护理基本理论与技术（精选10篇）
护理基本理论与技术 篇1
1 临床资料
《护理基本理论与技术》为考试课, 课程设置理论课时与实践课时为1∶1, 技能操作考核成绩单列。其中, 平时操作考核成绩占20%, 期终考核成绩占80%。技能操作考核成绩合格, 才能参加理论考试。否则, 该门课程只能重修。
2 存在问题
(1) 护生对“以人为中心”知识的应用不灵活。在操作考试中我们看到有些护生操作前的评估均以模式化出现, 如解释不区别对象的具体情况, 用同一样的模式解释:你好...因为你...我为你..., 为了应试而解释, 没有以热情的态度询问病人的感受或心理需求。即使在操作过程中能与病人进行交流与沟通, 也显得生硬与刻板, 如静脉输液时嘱咐病人说:你的手不能乱动, 否则的话...。全然不顾病人听了后会有什么样的感受, 只是为了应试而嘱咐。
(2) 护生的“模拟操作”概念强化。在操作考试过程中有部分护生“模拟操作”概念强化, 表现为: (1) 操作过于流程化, 缺少与病人的互动。如考口腔护理时, 从第一个棉球擦拭口腔开始到最后一个棉球擦拭完毕, 均没有与病人沟通, 嘱咐病人怎样配合, 询问一下病人的感受。 (2) 有仿真操作现象发生。平时操作练习大部分在模拟人上进行, 因为是模拟练习, 练习时有仿真操作现象发生, 如口述洗手或戴口罩, 模仿皮肤消毒动作, 或者是将物品反复使用。或多或少强化了一些非规范性操作的概念和行为。以致将这些非规范性操作的概念和行为带到考核中。
(3) 评分标准不一致, 考核结果大相径庭。在操作考试时, 有的老师不参考评分标准, 凭着某一个操作步骤的失误, 认为就不应该及格, 而且没有一个具体的成绩。在操作中经常提问或打断学生思路做评价, 导致一些心理素质差的学生紧张, 发挥失常, 影响考试结果[1]。
(4) 考核用物繁多。学生抽签后根据考核项目自己准备用物, 用物繁多, 要求学生在短时间内将用物准备齐全, 有时难免找不到或遗漏用物而慌乱, 影响考试质量。
3 对策
(1) 更新教材、更新护理观念、更新教学方法。我院于2006年6月编写省级精品教材《护理基本理论与技术》, 以培养学生具有生物-心理-社会医学模式所需要的全面的智能结构及必要的护理理论知识、较强的实践技能和良好的职业素质为宗旨。编写采用“以人为中心, 以护理程序为框架”的模式。教师根据培养目标和课程模式, 在传授基本知识、基本理论、基本技能的同时, 贯穿以病人为中心的主题进行教学[2]。如操作前的准备包括4个方面:评估病人、用物准备、环境准备、操作者准备。我们把评估病人放在首位。操作前先到床边对“病人”进行生理、心理、社会等方面的评估, 操作中注意“病人”的心理反应和需要, 操作后对护生进行整体护理的有效性进行评价。
(2) 注重培养护生的人文护理观和行为。从存在问题可见, 护生认为模拟人非智能化, 即使与模拟人之间互动, 也了解不到自己的操作带给“病人”的感受。教师清楚地认识到这一点, 从整体护理的角度反思技能教育的过程, 提出对策: (1) 有些操作让护生扮演病人, 使护生既有对真人操作的感觉, 又有作病人的感受, 体会到护理工作的深刻内涵。如从2010年开始, 我院护生开展静脉输液的真人真练; (2) 改变护生练习课操作中的“模拟”概念, 把模拟人当作医院内的患者或社区的特定人或家庭中的人, 教师或学生随机提出假设问题, 护生边实践边与“病人”交流沟通, 养成边说边做的习惯, 更好地体现人性化护理。老师对学生的态度、沟通能力等方面进行评价和矫正。
(3) 规范操作。 (1) 所有操作严格按照规范化操作步骤进行。护生平时在模拟病区练习, 任课老师严格指导。护生在期终操作考核前1~3周, 到模拟病区复习各项技术操作, 教师再次示教讲解要点和动作, 对共性问题及时矫正和规范。 (2) 进入模拟病区前教师强调学生在着装、仪表、行为举止方面的要求, 发现护生的不良行为及时指正。
(4) 针对护生心理素质的群体差异, 采用不同教学手段, 调动、激发不同层次护生对临床护理技能的学习热情, 培养良好的心理素质。
(5) 操作考试前做了比较充分的准备, 监考老师事先对考试规则和评分标准统一认识, 考试时, 每个护生一份, 针对评分标准扣分。老师在护生考试时基本保持沉默, 缓解了他们的紧张心理, 使得学生能正常发挥, 及格率明显提高, 结果让学生和老师都比较满意。
(6) 考核前将所有的用物在用物准备室分门别类地放置, 墙面上贴上用物的类别标记, 让学生一目了然地就能找到用物。有些用物需当场配置, 如灌肠液的配置, 由学生在用物准备室当着监考老师的面进行配置, 大大方便了学生的操作和老师的监考。
参考文献
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[2]陆爱平.从整体护理角度分析护生毕业操作考试中存在的问题及对策[J].中华护理杂志, 1999, 4 (34) :226.
护理基本理论与技术 篇2
摘要：
护理伦理学：是一般伦理学原理在护理实践和护理科学发展中的具体运用，即运用一般伦理学的原则来解决护理实践和护理科学发展中人们相互之间、护理团体与社会之间关系的一门科学。它实际上也就是研究护理职业道德的一门学问。处在医疗卫生事业前沿的医务人员，每天接触各种疾病与死亡，长时间高度集中注意力，身心常不能得到有效放松。随着社会的发展，患者对医疗质量的要求越来越高;而作为高技术、高风险、高付出的从业者，医护人员的付出和回报不成正比。这可能会使他们体会不到自己的劳动价值，从而引发医护人员个人利益和社会利益的伦理学冲突，甚至产生心理健康问题。由此引发的一系列精神躯体症状不但会影响他们正常的生活，还可能会影响到对患者的治疗护理。
正文：
护理工作是整个医疗卫生工作的重要组成部分，它受整个医疗工作普遍规律的支配，因此，护理工作也应遵循整个医学道德的原则，但是，由于护理工作具有自己的特点，所以也有一些特殊的道德要求：
1、树立高尚医德情操；
2、严守规章制度，严格执行卫生法规；
3、一专多能，团队协作；
4、增强对病人负责的道德责任感。护理伦理学的基本理论包括：美德论、义务论与功利论。义务论就是确定医护人员的行为准则和规范，把医护人员的行为限定在合理范围内的理论。护理美德与护理道德行为紧密相连。它是护理人员在长期的医疗实践中不断修养，锻炼而逐渐形成病人和社会大多数人的利益为标准的伦理观。它的运用充分发挥医学的整体效应，更好地指导医学实践具有积极意义。
因此，本文以护理岗位的特殊性及其护理伦理道德要求进行探讨，从目前我国医护人员的护理伦理工作基本理论，规范，特点，以及出现的问题出发，进行分析，护理工作者提高护士职业水平和护理伦理道德素质相结合的能力，并贯彻到护理实践中，以期达到促使护理水平进一步提高。
1、医护人员心理健康的总体情况
卫生部门公布的一项对广州医务人员心理健康调查报告显示，37．02%的医护人员有挫败感，近六成医生和护士认为社会地位低。研究者采用症状自评量表SCL－90调查医护人员，发现他们总体心理健康状况低于普通人群，多项因子得分都高于国内常模。调查发现，护士
组在身体与症状器官功能、心理症状与负性情绪、认知功能、角色活动与社会适应四个维度得分均低于医生组。这可能与护士与患者接触时间更多、发生摩擦的可能性更大有关。总体来说，我国医护人员的心理健康水平低于一般人群，存在着较为严重的问题。
2医护人员心理健康的突出问题
2．1焦虑和抑郁医护人员的焦虑和抑郁常来自于压力，这些压力与高风险的工作性质和高负荷的工作量有关。他们常面对疾病与死亡等负性情境，缺乏必要的放松，易产生焦虑抑郁等负面情绪。研究表明，无论在健康人群还是轮班人群中，疲劳都通常伴随着焦虑。研究发现，医务人员是抑郁的高发人群。Ahmed关于医学生抑郁和焦虑发病情况调查显示，28．6%的医学生有抑郁倾向，28．7%的常常有焦虑感。这可能与课业负担繁重、角色转变适应不良和竞争过于激烈有关。
2．2人际关系不协调在医护人员的人际沟通中，最难处理的人际关系是医患关系。医学伦理学认为医患关系应是一种相互信任的关系。而在高度信息化的当今社会，人与人之间的信任逐渐缺失，个别媒体过度地进行负面报道，患者及其家属的过高期望与医疗水平的局限性之间的矛盾，使得医患纠纷屡有发生，甚至发生暴力事件。有调查显示，全国有73．3%的医院出现过患者及其家属殴打、威胁、辱骂医护人员的情况。
3影响医护人员心理健康的因素
3．1对医学人文关怀的片面认识“以人为本”、“人文关怀”是医学伦理学的基本价值取向。以往的人文关怀将重点放在患者身上，而事实上，医务人员也需要社会对其心理状况和生存压力的关心。因为他们不但要完成日常高强度的工作，还要完成教学科研任务，使得他们不得不付出大量的时间和精力。然而繁重的任务加上日益紧张的医患关系并不能使他们的价值感和被尊重感得以实现。从伦理学的角度讲，医护人员在心理上并未得到社会各界的足够关心和充分的人文关怀，这是导致他们心理问题日渐突出的一个重要原因。
3．2突发公共卫生事件医护人员处在应对突发公共卫生事件的第一线，承受着巨大的心理和工作压力，对心理健康会造成一定的影响。研究证实，突发公共卫生事件中，医务人员的情绪变化经历了从有破坏性或不愉快体验的应激，到有建设性或兴奋体验的过程。研究显示，非典事件中医务人员的心理状况以抑郁为主;高达80%的医护人员为自己不能有效治疗SARS而感到自责。认为，SARS期间医务人员与家人长期分离并冒着生命危险，常常变得焦虑不安。
3．3特殊的服务对象不同科室的患者不同，医护人员所要处理的问题也不同。在综合性医院，以精神科和急诊科的患者较为特殊。
3．3．1精神病患者。精神病患者有较大的破坏性和危害性，对医务人员常有言语伤害和身体攻击，且时常发生患者自伤、自杀和逃跑的现象，还有可能引起医疗纠纷。研究发现，精神科医护人员的精神健康水平低于普通人群。但某些研究人员认为，精神科医护人员心理健康状况较一般人群好，精神科医生的心理状况较精神科护士好，这与他们能够运用自身掌握的知识和技术及时调整自己的情绪有关。
3．3．2急诊患者。急诊科患者具有无规律性、不稳定性等特点，加上急诊科医疗缺乏连贯性，医疗纠纷较多，使得急诊科医务人员经常处于心理紧张状态。
3．4不规律夜班夜班打破了人正常的生物节律，使身体机能发生紊乱，对身体健康及心理健康造成一定的负面影响。调查表明，夜班护士与白班护士在躯体不适、抑郁、恐怖因子等方面存在显著差异，夜班护士的心理健康状况明显低于白班护士。
3．5缺乏社会支持社会支持是应激过程中个体“可利用的外部资源”，可减轻应激反应。对护士心理健康水平与社会支持的研究表明，社会支持越多的个体，越容易采取积极的应对方式;而越采用积极的应对方式，其获得的社会支持越多，反之亦然。还有研究显示，已婚医务人员比未婚者心理健康水平稍高，这可能与来自于配偶的支持有关。
综上所述，提高医护人员心理健康水平的伦理学必要性，随着医学模式的转换，医学的发展目标已经由治愈疾病转向预防疾病和促进健康。因此，在新医学目标的大背景下，健康伦理是医学伦理未来的发展方向，是其的进一步深化和扩展，更是调节人与人、人与自然以及人与社会之间关系并使之适应人类健康的行为规范的要求。加强健康伦理教育健康伦理是我国古代医学家孙思邈特别提倡的思想，他强调以德健身，要对全民进行健康教育，使他们形成正确的健康认知与健康信念，从而使民众在日常生活中时刻注意预防疾病，形成正确的生活方式，最终促进健康。孔子早在孙思邈之前也提出了“健康伦理”的思想。他认为健康伦理旨在培养人们守礼、以理制欲、中庸等道德规范。孔子与孙思邈都认同并强调“以德健身”。守礼可以使人和谐相处;以理制欲能够使人在利益和欲望面前保持清醒理智;中庸要求人们适度地表达情感，对外界各种刺激能及时调节和控制，保持身心平衡。由此可见，健康伦理学的教育对于促进人的心理健康有着极为重要的作用。
参考文献
古代建筑理论与文化基本精神 篇3
木结构建筑是中国古代建筑的根本特点。中国人是怎样作出这一选择的？本书明确地指出：“一本西方的建筑史其实就是一本神庙和教堂的建筑史，这是显而易见的事实，这是中国建筑的发展和西方建筑的发展有原则性分别的基本原因。它涉及到古代一个民族对建筑的基本观念要求，一个以‘人’为中心，一个以‘神’为中心，也就是‘人本’‘神本’‘物本’的文化概念。‘神’和‘物’都是永恒的，‘人’却是‘暂时’的，在不同的价值观念下自然产生不同的选择态度和方法。在整个长期的历史发展过程中，中国人坚持木结构的建筑原则与此有很大关系。”(33页)可以说，这是抓住了中国古代建筑设计思想的根本。这其实，也是中国文化的基本精神。
抓住这一根本，再去分析中国古典建筑的一般设计原理，一切也就都变得容易理解了。比如，平面布局中程序的安排是中国古典建筑设计艺术的灵魂。它强调基本印象的积累在人的思想感情上所产生的感染力，而把对景象大小强弱次序的安排作为表达完美意念的重要手段，并用以控制人在建筑群中运动时所得到的感受。因此，中国虽然不缺少建造高层建筑的能力(建于一○六五年的山西应县木塔高二百一十英尺，而建于一一七四年的意大利比萨斜塔高不过一百五十英尺三英寸)，但却很少拔地耸天的建筑形象，就是因为中国古典建筑不是强制地把人的目光引向无穷的高度，而是尽量自然地引导人在建筑群中缓缓移动，通过数量的增加达到扩大平面规模的目的，而给人以壮阔、宏丽的感觉。这种创作方法就是一种基于“人本主义”而产生的指导思想——考虑“人”在其中的感受更重于“物”本身的自我表现。
再如，在中国古典建筑的形象上和构件上，都缺少直线。不管是斗拱、雀替、驼峰还是屋顶、柱子，它们的演变历史都是一个从“直”到“曲”的过程。究其原因，恐怕也在于直线给人们的感受大体是单纯、明快、确定无疑，而缺少柔和、婉曲的感情色彩。于是，中国古典建筑虽然在整体布局上采用了带有直线因素的矩形平面，但却在单体建筑的形象和构件上大量运用了曲线，以此来灌注一种亲切、平和的感情因素。即使在庄严肃穆的故宫太和殿前，也要设计一弯弓形的金水河，显示出美丽舒展的弧线。这不仅与西方古典建筑中突出体量的高大，强调直立、高峻的神秘感和园林建筑中的几何形构图迥然不同，即与近邻日本也是相异的。日本建筑多以中国为蓝本，但它在汲取的同时，又进行了改造。日本园林就更多地体现了淡泊、冷峻的哲理化、宗教化倾向，而不似中国的园林布置，虽然贯穿了道家以自然为本的思想，却依然是充满了人情味和浓郁的生活气息。因为，中国古典建筑设计的根本思想是使人赏心娱目，始终是以“人”为出发点的。
作者在书中特别指出，中国古典建筑设计很早就普遍采用了“模数化”和“标准化”。这不能不说是一个很大的优点。由此带来的直接好处便是建筑工期短，收效快，大大节省了人力和物力。中国宫室建筑的速度之快，是西方古典建筑所不能望其项背的。这对于我们进行现代建筑的设计，也是值得借鉴的重要经验之一。但是我却因此联想到，这是否同时也成为一个很大的缺点了呢？它是不是造成了中国古代建筑千年来发展缓慢的一个重要因素呢？宋代李诫所著的《营造法式》一书把一切建筑制度规范得那样准确，那样条理分明，以致后人只须依此照章办理就可以了。那么，想象力和创造力也就无从发挥，甚至可以说，“模数化”和“标准化”所带来的消极因素——沿袭和模仿的弊病，恐怕至今还在束缚着我们的设计思想！
值得称道的是，作者几乎对每一种建筑形制及有重要意义的构件都进行了寻流溯源的考证和分析，并从发展的脉络中寻绎出其共同的美学基础和设计匠心。这就使他的著作不只是一般建筑理论的阐述，而是展开了一部多层次、多侧面的中国文化史。还不仅仅如此，作者又每将西方古典建筑及现代建筑中体现的设计思想来与之比并，从而展示出两种文化的异同，因此大大开阔了人们的眼界，发人深思。另外，书中所附的插图内容丰富，布置精当，并配以精美的封面，更使人于捧读之时，倍生赏爱之心。
不过我觉得，作者似乎对民居也应作一些阐述，哪怕是简略的介绍也好。各地民居建筑不受条条框框的制约，表现手法有着充分的自由，因而更加灵活多变，它对官式建筑的作用和影响是不可低估的。
足球技术理论中若干基本概念研究 篇4
概念是在实践基础上反映对象本质属性的思维形式。把握客观事物本质和发展规律的真理是通过概念的逻辑体系来表达的,判断和推理是概念内在矛盾的分化和展开,是概念矛盾运动的几种不同表现形式。所以从辩证逻辑上来讲,当推理判断出现混乱时,必然造成思维混乱和事物的发展中断,或者向错误的方向发展[1]。我们必须回到问题的根源,那就是概念。一些基本概念构筑了足球运动理论的基础,理论本身由概念分化和展开的一系列判断推理所组成,在足球运动现实中,理论与实践就像两条渐进线,一起向前延伸,彼此不断接近,然而现实中理论往往慢于实践,而概念又是在实践基础上高度的思维抽象,当理论与实践产生矛盾时,我们必须以实践为标准。所以依据理论进行的实践出现偏差的现象提示我们,必须重新对理论本身进行审视,而理论的成熟是以概念的完善为基础的[2]。所以当某些有限的修补不能解决问题的时候,就必然要客观辩证逻辑地从基本概念着手进行研究了。
在研究足球技术理论概念问题,逻辑学告诉我们首先必须追述它的元概念,那么足球技术的元概念就是技术的概念。18世纪法国科学家狄德罗认为:“技术是为某一目的的共同协作组成的各种工具和规则体系 ”(宋健, 1994)。20世纪80年代,中国学者对技术给出了广义定义:“人类在为自身生存和社会发展所进行的实践活动中,为了达到预期目的而根据客观规律对自然、社会进行调节、控制、改造的知识、技能、手段、规则方法的集合”(邓树增等,1987)。20世纪90年代外国学者指出:“技术是由一系列的科学设计和实践构成的,是一种共性知识的集合体,这些共性知识包括理解世界运作的规律,影响绩效的关键变量,目前限制因素的性质,以及克服障碍的远景方法”(Neison, 1992)。从上面的综述看技术定义的发展与变化,都有共同一点的就是技术是一种体系,它是一个整合体,它不仅仅指的单一的方法、手段。那么这就和现行足球运动教材、足球专业训练书籍中的概念存在差别,它仅仅指的或是方法,或是手段等等不完整的概念,这必然给实践带来很大的误导性。
2 足球技术与足球基本技术
2.1 足球技术概念辨析
教材将足球技术定义为是运动员在足球比赛中所采取的合理动作的总称。它是在比赛实践中逐步形成、发展和完善起来的[3]。稍加分析不难发现有两点值得我们探讨,第一,按照逻辑也就是说足球技术都是合理的,那我要问:什么才是合理的呢?随着足球运动的发展,那些特长技术屡见不鲜,而且都有着不符合生物力学规律性的因素,这样定义未免在实践中抹杀了技术的创新与发展,抹杀运动员的思维的创造性。第二,足球动作与足球技术不能划等号,两者有区别,又有联系。足球动作是指球员与球的结合,或称球员对球的控制。如球员在没有干扰的情况下12个部位颠球,或在无对手制约时的传接球等等。而足球技术则是在比赛过程中球员通过足球动作表现出来的,有对手的强干扰与制约下进行的一系列的动作技术,因此足球技术是足球动作的内在属性和依据,足球动作是足球技术的基础和前提[4]。这里动作是一种人体运动的一种感知,还没有上升到思维的层面,而技术是一个思维体系,把技术当成动作让人无法理解,或者把技术看成是动作方法,显然是以偏概全。根据上面对技术概念的定义,几番思维之后终有所收获,足球技术是为足球比赛服务的,足球运动的本质是比赛,那就是说足球技术是指为达到足球运动本质的目的所要完成的所有的专门的技术知识、技术心理、技术规则方法、技术动作、技术能力的整合体。它包括足球理论性体系和操作性体系。
2.2 足球基本技术的偏颇
将足球技术分类为有球技术和无球技术是足球运动理论关于足球技术分类的经典论述[5]。大部分论述也这样分类。我们暂且这里不说足球技术分类出现了严重的问题,根据教科书把有球技术进行了大篇幅的论述及动作分析,而对于无球技术却没有阐述。足球运动的本质是比赛,而比赛就是一个整体,一个系统,在足球比赛过程中很多情况下,无球状态占据多数时间,如果把足球技术这样分类的话,只能是淡化足球攻守对抗的本质,影响足球技术的发展,对足球技术理论的发展及其不利。而且把足球基本技术一章都是有球技术的论述逻辑推理,似乎有球技术就是足球基本技术,也就是说无球技术就不是足球基本技术,这难免会造成运动员或学生会足球动作而不会比赛。所以我们有必要理清足球基本技术。根据足球运动技术理论:足球基本技术是为达到足球运动的目的所完成的那些最根本的、主要的专门的技术动作方法,这里不追究它把技术当成动作方法的概念性错误,如果上述足球的基本技术是根本的、主要的专门的技术动作体系,那么无球技术算不算是最根本的、主要的专门的技术动作体系呢?因为比赛过程中有球和无球都处在一个随时交替的状态,重其一而忽视另一面,不符合足球比赛的规律。似乎又因为比赛是由球主宰的,所以将有球技术称为“足球基本技术”似乎很贴切。进一步分析之后却又存在疑惑,在所谓的有球技术里面都是用足球基本技术动作来表达的,而不是足球基本技术。还有假使教科书分类成立,那么其一,断球和抢球被列入了有球技术中,显然这里不符合逻辑,在没有抢到球或者没有断到球能说明你已经控制了球吗?根本就谈不上有球,怎么来的有球技术。其二,无球技术里面又包含了有球技术的技术动作,这造成了思维的更加混乱。所以造成这样的思维混乱说明这样的理论不科学。
3 足球技术基本概念的阐述
3.1 足球单个技术与足球组合技术
单个技术动作是由各自的技术环节组成的,如运球由支撑脚踏地蹬送、运球脚摆触、支撑循环的三个动作技术环节组成。组合技术是单个技术动作的组合。如接球运球、接球过人射门、接球运球过人射门等,这类称组合技术。这里我们把组合动作分为一元组合技术、二元组合技术、三元组合技术和四元组合技术[6]。提出单个技术与组合技术的划分不仅是把握足球技术运用规律的结果,而且是避免概念的混淆,例如我们无法把足球里的有些单个技术或组合技术归类于基础技术还是基本技术?但是这类技术动作客观上时存在的,而且贯穿于比赛的始终。
3.2 足球基本技术与足球基础技术
3.2.1 技术特征辨析
运动学认为,运动技术具有“技术与身体动作的一致性、动态性、相对稳定和即时应变的统一性、规范与个体差异的统一性”的特征[7]。但这只是运动技术的共性,在足球运动理论也认为足球动作结构的主要特点“一是动作复杂多变。一方面我们肯定技术与身体动作的动态性,相对稳定和即使应变的统一性规范与个体差异性的特征,但是对于足球,它是唯一一项用脚去控制球的运动,所以在技术与身体动作的一致性上是值得怀疑的。我们可以倒地射门,也可以倒地传球、倒地断球等等。如果我们把射门当作单个技术的话,那么这个技术与身体动作在某种情况下无法达到一致。由于用脚控制球,所以在比赛中也会产生很大的不确定性,即要求队员永无止尽的增加动作的稳定性,然而在生理学和心理学角度去分析的话,这就确定了在足球运动过程中一个完整动作的结构常常是不稳定的,多变的。根据上面的阐述,以及足球运动的本质是比赛,那么我们认为在比赛中动作技术固定是相对的,不固定是符合足球运动规律的。从相对固定的基本动作成分转变为组合应变的不固定动作要以环境条件为转移。可见,足球技术运用过程中具有两上显著的特征,即动作的不固定与动作的组合运用条件性。不固定是绝对的, 从认知理论上讲,相对固定的动作技术是足球技术的基本动作成分,而足球运动理论中论述的足球分类,它们都应该是单个技术,而技术在比赛中的运用都是以组合动作的形式出现的,即使组合本身也要随着环境的变化而变化。基础技术可解释为足球运动中作为基本认知结构而存在的那些根本的单个动作技术。即我们把基础技术也叫作相对固定技术。所以基础技术可以是单个技术动作,作为足球技术的基本认知结构,作为足球比赛中所运用的专门的动作技术的基础,基础技术与基本技术的主要区别在于它只作为基本认知结构而存在,在比赛之外或没有足球比赛,这些技术将毫无意义。而基本技术是在实际比赛过程中必须用到的最根本、最重要的技术,没有基本技术比赛将无法进行。将足球运动理论中论述的足球有球技术及所属的具体动作体系称为基础技术才最为准确。
3.2.2 对应关系探索
研究事物的概念,都必须要上升到具有抽象性和普适性的思维层次,因为这个层次最接近事物的本质,但是我们理解事物本质必须经历一个由个性到共性的过程。对于基本技术和基础技术它们不是足球技术概念外延的全部。所以必须讨论与其形成对应关系的其它概念。基本技术对应的是特殊技术,特殊技术是相对于基本技术而产生的,在基本技术运用自如的基础上并依据自身的条件创造出来的技术。可能是一个组合动作(如空中停球倒挂金钩射门),也可能是某个单个特殊动作使这一组合成为特殊组合技术(这种现象在难美性项群比赛中极为常见,如自创性动作的运用可获得加分)。基本技术具有很强的规范性,特异技术具有很强的个性特征在比赛中所表现出来的具有规范性和个性组合运用特征的一系列动作体系[8]。与基础技术相对应的是比赛技术。由于基础技术在相对固定时本身不能体现出实用功能,它只能通过比赛并在比赛中根据比赛环境对基础技术的灵活运用才产生价值,反过来比赛技术必须以基础技术为基础才能进行。所以基础技术从属于比赛技术。基础技术属足球比赛之外的内容,比赛技术是比赛中所运用的动作体系。它和其它几个具有对应关系的概念从不同角度构成了足球技术的全部内容。
4 明析概念之意义
概念的内涵体现事物的本质,是高度理性抽象思维的结果。而概念的外延体现事物的具体性,是理性认知的结果。将足球技术概念作为足球技术概念的内涵,那么以上我们讨论的几个概念分别从不同的角度构成了足球技术的外延。足球技术包括:1)基本技术:足球技术中根本的主要的单个动作技术及组合动作技术[9]。2)基础技术:作为足球技术中以基本认知结构存在的单个技术动作的技术。3)比赛技术:具有动作相对固定和不固定组合运用特征的动作技术。4)单个技术:由若干动作环节组成的动作技术。5)组合技术:两个或两个以上单个技术动作组合而成的动作技术。
4.1 足球单个技术与足球组合技术
单个技术和组合技术反映了足球技术结构的基本特征。在“组合技术”这一概念提出之前,理论上对足球技术的认识长期停留在一些已成定论的具体动作体系之上[10]。如在足球技术训练中也基本停留在单个技术动作的训练,这对足球比赛水平的提高是极其不利的,因为组合技术时刻存在于比赛过程中。组合技术的概念打开了人们训练的新思路,极大地丰富了足球技术训练的内容,提高了足球比赛训练水平,使人们在更高层次上把握足球技术的构成规律。单个技术和组合技术的概念作为足球技术的认知结构存在,是研究基本技术、基础技术与比赛技术概念的基础。
4.2 足球基本技术与足球特殊技术
明确了技术掌握和运用的层次。其重要意义在于把大量的具有个性化的、难度较高的技术,特别是一些具有创造性的技术动作保留在足球技术的理论系统之中[11]。但是站在哲学高度对此进行审视时,发现在此时属于特殊技术而存在,而在彼时特殊技术也必然会成为基本技术,这也是技术发展的规律。特殊技术作为足球基本技术的高层次技术,只是暂时的,而特殊技术也终将成为更高层次的基本技术。明确基本技术与特殊技术的层次,能够从理论和实践上很好地处理一般与特殊、普遍性与创造性等关系。有利于培养具有创新性特征的现代足球选手,也有利于足球技术的创新与发展。
4.3 足球基础技术与足球实战技术
揭示了足球技术运用的基本规律。目前足球运动理论大多是从技术训练角度来讨论足球技术的,往往是注重基础技术的训练而忽视比赛技术的训练,这样就大大降低了训练的效果,从而限制了球员的比赛水平。更不用说把基础技术训练和比赛技术训练相结合进行训练,明确基础技术与比赛技术的概念具有重要意义。把基础技术作为基础来训练的思想,然后把比赛技术作为足球运动训练的终极目标,这样不仅符合足球运动的本质规律,而且不会把单个技术动作作为足球技术训练全部内容。基础技术训练和教学的核心是掌握动作环节,具有明确的规范;实践技术训练和教学的核心是培养比赛条件下组合技术的运用能力[12]。
5 结论
概念问题常常是认识论和逻辑学中争论的一个焦点,概念是我们思维的起点,提出概念本身反映人们对某事物的认识水平,明确概念又是正确理解和运用概念的前提。对于足球运动中这些基本概念的认识实际上也是对足球技术掌握与发展规律的认识。本文通过对足球技术概念的探析,发现概念上存在不合逻辑以及概念模糊问题,以及足球基本技术与有球技术的辨析,说明足球基本技术不是有球技术,进一步说明足球技术分类和逻辑上出现的问题,还有对基本技术与特异技术、基础技术与实战技术等概念进行对应关系以及其概念意义的阐述。说明这些概念是足球运动项目理论所必然涉及的基本概念,足球运动理论的研究成果也将给其它运动项目理论的研究以启示。
参考文献
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课程的基本理论与基本理念 篇5
世界在瞬息万变中把我们带人了21世纪，我国的基础教育（www.xfhttp.com－雪风网络xfhttp教育网）发展史也翻开了新的一页!国务院召开的全国基础教育（www.xfhttp.com－雪风网络xfhttp教育网）工作会议和国务院关于基础教育（www.xfhttp.com－雪风网络xfhttp教育网）改革和发展的决定，标志着我国基础教育（www.xfhttp.com－雪风网络xfhttp教育网）已进入了一个崭新时期。
课程改革是我国基础教育（www.xfhttp.com－雪风网络xfhttp教育网）的核心内容，这次课程改革不再是简单地更换一套教材，而是我们与新课程的共同构建。这就需要我们切实转换课程理念，因为理念是行为的先导。只有实现了课程理念的转换、提升，我们才能更好的转变课程行为，实现课程创新，为顺利实施新课程奠定良好基础。
(一)从强调整齐划一到注重学生的个性与创新
我国的基础教育（www.xfhttp.com－雪风网络xfhttp教育网）实行的是国家统一的课程体系，在课程设置、结构、内容、方式、评价、教学计划、大纲、教材等方面强调统一性、计划性。我国人口众多，各地区经济文化发展不平衡，这种高度统一的课程体系和模式无法适应不同地区教育（www.xfhttp.com－雪风网络xfhttp教育网）的发展和不同素质学生发展的`需要；同时，课程的严格统一，导致教师对学生的要求也是划一的，忽视了学生作为一个个单独个体的差异，影响了学生的全面发展，使他们丧失了自己独特的个性及创新精神。
1988年，教育（www.xfhttp.com－雪风网络xfhttp教育网）部颁发了《九年制义务教育（www.xfhttp.com－雪风网络xfhttp教育网）教材编写规划方案》，设想用四到五年的时间编写四种类型的教材，以改变过分强调共性的课程状况。于是，就形成了人们常说的“八套半”教材，丰富了中小学的课程内容。与此同时，选修课程、活动课程、微型课程、环境课程等课程形式逐步发展起来，着力于贴近学生的个性，为学生提供自由发展的空间。其中有些课程经过进一步发展具有了校本课程的意义。
学生是发展的主体，差异是教育（www.xfhttp.com－雪风网络xfhttp教育网）的资源。学生心理和生理上的差异不是课程实施的障碍，而是可供利用的课程资源。发展学生的个性与创新精神既是个体成长的需要，也是未来社会对建设人才的需求。社会的发展需要掌握一定的科学文化知识和技能的人，更需要具有健全人格、健康个性的社会公民。这是课程改革、学生发展与社会需要之间的辩证统一。有人说，个性与创新是21世纪的“通行证”，我们就要通过这次课程改革，把这张“通行证”交到每一位学生手中。
《基础教育（www.xfhttp.com－雪风网络xfhttp教育网）课程改革纲要(试行)》明确指出：为保障和促进课程适应不同地区、学校、学生的要求，实行国家、地方和学校三级课程管理。还特别强调“学校在执行国家课程和地区课程的同时，应视当地社会、经济发展的具体情况，结合本校的传统和优势、学生的兴趣和需要，开发或选用适合本校的课程。这是一次课程理念的极大提升，赋予了学生更多自主选择的机会，体现了对学生这一活
护理基本理论与技术 篇6
【关键词】农业；经济增长；基本理论；政策建议
農业是国民经济的基础，农业发展水平关系到国民经济的发展，关系到社会运行的稳定。国家历来重视农业问题，先后出台并实施了一系列相关政策来扶持农业的发展。但与此同时，对农业经济增长的知识认知局限以及许多隐患和问题仍然制约着我国农业经济进一步的高效增长。由此可见，完善农业经济增长理论与加强政策建议对保证我国农业经济高速持续增长具有重要意义。
1 农业经济增长的定义
经济增长有两种不同的定义：一是在某个相当长的时间范围内，一个国家或地区所能持续生产的全部产品和劳务总量，即实际总产出的持续增加；二是按人口计算的人均实际产出的持续增长，这两种定义是相互联系的。农业经济增长的定义从不同角度出发，其表述也不同：从投入产出关系角度看，它是指一个国家或单位一定时期内产出与投入比的增长；从总量角度看，它是指一个国家或单位一定时期内农业生产的全部产品总量的增长；从总产值角度看，它是指一个国家或单位一定时期内农业总产值的增加，是农产品的价值表现。
2 农业经济增长理论
2.1 古典经济增长理论
古典经济增长理论中，经济增长取决于以下两个因素：资本积累率和资本使用率的高低。古典经济增长理论主要是从资本要素供给方面来分析经济增长问题的，此理论的一大缺陷在于它假定资本投入量和劳动力数量比例不变，并且把技术进步、人力资本等因素视为外生变量。
2.2 新古典增长理论
新古典增长理论中，储蓄与投资是等价的，投资全部来自储蓄，投资的收益率是递减的；技术为外生的，技术因素的规模收益不变，劳动要素是同质的；劳动和资本可以相互代替，资本的增加促进产出的增加，可以通过调整劳动和资本的比例来调节资本/产出比率，最大程度实现经济增长。但是，该模型没有引入投资预期因素，回避了理论上的经济增长率与实际经济增长率之间的不等性问题，从而得出经济稳定增长的结论。
2.3 新经济增长理论
20世纪80年代中后期以“收益递增与长期增长”和“论经济发展的机制”为标志，进入了一个新的发展阶段——新经济增长理论。新经济增长理论确立了政府在经济发展中的作用，政府研究总结出一套经济政策能够维持并促进经济长期增长的方法；该理论认为特殊的知识和专业化的人力资本积累可以使规模收益递增，最终使总规模收益递增，这就找到了经济持续增长的源泉与动力；新增长理论还指出了“边干边学”以及知识积累在经济发展中的重要作用，厂商可以从自己的投资活动中学到很多东西，增加经验和知识的积累。
3 农业经济增长的影响因素与政策建议
3.1 农业经济增长的影响因素
我国农业经济增长的影响因素很多，各个影响因素的综合作用促进了我国农业经济的增长，这些因素具体来说有农业科技进步、政府支农政策、农村金融发展、物质投入、人力资本投资等。气象灾害因素对我国农业经济增长影响比较大，其中尤其旱灾、洪涝灾对我国农业经济增长影响显著，冷冻灾、风雹灾对农业经济增长也有一定影响。另外，各个影响因素之间也还存在着相互制约的关系。
3.2 促进农业经济增长的政策建议
3.2.1 加快农村金融发展，提高农村金融服务水平
央行可实行较为宽松的贷款政策，对向农户贷款并建立长期合作的金融机构给予一定的优惠政策，确保农业贷款数量持续稳定增加；多渠道的引入农业资金，增加农村资金供给量和投放量，促进农业经济增长。
3.2.2 培养一大批农村实用人才，提高人力资源素质
在人力资源方面，重点是提高农民应用技能和科技水平。大力培养党员、村干部等农村带头人；大力培养养殖户、种植户等农村生产型人才；对农村中学生提供免费培训，对农村大学生回乡创业给予补助和贷款补贴。
3.2.3 加快农业机械化
充分发挥农业机械化作业具有的规模化和节约成本的优势，不断拓展农机作业新领域，提升农机服务水平，充分发挥农业机械化作业在农业经济增长中的促进作用。
3.2.4 充分发挥财政支农政策对农业经济增长的作用
国家应该建立资金支出责任追究制度，对资金支出的流失现象追究责任到个人；加大对农业扶持力度，做到对农业直接补贴、补贴到位；另外，还应加强对资金使用的检查力度，规范资金的使用行为。
3.2.5 对气象灾害要预防和治理相结合
对气象灾害进行动态观测和预警，同时引进外国先进的技术和先进的经验，定期对最新的气候问题进行探讨。由于气象灾害不能够完全准确的预测，这就要求政府建立一套相应的应急预案，一旦气象灾害发生便能在最短时间内做出反应，将损失减少到最低。
3.2.6 发展和完善农业科技创新体系
打破部门区域学科的限制，促进资源的充分流通，有效的整合科技资源以达到最大效用。高校在农业科学研究方面应注重解决实际问题，改善重成果轻应用、重数量轻质量的不良情况，加大对高新技术企业的扶持力度，鼓励企业自主创新，促进农业科学技术进步。
参考文献
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护理基本理论与技术 篇7
1. 近年来, 食品安全事故频繁发生, 人们对食品添加剂的认识逐渐加深。下列关于食品添加剂的认识正确的是 ()
A.食品添加剂必须用纯天然物质才对人体无害
B.SO2漂白生成的无色物质不稳定, 可广泛用于食品漂白
C.我们每一个人都要多食用加碘食盐和加铁酱油
D.食醋中含少量乙酸, 可同时用作防腐剂和调味剂
2. 通过复习总结, 下列归纳正确的是 ()
A.简单非金属阴离子只有还原性, 而金属阳离子不一定只有氧化性
B.Na2O、NaOH、Na2CO3、NaCl、Na2SO4、Na2O2都属于钠的含氧化合物
C.一种元素可能有多种氧化物, 但同种化合价只对应一种氧化物
D.物质发生化学变化一定有化学键断裂与生成, 并伴有能量变化, 而发生物理变化就一定没有化学键断裂与生成, 也没有能量变化
3. 下列物质按照纯净物、混合物、电解质和非电解质顺序排列的是 ()
A.盐酸、水煤气、醋酸、干冰
B.冰醋酸、福尔马林、硫酸钠、乙醇
C.单甘油酯、混甘油酯、苛性钾、石灰石D.胆矾、漂白粉、氯化钾、氯气
4.下列化学用语表示正确的是 ()
D.次氯酸的结构式:ClHO
5. 化学用语是学习化学的重要工具。以下化学用语表示正确的是 ()
A.NaCl既能表示物质的组成, 又能表示物质的分子式
B.16 O与18 O互为同位素;H216 O、D216 O、H218 O、D218 O互为同素异形体
C.质量数之和是质子数之和两倍的水分子符号可能是:D216 O
6. 已知:
(1) 在发烟硫酸 (H2SO4·SO3) 中, I2和I2O5生成I2 (SO4) 3。 (2) I2 (SO4) 3溶于水生成I2和I2O4。下列说法正确的是 ()
A.发烟硫酸的摩尔质量为178
B.反应 (1) 中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
C.反应 (2) 中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶3
D.反应 (2) 中若消耗2molI2 (SO4) 3则有电子转移3mol
7. 已知下述三个实验均能发生化学反应。
下列判断正确的是 ()
A.实验 (1) 和 (3) 中的铁钉只作还原剂
B.上述实验证明氧化性:Fe3+>Fe2+>Cu2+
C.实验 (2) 中Fe2+既显氧化性又显还原性
8. 根据表中信息, 判断下列叙述中正确的是 ()
A.表中 (1) 组反应可能有一种或两种元素被氧化
B.氧化性强弱比较:KClO3>Fe3+>Cl2>Br2
D.表中 (3) 组反应的还原产物是KCl, 电子转移数目是6e-
9. 下列离子方程式正确的是 ()
1 0. 下表中评价合理的是 ()
1 1. 某澄清、透明的浅黄色溶液中, 可能含有下列八种离子:
Na+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al 3+、SO42-、HCO3-、I-, 在设计检验方案前的初步分析中, 可确定该溶液中能大量存在的离子最多有 ()
A.4种B.5种
C.6种D.7种
1 2. 设阿伏加德罗常数为NA, 下列叙述正确的是 ()
A.标准状况下, 11.2L CH3CH2OH中含有的分子数目为0.5 NA
B.78g过氧化钠固体中所含阴、阳离子总数为4 NA
C.常温常压下, 2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1 NA
D.常温下, 32g含有少量臭氧的氧气中, 共含有氧原子2 NA
1 3. 设NA为阿伏加德罗常数的数值, 下列说法正确的是 ()
A.1L1mol·L-1的硫酸铝溶液中含有的Al 3+为2 NA
B.pH=1的H2SO4溶液中含有H+的数目为0.2 NA
C.常温下5.6g Fe与足量的浓硝酸反应, 转移电子的数目为0.3 NA
D.27g铝与足量的盐酸或NaOH溶液反应, 转移电子的数目均为3 NA
1 4. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素, X、Y是金属元素, X的焰色呈黄色。
W、Z最外层电子数相同, Z的核电荷数是W的2倍。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质, 则下列说法不正确的是 ()
A.W、X、Y形成的简单离子核外电子数相同
B.Z和W可形成原子个数比为1∶2和1∶3的共价化合物
C.Y和Z形成的化合物可以通过复分解反应制得
D.X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物能两两反应
1 5. X、Y、Z、M、W为原子序数依次增大的5种短周期元素。X的质子总数与电子层数相同, Y、Z、M同周期且相邻, W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍。Z与其同主族的短周期元素可形成常见气体甲 (甲有刺激性气味) 。X、Y、Z三种元素形成化合物乙。下列说法不正确的是 ()
A.原子半径:W>Y>Z>M>X
B.X分别与Y、Z、M、W形成的常见化合物中, 稳定性最强的是XM, 沸点X2Z>XM
C.W与Z两元素形成的化合物是原子晶体
D.化合物乙中一定只有共价键
16.新一代无污染、大推力火箭发动机, 燃料改肼 (N2H4) 、H2O2为煤油、液氧。下列有关肼、煤油的说法正确的是 ()
A.肼性质稳定, 无毒、无污染, 是火箭最理想的推进剂
C.煤油作为新型火箭发动机燃料, 原因是使用方便、安全性好, 无污染, 且煤油价格便宜
D.煤油可以由石油蒸馏得到, 是无机物和有机物组成的混合物, 燃烧产生蓝色火焰
17.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是 ()
A.甲烷的标准燃烧热为-890.3kJ·mol-1, 则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为:
A.放电时, 右槽发生还原反应
B.放电时, 左槽电解液pH升高
D.充电时, 每转移1mol电子, n (H+) 的变化量为1mol
19.体积为1L的某溶液中含有的离子及浓度如下表所示:
在上述溶液中插入惰性电极通电电解, 若忽略电解时溶液体积的变化和电极产物可能存在的溶解现象, 下列关于电路中有3mole-通过时的说法正确的是 ()
A.电解后溶液的pH=0
B.a=3
C.阳极生成1.5molCl2
D.阴极析出的金属是铜与铝
20.T℃时, 将气体X与气体Y置于一密闭容器中, 反应生成气体Z, 反应过程中各物质的浓度变化如图 (Ⅰ) 所示。保持其他条件不变, 在T1、T2两种温度下, Y的体积分数变化如图 (Ⅱ) 所示, 下列结论正确的是 ()
A.图 (Ⅱ) 中T1>T2, 则正反应是吸热反应
B.t2min时, 保持压强不变, 通入稀有气体, 平衡向正反应方向移动
C.其他条件不变, 升高温度, 正、逆反应速率均增大, 且X的转化率增大
D.T℃时, 若密闭容器中各物质起始浓度为:0.4mol·L-1 X、0.4mol·L-1 Y、0.2mol·L-1Z, 保持其他条件不变, 达到平衡时Z的浓度为0.4mol·L-1
下列说法正确的是 ()
A.平衡后升高温度, K>400
B.平衡时, c (CH3OCH3) =1.6mol·L-1
C.平衡时, 反应混合物的总能量减少20kJ
D.平衡时, 再加入与起始等量的CH3OH, 达新平衡后CH3OH转化率增大
22.下列有关实验原理、方法和结论都正确的是 ()
A.在0.1mol·L-1 Na2CO3溶液中, 加两滴酚酞显浅红色, 微热后红色加深, 说明盐类水解反应是吸热反应
B.先用水将pH试纸湿润, 再测量某未知溶液的pH, 若pH=1, 说明该溶液中c (H+) =0.1mol·L-1
C.向某FeCl3溶液中加入KSCN溶液, 观察到溶液呈血红色, 说明该FeCl3溶液中不含Fe2+离子
D.等体积、pH都为3的酸HA和HB分别与足量的锌反应, HA放出的氢气多, 说明酸性:HA>HB
23.常温下, 将一元酸HA和NaOH溶液等体积混合, 两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表:
下列判断正确的是 ()
A.a>9
B.在乙组混合液中c (OH-) -c (HA) =10-9 mol/L
C.c1<0.2
D.在丁组混合液中c (Na+) >c (A-)
24.常温时, 用0.1000mol/L NaOH滴定25.00mL 0.1000mol/L某一元酸HX, 滴定过程中pH变化曲线如下图所示。下列说法正确的是 ()
A.滴定前, 酸中c (H+) 等于碱中c (OH-)
B.在A点, c (Na+) >c (X-) >c (HX) >c (H+) >c (OH-)
C.在B点, 两者恰好完全反应
D.在C点, c (X-) +c (HX) =0.05mol/L
25.常温下, 0.1mol·L-1的HA溶液中c (OH-) /c (H+) =1×10-8, 下列叙述中正确的是 ()
A.0.01mol·L-1 HA的溶液中c (H+) =1×10-4 mol·L-1
B.pH=3的HA溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后所得溶液中c (Na+) >c (A-) >c (OH-) >c (H+)
C.浓度均为0.1mol·L-1的HA溶液和NaA溶液等体积混合后所得溶液显酸性, 则c (OH-) -c (H+) <c (HA) -c (A-)
D.pH=3的HA溶液与pH=11的NaOH溶液按体积比1∶10混合后所得溶液中c (OH-) +c (A-) =c (H+) +c (Na+)
26.下列化学过程及其表述正确的是 ()
B.由水电离的c (H+) 为10-3 mol·L-1的溶液中, Na+、NO3-、SO32-、Cl-一定能大量共存
C.向含有1mol KAl (SO4) 2的溶液中加入Ba (OH) 2溶液至沉淀物质的量最大时, 沉淀的总的物质的量为2mol
D.可以用硫酸酸化的KMnO4溶液与H2O2混合, 以证明H2O2具有还原性
27.下列说法正确的是 ()
A.向1mo1·L-l CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体, 由于CH3COONa水解显碱性, 所以溶液的pH升高
D.已知298K时, MgCO3的Ksp=6.82×10-6, 溶液中c (Mg2+) =0.0001mol·L-1, c (CO32-) =0.0001mol·L-1, 此时Mg2+和CO32-不能共存
28.下列图示与对应的叙述相符合的是 ()
二、非选择题
29.锌锰电池是使用历史最久, 应用最为广泛的一种电池, 生产这种电池的材料是二氧化锰、锌和铵盐 (如氯化铵、硫酸铵等) 。电池污染成为目前人们头痛的事情, 而对电池进行合理化回收利用, 则既可以防止电池污染, 又可以回收某些物质。请回答下列问题:
(1) 用铵盐溶液作为电解质的锌锰电池为酸性电池, 该电池反应的总反应式为:
负极的反应式为、正极的反应式为。
(4) 已知某含Zn2+的溶液中含有Fe3+、Fe2+等离子, 下面的实验可以除去杂质, 纯化Zn2+离子:
(1) 在试管中取少量上述含有Zn2+的溶液, 加入过量酸化的过氧化氢溶液, 振荡。该反应的离子方程式为。
(2) 将溶液pH调到, 溶液中的Fe3+可以沉淀完全。
已知下面表格中的数据:
30.纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注, 下表为制取Cu2O的三种方法:
(1) 工业上常用方法Ⅱ和方法Ⅲ制取Cu2O, 而很少用方法Ⅰ, 其原因是。
ΔH=kJ·mol-1
(3) 方法Ⅱ采用离子交换膜控制电解液中OH-的浓度而制备纳米级Cu2O, 装置如下图所示, 该电池的阳极反应式为。
(4) 方法Ⅲ为加热条件下用液态肼 (N2H4) 还原新制Cu (OH) 2来制备纳米级Cu2O, 同时放出N2。该制法的化学方程式为。
31.碳元素的单质及其化合物与人类的生产、生活、科研息息相关。请回答下列问题:
(1) 绿色植物的光合作用吸收CO2释放O2的过程可以描述为以下两步:
则绿色植物利用二氧化碳和水合成葡萄糖并放出氧气的热化学方程式为。
(2) 工业上利用水煤气合成甲醇的主要反应可表示为:
向容积为1L的密闭容器中加入0.10molH2和0.05molCO, 在一定温度下发生上述反应, 10min后反应达到平衡状态, 测得放出热量3.632kJ。
(1) 该温度条件下, 上述反应的化学平衡常数K=。
(2) 若容器容积不变, 下列措施可增加CH3OH产率的是 (填写序号) 。
A.升高温度
B.将CH3OH (g) 从体系中分离
C.充入He, 使体系总压强增大
D.再充入0.10molH2和0.05molCO
(3) 反应达到平衡后, 保持其他条件不变, 若只把容器的体积缩小一半, 平衡 (填“逆向”、“正向”或“不”) 移动, 化学平衡常数K (填“增大”、“减小”或“不变”) 。
(3) 已知反应:2CO (g) +O2 (g) 2CO2 (g) ΔH<0, 根据原电池原理该反应能否设计成燃料电池。若能, 请写出当电解质溶液为KOH溶液时的负极反应式 (若不能, 该空可不作答) :。
32.现有A、B、C、D、E五种可溶性强电解质, 它们在水中可电离产生下列离子 (各离子不重复) :
阳离子:H+、Na+、Al 3+、Ag+、Ba2+
阴离子:OH-、Cl-、CO32-、NO3-、SO42-
已知: (1) A、B两溶液呈碱性, C、D、E溶液呈酸性。
(2) 向E溶液中逐滴滴加B溶液至过量, 沉淀量先增加后减少但不消失。
(3) D溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀。
请回答下列问题:
(1) 写出A与D的化学式:A, D。
(2) 写出A与E溶液反应的离子方程式:。
(4) 若25℃时, C、E及醋酸三种溶液的pH=4, 则E和C溶液中由水电离出的c (H+) 的比是;将C与醋酸混合, 醋酸的电离程度将 (填“增大”“不变”或“减小”) (水的浓度视为常数) 。
(5) 用惰性电极电解0.1mol·L-1 D与0.1mol·L-1C各100mL混合后的溶液, 电解一段时间后, 阴极质量 (填“增大”“不变”或“减小”, 下同) ;溶液的pH。
(6) 向 (5) 中所得溶液中加入足量铁粉, 则所能溶解的铁粉质量为g。
33.运用化学反应原理分析解答以下问题
(1) 已知:
且三个反应的平衡常数依次为K1、K2、K3。
化学平衡常数K= (用含K1、K2、K3的代数式表示) 。
a.体系压强保持不变
b.混合气体密度保持不变
c.CO和H2的物质的量保持不变
d.CO的消耗速率等于CO2的生成速率
(3) 氨气溶于水得到氨水。在25°C下, 将xmol·L-1的氨水与ymol·L-1的盐酸等体积混合, 反应后溶液中显中性, 则c (NH4+) c (Cl-) (填“>”、“<”或“=”) ;用含x和y的代数式表示出氨水的电离平衡常数。
34.运用化学反应原理研究溶液的组成与性质具有重要意义。请回答下列问题:
(1) 氨水显弱碱性, 若用水稀释0.1mol·L-1的氨水, 溶液中随着水量的增加而增大的是 (填写序号) 。
(3) c (H+) 和c (OH-) 的乘积 (4) c (H+)
(2) 室温下, 将0.01mol·L-1 NH4HSO4溶液与0.01mol·L-1烧碱溶液等体积混合, 所得溶液中所有离子的物质的量浓度大小关系为 (用具体离子的浓度表达式回答) 。
(3) 已知:25℃时, Ksp (AgCl) =1.8×10-10 (mol·L-1) 2, Ksp (AgI) =1.0×10-16 (mol·L-1) 2。在25℃条件下, 向0.1L0.002mol·L-1的NaCl溶液中逐滴加入0.1L0.002mol·L-1的AgNO3溶液, 有白色沉淀生成, 从难溶电解质的溶解平衡角度解释产生沉淀的原因是, 向反应后的浑浊液中继续加入0.1L0.002mol·L-1的NaI溶液, 观察到白色沉淀转化为黄色沉淀, 产生该现象的原因是 (用离子方程式回答) 。
(4) 在25℃条件下, 将amol·L-1的醋酸与bmol·L-1的烧碱溶液等体积混合 (混合后体积为混合前体积之和) , 充分反应后所得溶液显中性。则25℃条件下所得混合溶液中醋酸的电离平衡常数为mol·L-1 (用含a、b的式子表示) 。
(5) 用惰性电极电解含有NaHCO3的NaCl溶液, 假设电解过程中产生的气体全部逸出, 测得溶液pH变化如右图所示。则在0→t1时间内, 阳极反应式为, 溶液pH升高比较缓慢的原因是 (用离子方程式回答) 。
35.现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液, 甲为0.1 mol·L-1的NaOH溶液, 乙为0.1mol·L-1的盐酸, 丙为未知浓度的FeCl2溶液, 试回答下列问题:
(1) 甲溶液的pH=。
(2) 丙溶液中存在的化学平衡有 (用离子方程式表示) 。
(3) 甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c (OH-) 的大小关系为。
(1) 实验前, 首先要精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250mL, 配制时需要的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外, 还需 (填写仪器名称) 。
(2) 滴定实验要用到酸式滴定管或碱式滴定管, 使用该仪器的第一步操作是。
(3) 某同学设计的下列滴定方式中, 最合理的是 (夹持部分略去, 填字母序号) , 达到滴定终点的现象是。
36.天然气 (以甲烷计) 在工业生产中用途广泛。
Ⅰ.在制备合成氨原料气H2中的应用
(1) 甲烷蒸汽转化法制H2的主要转化反应如下:
上述反应所得原料气中的CO能使氨合成催化剂中毒, 必须除去。工业上常采用催化剂存在下CO与水蒸气反应生成易除去的CO2, 同时又可制得等体积的氢气的方法。此反应称为一氧化碳变换反应, 该反应的热化学方程式是。
(2) CO变换反应的汽气比 (水蒸气与原料气中CO物质的量之比) 与CO平衡变换率 (已转化的一氧化碳量与变换前一氧化碳量之比) 的关系如下图所示:
析图可知
汽气比与CO平衡变换率的关系:
(1) 相同温度时, CO平衡变换率与汽气比的关系是。
(2) 汽气比相同时, CO平衡变换率与温度的关系是。
(3) 对于气相反应, 用某组分 (B) 的平衡压强 (pB) 代替物质的量浓度也可以表示平衡常数 (记作Kp) , 则CO变换反应的平衡常数表示式为:Kp=。随温度的降低, 该平衡常数 (填“增大”“减小”或“不变”) 。
Ⅱ.在熔融碳酸盐燃料电池中的应用
以熔融Li2CO3和K2CO3为电解质, 天然气经内重整催化作用提供反应气的燃料电池示意图如下:
(1) 外电路电子流动方向:由流向 (填字母) 。
(2) 空气极发生反应的离子方程式是。
(3) 以此燃料电池为电源电解精炼铜, 当电路有0.6mol e-转移, 有g精铜析出。
参考答案:
1.D【解析】食品添加剂不一定是纯天然物质, 很多是人工合成的, 在一定范围内对人体无害, A项错误;SO2有毒, 不可广泛用于食品漂白, B项错误;加碘食盐不可过多摄取, 加铁酱油也一样, C项错误;乙酸具有消毒杀菌作用, D项正确。
2.A【解析】B项, NaCl不是含氧化合物;C项, 一种元素的同种化合价可以形成不同的氧化物, 如NO2和N2O4;D项, 有些物理变化也可能有化学键的断裂, 也有能量变化, 如固体氯化钠熔化, 有离子键断裂并吸收能量。
3.B【解析】A项, 盐酸是混合物;C项, 单甘油酯、混甘油酯是纯净物, 石灰石是混合物, 既不是电解质也不是非电解质;D项, 氯气是单质, 它既不是电解质也不是非电解质, 电解质和非电解质都必须是化合物。
5.C【解析】NaCl仅能表示物质的组成, 不能表示物质的分子式;B中H216 O、D216 O、H218 O、D218 O是氢、氧的同位素形成的不同化合物, 不能互称为同素异形体, 因其是化合物;D216 O质子数之和为10, 质量数之和为20, 是质子数之和的两倍, C项正确;D项中CO2-3水解应分两步进行。
10.B【解析】A项中Al (OH) 3不溶于过量的氨水, 评价错;C项中产物应是HCO-3, 评价错;D项离子方程式正确, 评价错。
11.B【解析】由溶液有色知一定含有Fe3+, 因Fe3+能氧化I-也能与HCO-3发生双水解反应, 故溶液中无I-、HCO-3;由电中性原理知此溶液中一定有SO2-4, 无Ba2+;其他离子间彼此不发生反应, 故能大量存在的离子最多有5种。
12.D【解析】标准状况下, CH3CH2OH为液态, A项错误;过氧化钠的化学式为Na2O2, 阳、阴离子个数之比为2∶1, 78g过氧化钠固体中所含阴、阳离子总数为3 NA, B项错误;常温常压下, 2.24LCO和CO2混合气体的物质的量小于0.1mol, C项错误;32g含有少量臭氧的氧气中, 氧原子的物质的量为2mol, D项正确。
13.D【解析】因为Al 3+能发生水解, 故A项错;因为没有溶液的体积, 故B项错;因为常温下铁能与浓硝酸发生钝化反应, 故C项错;Al不论与盐酸反应还是NaOH溶液反应, 都生成+3价Al, 故D项正确。
14.C【解析】焰色反应为黄色, 则确定X为钠元素, 短周期元素中同一主族元素原子序数为2倍关系的元素为氧元素和硫元素, 即W为氧元素, Z为硫元素。Y为金属元素, 结合原子序数依次增大, 推测可能为镁元素或铝元素, 工业上制取镁为电解熔融的氯化镁, 而制取铝则利用电解熔融氧化铝, 所以Y为铝元素。O2-、Na+、Al 3+核外均为10个电子, A项正确;SO2和SO3均为共价化合物, B项正确;由于Al 3+和S2-在溶液中不能大量共存, 因此不能通过复分解反应制得Al2S3, C项错误;NaOH、Al (OH) 3、H2SO4可以两两发生反应, D项正确。
15.D【解析】X的质子总数与电子层数相同, 故X为氢;Z与其同主族的短周期元素可形成常见气体甲, 而甲有刺激性气味, 应为SO2, 则Z为氧;又Y、Z、M同周期且相邻, 故Y为氮、M为氟;结合W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍, W应为硅。原子半径:W>Y>Z>M>X, A项正确;因它们之中氟的非金属性最强, 故氟化氢最稳定, 由于水分子间形成氢键, 沸点H2O>HF, B项正确;氧与硅两元素形成的二氧化硅为原子晶体, C项正确;H、N、O三种元素形成的化合物可能含有离子键, 如NH4NO3, D项错误。
16.C【解析】A选项错误, 肼有毒、有污染;B选项错误, 燃烧是放热反应, 焓变为负;C选项正确;D选项错误, 煤油是有机物, 含碳量高, 燃烧火焰不是蓝色。
17.C【解析】A选项错在水的状态标成了气态;合成氨反应为可逆反应, 并不能完全转化, B项错误;1molNaOH完全中和放出热量为57.4kJ, 0.5mol应放出28.7kJ热量, C项正确;从S (s) 到S (g) 是一个吸热过程, 则ΔH1<ΔH2, D项错误。
19.A【解析】从溶液中的电荷守恒可知, a=4, B项错;从电解后溶液的电子守恒的角度知, n (H+) =1mol, 故溶液pH=0, A项正确;
上述电解反应过程中涉及的反应有:
21.B【解析】因为ΔH<0, 正向放热, 升温平衡左移, K值减小, 故A项错;
可以求出CH3OH的起始浓度为3.28mol·L-1。
根据K在某温度下
可算出c (CH3OCH3) =1.6mol·L-1, B项正确;根据B的结果, 转化的甲醇的物质的量为3.2mol, 根据热化学方程式可求算转化3.2mol甲醇放出40kJ热量, C项错;由于反应前后化学计量数相等, 再加入与起始量相等的CH3OH, 转化率不变, 故D项错。
22.A【解析】Na2CO3溶液显碱性是因为CO2-3离子水解得到OH-, 加热促进水解, 红色加深;B选项中用水稀释pH试纸将导致待测液被稀释, 测量结果不准;C选项中无法判断是否存在Fe2+;D选项中HA放出的氢气多, 说明HA的物质的量浓度更大, 但是两者pH相同, 说明HA酸性更弱才对。
23.B【解析】由乙组实验知HA是弱酸, 而甲、乙两组实验中, 酸碱均恰好反应完, 因甲中生成的c (A-) 比乙组中的小, 故7<a<9, A项错, 由质子守恒原理知B项对;当HA与碱恰好反应完, 溶液应该呈碱性, 当溶液呈中性时, 表明酸略微地过量, 即c1略大于0.2mol/L, C项错;由电荷守恒原理知D项错。
24.D【解析】由图像可知, 当加入25.00mL (C点) NaOH溶液时, 一元酸HX与NaOH完全反应, 溶液显碱性, 故该酸为弱酸, A项错;B选项中的电荷不守恒;是C点恰好完全反应而非B点;根据X元素守恒可知D选项正确。
25.D【解析】在0.1mol·L-1的HA溶液中, 因c (OH-) /c (H+) =1×10-8, 结合水的离子积c (OH-) ×c (H+) =1×10-14, 得出c (H+) =1×10-3, c (OH-) =1×10-11, 故HA为弱酸。因不同浓度弱酸的电离程度不同, 故0.01mol·L-1 HA的溶液中c (H+) ≠1×10-4mol·L-1, A项错误;pH=3的HA溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后, HA酸过量, 故所得溶液中c (A-) >c (Na+) >c (H+) >c (OH-) , B项错误;浓度均为0.1mol·L-1的HA溶液和NaA溶液等体积混合后, 所得溶液显酸性, 说明HA的电离程度大于NaA的水解程度, 故c (Na+) >c (HA) , 又据溶液中的电荷守恒:c (OH-) +c (A-) =c (H+) +c (Na+) , 得c (OH-) +c (A-) >c (H+) +c (HA) , 即c (OH-) -c (H+) >c (HA) -c (A-) , C项错误;根据溶液中的电荷守恒:c (OH-) +c (A-) =c (H+) +c (Na+) , D项正确。
(2) MnO 4000mol
(3) H2O、CO2↑
【解析】 (1) 锌为电池负极, 锌被氧化生成二价锌;二氧化锰为正极, 其中的锰元素化合价由+4价被还原为+3价。
(2) 该反应中, 二氧化锰是氧化剂, 被还原为MnO;142kg的MnO的物质的量为2000mol, MnO2~MnO转移2个电子, 故转移电子的物质的量为4000mol。
(3) 根据元素守恒及反应事实可知化学方程式中所缺的物质是H2O、CO2。
(4) 过氧化氢具有强氧化性, 能够氧化Fe2+为Fe3+;pH>3.7时, Fe3+完全沉淀出来, 而pH<8.6时, Mn2+不会沉淀。
30. (1) 反应不易控制, 易还原产生Cu
(2) +34.5
【解析】 (1) 方法Ⅰ中反应条件高温不易达到, 反应可能产生铜单质造成产物不纯。
(2) (1) 100L·mol-1 (2) BD (3) 正向不变
平衡正向移动可增加CH3OH产率。
只把容器的体积缩小一半, 即增大了容器内的压强, 平衡正向移动, 但温度不变, 故平衡常数不变。
32. (1) Na2CO3 AgNO3
(4) 106∶1不变
(5) 不变减小
(6) 0.21
【解析】先判断出各离子间可组成的物质为:Na2CO3、AgNO3和Ba (OH) 2, 再结合 (2) 向E溶液中逐滴滴加B溶液至过量, 沉淀量先增加后减少但不消失, 则说明E为Al2 (SO4) 3, B为Ba (OH) 2, 又 (1) A、B两溶液呈碱性, 故A为碳酸钠;再根据D溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀, 则D为AgNO3, C为盐酸。
(1) A的化学式为Na2CO3, D的化学式为AgNO3。
(4) pH=4的盐酸中, 由水电离出的c (H+) 水=c (OH-) 水=10-10, pH=4的Al2 (SO4) 3中, 由水电离出的c (H+) 水=10-4, 所以E、C中由水电离出的c (H+) 之比为10-4∶10-10=106∶1;把pH=4的HCl和醋酸混合, 由于两者的pH相同, 故醋酸的电离程度不变。
(5) 用惰性电极电解0.1mol·L-1 AgNO3与0.1mol·L-1 HCl各100mL混合后的溶液, 即电解HNO3溶液, 也就是相当于电解水, 故电解一段时间后, 阴极质量不变, 溶液的酸性增强, pH减小。
33. (1) -247kJ·mol-1 K21·K2·K3
(2) ac
(3) =K=10-7 y/ (x-y) mol·L-1
【解析】 (1) 依据盖斯定律, 由 (1) ×2+ (2) + (3) 得热化学方程式为:
根据化学平衡常数的概念得上述反应化学平衡常数K=K21·K2·K3。
(2) 反应达到平衡状态时, V (正) =V (逆) , 因反应前后体积发生变化, 当体系压强保持不变时, 说明反应已达到平衡, a项正确;因反应前后均为气体, 质量不变, 混合气体密度始终保持不变, b项不正确;CO和H2的物质的量保持不变, 说明反应已达到平衡, c项正确;CO和CO2的系数不等, CO的消耗速率等于CO2的生成速率, 反应逆向移动, 没有达到平衡, d项不正确。
34. (1) (2) (4)
(2) c (Na+) =c (SO2-4) >c (NH+4) >c (H+) >c (OH-)
(2) “0.01mol·L-1 NH4HSO4溶液与0.01mol·L-1烧碱溶液等体积混合”, 生成等浓度的 (NH4) 2SO4和Na2SO4, 由于NH+4水解显酸性, 故离子浓度大小顺序为c (Na+) =c (SO2-4) >c (NH+4) >c (H+) >c (OH-) 。
(3) 从难溶电解质的溶解平衡角度解释产生沉淀的原因是浓度商大于该物质的Ksp;沉淀的转化是难溶的转化为更难溶的:AgCl (s) +I- (aq) AgI (s) +Cl- (aq) 。
35. (1) 13
(3) 甲=乙<丙
(4) (1) 250mL容量瓶、胶头滴管
(2) 检查滴定管是否漏水
(3) b当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液时, 锥形瓶内的颜色由浅绿色变为紫红色, 且半分钟内不褪色
(3) 等浓度的c (H+) 和c (OH-) 对水的电离的抑制程度相同, 而盐类的水解能促进水的电离平衡, 故甲=乙<丙。
(4) 还缺250mL容量瓶和胶头滴管;使用滴定管的第一步操作是检查是否漏水;酸性KMnO4溶液应盛放在酸式滴定管中。
(2) (1) 汽气比越大, CO平衡变化率越大 (2) 温度越高, CO平衡变化率越小
Ⅱ. (1) 由A流向B
(3) 19.2
【解析】 (1) 将第1个反应颠倒与第2个反应相加即得:
(2) 由图像可得, 汽气比越大, CO平衡变化率越大;温度越高, CO平衡变化率越小。
(3) 由平衡常数表达式, 将浓度换为平衡压强即可;因该反应为放热反应, 温度降低, 平衡正向移动, 平衡常数增大。
Ⅱ. (1) 由图可知, 通入甲烷的一极为负极, 通入氧气的一极为正极, 故电子流动方向由A流向B。
(3) 当电路有0.6mole-转移, 有0.3molCu生成, 质量为19.2g。
护理基本理论与技术 篇8
一、会计基本原则
知识经济时代下的会计工作原则主要有:成本计价原则、收入确认原则、费用配比原则、权贵发生制原则以及会计披露原则五种。在这五种基本的会计工作原则中, 有的会计工作原则是在传统的会计工作中形成, 并一直沿用下来的, 比如成本计价原则而有的是在其他两种原则上创新出来的, 如权贵发生制原则。但不管这五项原则的来源如何, 其均是知识经济时代下开展会计工作必须要遵循和坚持的基本原则。
(一) 成本计价原则
成本计价原则, 实质是指历史成本计价原则, 这项基本原则在传统会计工作中占据着极其重要的地位。但是在知识经济时代下, 历史成本计价原则却存在着一定的缺陷, 主要表现在以下几个方面:
1、对软资产的价值进行了忽视没有物质形态的无形资产。
企业所拥有的无形资产能够在未来为企业创造大量的超额经济效益, 但如果利用历史成本计价方式来对无形资产所创造的, 或者说可能会创造的经济效益进行计价, 则很可能出现低估无形资产价值的现象, 严重者还可能会出现排除计价, 将无形资产排除在企业资产负债表之外的现象发生。
2、不能提供及时、准确的企业会计信息。
知识经济时代, 随着市场经济体制的改革, 市场经济环境也是瞬息万变, 这对于企业经营来说, 无疑是一个极富挑战性的难题。而为了敦实企业基业巩固企业的市场地位, 企业管理者就必须通过会计信息来了解和管理企业, 做出正确的经营管理决策, 以便减少企业利润损失, 为企业创造更大的社会经济效益。这是企业实行会计管理, 绘制会计报表的最终目的, 但如果在具体实施时将历史性的会计信息当作决策参考, 则往往会误导管理者的判断, 导致其做出不正确, 或者不符实际的管理决策, 阻碍企业发展。
3、成本计价模式的优势在不断降低。
时代的进步以及市场环境的变化, 都使得传统历史计价模式的优势不断降低, 计算机网络技术所具有的信息共享和信息处理能力, 在一定程度上提高了企业会计信息的及时性与可靠性, 且由于拓宽了企业获取资料的途径, 为企业节约了一定的资料获取成本, 对传统的历史成本计价模式造成了巨大的冲击。
(二) 收入确认原则
收入确认原则, 是有关收人人账时间确认的原则。传统收入确认原则的最大弊端在于收益揭示不完整, 影响信息使用者对企业真实盈利能力的判断。
传统收入确认原则更确切地说是营业收人的确认原则。在知识经济时代, 企业生产的产品是知识密集型产品, 具有较高的增值性, 忽略其置存收益会影响投资者对企业的整体评价。
(三) 费用配比原则
在传统会计的费用配比原则下, 首先应确定成本是否已经消耗。末耗成本仍具有未来经济效益, 应作为资产处理, 而已耗成本则应予转销。已耗成本与营业收入配合的方法通常有三种: (1) 根据因果关系直接配比; (2) 系统和合理地分摊; (3) 立即确认为费用。配比概念是传统会计理论结构中的一个重要组成部分, 费用与收入的配比是否合理, 关系到会计信息的真实性和可靠性。
(四) 权贵发生制原则
权贵发生制原则是在收入实现原则以及费用配比原则两者结合的基础上发展起来的, 在传统会计中占据着重要的地位。但在当下, 在知识经济时代下, 再利用权贵发生制原则来实施会计管理, 则面临着很大难题:权责发生制不利于反映企业本期现金流量信息, 现金流量是现代企业非常重要的一项财务数据, 它直接关系到企业的流动性和偿债能力的有效评价。而在以高新技术产业为支柱的知识经济时代, 由于知识创新、扩散的速度很快, 技术风险和市场风险加剧, 企业稍有不慎, 就可能面临破产、清算。
二、知识经济下的会计基本假设
(一) 会计主体假设
“网络经济”的兴起, 使得会计主体界限越来越难以把握。以数字化技术为先导, 以信息高速公路为主要内容的新信息技术革命使得知识、信息的扩散与应用大大加快, 交易、决策瞬间完成, 电脑技术的发展与广泛应用, 使通过互联网形成了所谓“网络经济”。“网上公司”又可称为“无实体公司”, 它可以通过互联网横跨大洋把千万个个体联系起来, 一旦业务完成时, 又可在几秒钟内解除这种联系。
(二) 持续经营假设
知识经济时代的来临, 使竞争愈演愈烈, 企业稍有不慎, 就可能面临破产、清算;并购潮流将进一步加剧, 会计个体被兼并的可能性进一步加大。随着知识经济时代的到来, 竞争激烈可想而知, 并购将成为一种趋势;“网上实体”不适用持续经济假设, 而适用破产清算与破产期间假设。知识经济社会中, 知识更新、扩散的速度很快, 经济活动面临着较大风险, 这在一定程度上决定了“网上实体”的特点。
三、结束语
综上所述, 当市场经济环境发生改变之后, 企业想要在新变化的经济市场中获得更好的发展, 就必须从内部管理机制入手, 改革现有的会计基本原则, 摒弃过时与落后的管理模式去, 并引进和提出新的、符合当前形势的会计架设理论, 探讨其可行性后将其落实到实际工作中, 从根本上促进会计管理事业的发展, 为企业创造更大的社会经济效益。
摘要：结合当前时势, 本文对知识经济时代下会计的基本原则和基本假设理论作了详细分析与论述, 指出会计环境以及会计工作理念应该随着时代的进步而有所改变, 比如货币的计量方式等, 只有改进计量方式和手段, 才能在原有基础上进一步扩大会计财务报表的信息容量, 为报表使用者提供更加系统且全面的信息。
关键词：会计基本原则,基本假设理论,研究
参考文献
[1]谷强平, 张东, 李玉凤.知识经济对传统会计理论的冲击[J].内蒙古科技与经济.2006 (12)
[2]刘瑞鸿.试论环境会计的基本假设和核算原则[J].兰州铁道学院学报.2002 (02)
护理基本理论与技术 篇9
【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OO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:H2SHS-+ H+、HS- S2-+H+、H2OH++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·H2ONH4++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H2SH++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+ H2OCH3COO-+ H3O+K1 =1.75×10-5;2 CH3COO-+H2OCH3COOH +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-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+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+ H2OHCO3-+ OH-、HCO3-+H2OH2CO3 + 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+H2OHClO+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-。
护理基本理论与技术 篇10
【关键词】教学做一体化；教学模式；护理基本技术；应用
《护理基本技术》作为护理中的一门重要课程，作为护理专业的学生必须重点掌握。然而，在对护理专业学生进行教学的过程中，往往只重视理论教学，而忽视了实践教学，这样的教学方式比较单调，导致学生不具备实践知识，使得教学效果不理想。为了改进教学方法，开始逐渐采用教学做一体的教学方式，将理论教学与实践操作联系起来，提高学生的实践能力，并取得了好的教学成果。现报道如下：
1资料和方法
1.1 研究对象
采用随机抽样的方式，从2012级3年制护理专业年制高职护理专业共18个班中随机选取两个班，每班各50人，将两班级分为实验组（50人）和对照组（50人），均为女生。两组学生年龄均在18～20岁。在进行试验前首先确保两组学生的成绩无显著差异，（P>0.05），具有可比性。
1.2 方法
对两组均采用相同的老师，相同的教材进行授课。教学周期、教学内容均相同。其中对对照组学生采用原传统的教学方法对学生进行教学，老师在课堂上讲述理论知识，学生被动的接受知识，对于实验部分由老师统一进行演示，然后学生进行分组练习，由老师进行结果知道。对实验组学生采用教学做一体化的教学模式，教学模式把理论、实践和技能测试结合在一起，老师对学生在模拟病房中进行理论和实际教学，让学生能够将理论与实践联系在一起。让学生能够应用自己的理论所学去到实际场景中去应用，加深对理论知识的理解和掌握。
1.3 评价方式
1.3.1理论考核
在对两组授课周期结束之后，对两组学生进行理论知识考试，对两组学生采用统一试卷进行考试，考试结束后采取统一阅卷。
1.3.2实践技能考核
对两组学生进行实践技能考核，对每位学生进行一对一的护理技能操作考核。两组学生的监考教师和考核标准完全相同。
1.3.3问卷调查
由研究者自行设计问卷，对实验组学生进行关于教学做一体化教学方式的效果的问卷调查。实验组学生有50名，共发放问卷调查50份，后收回50份，有效回收率为100%。
1.4 统计学分析
本次实验数据采用SPSS12.0软件进行统计学分析，其中计量资料对比采用t检验，计数资料对比采用卡方检验，以p<0.05为差异有统计学意义。
2结果
2.1两组学生理论成绩比较其中对照组 50 人，基础理论考试的平均成绩为（ 85.31±7.12）分；实验组50人，基护理论考试的平均成绩为（89.74±5.87） 分。两组学生成绩差异具有统计学意义（ P< 0.05） ，见表 1。
2.2两组学生实践操作成绩比较通过对两组学生进行实践技能操作考核，两组采用同样的护理实践考核项目，采用相同的评分等级，采用同样的考核老师。两组学生的成绩差异具有统计学意义（P<0.05），考核成绩结果见表2。
2.3 实验组学生对教学做一体化的教学方法的效果评价通过对实验组50名学生进行问卷调查，结果有92%的学生认为教学做一体化的教学方法相比传统教学方式有明显的优势效果，见表3
3讨论
3.1 教学做一体教学模式相比传统教学方式对提高学生的理论成绩有很大的帮助通过表1中的实验结果可以得出，采用教学做一体化教学方法进行教学的实验组学生相比采用传统教学方法进行教学的对照组学生在理论考试考核中，成绩相对更高。其中对照组学生的基础理论考试的平均成绩为（ 85.31±7.12）分；实验组50人，而实验组学生的基护理论考试的平均成绩为（89.74±5.87） 分。由此可以发现教学做一体化教学模式的优势。
3.2 教学做一体化教学模式对学生的实际操作技能有一定的帮助通过把理论教学同实践操作结合起来，能够提高学生的学习兴趣，能够把学生的理论及时应用到实践中来，能够加深学生对护理专业知识的理解和认识，有助于学生护理知识掌握的更加牢固，同时能够提高学生的动手能力，随机应变的能力。
3.3 学生更倾向于教学做一体化教学模式通过对实验组学生进行问卷调查，通过表3可以发现，96%的学生认为对教学一体化模式表示支持；94%的学生认为教学做一体化教学模式对提高学习成绩有帮助，92%的学生认为教学做一体化教学模式能够提高学生的学习兴趣；92%的学生认为教学做一体化教学模式对提高实际护理技能有帮助；94%的学生认为教学做一体化教学模式能够对提高学习效率有帮助；90%的学生认为教学做一体化教学模式有利于培养其整体的护理观。
综上所述，教学做一体化教学模式相比于传统教学模式，把理论教学同实际操作结合在一起，能够加强学生对知识的掌握。
参考文献：
[1]夏雅雄，方仕婷.教学做一体化教学模式在护理基本技术教学中的应用[J].护士进修杂志，2015，（7）：622-624.
[2]张秀英.教、学、做一体化教学模式在基础护理实验教学中的应用[J].卫生职业教育，2011，（24）：117-118.
[3]李兰，严继贵，张小来.“教学做一体化”模式在《基础护理技术》教学中的应用[J].2015，（3）：131-132.
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