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2018学年高中三维专题二轮复习化学通用版讲义打包12份
2018学年高中三维专题二轮复习化学通用版讲义：5个解答题之1——化学实验综合题（1） Word版含解析.doc
2018学年高中三维专题二轮复习化学通用版讲义：5个解答题之2——反应原理综合题 Word版含解析.doc
2018学年高中三维专题二轮复习化学通用版讲义：5个解答题之3——工艺流程综合题（1） Word版含解析.doc
2018学年高中三维专题二轮复习化学通用版讲义：5个解答题之4——有机化学基础（选修⑤） Word版含解析.doc
2018学年高中三维专题二轮复习化学通用版讲义：5个解答题之5——物质结构与性质（选修③） Word版含解析.doc
2018学年高中三维专题二轮复习化学通用版讲义：选择题命题区间1——物质的量 Word版含解析.doc
2018学年高中三维专题二轮复习化学通用版讲义：选择题命题区间2——元素与化合物 Word版含解析.doc
2018学年高中三维专题二轮复习化学通用版讲义：选择题命题区间3——物质结构 元素周期律 Word版含解析.doc
2018学年高中三维专题二轮复习化学通用版讲义：选择题命题区间4——电化学 Word版含解析.doc
2018学年高中三维专题二轮复习化学通用版讲义：选择题命题区间5——水溶液中的离子平衡 Word版含解析.doc
2018学年高中三维专题二轮复习化学通用版讲义：选择题命题区间6——有机化合物（必修2） Word版含解析.doc
2018学年高中三维专题二轮复习化学通用版讲义：选择题命题区间7——化学实验基础 Word版含解析.doc
　　5个解答题之 ——化学实验综合题
　　1．(2017•全国卷Ⅱ)水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：
　　Ⅰ.取样、氧的固定
　　用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。
　　Ⅱ.酸化、滴定
　　将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I－还原为Mn2＋，在暗处静置5 min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2O2－3＋I2===2I－＋S4O2－6)。
　　回答下列问题：
　　(1)取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是__________________。
　　(2)“氧的固定”中发生反应的化学方程式为_____________________________。
　　(3)Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和________；蒸馏水必须经过煮沸，冷却后才能使用，其目的是杀菌、除________及二氧化碳。
　　(4)取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用a mol•L－1 Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为________；若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含量为________ mg•L－1。
　　(5)上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测定结果偏________(填“高”或“低”)。
　　解析：(1)取水样时避免扰动水体表面，这样能保证所取水样中溶解氧量与水体中实际溶解氧量基本相同，以减小实验误差。(2)根据水样与Mn(OH)2碱性悬浊液反应生成MnO(OH)2，可写出固氧的反应为O2＋2Mn(OH)2===2MnO(OH)2。(3)由于Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定，配制该溶液时无需用容量瓶，只需粗略配制，故配制Na2S2O3溶液时，还需要用到的玻璃仪器为量筒；所用蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，这样能除去水中溶解的氧气和CO2，且能杀菌。(4)根据Ⅱ可知MnO(OH)2能将水样中的I－氧化为I2，滴定过程中用淀粉溶液作指示剂，在滴定终点前I2遇淀粉变蓝，达到滴定终点时，I2完全被消耗，溶液蓝色刚好褪去。根据关系式O2～2MnO(OH)2～2I2～4Na2S2O3，结合消耗n(Na2S2O3)＝a mol•L－1×b×10－3 L＝ab×10－3 mol，可求出100.00 mL水样中溶解氧的质量为14ab×10－3 mol×32 g•mol－1＝8ab×10－3 g＝8ab mg，则该水样中溶解氧的含量为8ab mg÷0.100 00 L＝80ab mg•L－1。(5)滴定完成时，滴定管尖嘴处留有气泡，会导致读取的Na2S2O3标准液体积偏小，根据关系式O2～4Na2S2O3，可知测定的溶解氧的含量偏低。
　　答案：(1)使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差
　　(2)O2＋2Mn(OH)2===2MnO(OH)2
　　(3)量筒　氧气
　　(4)蓝色刚好褪去　80ab
　　(5)低
　　2．(2016•全国卷Ⅱ)某班同学用如下实验探究Fe2＋、Fe3＋的性质。
　　回答下列问题：
　　(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1 mol•L－1的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是_______________________________________。
　　(2)甲组同学取2 mL FeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2＋氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为______________。
　　(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2 mL FeCl2溶液中先加入0.5 mL煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是________________________________________________________________________。
　　(4)丙组同学取10 mL 0.1 mol•L－1 KI溶液，加入6 mL 0.1 mol•L－1 FeCl3溶液混合。分别取2 mL此溶液于3支试管中进行如下实验：
　　5个解答题之 ——反应原理综合题
　　1．(2017•全国卷Ⅰ)近期发现，H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题：
　　(1)下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是________(填标号)。
　　A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以
　　B．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸
　　C．0.10 mol•L－1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1
　　D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸
　　(2)下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。
　　通过计算，可知系统(Ⅰ)和系统(Ⅱ)制氢的热化学方程式分别为________________、_______________，制得等量H2所需能量较少的是____________。
　　(3)H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)＋CO2(g)??COS(g)＋H2O(g)。在610 K时，将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入2.5 L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。
　　①H2S的平衡转化率α1＝__________%，反应平衡常数K＝________。
　　②在620 K重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的转化率α2______α1，该反应的ΔH______0。(填“>”“<”或“＝”)
　　③向反应器中再分别充入下列气体，能使H2S转化率增大的是________(填标号)。
　　A．H2S　　　　　 　　 B．CO2
　　C．COS D．N2
　　解析：(1)根据较强酸制备较弱酸原理，氢硫酸不和NaHCO3反应，亚硫酸与NaHCO3反应，说明亚硫酸、碳酸、氢硫酸的酸性依次减弱，A项正确；相同浓度，溶液的导电能力与离子总浓度有关，相同浓度下，氢硫酸溶液导电能力弱，说明氢硫酸的电离能力较弱，即电离出的氢离子数较少，B项正确；相同浓度下，亚硫酸的pH较小，故它的酸性较强，C项正确；酸性强弱与还原性无关，酸性强调酸电离出氢离子的难易，而还原性强调还原剂失电子的难易，D项错误。(2)系统(Ⅰ)和系统(Ⅱ)都是吸热反应，从热化学方程式可以看出，系统(Ⅱ)制备1 mol H2需要消耗20 kJ能量，而系统(Ⅰ)制备1 mol H2需要消耗286 kJ能量，故系统(Ⅱ)消耗的能量较少。(3)①用三段式法计算：该反应是等气体分子数反应，平衡时n(H2O)＝0.02×0.50 mol＝0.01 mol。
　　H2S(g)＋CO2(g)??COS(g)＋H2O(g)
　　起始/mol 0.40　 　0.10　　　0　　　　0
　　转化/mol 0.01  0.01  0.01  0.01
　　平衡/mol 0.39  0.09  0.01  0.01
　　α(H2S)＝0.010.40×100%＝2.5%。对于等气体分子数反应，可直接用物质的量替代浓度计算平衡常数：K＝cCOS•cH2OcH2S•cCO2＝0.01×0.010.39×0.09≈2.8×10－3。②总物质的量不变，H2O的物质的量分数增大，说明平衡向右移动，H2S的转化率增大。即升高温度，平衡向正反应方向移动，正反应是吸热反应。③平衡之后，再充入H2S，则CO2的转化率增大，H2S的转化率减小，A项错误；充入CO2，平衡向右移动，H2S的转化率增大，B项正确；充入COS，平衡向左移动，H2S的转化率减小，C项错误；充入N2，无论体积是否变化，对于气体分子数相等的反应，平衡不移动，H2S的转化率不变，D项错误。
　　答案：(1)D　
　　(2)H2O(l)===H2(g)＋12O2(g)ΔH＝286 kJ•mol－1
　　H2S(g)===H2(g)＋S(s)　ΔH＝20 kJ•mol－1
　　系统(Ⅱ)
　　5个解答题之 ——工艺流程综合题
　　1．(2017•全国卷Ⅲ)重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO•Cr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：
　　回答下列问题：
　　(1)步骤①的主要反应为：
　　FeO•Cr2O3＋Na2CO3＋NaNO3――→高温　Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2＋NaNO2
　　上述反应配平后FeO•Cr2O3与NaNO3的系数比为________。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是______________________________________________________。
　　(2)滤渣1中含量最多的金属元素是________，滤渣2的主要成分是________及含硅杂质。
　　(3)步骤④调滤液2的pH使之变________(填“大”或“小”)，原因是__________________________________(用离子方程式表示)。
　　(4)有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到________(填标号)得到的K2Cr2O7固体产品最多。
　　a．80 ℃　　　　　　　　 B．60 ℃
　　c．40 ℃ D．10 ℃
　　步骤⑤的反应类型是________。
　　(5)某工厂用m1 kg铬铁矿粉(含Cr2O3 40%)制备K2Cr2O7，最终得到产品m2 kg，产率为________。
　　解析：(1)1 mol FeO•Cr2O3参与反应共失去7 mol电子，而1 mol NaNO3参与反应得到2 mol电子，根据得失电子守恒，二者的系数比为2∶7。由于高温下碳酸钠能与陶瓷中的二氧化硅发生反应，所以该步骤不能使用陶瓷容器。(2)步骤①中生成的氧化铁因不溶于水而进入滤渣1，所以滤渣1中含量最多的金属元素是Fe。结合流程图可知，滤渣2的主要成分是Al(OH)3及含硅杂质。(3)滤液2中存在平衡：2CrO2－4＋2H＋??Cr2O2－7＋H2O，H＋浓度越大(pH越小)，越有利于平衡正向移动，所以步骤④应调节滤液2的pH使之变小。(4)根据题图，可知温度越低，K2Cr2O7的溶解度越小，析出的重铬酸钾固体越多，即在10 ℃左右时得到的K2Cr2O7固体最多，故d项正确。步骤⑤中发生的反应为Na2Cr2O7＋2KCl===K2Cr2O7＋2NaCl，其属于复分解反应。(5)该铬铁矿粉中Cr2O3的物质的量为m1×103 g×40%152 g•mol－1，根据Cr元素守恒可求得K2Cr2O7的理论质量m0＝m1×103 g×40%152 g•mol－1×294 g•mol－1×10－3 kg•g－1＝147m1190 kg，所以产品的产率为m2m0×100%＝190m2147m1×100%。
　　答案：(1)2∶7　陶瓷在高温下会与Na2CO3反应
　　(2)Fe　Al(OH)3
　　(3)小　2CrO2－4＋2H＋??Cr2O2－7＋H2O
　　(4)d　复分解反应
　　(5)190m2147m1×100%
　　2．(2016•全国卷Ⅰ)NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：