第一篇：華師一2011屆高三第一輪復習教案(第十章)第1講--兩個記數原理

課

題：

兩個計數原理 教學內容： 兩個計數原理

教學目的： 掌握分類計數原理與分步計數原理．并能用兩個原理解決數學中的應用問題.教學重點： 掌握分類計數原理與分步計數原理．并能用兩個原理解決數學中的應用問題.教學過程：

一、知識概要

教學要求：

掌握分類計數原理與分步計數原理．并能用兩個原理解決數學中的應用問題.知識點1 加法原理

完成一件事，有n類辦法：

在第1類辦法中有m1種不同的方法；在第2類辦法中有m2種不同的方法；………… 在第n類辦法中有mn種不同的方法。那么完成這件事共有N= m1+ m2+ …+ mn種不同的方法． 知識點2 乘法原理

完成一件事，需要分成n個步驟：做第1步有m1種不同的方法；做第2步有m2種不同的方法；…………

做第n步有mn種不同的方法．那么完成這件事共有N=m1×m2×…×mn種不同的方法．

指出：把復雜事件A分解為n類簡單事件A1，A2，…，An，分類的原則是：

A=A1∪A2∪…∪An, Ai∩Aj=φ(i≠j, i, j=1, 2, 3, …，n)。在這樣的原則下對事件A分類，能夠確保分類的不重不漏。把A分為A1，A2，…，An的同時，對應的辦法S也隨之被分為n類辦法S1，S2，…，Sn且S=S1∪S2∪…∪Sn, Si∩Sj=φ(i≠j, i, j=1, 2, …，n)，其結果用分類記數原理計算。

對事件A進行分步，分步時要做到“步驟連續”和“步驟獨立”，這樣就可以確保對每一類事件的分步不漏不重。事件的分步對應方法的分步。其結構用乘法原理計算。

二、典例解析

例1 集合A={1, 2, 3, 4}, B={a, b, c, d}，則從A到B可建立多少個不同的映射？其中一一映射有多少個？

解：從A到B可建立的映射的個數為：44=256（個）。從A到B可建立的一一映射的個數為：4×3×2×1=24（個）．

例2 在所有的兩位數中，個位數字大于十位數字的兩位數共有多少個？

解：根據題意，將十位數上的數字分別是1,2,3,4,5,6,7,8的情況分成8類：在每一類中滿足題目條件的兩位數分別是8個，7個，6個，5個，4個，3個，2個，1個。

由分類計數據原理知：符合題意的兩位數的個數共有：8+7+6+5+4+3+2+1=36個。例3 從1到200的自然數中，有多少個各位數上都不含數字5的數？ 解：一位數中不含數字5的數共有8個．

兩位數中不含數字5的數可分兩步來確定：其個位數字除5以外，還有9種選法，十位數字則還有8種選法，根據分步計類原理，可知共有9×8=72個不含數字5的兩位數．

三位數中不含數字5的數可分三步來確定：百位數字是1時，有9×9=81（種），百位數字是2時，僅是200，即1個，有81+1=82（個）．

因此滿足條件的數共有8+72+82=162（個）．

例4 設集合A={2, 4, 6, 8}, B={1, 3, 5, 7, 9}，今從A中取一個數作為十位數字，從B中取一個數作為個位數字，問：

（1）能組成多少個不同的兩位數？

（2）能組成多少個十位數字小于個位數字的兩位數？ 解：（1）要組成兩位數，分兩步：

第一步，確定十位上的數字，共有4種取法；第二步，確定個位上的數字，共有5種取法．由分步計數原理，所組成的兩位數共有4×5=20個．

（2）十位數字小于個位數字的兩位數可分為以下幾類：

第一類：十位數字為2時，個位數字有3、5、7、9這4種選法； 第二類：十位數字為4時，個位數字有5、7、9這3種選；

第十章 排列,組合和二項式定理（第1課時）

第三類：十位數字為6時，個位數字有7、9這2種選法； 第四類：十位數字為8時，個位數字有9這1種選法．

由分類計數原理，適合題意的兩位數的個數共有4+3+2+1=10個．

例5 今有一角幣1張，2角幣1張，5角幣1張，1元幣4張，5元幣2張，用這些幣 值任意付款，可以付出不同數額的款項共多少種？

解：用角幣可得到的幣值有1角，2角，3角，5角，6角，7角，8角（共7種）。用元得到的幣值有1元，2元，3元，4元，5元，6元，7元，8元，9元，10元，11元，12元，13元，14元（共14種）。

故所有幣值種數為7+14+7×14=119（種）。

例6

用0，1，2，3，4，5可以組成多少個無重復數字的比2000大的4位偶數？

解：第一類是以0作結尾的比2000大的4位偶數：它可以分三步來完成：第一步選取千位上的數字，只有2，3，4，5可供選擇，有4種選法；第二步選取百位上的數字，除0和千位上已選定的這兩個數字外，還有4個數字可供選擇，有4種選法；第三步選取十位上的數字，還有3種選法．根據分步計數原理，知這類數的個數有4×4×3（個）．

第二類是以2作結尾的比2000大的4位偶數，它也分三步來完成：第一步選千位上的數字要除去2，1，0，只能有三個數字待選，有3種選法．第二步選百位上的數字在去掉已定的首、尾兩數字后，還有4個數字待選，有4種選法；第三步選十位上的數字有3種選法，則此類數的個數就有3×4×3（個）．

第三類是以4作結尾的，其步驟同第三類，有3×4×3（個）．

對三類的結論用分類計數原理得：4×4×3+3×4×3+3×4×3=120（個）． 例7 用n種不同顏色為下列兩塊廣告牌著色（如圖甲、乙），要求在①、②、③、④四個區域中相鄰（有公共邊界）的區域不用同一種顏色。

（1）若n=6，為甲著色時共有多少種不同方法？（2）若為乙著色時共有120種不同方法，求n。解：完成著色這件事，共分四個步驟，可依次考慮

為①、②、③、④著色時各自的方法數，再由分步計數原理確定總的著色方法數，因此：

（1）為①著色有6種方法，為②著色有5種方法，為③著色有4種方法，為④著色也只有4種方法。∴共有著色方法6×5×4×4=480種；

（2）與（1）的區別在于與④相鄰的區域由兩塊變成了三塊，∴不同的著色方法數是n(n-1)(n-2)(n-3).由n(n-1)(n-2)(n-3)=120，∴(n2-3n)(n2-3n+2)-120=0,即(n2-3n)2+2(n2-3n)-12×10=0, ∴n2-3n-10=0, ∴n=5。

例8 有一個圓被兩相交弦分成四塊，現在用5種不同顏料給四塊涂色，要求共邊兩塊顏色互異，每塊只涂一色，共有多少種涂色方法？

解：如圖1-10-4所示，分別用a, b, c, d記這四塊。A與c可同色，也可不同色，先可考慮給a、c兩塊涂色，分兩類：

(1)給a、c涂相同顏色共有C5種涂法，再給b涂色有四種涂法，最后給d 涂色也有四種涂法。由分步計數原理知，此時共有C5×4×4種涂法。

（2）給a、c涂不同顏色共有A5種涂法，再給b涂色有三種方法，最后給d涂色也有三種，此時共有A5×3×3種方法。

12故由分類計數原理知，共有C5?4?4?A5?3?3=260種涂法。2211例9

從1到200的這二百個自然數中，各個位數上都不含數字8的共有多少個？

第十章 排列,組合和二項式定理（第1課時）

解：應分三類來解決該問題．

第一類：一位數中除8以外符合要求的數有8個；

第二類：二位數中，十位數除0、8以外有8種選法，而個位數除8以外有9種選法，故二位數中符合要求的數有8×9=72（個）；

第三類：三位數中：① 百位數為1，十位數和個位數上的數字除8以外都有9種選法，故三位數中，百位數為1的符合要求的數有9×9=81（個）．② 百位數為2的數只有200這一個符合要求，∴三位數中符合要求的數有81+1=82（個）．

由分類計數原理，符合要求的數字共有N=8+72+82=162（個）．

例10 在1～20共20個整數中任取兩個相加，使其和大于20的不同取法共有多少種？ 解：分類標準一：固定小加數．

小加數為1時，大加數只有20這1種取法；小加數為2時，大加數只有19和20這2種取法； 小加數為3時，大加數只有18，19和20這3種取法；……

小加數為10時，大加數有11，12…，20共10種取法；小加數為11時，大加數有9種取法；…… 小加數為19時，大加數只有20這1種取法．

由分類計數原理，不同的取法共有：1+2+3+…+10+9+…+1=100種． 分類標準二：固定和的值．

有和為21，22，…，39這幾類，依次有取法10，9，9，8，8，…，2，2，1，1種．由分類計數原理得不同的取法種數共有10+9+9+…+2+2+1+1=100種．

例11 在7名學生中，有3名會下象棋但不會下圍棋，有2名會下圍棋但不會下象棋，另2名既會下象棋又會下圍棋。現在從這7人中各選1人同時分別參加象棋比賽和圍棋比賽，共有多少種不同的選法？

解：選參加象棋比賽的學生有兩種選法：在只會下象棋的3人中選或在既會下象棋又會下圍棋的2人中選；選參加圍棋比賽的學生也有兩種選法：在只會下圍棋的2人中選或在既會下象棋又會下圍棋的2人中選。互相搭配，可得四類不同的選法。

從3名只會下象棋的學生中選1名參加象棋比賽，同時從2名只會下圍棋的學生中選1名參加圍棋比賽有選法3×2=6（種）；

從3名只會下象棋的學生中選1名參加象棋比賽，同時從2名既會下象棋又會下圍棋的學生中選1名參加圍棋比賽有選法3×2=6（種）；

從2名只會下圍棋的學生中選1名參加圍棋比賽，同時從2名既會下象棋又會下圍棋的學生中選1名參加象棋比賽有選法2×2=4（種）；

從2名既會下象棋又會下圍棋的學生中各選1名分別參加象棋比賽和圍棋比賽有選法2×1=2（種）。由分類計數原理得共有18種不同的選法。例12 三個比賽項目，6人報名參加．（1）每人參加一項，有多少種不同的方法？

（2）每項1人且每人至多參加一項，有多少種不同的方法？（3）每項1人，每人參加的項數不限，有多少種不同的方法？ 解：（1）每人都可以從3個比賽項目中選1種，有3種方法，6個人共有36=729種不同的方法；（2）每項1人，且每人至多1項，則第1項有6種選人方法，第2項有5種選人方法，第3項有4種選人方法．由分步計數原理，共有6×5×4=120種不同的方法；

（3）每個項目都可以從6個人中選1人作為參加者，有6種不同的選法，三個項目共有63=216種不同的選法．

例13 現要排一份5天的值班表，每天有一個人值班，共有5個人，每個人都可以值多少天班或不值班，但相鄰兩天不準由同一個人值班，問此值班表共有多少種不同的排法？

解：先排第一天，可排5人中的任一人，有5種排法；再排第二天，此時不能排第一天已排的人，有4種排法；再排第三天，此時不能排第二天已排的人，仍有4種排法；同理，第四、五兩天均各有4種排法。

由分步計數原理可得值班表共有不同排法數為：5×4×4×4×4=1280種。

第十章 排列,組合和二項式定理（第1課時）

三、課堂練習

1.設坐標平面內有一個質點從原點出發，沿x軸跳動，每次向正方向或負方向跳1個單位，經過5次跳動質點落在(3, 0)（允許重復過此點）處，則質點不同的運動方法共有_______種．（用數字作答）．

解：5次跳動質點落在點(3, 0)，路程為5，位移為3，因此必有一次往復運動，只需選定往復運動點即可，有(-1, 0)、(1, 0)、(2, 0)、(3, 0)、(4, 0)，共5種．

2.乘積(a1+a2+a3)(b1+b2+b3+b4)(c1+c2+c3+c4+c5)的展開式中，有_______項。

解：首先應明確所完成的事情，即從三個因式中各取一個字母相乘之積作為展開式中的一項，然后再分析如何完成。從第一個因式中選一個字母，從第二個因式中選一個字母，從第三個因式中選一個字母，只有這三步都做完，事情才完成，因而用分步計數原理。結果為3×4×5=60（項）。

四、備選習題

1.甲、乙、丙三個同學在課余時間負責一個計算機房的周一至周六的值班工作，每天1人值班，每人值班2天．如果甲同學不值周一的班，乙同學不值周六的班，則可以排出不同的值班表有

A．36種

B．42種

C．50種

D．72種

解：（1）當甲值周六時，再為甲選一天有C4種，為乙選兩天，有C4種，則共C4C4=24種．

22C32=18種．

綜上知，（2）當甲不值周六時，為甲選兩天，有C4種，為乙選兩天有C3，則共有C412122共有安排方法24+18=42種．

x2y22.從集合{1, 2, 3…，11}中任選兩個元素作為橢圓方程2?2?1中的m和n，則能組成落在矩形區域

mnB={(x, y)||x|<11且|y|<9 }內的橢圓個數為

A．43

B．72

C．86

D．90

11?C8解：m∈{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}, n∈{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}，∴橢圓個數為C10-8=72，故選B．

3.由0，1，2，…，9這十個數字組成的、無重復數字的四位數中，個位數字與百位數字之差的絕對值等于8的個數為

A．180

B．196

C．210

D．224 解：由題意知可能情況有（1）__ 0 8；（2）__ 8 0；（3）__ 1 9；（4）__ 9 1．對（1）、（2）都有不

11C7=49種．共有(56+49)×2=210種不同的四位數．同數字A82=8×7=56種．對（3）、（4）都有不同數字C7

4.4位同學參加某種形式的競賽，競賽規則規定：每位同學必須從甲、乙兩道題中任選一題作答，選甲題答對得100分，答錯得-100分；選乙題答對得90分，答錯得-90分．若4位同學的總分為0，則這4位同學不同得分情況的種數是

A．48

B．36

C．24

D．18 解：若甲、乙全選，4位同學得分100，-100、90、-90有A4=24種；若甲、乙選其一．4位同學得分為100，100，-100，-100或90，90，-90，-90有C2C4=12種。故共有24+12=36種．故選B． 5.三人傳球，由甲開始發球，并作第一次傳球，經過5次傳球后，球仍回到甲手中，則不同的傳球方式共有

A．6種

B．8種

C．10種

D．16種

解：甲→A→B→C→D→甲，可知A，D不為甲．（1）若B為甲，則不同傳法C2C2=4種．（2）若B不為甲，而C為甲，則不同傳法C2?C1?C2=4種．（3）若B不為甲，C不為甲，則C2=2．綜上知，第十章 排列,組合和二項式定理（第1課時）

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共有傳球方法4+4+2=10種．

6.將1，2，3，…，9這9個數填在如圖10-2-2中的9個空格中，要求每一行從左到右，每一列從上到下依次增大，當3、4固定在圖中位置時，所填寫空格的方法有

A．6種

B．12種

C．18種

D．24種 解：由題意知數字1，2，9的位置也是固定的。如圖：5，6，7，8四 個數字在A、B、C、D四個位置上，A、B位置上的填法C4，C、D位置上的 填法C2，共有C4?C2=6種，故選A．

7.在書柜的一層上原有6本書，如果保持原有書的相對順序不變，再插進去3本書，那么共有________種不同的安排方法（用數字作答）．

11解：先插入第一本書，有C7種插法．再插入第二本書時，書架上有7本書8個空．故有插法C8種．最1111后插入第三本書，有C9種，所以有C7C8C9=504種．

22228.（1999全國，16）在一塊并排10壟的田地中，選擇2壟分別種植A、B兩種作物，每種作物種植一壟.為有利于作物生長，要求A、B兩種作物的間隔不小于6壟，則不同的選壟方法共有_____種（用數字作答）.解：先考慮A種植在左邊的情況，有三類：A種植在最左邊一壟上時，B有三種不同的種植方法；

A種植在左邊第二壟上時，B有兩種不同的種植方法；

A種植在左邊第三壟上時，B只有一種種植方法。

又B在左邊種植的情況與A時的相同。故共有2×（3＋2＋1）＝12種不同的選壟方法.9.如圖10-1-3所示，一個地區分為5個行政區域，現給地圖著色，要求相鄰區域不得使用同一種顏色，現有4種顏色可供選擇，則不同的著色方法共有_______種．（以數字作答）

解：先排1區，有4種方法；

再排2區，有3種方法；接著排3區，有2種排法．

下面對4區涂色情況進行分類；若4區與2區同色，有1種方法，此時5區有2種方法，若4區與2區不同色，則1、2、3區不同色，故4區也只有1種方法，此時5區只有1種方法．故共有4×3×2×(1×2+1×1)=72（種）． 10.630的正約數（包括1和630在內）的個數為______．

解：將630進行質因數分解：630=21×32×51×71。∴630的正約數的結構是2a·3b·5c·7d．

其中a有0，1兩種取法，b有0，1，2三種取法，c有0，1兩種取法，d有0，1兩種取法．∴在a, b, c, d的取值集合中任取1個元素填入上面的結構式中，就得到630的一個正約數．

由分步計數原理，適合條件的正約數的個數為2×3×2×2=24（個）．

五、教學小結

第十章 排列,組合和二項式定理（第1課時）5

第二篇：高三第一輪復習教案

高三第一輪復習教案—函數與方程

一．考試說明：

1.了解函數零點的概念，結合二次函數的圖像，了解函數的零點與方程根的聯系。

2.理解并掌握連續函數在某個區間上存在零點的判定方法。能利用函數的圖象和性質判別函數零點的個數。

二．命題走向

函數與方程的理論是高中新課標教材中新增的知識點，特別是“二分法”求方程的近似解也一定會是高考的考點。從近幾年高考的形勢來看，十分注重對三個“二次”（即一元二次函數、一元二次方程、一元二次不等式）的考察力度，同時也研究了它的許多重要的結論，并付諸應用。高考試題中有近一半的試題與這三個“二次”問題有關。

預計高考對本講的要求是：以二分法為重點、以二次函數為載體、以考察函數與方程的關系為目標來考察學生的能力。

（1）題型可為選擇、填空和解答；

（2）高考試題中可能出現復合了函數性質與函數零點的綜合題，同時考察函數方程的思想。

三．要點精講

1．方程的根與函數的零點

（1）函數零點

概念：對于函數y?f(x)(x?D)，把使f(x)?0成立的實數x叫做函數y?f(x)(x?D)的零點。

函數零點的意義：函數y?f(x)的零點就是方程f(x)?0實數根，亦即函數y?f(x)的圖象與x軸交點的橫坐標。即：方程f(x)?0有實數根?函數y?f(x)的圖象與x軸有交點?函數y?f(x)有零點。

二次函數y?ax?bx?c(a?0)的零點：

１）△＞０，方程ax?bx?c?0有兩不等實根，二次函數的圖象與x軸有兩個交點，二次函數有兩個零點；

２）△＝０，方程ax?bx?c?0有兩相等實根（二重根），二次函數的圖象與x軸有一個交點，二次函數有一個二重零點或二階零點；

３）△＜０，方程ax?bx?c?0無實根，二次函數的圖象與x軸無交點，二次函數無零點。

零點存在性定理：如果函數y?f(x)在區間[a,b]上的圖象是連續不斷的一條曲線，并

2222

且有f(a)f(b)?0，那么函數y?f(x)在區間(a,b)內有零點。既存在c?(a,b)，使得f(c)?0，這個c也就是方程的根。

2.二分法

二分法及步驟：

對于在區間[a，b]上連續不斷，且滿足f(a)·f(b)?0的函數y?f(x)，通過不斷地把函數f(x)的零點所在的區間一分為二，使區間的兩個端點逐步逼近零點，進而得到零點近似值的方法叫做二分法．

給定精度?，用二分法求函數f(x)的零點近似值的步驟如下：（1）確定區間[a，b]，驗證f(a)·f(b)?0，給定精度?；（2）求區間(a，b)的中點x1；（3）計算f(x1)：

①若f(x1)=0，則x1就是函數的零點；

②若f(a)·f(x1)<0，則令b=x1（此時零點x0?(a,x1)）； ③若f(x1)·f(b)<0，則令a=x1（此時零點x0?(x1,b)）；（4）判斷是否達到精度?；

即若|a?b|??，則得到零點零點值a（或b）；否則重復步驟2~4。注：函數零點的性質

從“數”的角度看：即是使f(x)?0的實數；

從“形”的角度看：即是函數f(x)的圖象與x軸交點的橫坐標；

若函數f(x)的圖象在x?x0處與x軸相切，則零點x0通常稱為不變號零點； 若函數f(x)的圖象在x?x0處與x軸相交，則零點x0通常稱為變號零點。

注：用二分法求函數的變號零點：二分法的條件f(a)·f(b)?0表明用二分法求函數的近似零點都是指變號零點。3．二次函數的基本性質

（1）二次函數的三種表示法：y=ax2+bx+c；y=a(x－x1)(x－x2)；y=a(x－x0)2+n。（2）當a>0，f(x)在區間［p，q］上的最大值M，最小值m，令x0=(p+q)。

若－b2a

b2ab2a若p≤－

b2a)=m，f(q)=M；

b2a若x0≤－若－b2a

≥q，則f(p)=M，f(q)=m。

2（3）二次方程f(x)=ax+bx+c=0的實根分布及條件。

①方程f(x)=0的兩根中一根比r大，另一根比r小?a·f(r)<0；

???b2?4ac?0,??b②二次方程f(x)=0的兩根都大于r???

?r,2a??a?f(r)?0????b2?4ac?0,?b??q,?p??③二次方程f(x)=0在區間(p，q)內有兩根?? 2a?a?f(q)?0,???a?f(p)?0;④二次方程f(x)=0在區間(p，q)內只有一根?f(p)·f(q)<0，或f(p)=0(檢驗)或f(q)=0(檢驗)檢驗另一根若在(p，q)內成立。

四．典例解析

題型1：函數零點的判定

例1.判斷下列函數在給定區間是否存在零點；若存在，判斷零點的個數

(1)f(x)?x?3x?18,x?[1,8](2)f(x)?log2(x?2)?x,x?[1,3] 2變式：判斷函數f(x)?x?3x?18,x?[1,8]上零點的個數 小結：函數零點的判定方法

（1）解方程

（2）用零點存在性定理。如果判定零點個數，還必修結合函數的圖象和性質才能確定

（3）利用函數圖象的交點

題型2：函數零點的應用

例2

.m為何值時，f(x)?x?2mx?3m?4（1）有且僅有一個零點

變式：在（－2，2）有且僅有一個零點（2）有兩個零點且均比－1大

練習：(09山東14)若函數f(x)?a?x?a(a＞0），且a?1)有兩個零點,則實數a的

x232

取值范圍是

.2例3.（06浙江16）設f(x)=3ax?2bx?c.若a?b?c?0,f(0)＞0，f(1)＞0，求證：

ab(Ⅰ)a＞0且-2＜＜-1；

(Ⅱ)方程f(x)=0在（0，1）內有兩個零點.證明：（I）因為f(0)?0,f(1)?0，所以c?0,3a?2b?c?0.由條件a?b?c?0，消去b，得 a?c?0；

由條件a?b?c?0，消去c，得 a?b?0，2a?b?0.故?2?ba??1.（II）拋物線f(x)?3ax?2bx?c的頂點坐標為(?在?2?13??b3aba??1的兩邊乘以??23132b3a,3ac?b3a2)，得

.又因為f(0)?0,f(1)?0，b3aa?c?ac3a22而f(?)???0，b3ab3a所以方程f(x)?0在區間(0,?)與(?,1)內分別有一實根。

故方程f(x)?0在(0,1)內有兩個實根.小結：以二次函數為載體進行函數零點的應用是考查的重點。

第三篇：2009屆高考第一輪復習第18講二氧化硫教案

人教大綱版09屆高考化學總復習第18講二氧化硫教案

【考綱要求】

1.掌握二氧化硫的性質和用途 2.理解SO2對環境造成的污染 【熱點重點】

1.二氧化硫與硫的其他化合物之間的轉化關系

2.關于SO2和CO2性質辨別以及SO2漂白性與其他漂白物質漂白原理的不同 【教學內容】 一、二氧化硫的性質 1．物理性質

刺激氣味、有毒、密度比空氣大、易液化（沸點是-10℃)、易溶于水（在常溫常壓下，1體積水大約能溶解40體積的二氧化硫）。

2、化學性質

①SO2是酸性氧化物，有酸性氧化物通性。

與H20反應： SO2+H2O=H2SO3(亞硫酸不穩定，易分解，易被氧化成硫酸，是還原性的二元弱酸)。與NaOH作用： 2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O 與澄清石灰水作用： SO2+Ca(OH)2=CaSO3+H2O CaSO3+SO2+H2O=Ca(HSO3)2 現象為：通S02有 白色沉淀生成，繼續通S02 沉淀又慢慢消失。②既有氧化性又有還原性(二氧化硫中硫元素為+4價，是中間價態)氧化性：2H2S+SO2=3S+2H20 還原性：與02反應： 2SO2+O2= 2SO3 使溴水褪色： Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4

使KMn04褪色： 2KMnO4+5SO2+2H2O=2MnSO4+K2SO4+2H2SO4

③漂白作用：可使 品紅 或其他有色物質褪色(S02與某些有色物質化合生成不穩定的無色化合物，這種無色物質受熱或光照時會分解，放出S02，恢復原來的顏色)。品紅溶液→紅色消失（1）物理性質

相同點：常溫下，都是無色氣體，密度都大于水。

不同點：二氧化碳沒有氣味，二氧化硫有刺激性氣味；二氧化碳無毒，二氧化硫有毒；二氧化碳能溶于水（1體積水大約溶解1體積氣體），二氧化硫易溶于水（1體積水大約溶解40體積氣體）；二氧化硫易液化。（2）化學性質

相同點：都是酸性氧化物。

①都能和水反應，生成的酸不穩定，只能存在于溶液中CO2+H2OSO2+H2OH2SO3。

②都能與堿反應，用量比不同，可以生成兩種鹽。

SO2、CO2氣體通入澄清石灰水中，都是先生成沉淀，當SO2、CO2過量時又溶解。

H2CO3；

紅色復原 二、二氧化硫與二氧化碳性質比較

?Ca(OH2)?SO2????CaSO3??H2O??CaSO3?SO2?H2O????Ca(HSO3)2

?Ca(OH2)?CO2????CaCO3??H2O ??CaCO3?CO2?H2O????Ca(HCO3)2www.tmdps.cn

不同點：

①二氧化硫常表現還原性，二氧化碳表現氧化性

催化劑

2SO2+O2 2SO3 △

CO2+C △ 2CO

二氧化硫能被高錳酸鉀、氯水、溴水、碘水等氧化劑氧化，二氧化碳不能。

②二氧化硫具有漂白性，能漂白某些有色物質，二氧化碳不能。

③造成環境破壞的原因不同：二氧化硫形成酸雨，二氧化碳引起溫室效應。

三、S02和C12漂白原理、現象及漂白效果的比較

氯氣的漂白原理是由于溶于水生成的HCl0具有強氧化性，將有色物質氧化成無色物質，褪色后不能恢復原來的顏色而S02是由于它溶于水生成的亞硫酸與有色物質直接結合形成不穩定的無色化合物，褪色后在一定條件下又能恢復原來顏色。例如：

另外S02能使溴水、氯水、KMn04溶液等褪色是因為S02具有還原性的緣故，如：SO2+Br2+2Hz0=H2S04+2HBr，不是S02的漂白性。

注意：等物質的量的SO2和C12混合后通人品紅溶液，不能使之褪色（SO2+Cl2+2Hz0=H2S04+2HCl）。

四、全球三大環境問題(1)酸雨

酸雨中的酸度主要是硫酸和硝酸造成的，它們占總酸度的92%以上，其余為一些弱酸。我國的酸雨主要是硫酸型酸雨。一般認為：“酸雨”是由于大量含硫燃料的燃燒排放的SO2等酸性氣體，進入大氣后造成局部地區大氣中的SO2富集，在水凝結過程中溶解于水形成H2SO3，然后經空氣中的塵粒等污染物的催化作用，氧化成H2SO4隨雨水降下形成酸雨。

酸雨的pH＜5.6，對環境的危害很大，能直接破壞森林、草原和農作物，使土壤酸性增強，使湖泊酸化，還會加速建筑物、橋梁、工業設備等的腐蝕。（2）臭氧層破壞

破壞臭氧層的物質有制冷劑CF2Cl2等氟氯烴和NO等氮氧化物。如CF2Cl2的破壞機理為：

CF2Cl2hvCl+CF2Cl

O3+Cl====ClO+OO+ClO====Cl+O2

總反應為：O+O3====O2+O2

活性氯（Cl）仍保留在環境中繼續發生循環反應，起著催化劑的作用。

大氣中臭氧層的破壞或損害，將使到達地面的紫外線輻射大量增加，損害動植物的基本結構，降低農作物的產量，危害海洋生命，使氣候和生態環境發生變異。強烈的紫外線輻射還能降低人體的免疫機能，誘發皮膚癌、白內障等疾病。（3）溫室效應

CO2、O3、CH4等氣體雖不影響太陽對地球表面的輻射，但能阻礙由地面反射回高空的紅外輻射，就像給地球罩上一層保溫膜，使地球表面的氣溫增加，產生“溫室效應”。

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溫室效應會給人類生活帶來很大影響。可能導致地球兩極冰川融化，使海平面升高，淹沒世界上許多城市。此外，地球表面氣溫升高，各地降水和干濕狀況也會發生變化，導致土地沙漠化。在溫室效應和臭氧層消耗的共同影響下，還會造成氣候的反常，如厄爾尼諾現象等，導致動物反常遷移，植物反常生長，甚至動植物種類的消失等。【課堂小結】

【綜合應用】 【應用1】

1.（08廣東文基）煤是一種重要的能源，含有硫元素，下列說法正確的是（）A．煤是含碳化合物 B．煤是一種可再生能源

C．在水吸收SO2的過程中只發生物理變化 D．SO2是酸性氧化物，被云霧吸收后轉化成酸雨

D【解析】此題以煤為載體，考查的內容簡單，但知識涉及面廣：能源、環境和化學基本概念。A.煤屬于混合物；B.煤是不可再生資源；C.水吸收SO2并與其反應： SO2+H2O=H2SO3，主要是化學變化D.是典型的酸性氧化物，被雨霧吸收后轉化為亞硫酸成為酸雨。

2.在BaCl2溶液中通入SO2氣體，溶液仍澄清；若將BaCl2溶液分盛兩支試管，一支加硝酸，另一支加燒堿溶液，然后再通入S02氣體，結果兩支試管都有白色沉淀.由此得出下列結論合理的是（）A.氯化鋇有兩性

B.兩支試管的沉淀均是亞硫酸鋇 C.S02有還原性和酸性

D.升高pH使S02水溶液中S03濃度增大

CD【解析】在BaCl2溶液中通入S02，溶液仍然澄清，這是實驗事實。因為如果發生反應，BaCl2+S02+H20=BaS03 ↓+2HCl，一是出現弱酸H2S03制強酸鹽酸違反規律，二是即使生成BaS03沉淀它也溶于鹽酸，故S02和BaCl2溶液不反應，溶液仍澄清。若將BaCl2溶液分成兩份，一份加硝酸，再通入S02，可能發生將S02或S03氧化成SO4，此時發生Ba+S04=BaS04↓；另一份加燒堿溶液，再通入S02，先發生S02+2Na0H=Na2S03+H20，再發生Na2S03+BaCl2=BaS03↓+2NaCl。綜上所述A、B不正確；C中S02能被硝酸氧化和與Na0H溶液反應證明其有還原性和酸性，故C正確，D升高pH，可理解為加堿后，S02→Na2S03，當然SO3濃度加大，故D正確。【應用2】

（海南卷）下圖表示某固態單質A及其化合物之間的轉化關系(某些產物和反應條件已略去)。化合物B在常溫常壓下為氣體，B和C的相對分子質量之比為4：5，化合物D是重要的工業原料。

2-2-2+

2-2-2-

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(1)寫出A在加熱條件下與H2反應的化學方程式

_____________________________________________________________________(2)寫出E與A的氫化物反應生成A的化學方程式___________________________(3)寫出一個由D生成B的化學方程式____________________________________；(4)將5mL0.10mol·L—1的E溶液與10mL0.10 mol·L—1的NaOH溶液混合。①寫出反應的離子方程式__________________________________________； ②反應后溶液的pH ______7(填“大于”、“小于”或“等于”)，理由是________；

③加熱反應后的溶液，其pH________(填“增大”、“不變”或“減小”)，理由是___________。

△ 【答案】（1）H2+S H2S（寫成可逆反應也正確）

（2）H2SO3 + 2H2S=3S + 3H2O △（3）C+2H2SO4（濃）或Cu+ 2H2SO4（濃）CO2 ↑+2SO2 ↑+2H2O CuSO4 +SO2 ↑+ 2H2O等 △（4）①H2SO3 +2OH— = SO32— + 2H2O ②大于；Na2SO3溶液中SO32-發生水解使溶液顯堿性。③增大；升高溫度促進Na2SO3溶液的水解。

【解析】根據常見物質SO2和SO3的相對分子質量之比為4：5，再聯系物質間的轉化關系，可以推得：A、B、C、D、E分別為S、SO2、SO3、H2SO4、H2SO3。

△(1)S在加熱條件下與H2反應的化學方程式為：H2+S(3)可以濃H2SO4與銅或碳反應得到SO2

(4)①H2SO3與NaOH按物質的量之比1：2反應的離子方程式為H2SO3 +2OH— = SO32— + 2H2O ②Na2SO3是強堿弱酸鹽，SO32—水解導致溶液顯堿性。

③鹽類的水解屬于吸熱反應，因此，加熱Na2SO3溶液，其pH增大。

H2S(2)H2SO3與H2S的化學方程式：H2SO3 + 2H2S=3S↓+ 3H2O

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第四篇：2018-2019學年高三歷史第一輪復習練習：第59講 西學東漸

必修三 第五單元 第59講

1．(2018·滄州)19世紀末，嚴復首次在中國系統介紹達爾文的進化論、孟德斯鳩的哲學思想等，借盧梭的人權論反對君權，這一時期他先后四次參加科舉考試未中，1909年，欣然接受了清政府所賜“進士出身”的榮譽稱號。對此合理的解釋是導學號 26812548(D)A．嚴復主張推翻君主制度

B．資產階級的民權主義思想日益深入人心 C．淸末新政符合歷史潮流

D．近代知識分子的思想具有新舊雜陳的特點

[解析] 根據題干可知，嚴復提倡西學，宣傳維新變法，主張在中國廢除專制政治、實行君主立憲政體，但他也為自己沒有科舉功名而氣餒，很大歲數還參加科舉考試，結果沒有如愿，于是接受了清朝政府所賜“進士出身”的榮譽稱號，這體現了他的思想亦新亦舊、新舊雜陳的特點，D項正確；A項說法錯誤，君主立憲制屬于君主制度，排除；題干強調嚴復的思想具有新舊雜陳的特點，而不是體現資產階級的民權主義思想日益深入人心，排除B項；題干信息沒有體現清末新政的內容，而是強調嚴復的思想具有新舊雜陳的特點，排除C項。

2．(2017·天津·4)1821～1850年，清代史籍著述出現重大變化：由校勘古籍轉向研究本朝掌故，尋求經世之道；隨著邊患加劇，著意邊疆地理研究；伴隨西方殖民者東來，重視研究外國史地，譯介西方書刊。這種變化主要反映了人們導學號 26812549(A)A．關注社會現實及世界形勢

C．轉向對本朝邊疆史地研究

B．改變了傳統治史方法 D．掙脫了文字獄的枷鎖

[解析] 根據材料關鍵信息“1821～1850年”“尋求經世之道”“隨著邊患加劇”“伴隨西方殖民者東來”可知，隨著社會危機的加深，人們逐漸關注社會現實及世界形勢，故A項正確；材料并不能說明人們改變了傳統治史方法，排除B項；C項并非材料強調的中心意思，排除；材料與掙脫文字獄的枷鎖無關，排除D項。

3．1892年，維新思想家宋恕提出“欲更官制、設議院、改試令，必自易西服始”。康有為在奏議中也不止一次提及“易服”。維新派如此重視易服的主要原因是導學號 26812550(B)A．改制中易服更易推行

C．中國需改變對外形象

B．意在營造改制的社會氛圍 D．長袍馬褂代表了守舊勢力

[解析] 從材料“欲更官制、設議院、改試令，必自易西服始”可知，維新思想家認為，變革服飾是“更官制、設議院、改試令”的前提，意在社會上營造一種改革的氛圍，使人們逐漸接受“更官制、設議院、改試令”。故應選B。

4．(2017·江西六校聯考)“正是有這樣的對夷情零碎、模糊的了解，使經世思想家們在鴉片戰爭之后能夠正視對手即來自異邦的夷人……在西方殖民者入侵壓力下開出的‘外來藥’，較之先前的‘古時丹’無疑是變革性的進步。”文中的“外來藥”在當時產生的重大影響是導學號 26812551(A)A．推動了中國人重新認識世界 C．為維新運動奠定了思想基礎

B．動搖了封建思想的正統地位 D．傳播資產階級的思想和文化 [解析] 本題主要考查中國近代的思想解放潮流。通過材料并結合所學知識不難發現，鴉片戰爭之后在西方殖民者入侵壓力下開出的“外來藥”指的是“師夷長技以制夷”思想，該思想并不能動搖封建思想的正統地位(新文化運動才動搖了封建思想的正統地位)，也不能為維新運動奠定思想基礎(嚴復的思想才為維新運動奠定了思想基礎)，也不是傳播資產階級的思想和文化(新文化運動才傳播資產階級的思想和文化)，該“外來藥”只能起到推動中國人重新認識世界的影響。綜上所述，本題答案只能是A項。

5．(2017·海南·9)清末舉行的一次科舉特科考試，論題為“《大戴禮》(即漢代戴德所編輯整理的《禮記》)‘保，保其身體；傅，傅其德義；師，導之教訓’與近世各國學校體育、德育、智育同義論”，要求論證中國傳統教育與西方教育同義。這反映了導學號 26812552(B)A．近代教育體制已經確立 C．朝廷借科舉倡導回歸國學

B．中體西用治國理念的推行 D．西方教育思想成為主流

[解析] 材料主要是講中國古代和西方的教育理論上有相似之處，并沒有說近代教育體制已經建立，排除A項；材料認為中國古代的教育與西方的教育在理論上沒有什么區別，所以不主張在教育制度上進行改革，這體現了洋務派中體西用的思想，B項正確；材料主要涉及的是中國教育體制與西方教育的比較，不涉及到國學地位的動搖和回歸，排除C項；材料主要認為中國的教育思想和西方相同，不需要改變，并沒有說西方教育思想成為主流，排除D項。

6．(2017·安慶)梁啟超說：“善為史者，必研究人群進化之現象，而求其公理公例之所在……茍無哲之理想者，必不能為良史。”其觀點主要表明導學號 26812553(B)A．歷史研究屬于哲學研究的范疇 B．史家要善于發現闡明歷史規律 C．史學解釋源于哲學的理論原理 D．進化論是歷史研究的基本內容

[解析] 本題考查史學常識，意在考查考生從材料獲取有效信息并進行正確解讀的能力。梁啟超認為，史學家應善于利用進化論探求“公理公例”，去發現并闡明歷史發展的必然規律，這就產生了歷史哲學。史學家只有樹立遠大哲學理想，才能寫出好的歷史。由此分析，B項最符合題意；A、C兩項說法不準確，與材料內容有一定差距；D項錯在材料沒有提及進化論的內容，故排除。

7．(2015·新課標Ⅰ·40)閱讀材料，完成下列要求。導學號 26812554

材料一 在歷史中，儒學一直在發展與創新。唐代韓愈以周公、孔子的繼承者自居，排斥佛、道，鄙薄漢代以來的儒學，認為周公、孔子之道在孟子之后中已經斷絕。他在《原道》中說：“吾所謂道，非向(先前)所謂老與佛之道也。堯以是傳之舜，舜以是傳之禹，禹以是傳之湯，湯以是傳之文、武、周公，文、武、周公傳之孔子，孔子傳之孟軻。軻之死，不得其傳焉。”他的這一主張被宋代儒者接受并發揚。當代學者認為韓愈開了宋代“新儒學”的先河。

——摘編自卞孝萱等《韓愈評傳》

材料二 19世紀末，康有為撰寫《新學偽經考》《孔子改制考》二書，認為漢代以來儒者奉為經典的《周禮》《左傳》等書，是漢代學者為王莽篡漢而偽造的，影響惡劣，導致“中國之民，遂二千年被(遭受)暴主夷狄之酷政”。他主張回歸孔子所編定的《詩經》《禮記》等原典，理解真正的儒學精神。在他看來，孔子是一位偉大的改革家，《春秋》便是孔子為“改制”而創作的。他甚至用西學來解釋《春秋》，認為《春秋公羊傳》中的“三世”說為：“始于據亂(世)，立君主；中于升平(世)，為立憲，君民共主；終于太平(世)，為民主”。

——摘編自張海鵬等編《中國近代史》

(1)結合材料一及所學知識，指出漢代儒學與孔孟儒學的不同之處，并概括宋代理學在哪些方面對儒學有所發展。(2)根據材料一、二并結合所學知識，指出韓愈、康有為關于儒學認識的共通之處。(3)我們應當以什么樣的態度對待孔子與儒學？

[答案](1)不同之處：孔孟思想核心是仁政、民本、教化，而漢儒強調天人感應、君權神授、三綱五常。發展：更加重視《論語》《孟子》，重視思辨，強調個人的修養與完善。

(2)回歸原典、回歸孔孟，否定后人的附會、杜撰之說，主張探尋儒學的精神實質，借助儒學為現實服務。(3)應歷史地看待孔子與儒學，不應盲目地肯定或否定；將真實的孔子與神化的孔子區別開來；借鑒其精華，摒棄其糟粕。

第五篇：2018-2019學年高三歷史第一輪復習練習：第40講 經濟體制改革

必修二 第四單元 第40講

1．1956年，浙江溫州有合作社曾實行包產到戶，到1957年溫州地區實行包產的農戶占入社農戶的15%，與此同時，四川、廣東、安徽等省一些農業社也先后實行了包產到戶。此后直到70年代，仍有一些地方曾實行包產到戶。這一現象反映了導學號 26812376(C)A．農村基層政權管理體制薄弱 B．市場經濟在農戶經營中起重要作用 C．基層的探索為農村經濟體制改革奠定基礎 D．農村經濟體制改革基本上是自下而上推進

[解析] 題目中“1956年……四川、廣東、安徽等省一些農業社也先后實行了包產到戶”的現象為改革開放新時期農村經濟體制改革提供了有益的經驗，故本題應選C項；自20世紀50年代中期以來，農村分別通過合作社、人民公社等形式加強管理，故A項的表述錯誤；市場經濟建立于改革開放以后，晚于題目中的時間“1956年”，故排除B項；D項的表述與對農業的社會主義改造不符，故排除。

2．(2018·邢臺)1979年，安徽來安縣糧食增產4．4%，其中包產到戶的隊增產37%，包干到組的隊增產12．5%，包產到組的隊增產3．4%，仍然以隊為基礎，搞“大呼隆”的隊減產6．7%。這說明導學號 26812377(B)A．農村土地所有制的變化 C．農業合作化向縱深發展

B．改革促進社會經濟的發展 D．基層鄉鎮政府設置開始革新

[解析] 材料顯示包產到戶的隊糧食增產幅度最大，實行集體經濟的“大呼隆”還減產，說明農村經濟體制改革促進了經濟的發展，故B項正確；家庭聯產承包責任制中土地所有權沒有改變，故A項錯誤；C項是1953年～1956年；D項是1978年以后。

3．(2016·全國卷Ⅲ·31)1980年與1975年相比，我國糧食播種面積減少6884萬畝，總產量卻增加674億斤；棉花播種面積減少53萬畝，總產量增加652萬擔；油料作物和甜菜播種面積共擴大3626萬畝，其總產量分別增加70%和150%。出現這一現象的主要原因是導學號 26812378(A)A．農民生產自主權的擴大 C．農村經濟體制改革完成

B．農業生產技術有了革命性的改變 D．國家取消對農副產品的統銷政策

[解析] B、C兩項與歷史事實不符，D項內容出現于20世紀80年代中期，B、C、D三項均排除；從題干信息可知，與1975年相比，1980年的多種農作物產量有很大提高，這與中共中央要求進一步完善家庭聯產承包責任制有關，在這一體制下，農民獲得生產經營的自主權，農民的生產積極性得到極大提高，故A項符合題意。

4．1980年，中共中央“75號文件”指出，在邊遠山區和貧困落后地區，可以包產到戶。在一般地區，集體經濟比較穩定，就不要搞包產到戶。在生產隊領導下實行的包產到戶是依存于社會主義經濟，不會脫離社會主義軌道，沒有復辟資本主義的危險。據此判斷當時導學號 26812379(C)A．家庭聯產承包責任制全面展開 C．經濟改革仍然面臨著較大阻力

B．中央經濟政策難以落實到地方 D．突破了“姓社姓資”思想束縛

[解析] 根據“在一般地區，集體經濟比較穩定，就不要搞包產到戶”可知家庭聯產承包責任制并未全面展開，故A項錯誤；材料無法體現中央經濟政策難以落實到地方，故B項錯誤；家庭聯產承包責任制只是在邊遠山區和貧困落后地區實行，“75號文件”特別強調包產到戶“不會脫離社會主義軌道，沒有復辟資本主義的危險”反映出仍有部分人對家庭聯產承包責任制存有疑慮，這些表明改革仍然面臨著阻力，故C項正確；1992年鄧小平“南方談話”突破了“姓社姓資”思想束縛，故D項錯誤。

5．(2017·海南·13)1992年，我國公有制經濟以外的其他經濟成分增長較快，國家直接管理的農業、工業、外貿等出口產品計劃指標減少1/3，其中指令性計劃指標減少近一半。這表明我國導學號 26812380(A)A．市場在國民經濟中的地位增強 C．確立了社會主義市場經濟體制

B．總體上已經達到小康水平D．實現與世界經濟的全面接軌

[解析] 材料信息“1992年，我國公有制經濟以外的其他經濟成分增長較快，國家直接管理的農業、工業、外貿等出口產品計劃指標減少1/3，其中指令性計劃指標減少近一半”表明了市場在國民經濟中的地位提高，故A項正確。

6．1988年，在全民經商潮背景下，中國計劃經濟下的流通體系徹底崩潰，物價失控。其后三年的經濟增長率在4%～6%的低點徘徊，理論界有人提出“將物價等權力收到省一級的政府中”。理論界的這一言論導學號 26812381(B)A．有利于國民經濟健康快速發展 C．說明政府應不斷強化計劃職能

B．表明深化改革勢在必行 D．指出了市場經濟的作用

[解析] 計劃經濟是指以國家指令性計劃來配置資源的經濟形式，在國家干預經濟崩潰后權力下放到省，治標不治本，不能推動中國經濟健康快速發展，故A項錯誤；題干材料提及中國計劃經濟體制下經濟發展緩慢，形勢嚴峻，經濟體制改革勢在必行，故B項正確；材料中說明政府干預、制定經濟計劃的政策已經徹底破產，故C項錯誤；市場經濟是一種經濟體系，在這種體系下產品和服務的生產及銷售完全由自由市場的自由價格機制所引導，材料并未涉及，故D項錯誤。