(新课标)2020高考化学二轮复习第2部分专项1回扣教材夯实双基教案(含解析)
回扣教材·夯实双基回扣一化学与STSE 、传统文化1．化学与环境(1)酸雨的形成与防治主要污染物：硫氧化物、氮氧化物反应原理：SO 2＋H 2O H 2SO 3，2H 2SO 3＋O 2===2H 2SO 4(或2SO 2＋O 2飘尘2SO 3，SO 3＋H 2O===H 2SO 4)；2NO ＋O 2===2NO 2，3NO 2＋H 2O===2HNO 3＋NO 。
防治方法：①石灰石脱硫：在煤中添加石灰石作为脱硫剂，可以减少煤燃烧时产生的SO 2，发生反应的化学方程式：2CaCO 3＋O 2＋2SO 2===2CaSO 4＋2CO 2。
②Na 2SO 3吸收法：Na 2SO 3＋SO 2＋H 2O===2NaHSO 3，2NaHSO 3=====△Na 2SO 3＋SO 2↑＋H 2O 。
(2)碳的氧化物对人体和环境的影响①CO 2⎩⎪⎨⎪⎧温室气体——地球表面温度升高，导致海平面 上升参与溶洞、珊瑚礁的形成、CaCO 3＋CO 2＋H 2O Ca 2＋＋2HCO －3②CO 与血红蛋白结合而使人中毒，燃料的不完全燃烧产生CO 。
(3)光化学烟雾的形成、危害及防治措施光化学烟雾的形成：氮的氧化物和碳氢化合物(汽车尾气)在紫外线作用下发生一系列光化学反应，产生一种有毒的烟雾。
危害：人受到的主要伤害是眼睛和黏膜受刺激、头痛、呼吸障碍、慢性呼吸道疾病恶化、肺部功能损害。
防治措施：控制城市汽车数量、开发新能源、汽车安装尾气净化器。
(4)雾霾与PM2.5①雾霾是雾和霾的组合词。
硫氧化物、氮氧化物和可吸入颗粒物这三项是雾霾的主要组成，前两者为气态污染物，最后一项颗粒物才是加重雾霾天气污染的罪魁祸首。
它们与雾气结合在一起，让天空瞬间变得阴沉昏暗。
燃煤、汽车尾气、工业生产排放的废气是雾霾天气产生的重要原因。
②PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5 μm(1×10－6m)的颗粒物，也称为可入肺颗粒物。
比表面积大，吸附活性强，易附带有毒、有害物质(如重金属、微生物等)，且在大气中的停留时间长，输送距离远，因而对人体健康和大气环境质量的影响更大。
(5)水体污染原因：农业化肥的使用、工业三废、生活污水、石油泄漏等。
①重金属污染：Hg 、Cd 、Pb 、Cr 等，其中水俣病是由Hg 污染引起的，痛痛病是由Cd 污染引起的。
②植物营养素污染：水中N 、P 等营养元素含量过多引起的污染叫水体富营养化，可能引起“水华”或“赤潮”。
含磷洗衣粉的使用和农业化肥过量使用是造成水体富营养化的重要原因之一。
(6)“绿色化学”“绿色化学”又称环境无公害化学，它的着眼点是将污染消灭在生产源头，使整个生产过程对环境无危害。
2．化学与生活农用塑料：聚氯乙烯食品包装袋：聚乙烯汽油：禁用含铅汽油、提倡使用乙醇汽油食品脱氧剂：维生素C 、FeSO 4、还原铁粉食品干燥剂：硅胶、生石灰食品防腐剂：苯甲酸钠、亚硝酸钠(严禁超标使用)水的净化：明矾{KAl(SO 4)2·12H 2O}、铁盐水的消毒：氯气、二氧化氯环境消毒：“84”消毒液、漂白粉、过氧乙酸(CH 3COOOH)重金属盐中毒：BaSO 4(不中毒)、BaCO 3(能中毒)，可用生鸡蛋清解毒耐火材料：氧化镁、氧化铝治疗胃酸过多：氢氧化铝胶囊、小苏打常用灭火剂：干冰、四氯化碳、小苏打和硫酸铝(泡沫灭火器)3．化学与材料常见的材料有无机非金属材料、金属材料和有机高分子材料。
无机非金属材料包括传统无机非金属材料(水泥、玻璃和陶瓷)和新型无机非金属材料(光导纤维、高温结构陶瓷、生物陶瓷等)；金属材料包括纯金属及合金；有机高分子材料包括天然高分子材料(纤维素、淀粉、蛋白质、天然橡胶等)和合成高分子材料(塑料、合成橡胶、合成纤维等)。
4．化学与生产(1)H 2SO 4生产：S 或FeS 2――→O 2SO 2――→O 2SO 3――→H 2O H 2SO 4(2)HNO 3生产：N 2或NH 3――→O 2NO ――→O 2NO 2――→H 2O HNO 3(3)合成NH 3：N 2＋3H 2高温、高压催化剂2NH 3 (4)侯氏制碱：饱和NaCl 溶液――→①NH 3、②CO 2NaHCO 3――→△Na 2CO 3(5)制漂白粉：2Cl 2＋2Ca(OH)2===CaCl 2＋Ca(ClO)2＋2H 2O(6)氯碱工业：2NaCl ＋2H 2O=====电解2NaOH ＋Cl 2↑＋H 2↑(7)工业制硅：SiO 2――→C Si(粗)――→Cl 2SiCl 4――→H 2Si(8)高炉炼铁：Fe 2O 3＋3CO=====高温2Fe ＋3CO 25．化学与传统文化示例(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)《本草纲目》记载了“皮硝”的提取方法：煎炼入盆，凝结在下，粗朴者为朴硝，在上有芒者为芒硝，有牙者为马牙硝。
该方法属于结晶法。
(√)(2)《天工开物》中对“海水盐”有如下描述：“凡煎盐锅古谓之牢盆，……其下列灶燃薪，多者十二三眼，少者七八眼，共煎此盘，……火燃釜底，滚沸延及成盐。
”文中涉及的操作是过滤，没有涉及的操作加热、蒸发、结晶。
(×)(3)《本草纲目》“烧酒”条目：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上，其清如水，味极浓烈，盖酒露也。
”文中的“法”指蒸馏。
(√)(4)杜康用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来。
(×)(5)蔡伦利用树皮、碎布(麻布)、麻头等原料精制出优质纸张。
(√)(6)“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石(KNO 3)”，“紫青烟”是因为发生了焰色反应。
(√)(7)我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。
”这里的“强水”是指硝酸。
(√)(8)《本草纲目拾遗》中在药物名“鼻冲水”条目下写道：贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，则药力不减。
气甚辛烈，触人脑，非有病不可嗅；在“刀创水”条目下写道：治金创，以此水涂伤口，即敛合如故。
这里所说的“鼻冲水”“刀创水”分别指的是氨水、碘酒。
(√)(9)我国晋朝傅玄的《傅鹑觚集·太子少傅箴》中写道：“夫金木无常，方园应行，亦有隐括，习与性形。
故近朱者赤，近墨者黑。
”这里的“朱”指的是HgS 。
(√)回扣二常见元素及其化合物1．常考物质颜色归纳(1)红色①红色物质：Fe 2O 3(红棕色)、Fe(OH)3(红褐色)、Fe(SCN)3(血红色)、Cu 、Cu 2O 、品红、液溴(深红棕色)、NO 2(红棕色)、红磷(红棕色)。
②变化过程中的红色：酚酞遇碱变红、石蕊遇酸变红、二氧化硫、品红溶液加热变红、Fe 3＋和KSCN 反应产生血红色物质、苯酚被空气氧化呈粉红色。
(2)黄色①黄色物质：硫、Na 2O 2、AgBr(淡黄色)、AgI 、Fe 3＋(aq)(棕黄色)、CrO 2－4。
②变化过程中的黄色：含苯环的蛋白质遇浓硝酸变黄色。
(3)蓝色①蓝色物质：Cu2＋(aq)、Cu(OH)2、CuSO4·5H2O。
②变化过程中的蓝色：石蕊遇碱变蓝、湿润的红色石蕊试纸遇氨气变蓝、淀粉遇碘变蓝。
(4)绿色①绿色物质：Cu2(OH)2CO3、Fe2＋(aq)、FeSO4·7H2O、氯气(黄绿色)。
②变化过程中的绿色：Fe(OH)2在空气中变质的现象是由白色迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。
(5)紫色①紫色物质：KMnO4溶液、紫色石蕊溶液、碘的CCl4溶液。
②变化过程中的紫色：苯酚遇FeCl3溶液显紫色。
(6)黑色Fe3O4、MnO2、CuO、C、CuS、PbS、固体碘(紫黑色)。
(7)橙色：Cr2O2－7、溴水(8)常见火焰的颜色①苍白色火焰——氢气在氯气中燃烧。
②蓝色火焰——CO在空气中燃烧。
③淡蓝色火焰——CH4、H2在空气中燃烧。
④黄色火焰——含钠元素的物质在火焰上灼烧。
⑤紫色火焰(透过蓝色的钴玻璃)——含钾元素的物质在火焰上灼烧。
2．常见物质的用途(1)AgI晶体——人工降雨剂(2)AgBr——照相感光剂(3)K、Na合金(l)——原子反应堆导热剂(4)钠——很强的还原剂，制高压钠灯(5)水玻璃——防腐剂与防火剂(6)NaHCO3、Al(OH)3——治疗胃酸过多，NaHCO3还是发酵粉的主要成分之一(7)Na2CO3——广泛用于玻璃、制皂、造纸、纺织等工业(8)明矾——净水剂(9)聚合硫酸铁Fe x(OH)y(SO4)z·n H2O能用作净水剂(10)Fe3O4可用于制造录音磁带和电讯器材等(11)重晶石——“钡餐”(12)波尔多液——农药、消毒杀菌剂(13)MgCl2制金属镁(电解)，Al2O3制金属铝(电解)，NaCl制金属钠(电解)(14)C——金刚石：制钻头；石墨：制电极、坩埚、铅笔芯、高温润滑剂(15)Na2O2——漂白剂、供氧剂、氧化剂等(16)H2O2——氧化剂、漂白剂、消毒剂、脱氯剂等(17)石膏——制模型、水泥硬化调节剂、做豆腐中用它使蛋白质凝聚(盐析)(18)Si——制合金、制半导体、太阳能电池(19)SiO2——制光导纤维、石英玻璃、普通玻璃(20)SO2——漂白剂、防腐蚀(21)75%的酒精——消毒剂(22)硅胶——食品干燥剂、催化剂载体(23)液氨可用作制冷剂(24)氢氟酸可用于雕刻玻璃(25)稀有气体——保护气、霓虹灯、激光(26)CO2——灭火剂、制纯碱、制尿素、人工降雨(干冰)(27)O3——漂白剂(脱色剂)、吸收紫外线(地球保护伞)3．常见物质的转化关系(1)(2)(3)回扣三“八类”实验基础知识1．实验中的6个“0”(1)滴定管的“0”刻度在滴定管的上部(但不是最上端)，在量取液体的体积时，液面可调节在“0”刻度或“0”刻度以下；滴定管读数时，装液或放液后，需等1～2分钟后才能观察液面高度。
(2)量筒、量杯、容量瓶没有“0”刻度。
(3)温度计的“0”刻度在温度计的中下部。
(4)托盘天平中的“0”刻度在标尺的最左边，天平在使用时要调“0”，使用后要回“0”。
(5)实验记录中的一切非“0”数字均是有效数字。
(6)25 ℃，pH计测出溶液的pH＝0指的是溶液中c(H＋)＝1.0 mol·L－1。
2．实验中的7个“标志”(1)仪器洗涤干净的标志是内壁附有均匀水膜，不挂水珠，也不成股流下。
(2)中和滴定终点的标志是滴入最后一滴液体后溶液颜色发生突变且半分钟内保持不变。
(3)容量瓶不漏水的标志是加入一定量的水用食指按住瓶塞，倒立观察，然后将容量瓶正立，并将瓶塞旋转180°后塞紧，再倒立，均无液体渗出。
(4)容量瓶、量筒、移液管、滴定管中液面达到刻度线的标志是平视时，视线与凹液面的最低处相切。
2020版高考化学新课标大二轮专题辅导与增分攻略讲义：1-12专题十二 化学实验基础
研析最新考纲洞悉命题热点1.了解化学实验是科学探究过程中的一种重要方法。
2．了解化学实验室常用仪器的主要用途和使用方法。
3．掌握化学实验的基本操作。
能识别化学品标志。
了解实验室一般事故的预防和处理方法。
4．掌握常见物质的检验、分离和提纯方法。
掌握溶液的配制方法。
5．掌握常见离子的检验。
1.安全标识、事故预防及处理2．药品的取用与保存3．常见基本操作的正误判断4．常见化学仪器的使用5．常见气体的制备装置分析和分离、提纯装置分析6．“操作—现象—结论”一致性判断[全国卷]1．(2019·全国卷Ⅰ)实验室制备溴苯的反应装置如图所示，关于实验操作或叙述错误的是()A．向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开KB．实验中装置b中的液体逐渐变为浅红色C．装置c中碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢D．反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯[解析]苯和溴均易挥发，苯与液溴在溴化铁作用下发生剧烈的放热反应，释放出溴化氢气体(含少量苯和溴蒸气)，先打开K，后加入苯和液溴，避免因装置内气体压强过大而发生危险，A项正确；四氯化碳用于吸收溴化氢气体中混有的溴单质，防止溴单质与碳酸钠溶液反应，四氯化碳呈无色，吸收红棕色溴蒸气后，液体呈浅红色，B项正确；溴化氢极易溶于水，倒置漏斗防倒吸，碳酸钠溶液呈碱性，易吸收溴化氢，发生反应为Na2CO3＋HBr===NaHCO3＋NaBr，NaHCO3＋HBr===NaBr＋CO2↑＋H2O，C项正确；反应后的混合液中混有苯、液溴、溴化铁和少量溴化氢等，提纯溴苯的正确操作是①用大量水洗涤，除去可溶性的溴化铁、溴化氢和少量溴；②用氢氧化钠溶液洗涤，除去剩余的溴等物质；③用水洗涤，除去残留的氢氧化钠；④加入干燥剂除去水，过滤；⑤对有机物进行蒸馏，除去杂质苯，从而提纯溴苯，分离溴苯，不用“结晶”的方法，D项错误。
[答案]D2．(2019·全国卷Ⅱ)下列实验现象与实验操作不相匹配的是()实验操作实验现象A 向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足量的乙烯后静置溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液分层B将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生C 向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊D向盛有FeCl3溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加1滴KSCN溶液黄色逐渐消失，加KSCN后溶液颜色不变[解析]酸性KMnO4溶液能将乙烯氧化成CO2，故可以看到溶液的紫色逐渐褪去，但静置后液体不会分层，A项符合题意；点燃的镁条能在CO2中燃烧，集气瓶中产生浓烟(MgO 颗粒)和黑色颗粒(单质碳)，B项不符合题意；向盛有饱和Na2S2O3溶液的试管中滴加稀盐酸，溶液中发生反应S2O2－3＋2H＋===SO2↑＋S↓＋H2O，有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊，C项不符合题意；向FeCl3溶液中加入过量铁粉，发生反应2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，可以看到溶液中黄色逐渐消失，加入KSCN后，溶液颜色不发生变化，D项不符合题意。
高考化学第二轮专题考点复习教案
【命题规律】电化学内容是高考试卷中的常客，对原电池和电解池的考查往往以选择题的形式考查两电极反应式的书写、两电极附近溶液性质的变化、电子的转移或电流方向的判断等。
在第Ⅱ卷中会以应用性和综合性进行命题，如与生产生活(如金属的腐蚀和防护等)相联系，与无机推断、实验及化学计算等学科内知识综合，尤其特别注意燃料电池和新型电池的正、负极材料分析和电极反应式的书写。
题型新颖，但不偏不怪，只要注意基础知识的落实，以及能力的训练便可以从容应对。
【知识网络】【重点知识梳理】一、原电池电极的判断以及电极方程式的书写1.原电池正、负极的判断方法：(1)由组成原电池的两极材料判断。
一般是活泼的金属为负极，活泼性较弱的金属或能导电的非金属为正极。
(2)根据电流方向或电子流动方向判断。
电流由正极流向负极；电子由负极流向正极。
(3)根据原电池里电解质溶液内离子的流动方向判断。
在原电池的电解质溶液内，阳离子移向正极，阴离子移向负极。
(4)根据原电池两极发生的变化来判断。
原电池的负极失电子发生氧化反应，其正极得电子发生还原反应。
(5)电极增重或减轻。
工作后，电极质量增加，说明溶液中的阳离子在电极(正极)放电，电极活动性弱；反之，电极质量减小，说明电极金属溶解，电极为负极，活动性强。
(6)有气泡冒出。
电极上有气泡冒出，是因为发生了析出H2的电极反应，说明电极为正极，活动性弱。
2．原电池电极反应式和总反应式的书写(1)题目给定原电池的装置图，未给总反应式：①首先找出原电池的正、负极，即分别找出氧化剂和还原剂。
②结合介质判断出还原产物和氧化产物。
③写出电极反应式(注意两极得失电子数相等)，将两电极反应式相加可得总反应式。
(2)题目中给出原电池的总反应式：①分析原电池总反应式中各元素的化合价变化情况，找出氧化剂及其对应的还原产物，氧化剂发生的反应即为正极反应；找出还原剂及其对应的氧化产物，还原剂参加的反应即为负极反应。
②当氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物由多种元素组成时，还应注意介质的反应。
2020版高考化学苏教版大复习精练：专题2 第2课时 氧化还原反应基础 Word版含解析
课时2 氧化复原反响根底一、选择题1．以下过程中,没有发生氧化复原反响的是()A．钻木取火B．青铜器生锈C．燃放烟花爆竹D．利用焰色反响检验Na＋解析钻木取火、青铜器生锈、燃放烟花爆竹,都有氧气参与反响,存在元素化合价的变化,故A、B、C项都属于氧化复原反响；焰色反响属于物理变化,不是氧化复原反响.答案 D2．在以下变化中,按氮元素被复原、被氧化、既被氧化又被复原、既不被氧化又不被复原的顺序排列正确的选项是()①大气通过闪电固氮②硝酸分解③实验室用氯化铵和消石灰制取氨气④二氧化氮溶于水中A．①②③④B．②④①③C．①③④②D．②①④③答案 D3．(2021·黑龙江哈师大附中高三第|一次月考)X和Y是两种单质,X＋Y―→X2＋＋Y2－.以下表达正确的选项是()①X被氧化②X是氧化剂③Y2－是复原产物④X2＋具有氧化性⑤Y2－具有复原性⑥Y单质氧化性比X2＋氧化性强A．①②③B．①②⑥C．①③④⑤⑥D．①③④⑤解析根据X化合价升高被氧化,得X是复原剂,X2＋是氧化产物；Y化合价降低被复原,Y是氧化剂,Y2－是复原产物；氧化剂和氧化产物都有氧化性,复原剂和复原产物都有复原性,正确的选项是①③④⑤⑥ ,故C正确.答案 C4．重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]受热发生氧化复原反响,以下有关重铬酸铵受热分解的判断符合实际的是()A．分解产物为CrO3＋NH3＋H2OB ．分解产物为Cr 2O 3＋N 2＋H 2OC ．反响中－3价N 元素被氧化 ,＋7价Cr 元素被复原D ．反响中－3价N 元素被复原 ,＋6价Cr 元素被氧化解析 根据氧化复原反响规律 ,反响中－3价N 元素被氧化 ,＋6价Cr 元素被复原 ,只有B 正确 .答案 B5．根据以下反响判断有关物质复原性由强到弱的顺序是( )①H 2SO 3＋I 2＋H 2O = = =2HI ＋H 2SO 4②2FeCl 3＋2HI = = =2FeCl 2＋2HCl ＋I 2③3FeCl 2＋4HNO 3(稀) = = =2FeCl 3＋NO ↑＋2H 2O ＋Fe(NO 3)3A ．H 2SO 3>I －>Fe 2＋>NOB ．I －>Fe 2＋>H 2SO 3>NOC ．Fe 2＋>I －>H 2SO 3>NOD ．NO>Fe 2＋>H 2SO 3>I －解析 ①H 2SO 3＋I 2＋H 2O = = =2HI ＋H 2SO 4中 ,I 元素的化合价降低 ,S 元素的化合价升高 ,那么H 2SO 3为复原剂 ,复原性H 2SO 3>I － ,②2FeCl 3＋2HI = = =2FeCl 2＋2HCl ＋I 2中 ,Fe 元素的化合价降低 ,I 元素的化合价升高 ,那么HI 为复原剂 ,复原性I －>Fe 2＋ ,③3FeCl 2＋4HNO 3(稀) = = =2FeCl 3＋NO ↑＋2H 2O ＋Fe(NO 3)3中 ,N 元素的化合价降低 ,Fe 元素的化合价升高 ,那么FeCl 2为复原剂 ,复原性Fe 2＋>NO ,复原性由强到弱的顺序为H 2SO 3>I －>Fe 2＋>NO ,应选A .答案 A6．以下有关说法正确的选项是( )A ．1 mol Cl 2参加反响转移电子数一定为2N AB ．在反响KIO 3＋6HI = = =KI ＋3I 2＋3H 2O 中 ,每生成3 mol I 2转移的电子数为6N AC ．根据反响中HNO 3(稀)――→被复原NO ,而HNO 3(浓)――→被复原NO 2可知 ,氧化性：HNO 3(稀)>HNO 3(浓)D ．含有大量NO －3的溶液中 ,不能同时大量存在H ＋、Fe 2＋、Cl －解析在Cl2＋2NaOH = = =NaCl＋NaClO＋H2O的反响中,1 mol Cl2参加反响转移电子数为N A,那么A项错误；在反响KIO3＋6HI = = =KI＋3I2＋3H2O中,每生成3 mol I2转移的电子数为5N A ,B项错误；不能根据复原产物的价态确定氧化剂氧化性的强弱,实际上氧化性：HNO3(浓)>HNO3(稀) ,C 项错误；NO－3＋H＋具有强氧化性,能氧化Fe2＋,D项正确.答案 D7．以下说法正确的选项是()A．Cl2＋2Br－= = =2Cl－＋Br2,Zn＋Cu2＋= = =Zn2＋＋Cu均为单质被复原的置换反响B．2Na2O2＋2H2O = = =4NaOH＋O2↑,Cl2＋H2O = = =HCl＋HClO ,均为水作复原剂的氧化复原反响C．Na2SO3与H2O2的反响为氧化复原反响D．生石灰用作食品抗氧化剂解析A项Zn与Cu2＋的反响为单质被氧化的反响,A错；B项中的两个反响中,H2O既不是氧化剂也不是复原剂,B错；生石灰不具有复原性,不能用作食品抗氧化剂,D错.答案 C8．I－、Fe2＋、SO2和H2O2均有复原性,它们在酸性溶液中复原性的强弱顺序为Fe2＋＜H2O2＜I－＜SO2 ,那么以下反响不能发生的是()A．2Fe3＋＋SO2＋2H2O = = =2Fe2＋＋SO2－4＋4H＋B．H2O2＋H2SO4 = = =SO2↑＋O2↑＋2H2OC．I2＋SO2＋2H2O = = =H2SO4＋2HID．2Fe3＋＋H2O2= = =2Fe2＋＋O2↑＋2H＋解析根据复原性的强弱顺序为Fe2＋＜H2O2＜I－＜SO2 ,且复原剂的复原性大于复原产物的复原性可知,A、C、D项反响能够发生,B项反响不能发生.答案 B9．以下反响：Co2O3＋6HCl(浓) = = =2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O(Ⅰ)；5Cl2＋I2＋6H2O = = =10HCl＋2HIO3(Ⅱ) .以下说法正确的选项是()A．反响(Ⅰ)中HCl是氧化剂B．反响(Ⅱ)中Cl2发生氧化反响C．复原性：CoCl2＞HCl＞I2D．氧化性：Co2O3＞Cl2＞HIO3解析反响(Ⅰ)中,Cl－失去电子,HCl作复原剂,选项A错误；反响(Ⅱ)中,Cl2得到电子变为Cl－,发生复原反响,选项B错误；根据反响(Ⅰ)可知,Co2O3(氧化剂)的氧化性强于Cl2(氧化产物) ,HCl(复原剂)的复原性强于CoCl2(复原产物) ,根据反响(Ⅱ)可知,Cl2的氧化性强于HIO3 ,I2的复原性强于HCl ,应选项D正确、选项C错误.答案 D10．2Fe3＋＋2I－= = =I2＋2Fe2＋、2Fe2＋＋Br2= = =2Br－＋2Fe3＋.现向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量的氯气,再向反响后的溶液中滴加少量的KSCN溶液,结果溶液变为红色,那么以下表达中正确的选项是()①氧化性：Br2>Fe3＋>I2②原溶液中Br－一定被氧化③通入氯气后,原溶液中的Fe2＋一定被氧化④不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2＋⑤假设取少量所得溶液,参加CCl4后静置,向上层溶液中参加足量的AgNO3溶液,只产生白色沉淀,说明原溶液中Fe2＋、Br－均被完全氧化A．①②③④B．①③④⑤C．②④⑤D．①②③④⑤解析由的两个化学方程式及同一个反响中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知,氧化性Fe3＋>I2、Br2>Fe3＋,故①正确；向溶液中滴加KSCN溶液变为红色说明溶液中含有Fe3＋,那么说明溶液中无I－存在,又氧化性Cl2>Br2>Fe3＋>I2,氯气的量不确定,那么Br－不一定被氧化,故②错误；③正确；由上述分析可知溶液中存在Fe3＋,但不能确定是否所有的Fe2＋均被氧化为Fe3＋,故④正确；上层溶液中假设含Br－,那么产生淡黄色沉淀,假设含I －,那么产生黄色沉淀,由题知只产生白色沉淀,那么说明溶液中含Cl－,即溶液中的Fe2＋、Br－均被完全氧化,故⑤正确.答案 B11．将1.95 g锌粉参加200 mL 0.1 mol·L－1的MO＋2溶液中,恰好完全反响,其他物质忽略,那么复原产物可能是()A．M2＋B．MC．M3＋D．MO2＋解析恰好完全反响时,1.95 g(0.03 mol)Zn失去0.06 mol电子,那么0.02 mol MO＋2得到0.06 mol电子,设复原产物中M元素的化合价为＋n×(5－n)＝0.06 ,解得n＝2 ,A项符合题意.答案 A12．(2021·西安一中模拟)将一定量的铁粉参加到一定浓度的稀硝酸中,金属恰好完全溶解,反响后溶液中存在：c(Fe2＋)∶c(Fe3＋)＝3∶2 ,那么参加反响的Fe和HNO3的物质的量之比为()A．1∶1B．5∶16C．2∶3D．3∶2解析设反响中生成3 mol Fe2＋、2 mol Fe3＋,那么转移电子的物质的量为3 mol×2＋2 mol×3＝12 mol ,根据得失电子守恒,由4H＋＋NO－3＋3e－= = =NO↑＋2H2O可知,反响中被复原的HNO3是4 mol ,与Fe2＋、Fe3＋结合的NO－3的物质的量为3 mol×2＋2 mol×3＝12 mol ,所以参加反响的n(Fe)＝5 mol ,参加反响的n(HNO3)＝16 mol ,故此题选B .答案 B二、填空题13．Ⅰ.某实验小组为探究ClO－、I2、SO2－4在酸性条件下的氧化性强弱,设计实验如下：实验①：在淀粉－碘化钾溶液中参加少量次氯酸钠溶液,并参加少量的稀硫酸,溶液立即变蓝；实验②：向实验①的溶液中参加4 mL 0.5 mol·L－1的亚硫酸钠溶液,蓝色恰好完全褪去.(1)写出实验①中发生反响的离子方程式：__________________________________________________________________ _______________________ .(2)实验②的化学反响中转移电子的物质的量是__________________________________________________________________ ______________ .(3)以上实验说明,在酸性条件下ClO－、I2、SO2－4的氧化性由弱到强的顺序是______________________________________________________________ .Ⅱ.(4)Cl2、H2O2、ClO2(复原产物为Cl－)、O3(1 mol O3转化为1 mol O2和1 mol H2O)等物质常被用作消毒剂.等物质的量的上述物质消毒效率最||高的是________(填序号) .A．Cl2B．H2O2C．ClO2D．O3(5) "84”消毒液(主要成分是NaClO)和洁厕剂(主要成分是浓盐酸)不能混用,原因是_______________________(用离子方程式表示) .解析(1)在酸性环境中,ClO－具有强氧化性,能将I－氧化为I2 ,同时生成Cl－和H2O；ClO－＋2I－＋2H＋ = = =I2＋Cl－＋H2O .(2)实验①中生成的I2具有氧化性,将SO2－3氧化为SO2－4,根据SO2－3～2e－～SO2－4,0.002 mol Na2SO3失去电子(转移电子)的物质的量＝2×0.002 mol＝0.004 mol ,(3)根据实验①知氧化性：ClO－>I2,根据实验②知氧化性：I2>SO2－4,故氧化性：ClO －>I2>SO2－4.(4)1 mol Cl2(发生的反响为Cl2＋H2O HCl＋HClO)、H2O2、ClO2、O3分别消毒时,转移电子依次为1 mol、2 mol、5 mol、2 mol ,等物质的量的上述物质反响,ClO2转移的电子数最||多,消毒效率最||高.(5)ClO－与Cl－在酸性条件下会生成有毒的Cl2 .答案(1)ClO－＋2I－＋2H＋ = = =I2＋Cl－＋H2O(2)0.004 mol(3)SO2－4<I2<ClO－(4)C(5)ClO－＋Cl－＋2H＋= = =Cl2↑＋H2O14．(全国卷)次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品,具有较强复原性,答复以下问题：(1)H3PO2是一元中强酸,写出其电离方程式：__________________________________________________________________ _______________________ .(2)H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag＋复原为银,从而可用于化学镀银.①H3PO2中,P元素的化合价为________ .②利用H3PO2进行化学镀银反响中,氧化剂与复原剂的物质的量之比为4∶1 ,那么氧化产物为________(填化学式) .③NaH2PO2为________(填 "正盐〞或 "酸式盐〞) ,其溶液显________(填"弱酸性〞、 "中性〞或 "弱碱性〞) .(3)H3PO2的工业制法是：将白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反响生成PH3气体和Ba(H2PO2)2 ,后者再与H2SO4反响.写出白磷与Ba(OH)2溶液反响的化学方程式：__________________________________________ .解析(1)由于H3PO2为一元中强酸,故属于弱电解质,只有局部发生电离,其电离方程式为H3PO2H＋＋H2PO－2.(2)①设P的化合价为x ,根据化合价的代数和为零,那么有1×3＋x＝2×2 ,x＝＋1；②反响中氧化剂为Ag＋,其复原产物为Ag；复原剂为H3PO2 ,设其氧化产物中P的化合价为y ,根据题意有：4×1＝1×(y－1) ,y＝＋5 ,故其氧化产物为H3PO4；③由于H3PO2为一元酸,故NaH2PO2为正盐；又由于H3PO2为弱酸,故H2PO－2水解使溶液显弱碱性.(3)根据题意可知反响物和生成物,然后根据得失电子守恒和质量守恒配平,即可得到白磷与Ba(OH)2溶液反响的化学方程式：6H2O＋2P4＋3Ba(OH)2 = = =2PH3↑＋3Ba(H2PO2)2 .答案(1)H3PO2H＋＋H2PO－2(2)①＋1②H3PO4③正盐弱碱性(3)6H2O＋2P4＋3Ba(OH)2= = =2PH3↑＋3Ba(H2PO2)215．(1)氯酸是一种强酸,氯酸的浓度超过40%就会迅速分解,反响的化学方程式为：8HClO3= = =3O2↑＋2Cl2↑＋4HClO4＋2H2O .根据题意完成以下小题：①在上述变化过程中,发生复原反响的过程是________→________(填化学式) .②该反响的氧化产物是________(填化学式)；所得混合气体的平均相对分子质量为________ .(2)测定锰的一种方法是：锰离子转化为高锰酸根离子,反响体系中有H＋、Mn2＋、H2O、IO－3、MnO－4、IO－4.①有关反响的离子方程式为______________________________________ .②在锰离子转化为高锰酸根离子的反响中,如果把反响后的溶液稀释到1 L ,测得溶液的pH＝2 ,那么在反响中转移电子的物质的量为________mol .解析(1)①根据方程式中化合价的升降可以判断出＋5价的氯被复原为0价,故复原过程为HClO3→Cl2.②方程式中化合价升高的有两种元素,故氧化产物是O2和HClO4；混合气体(O2和Cl2)的平均相对分子质量计算如下：(3×32＋2×71)÷5＝47.6 .(2)①根据题意和氧化复原反响书写规律可以得出2Mn2＋＋5IO－4＋3H2O = = =2MnO－4＋5IO－3＋6H＋.②根据离子方程式,每生成6 mol H＋,转移电子的物质的量为10 mol ,当1 L溶液的pH＝2时,生成n(H＋)＝0.01 mol ,那么转移电子的物质的量为1/60 mol .答案(1)①HClO3Cl2②O2和HClO4(2)①2Mn2＋＋5IO－4＋3H2O = = =2MnO－4＋5IO－3＋6H＋②1/60(或0.016 7)。
2020版高考化学二轮复习专题二第1课时物质的量物质的量浓度讲义(含解析)(2021-2022学年)
第1课时物质的量物质的量浓度命题调研(２0１６～201９四年大数据）真题重现1.(2019·浙江4月选考,19)设NＡ为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是( )A。
1mol CH2=＝＝CH２分子中含有的共价键数为6N AＢ．500mL 0。
5mｏl·Ｌ-１的NaCｌ溶液中微粒数大于0.5ＮAC．３0 g HCＨO与CH３ＣＯOH混合物中含C原子数为N AD.2.3 g Na与O2完全反应,反应中转移的电子数介于0。
1N A和0。
２ＮA之间解析1个ＣH2＝＝＝CH2分子中包含4个单键和１个双键,而1个双键中有2个共价键,故１ mｏl ＣH2===CH2分子中含有的共价键数为6N A,A项正确;5０0 mＬ０。
5 mol·Ｌ－１的NaCl溶液中含有的微粒包括Na＋、Ｃｌ-、H2Ｏ、Ｈ+、ＯＨ－,故微粒数大于0．5N A,Ｂ项正确；HＣHＯ和ＣH3COOH的最简式均为CH2O,故30 g HＣHＯ和CH3COＯH混合物中含“CH2O"的物质的量为1mol,含C原子数为N A，C项正确；２.3 ｇ Na与O2完全反应，不论生成Na２O还是Nａ2Ｏ2,转移的电子数均为0．1N A,Ｄ项不正确，故选D。
答案Ｄ2．(20１8·课标全国Ⅲ，8）下列叙述正确的是（）A。
24 g镁与２7 g铝中，含有相同的质子数B。
同等质量的氧气和臭氧中,电子数相同C.1 mol重水与1 ｍｏl水中，中子数比为2∶1D．１ mol乙烷和1 moｌ乙烯中，化学键数相同解析２4 g镁与27 g铝的物质的量均为1mol，但Mg、Ａl的质子数分别为12、13,A项错误;１mol Ｏ２含有16 ｍol电子,１ｍoｌO3含有２4 ｍol电子,质量相同（设为ｍ g)的O２、O3含有的电子的物质的量分别为错误!×1６ mol=错误!未定义书签。
ｍｏl、错误!×２4 mol＝错误!ｍol,Ｂ项正确;１ mｏl D2Ｏ含有1０ｍoｌ中子，１ mｏl H２Ｏ含有8 moｌ中子,C项错误；1 mｏｌ CH3—ＣH3含有7 mol共价键，1 moｌＣＨ2===CH2含有４ moｌＣ—H键,1 moｌC＝=＝C键,Ｄ项错误.答案Ｂ３。
2019-2020年高考化学二轮复习全套教学案详细解析化学常用计量新课标
2019-2020年高考化学二轮复习全套教学案详细解析化学常用计量新课标教学目标知识技能：掌握物质的量及其单位——摩尔、摩尔质量、气体摩尔体积的涵义。
掌握物质的量与微粒（原子、分子、离子等）数目、气体体积（标准状态下）之间的相互关系。
能力培养：通过基本计算问题的讨论，培养学生的计算思维能力。
科学思想：在阿伏加德罗定律的应用上，着重掌握有关比例的数学思想。
科学方法：演绎推理法。
重点、难点物质的量与微粒（原子、分子、离子等）数目、气体体积（标准状况下）之间的相互关系是重点，气体摩尔体积的应用条件是难点。
教学过程设计教师活动【引入】今天我们复习化学常用计量。
【提问】科学家引入物质的量这个物理量的意义是什么？【再问】谁来说说物质的量是怎样联系宏观和微观的？学生活动回答：把质量、体积等宏观物理量和微观的微粒个数联系起来。
回答：主要通过以物质的量为核心物理量建立的下列关系图，把微粒数、物质质量、气体标准状况下的体积、溶液的物质的量浓度等相互关联起来。
归纳：小结：物质的量及其单位摩尔的作用实际是联系宏观和微观的桥梁。
提问】下列叙述是否正确？(1)摩尔是物质的量的单位，1mol任何物质都含有6.02 X 102个分子。
(2)1mol氢的质量为1g,它含有阿伏加德罗常数个氢分子。
(3)氧气的摩尔质量为32g,氧气的分子量也为32g。
( 4) 12g 碳-12 所含的碳原子数是阿伏加德罗常数，每摩物质含有阿伏加德罗常数个微粒。
思考，回答：( 1 )不正确，并非所有物质均含有分子。
( 2)不正确，不能说1mol 氢，应指明微粒名称。
(3)不正确，摩尔质量的单位为gmol-1，分子量没有单位。
( 4)正确【提问】在应用摩尔这个单位时，应注意什么？回答：( 1 )摩尔只能用来表示微粒的集体数目；( 2)必须指明微粒的具体名称。
【讲解】微粒可以是真实的，如：1mol 水分子；也可以是假想的，如：ImolNaCI,表示1molNa+和ImolCI-的特定组合。
2020新课标高考化学二轮教师用书：第2部分 专项2 规范答题 减少失分
专项二规范答题·减少失分(对应学生用书第124页)一、化学实验操作的答题模板再现分析近几年的全国试卷，对化学实验基本操作的考查比重加大，而在阅卷中，我们发现，像此类文字表达型简答题，为历年考生的失分重点，需要大家备考时认真归纳整理。
1．测量液体体积读数的答题关键(1)等一等：待管壁液体全部流下，液面稳定后再开始读数。
(2)平一平：通过上下移动量气管使两侧凹液面在同一水平线上。
(3)切一切：视线与液面最低点(最底端、最底处、最底部、最低处)、刻度线水平相切。
得分点及关键词：“平视”“刻度线”“凹液面”“液面最低点”“相切”。
2．沉淀洗涤的答题模板(1)沉淀洗涤的目的：除去沉淀表面附着或沉淀中包夹的可溶性离子。
(2)洗涤方法：向漏斗内加蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作2～3次。
(3)误差分析：若沉淀不洗涤或洗涤不干净，则使沉淀的质量偏高。
若沉淀洗涤次数过多，则会使部分沉淀溶解而使其质量偏低。
(4)沉淀剂是否过量的判断方法答题模板：①加沉淀剂静置，向上层清液中继续滴加少量沉淀剂，若无沉淀产生，则证明沉淀剂已过量。
②加入与沉淀剂反应的试剂：静置，取适量上层清液于另一洁净试管中，向其中加入少量与沉淀剂作用产生沉淀的试剂，若产生沉淀，证明沉淀剂已过量。
注意：若需称量沉淀的质量进行有关定量计算，则只能选用方法①。
(5)判断沉淀是否洗净的操作答题模板：取少许最后一次洗涤液，滴入少量……溶液(试剂)，若……(现象)，表示已经洗涤完全。
3．实验现象的准确、全面描述答题模板(1)现象描述要全面：看到的、听到的、触摸到的、闻到的；溶液中、固体表面、气体部分(“海、陆、空”只要有的都要描述)。
(2)现象描述要准确：如A试管中……B处有……(3)按“先现象后结论”格式描述，忌指名道姓、先说物质后说现象或先根据结论后推现象等情况。
针对不同状态可按以下模板回答：①溶液中：颜色由……变成……，液面上升或下降(形成液面差)，溶液变浑浊，生成(产生)……沉淀，溶液发生倒吸，产生大量气泡(或有气体从溶液中逸出)，有液体溢出等。
2020版高考化学新课标大二轮专题辅导与增分攻略高考真题体验：1-12专题十二 化学实验基础 含解析
铁粉.发生反应2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋.可以看到溶液中黄色逐渐消失.加入KSCN后.溶液颜色不发生变化.D项不符合题意。
[答案] A3．(20xx·全国卷Ⅲ)下列实验操作不当的是( )A．用稀硫酸和锌粒制取H2时.加几滴CuSO4溶液以加快反应速率B．用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度.选择酚酞为指示剂C．用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液燃烧.火焰呈黄色.证明其中含有Na＋D．常压蒸馏时.加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二[解析]加几滴CuSO4溶液发生反应：Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu.Zn与置换出来的Cu及稀H2SO4构成Cu－Zn原电池.加快了放出H2的速率.A项正确；用标准盐酸滴定NaHCO3溶液.滴定至终点时溶液呈弱酸性.应选用甲基橙作指示剂.B项错误；黄色是Na＋的焰色.C项正确；常压蒸馏时.加入液体的体积既不能太少.也不能超过圆底烧瓶容积的三分之二.D项正确。
[答案] B[省市卷]1．(20xx·天津卷)下列实验操作或装置能达到目的的是( )[解析]Fe2＋遇K3[Fe(CN)6]溶液能够产生蓝色沉淀.因此原溶液中一定含有Fe2＋.但是否含有Fe3＋无法确定.若要确定Fe3＋的存在.则需要向溶液中加入KSCN溶液.观察溶液是否变为血红色.因此A项错误；向C6H5ONa溶液中通入CO2.溶液变浑浊.发生反应：C6H5ONa＋H2O＋CO2―→C6H5OH＋NaHCO3.根据“强酸制弱酸”原理.可知酸性：H2CO3>C6H5OH.B项正确；欲验证K sp(CuS)<K sp(ZnS).应该向ZnS的饱和溶液(或悬浊液)中滴加CuSO4溶液.观察是否有黑色沉淀生成.而不是向ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液.C项错误；检验SO2－4时应先加入稀盐酸.后加入BaCl2溶液.若溶液中含有SO2－3.先加入Ba(NO3)2溶液.生成BaSO3。
(江苏专用)2020高考化学二轮复习 第二板块 非选择题必考题型专攻教学案
第16题 无机化工流程1．(2020·江苏高考)以高硫铝土矿(主要成分为Al 2O 3、Fe 2O 3、SiO 2，少量FeS 2和金属硫酸盐)为原料，生产氧化铝并获得Fe 3O 4的部分工艺流程如下：(1)焙烧过程均会产生SO 2，用NaOH 溶液吸收过量SO 2的离子方程式为________________________________________________________________________。
(2)添加1%CaO 和不添加CaO 的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。
已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ℃硫去除率＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－焙烧后矿粉中硫元素总质量焙烧前矿粉中硫元素总质量×100% ①不添加CaO 的矿粉在低于500 ℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于________。
②700 ℃焙烧时，添加1%CaO 的矿粉硫去除率比不添加CaO 的矿粉硫去除率低，其主要原因是____________________________________。
(3)向“过滤”得到的滤液中通入过量CO 2，铝元素存在的形式由______(填化学式)转化为________(填化学式)。
(4)“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe 2O 3。
Fe 2O 3与FeS 2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe 3O 4和SO 2，理论上完全反应消耗的n (FeS 2)∶n (Fe 2O 3)＝________。
[把脉考点]第(1)问考查离子方程式的书写 第(2)问考查原料的处理与反应条件的控制 第(3)问考查化工原理分析 第(4)问 考查陌生氧化还原反应的相关计算解析：(1)NaOH 吸收过量SO 2的离子方程式为SO 2＋OH －===HSO －3。
(2)①由已知多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ℃，不添加CaO 的矿粉在低于500 ℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于杂质FeS 2。
2020版高考化学新课标大二轮专题辅导与增分攻略专题强化训练：化学实验基础 含解析
C．HF溶液通常应密封保存于细口玻璃瓶中D．Na2SiO3溶液通常应密封保存于带玻璃塞的细口瓶中[解析] 硝酸银见光易分解.应密封于棕色试剂瓶中.A项错误。
疫苗中含有蛋白质.易变性.一般低温保存.B项正确。
HF能与玻璃中的SiO2反应.应存放于塑料瓶中.C项错误。
Na2SiO3溶液属于矿物胶.易把玻璃塞与瓶颈粘在一起.应存放于带橡胶塞的试剂瓶中.D项错误。
[答案] B2．(20xx·江西八所重点中学联考)下列有关实验的说法不正确的是( )A．容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度.量筒、容量瓶都无“0”刻度.滴定管有“0”刻度；使用时滴定管水洗后还需润洗.但容量瓶水洗后不用润洗B．向4 mL 0.1 mol·L－1的K2Cr2O7溶液中滴加数滴1mol·L－1的NaOH溶液.溶液颜色从橙色变成黄色C．探究化学反应的限度：取5 mL 0.1 mol·L－1 KI溶液.滴加0.1 mol·L－1FeCl3溶液5～6滴.充分反应.可根据溶液中既含I2又含I－的实验事实判断该反应是可逆反应D．将含有少量氯化钾的硝酸钾放入烧杯中.加水溶解并加热、搅拌.当溶液表面出现一层晶膜时停止加热.冷却结晶.过滤即可得到大量硝酸钾晶体[解析] 滴定管水洗后还需润洗.以避免待装溶液被稀释.A项正4(黄色)＋2H＋.向4 mL重铬7(橙色)＋H2O2CrO2－确；Cr2O2－酸钾溶液中滴加几滴NaOH溶液.平衡向右移动.溶液由橙色变成黄色.B项正确；KI过量.因此不管该反应是否为可逆反应.反应后溶液中均有I2和I－.故不能据此判断该反应是可逆反应.C项错误；硝酸钾的溶解度随着温度升高变化较大.而氯化钾的溶解度随着温度升高变化不大.因此将含有少量氯化钾的硝酸钾溶液蒸发至出现晶膜.降低温度.KNO3大量析出.氯化钾留在溶液中.过滤即可得到KNO3晶体.D 项正确。
D．用装置丁吸收尾气中氯化氢[解析] 灼烧海带应该用坩埚.A项错误。
高三二轮化学教案
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