本章重難點專題突破一物質(zhì)常見的分類方法對物質(zhì)進行分類的常見方法有以下兩種：樹狀分類法和交叉分類法。1.物質(zhì)的樹狀分類[特殊提示](1)純潔物和混合物的區(qū)分純潔物混合物有固定的組成和結(jié)構(gòu)無固定的組成和結(jié)構(gòu)有固定的熔、沸點無固定的熔、沸點保持一種物質(zhì)的性質(zhì)保持原有物質(zhì)各自的性質(zhì)(2)常見混合物①溶液、濁液等。②空氣、植物油、汽油等。2.物質(zhì)的交叉分類如HCl是一元酸、無氧酸；H2SO4是二元酸、含氧酸。[特殊提示]物質(zhì)的交叉分類是應(yīng)用最廣泛的分類方法，由于一種物質(zhì)具有多種性質(zhì)，可以按某一種性質(zhì)分類，也可以按另一種性質(zhì)分類，在以后的學(xué)習(xí)中留意應(yīng)用交叉分類學(xué)習(xí)物質(zhì)的性質(zhì)；物質(zhì)的樹狀分類是宏觀把握物質(zhì)的一種分類方法，尤其是學(xué)習(xí)化學(xué)概念時一般應(yīng)用這種分類方法。【典例1】以下十種物質(zhì)：①水②空氣③鐵④二氧化碳⑤H2SO4⑥熟石灰[Ca(OH)2]⑦膽礬⑧FeCl3溶液⑨堿式碳酸銅[Cu2(OH)2CO3]⑩碳酸氫鈉(NaHCO3)其中屬于混合物的是________(填序號，下同)；屬于氧化物的是________；屬于堿的是________；屬于酸的是________；屬于鹽的是________。解析堿式鹽[Cu2(OH)2CO3]、酸式鹽(NaHCO3)、結(jié)晶水合物(如膽礬CuSO4·5H2O)，都有固定的組成，均為純潔物，而FeCl3溶液包含F(xiàn)eCl3和水，屬于混合物。答案②⑧①④⑥⑤⑦⑨⑩理解感悟物質(zhì)分類的標準較多，類別較多，但是都是以物質(zhì)的根本概念進行區(qū)分和聯(lián)系的。如：有固定組成的物質(zhì)就是純潔物，如CuSO4·5H2O，其中CuSO4與結(jié)晶水的個數(shù)比是1∶5，組成固定，屬于化合物，所以CuSO4·5H2O是純潔物，不是混合物。由一種元素與氧元素組成的化合物是氧化物；在水溶液中電離出來的陰離子均為OH－的化合物是堿；在水溶液中電離出來的陽離子均為H＋的化合物是酸；由金屬陽離子(或銨根離子)與酸根離子組成的化合物為鹽。因此，只要我們把握好概念的內(nèi)涵和外延，從本質(zhì)理解概念，就可以把繁雜的分類學(xué)問把握了。二比照三種分散系學(xué)會制備膠體把一種(或多種)物質(zhì)分散在另一種(或多種)物質(zhì)中所得到的體系叫分散系，其中被分散的物質(zhì)稱作分散質(zhì)，分散其他物質(zhì)的物質(zhì)稱作分散劑，即：分散系＝分散質(zhì)＋分散劑。三種分散系的比擬分散系溶液膠體濁液分散質(zhì)粒子的種類分子、離子較多分子的集合體或大分子大量分子的集合體(固體小顆粒或小液滴)分散質(zhì)粒子的直徑d<1nm1nm<d<100nmd>100nm外部特征均一、透亮?????、穩(wěn)定均一、透亮?????、較穩(wěn)定不均一、不透亮?????、不穩(wěn)定能否透過濾紙能能不能鑒別方法無丁達爾效應(yīng)有丁達爾效應(yīng)靜置分層實例食鹽水、碘酒氫氧化鐵膠體、淀粉溶膠泥水【典例2】我國科學(xué)家在世界上第一次為一種名為“鈷酞菁〞的分子(直徑為×10－9m)恢復(fù)了磁性。“鈷酞菁〞分子結(jié)構(gòu)和性質(zhì)與人體內(nèi)的血紅素及植物體內(nèi)的葉綠素特別相像。以下說法中不正確的選項是()A.“鈷酞菁〞分子所形成的分散系具有丁達爾效應(yīng)B.“鈷酞菁〞分子不能透過濾紙C.此項工作可以用來轉(zhuǎn)變分子的某些物理性質(zhì)D.此工作可廣泛應(yīng)用于光電器件、生物技術(shù)等方面解析直徑為×10－9m符合膠體微粒直徑范圍，所以具有丁達爾效應(yīng)，A對；膠體能透過濾紙，不能透過半透膜，B錯；磁性為物理性質(zhì)，C對。答案B理解感悟分散質(zhì)粒子直徑介于1～100nm之間是膠體的本質(zhì)特征，所以先從分散質(zhì)粒子的大小確定其是哪種分散系，再據(jù)此推斷各項是否正確。三電解質(zhì)中的“是與非〞電解質(zhì)中的“是與非〞(1)電解質(zhì)、非電解質(zhì)的相同之處在于它們都是化合物，單質(zhì)和混合物既不屬于電解質(zhì)，又不屬于非電解質(zhì)；電解質(zhì)、非電解質(zhì)的不同之處是在水溶液里或熔融狀態(tài)下能否導(dǎo)電。(2)電解質(zhì)概念中的“或〞，指兩種狀況任取一種即可；非電解質(zhì)中的“無論〞和“都〞，指兩種狀況必需同時滿意。(3)從物質(zhì)類別上把握概念更清楚明白。如：酸、堿、金屬氧化物、大多數(shù)鹽以及H2O為電解質(zhì)。酒精、蔗糖和大多數(shù)非金屬氧化物是非電解質(zhì)。(4)能導(dǎo)電的物質(zhì)不肯定是電解質(zhì)，如石墨等；電解質(zhì)本身不肯定能導(dǎo)電，如食鹽晶體。(5)NH3、SO2溶于水均能導(dǎo)電，但并非它們本身能電離出自由離子，而是它們與水反響的生成物NH3·H2O、H2SO3能電離出離子，所以NH3、SO2都是非電解質(zhì)。【典例3】以下狀態(tài)的物質(zhì)，既能導(dǎo)電又屬于電解質(zhì)的是()A.MgCl2晶體B.NaCl溶液C.液態(tài)HClD.熔融的NaOH解析B項是混合物，不是電解質(zhì)；A、C、D項都是電解質(zhì)，但MgCl2晶體中離子不能自由移動，不能導(dǎo)電；C項中是分子，沒離子，也不導(dǎo)電。答案D四離子方程式的書寫與正誤推斷方法1.離子方程式的書寫方法要求抓住兩易、兩等、兩查兩易：即易溶、易電離的物質(zhì)(包括強酸、強堿、大多數(shù)可溶性鹽)以實際參與反響的離子符號表示，非電解質(zhì)、難電離的物質(zhì)(包括弱酸、弱堿、水等)、難溶物、單質(zhì)、氣體、氧化物等用化學(xué)式表示。兩等：離子方程式兩邊的原子個數(shù)、電荷總數(shù)均對應(yīng)相等。兩查：檢查各項是否都有公約數(shù)，是否漏寫必要的反響條件。2.離子方程式的正誤推斷方法(1)看是否符合客觀事實。如Fe跟稀H2SO4反響，寫成2Fe＋6H＋=2Fe3＋＋3H2↑是錯誤的。(2)看化學(xué)式拆寫是否正確。如NaHCO3與稀HCl反響寫成2H＋＋COeq\o\al(2－,3)=CO2↑＋H2O是錯誤的。(3)看是否遵循質(zhì)量守恒和電荷守恒。如Zn＋Ag＋=Zn2＋＋Ag電荷不守恒。(4)看是否漏掉局部離子反響。如H2SO4溶液與Ba(OH)2溶液的反響，寫成Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓或H＋＋OH－=H2O都是錯誤的。【典例4】推斷以下離子方程式是否正確，錯誤者指明緣由，并寫出正確的離子方程式。①鐵粉溶于稀硫酸中：2Fe＋6H＋=2Fe3＋＋3H2↑②用三氯化鐵溶液制取Fe(OH)3膠體：Fe3＋＋3H2O=Fe(OH)3↓＋3H＋③氫氧化銅溶于鹽酸：OH－＋H＋=H2O④氫氧化鋇溶液與硫酸銅溶液混合：2OH－＋Cu2＋=Cu(OH)2↓⑤鋁與氯化銅溶液發(fā)生置換反響：Al＋Cu2＋=Al3＋＋Cu⑥硫酸溶液與氫氧化鋇溶液混合：H＋＋OH－＋SOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋=BaSO4↓＋H2O⑦碳酸鈣溶于硝酸溶液：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O⑧碳酸氫鈣溶液與足量氫氧化鈉溶液混合：HCOeq\o\al(－,3)＋OH－=COeq\o\al(2－,3)＋H2O答案序號正誤推斷錯誤緣由正確的離子方程式①×不符合反響事實，產(chǎn)物應(yīng)為Fe2＋，不是Fe3＋Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑②×產(chǎn)物為Fe(OH)3膠體，不是沉淀Fe3＋＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Fe(OH)3(膠體)＋3H＋③×氫氧化銅不能寫成OH－，應(yīng)寫化學(xué)式Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O④×生成Cu(OH)2沉淀的同時生成BaSO4沉淀Ba2＋＋2OH－＋Cu2＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓＋Cu(OH)2↓⑤×反響方程式兩邊電荷不守恒2Al＋3Cu2＋=2Al3＋＋3Cu⑥×生成BaSO4與H2O的物質(zhì)的量之比應(yīng)為1∶22H＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O⑦√⑧×Ca2＋應(yīng)參與反響，有CaCO3沉淀生成Ca2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)＋2OH－=CaCO3↓＋COeq\o\al(2－,3)＋2H2O五離子在水溶液中能否大量共存的推斷1.離子在溶液中能否大量共存的關(guān)鍵就是看離子間是否符合離子反響發(fā)生的條件，假設(shè)反響，那么不能大量共存。(1)看離子間能否生成難溶物、微溶物。要嫻熟記憶酸、堿、鹽的溶解性，特殊是難溶性的鹽類。(2)看離子間能否反響生成氣體。氣體又有酸性氣體和堿性氣體兩種，詳細表現(xiàn)為易揮發(fā)弱酸的酸根與H＋不能大量共存；銨鹽與強堿不能大量共存。(3)看離子間能否反響生成難電離的物質(zhì)(弱酸、弱堿、水等)。酸中的鹽酸、硫酸和硝酸易電離，其他的酸一般難電離；堿中的氫氧化鈉、氫氧化鉀、氫氧化鈣、氫氧化鋇易電離，其他的堿均認為是難電離。(4)看離子間能否發(fā)生氧化復(fù)原反響等。2.留意題目中附加的限定性條件(1)無色透亮?????的溶液中，不能存在有色離子，如Cu2＋(藍色)、Fe3＋(棕黃色)、Fe2＋(淺綠色)、MnOeq\o\al(－,4)(紫色)等。(2)在強酸性溶液中，與H＋起反響的離子不能大量存在。(3)在強堿性溶液中，與OH－起反響的離子不能大量存在。【典例5】在無色透亮?????的溶液中，可以大量共存的離子組是()A.MnOeq\o\al(－,4)、Fe2＋、K＋、Cl－B.Cu2＋、Na＋、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)C.Ca2＋、Cl－、NOeq\o\al(－,3)、K＋D.Ca2＋、H＋、OH－、COeq\o\al(2－,3)解析MnOeq\o\al(－,4)、Fe2＋、Cu2＋在溶液中均顯肯定的顏色，A、B項不合題意；D項中H＋＋OH－=H2O,2H＋＋COeq\o\al(2－,3)=CO2↑＋H2O，Ca2＋＋COeq\o\al(2－,3)=CaCO3↓，故D項不合題意。答案C理解感悟溶液中的離子共存，是一種要求較高的題型，所涉及的學(xué)問多且廣，特殊要求能嫻熟把握一些邊緣零碎學(xué)問。同時在答題時要留意題目中的一些附加的、隱含的條件。【典例6】某溶液的溶質(zhì)可能由以下離子組成：Cl－、SOeq\o\al(2－,4)、COeq\o\al(2－,3)、H＋、Ba2＋、Na＋，某同學(xué)進行了如下試驗：(1)向溶液中參加過量的BaCl2溶液，有白色沉淀產(chǎn)生，過濾；(2)向(1)中濾液里參加AgNO3溶液，有白色沉淀產(chǎn)生；(3)將(1)中的沉淀參加稀鹽酸中，沉淀局部消逝，有氣體產(chǎn)生。依據(jù)以上試驗可以推斷，原溶液中肯定含有________；肯定沒有____________；可能含有__________________。解析推斷溶液中確定存在、確定不存在及可能存在什么離子，是考查離子反響的又一種重要題型。其命題形式通常是給出試驗現(xiàn)象或試驗事實，要求通過對題述試驗、離子性質(zhì)、離子共存的分析而得出結(jié)論。試驗(1)說明原溶液中沒有Ba2＋；由試驗(3)(白色沉淀局部消逝、產(chǎn)生氣體)可知肯定含有SOeq\o\al(2－,4)(BaSO4不溶于鹽酸)、COeq\o\al(2－,3)；由于參加BaCl2溶液引入了Cl－，所以不能由試驗(2)確定原溶液中含Cl－；而COeq\o\al(2－,3)與H＋不能大量共存，所以確定不含有(大量)H＋；3種陽離子中只剩下Na＋了，那么必定含有Na＋。答案SOeq\o\al(2－,4)、COeq\o\al(2－,3)、Na＋H＋、Ba2＋Cl－理解感悟解這類題要充分分析離子的性質(zhì)、試驗現(xiàn)象和離子共存(離子共存是重要的隱含條件)等因素，并特殊留意在試驗中參加某試劑時，是否引入或生成了原溶液中可能存在的離子，以及當只剩下一種陽(陰)離子時，肯定含有這種陽(陰)離子。六快速精確?????熟記氧化復(fù)原反響有關(guān)概念的方法氧化復(fù)原反響是有電子轉(zhuǎn)移(得失或偏移)的反響，其表現(xiàn)特征是元素的化合價發(fā)生變化，實質(zhì)是電子轉(zhuǎn)移。氧化復(fù)原反響中的概念較多，極易混淆。運用以下方法，可以快速精確?????的把握氧化復(fù)原反響的有關(guān)概念。1.理清概念間的關(guān)系2.聯(lián)想記憶關(guān)鍵詞(1)記憶口訣：“升失氧還、降得還氧〞。其含義即：化合價上升→失去電子(電子對偏離)→被氧化→復(fù)原劑→具有復(fù)原性(失電子力量)；化合價降低→得到電子(電子對偏向)→被復(fù)原→氧化劑→具有氧化性(得電子力量)。(2)記憶口訣：“劑性全都，其他相反〞。其含義即：氧化劑具有氧化性，復(fù)原劑具有復(fù)原性；“其他相反〞即氧化劑被復(fù)原，發(fā)生復(fù)原反響，得復(fù)原產(chǎn)物；復(fù)原劑被氧化，發(fā)生氧化反響，得氧化產(chǎn)物。3.學(xué)會正確的分析方法化合價變化是分析一切氧化復(fù)原反響問題的前提和根底，正確標出各元素的化合價是分析氧化復(fù)原反響的關(guān)鍵和突破口。詳細方法是找變價，判類型(是否為氧化復(fù)原反響)；分升降，定其他(化合價上升，失去電子，發(fā)生氧化反響，化合價降低，得到電子，發(fā)生復(fù)原反響)。【典例7】單質(zhì)鈦(Ti)抗腐蝕力量強(放在大海中幾周后仍金光閃閃)，機械強度高，有“將來金屬〞之稱。又因用它制的“骨頭〞置入人體后可以在上面長肉，所以又有“親生物金屬〞之美譽。工業(yè)上常用硫酸分解鈦鐵礦(FeTiO3，鐵為＋2價)的方法來制取TiO2，再由TiO2制金屬鈦。主要反響有：①FeTiO3＋3H2SO4=Ti(SO4)2＋FeSO4＋3H2O②Ti(SO4)2＋3H2O=H2TiO3↓＋2H2SO4③H2TiO3eq\o(=,\s\up7(△))TiO2＋H2O④TiO2＋2C＋2Cl2eq\o(=,\s\up7(△))TiCl4↑＋2CO↑⑤TiCl4＋2Mgeq\o(=,\s\up7(△))2MgCl2＋Ti上述反響中，屬于氧化復(fù)原反響的有()A.①②B.①⑤C.③④D.④⑤解析氧化復(fù)原反響的推斷依據(jù)是有化合價變化，否那么就是非氧化復(fù)原反響。①中Fe反響前后都是＋2價，Ti反響前后都是＋4價，是非氧化復(fù)原反響。②③中Ti都是＋4價。④中C、Cl2是單質(zhì)，化合價確定有變化。⑤中Ti、Mg的化合價都有變化。答案D【典例8】分析以下反響中元素在反響前后的化合價升降、電子得失及被氧化、被復(fù)原狀況，并指出氧化劑、復(fù)原劑、氧化產(chǎn)物、復(fù)原產(chǎn)物。(1)Cl2＋H2O=HCl＋HClO(2)CH4＋2O2eq\o(=,\s\up7(點燃))CO2＋2H2O(3)3Cu＋8HNO3=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O解析(1)中Cl2中的Cl是0價，反響后分別是－1價和＋1價，是歧化反響，所以Cl2的化合價是既升又降，它既是氧化劑又是復(fù)原劑。(2)C從－4→＋4價，共失8e－，CH4為復(fù)原劑；O原子從0→－2價，每個原子降2價，4個氧原子，共降8價。(3)HNO3中的N為＋5價，要留意Cu(NO3)2中的N也是＋5價(沒變價)，變價的是NO中的N(＋2價)。答案(1)Cl2既是氧化劑又是復(fù)原劑，HCl是復(fù)原產(chǎn)物，HClO是氧化產(chǎn)物。(2)CH4為復(fù)原劑，CO2為氧化產(chǎn)物，O2為氧化劑，CO2、H2O為復(fù)原產(chǎn)物。(3)Cu為復(fù)原劑，HNO3為氧化劑，Cu(NO3)2為氧化產(chǎn)物，NO為復(fù)原產(chǎn)物。七守恒法在氧化復(fù)原反響計算中的應(yīng)用1.氧化復(fù)原反響的計算主要有求氧化劑與復(fù)原劑物質(zhì)的量之比或質(zhì)量之比，計算參與反響的氧化劑或復(fù)原劑的量，確定反響前后某一元素的價態(tài)變化或物質(zhì)的化學(xué)式等。其計算的關(guān)鍵是依據(jù)氧化劑得電子總數(shù)與復(fù)原劑失電子總數(shù)相等(即得失電子守恒)。2.電子守恒解題步驟：首先找出氧化劑、復(fù)原劑及其物質(zhì)的量以及每摩爾氧化劑、復(fù)原劑得失電子的量，然后依據(jù)電子守恒列等式：氧化劑的物質(zhì)的量×每摩爾氧化劑得電子數(shù)＝復(fù)原劑的物質(zhì)的量×每摩爾復(fù)原劑失電子數(shù)，利用這一等式，解氧化復(fù)原反響計算題，可化難為易，化繁為簡。【典例9】試驗室用MnO2和濃鹽酸制氯氣的反響為MnO2＋4HCl(濃)eq\o(=