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江苏省2010届高三生物二轮专题教案
种群的特征
【课标要求】种群的特征。
【考向瞭望】以选择题形式考查种群的特征以及对种群数量或发展方向的作用。
【知识梳理】www.
一、种群的概念：在一定的自然区域内，同种生物的全部个体。[
二、种群的数量特征[
（一）种群密度
1、概念：指在单位面积或单位体积中的个体数，是种群最基本的数量特征。
2、调查方法
（1）估算植物种群密度常用方法——样方法www.
①样方形状：一般以正方形为宜。
②取样方法：五点取样法和等距取样法。
（2）动物种群密度的调查方法——标志重捕法
测量方法：在被调查种群的活动范围内，捕获一部分个体，做上标记后再放回原来的环境中，经过一段时间后进行重捕，根据重捕到的动物中标记个体数占总个体数的比例，估计种群密度。
（二）出生率和死亡率[
1、概念
（1）出生率：在单位时间内新产生的个体数目占该种群个体总数的比率。
（2）死亡率：在单位时间内死亡的个体数目占该种群个体总数的比率。
2、特点：繁殖能力强的种群出生率高，种群增长快。[
3、研究意义：是决定种群大小和种群密度的重要因素。
（三）迁入率和迁出率
1、概念：单位时间内迁入或迁出的个体，占该种群个体总数的比率。
2、研究意义：影响种群大小和种群密度变化的重要因素。
（四）年龄组成
1、概念：一个种群中各年龄期的个体数目的比例。
2、类型
（1）增长型：种群中年幼个体很多，年老个体很少，种群正处于增长期，种群密度会增大。www.
（2）稳定型：各年龄期的个体数目比例适中，种群正处于稳定时期。
（3）衰退型：年幼个体较少，而年老个体较多，种群正处于衰退时期，种群密度会减少。
3、研究意义：对于预测种群密度未来变化趋势具有重要意义。
（五）性别比例
种群中雌雄个体数目的比例。
（六）种群特征之间的关系（如右图）
【思考感悟】某种群中具有生殖能力的雌性个体多于雄性个体，则该种群数量的变化趋势如何？
雌性比例大，导致出生率较高，因而该种群数量会越来越大。
【基础训练】1、预测一个国家或地区人口数量未来的动态信息主要来自（ A ）
A、现有居住人口不同年龄组成的比例 B、现有人口数量和密度
C、现有出生率、死亡率和迁移率 D、现有人口男女性别比例
2、用“样方法”调查蒲公英种群密度的过程是（ B ）
①选取一个该种群分布比较均匀的长方形地块，将该地按长度划成10等份，在每份的中央画一个大小为1m2的样方；②选取一个该种群分布比较集中的长方形地块，将该地按照长度划成10等份，在每份的中央画一个大小不同的样方；③计数每个样方内该种群数量，取其最大值作为种群密度的估计值；④计数每个样方内该种群数量，取其平均值作为该种群密度的估计值。www.
A、①③ B、①④ C、②③ D、②④
3、如下甲图为种群的三种典型的年龄组成类型，乙图为种群的三个典型存活类型。
（1）在渔业生产中，必须严格控制鱼网孔眼大小，保证水域中该鱼种群年龄组成出现甲图中的A类型，才能保证鱼产量的稳定。
（2）若乙图表示对三个经营多年的养猪场的调查结果，则经营最好的为Ⅱ猪场，而另外两个经营不好的原因是：Ⅲ猪场因饲养等技术问题造成幼猪大量死亡；Ⅰ猪场因市场营销问题造成老年猪积压。
（3）根据生活常识，判断下列生物分别属于乙图中哪种类型生物：人Ⅰ，鸟Ⅱ，蛙Ⅲ。
（4）某害虫种群年龄组成虽为A增长型，但有关专家却推断它不会泛滥成灾，因为这种害虫的年龄存活曲线如乙图中Ⅲ曲线。
【高考模拟】
4、“标志（记）重捕法”是动物种群密度调查中的一种常用取样调查法：在被调查种群的生存环境中，捕获一部分个体（M）全部进行标记后释放，经过一段时间后进行重捕，根据重捕中标记个体数（m）占总捕获数（n）的比例，估计该种群的数量（N）。某研究机构对我国北方草原一种主要害鼠——布氏田鼠进行了调查。调查样方总面积为2hm2。(1hm2＝10000m2)，随机布设100个鼠笼，放置l夜后，统计所捕获的鼠数量、性别等，进行标记后放归；3日后进行重捕与调查。所得到的调查数据如下表。
捕获数／只 标记数／只 雌性个体数[] 雄性个体数[
初捕 32 32 14 18[
重捕 36 4 18 18
（1）假定重捕取样中标记比例与样方总数中标记比例相等，写出样方中种群总数(N)的计算公式N＝Mn/m。
（2）该草地布氏田鼠的平均种群密度为144只/hm2。事实上田鼠在被捕捉过一次后更难捕捉，上述计算所得的平均种群密度与实际种群密度相比可能会偏高。
（3）综合两次捕获情况，该田鼠种群的性别比例(♀/♂)为8/9（或32/36）。
（4）在上述调查的同时，还对样方中布氏田鼠的洞口数进行了调查（假设样方中只有这一种鼠），平均每100m2有3.6个洞口，洞口数与田鼠数的比例关系为2.5︰1。[]
5、根据下表中甲、乙两个国家各年龄段的人口数量统计数据，判断下列叙述正确的是 （ B ）www.
A、甲属于人口稳定型国家，乙属于人口衰退型国家
B、甲属于人口增长型国家，乙属于人口稳定型国家
C、甲属于人口增长型国家，乙属于人口衰退型国家
D、乙属于人口衰退型国家，乙属于人口稳定型国家[
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《乙酸·羧酸》考点精讲
一、考纲要求
1.了解乙酸的结构和用途；
2.掌握乙酸的性质和制法；
3.掌握羧酸的通式和通性；
4.掌握酯化反应和乙酸乙酯的制取
二、重点要点
1.乙酸的分子组成和结构
分子式C2H2O2结构式： 结构简式CH3COOH，官能团羧基-COOH
2.乙酸的化学性质
表现为O--H键和C--OH键能够断裂
（1）弱酸性（断O--H键）
CH3COOHCH3COO-+H+(酸性比碳酸强)
CaCO3+2CH3COOH(CH3COO)2Ca+CO2↑+H2O
Cu(OH)2+2CH3COOH(CH3COO)2Cu+2H2O
（2）酯化反应（断C--OH键）
羧酸和醇作用生成酯和水的反应叫酯化反应。
注意：
①酯化反应的脱水方式是：羧基脱羧羟基（无机含氧酸脱羟基氢）而醇脱羟基氢，即“酸脱羟基醇脱氢”（可用同位素原子示踪法证明。）。
②酯化反应是可逆的：羧酸+醇酯+水反应中浓硫酸的作用是作催化剂和吸水剂，除
去生成物中的水使可逆反应向生成物方向移动。
③在酸化反应中使用饱和Na2CO3溶液的作用是吸收未反应的乙酸，溶解乙醇，降低酯的溶解度，增大水的密度，使酯浮于水面，容易分层析出，便于分离。
④乙酸乙酯中除乙酸杂质，只能用饱和的Na2CO3浓液，不能用NaOH溶液中和乙酸的方法。因为NaOH溶液碱性强，会促使乙酸乙酯水解，重新变成乙酸和乙醇，所以不能用NaOH溶液代替Na2CO3饱和溶液。
三、例题分析
例1.下列化合物中，既显酸性，又能发生酯化反应和消去反应的是( )。
提示：
根据各类官能团的性质判断：“-COOH”显酸性，“-COOH”和“-OH”能发生酯化反应，含有“-OH”或“-X”的能发生消去反应。综合判断，只有C符合题意。
参考答案：
Awww.选项，因含酚羟基和“-COOH”官能团，既是酸性，又能发生酯化反应，但不能发生消去反应，A不符合题意。B选项，合“C=C”和“-COOH”官能团显酸性，能发生酯化反应，加成反应等但不能发生消去反应；B不符题意。C选项含有“-OH”和“-COOH”官能团，能发生酯化反应、消去反应，显酸性，符合题意。D选项含“-OH”和“”能发生消去反应，水解反应，但不是酸性，亦不符合题意。故正确答案应选C。
说明：
本题重点考查了各官能团主要是"-COOH"、酚羟基、醇羟基的性质。这些都属于最基本的有机化学知识。只要第一遍学时学习对这些知识给以足够重视，熟练掌握这些知识是比较容易的事，那么解答本题并非难事。
例2.下一列各组物质中，具有相同最简式的是（ ）。
A.甲醛和甲酸 B.甲酸和乙酸 C.甲醛和乙酸 D.乙醛和乙醇
提示：
只要写出分子式，然后得出最简式即可得出答案。
参考答案：
先写出选项中各物质的分子式
甲醛：CH2O甲酸：CH2O2乙酸：C2H4O2乙醇：C2H5OH
观察各分子式得甲醛与乙酸的最简式为CH2O故正确选项为C。
说明：
最简式，分子式这是化学中最基础的知识。掌握其含义，熟练写出其常见物质的这两种式子也是最基本的要求。
例3.将质量相等的下列各物质完全酯化时，需醋酸质量最多的是（ ）。
A.甲醇 B.乙二醇 C.丙醇 D.甘油
提示：
本题如果依据酯化反应方程式或关系式一一推算，显然费时费力。若能抓住酯化时醇羟基与羧基间物质的量的关系，导出判断相同质量4种醇消耗CH3COOH的物质的量的依据，则可使过程简化。
参考答案：
若某醇质量为1 g,该醇分子量为M，该醇分子量含有x个羟基。则1g该醇含羟基（也即酯化时需羧基或醋酸）物质的量为：
比较4种醇值，即可判断出正确答案。
可见，相等质量的4种醇中，甘油酯化消耗的醋酸最多。故正确答案为D。
说明：
本题考查对醇和羧酸酯化时二者量间关系的判断能力。
第一阶梯
例1.向1 mol酒石酸[HOOC(CHOH)2COOH]中加入1 L 1mol/L的KOH溶液，得到最大量沉淀，再向其中加入1 L 1 mol/L KOH溶液时，沉淀完全溶解，与此有关的下列叙述中，错误的是( )。
A.酒石酸是二元酸 B.酒石酸与铝盐性质相似
C.酒石酸氢钾溶解度小 D.酒石酸钾的溶解度大
提示：
从酒石酸的分子式可看出，酒石酸分子结构中含两个“-COOH”基团，故为二元酸。然后根据反应物之间的量的关系进行判断。
参考答案：
依题意：
沉淀溶解。说明酒石酸氢钾（酸式盐）不溶于水，而酒石酸钾（正盐）易溶于水。亦说明酒石酸氢钾溶解度小，而酒石酸钾（正盐）的溶解度大。这与Al3+与KOH反应生成具有两性的Al(OH)3是不同的。所以正确答案应选B。
说明：
注意从酒石酸的结构简式可知它是二元酸。
例2.将20 ml 0.1 mol/L的醋酸与24 ml 0.1 mol/L的氢氧化钠混合后，溶液中各离子物质的量浓度由大到小的顺序是( )。
A.[Na+]＞[CH3COO-]＞[H+]＞[OH-] B.[Na+]＞[CH3COO-]＞[OH-]＞[H+]
C.[OH-]＞[Na+]＞[H+]＞[CH3COO-] D.[Na+]＞[OH-]＞[H+]＞[CH3COO-]
提示：
首先从中和反应看，中和后有多余的碱，溶液中有大量的醋酸钠。它们全部电离，而醋酸根可能跟H+结合（虽然因为溶液呈碱性受到了一些抑制），因此[Na+]＞[CH3COO-]。整个溶液应该是电中性的。
参考答案：
由题知，醋酸与NaOH溶液混合后，碱有剩余，旦溶液中有大量的CH3COONa，它们全部电离，CH3COO-+H+CH3COOH，因此，[Na+]＞[CH3COO-],只有A、B两项符合。因为溶液里碱性，所以[OH-]＞[H+]所以A选项必须排除。电荷必须平衡，D项的情况，必然显正电性，应予排除。又无论是NaOH还是CH3COONa，都是全部电离的，所以中和前后溶液Na+的总量并未变化，而OH-却被中和掉一部分，所以[Na+]＞[OH-],排除C项。只有B项为唯一答案。
说明：
本题考查的知识是电离理论和中和理论。它涉及有机化合物，测试思维的敏捷性、灵活性，精确性和逻辑性。
[例3]怎样以H2O、H218O、空气、乙烯为原料制取？写出有关反应的化学方程式。
提示：
解题时，可采用从最终的目标产物倒推原料（或中间产物）的方法。如：
参考答案：
有关反应的化学方程式为：
说明：
<1>本题考查了以下三个方面的知识：
①烯、醇、醛、羧酸、酯的衍生关系；
②醇氧化成醛的反应原理
③酯化反应中羧酸和醇的脱水方式。
<2>本题是一个同位素示踪原子的问题，它是揭示酯化反应的规律的实例，所以一定要正确地把握酯化反应规律：酸脱羟基醇羟基脱氢，才能解好本题。C2H518OH，可用CH2=CH2与H218O起加成反应制得。而CH3COOH则可用CH2=CH2氧化法制得，两者进一步合成
第二阶梯
例1.A是一种可作为药物的有机化合物，请从下面反应图式中各有机物的关系（所有无机产物均已略去未写），推测有机化合物A、B、C、D、E、F的结构简式（Ф代表苯基）
提示：
本题是推断题，有正向、逆向思维，并侧重考查思维的严密性。由反应原料ФCHO，和产物E的分子式是C9H6O2相比较，由A→C→D→E都没有增加C原子数的信息，所以可推知ФCHO和CH3CCHO一定生成了含九个碳原子的化合物A。由A→C用了弱氧化剂银氨溶液，推知A有醛基。由A→B可加2molH2，推知A还有一个烯键。综合以上推知：A是ФCH=CHCHO。顺此而下可以依次推出其它各有机化合物，并以题目中给出的E的分子式予以验证。
参考答案：
推导过程见[提示]。
说明：
要能较好的解答该题，首先要有扎实的基础知识，不但-CHO，-COOH，，卤代烃等物质或官能团的性质要熟练，而且要十分清晰反应时物质的数量关系，并且要从结构深处了解物质或官能团的性质，即要拓宽知识面。
例2.烃的含氧衍生物A的蒸气密度是相同条件下H2的36倍。取36 g A在空气中完全燃烧耗用标准状况下空气168 L,(空气中O2占1/5)，生成物用浓H2SO4吸收，增重18 g.通过足量石灰水，生成白色沉淀150 g。A可使石蕊试液变红，也可使溴水褪色。求有机物A的分子式并确定其结构简式和名称。
提示：
首先应搞清被浓H2SO4吸收后增重的18 g物质应为水，而通过足量石灰水后生成的白色沉淀为CaCO3(150 g)以此可知烃的含氧衍生物燃烧后生成的CO2和H2O的物质的量，推出该有机物的分子组成，然后再由此物质的性质推出该物质的结构简式和名称。
参考答案：
设A的分子式为CxHyOz
MCxHyOZ=36×2=72
解得z=2
即A的分子式为C3H4O2因为A可使石蕊变红，所以A中含-COOH，又因为A可使溴水褪色，所以A中含双键，综合得A的结构简式为：CH2=CH-COOH，叫丙烯酸。
答：A的分子式为C3H4O2，结构简式为：CH2=CH-COOH，叫丙烯酸。
说明：
该题重点考查利用燃烧反应确定分子组成的一般方法及双键，-COOH的性质。利用燃烧反应确定分子组成这是最基础的知识，也是常考知识，必须在第一遍学习时熟练掌握，即把研究烃，烃的衍生物的燃烧的规律应用于有机物分子组成的确定上。对于双键、-COOH的基本性质应该说毫不含糊，但也要引起同学注意，不要出现缺憾。
[例3]水蒸气跟灼热的焦炭反应，生成A和P的混合气体，它是合成多种有机物的原料气。下图是合成某些物质的路线，
其中：D、G互为同分异构体；G、F是相邻的同系物；B、T属于同类有机物，T分子中的碳原子数是B的2倍，等物质的量的T、B与足量的金属钠反应，T产生的氢气是B的2倍，S能跟新制Cu(OH)2反应，1 mol S能生成1 mol氧化亚铜。
（1）写出分子式：A，B
（2）写出结构简式：B，D，S
（3）写出反应类型：x,y
（4）E→F的化学方程式为：；T与过量的G在浓H2SO4存在和加热条件下反应的化学方程式为__________________.
提示：
解本题应从A、B、P、S三种物质入手突破，水蒸气和焦炭反应的产物是CO和H2；S能与新制Cu(OH)2反应，旦1 mol S能产生1 mol Cu2O，S为醛。然后可根据反应网络顺推得其它物质。
参考答案：
因水蒸气和焦炭反应的产物是CO和H2，即A与P组成的混合物为H2和CO；又题知：1 mol S能与新制Cu(OH)2反应产生1 mol Cu2O,故S为醛，B、T可与足量的金属钠反应，T产生H2是B的2倍，S与H2加成可得T，由此可知：T为二元醇，B为一元醇。B是CO和H2在催化剂作用下反应后的产物，因此可知B为CH3OH，T为乙二醇，S为羟基乙醛。其它物质可根据反应顺推得到：B为CH3OH，氧化得E为HCHO，HCHO（E）氧化得HCOOH（F），B与F反应得HCOOCH3、D与G为同分异构体，所以G为CH3COOH，B与P在催化剂作用下反应生成CH3COOH，CH3COOH比CH3CH3OH多一个碳原子，可推知P为CO。故答案为（1）H2；CO（2）CH3OH；HCOOCH3；CH2OHCHO；（3）酯化反应；加成（或还原）反应，（4）HCHO+2Ag(NH3)2OHHCOOH+2Ag↓+4NH3↑
H2O+2CH3COOH+CH2OH-CH2OHCH3COOOCH2-CH3COOOCH2+2H2O
说明：
本题涉及的物质基本上没有超过中学课本范围，但把无机物与有机物的相互转化联系起来，提高了题目的综合性和难度。只有准确，熟练，全面掌握基础知识，才能顺利解答。
四、检测题
1．下列物质中，既能与氢氧化钠溶液反应，又能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是( )。
A.C17H35COOH B.HCOOH C. D.CH2=CH-CH3
2．羟酸分子里的官能团是（ ）。
A. B. C. D.-CnH2n+1
3．关于乙酸的下列说法中不正确的是（ ）。
A.乙酸是一种重要的有机酸，是具有强烈刺激性气味的液体。
B.乙酸分子里含有4个氢原子，所以乙酸不是一元酸。
C.无水乙酸又称冰醋酸，它是纯净物。
D.乙酸易溶于水和乙醇
4．下列物质在一定条件下，不能和氢气发生加成反应的是（ ）。
A.乙醛 B.丙酮 C.乙酸 D.甲苯
5．将乙醛和乙酸分离的正确方法是（ ）。
A.加热分馏
B.先加入烧碱溶液，之后蒸出乙醛；再加入浓H2SO4，蒸出乙酸，
C.加入碳酸钠后，通过萃取的方法分离
D.利用银镜反应进行分离
6．某一元醇10 g与乙酸反应生成乙酸某酯的量为11.57 g,反应后又回收到该醇1.8 g，则醇的相对分子质量接于（ ）。
A.88 B.102 C.116 D.196
7．能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色的羧酸是（ ）。
A.丁酸 B.油酸 C.硬脂酸 D.软脂酸
8．除去硬脂酸中混有的油酸的方法是（ ）。
A.加浓氢氧化钠溶液
B.催化加氢
C.加溴水
D.加饱和食盐水后分解
9．分子式为CxHyO2的有机物1 mol在氧气中充分燃烧后生成二氧化碳和水蒸气的体积相等，消耗的的氧气在标况下占体积112 L。则x的值为（ ）。
A.2 B. 3 C.4 D.5
10．草酸（HOOC-COOH）溶液跟酸性KMnO4溶液混合时看不到颜色变化，但经过一段时间后，混合溶液然迅速褪色，此反应的方程式为：2KMnO4+H2SO4+5H2C2O4→K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O，下列有关叙述中正确的是（ ）。
A.突然褪色的原因是溶液已混合。
B.突然褪色的原因是生成的微量K2SO4起催化作用
C.突然褪色的原因是生成的微量Mn2+起催化作用
D.可能是外界大气压强发生突变而导致溶液褪色。
答案：
1、B 2、C 3、B 4、C 5、D
6、B 7、B 8、B 9、C 10、C
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