2019最新高考化学第一轮复习全套资料
第一部分：知识篇
策略 1 化学基本概念的分析与判断
金点子：
化学基本概念较多，许多相近相似的概念容易混淆，且考查时试题的灵活性较大。如何把握其实质，认识其规律及应用？主要在于要抓住问题的实质，掌握其分类方法及金属、非金属、酸、碱、盐、氧化物的相互关系和转化规律，是解决这类问题的基础。
经典题：
例题1 ：（2001年全国高考）下列过程中，不涉及化学变化的是 （ ） ．．．
A．甘油加水作护肤剂 B．用明矾净化水 C．烹鱼时加入少量的料酒和食醋可减少腥味，增加香味 D．烧菜用过的铁锅，经放置常出现红棕色斑迹
方法：从有无新物质生成，对题中选项分别进行分析。
捷径：充分利用物质的物理性质和化学性质，对四种物质的应用及现象进行剖析知：甘油用作护肤剂是利用了甘油的吸水性，不涉及化学变化。明矾净化水，是利用了Al3+水解产生的Al(OH)3胶体的吸附作用；烹鱼时加入少量的料酒和食醋可减少腥味，增加香味，是两者部分发生了酯化反应之故；烧菜用过的铁锅，经放置出现红棕色斑迹，属铁的吸氧腐蚀。此三者均为化学变化。故选A。
总结：对物质性质进行分析，从而找出有无新物质生成，是解答此类试题的关键。 例题2 ：（1996年上海高考）下列电子式书写错误的是 ( ).
方法：从化合物(离子化合物、共价化合物)—→原子的电子式—→得失电子—→化合物或原子团电子式，对题中选项逐一分析的。
捷径：根据上述方法，分析CO2分子中电子总数少于原子中的电子总数，故A选项错。B项中N与N之间为三键，且等于原子的电子总数，故B正确。C有一个负电荷，为从外界得到一个电子，正确。D为离子化合物，存在一个非极性共价键，正确。以此得正确选项为A。
总结：电子式的书写是中学化学用语中的重点内容。此类试题要求考生从原子的电子式及形成化合物时电子的得失与偏移进行分析而获解。
例题3 ：（1996年上海高考）下列物质有固定元素组成的是 ( ) A．空气 B．石蜡 C．氨水 D．二氧化氮气体 方法：从纯净物与混合物进行分析。
捷径：因纯净物都有固定的组成，而混合物大部分没有固定的组成。分析选项可得D。 总结：值得注意的是：有机高分子化合物(如聚乙烯、聚丙烯等)及有机同分异构体(如二甲苯)混在一起，它们虽是混合物，但却有固定的元素组成。此类试题与纯净物和混合物的设问，既有共同之处，也有不同之处。
例题4 ：（1996年上海高考）下列各组分子中, 都属于含极性键的非极性分子的是( ) A．CO2 H2S B．C2H4 CH4 C．Cl2 C2H4 D．NH3 HCl
方法：从极性键、非极性键与极性分子、非极性分子两方面对选项进行排除分析。
捷径：解题时，可从极性键、非极性键或极性分子、非极性分子任选其一，先对选项进行分析，再采用排除法获得B答案。
总结：当在同一试题中同时出现两个或两个以上的条件时，采用排除可迅速获得结果。
例题5 ：（2001年上海高考）化学实验中，如使某步中的有害产物作为另一步的反应物，形成一个循环，就可不再向环境排放该种有害物质。例如：
（l）在上述有编号的步骤中，需用还原剂的是 ，需用氧化剂的是 （填编号）。 （2）在上述循环中，既能与强酸反应又能与强碱反应的两性物质是 （填化学式） （3）完成并配平步骤①的化学方程式，标出电子转移的方向和数目： □Na2Cr2O7＋□KI＋□HCl→□CrCl3＋□NaCl＋□KCl＋□I2＋□ 方法：从转移电子及得失电子守恒分析。
捷径：（1）铬元素在化合物Na2Cr2O7中显+6价，CrCl3中显+3价，Na2CrO4显+6价，因此反应①是用还原剂将Na2Cr2O7还原到CrCl3，而反应④CrCl3需用氧化剂把铬元素从+3价氧化到+6价。其余反应②、③、⑤中化合价均未发生变化。以此需用还原剂的步骤是①步骤。需用氧化剂的步骤是④步骤。
（2）从题中可看出，CrCl3与碱生成Cr(OH)3，Cr(OH)3与碱又生成NaCrO2，故Cr(OH)3既能与强酸反应又能与强碱反应，类似于典型的两性氢氧化物Al(OH)3，Cr(OH)3+3HCl= CrCl3+3H2O，Cr(OH)3+NaOH = NaCrO2+2H2O，属两性物质。
（3）配平反应式：第一步：Cr元素从+6价下降到+3价，一个Cr原子下降3价，以化学式Na2Cr2O7为标准，共下降6价（确切说得到6个电子），而KI中的I元素从—1价上升到0价，上升了1价（确切
—
说失去1个电子），所以需要6个I才能满足
得失电子守恒。Na2Cr2O7+6KI+□HCl — 2CrCl3+□NaCl+□KCl+3I2+□ ；第二步，根据质量守恒原理各种元素的原子数保持不变。通常的办法是首先配平金属元素钾、钠，其次配平酸根离子，本题
—
中是Cl，再确定产物中还有水，接着根据氢原子数守恒确定水的序数，最后根据氧原子是否配平检查整个反应式是否全部配平。以此得配平后的结果为1、6、14、2、2、6、3、7H2O。其电子转移的方向和数目见下图。
总结：1、本题属学科内综合，是目前理科综合或文科综合考试中一种常见的形式。
2、确定反应式中缺少的产物的思路是：所缺的产物不可能是氧化产物或还原产物（题目中有其他信息暗示者例外）如果氧化产物或还原产物不确定反应方程式就无法配平。应是化合价不发生变化的元素间结合成的产物。如本题中的KCl、NaCl、H2O等。
例题6 ：（2002年全国高考）将40mL 1.5mo1· L-1 的CuSO4 溶液与30mL 3 mo1·L-1 的NaOH溶液混合，生成浅蓝色沉淀，假如溶液中c(Cu2+)或c (OH)都已变得很小，可忽略，则生成沉淀的组成可表
—
示为 ( )
A．Cu(OH)2 B．CuSO4·Cu(OH)2 C．CuSO4·2Cu(OH)2 D．CuSO4·3Cu(OH)2
方法：从溶液中离子物质的量的变化及电荷守恒进行分析。
－－
捷径：混合前溶液中Cu2+的物质的量为0.06mol，SO42为0.06mol，Na+的物质的量为0.09mol，OH
—
的物质的量为0.09mol。混合后因溶液中c(Cu2+)或c (OH)都已变得很小，故沉淀中有Cu2+ 0.06mol，OH-
－
0.09mol，考虑到Na+不可能在沉淀中出现，根据电荷守恒，沉淀中还将有SO42 0.015mol。因此沉淀中
－－
Cu2+、SO42、OH三者的物质的量之比为4：1：6，得答案为D。
总结：在对物质的组成进行分析时，要充分考虑到各种守恒关系。
例题7 ：（2002年全国高考）碘跟氧可以形成多种化合物，其中一种称为碘酸碘，在该化合物中，．．．碘元素呈+3和+5两种价态，这种化合物的化学式是 ( ) A．I2O3 B．I2O4 C．I4O7 D．I4O9
方法：采用迁移类比法，从氯酸钾迁移到碘酸碘，再改写成氧化物的形式。
－－
捷径：因氯酸钾的化学式为KClO3，氯酸根离子为ClO3 ，迁移知，碘酸根离子为IO3 ，碘的化合价为+5价，又另一种碘元素呈+3价态，故碘酸碘的化学式为I(IO3)3，其氧化物的形式为I4O9，故选D。
总结：在应用迁移类比时要充分考虑化合价的变化，如Fe3O4可写成FeO·Fe2O3，而Pb3O4只能写成2PbO·PbO2 。
例题8 ：（1996年全国高考）某化合物的化学式可表示为Co(NH3)x Cly (x,y均为正整数)。为确定x和y的值, 取两份质量均为0.2140克的该化合物进行如下两个实验。
试样溶于水,在硝酸存在的条件下用AgNO3溶液进行滴定(生成AgCl沉淀), 共消耗24.0mL0.100 mol/L的AgNO3溶液。
在另一份试样中加入过量NaOH溶液并加热, 用足量盐酸吸收逸出的NH3，吸收NH3共消耗24.0mL0.200 mol/LHCl溶液。
试通过计算确定该化合物的化学式。
(本题可能用到的原子量:H 1.0 N 14.0 Cl 35.5 Co 58.9 )
－
方法：根据反应过程和质量守恒定律，分别求出Co离子、NH3分子和Cl三者物质的量的比例关系而获解。
捷径：设n表示物质的量, m表示质量。根据题中反应得：
n(NH3)=0.200 mol/L×24.0×10-3 L = 4.80×10-3mol m(NH3)=4.80×10-3 mol×17.0g /mol =8.16×10-2g n(Cl-)=0.100 mol/L×24.0×10-3 L =2.40×10-3mol m(Cl-)=2.40×10-3 mol×35.5 g / mol =8.52×10-2g
m(钴离子)=0.2140ｇ－8.16×10-2ｇ－8.52×10-2 g = 4.72×10-2g
n(钴离子) : n(NH3) : n(Cl-) = 1:6:3
以此，该化合物的化学式为Co(NH3)6Cl3
总结：在确定物质的组成时，既可以通过反应过程中的物质的量的比例关系求解，也可以通过化合价获得结果。
金钥匙：
例题1 ：下列电子式正确的是 （ ）
方法：同高考题例2。从化合物(离子化合物、共价化合物)—→原子的电子式—→得失电子—→化合物或原子团电子式，对题中选项逐一分析的。
捷径：分析A选项，电子用两种不同的符号表示，一种为“? ”号，另一种为“×”号，从题中电子数分析知，×号表示氢原子的电子，因×号位置写错，故A选项错误。B选项中Na2S为离子化合物，书
－
写正确。C选项中CO2分子中电子总数多于原子中的电子总数，故C选项错。D项中Cl有一个负电荷，其周围应有8个电子，D错误。以此得正确选项为B。
总结：对有机化合物电子式的书写，如能通过结构式去反推，将会迅速写出。因结构式中巳用一根短线代表一对共用电子对。
例题2 ：一些盐的结晶水合物，在温度不太高时就有熔化现象，既溶于自身的结晶水中，同时又吸收热量，它们在塑料袋中经日晒能熔化，在日落后又可缓慢凝结而释放热量，可以调节室温，称为潜热材料。现有几种盐的结晶水合物的有关数据如下： 熔点℃ 熔化热 Na2S2O3·5H2O CaCl2·6H2O 40～50 49.7kJ/相对分子质量g 29.92 37.3kJ/相对分子质量g Na2SO4·10H2O Na2HPO4·12H2O
32.38 77.0kJ/相对分子质量g 35.1 100.1kJ/相对分子质量g （1）上述几种盐中，最适合作潜热材料的是 、 。 （2）实际应用时最常用的（根据来源和成本考虑）应该是 。
方法：考虑最适宜作潜热材料的晶体不是从熔化热数值上来比较分析，而应从单位质量的晶体吸收热量的数值及熔点去思考。
捷径：最适宜作潜热材料的晶体必须是易熔化且单位质量的晶体吸收热量的效率高。三种物质单位质量的晶体在熔化时吸收的热量分别为：
Na2S2O3·5H2O = 49.7kJ/248g = 0.2kJ/g CaCl2·6H2O = 37.3kJ/219g = 0.17kJ/g Na2SO4·10H2O = 77.0kJ/322g = 0.24kJ/g Na2HPO4·12H2O = 100.1kJ/357g = 0.28kJ/g
再结合各晶体的熔点可知最适宜作潜热材料的是Na2SO4·10H2O和Na2HPO4·12H2O。在实际中应用的潜热材料应是廉价的且容易获得的晶体，故为Na2SO4·10H2O。
总结：这是一道信息迁移题，一般在分析解题过程中，应特别注意在接受新信息后，将新信息与已有的旧知识相结合，形成新的知识网络，并进一步从这种新形式的网络中提取有关的知识块，迁移到题设的情境中去，迅速形成正确的解题思路，解决所提出的问题。
例题3 ：维生素C（简称Vc，化学式为C6H8O6）是一种水溶性物质，其水溶性呈酸性，人体缺乏Vc易得坏血症，故Vc又称抗坏血酸。Vc具有较强的还原性，易被空气中的氧气氧化。在新鲜的水果、蔬菜和乳制品中都富含Vc，如新鲜橙汁中Vc的含量在500mg/L左右。已知Vc与I2能发生如下反应：C6H8O6+I2=C6H6O6+2HI，I2遇淀粉变蓝。
请回答以下问题：
(1)Vc与I2的反应是否为氧化还原反应？氧化剂是哪种物质？
(2)若上述反应在水溶液中进行，请写出反应的离子方程式。（提示：C6H8O6和C6H6O6均为难电离的
有机物分子，HI的水溶液是强酸溶液）
(3)上述反应能否用于检验Vc是否变质？
方法：此题属于信息给予题，解题关键是寻找与题目相关的有用信息，结合氧化还原反应及离子方程式的知识解决问题。
捷径：（1）从反应C6H8O6+I2=C6H6O6+2HI可知碘元素的化合价由0 → —1，化合价降低，则I2被还原，应为氧化剂，该反应属氧化还原反应。
—
（2）根据题意其离子方程式为C6H8O6+I2=C6H6O6+2H++2I。
（3）题给信息告诉我们，Vc易被空气中的氧气氧化，如果Vc已被氧化，就不会与I2发生上述反应。加入的I2未被还原，能与淀粉反应变蓝。所以能用于检验Vc是否变质。
总结：该题中，虽然C6H8O6和C6H6O6中碳元素的化合价并未给出，但不能认为缺少判断条件，因为根据氧化还原反应的对立统一关系，在同一化学反应中，有化合价的降低，必然有化合价的升高。解题时要善于把握有用信息，并纳入已有的知识信息网络中，以便不被杂乱无章的无用信息所左右。
例题4 ：向BaCl2溶液中滴入某未知浓度的H2SO4溶液至反应恰好完全，结果发现：反应前（指未加入H2SO4溶液前）溶液的质量与反应后所得溶液的质量恰好相等。则加入H2SO4溶液的百分比浓度为 （ ）
A．98% B．75% C．42% D．25% 方法：由反应式BaCl2 + H2SO4 = BaSO4↓+ 2HCl 可知，反应前后溶液的质量相等，说明加入的H2SO4
溶液的质量与生成的BaSO4沉淀的质量相等。以此可根据质量恒等列式计算。
捷径：假设生成1 mol BaSO4，则m (H2SO4)溶液 = m (BaSO4) = 233 g 。 H2SO4 % = ╳ 100% ≈ 42% 。
总结：“反应前溶液的质量与反应后所得溶液的质量恰好相等”是此题的关键点。 例题5 ：在空气中将氢氧化锌和锌粉的混合物灼烧至恒重，若所得物质的质量与原混合物的质量相等，求原混合物中氢氧化锌和锌粉的百分含量。
方法：题目未给出任何数据，乍看似乎很难入手。但也不难发现，锌在空气中灼烧后得ZnO，而使其质量增加；Zn(OH)2在空气中灼烧后得到的固体物质也是ZnO，同时失去水而使其质量减少。这里Zn变成ZnO增加的量与Zn(OH)2变成ZnO减少的量相等。因此，利用两个差值关系式建立等式，即可求出两种成分的百分含量。
捷径：设原混合物中Zn粉的物质的量为x mol， Zn(OH)2的物质的量为 y mol 。 2Zn + O2 2ZnO 增值 Zn(OH)2 ZnO + H2O 减少值 2 mol 32g 32g 1mol 18g 18g x mol 32x/2 g ymol 18y g
根据题意得：32x/2 = 18y，16x = 18y，X / y = 9 / 8
∴ Zn % = × 100% = 42.48%
Zn(OH)2 % = 1 — 42.48 % = 57.2 %
总结：此题不仅可以用上述方法，还可以利用守恒法，即Zn元素守恒求解。同样可设原混合物中Zn为xmol，Zn(OH)2为ymol，根据质量守恒和Zn元素守恒得：65x + 99y = 81( x + y )，同样解得X / y = 9 / 8。
例题6 ：Fe3O4可写成FeO·Fe2O3，若看成一种盐时，又可写成Fe（FeO2）2，根据化合价和这种书写方法，若将Pb3O4用上述氧化物形式表示，其化学式可写成 ，看成盐可写成 。
方法：从化合价去分析而获得结果。
捷径：Pb与Fe在氧化物中的价态并不相同，Fe分别呈+2、+3价，而Pb则分别为+2、+4价，故氧化物形式为2PbO·PbO2，盐的形式为Pb2（PbO4）。
2019最新高考化学第一轮复习全套资料(精品)
