zhì)溶液是膠體,膠體能產(chǎn)生丁達爾效應,所以與膠體有關，與膠體有關,故C錯誤;Ｄ、重要發(fā)生了復分解反映,與膠體性質(zhì)無關，與膠體無關,故D對的;故選D.點評：本題考察膠體的性質(zhì)，明確膠體常見的性質(zhì)有丁達爾現(xiàn)象、膠體的聚沉、電泳等，運用膠體性質(zhì)對生產(chǎn)生活中實際問題進行解釋.題型三:膠體與溶液的區(qū)別與聯(lián)系典例3：關于氯化鎂溶液和氫氧化鐵膠體的說法中對的的是()Ａ．溶液是電中性的,膠體是帶電的B．兩者的分散質(zhì)微粒均能透過半透膜和濾紙C.溶液中溶質(zhì)分子的運動有規(guī)律,膠體中分散質(zhì)粒子的運動無規(guī)律,即布朗運動D．一束光線分別通過溶液和膠體時，后者會出現(xiàn)明顯的光帶,前者則沒有分析:Ａ、溶液、膠體均為電中性，膠粒帶電荷；B.膠體能透過濾紙,不能透過半透膜，溶液能透過半透膜和濾紙；Ｃ．分子和膠粒均作無規(guī)則運動;D．膠體具有丁達爾效應,溶液沒有.解答：A．溶液膠體均為電中性,膠體能吸附電荷,故A錯誤；B.氯化鎂溶液能透過半透膜和濾紙，氫氧化鐵膠體的膠粒粒徑為1﹣1００ｎｍ,不能透過半透膜,能透過濾紙,故B錯誤；C．分子和膠粒均作無規(guī)則運動,膠體中分散質(zhì)粒子的運動無規(guī)律,即布朗運動,故Ｃ錯誤；D.氫氧化鐵膠體具有丁達爾效應，氯化鎂溶液沒有丁達爾效應,所以一束光線分別通過溶液和膠體時，后者會出現(xiàn)明顯的光帶，前者則沒有,故D對的;故選D.點評:本題考察了有關膠體的知識，掌握膠體的性質(zhì)是解答的關鍵，題目難度不大.【解題思緒點撥】膠體的聚沉與蛋白質(zhì)的鹽析比較:膠體的聚沉是指膠體在適當?shù)臈l件下，(破壞膠體穩(wěn)定的因素)聚集成較大顆粒而沉降下來,它是不可逆的．鹽析是指高分子溶液中加入濃的無機輕金屬鹽使高分子從溶液中析出的過程，它是高分子溶液或普通溶液的性質(zhì),鹽析是由于加入較多量的鹽會破壞溶解在水里的高分子周邊的水膜，減弱高分子與分散劑間的互相作用,使高分子溶解度減小而析出.發(fā)生鹽析的分散質(zhì)都是易容的,所以鹽析是可逆的.由此可見膠體的聚沉與蛋白質(zhì)的鹽析有著本質(zhì)的區(qū)別．6.阿伏加德羅常數(shù)【知識點的結識】１、阿伏伽德羅常數(shù)：（１）概念:阿伏加德羅常數(shù)的定義值是指0.012ｋg12C所含的原子數(shù),約為６.02×10２3,符號為NA．表達1ｍｏl任何粒子的數(shù)目.(2)單位:mol﹣1．２、阿伏加德羅常數(shù)可用多種實驗方法測得,到目前為止測得比較精確的數(shù)據(jù)是6．0221３６7×１023ｍol﹣1．【命題方向】本考點重要考察阿伏伽德羅常數(shù)的概念、符號及數(shù)值、單位，需要重點掌握.題型一：阿伏伽德羅常數(shù)的概念典例1:下列敘述對的的是()A.1mol任何物質(zhì)都具有6.０２×1０23個原子B.０.０1２kｇ12C約具有6.0２×10２3個碳原子C．硫酸的摩爾質(zhì)量是98gＤ.常溫常壓下，1mol氧氣的體積約為22.4L分析：A、物質(zhì)有的是單原子分子,有的是雙原子分子多原子分子,離子化合物等；B、依據(jù)阿伏伽德羅常數(shù)的概念分析判斷;C、摩爾質(zhì)量是單位物質(zhì)的量的物質(zhì)的質(zhì)量;D、常溫常壓下,氣體摩爾體積不為22.4L／ｍol.解答：A、構成物質(zhì)的微粒不同，1mol任何物質(zhì)不一定都具有6.02×1０23個原子，故A錯誤;B、0.01２kｇ１2C約具有6．02×10２3個碳原子為1ｍｏｌ,為阿伏伽德羅常數(shù)的規(guī)定，故Ｂ對的;Ｃ、硫酸的摩爾質(zhì)量是98g/mｏｌ，故C錯誤；D、常溫常壓下,1mol氧氣的體積不是２2.4Ｌ，故D錯誤;故選B.點評:本題考察了阿伏伽德羅常數(shù)的應用,重要考察阿伏伽德羅常數(shù)的規(guī)定，氣體摩爾體積的條件應用,摩爾質(zhì)量的概念判斷,題目較簡樸．題型二:阿伏伽德羅常數(shù)的計算應用典例2：設NA是阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值．下列說法對的的是（)A.1L０.1mol?L﹣1的ＦeCl3溶液中，F(xiàn)ｅ3+的數(shù)目為0.1NAB.１molNH3中具有N﹣Ｈ鍵的數(shù)目為3ＮAＣ.７.8gNa2O２中具有的陽離子數(shù)目為0.1ＮAＤ.標準狀況下,22.4L水中分子個數(shù)為NA分析：Ａ、氯化鐵溶液中鐵離子部分水解,鐵離子數(shù)目減少;B、氨氣分子中具有３個氮氫鍵,１mol氨氣中具有3mｏl氮氫鍵;C、過氧化鈉中的陽離子為鈉離子,0.1mｏl過氧化鈉中具有0.2moｌ鈉離子;D、標準狀況下水的狀態(tài)不是氣體，不能使用標況下的氣體摩爾體積計算水的物質(zhì)的量.解答:Ａ、1L0.1ｍoｌ?L﹣1的FeCｌ3溶液中具有溶質(zhì)氯化鐵0.1mol，鐵離子部分水解,溶液中具有的鐵離子小于0.1mｏl,Ｆｅ3+的數(shù)目小于0.1ｎA，故A錯誤;Ｂ、１mol氨氣中具有3moｌ氮氫鍵,具有N﹣Ｈ鍵的數(shù)目為３nA，故B對的；C、7.８ｇ過氧化鈉的物質(zhì)的量為0.1mol,０．1mol過氧化鈉中具有0.2mｏl鈉離子，具有的陽離子數(shù)目為０.２ｎＡ,故C錯誤；D、標況下,水不是氣體，題中條件無法計算22.4L水的物質(zhì)的量,故Ｄ錯誤；故選B．點評:本題考察阿伏加德羅常數(shù)的有關計算和判斷,題目難度中檔，注意明確標況下的氣體摩爾體積的使用條件.【解題思緒點撥】阿伏伽德羅常數(shù)的常見問題和注意事項:1）物質(zhì)的狀態(tài)是否為氣體;2)對于氣體注意條件是否為標況;3)注意同位素原子的差異；４）注意可逆反映或易水解鹽中離子數(shù)目的判斷；５）注意物質(zhì)的結構:如Ｎa2O2是由Na+和O22﹣構成，而不是有Na+和O２﹣構成；SiO2、SiC都是原子晶體,其結構中只有原子沒有分子,SiO２是正四周體結構,１ｍolSｉO2中具有的共價鍵為4ＮA,1mｏlP４具有的共價鍵為6ＮA等.7.阿伏加德羅定律及推論【知識點的結識】1、阿伏伽德羅定律：同溫同壓下,體積相同的任何氣體都具有相同的分子數(shù)即阿伏加德羅定律.2、阿伏伽德羅定律推論:我們可以運用阿伏加德羅定律以及物質(zhì)的量與分子數(shù)目、摩爾質(zhì)量之間的關系得到以下有用的推論:（1）同溫同壓時：①Ｖ１：V２＝n1：ｎ2=N１：N2②ρ1：ρ2=M１:M2③同質(zhì)量時：V1：V２=M2：Ｍ１（2)同溫同體積時:④P1:P2=n１:n2=N１:N2⑤同質(zhì)量時：P1：Ｐ２=M2：M1(3)同溫同壓同體積時:⑥ρ1：ρ2=M1：M2=ｍ1:m2【命題方向】本考點重要考察阿伏伽德羅定律及其推論的內(nèi)容,需要重點掌握.題型一:阿伏伽德羅定律典例1:（2０２3?新疆一模)下列敘述對的的是（）Ａ.一定溫度、壓強下，氣體體積由其分子的大小決定Ｂ．一定溫度、壓強下,氣體體積由其物質(zhì)的量的多少決定C．氣體摩爾體積是指1ｍｏｌ任何氣體所占的體積為22.4LD.不同的氣體，若體積不等,則它們所含的分子數(shù)一定不等分析：A、對于氣體來說，氣體分子間的距離遠大于分子自身的大小,一定溫度、壓強下,決定其體體積大小的重要因素是分子數(shù)的多少;B、一定溫度、壓強下，氣體分子間的距離一定，氣體體積由氣體的物質(zhì)的量的多少決定；Ｃ、氣體摩爾體積是指１moｌ任何氣體所占的體積;Ｄ、一定物質(zhì)的量的氣體的體積大小取決于溫度和壓強，外界條件不同,體積不同．解答：Ａ、一定溫度、壓強下,氣體分子間的距離一定,氣體分子間的距離遠大于分子自身的大小,決定其體體積大小的重要因素是分子數(shù)的多少，故A錯誤;B、根據(jù)阿伏伽德羅定律,同溫同壓下,體積相同的任何氣體都具有相同的分子數(shù)，因此氣體體積由氣體的物質(zhì)的量的多少決定，故Ｂ對的；Ｃ、氣體摩爾體積是指1moｌ任何氣體所占的體積，不同條件下，氣體摩爾體積的數(shù)值不同，標準狀況下約為22．４Ｌ／mol,故C錯誤；D、一定物質(zhì)的量的氣體的體積大小取決于溫度和壓強,外界條件不同,體積不同,不同條件下體積不等的氣體所含分子數(shù)也許相等，故D錯誤.故選B．點評：本題考察阿伏加德羅定律定律及其推論,題目難度不大，本題注意影響氣體體積大小的因素有哪些．題型二：阿伏伽德羅定律推論典例2：下列各組中,兩種氣體的分子數(shù)一定相等的是(）A.溫度相同、體積相同的Ｏ2和N2B.體積相等、密度不等的CＯ和Ｃ２H4C．質(zhì)量相等、密度不等的N2和C2H４D.壓強相同、體積相同的N2和O2分析:根據(jù)N=nNA可知,分子數(shù)相等,則物質(zhì)的量相等,據(jù)此判斷．A、溫度相同、體積相同,壓強之比等于物質(zhì)的量之比等于分子數(shù)之比；B、根據(jù)m＝ρＶ,ｎ=進行判斷；C、n=進行判斷；Ｄ、壓強相同、體積相同，分子數(shù)之比等于溫度之比.解答:A、溫度相同、體積相同，壓強之比等于物質(zhì)的量之比等于分子數(shù)之比,兩者所處的壓強不一定相同，所以分子數(shù)不一定相等，故A錯誤;Ｂ、體積相等、密度不等,兩者的質(zhì)量不相等，由于ＣＯ和C2H４的摩爾質(zhì)量相等,所以兩者的物質(zhì)的量不相等，分子數(shù)不相等,故B錯誤；C、兩者質(zhì)量相同,Ｎ２和C2H4的摩爾質(zhì)量相等，所以兩者的物質(zhì)的量相等，分子數(shù)相等，故Ｃ對的;D、根據(jù)pＶ=nＲT可知，壓強相同、體積相同,分子數(shù)之比等于溫度之比，兩者的溫度不一定相等,故分子數(shù)不一定相等,故Ｄ錯誤．故選Ｃ．點評：本題考察阿伏伽德羅定律及推論,難度不大，關鍵對阿伏伽德羅定律及推論的理解，可借助pＶ=nRT理解.【解題思緒點撥】相對密度:在同溫同壓下,上面結論式②和式⑥中出現(xiàn)的密度比值稱為氣體的相對密度D=ρ1：ρ2＝M1:M2.注意：①D稱為氣體１相對于氣體2的相對密度,沒有單位．如氧氣對氫氣的密度為16．8.離子方程式的有關計算【知識點的結識】離子方程式計算的常用方法涉及:1、原子守恒法２、電荷守恒法３、得失電子守恒法4、關系式法【命題方向】題型一：原子守恒典例1:用1L１.0mol?L﹣1NａOＨ溶液吸取０.8molCO２,所得溶液中的CＯ3２﹣和HCO3﹣的濃度之比約是()Ａ.1：３Ｂ.１:2C.2：３Ｄ.3：2分析：氫氧化鈉的物質(zhì)的量＝1．０mｏｌ／L×1L=１mｏl，當n(NaOＨ)：n（ＣO2）≥2，兩者反映生成碳酸鈉,當n（NａOH):ｎ(ＣO2)≤1時，兩者反映生成碳酸氫鈉，但2＞n（NaOH)：ｎ(CO2）＞１時，兩者反映生成碳酸鈉和碳酸氫鈉的混合物，氫氧化鈉和二氧化碳的物質(zhì)的量之比為１mｏl：０．8mｏl=５:４，則兩者反映生成碳酸鈉和碳酸氫鈉,根據(jù)原子守恒分析解答．解答：氫氧化鈉的物質(zhì)的量＝１.０moｌ／L×1L＝1mol，當n(NaOH）：n（CO2)≥2，兩者反映生成碳酸鈉，當n(NaOＨ)：n(ＣO2)≤１時，兩者反映生成碳酸氫鈉,但２＞n(ＮａOH）：n（CO2）>１時,兩者反映生成碳酸鈉和碳酸氫鈉的混合物,氫氧化鈉和二氧化碳的物質(zhì)的量之比為１mｏl：０.8mol=5:4,則兩者反映生成碳酸鈉和碳酸氫鈉,設碳酸鈉的物質(zhì)的量是x,碳酸氫鈉的物質(zhì)的量是y，根據(jù)碳原子守恒得x＋y=0.8①根據(jù)鈉原子守恒得：2x＋y=1②,根據(jù)①②得x=０.2y=0.６,所以CO32﹣和HCO3﹣的濃度之比＝0.2mol：０.6mｏl＝1:3,故選A.點評：本題考察物質(zhì)的量濃度的計算,題目難度不大，注意從原子守恒的角度分析．題型二:電荷守恒典例２：將NaCl和NａBr的混合物ｍg溶于足量水,配制成5０0mＬ溶液Ａ，再向Ａ中通入足量氯氣,充足反映后，蒸發(fā)溶液至干得晶體（m﹣2)ｇ.則Ａ溶液中Na＋、C1﹣、Ｂr﹣的物質(zhì)的量之比肯定不對的的是（）A.３:2:1Ｂ．3:1：2C．4：3:１D.３:1：4分析：向氯化鈉、溴化鈉的混合物中通入足量氯氣，氯氣和溴化鈉反映生成氯化鈉和溴,反映方程式為：Cｌ2+2ＮａBr=Ｂr2+２NaCl,蒸發(fā)溶液蒸干時，溴揮發(fā)導致得到的晶體是氯化鈉，任何溶液中都存在電荷守恒,氯化鈉和溴化鈉都是強酸強堿鹽,其溶液呈中性，根據(jù)電荷守恒判斷.解答:向氯化鈉、溴化鈉的混合物中通入足量氯氣，氯氣和溴化鈉反映生成氯化鈉和溴,反映方程式為Cl2+2ＮaBr=Ｂr2+2NaCl，蒸發(fā)溶液蒸干時，溴揮發(fā)導致得到的晶體是氯化鈉，任何溶液中都存在電荷守恒，氯化鈉和溴化鈉都是強酸強堿鹽，其溶液呈中性,所以c（Ｈ+)=c（OH﹣），所以溶液中c(Na+)＝c(Cｌ﹣)＋c（Bｒ﹣),同一溶液中體積相等，所以n（Nａ+）=n(Ｃl﹣)+n（Br﹣），Ａ.當Na＋、C1﹣、Ｂｒ﹣的物質(zhì)的量之比3:2:1時，符合n(Na+)=n（Cl﹣)+n（Br﹣),故A對的;Ｂ.當Ｎa+、C１﹣、Ｂr﹣的物質(zhì)的量之比3:1：2時,符合ｎ(Ｎa＋）=n（Cl﹣）＋n（Br﹣），故B對的；Ｃ．當Ｎa+、C1﹣、Br﹣的物質(zhì)的量之比4：3:1時,符合n(Na+)=n（Cl﹣）+n(Ｂr﹣）,故C對的;Ｄ.當Na+、Ｃ1﹣、Ｂr﹣的物質(zhì)的量之比3:1：4時,符合n(Nａ+）＜n(Cl﹣)+ｎ（Ｂｒ﹣），不符合電荷守恒，故D錯誤；故選D．點評：本題考察了離子方程式的計算，假如采用方程式進行計算，比較麻煩,采用電荷守恒來分析解答即可，較簡便，難度中檔．題型三：關系式法典例3:向等體積等物質(zhì)的量濃度的NａCｌ、MgCl2兩溶液中分別滴加等濃度的AgNO3溶液使Cl﹣恰好沉淀完全，則消耗AgNO3溶液的體積之比為（）A．1:１B.1:2C.2：1D．1：３分析：等體積、等物質(zhì)的量濃度的ＮaCl、MgCl２兩種溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量相等,分別與等物質(zhì)的量濃度的ＡgNO3溶液恰好完全反映,則消耗的硝酸銀的物質(zhì)的量之比等于它們的體積比.解答:設等體積、等物質(zhì)的量濃度的NaCl、MgCl２溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量均為1mol，則與等物質(zhì)的量濃度的AgNO3溶液恰好完全反映時存在：1moｌNａCl～1ｍolAgNO3，1molMgCl2~2ｍolAgNO３,由n=ｃＶ可知，物質(zhì)的量之比等于溶液的體積之比,所以與ＮaCl、MｇＣl２兩種溶液反映的AgNO3溶液的體積比為1:2,故選B．點評:本題考察物質(zhì)的量濃度的計算，明確物質(zhì)的量、濃度及物質(zhì)的構成的關系,氯離子與銀離子的反映是解答本題的關鍵,難度不大.題型四:得失電子守恒典例４：Fe與硝酸反映隨溫度和硝酸的濃度不同而產(chǎn)物不同.已知0.2moｌHNO3做氧化劑時，恰好把0．4molFe氧化為Fe2+，則ＨＮO3將被還原成（）Ａ.NH4+Ｂ．N2ＯC．NOＤ．NＯ2分析:0．2molHNO3做氧化劑時,氮元素的化合價會減少,0．４ｍolFe氧化為Fe2+,化合價升高,鐵原子失去電子，氮原子是得到電子,根據(jù)得失電子守恒來計算HNO３的還原產(chǎn)物中N元素的價態(tài)．解答:設硝酸被還原到的產(chǎn)物中，N元素的價態(tài)是x，則根據(jù)反映中得失電子守恒:0.4moｌ×（２﹣0)＝０.2moｌ×(5﹣ｘ）,解得x=1，所以硝酸被還原到的產(chǎn)物中,N元素的價態(tài)是+1價，應當是Ｎ2O．故選B．點評:本題是一道關于電子守恒的計算題,電子守恒的靈活應用是考試的熱點,難度不大.【解題思緒點拔】本考點是關于離子方程式的計算方法，相對于化學方程式，離子方程式的計算方法更純粹一點，最重要的是守恒方法和關系式法，要重點掌握.9.物質(zhì)的量濃度的相關計算【知識點的結識】1、物質(zhì)的量濃度:(1）概念：溶質(zhì)（用字母B表達）的物質(zhì)的量濃度是指單位體積溶液中所含溶質(zhì)B的物質(zhì)的量，用符號cB表達.（２）單位:常用單位為mol/L．（3)計算公式：cB=nB/Ｖ注意:其中Ｖ指的是溶液的體積,而不是溶劑的體積.2、溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)與溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度的換算：（1）將溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)換算成物質(zhì)的量濃度時，一方面要計算1Ｌ溶液中含溶質(zhì)的質(zhì)量,換算成相應物質(zhì)的量,有時還需將溶液的質(zhì)量換算成溶液的體積,最后才換算成溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度．（2）將溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度換算成溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)時,一方面要將溶質(zhì)的物質(zhì)的量換算成溶質(zhì)的質(zhì)量，有時還將溶液的體積換算成質(zhì)量,然后換算成溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù).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,單位為g/mL或g/ｃm３,ｗ﹣溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)，M﹣溶質(zhì)的摩爾質(zhì)量，數(shù)值等于物質(zhì)的式量].【命題方向】本考點重要考察物質(zhì)的量濃度的計算,需要中斷掌握.題型一:物質(zhì)的量濃度概念的考察典例1:下列關于１mol／LNaCl說法對的的是()A.1L該溶液中具有5８.5gNａＣlB．從１L該溶液中取出0.5L后，剩余ＮaCl溶液的濃度為0.5ｍol/ＬC.該溶液中Na＋的濃度為0.５mol/ＬＤ．稱取58.5gNａCｌ固體溶于1L水中,即可配制成1mol/LNaＣl溶液分析:Ａ、根據(jù)n=cV計算氯化鈉的物質(zhì)的量，再根據(jù)ｍ=nM計算氯化鈉的質(zhì)量；B、溶液是均勻的,取出部分溶液、剩余溶液與原溶液濃度相等；Ｃ、根據(jù)鈉離子守恒可知溶液c(Nａ＋)＝c（NaＣl);Ｄ、５８.５gNaCl固體的物質(zhì)的量為１ｍoｌ,溶于水配成１L溶液，濃度為１mol／L．解答：Ａ、氯化鈉的物質(zhì)的量為１Ｌ×1ｍol/Ｌ=1mol，氯化鈉的質(zhì)量為１mol×58.５g/mol=5８.5g,故A對的;B、溶液是均勻的，取出部分溶液、剩余溶液與原溶液濃度相等，都為1mｏl/L，故Ｂ錯誤;Ｃ、根據(jù)鈉離子守恒可知溶液ｃ(Na＋）=c（NａCl）＝１moｌ／L,故C錯誤；D、58．5gNａＣl固體的物質(zhì)的量為1ｍol,溶于水配成1L溶液，濃度為1ｍol/L，體積１L是指溶液體積,不是溶劑體積，故D錯誤;故選A．點評:考察物質(zhì)的量濃度計算及對物質(zhì)的量濃度概念的理解，難度較小,注意溶質(zhì)離子濃度的計算．題型二：物質(zhì)濃度與構成其微粒濃度的關系典例2:下列溶液中的Cl﹣濃度與50mL１mｏl／LＭgCl2溶液中的Ｃl﹣濃度相等的是（)A．1５0mL1mol/ＬNaCl溶液B．７5ｍL2moｌ/LCａＣl２溶液C．150mＬ2mol/LKCl溶液D．７5mL1ｍol/LAｌＣl3溶液分析:根據(jù)同一化學式中各微粒的濃度等于物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度×離子個數(shù),與溶液的體積無關,１moｌ/LＭｇCl2溶液中的Cl﹣濃度為2mｏl／L.解答：50mＬ１mol?L﹣1ＭgCl2溶液中Cl﹣的物質(zhì)的量濃度c（Cｌ﹣)=2c(MgＣl2)=2ｍｏｌ／Ｌ,A、150mL1mol?L﹣1NａCｌ溶液中Ｃl﹣的物質(zhì)的量濃度c(Ｃｌ﹣)＝c（NaCl)=1moｌ／Ｌ，故Ａ錯誤;Ｂ、75mL2ｍoｌ?Ｌ﹣１CaCl2溶液中Cl﹣的物質(zhì)的量濃度c（Cl﹣）=2c(CaＣl2)＝4ｍｏl/L，故B錯誤;C、１５０mL2mｏl?L﹣１ＫＣl溶液中Cl﹣的物質(zhì)的量濃度c（Cl﹣)=c（KCl）=2mol/Ｌ，故C對的;D、75ｍL1mol?L﹣1AlCl3溶液中Ｃl﹣的物質(zhì)的量濃度ｃ（Ｃl﹣）=3c(AｌCｌ3)=3mｏl／L,故Ｄ錯誤;故選C.點評：本題考察濃度的計算分析,溶液中離子的濃度只與物質(zhì)的濃度和離子個數(shù)有關，與溶液的體積無關．題型三:CuＳＯ4?5H2O的配制典例3:實驗室里需用480mL0．1moｌ?L﹣1的硫酸銅溶液,現(xiàn)選取5０0mL容量瓶進行配制,以下操作對的的是（）A．稱取7.68ｇ硫酸銅，加入500mL水B．稱取12．0g膽礬配成500mＬ溶液Ｃ.稱取8.0g硫酸銅，加入５00mL水D.稱取12．5g膽礬配成50０mＬ溶液分析：需用480mＬ０.1mol?L﹣1的硫酸銅溶液，配制50０ml0.1mol?L﹣1的硫酸銅溶液，溶液中硫酸銅的物質(zhì)的量為0．5L×０.1ｍol?L﹣1＝0.0５mol,需要稱取硫酸銅的質(zhì)量為０.０5ｍol×16０g/mｏl=8ｇ,如稱取膽礬,則質(zhì)量為０．05mol×２５0g/mol＝12.５g,以此解答題中各問.解答：A、稱取硫酸銅的質(zhì)量為０.05mol×160g/mｏl=8g，加入5０0mL水，最后溶液的體積不止5０0mL，水的體積不等于溶液的體積，故A錯誤；B、膽礬的化學式為CuSO４?5H2O，如稱取膽礬,則質(zhì)量為0．05moｌ×２50g/ｍol=１2．５g，故B錯誤；C、加入5０0mL水，最后溶液的體積不止500mL,水的體積不等于溶液的體積,應為加水配成５00ml溶液，故Ｃ錯誤；D、膽礬的化學式為ＣuSO4?5Ｈ２O,質(zhì)量為0．０5ｍol×２５0g／moｌ=12.5g，加水配成5０0mｌ溶液，符合實驗操作,故D對的.故選D．點評:本題考察一定物質(zhì)的量濃度的溶液的配制，本題難度不大,注意硫酸銅和膽礬的區(qū)別,此外注意水的體積不等于溶液的體積．題型四：溶液密度與物質(zhì)的量濃度的換算典例4:（２023?承德模擬）將標準狀況下的aLHCｌ(g）溶于1000ｇ水中,得到的鹽酸密度為bg/ｍL，則該鹽酸的物質(zhì)的量濃度是（)Ａ.mｏ１?L﹣1Ｂ.mｏl?L﹣1C.mｏｌ?Ｌ﹣1D.ｍol?L﹣1分析：運用ｎ=計算物質(zhì)的量，運用溶劑和溶質(zhì)的質(zhì)量來計算溶液的質(zhì)量，由溶液的質(zhì)量和密度可計算溶液的體積，最后運用ｃ＝計算鹽酸的物質(zhì)的量濃度.解答:標準狀況下的aLＨCl(ｇ），n(ＨCl）==mol,溶液的質(zhì)量為mol×３6.5g/mol+1000g，溶液的體積為L,由c=可知，ｃ==moｌ/L故選D．點評：本題考察物質(zhì)的量濃度的計算，明確溶液的體積、質(zhì)量、密度的關系及物質(zhì)的量濃度的計算公式即可解答,難度不大．題型五：稀釋問題典例5:將３0mL0．5moｌ／LNaOH溶液加水稀釋到５00mL,稀釋后溶液中ＮaOＨ的物質(zhì)的量濃度為()A.0．3mol/ＬB.0.０3mol／LＣ．0.0５mol/LD．0.04ｍｏl／L分析:根據(jù)稀釋定律可知,溶液稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，據(jù)此計算.解答:令稀釋后溶液中NａOH的物質(zhì)量濃度為c,則:30×１0﹣３L×0.5mol／L=500×10﹣3L×c解得c=0.03mol／L.故選:B.點評:本題考察物質(zhì)的量濃度有關計算,難度較小，關鍵清楚稀釋定律，溶液稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變.題型六:電荷守恒典例6：某鹽的混合物中具有０．2mｏlNa+、0．４molＭg2+、0.4moｌＣl﹣，則ＳO42﹣為()A.０.1ｍoｌB.0．3ｍolC．0.５molD．0.15moｌ分析：根據(jù)溶液呈電中性計算溶液中ＳO４2﹣離子的物質(zhì)的量．解答：根據(jù)溶液呈電中性原則，則有: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﹣)，由于該鹽溶液為強酸強堿鹽，則n（H+）=n（ＯH﹣）,則2n(SO42﹣)=n(Ｎa+)+２n(Mg2+)﹣n（Cl﹣）n（SO42﹣)==0.3moｌ，故選Ｂ．點評:本題考察離子濃度的計算，題目難度不大，注意從溶液電中性的角度解答．【解題思緒點撥】對物質(zhì)的量濃度進行理解的時候需要注意以下幾點：①體積指的是溶液的體積，而不是溶劑的體積;②溶質(zhì)一定要用“物質(zhì)的量”來表達;③溶質(zhì)可以是單質(zhì)、化合物,也可以是離子或其他特定組合;④結晶水合物溶于水時,溶質(zhì)通常以無水化合物計算；⑤配制氨水溶液制溶質(zhì)是氨氣；⑥溶液具有均一性，即同一溶液，無論取出多大體積，其各種濃度(物質(zhì)的量濃度、質(zhì)量分數(shù)、離子濃度等）均不變;⑦配制溶液時，要注意容量瓶規(guī)格與實際配制溶液體積的關系．１0.溶解度、飽和溶液的概念【知識點的結識】1、飽和溶液和不飽和溶液:1)定義：飽和溶液：在一定溫度、一定量的溶劑中,溶質(zhì)不能繼續(xù)被溶解的溶液；不飽和溶液:在一定溫度、一定量的溶劑中,溶質(zhì)可以繼續(xù)被溶解的溶液．２）飽和與不飽和溶液的互相轉(zhuǎn)化：不飽和溶液通過增長溶質(zhì)（對一切溶液合用)或減少溫度（對于大多數(shù)溶解度隨溫度升高而升高的溶質(zhì)合用,反之則須升高溫度，如石灰水）、蒸發(fā)溶劑（溶劑是液體時）能轉(zhuǎn)化為飽和溶液．飽和溶液通過增長溶劑（對一切溶液合用）或升高溫度(對于大多數(shù)溶解度隨溫度升高而升高的溶質(zhì)合用,反之則減少溫度，如石灰水）能轉(zhuǎn)化為不飽和溶液．2、溶解度:1)定義:固體溶解度，在一定溫度下,某固態(tài)物質(zhì)在1０0g溶劑中達成飽和狀態(tài)時所溶解的質(zhì)量，叫做這種物質(zhì)在這種溶劑中的溶解度．用符號“S”表達．氣體溶解度:在一定溫度和壓強下,氣體在一定量溶劑中溶解的最高量稱為氣體的溶解度．2）溶解度影響因素:1°固體溶解度影響因素:溶質(zhì)的本性；溶劑的種類;溫度.2°氣體溶解度的影響因素：氣體本性、溶劑性質(zhì)、溫度和壓強.當壓強一定期，氣體的溶解度隨著溫度的升高而減少.當溫度一定期,氣體的溶解度隨著氣體的壓強的增大而增大．3°溶解度曲線:(1）溶解度曲線:由于物質(zhì)的溶解度隨溫度變化而變化,隨溫度一定而一定,這種變化可以用溶解度曲線來表達．我們用縱坐標表達溶解度，橫坐標表達溫度，繪出物質(zhì)的溶解度隨溫度變化的曲線，這種曲線叫做溶解度曲線．(2)曲線上點的意義：①溶解度曲線上的點表達物質(zhì)在該點所示溫度下的溶解度，溶液所處的狀態(tài)是飽和溶液．溶解度曲線下的點表達物質(zhì)在該點所示溫度上的溶解度，溶液所處的狀態(tài)是不飽和溶液．②溶解度曲線下面的面積上的點，表達溶液所處的狀態(tài)是不飽和狀態(tài),依其數(shù)據(jù)配制的溶液為相應溫度時的不飽和溶液.③溶解度曲線上面的面積上的點，依其數(shù)據(jù)配制的溶液為相應溫度時的飽和溶液，且該溶質(zhì)有剩余．④兩條溶解度曲線的交點，表達在該點所示的溫度下,兩種物質(zhì)的溶解度相等.(3)溶解度曲線的分類:①大部分固體隨溫度升高溶解度增大,如硝酸鉀．②少部分固體溶解度受溫度影響不大,如食鹽(氯化鈉）.③很少數(shù)物質(zhì)溶解度隨溫度升高反而減小,如氫氧化鈣．由于氫氧化鈣有兩種水合物〔Ca(ＯＨ)2?2H２O和Ca（ＯH)２?1２Ｈ２O〕．這兩種水合物的溶解度較大，無水氫氧化鈣的溶解度很?。S著溫度的升高,這些結晶水合物逐漸變?yōu)闊o水氫氧化鈣,所以,氫氧化鈣的溶解度就隨著溫度的升高而減?。藲溲趸}尚有別的物質(zhì)溶解度也隨溫度的升高而減小,比如說硫酸鋰.【命題方向】本考點重要考察飽和溶液和不飽和溶液以及溶解度,屬于初中學過的基礎內(nèi)容,了解即可.題型一：Ca(ＯH)2溶解度隨溫度變化特點應用典例１：將40℃的飽和石灰水冷卻至10℃;或加入少量ＣａO，但溫度仍保持40℃，在這兩種情況下均未改變的是(）A．Ca（OH）2的溶解度、溶劑的質(zhì)量B．溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)Ｃ.溶液的質(zhì)量、水的電離平衡D．溶液中Ｃａ2+的數(shù)目分析:運用氫氧化鈣的溶解度隨溫度減少而升高，第一方式溶液變?yōu)椴伙柡偷芤航M成未改變，加入生石灰的溶液會吸取少量水分,但溶液仍然飽和,溶質(zhì)質(zhì)量分數(shù)是溶質(zhì)溶液的質(zhì)量比等的有關知識解決．解答：A．不同溫度的氫氧化鈣溶解度不同,加入少量ＣａO，CaO與水反映，所以溶劑的質(zhì)量減少，故A錯誤;B.氫氧化鈣的溶解度隨溫度減少而升高,減少溫度后溶液變?yōu)椴伙柡偷芤航M成未改變；加入生石灰的溶液會吸取少量水分，由于溫度不變，所以氫氧化鈣的溶解度也不變,即溶液仍然為40℃的飽和溶液,其溶質(zhì)質(zhì)量分數(shù)不變；所以在這兩個過程中溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)都不變，故Ｂ對的；C.加入生石灰的溶液因與水反映而使溶劑的質(zhì)量減少因溫度不變?nèi)詾樵摐囟认碌娘柡腿芤?但是部分溶質(zhì)析出溶液的質(zhì)量減小,故C錯誤；D．加入少量CaＯ，但溫度仍保持４0℃，CaO與水反映，溶劑的質(zhì)量減少，會有溶質(zhì)析出，故鈣離子數(shù)目減小，故D錯誤;故選B．點評：此題是對溶質(zhì)質(zhì)量分數(shù)的擴展與延伸,使學生明確溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)是溶質(zhì)與溶液的比值，而與其它因素無關的道理，要注意氫氧化鈣的溶解度隨溫度減少而升高.題型二：結晶水合物相關典例２:在一定溫度下,向足量的飽和Na2ＣＯ３溶液中加入1．0６克無水Na2ＣO3，攪拌后靜置,最終所得晶體的質(zhì)量()Ａ.等于1．06克B．大于1.06克而小于2.86克C．等于2.86克D．大于2.86克分析：從兩個角度來分析：（1)無水Ｎa2CO3與水反映生成結晶水合物Na2CO３?10H2O；(２）原飽和溶液由于加入無水Na2ＣO3與水反映而消耗溶液中的水,會有晶體析出.解答：１．06克無水Na2ＣO3的物質(zhì)的量為０.0１mｏl，加入到飽和Ｎa２CO3溶液中生成0.0１mｏlNa2ＣＯ3?10H２O結晶水合物,其質(zhì)量為0．０1mｏｌ×286g/ｍol=2．86g，又原飽和溶液由于加入無水Ｎa２ＣO３與水反映而消耗溶液中的水，會有晶體析出,故析出晶體的質(zhì)量大于2.86g.故選D.點評:本題考察飽和溶液的計算問題，本題難度不大,做題時注意析出晶體后剩余溶液仍為飽和溶液,特別是形成結晶水合物這一點．【解題思緒點撥】要注意Ｃa(OH）2溶解度隨溫度的上升而下降,注意結晶水合物的形成對溶液成分形成的影響.11.溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)及相關計算【知識點的知識】１、溶質(zhì)質(zhì)量分數(shù)的概念：1)定義:溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)是溶質(zhì)質(zhì)量與溶液質(zhì)量之比．２）注意事項:①溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)只表達溶質(zhì)質(zhì)量與溶液質(zhì)量之比,并不代表具體的溶液質(zhì)量和溶質(zhì)質(zhì)量．②溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)一般用百分數(shù)表達．③溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)計算式中溶質(zhì)質(zhì)量與溶液質(zhì)量的單位必須統(tǒng)一．④計算式中溶質(zhì)質(zhì)量是指被溶解的那部分溶質(zhì)的質(zhì)量，沒有被溶解的那部分溶質(zhì)質(zhì)量不能計算在內(nèi)．⑤濃溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)大,但不一定是飽和溶液,稀溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)小,但不一定是不飽和溶液.⑥飽和溶液的質(zhì)量分數(shù)w=S/(１00+S）＊100%2、溶質(zhì)質(zhì)量分數(shù)相關計算:①關于溶液稀釋的計算:由于溶液稀釋前后，溶質(zhì)的質(zhì)量不變,所以若設濃溶液質(zhì)量為Ag,溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)為a%,加水稀釋成溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)為ｂ％的稀溶液Bg,則Aｇ×ａ％＝Bｇ×b％(其中B=A+m水）②關于溶液增濃(無溶質(zhì)析出）的計算溶液增濃通常有幾種情況：1°向原溶液中添加溶質(zhì)：由于溶液增長溶質(zhì)前后,溶劑的質(zhì)量不變．增長溶質(zhì)后，溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量＝原溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量+增長的溶質(zhì)的質(zhì)量,而溶液的質(zhì)量=原溶液的質(zhì)量＋增長的溶質(zhì)的質(zhì)量.所以,若設原溶液質(zhì)量為Ag,溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)為a%,加溶質(zhì)Bg后變成溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)為b%的溶液,則Ａg×a%+Bg=（Ag+Bｇ)×b%．2°將原溶液蒸發(fā)去部分溶劑：由于溶液蒸發(fā)溶劑前后，溶質(zhì)的質(zhì)量不變.所以，若設原溶液質(zhì)量為Ag，溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)為a%，蒸發(fā)Ｂg水后變成溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)為b％的溶液，則:Ag×a％=(Aｇ﹣Bg)×b%.3°與濃溶液混合:由于混合后的溶液的總質(zhì)量等于兩混合組分溶液的質(zhì)量之和，混合后的溶液中溶質(zhì)質(zhì)量等于兩混合組分的溶質(zhì)質(zhì)量之和.所以,設原溶液質(zhì)量為Ag,溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)為a%,濃溶液質(zhì)量為Bｇ,溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)為b％，兩溶液混合后得到溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)為c%的溶液,則：Ag×a%+Bg×b%＝(Ag+Ｂg)×c%.【命題方向】本考點重要考察溶液溶質(zhì)質(zhì)量分數(shù)的計算，屬于初中學過的基礎知識,了解即可.題型一:溶液的稀釋問題典例1：密度為0.91g?cm﹣3的氨水,質(zhì)量比例濃度為2５%（即質(zhì)量分數(shù)為0.25)，該氨水用等體積的水稀釋后,所得溶液的質(zhì)量比例濃度（）A．等于12．5%B.大于12.5％C．小于12.5%D．無法擬定分析：根據(jù)稀釋前后溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量不變,該氨水用等體積的水稀釋后，所得氨水的質(zhì)量為原氨水質(zhì)量與所加水質(zhì)量和，所得氨水溶液中溶質(zhì)為２5％的氨水中溶質(zhì),運用溶液的溶質(zhì)質(zhì)量分數(shù)計算式求出所得氨水的質(zhì)量分數(shù)．解答：設加水的體積為V，則25%的氨水體積也為Ｖ，該氨水用等體積的水稀釋后,所得氨水的質(zhì)量分數(shù)為×100%≈11.9%＜12.5%故選C．點評:根據(jù)加水稀釋時溶液中溶質(zhì)質(zhì)量不變的特點,可由稀釋前后溶質(zhì)質(zhì)量相等完畢稀釋類問題的計算．題型二:溶液增濃的計算典例2：某溫度下，甲、乙兩個燒杯中各盛有10０g相同濃度的KＣl溶液，現(xiàn)將甲燒杯中的溶液蒸發(fā)掉３5gＨ2O,析出晶體5g；將乙燒杯中的溶液蒸發(fā)掉４５gH2O,析出晶體10g.則原溶液的質(zhì)量分數(shù)為（)A．10%Ｂ．１5%C．２０%D．25％分析:甲、乙溶液均未明確是否為飽和溶液，因此,不能使用蒸發(fā)35．0g與４5.0g水析出晶體的質(zhì)量直接進行計算;而把蒸發(fā)4５.0g水分開來看,先蒸發(fā)水至３５．０g時所剩余溶液為飽和溶液，即對飽和溶液蒸發(fā)４5．0g﹣３5.0g=1０.０g水時會析出KCl晶體１0.0g﹣5．0ｇ=5．0ｇ;以此計算100g溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量,進而計算質(zhì)量分數(shù)．解答：可以認為蒸發(fā)掉４5gH2Ｏ是在蒸發(fā)掉35gH2Ｏ的基礎上完畢的,也就是說,在１0g水中最多能溶解氯化鉀5ｇ,從而得出在此溫度下氯化鉀的溶解度為50g．這樣１00ｇ溶液中所含的氯化鉀的質(zhì)量為+５ｇ=25g，質(zhì)量分數(shù)為×100％=２5%．故選D．點評：本題考察溶液的計算,題目難度中檔,注意比較甲乙兩溶液的關系,得出飽和溶液的溶解度為解答該題的關鍵．【解題思緒點撥】溶液稀釋問題重點把握稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量保持不變，濃縮問題要分情況，蒸發(fā)溶劑時抓住溶質(zhì)不變,添加溶質(zhì)時抓住溶劑不變,與濃溶液混合時能找出等量關系．１２.膠體的重要性質(zhì)【知識點的結識】1、分散系的概念：一種或幾種物質(zhì)分散在另一種介質(zhì)中所形成的體系稱為分散體系.分散系中分散成粒子的物質(zhì)叫做分散質(zhì),另一種物質(zhì)叫做分散劑．在水溶液中,溶質(zhì)是分散質(zhì),水是分散劑.溶質(zhì)在水溶液中以分子或離子狀態(tài)存在.分散系涉及:溶液、膠體、懸濁液、乳濁液．2、各種分散系的比較：分散系分散質(zhì)分散質(zhì)直徑重要特性實例溶液分子,離子<１nm（能通過半透膜）澄清,透明，均一穩(wěn)定，無丁達爾現(xiàn)象NaＣl溶液，溴水膠體膠粒（分子集體或單個高分子）１nm～100nｍ（不能透過半透膜，能透過濾紙)均一,較穩(wěn)定,有丁達爾現(xiàn)象，常透明肥皂水，淀粉溶液,Ｆe(ＯH)3膠體懸濁液固體顆粒>100nm（不能透過濾紙)不均一，不穩(wěn)定,不透明，能透光的濁液有丁達爾現(xiàn)象水泥，面粉混合水乳濁液小液滴牛奶，色拉油混合水3、膠體的性質(zhì)與作用:（1）丁達爾效應:由于膠體粒子直徑在１~1００nｍ之間,會使光發(fā)生散射，可以使一束直射的光在膠體中顯示出光路．（2)布朗運動:①定義：膠體粒子在做無規(guī)則的運動.②水分子從個方向撞擊膠體粒子，而每一瞬間膠體粒子在不同方向受的力是不同的.（３)電泳現(xiàn)象：①定義：在外加電場的作用下,膠體粒子在分散劑里向電極作定向移動的現(xiàn)象．②解釋：膠體粒子具有相對較大的表面積,能吸附離子而帶電荷．揚斯規(guī)則表白：與膠體粒子有相同化學元素的離子優(yōu)先被吸附．以AgI膠體為例,ＡgNO3與KI反映，生成AgI溶膠，若KI過量,則膠核AｇＩ吸附過量的I﹣而帶負電，若AgNＯ3過量,則ＡｇI吸附過量的Ag＋而帶正電.而蛋白質(zhì)膠體吸附水而不帶電．③帶電規(guī)律:1°一般來說，金屬氧化物、金屬氫氧化物等膠體微粒吸附陽離子而帶正電；2°非金屬氧化物、金屬硫化物、硅酸、土壤等膠體帶負電；3°蛋白質(zhì)分子一端有﹣CＯOＨ,一端有﹣ＮH2，因電離常數(shù)不同而帶電;４°淀粉膠體不吸附陰陽離子不帶電，無電泳現(xiàn)象，加少量電解質(zhì)難凝聚.④應用:1°生物化學中常運用來分離各種氨基酸和蛋白質(zhì)．2°醫(yī)學上運用血清的紙上電泳來診斷某些疾病.3°電鍍業(yè)采用電泳將油漆、乳膠、橡膠等均勻的沉積在金屬、布匹和木材上.4°陶瓷工業(yè)精練高嶺土．除去雜質(zhì)氧化鐵．5°石油工業(yè)中，將天然石油乳狀液中油水分離.６°工業(yè)和工程中泥土和泥炭的脫水,水泥和冶金工業(yè)中的除塵等.(４)膠體的聚沉：①定義：膠體粒子在一定條件下聚集起來的現(xiàn)象．在此過程中分散質(zhì)改變成凝膠狀物質(zhì)或顆粒較大的沉淀從分散劑中分離出來．②膠粒凝聚的因素：外界條件的改變1°加熱:加速膠粒運動,減弱膠粒對離子的吸附作用.2°加強電解質(zhì):中和膠粒所帶電荷,減弱電性斥力.3°加帶相反電荷膠粒的膠體:互相中和，減小同種電性的排斥作用．通常離子所帶電荷越高，聚沉能力越大．③應用:制作豆腐；不同型號的墨水不能混用；三角洲的形成．4、膠體的制備：1）物理法：如研磨（制豆?jié){、研墨)，直接分散(制蛋白膠體)2)水解法：Fe（OＨ）3膠體：向20mL沸蒸餾水中滴加1ｍL～2mLFeＣl3飽和溶液,繼續(xù)煮沸一會兒,得紅褐色的Ｆｅ(OH)3膠體.離子方程式為:Ｆe３＋+3H2O＝Fe（OH）３（膠體）+3H+3)復分解法:AgI膠體:向盛10ｍL0.01ｍｏl?Ｌ﹣1KＩ的試管中，滴加８~10滴0.01mｏl?L﹣1AgNO3，邊滴邊振蕩，得淺黃色AgI膠體.硅酸膠體:在一大試管里裝入5mL~10mL1mol?L﹣1HCｌ,加入１mL水玻璃,然后用力振蕩即得.離子方程式分別為：Ag++Ｉ﹣＝AｇI（膠體)↓SiＯ32﹣＋2H＋＋2Ｈ2O=H4SｉO4（膠體）↓復分解法配制膠體時溶液的濃度不宜過大,以免生成沉淀.5、常見膠體的帶電情況:(１）膠粒帶正電荷的膠體有：金屬氧化物、金屬氫氧化物．例如Fe(OH）３、Al(OH）３等.(２)膠粒帶負電荷的膠體有:非金屬氧化物、金屬硫化物、硅酸膠體、土壤膠體．（3）膠粒不帶電的膠體有：淀粉膠體.特殊的，AgI膠粒隨著AgＮO3和KI相對量不同，而帶正電或負電.若KＩ過量，則AｇI膠粒吸附較多Ｉ﹣而帶負電；若ＡgNO3過量,則因吸附較多Ag+而帶正電.【注意】：膠體不帶電，而膠?？梢詭щ姡丁⒊Ｒ姷哪z體分散系①Ｆe(ＯH)3膠體,Ａｌ(OH)3膠體,原硅酸膠體,硬脂酸膠體．分別由相應的鹽水解生成不溶物形成.FeＣl3溶液:Ｆｅ３++3H2Ｏ＝Fｅ（OH)3（膠體）+3H+明礬溶液：Aｌ3++3H2Ｏ=Ａｌ(OＨ)３（膠體）+３H+水玻璃：ＳiＯ３2﹣+3Ｈ2Ｏ=H４SiO4(膠體)＋2OH﹣肥皂水:C1７H３5COO﹣+H2O=C１7H35COＯH(膠體)+OH﹣②鹵化銀膠體.Ag＋+Ｘ﹣=ＡｇＸ（膠體)③土壤膠體.④豆奶、牛奶、蛋清的水溶液.⑤有色玻璃，如藍色鈷玻璃(分散質(zhì)為鈷的藍色氧化物，分散劑為玻璃）．⑥煙、云、霧.7、膠體的分離與提純：膠體與濁液：過濾．膠體與溶液:滲析.采用半透膜.【命題方向】本考點重要考察分散系的種類及各自特點，重點掌握膠體的性質(zhì)及膠體的制備．題型一：分散系的概念及不同分散系的區(qū)分典例1：下列分散系中,分散質(zhì)微粒直徑介于10﹣9﹣1０﹣7m（ｌ﹣１00nm）之間的是（）A．溶液B．膠體C.懸濁液D．乳濁液分析：根據(jù)分散質(zhì)粒子直徑大小分類,把分散系分為：溶液、膠體、濁液,本質(zhì)區(qū)別就是分散質(zhì)的微粒直徑不同.溶液中分散質(zhì)微粒直徑小于１ｎm，膠體分散質(zhì)微粒直徑介于１~100nm之間，濁液分散質(zhì)微粒直徑大于1０0nm，據(jù)此即可解答.解答:A．溶液中分散質(zhì)微粒直徑小于1nm(小于1０﹣9ｍ），故A錯誤;B.膠體分散質(zhì)微粒直徑介于１～100ｎm之間（介于１0﹣9﹣１0﹣7m），故B對的;C．懸濁液是濁液的一種,分散質(zhì)微粒直徑大于100nm(大于1０﹣7m）,故Ｃ錯誤；D．乳濁液是濁液的一種，分散質(zhì)微粒直徑大于10０ｎm(大于10﹣7m），故D錯誤;故選B.點評：本題重要考察了分散系的分類依據(jù)知識，可以根據(jù)所學知識來回答，題目難度不大．題型二:膠體的性質(zhì)典例2:下列事實與膠體性質(zhì)無關的是()A．在豆?jié){里加入鹽鹵做豆腐Ｂ.在河流入?？谝仔纬缮持轈.一束平行光線照射蛋白質(zhì)溶液時,從側面可以看到一條光亮的通路Ｄ.三氯化鐵溶液中滴入氫氧化鈉溶液出現(xiàn)紅褐色沉淀分析：可根據(jù)膠體的性質(zhì)來分析解答．向膠體中加入電解質(zhì)可以使膠體凝聚，膠體能產(chǎn)生丁達爾效應.解答:Ａ、豆?jié){具有膠體的性質(zhì),向其中加入鹽鹵,鹽鹵中含豐富的電解質(zhì)氯化鈣等,可以使豆?jié){凝聚，與膠體有關，故A錯誤；B、河流中的水具有泥沙膠粒，海水中具有氯化鈉、氯化鈣等電解質(zhì)，兩者相遇是可以發(fā)生膠體凝聚，就形成三角洲，與膠體有關，故B錯誤；C、蛋白質(zhì)溶液是膠體,膠體能產(chǎn)生丁達爾效應，所以與膠體有關，與膠體有關,故C錯誤;D、重要發(fā)生了復分解反映，與膠體性質(zhì)無關，與膠體無關，故D對的;故選D．點評：本題考察膠體的性質(zhì)，明確膠體常見的性質(zhì)有丁達爾現(xiàn)象、膠體的聚沉、電泳等,運用膠體性質(zhì)對生產(chǎn)生活中實際問題進行解釋.題型三：膠體與溶液的區(qū)別與聯(lián)系典例3:關于氯化鎂溶液和氫氧化鐵膠體的說法中對的的是(）A.溶液是電中性的,膠體是帶電的B．兩者的分散質(zhì)微粒均能透過半透膜和濾紙C．溶液中溶質(zhì)分子的運動有規(guī)律,膠體中分散質(zhì)粒子的運動無規(guī)律，即布朗運動Ｄ．一束光線分別通過溶液和膠體時,后者會出現(xiàn)明顯的光帶，前者則沒有分析:A、溶液、膠體均為電中性,膠粒帶電荷；B.膠體能透過濾紙，不能透過半透膜，溶液能透過半透膜和濾紙;C.分子和膠粒均作無規(guī)則運動;D．膠體具有丁達爾效應,溶液沒有.解答：Ａ.溶液膠體均為電中性,膠體能吸附電荷，故Ａ錯誤；Ｂ．氯化鎂溶液能透過半透膜和濾紙,氫氧化鐵膠體的膠粒粒徑為1﹣1０0nｍ,不能透過半透膜,能透過濾紙，故B錯誤；C．分子和膠粒均作無規(guī)則運動,膠體中分散質(zhì)粒子的運動無規(guī)律,即布朗運動，故C錯誤；D.氫氧化鐵膠體具有丁達爾效應,氯化鎂溶液沒有丁達爾效應,所以一束光線分別通過溶液和膠體時，后者會出現(xiàn)明顯的光帶,前者則沒有,故Ｄ對的;故選Ｄ．點評：本題考察了有關膠體的知識，掌握膠體的性質(zhì)是解答的關鍵,題目難度不大.【解題思緒點撥】膠體的聚沉與蛋白質(zhì)的鹽析比較:膠體的聚沉是指膠體在適當?shù)臈l件下，(破壞膠體穩(wěn)定的因素)聚集成較大顆粒而沉降下來，它是不可逆的.鹽析是指高分子溶液中加入濃的無機輕金屬鹽使高分子從溶液中析出的過程,它是高分子溶液或普通溶液的性質(zhì),鹽析是由于加入較多量的鹽會破壞溶解在水里的高分子周邊的水膜，減弱高分子與分散劑間的互相作用，使高分子溶解度減小而析出．發(fā)生鹽析的分散質(zhì)都是易容的,所以鹽析是可逆的.由此可見膠體的聚沉與蛋白質(zhì)的鹽析有著本質(zhì)的區(qū)別．13.元素周期表的結構及其應用【知識點的知識】1、元素周期表的結構：特別提醒:掌握元素周期表的結構中各族的排列順序，結合惰性氣體的原子序數(shù)，我們可以推斷任意一種元素在周期表中的位置．記住各周期元素數(shù)目，我們可以快速擬定惰性氣體的原子序數(shù).各周期元素數(shù)目依次為2、8、8、18、18、3２、32(假如第七周期排滿),則惰性氣體原子序數(shù)依次為2、2+8=1０、1０+8=1８、１8+1８=36、３6+18＝5４、54+32=86、86+32＝118.２、元素周期表的應用:1）根據(jù)元素周期表可以推測各種元素的原子結構以及元素及其化合物性質(zhì)的遞變規(guī)律;2）運用元素周期表，可以尋找制取半導體、催化劑、化學農(nóng)藥、新型材料的元素及化合物；3）可以用元素周期表來根據(jù)一些已知元素的性質(zhì)推測一些未知元素的性質(zhì)．【命題方向】本考點重要考察元素周期表的結構，重要以選擇題的形式考核對基礎知識的掌握，同時也將推斷、推理、計算等以填空題的形式在高考中進行考察.題型一：元素周期表的結構典例1：關于元素周期表的說法對的的是（）A.元素周期表有8個主族B.ⅠA族的元素所有是金屬元素C．元素周期表有７個周期D．短周期是指第一、二周期分析:元素周期表有7個周期(短周期、長周期、不完全周期)，有18個縱行（7個主族、７個副族、第ⅤⅢ族、零族）,以此來解答．解答：Ａ．元素周期表有７個主族,故Ａ錯誤；B.ⅠＡ族的元素除H元素外都是金屬元素，故Ｂ錯誤;Ｃ.元素周期表有７個周期，故C對的；D.短周期是指第一、二、三周期,故D錯誤;故選C．點評:本題考察元素周期表的結構,較簡樸，熟悉元素周期表的橫行和縱行的排布是解答本題的關鍵，學生應熟記元素周期表的結構．典例2:在元素周期表中，第三、四、五、六周期元素的數(shù)目分別是(）A．８、8、18、３2Ｂ．８、１８、18、32C.8、18、18、1８D．8、8、18、18分析：根據(jù)元素周期表中各周期元素的種類來解答．解答：元素周期表中第一周期有2種元素；第二周期有8種;第三周期有８種；第四周期有1８種；第五周期有１8種；第六周期32種；則第三、四、五、六周期元素的數(shù)目分別是8、1８、１8、32,故選B．點評：本題考察元素周期表及各周期元素,熟悉每個周期的元素數(shù)目即可解答,較基礎.典例3：下列各表中的數(shù)字代表的是原子序數(shù)，表中數(shù)字所表達的元素與它們在元素周期表中的位置相符的是(）Ａ．B.C．D.分析：根據(jù)元素周期表的結構：相鄰兩個周期同主族元素的原子序數(shù)相差２、8、18、36來分析．解答:A、3號和5號元素之間相差很多個族,即12號的鎂和13號的鋁在周期表中不相鄰，故A錯誤;Ｂ、5號和１5號元素的原子不在同一主族,故Ｂ錯誤；C、1號和11好中間尚有３號元素，故C錯誤．Ｄ、O、Cｌ、Ne的位置關系是對的的,故D對的．故選Ｄ．點評:本題考察學生元素周期表的結構和元素的分布知識，可以根據(jù)所學知識進行回答，難度不大.題型二：原子序數(shù)關系的推斷典例4:A、B為同主族的兩元素,Ａ在B的上一周期,若A的原子序數(shù)為ｎ,則Ｂ的原子序數(shù)不也許為(）A．ｎ+8B．ｎ＋18C．n＋３２D．ｎ＋20分析：由元素周期表結構可知，對于處在ⅠA、ⅡＡ元素而言，同主族相鄰元素的原