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高一化学课外活动教材
第一章氧化—还原反应
[教学目的]：
1．加深理解氧化剂和还原剂及强弱的判断
2．用得失电子守恒法配平氧化还原反应方程式
课时一氧化剂、还原剂的判断及氧化性和还原性强弱的判断
一．氧化剂和还原剂
1．中学化学中常见的氧化剂
（1）非金属性较强的单质：
卤素单质、氧气、臭氧等。
（2）变价元素中的高价态化合物：
KClO3、KMnO4、Fe3+、HNO3、浓硫酸、硝酸盐（固体，高温时）
（3）能电离出H+的物质：
稀硫酸、稀盐酸等。
（4）其他：
HClO、MnO2、Na2O2、H2O2、漂白粉。
2．中学化学中常见的还原剂：
（1）金属性较强的单质：
K、Mg、Al、Fe等。
（2）某些非金属单质：
H2、C、Si等。
（3）变价元素中某些低价态化合物：
CO、H2S、及硫化物、Fe2+、Br-、I-、SO2等。
（4）其他：
S、NH3、浓盐酸等。
二．氧化性和还原性强弱的判断
1．根据金属及非金属活动性顺序判断
（1）K、Ca、Na、Mg、Al、Zn、Fe、Sn、Pb、（H）、Cu、Hg、Ag、Pt、Au
单质还原性渐弱，离子的氧化性渐强
（2）F、O、Cl、Br、I、S
单质氧化性渐弱，离子的还原性渐强
2、根据反应方程式判断
较强氧化剂+较强还原剂较弱氧化剂+较弱还原剂
即：
作氧化剂的反应物其氧化性比生成物强
作还原剂的反应物其还原性比生成物强
例：
2FeCl2+Cl2=2FeCl3
Cl2的氧化性>FeCl3FeCl2的还原性>FeCl3
3、根据反应条件判断
例：
MnO2+4HCl（浓）====MnCl2+Cl2↑+2H2O
KMnO4+16HCl（浓）==2KCl+2MnCl2+Cl2↑+8H2O
故氧化性：
KMnO4>MnO2
4、和同一物质反应的情况分析
点燃
例：
2Fe+3Cl2===2FeCl3Fe+S===FeS
Cl2能把Fe由0价氧化为+3价，S只能把Fe由0价氧化为+2价
故氧化性：
Cl2>S
5、同种元素不同价态物质的比较
一般：
同一种元素从低价到高价，氧化性逐渐增强，还原性逐渐减弱。
如氧化性：
Fe3+>Fe2+
还原性：
S2->S
6、反应条件对氧化性、还原性强弱的影响
（1）浓度越大，氧化性或还原性越强
（2）温度越高，氧化性或还原性越强
（3）酸性越强，氧化性越强，碱性越强，还原性越强（一般）
练习：
1、单质X和Y相互反应生成化合物X2+Y2-，有下列叙述：
（1）X被氧化
（2）X是氧化剂（3）X具有氧化性（4）XY既是氧化产物又是还原产物
（5）XY中的Y2-具有还原性（6）XY中X2+具有氧化性（7）Y的氧化性比XY中的X2+的氧化性强以上叙述中正确的是（）
A、
（1）（4）（5）（6）（7）B、
（1）（3）（4）（5）
C、
（2）（4）（5）D、
（1）
（2）（5）（6）（7）（A）
2、根据下列三个反应的化学方程式：
I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI
2FeCl2+Cl2=2FeCl32FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2
有关物质的还原性强弱顺序是（）
A、I->Fe2+>Cl->SO2B、Cl->Fe2+>SO2>I-
C、Fe2+>I->Cl->SO2D、SO2>I->Fe2+>Cl-（D）
3、某FeCl2溶液中有FeI2，根据已知反应：
（1）2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2
（2）2FeCl2+Cl2=2FeCl3（3）F2+2KI（固）=2KF+I2中的一些有关事实，要除去其中的FeI2，应选用的试剂是（ ）（C）
A、F2B、过量Cl2C、FeCl3D、FeCl2
课时二氧化还原反应方程式的配平
一．配平原则：
1、得失电子守恒
2、质量守恒
3、若是离子反应，还需要注意等号两边所带电荷总数相等
二．配平的一般步骤：
1、标出化合价发生改变的元素的化合价
2、列出化合价变化的情况，即升高和降低的情况
3、找出化合价变化的最小公倍数，使化合价升降总数相等
4、相应的元素的化学式前配上相应的系数
5、用质量守恒定律配平其他化学式的系数
例1：
PH3+KMnO4+NaOH—K2MnO4+Na2MnO4+Na3PO4+H2O
PH3中P-3+5升8PH3、Na3PO4前系数为1
KMnO4中Mn+7+6降1×8KMnO4前系数为8
再根据质量守恒定律依次配平K2MnO4、Na2MnO4、NaOH、H2O的系数
得：
PH3+8KMnO4+11NaOH==4K2MnO4+4Na2MnO4+Na3PO4+7H2O
练习1：
K2SO3+KMnO4+KOH—K2SO4+K2MnO4+H2O
K2SO3+2KMnO4+2KOH==K2SO4+2K2MnO4+H2O
三．配平技巧
有些氧化还原反应方程式，在掌握一般配平方法的基础上，灵活运用一些特殊的配平技巧，能使配平速度更为快捷。
1、化学式中元素符号右下角的数字，有必要考虑
例2：
KMnO4+HCl（浓）—KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O
因Cl2中2个Cl都是化合价升高得到，即使系数为1，也至少有2个
故Mn+7+2降低5×2KMnO4、MnCl2前配2
Cl-10升高1×2×5Cl2前配5
再依质量守恒，依次配平KOH、H2O
（注：
HCl只有部分参加氧化还原反应，可先求出参加氧化还原的系数，再用质量守恒综合考虑，或先配产物，再定其系数，即用第2种技巧法配平）
得：
2KMnO4+16HCl（浓）==2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
2、逆向配平法：
歧化反应及部分参加氧化还原的反应，可先配相应的生成物的系数，再配反应物的系数。
例3：
Cl2+NaOH===NaCl+NaClO3+H2O
Cl2中Cl0-1降1×5NaCl前先配5
Cl2中Cl0+5升5NaClO3前配1
再用质量守恒定律配Cl2NaClH2O
得：
3Cl2+6NaOH（热）==5NaCl+NaClO3+3H2O
练习2：
Cu+HNO3（稀）—Cu（NO3）2+NO↑+H2O
3、8、3、2、4
3、零价配平法：
无法用常规方法确定化合价的物质，先令其元素均为零价，再用正常步骤配平。
例4：
Fe3C+HNO3（浓）—Fe（NO3）3+CO2↑+NO2↑+H2O
令Fe3C中Fe、C均为零价（因代数和为零）
Fe3C中Fe0+3升3×3（3个Fe）
C0+4升共13Fe3C、CO2前系数为1
HNO3中N+5+4降1×13NO2前配13
得：
Fe3C+22HNO3（浓）==3Fe（NO3）3+CO2↑+13NO2↑+11H2O
（注：
有时有机物参加反应也可用此法）
4、缺项配平
一般缺项多为酸、碱或水，可依据质量守恒判断
例5：
H2O2+Cr2（SO4）3+—K2SO4+K2CrO4+H2O
观察两边，可知左边少了K元素，一般为KOH
（注：
一般原子团不变，Cr2（SO4）3中SO42-K2SO4中）
Cr2（SO4）3中Cr+3+6升3×2Cr2（SO4）3前配1
K2CrO4前配2
H2O2中O-1-2降1×2×3H2O2前配3
得：
3H2O2+Cr2（SO4）3+10KOH==3K2SO4+2K2CrO4+8H2O
练习3、Na2Cr2O7+KI+HCl—CrCl3+NaCl+KCl+I2+
1、6、14、2、2、6、3、7H2O
习题：
1、K2MnF6+SbF5+—KSbF6+MnF3+F2
2、4、4、2、1
2、NaIO3+NaHSO3—NaHSO4+Na2SO4+I2+H2O
2、5、3、2、1、1
3、KClO3+HCl（浓）—KCl+ClO2+Cl2↑+
2、4、2、2、1、2H2O
4、NO3-+Zn+OH-+H2O—NH3↑+Zn（OH）42-
1、4、7、6、1、4
第二章离子反应及离子方程式
[教学目的]：
1、掌握离子反应条件及离子共存的判断
2、判断离子方程式的正误及离子方程式的书写
课时一离子反应及离共存的判断
一、离子反应
1、条件
（1）、在溶液中进行
（2）、有离子发生的变成或产生新离子
2、类型：
（1）、离子互换的非氧化还原反应（多为复分解反应），则满足复分解反应条件即可，生成难溶或难电离或易挥发物质。
（2）、离子间的氧化还原反应，氧化性强的离子遇还原性强的离子，则易发生离子反应。
如Fe3+遇S2-
二、离子共存的判断
1、离子之间能结合成难溶物或微溶物时，则离子不能大量共存
如Ba2+与CO3-或SO42-Ag+与Cl-或Br-等Ca2+与SO42-
2、生成气体或挥发性物质
如：
H+与CO2-、HCO3-、S2-、SO32-等
OH-与NH4+（产生NH3↑）
3、能形成弱电解质
如：
H+与OH-H+与弱酸的酸根OH-与弱碱的阳离子
4、发生氧化还原反应而不能大量共存
氧化性离子遇还原性离子。
如：
Fe3+、NO3-、MnO4-等与S2-、I-、SO32-等不能大量共存。
5、注意题目的隐藏条件
如：
溶液颜色、PH值、溶液的酸碱性等。
（1）、无色透明时，则肯定没有有色离子。
如：
Cu2+、Fe3+、MnO4-等
（2）、强酸性溶液或PH<7，则不存在能和H+反应的弱酸的酸根及弱酸的酸式根等。
如：
CO32-、HCO3-等。
（3）、强碱性溶液或PH.>7，则不存在和OH-反应的离子。
如：
NH4+、Mg2+、Al3+等。
练习1、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-、Cl-B、Mg2+、NH4+、NO3-、Cl-
C、Ba2+、K+、S2-、Cl-D、Zn2+、Na+、NO3-、SO42-
（A、C）
2、下列各组离子在水溶液中能大量共存的是（）
A、Fe3+、K+、Cl-、S2-B、K+、Na+、SO42-、NO3-
C、K+、HCO3-、Br-、CO32-D、H+、Na+、Cl-、OH-（BC）
3、对四种无色溶液进行离子检验，实验结果如下，其中明显错误的是（）
A、K+、Na+、Cl-、NO3-B、Cu2+、NO3-、OH-、HCO3-
C、SO32-、OH-、Br-、K+D、MnO4-、K+、S2-、H+
4、某溶液中可能有下列阳离子：
SO42-、SO32-、S2-、Cl-
（1）、当溶液中大量存在H+时，溶液中不能存在的离子是
（2）、当溶液中存在大量Ba2+时，溶液中不能大量存在的离子是
（3）、向溶液中通入足量Cl2后，离子在溶液中不能存在
（4）、当溶液中存在和离子时，上述阴离子都不存在
（1）SO32-、S2-
（2）SO42-、SO32-（3）SO32-、S2-（4）Ag+、Pb2+（Hg+）
5、已知某相邻两厂排放的污水经初处理后，只溶有Ag+、Ba2+、Fe3+、Na+、Cl-、SO42-、NO3-、OH-等各个不同的四种离子（且浓度均较大），若单独排放仍会造成环境污染，如将两厂污水按适当比例混合，经沉淀后污水变成无色澄清，且污染程度大大降低，你认为两厂原污水中分别含哪些离子？
（甲厂：
Ag+、Ba2+、Fe3+、NO3-乙厂：
Cl-、SO42-、OH-、Na+）课时二离子方程式的书写
一、离子方程式正误的判断
检查一个离子方程式书写是否正确，可依据以下原则：
1、遵守客观事实
例1：
稀盐酸和Fe反应2Fe+6H+==Fe3++3H2↑（×）
原因：
反应得不到Fe3+，应生成Fe2+
2、遵守质量守恒定律
例2：
Zn与FeCl3溶液反应：
Zn+2Fe3+==Fe+3Zn2+（×）
原因：
Zn、Fe微粒个数不相等
3、遵守电荷守恒原理
例3：
Al+2H+==Al3++H2↑（×）
原因：
等号两边所带电荷总数不相等
应为：
2Al+6H+==2Al3++H2↑
4、氧化还原型的离子反应须得失电子守恒
例4：
双氧水中加入酸性KMnO4溶液
2MnO4-+3H2O2+6H+==2Mn2++4O2↑+6H2O（×）
KMnO4中Mn+7+2降5×2=10
H2O2中O-10升1×8=8得失电子不相等
应为：
2MnO4-+5H2O2+6H+==2Mn2++5O2↑+8H2O
5、必须遵守定组成原理（阴、阳离子配比关系）
例5：
Ba（OH）2溶液和稀硫酸混合
Ba2++OH-+H++SO42-==BaSO4↓+H2O（×）
因1个Ba2+结合2个OH-
应为：
Ba2++2OH-+2H++SO42-==BaSO4+2H2O
6、离子符号和化学式的书写错误
例6：
碳酸钙和盐酸反应CO32-+2H+==H2O+CO2（×）
碳酸钙难溶，应用化学式表示
氢氧化钠和醋酸反应OH-+H+==H2O（×）
醋酸为弱电解质，只能用化学式表示
二、特殊离子方程式的书写
操作顺序不同或反应物的量不同，离子反应可能不同，则离子方程式的书写也不同。
例：
少量烧碱滴入碳酸氢钙溶液中
Ca2++HCO3-+OH-==CaCO3↓+CO32-+H2O
少量碳酸氢钙溶液滴入烧碱溶液中
Ca2++2HCO3-+2OH-==CaCO3↓+CO32-+2OH-
一般要求：
先写出反应的化学方程式，正确推出生成物，再改写成离子方程式。
练习1、下列离子方程式书写正确的是（）
（1）亚硫酸钡与盐酸反应BaSO4+2H+==Ba2++SO2-+H2O
（2）硝酸汞和铝反应Hg2++Al==Al3++Hg
（3）碳酸氢钙溶液和盐酸反应Ca（HCO3）2+2H+==Ca2++2H2O+2CO2↑（4）CO2和澄清的石灰水反应CO2+Ca（OH）2==CaCO3↓+2H2O
（D）
2、
（1）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至中性，请写出反应的离子方程式：
（2）在以上中性溶液中继续滴加BaCl2溶液，请写出此步反应的离子方程式：
（1）2H++SO42-+Ba2++2OH-==BaSO4↓+2H2O
（2）Ba2++SO42-==BaSO4↓
3、写出下列反应的离子方程式：
（1）二氧化碳通入足量澄清的石灰水中：
（2）过量二氧化碳通入澄清石灰水中：
（3）磷酸二氢钙与足量的氢氧化钠溶液混合：
第三章CO2和NaOH溶液反应的有关计算
[教学目的]：
1、掌握反应物的量不同，则生成物不同的计算。
2、掌握化学上常用的计算技巧。
[内容]：
分析：
CO2+2NaOH==Na2CO3+H2O
CO2+NaOH==NaHCO3
参加反应的CO2和NaOH的物质的量之比不同，则产物出现不同的变化：
当n（CO2）n（NaOH）=1∶2时，只有Na2CO3生成
当n（CO2）n（NaOH）=1∶1时，只有NaHCO3生成
当n（CO2）n（NaOH）在1∶1~1∶2之间时，Na2CO3和NaHCO3共有，且比例变化，生成物的物质的量之比也发生变化。
例1：
用1L、1.0mol/L的NaOH溶液吸收0.8molCO2，所得溶液中的CO32-、HCO3-离子的物质的量之比最接近于（）
A、2∶1B、1∶3C、3∶2D、2∶3
解法一：
用方程式组解题（一般方法）
n（NaOH）=1moln（CO2）=0.8mol
CO2+2OH-===CO32-+H2O
1mol2mol1mol
n（CO2）1moln（CO3-）1n（CO2）=n（CO32-）=0.5mol
余下CO2为0.3mol
CO22-+CO2+H2O===2HCO3-
1mol1mol2mol
n（CO22-）20.3moln（HCO3-）n（CO32-）2=0.3mol
n（HCO3-）=0.6mol
最终溶液中留下CO32-为0.5mol—0.3mol=0.2mol
n（CO32-）∶n（HCO3-）=C（CO32-）∶C（HCO3-）=0.2∶0.6=1∶3
解法二：
用十字交叉法
n（CO2）=0.8moln（NaOH）=1mol
2NaOH+CO2==Na2CO3+H2O①NaOH+CO2==NaHCO3②
若1molNaOH只发生反应①则消耗CO2为0.5mol
若1molNaOH只发生反应②则消耗CO2为1mol
耗CO2
NaOH①0.50.222/5NaOH发生①
0.8
NaOH②10.333/5NaOH发生②
0.4molNaOH发生反应①生成Na2CO30.2mol
0.6molNaOH发生反应②生成NaHCO30.6mo
则n（CO32-）∶n（HCO3-）=C（CO32-）∶C（HCO3-）=1∶3
解法三：
用元素守恒法
设Na2CO3的物质的量为XNaHCO3的物质的量为Y
则：
2X+Y=1（Na元素守恒）
X+Y=0.8（C元素守恒）
得X=0.2Y=0.6
C（CO32-）∶C（HCO3-）=1∶3
解法四：
待定系数法
根据已知条件写出叠加方程式
1NaOH+0.8CO2==XNa2CO3+YNaHCO3+ZH2O
根据质量守恒定律：
反应前后Na元素守恒2X+Y=1
C元素守恒X+Y=0.8解得X=0.2
Y=0.6
则：
C（CO32-）∶C（HCO3-）=1∶3
练习；将适量的二氧化碳气体通入含0.8gNaOH的烧碱溶液的烧杯中，将产物在减压、低温下蒸干后得1.37g固体物质，问：
（1）产物是什么物质？
（2）通入二氧化碳的质量为多少？
解：
n（NaOH）=0.8g÷40g/mol=0.02mol
设生成Na2CO3的物质的量为X，NaHCO3为Y
则：
2X+Y=0.02
106X+84Y=1.27解得：
X=0.005molY=0.01mol
则：
n（CO2）=X+Y=0.015mol
m（CO2）=0.015mol×44g/mol=0.66g
若X=0或Y=0则只有NaHCO3或Na2CO3
若X＞0或Y＞0则Na2CO3和NaHCO3共存
（小结）：
用元素守恒法解两种物质可发生多个反应的问题相对而言简单。
练习1、Na2CO3与盐酸的反应是分以下两步进行的：
Na2CO3+HCl==NaHCO3+NaCl
NaHCO3+HCl==NaCl+H2O+CO2↑
在Na+浓度为5mol/L的100mLNaOH和Na2CO3的混合溶液中，加入100mL1.5mol/L的稀盐酸后，测得溶液中CO32-与HCO3-的物质的量之比为3∶1，计算原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量浓度。
（1mol/L2mol/L）
2、将过氧化钠和氧化钠的混合物共0.2mol溶于水后，所得溶液刚好被245g、8%的硫酸溶液中和，过氧化钠与氧化钠的物质的量之比为（）
A、1∶1B、2∶1C、1∶2D、任意比（D）
3、有A、B两瓶不同浓度的氢氧化钠溶液，各取500mL分别缓缓通入2.24L（标况下）CO2，充分反应后，在减压、低温条件下蒸发溶液，分别得到12.00g和10.05g不含结晶水的白色固体。
（1）推测白色固体所有可能的组成，将其化学式填入下表（有几种就填几种，不必填满）
编号
1
2
3
4
5
6
白色固体可能的
组成及化学式
（2）通过计算确定白色固体的物质A、B两瓶NaOH溶液的物质的量浓度。
Na2CO3；NaHCO3；NaHCO3Na2CO3；Na2CO3NaOH
NaOH和Na2CO30.47mol/LNaHCO3和Na2CO30.35mol/L
第四讲有关溶液及物质的量的计算
[教学目的]：
1、熟练掌握高中化学计算中的一些技巧方法
2、结合初中溶液有关计算，溶解度和物质的量浓度的计算规律。
课时一运用技巧方法解化学计算题
平均值法解题规律
1、对于混合物来说，其某些特性受各组分的一些特性的制约，使得混合物的某些特性具有可预见性。
例如：
二氧化碳的摩尔质量为44g/mol，式量为44，其中氧元素的质量百分含量为72.7%
二氧化硫的摩尔质量为64g/mol，式量为64，其中氧元素的百分含量为50%，若把二氧化硫和二氧化碳混合均匀后，则其混合物具有下列特性：
44g/mol＜M＜64g/mol44＜平均式量＜64
50%＜混合物中氧元素百分含量＜72.7%，这就是平均值法的规律。
2、平均值法规律：
混合物的平均式量、元素的质量分数、平均原子量、生成的某指定物质的量总是介于组分的相应量的最大值与最小值之间，均可用平均值法解题。
例1、体积为1L的干燥容器中充入氯化氢气体后，测得容器中气体对氧气的相对密度为1.082，用此气体进行喷泉实验，当喷泉停止后，进入容器中的液体体积是（）
A、0.25LB、0.5LC、0.75LD、1L
解析：
M=1.082×32=34.6＜M（HCl）M（空气）=29
故容器中有HCl和空气，可用十字交叉法解
M
HCl36.55.63
34。
6
空气291.91HCl占3/4
A.记录型B.记录值例2、将1.5g两种金属的法混合物粉末与足量的稀盐酸反应，反应完全后得标准状况下的氢气1.12L，则两种金属可能为（）
SCANNEXT4FORLEFT（名称,2）=“电”A、Mg、CuB、Zn、CuC、Al、FeD、Mg、Al
解析：
设金属均得+2价产物，则有R—H2的关系式
n（H2）=1.12L÷22.4L/mol=0.05mol=n（R）
则R的平均式量为：
1.5÷0.05=30
说明两种金属的相对原子质量，一种大于30，另一种则小于30，Al为+3价金属折算为+2价，则其式量为18，故答案为A、C
endif练习1、由Na、Mg、Al、Zn四种金属单质中的两种组成的
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