高中化学专题总结

目录

选修一离子反应方程式与离子共存 (2)

金属的性质 (5)

铁三角 (5)

“铝三角”转换关系与其图象问题 (7)

选修三分子构型（价层电子对互斥与杂化轨道理论） (9)

高考化学专题复习第八讲晶体结构试题分类解析 (11)

选修四高中化学盐类的水解考点精讲 (16)

化学平衡移动和等效平衡 (24)

原电池和电解池 (33)

沉淀溶解平衡 (39)

选修五---有机化学 (42)

《有机化学基础》知识点整理 (42)

选修五---有机物燃烧规律 (56)

高中有机化学实验 (60)

气体的制备 (64)

选修一离子反应方程式与离子共存

难点聚焦

(一)、由于发生复分解反应，离子不能大量共存。

1、有气体产生。如CO32-、HCO3-、S2-、HS-、SO32-、HSO3-等易挥发的弱酸的酸根与H+不能大量共存，主要是由于发生CO32-＋2H+＝CO2↑＋H2O、HS-＋H+＝H2S↑等。

２、有沉淀生成。如Ba2+、Ca2+、Mg2+等不能与SO42-、CO32-等大量共存，

主要是由于Ba2+＋CO32-＝BaCO3↓、Ca2+＋SO42-＝CaSO4↓（微溶）；

Mg2+、Al3+、Cu2+、Fe2+、Fe3+等不能与OH-大量共存是因为

Cu2+＋2OH-＝Cu(OH)2↓，Fe3+＋3OH-＝Fe(OH)3↓等；

SiO32-、AlO2-、S2O3２－等不能与H+大量共存是因为

SiO32-＋2H+＝H2 SiO3↓、AlO2-＋H+＋H2O＝Al(OH)3↓、S2O3２－＋2H＋＝S↓＋SO2↑＋H2O ３、有弱电解质生成。

如OH-、ClO-、F-、CH3COO-、HCOO-、PO43-、HPO42-、H2PO4-等与H+不能大量共存，主要是由于OH-＋H+＝H2O、CH3COO-＋H+＝CH3COOH等；

一些酸式弱酸根及NH4+不能与OH-大量共存是因为

HCO3-＋OH-=CO32-＋H2O、HPO42-＋OH-＝PO43-＋H2O、NH4+＋OH-=NH3·H2O等。

４、一些容易发生水解的离子，在溶液中的存在是有条件的。

如：AlO2-、S2-、HS-、CO32-、HCO3-、SO32-、HSO3-、ClO-、F-、CH3COO-、HCOO-、PO43-、SiO32-、C6H5O-等必须在碱性条件下才能在溶液中大量存在；Mg2+、Al3+、Cu2+、Fe2+、Fe3+、NH4+等必须在酸性条件下才能在溶液中大量存在。

(二)、由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存

１、一般情况下，具有较强还原性的离子不能与具有较强氧化性的离子大量共存。如I-、、S2-、HS-和Fe3+不能大量共存是由于2I-＋2Fe3+=I2＋2Fe2+、2Fe3+＋S2-=S↓＋2Fe2+、2Fe3+＋3S2-=S↓＋2Fe S↓。

２、在酸性或碱性的介质中由于发生氧化还原反应而不能大量共存。如NO3-和I-在中性或碱性溶液中可以共存，但在有大量H+存在情况下不能共存；SO32-、S2O32-和S2-在碱性条件下可以共存，但在酸性条件下由于发生2S2-＋SO32-＋6H+＝3S↓＋3H2O、2S2-＋S2O32-＋6H+＝4S↓＋3H2O不能共存。ClO-与S2-不论是在酸性条件下还是在碱性条件下都不能大量共存。

(三)、由于形成络合离子，离子不能大量共存

中学化学中还应注意有少数离子可形成络合离子而不能大量共存的情况。如Fe3+和SCN-、C6H5O-，由于Fe3+＋SCN-[Fe(SCN)]2+等络合反应的发生而不能大量共存。

(四)、能水解的阳离子与能水解的阴离子一般不能同时存在在同一溶液中，即离子间能发生―双水解‖反应。例如：Al3＋和HCO3-，Al3＋和CO32-，Al3＋和S２－，Al3＋和HS－，Al3＋和AlO2-，Al3＋和C6H5O-，Fe3+和AlO2-，Fe3+和HCO3-，Fe3+和CO32-，NH4+和AlO2-等。如3AlO2-＋Al3+＋6H2O=4Al(OH)3↓等。特别注意：NH4+和CO32-、NH4+和HCO3-、NH4+和CH3COO-在同一溶液中能大量共存。

注意事项：1．首先必须从化学基本概念和基本理论出发，搞清楚离子反应的规律和―离子共存‖的条件。在中学化学中要求掌握的离子反应规律主要是离子间发生复分解反应和离子间发生氧化还原反应，以及在一定条件下一些微粒（离子、分子）可形成络合离子等。―离子共存‖的条件是根据上述三个方面统筹考虑、比较、归纳整理而得出的。因此解决―离子共存‖问题可从离子间的反应规律入手，逐条梳理。

2．审题时应注意题中给出的附加条件，如：

①酸性溶液（H＋）、碱性溶液（OH－）、能在加入铝粉后放出可燃性气体的溶液、由水电离出的H+或OH-浓度为1×10-10mol/L的溶液等。

②有色离子：MnO4－，Fe3＋，Fe2+，Cu２＋，Fe（SCN）２＋使溶液呈现一定的颜色。

③MnO4－、NO3－、Cr2O72－等在酸性条件下具有强氧化性。

④注意题目要求“一定大量共存”、“可能大量共存”还是“不能大量共存”等要求。

3．审题时还应特别注意以下几点：

（1）注意溶液的酸碱性对离子间发生氧化还原反应的影响。如：Fe2＋与NO3－能共存，但在强酸性条件下发生3Fe2＋+NO3－+4H＋=3Fe3+ + NO↑＋2H2O而不能大量共存；I－与NO3

－与Cl－在强酸性条件下也不能大量共存；－能共存，但在强酸性条件下不能大量共存；MnO

4

S2－与SO32－在碱性条件下可共存，但在酸性条件下不能大量共存。

(2) 弱酸的酸式根离子（如HCO3-、HSO3-、HS-、HPO42-、H2PO4-）既不能与H＋大量共存也不能与OH－大量共存。如：HCO3－＋OH－＝CO32－＋H2O (HCO3－遇碱时进一步电离) HCO3－＋H＋＝CO2↑＋H2O。

(3) 注意挖掘题目中隐含的信息，排除干扰信息，克服非智力因素失分。

离子方程式的书写正误是历年高考必出的试题，考查离子方程式的目的主要是了解考生使用化学用语的准确程度和熟练程度，具有一定的综合性。从命题的内容看，存在着三种特点：?所考查的化学反应均为中学化学教材中的基本反应，错因大都属于化学式能否拆分、处理不当、电荷未配平、产物不合理和漏掉部分反应等。

(2)所涉及的化学反应类型以复分解反应、溶液中的氧化还原反应为主。

?一些重要的离子反应方程式，在历年考卷中多次重复。

4．离子方程式正误判断规律（八“看”）

?看离子反应是否符合客观事实，不可主观臆造产物及反应。

?看“=”“≒”“↑”“↓”等是否正确。

?看表示各物质的化学式是否正确。如HCO3-不能写成CO32-＋H+

?看是否漏掉离子反应。

?看电荷是否守衡。

?看反应物或产物的配比是否正确。

?看是否符合题设条件及要求。

?看物料是否守衡。

3．例题精讲

[例1]下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是：

A．K＋、Ag＋、NO3－、Cl－B．Ba2＋、Na＋、CO32－、OH－

C．Mg2＋、Ba2＋、OH－、NO3－D．H＋、K＋、CO32－、SO42－

E．Al3＋、Fe3＋、SO42－、Cl－F．K＋、H＋、NH4＋、OH－

解析：A组中：Ag＋＋Cl－＝AgCl↓B组中，Ba2＋＋CO32－＝BaCO3↓

C组中，Mg2＋＋2OH－＝Mg(OH)2↓D组中，2H＋＋CO32－＝CO2↑＋H2O

E组中，各种离子能在溶液中大量共存。

F组中，NH4＋与OH－能生成难电离的弱电解质NH3·H2O，甚至有气体逸出。

NH4＋＋OH－＝NH3·H2O或NH4＋＋OH－＝NH3↑＋H2O

答案：E

[例2]在pH＝1的无色透明溶液中，不能大量共存的离子组是：

A．Al3＋、Ag＋、NO3－、I－B．Mg2＋、NH4＋、NO3－、Cl－

C．NH4＋、K＋、S2－、Br－D．Zn2＋、Na＋、NO3－、SO42－

解析：题目给出两个重要条件：pH＝1(即酸性)和无色透明，并要求找出不能大量共存的离子组。选项A中Ag＋与I－不能共存，生成黄色的AgI不溶于HNO3(H＋和NO3－)，Al3＋、NO3－、H＋都为无色，符合题意。选项B、D中的各离子虽都是无色的，但能共存于酸性溶液中，不符合题意。选项C中各离子能够共存，且为无色，但S2－与H＋不能大量共存，所以C也符合题意。答案：A、C

[例3]下列各组离子，在强碱性溶液中可以大量共存的是：

A．K＋、Na＋、HSO3－、Cl－B．Na＋、Ba2＋、AlO2－、NO3－

C．NH4＋、K＋、Cl－、NO3－D．K＋、Na＋、ClO－、S2－

解析：A中HSO3－＋OH－＝SO32－＋H2O C中NH4＋＋OH－＝NH3·H2O D中ClO－具有强氧化性，S2－具有还原性，发生氧化还原反应答案：B

[例4]下列各组离子在水溶液中能大量共存的是：

(1)I－、ClO－、NO3－、H＋(2)K＋、NH4＋、HCO3－、OH－

(3)SO32－、SO42－、Cl－、OH－(4)Fe3＋、Cu2＋、SO42－、Cl－

(5)H＋、K＋、AlO2－、HSO3－(6)Ca2＋、Na＋、SO42－、CO32－

A．(1)和(6)B．(3)和(4)C．(2)和(5)D．(1)和(4)

解析：通常组合选择题需对题干及各项逐一分析，选出符合题意的组合，然后与各选项比较得出结论。但本题可用排除法，先判断出组合(1)由于次氯酸是弱酸，故ClO－与H＋不能大量共存，发生反应：H＋+ClO－＝HClO，次氯酸有较强的氧化性以及硝酸(NO3－、H＋)都能与I－(具有还原性)发生氧化还原反应，因此该组不合题意，凡是含(1)的选项即A和D都不正确，可以排除。(2)中因发生：NH4＋＋OH－＝NH3·H2O，HCO3－＋OH－=CO32－＋H2O而不能大量共存，由此排除C，正确答案为B。其中(3)和(4)这两组离子在水溶液中能大量共存。本题涉及的组合(5)也不能大量共存，因为发生：H＋＋AlO2－＋H2O＝Al(OH)3↓，H＋＋HSO3－＝SO

↑＋H2O而不能大量共存。组合(6)中因Ca2＋＋CO32－＝CaCO3↓析出沉淀而不能大量2

共存。答案：B

[例5]下列各组离子，能够在溶液中大量共存的是：

A．Na＋、Al3＋、NO3－、AlO2－B．Na＋、Ca2＋、HCO3－、HSO4－

C．Cu2＋、K＋、NO3－、OH－D．S2O32－、Na＋、H＋、SO42－

E．Fe3＋、Cl－、SCN－、K＋F．Fe3＋、NH4＋、Cl－、NO3－

G．Fe2＋、Cl－、NO3－、H＋H．Na＋、Al3＋、SO42－、HCO3－

解析：解本题的关键在于熟悉离子反应、盐类水解、氧化还原反应的规律以及某些特殊离子的存在条件是否由于其它离子的存在而遭破坏。下列各组离子，因为发生下列反应不能大量共存。

A组：Al3＋＋3AlO2－＋6H2O＝4Al(OH)3↓B组：HCO3－＋HSO4－＝H2O＋CO2↑＋SO42－

C组：Cu2＋＋2OH－＝Cu(OH)2↓D组：S2O32－＋2H＋＝SO2↑＋S↓＋H2O

E组：Fe3＋＋3SCN－＝Fe(SCN)3G组：3Fe2＋＋NO3－＋4H＋＝3Fe3＋＋NO↑＋2H2O

H组：Al3＋＋3HCO3－＝Al(OH)3↓＋3CO2↑F组：能大量共存答案：F [例6]下列离子方程式正确的是

A．AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4＋；

B．C6H5ONa溶液中通入少量CO2：2C6H5O-+CO2+H2O2C6H5OH+ CO32-；

C．FeBr2溶液中通入少量Cl2：2Br-+Cl2＝Br2+2Cl-；

D．Mg(HCO3)2溶液中加入足量NaOH溶液：Mg2++2HCO3-+4OH-＝Mg(OH)2↓+2CO32-+2H2O.

解析：Ｂ中不论CO2多少，均得HCO3-；C中应先氧化Fe2+。答案：Ａ、D

[例7]下列离子方程式正确的是

A．向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，至沉淀完全：

2H++SO42-+Ba2++2OH-＝BaSO4↓+2H2O

B．碳酸钠与醋酸溶液反应：CO32-+2CH3COOH＝CO2↑+2CH3COO- +H2O

C．将1～2mL氯化铁饱和溶液加入到20 mL沸水中：

Fe3++3H2O Fe(OH)3（胶体）+3H+

D．氢氧化铁与氢碘酸中和：Fe(OH)3+3H+＝Fe3++3H2O

解析：Ａ应为H++SO42-+Ba2++OH-＝BaSO4↓+H2O；D中氢碘酸有还原性，要还原

+3价的铁：2Fe(OH)3+6H++2I-＝2Fe2++I2+6H2O

答案：B、C

[例8]下列离子方程式正确的是

A．等物质的量浓度的Ba(OH)2溶液与明矾溶液以体积比3比2混合

3Ba2+＋6OH－＋2Al3+＋3SO42－＝3BaSO4↓＋2Al(OH)3↓

B．Fe(OH)2溶于稀硝酸中Fe(OH)2＋3H+＝Fe2+＋3H2O

C．H218O中投入Na2O2固体2H218O＋2O22－＝4OH－＋18O2↑

D．CuCl2溶液中加入Na2S溶液Cu2+＋S2－＋2H2O＝Cu(OH)2↓＋H2S↑

解析：B中硝酸有氧化性，要氧化+2价的铁：3Fe(OH)2＋10H+＋NO3－＝3Fe3+＋NO↑＋8H2O；C应为2H218O＋2 Na2O2＝2 Na OH＋2 Na 18OH＋O2↑；D应为Cu2+＋S2－＝Cu S↓答案：A

[例9]下列离子方程式的书写正确的是

A．FeS固体与稀HNO3溶液混合FeS＋2H＋＝2Fe2＋＋H2S↑

B．NH4HSO4溶液中加入足量Ba(OH)2溶液H＋＋SO42－＋Ba2＋＋OH－＝BaSO4↓＋H2O C．Ca(ClO)2溶液中通入足量的CO2气体Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O＝CaCO3↓＋2HClO

D．等浓度等体积的Ca(H2PO4)2溶液与NaOH溶液混合Ca2＋＋H2PO4－＋OH－＝CaHPO4↓＋H2O

解析：A中硝酸有氧化性，要氧化+2价的铁和-2价的硫；

B应为NH4＋+H＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－＝BaSO4↓+NH3·H2O＋H2O；C中CO2足量应生成HCO3－。

答案：D

[例10]下列离子方程式书写正确的是

A．将少量SO2气体通入NaClO溶液中SO2+2ClO－+H2O=SO32－+2HClO

B．向KHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至所得溶液的pH=7 Ba2++2OH－+2H++SO42－=BaSO

↓+2H2O

4

C．向Ca(HCO3)2溶液中滴入过量的NaOH溶液Ca2++2 HCO3－+2OH－=CaCO3↓+CO32－+2H2O

D．112mL（S.T.P）Cl2通入10mL1mol/L的FeBr2溶液中2Fe2++4Br－+3Cl2=2Fe3++6Cl

－+2Br

2

解析：A中SO32－要被HClO 氧化；D中Cl2少仅氧化Fe2+ 答案：B、C

金属的性质

铁三角

“铝三角”转换关系与其图象问题

1. “铝三角”中相互转化关系

为两性氢氧化物，它在水溶液中存在酸式或碱式两种电离平衡：

，同时又可相互转化，其转化关系可用“铝三角”表示为：

2. “铝三角”转化关系中的图象问题

①向溶液中滴加NaOH溶液直到过量

②向NaOH溶液中滴加溶液直至过量

③向溶液中滴加稀氨水直至过量

④向溶液中滴加稀盐酸直至过量

⑤向稀盐酸中滴加溶液直至过量

⑥向溶液中通入气体直至过量

分子构型（价层电子对互斥与杂化轨道理论）

1.确定中心原子中价层电子对数

中心原子的价层电子数和配体所提供的共用电子数的总和除以2，即为中心原子的价层电子对数。 规定：(1)作为配体，卤素原子和H 原子提供1个电子，氧族元素的原子不提供电子；(2)作为中心原子，卤素原子按提供7个电子计算，氧族元素的原子按提供6个电子计算；(3)对于复杂离子，在计算价层电子对数时，还应加上负离子的电荷数或减去正离子的电荷数；(4)计算电子对数时，若剩余1个电子，亦当作 1对电子处理。(5) 双键、叁键等多重键作为1对电子看待。

计算价层电子对数和孤对电子对数的方法：

价层电子对数= (A 原子的价层电子数+ B 原子提供的形成共价单键的

电子数±离子的电荷数)

（规定B 原子为氧族元素时不提供电子）

孤对电子对数=价层电子对数―成键电子对数

以AXm 为例 (A —中心原子,X —配位原子) ：1.先确定中心原子的价层电子对数n

原则：①A 的价电子数 =主族序数；例：B:3，C:4，N:5，O:6，X:7，稀有气体:8 ②配体X ：H 和卤素每个原子各提供一个价电子, 规定氧与硫不提供价电子

③正离子应减去电荷数,负离子应加上电荷数。

例如：SO42- : n=(6+0+2)/2=4

?、中心原子价电子对数与价电子对互斥后空间构型对应表

2m

?+=电子数每个配位原子提供的价中心原子的价电子数n

(3)、孤对电子对数= 中心原子价电子对数- σ键数

*电子对与分子的空间构型存在差异的原因是由于孤对电子没有参与成键

2．判断分子的空间构型

根据中心原子的价层电子对数，从表9-4中找出相应的价层电子对构型后，再根据价层电子对中的孤对电子数，确定电子对的排布方式和分子的空间构型。

实例分析:试判断PCl5 离子的空间构型。

解：P离子的正电荷数为5，中心原子P有5个价电子，Cl原子各提供1个电子，所以P原子的价层电子对数为（5+5）/2 = 5，其排布方式为三角双锥。因价层电子对中无孤对电子，所以PCl5 为三角双锥构型。

实例分析：试判断H2O分子的空间构型。

解：O是H2O分子的中心原子，它有6个价电子，与O化合的2个H原子各提供1个电子，所以O原子价层电子对数为（6+2）/2 = 4，其排布方式为四面体，因价层电子对中有2对孤对电子，所以H2O分子的空间构型为V形。

表9-5 理想的价层电子对构型和分子构型

实例分析：判断HCHO分子和HCN分子的空间构型

解分子中有1个C=O双键，看作1对成键电子，2个C-H单键为2对成键电子，C原子的价层电子对数为3，且无孤对电子，所以HCHO分子的空间构型为平面三角形。

HCN分子的结构式为H—C≡N∶，含有1个C≡N叁键，看作1对成键电子，1个C­H单键为1对成键电子，故C原子的价层电子对数为2，且无孤对电子，所以H CN分子的空间构型为直线。

分子的极性由共价键的极性及分子的空间构型两个方面共同决定。

1.双原子分子

取决于成键原子之间的共价键是否有极性

①以极性键结合而形成的异核双原子分子都是极性分子，如HCl

②以非极性键结合而形成的同核双原子分子是非极性分子，如Cl2。

2.多原子分子

取决于分子的空间构型和共价键的极性

(1)化合价法

一般地,当中心原子化合价的绝对值等于该元素价电子数时,该分子为非极性分子;否则为极性分子

请判断PCl3、CCl4、CS2、SO2分子的极性。

(2)物理模型法

将分子中的共价键看作作用力,不同的共价键看作不相等的作用力,运用物理上力的合成与分解,看中心原子受力是否平衡,如平衡则为非极性分子;否则为极性分子

C=O键是极性键,但从分子总体而言CO2是直线型分子,两个C=O键是对称排列的,两键的极性互相抵消(F合=0),∴整个分子没有极性,电荷分布均匀,是非极性分子.

高考化学专题复习第八讲晶体结构试题分类解析

一、教材中重要的晶体结构示意图

图1 NaCl的晶体结构图2 CsCl的晶体结构图3 干冰的晶体结构

图4 SiO2的晶体结构图5 金刚石的晶体结构图6石墨的晶体结构俯视图

练习图

1、请将上面练习图中NaCl晶体结构中代表Na+ 的圆圈涂黑（不考虑体积大小），以完成NaCl晶体的结构示意图。在该晶体中每个Na+ 周围与之最接近且距离相等的Na+ 共有个；与每个Na+等距离且最近的Cl-所围成的空间几何构型为。

2、在CsCl晶体中，每个Cs+ 周围与之最接近的且距离相等的Cs+ 有个。

3、在干冰晶体中，每个CO2分子周围与之最接近的且距离相等的CO2分子有个。

4、在金刚石的网状结构中，含有由共价键形成的碳原子环，其中最小的环上有个碳原子，每个碳原子上的任意两个C—C键的夹角都是。

5、石墨是层状结构，每一层内，碳原子排列成而成平面网状结构。每一个碳原子跟其它个碳原子相连。

二、根据晶体结构或晶胞结构示意图推断晶体的化学式

解答这类试题，通常采用分摊法。因为在一个晶胞结构中出现的多个原子，并不是只为这一个晶胞所独立占有，而是为多个晶胞共用，所以每一个晶胞只能按比例分摊。

分摊的根本原则是：晶胞任意位置上的原子如果是被n个晶胞所共有，则每个晶胞只能分得这个原子的1/n。

具体地，根据晶胞（晶体中最小重复单位）求晶体中粒子个数比的方法是：①处于顶点的粒子，同时为8个晶胞共有，每个粒子有1/8属于晶胞；②处于棱上的粒子，同时为4个晶胞共有，每个粒子有1/4属于晶胞；③处于面上的粒子，同时为两个晶胞共有，每个粒子有1/2属于晶胞。

例⒈现在四种晶体，其离子排列方式如图所示，其中化学式正确的是（）

AB2 EF2 XY3Z AB

（A）（B）（C）（D）

【分析】根据题意应选C、D。这类题解题的思维方法为平均法，即先分析基本结构单元中的一个点或一条边为几个结构单元所共有，若为n个基本结构单元共有，则这个基本结构单元就只占有这个点或这条边的1/n。

这种求晶胞中粒子个数的方法还可类推到求晶胞中化学键数目，如：

例⒉石墨是层状晶体，每一层内碳原子排列成正六边形，一个个正六边形排列成平面网状结构，如果将每对相邻碳原子间的短线看成一个化学键，则石墨晶体中每一层内碳原子数与C—C键数的比是（）

（A）2∶3 （B）1∶3 （C）1∶1 （D）1∶2

【分析】据石墨的晶体结构可知：每个碳原子为三个正六边形共用，每个正六边形占有该碳原子的1/3，因此，每个正六边形占有碳原子数为6×个；晶体中每个C—C键即为每个正六边形的边，每个边为2个正六边形共用，每个正六边形占有该C—C键的，故每个正六边形占有C—C键数目为6×=3个，选（A）。

例⒊最近发现一种由钛原子和碳原子构成的气态团簇分子（如下图所示），顶角和面心的原子是钛原子，棱的中心和体心的原子是碳原子，它的化学式是。

【分析】你的答案是TiC吗？这是错的，为什么呢？这只不过是一个具有规则结构的大分子，而不是一个空间结构中的最小重复单位，按例1的方法计算自然是错的了。在这个问题中，我们只需数出两种原子的数目就可以了（Ti14C13），而不必进行上面的计算。

练习：6、水分子间由于氢键的作用彼此结合而形成(H2O)n，在冰中每个水分子被4个水分子包围形成变形的四面体，通过氢键相互连接成晶体，其结构如下图所示。则1 mol冰中有mol氢键。

7、科学家发现钇钡铜氧化合物在90 K具有超导性，若该化合物的结构如下图所示，则该化合物的化学式可能是（）

（A）YBa2Cu3O4 （B）YBa2Cu2O5 （C）YBa2Cu3O5 （D）YBaCu4O4

（例三题图）（第6题图）（第7题图）

（第10题图）

（第8题图）（第9题图）

8、石墨晶体是层状结构，在每一层内，每一个碳原子都跟其它3个碳原子相结合。上图是其晶体结构的俯视图，则图中7个六元环完全占有的碳原子数是（）（A）10个（B）18个（C）24个（D）14个

解析：一个环6个碳，一个碳由三个环共用，7*6/3=14

9、上图所示为高温超导领域的一种化合物——钙钛矿的结构，该结构是具有代表性的最小重复单元。试确定该结构单元的质量。（相对原子质量：Ca 40 Ti 48 O 16）

10、二氧化硅是立体的网状结构，其晶体模型如上图所示，请认真观察该晶体模型后回答以下问题：

（1）二氧化硅晶体中最小环为元环；

（2）每个硅原子为个最小环共有；

（3）每个最小环平均拥有个硅原子，个氧原子。

三、晶胞结构与晶体密度的计算

例⒊如图是CsCl晶体的晶胞（晶体中最小重复单元），已知晶体中两个最近的Cs+ 核间距为a cm，氯化铯的式量为M，N A为阿伏加德罗常数，则氯化铯晶体的密度为（）

A . B. C.

D.

【分析】解法一：晶体的密度等于晶体的质量与晶体在该质量下的体积的比值（即晶体

的密度=），据式量可知，1 mol CsCl的质量为M克，故需求出1mol CsCl

的体积。因晶体是由晶胞构成的，而1个CsCl晶胞的体积为a3 cm3。因此，此题解题的关键是找出1 mol CsCl晶体中的晶胞数目，由晶胞的示意图可知，1个晶胞中含1个Cs+和1个Clˉ，所以，在 1 mol CsCl晶体中含N A个的晶胞。由此可得，晶体的密度为

。

解法二：一个晶胞的体积为a3 cm3，若求出一个晶胞的质量，则可以求出晶胞的密度，也就是晶体的密度（因为晶胞是晶体中最小的结构单元）。根据晶胞的结构示意图可知，1个晶胞中含1个Cs+和1个Clˉ，所以一个晶胞的质量也就是1个Cs+和1个Clˉ的质量，

所以晶胞的质量为+，即=，因此也

可得出晶体的密度。

四、分子内或晶体中化学键数目及多面体面数等的计算

例⒋德国和美国科学家首次制造出了由20个碳原子组成的空心笼状分子C20，该笼状结构是由许多正五边形构成的（如右图所示）。请回答：

C20分子中共有_____个正五边形，共有_______条棱边。C20晶体属于___________（填晶体类型）。

【分析】解法一：从分子结构示意图可以看出，在C20分子内每个碳原子与另外3个碳

原子成键，因此，C20分子键总数=20×3×（因为2个原子形成一个键），也即C20分子中共有30条棱边（因为化学键总数=多面体棱边总数）。

从数学角度，多面体棱边数=多面体面数×每个面的棱边数×（因为2个面共用一条棱边），设正五边形的个数为x，则有：30= x×5×，所以，正五边形的个数为12。

实际上C20与C60都属于碳的同素异形体，应属于分子晶体。

解法二：设C20分子中含x个正五边形，通过观察图形可知，每一个顶点为三个正五边形共用，则每个正五边形占有该顶点的，因此，每个正五边形占有碳原子数为5×个，这个基本结构单元的碳原子数为x×5×=20，因此，C20分子中含有正五边形个数x=12；每一条边为两个正五边形共用，每个正五边形只占有这条边的，故C—C键的数目为12×5×=30个，即C20分子中共有30条棱边。

【总结】在分子内或晶体中：化学键总数=多面体棱边总数

其中，化学键总数=参与成键的微粒总数×每个微粒的成键数×

（例四题图）（练习11 图）

练习11、已知晶体硼的基本结构单元是由硼原子组成的正二十面体（如下图）。其中有二十个等边三角形的面和一定数目的顶点，每个顶点各有一个硼原子，则这个基本结构单元由_12___个硼原子构成，共含有_30___个B—B键。

解析：每个三角形有三个顶点，每个顶点由五个三角形共用，顶点数=20*3/5=12，即为硼原子个数。每个三角形三个键，每个键两个三角形共用，20*3/2=30，即为棱边数。

五、综合性试题分析

在有关晶体结构的推断和计算试题中，综合性试题往往是试卷中难度最大的题目。其实，这类试题只是把以上有关分析与计算综合到了一个题中，因此，我们可以采用以上有关解题方法对其做出分析解答。

例⒌在离子晶体中，阴、阳离子按一定规律在空间排列，右图（a）是NaCl的晶体结构，在离子晶体中，阴、阳离子具有或近似具有球形对称结构，它们可以被看作是不等径的刚性圆球，并彼此相切如NaCl晶体结构图（b），已知a为常数。

（1）在NaCl晶体中，每个Na+ 同时吸引个Cl-；Na+ 数目和Cl-数目之比为；

（2）Na+ 半径与Cl-半径之比= （已知=1.414）；（3）NaCl晶体中不存在

分子，但在1.013×105 Pa，1413 ℃时，NaCl晶体形成气体，并以分子形式存在。现有29.25

水解

克NaCl 晶体，在1.013×105 Pa 时强热使温度达到1501.5 ℃，测得气体体积为36.4 L ，试

应用有关物理、化学知识计算此时氯化钠气体的分子式（不写计算过程）；

（4）若a=5.6×10-8 cm ，求NaCl 晶体的密度（已知5.6 3

=175.6，NaCl 的摩尔质量为58.5 g/mol ）。

【解析】（1）6，1∶1 （2）由图（b ），因为r （Cl -）＞r （Na +），则r （Cl -）=

2r （Na +）= a －2r （Cl -）= a －2×，即r （Na +）= 所以，==0.414

（3）摩尔质量M ==117 g/mol

设NaCl 分子式为 (NaCl) n ，则有58.5n=117 n=2，即NaCl 气体的分子式为Na 2Cl 2。

（4）由NaCl 晶体结构分析，每个晶体中含有4个“NaCl 分子”，则有ρV =，所以ρ=/ (5.6×10-8)3=2.2 g/cm 3

选修四--- 盐类的水解

高中化学盐类的水解考点精讲

1．复习重点

1．盐类的水解原理及其应用

2．溶液中微粒间的相互关系及守恒原理

2．难点聚焦

（一） 盐的水解实质

H 2O H ++OH —

n

当盐AB 能电离出弱酸阴离子（B n —）或弱碱阳离子（A n+），即可与水电离出的H +或OH

—结合成电解质分子，从而促进水进一步电离.

与中和反应的关系：盐+水 酸+碱（两者至少有一为弱）

由此可知，盐的水解为中和反应的逆反应，但一般认为中和反应程度大，大多认为

是完全以应，但盐类的水解程度小得多，故为万逆反应，真正发生水解的离子仅占极小比例。

（二）水解规律

简述为：有弱才水解，无弱不水解 越弱越水解，弱弱都水解 谁强显谁性，等强显中性

具体为：

1．正盐溶液

①强酸弱碱盐呈酸性 ②强碱弱酸盐呈碱性 ③强酸强碱盐呈中性④弱酸碱盐不一定

如 NH 4CN CH 3CO 2NH 4 NH 4F

碱性 中性 酸性

取决于弱酸弱碱 相对强弱

2．酸式盐

①若只有电离而无水解，则呈酸性（如NaHSO 4）

②若既有电离又有水解，取决于两者相对大小

电离程度＞水解程度，呈酸性

电离程度＜水解程度，呈碱性

强碱弱酸式盐的电离和水解.

a) 以H m A n —表示弱酸酸式盐阴离子的电离和水解平衡.

H m+1A

(n m A n —1 + H 2(n+1)—+ H +

增大[OH —] 促进电离 促进水离 [H +]增大

仅能存在于一定pH 值范围

如H 3PO 4及其三种阴离子随溶液pH 变化可相互转化：

pH 值增大

H 3PO 4 H 2PO 4— HPO 42— PO 43—

pH 减小

③常见酸式盐溶液的酸碱性

碱性：NaHCO 3、NaHS 、Na 2HPO 4、NaHS. 酸性：NaHSO 3、NaH 2PO 4、NaHSO 4

（三）影响水解的因素

内因：盐的本性.

外因：浓度、湿度、溶液碱性的变化

（1）温度不变，浓度越小，水解程度越大.

（2）浓度不变，湿度越高，水解程度越大.

（3）改变溶液的pH值，可抑制或促进水解。

（四）比较外因对弱电解质电离和盐水解的影响.

HA H++A——Q A—+H2O HA+OH——Q

温度（T）T↑→α↑ T↑→h↑

加水平衡正移，α↑促进水解，h↑

增大[H+] 抑制电离，α↑促进水解，h↑

增大[OH—]促进电离，α↑抑制水解，h↑

增大[A—] 抑制电离，α↑水解程度，h↑

注：α—电离程度 h—水解程度

思考：①弱酸的电离和弱酸根离子的水解互为可逆吗？

②在CH3COOH和CH3COONO2的溶液中分别加入少量冰醋酸，对CH3COOH电离程度和CH3COO—水解程度各有何影响？

（五）盐类水解原理的应用

1．判断或解释盐溶液的酸碱性

例如：①正盐KX、KY、KZ的溶液物质的量浓度相同，其pH值分别为7、8、9，则HX、HY、HZ的酸性强弱的顺序是________________

②相同条件下，测得①NaHCO3②CH3COONa ③NaAlO2三种溶液的pH值相同。那实验么它们的物质的量浓度由大到小的顺序是_______________.

因为电离程度CH3COOH＞HAlO2所以水解程度NaAlO2＞NaHCO3＞CH3COON2在相同条件下，要使三种溶液pH值相同，只有浓度②＞①＞③

2．分析盐溶液中微粒种类.

例如 Na2S和NaHS溶液溶液含有的微粒种类相同，它们是Na+、S2—、HS—、H2S、OH—、H+、H2O，但微粒浓度大小关系不同.

3．比较盐溶液中离子浓度间的大小关系.

（1）一种盐溶液中各种离子浓度相对大小

①当盐中阴、阳离子等价时

[不水解离子] ＞[水解的离子] ＞[水解后呈某性的离子（如H+或OH—）] ＞[显性对应离子如OH—或H+]

实例：aCH3COONa. bNH4Cl

a.[Na+]＞[CH3COO—] ＞[OH—] ＞[H+]

b.[Cl—] ＞[NH4+]＞[OH—]

②当盐中阴、阳离子不等价时。

要考虑是否水解，水解分几步，如多元弱酸根的水解，则是“几价分几步，为主第一步”，实例Na2S水解分二步

S2—+H2O HS—+OH—（主要）

HS—+H2O H2S+OH—（次要）

各种离子浓度大小顺序为：

[Na+]＞[S2—] ＞[OH—] ＞[HS—] ＞[H+]

（2）两种电解质溶液混合后各种离子浓度的相对大小.

①若酸与碱恰好完全以应，则相当于一种盐溶液.

②若酸与碱反应后尚有弱酸或弱碱剩余，则一般弱电解质的电离程度＞盐的水解程度.

4．溶液中各种微粒浓度之间的关系

以Na2S水溶液为例来研究

（1）写出溶液中的各种微粒

阳离子：Na+、H+ 阴离子：S2—、HS—、OH—

（2）利用守恒原理列出相关方程.

10电荷守恒：[Na+]+[H+]=2[S2—]+[HS—]+[OH—]

20物料守恒： Na2S=2Na++S2—

若S2—已发生部分水解，S原子以三种微粒存在于溶液中。[S2—]、[HS—]，根据S原子守恒及Na+的关系可得.

[Na+]=2[S2—]+2[HS—]+2[H2S]

30质子守恒

H2O H++OH—

由H2O电离出的[H+]=[OH—]，水电离出的H+部分被S2—结合成为HS—、H2S，根据H+（质子）守恒，可得方程：

[OH—]=[H+]+[HS—]+2[H2S]

想一想：若将Na2S改为NaHS溶液，三大守恒的关系式与Na2S对应的是否相同？为什么？

提示：由于两种溶液中微粒种类相同，所以阴、阳离子间的电荷守恒方程及质子守恒是一致的。但物料守恒方程不同，这与其盐的组成有关，若NaHS只考虑盐本身的电离而不考虑HS—的进一步电离和水解，则[Na+]=[HS—]，但不考虑是不合理的。正确的关系为[Na+]=[HS—]+[S2—]+[H2S]

小结：溶液中的几个守恒关系

（1）电荷守恒：电解质溶液呈电中性，即所有阳离子所带的正电荷总数与所有阴离子所带的负电荷总数代数和为零。

（2）物料守恒（原子守恒）：即某种原子在变化过程（水解、电离）中数目不变。

（3）质子守恒：即在纯水中加入电解质，最后溶液中[H+]与其它微粒浓度之间的关系式（由电荷守恒及质子守恒推出）

练一练！写出0.1mol/L Na2CO3溶液中微粒向后三天守恒关系式。

参考答案：

①[Na+]+[H+]=[OH—]+[HCO3—]+2[CO32—]

②[HCO3—]+[CO32—]+[H2CO3]=0.1

③[OH—]=[H+]+[HCO3—]+2[H2CO3]

5．判断加热浓缩至盐干溶液能否得到同溶质固体。

加热至干

△

例1．AlCl 3+3H 2O Al(OH)3+HCl △H ＞0（吸热）

①升温，平衡右移

②升温，促成HCl 挥发，使水解完全 AlCl 3+3H 2O Al(OH)3+3HCl ↑

↓灼烧

Al 2O 3

例2．Al 2(SO 4)3+6H 2O 2Al(OH)3+3H 2SO 4 △H ＞0（吸热）

①升温，平衡右移

②H 2SO 4难挥发，随C(H 2SO 4)增大，将抑制水解

综合①②结果，最后得到Al 2SO 4

从例1例2可小结出，加热浓缩或蒸干盐溶液，是否得到同溶质固体，由对

应酸的挥发性而定.

结论：

①弱碱易挥发性酸盐 ??→?蒸干 氢氧化物固体（除铵盐）

② 弱碱难挥发性酸盐??→?蒸干

同溶质固体

6．某些盐溶液的配制、保存

在配制FeCl 3、AlCl 3、CuCl 2、SnCl 2等溶液时为防止水解，常先将盐溶于少量相应的酸中，再加蒸馏水稀释到所需浓度.

Na 2SiO 3、Na 2CO 3、NH 4F 等不能贮存磨口玻璃塞的试剂瓶中，因Na 2SiO 3、Na 2CO 3水解呈碱性，产生较多OH —，NH 4F 水解产生HF ，OH —、HF 均能腐蚀玻璃.

7．某些离子间因发生又水解而在溶液中不大量共存，如

①Al 3+与S 2—、HS —、CO 32—、HCO 3—、AlO 2，SiO 32—、ClO —、C 6H 5O —等不共存

②Fe 3与CO 32—、HCO 3—、AlO 2—、ClO —等不共存

③NH 4+与ClO —、SiO 32—、AlO 2—等不共存 想一想：Al 2S 3为何只能用干法制取？（2Al+2S Al 2S 3）

小结：能发生双水解反应，首先是因为阴、阳离子本身单一水解程度相对较大，其次水解一方产生较多，H +，另一方产生较多OH —，两者相互促进，使水解进行到底。

例如：

—

3 + 3H +

2O

3HCO 3—+Al 3+

===Al(OH)3↓+3CO 2↑

8．泡沫灭火器内反应原理.

NaHCO 3和Al 2(SO 4)3混合可发生双水解反应： 2HCO 3—+Al 3+==Al(OH 3)↓+3CO 2↑

生成的CO 2将胶状Al(OH)3吹出可形成泡沫