2017高考化学第一轮复习全套资料323页

2017高考化学第一轮复习全套资料323页

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： Na2S2O3·5H2O CaCl2·6H2O Na2SO4·10H2O Na2HPO4·12H2O 熔点℃ 40～50 29.92 32.38 35.1 熔化热 49.7kJ/ 相 对 分 子质量 g 37.3kJ/ 相 对 分 子质量 g 77.0kJ/ 相 对 分 子质量 g 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）。 总结：部分考生将化学式分别写成 PbO·Pb2O3、Pb（PbO2）2 。出现错解的原因是未考虑化合价的不 同，生搬硬套题中规律所致。 例题 7 ：下列说法中，正确的是 （ ） A．一个氮原子的质量就是氮的相对原子质量 B．一个碳原子的质量约为 1.99×10—23g C．氧气的摩尔质量在数值上等于它的相对分子质量 D．氢氧化钠的摩尔质量是 40g 方法：根据基本概念逐一分析。 捷径：质量的单位为 kg 或 g 等，而相对原子质量、相对分子质量的单位为 1（通常不写出），一个氮 原子的质量约为 2.33×10—23g，而氮的相对原子质量为 14，故 A 不正确；一个碳原子的质量可以根据碳原 子的摩尔质量和阿伏加德罗常数计算出：12g·mol—1/6.02×1023mol—1=1.99×10—23g， B 项正确；氧气的相 对分子质量为 32， 其摩尔质量为 32g· mol—1 或 0.032kg·mol—1，因此只有在摩尔质量的单位用 g·mol —1 时，物质的摩尔质量在数值上才等于它的相对分子质量，故 C 项不正确； 氢氧化钠的摩尔质量是 40g· mol—1，D 项不正确。以此得正确答案为 B。 总结：此类试题所涉及的知识内容较多，在解题时要多方分析，谨慎审题。 例题 8 ：(1) “酸性氧化物肯定是非金属氧化物”、“非金属氧化物肯定是酸性氧化物”，上述两种 说法哪种说法正确？还是两种说法都正确，两种说法都不正确？简述其理由。 (2)“碱性氧化物肯定是金属氧化物”“金属氧化物肯定是碱性氧化物”，上面两种说法哪个正确？为 什么？ (3)“既能跟酸反应，又能跟碱反应的化合物都属于两性化合物”的论述你认为是否正确，并做简要分 析。 方法：此题为一氧化物部分的概念题，既要考虑普遍规律，又要考虑特殊情况。 捷径：(1)“酸性氧化物肯定是非金属氧化物”的说法不正确。如 Mn2O7、Cr2O3 等变价金属的高价氧 化物都是酸性氧化物，却不是非金属氧化物。“非金属氧化物肯定是酸性氧化物”的说法同样不正确，H2O、 NO、H2O2 等氧化物都是非金属氧化物，但却不是酸性氧化物。 (2)“碱性氧化物肯定是金属氧化物”的说法正确，“金属氧化物肯定是碱性氧化物”的说法不正确，如 Al2O3 是两性氧化物，Na2O2 是过氧化物，Mn2O7 是酸性氧化物，它们都是金属氧化物，却不是碱性氧化物。 3．不正确，弱酸的酸式盐如 NaHS，可与酸反应生成 H2S，与碱反应生成 Na2S，但不是两性化合物； 又如弱酸弱碱盐(NH4)2CO3，可与盐酸反应放出二氧化碳，又可与氢氧化钠共热产生氨气，但(NH4)2CO3 并 不是两性化合物。只有 Al2O3、Al(OH)3、等化合物才是两性化合物。 总结：在解答此类试题时，要注意不能将一般规律无限推广。 聚宝盆： 知识定律的合理应用是正确解题的前提。有的学生在解题时，未及认真仔细分析题意，未及透彻理解 题中每个概念的含义，未及认识题中已知条件之间的相互联系，错误地选用某些知识或化学定律便着手解 答，从而造成知识性错误。 化学概念和化学定律是解题的依据，对基本概念和定律一知半解而出错在解题中占比例较多。常见的 表现有：对基本概念理解不透彻，对相近概念辨别不清，抓不准化学问题和化学过程的基本要素，从而造 成知识性错误。 形式地记忆公式、定律，忽视其成立的条件；机械地记住某些规律的结论，只知其然不知其所以然； 对公式、规律的本质缺乏深刻的理解，因此不问青红皂白，生硬地加以套用，以此也往往造成知识性错误。 热身赛： 1．在测定液态 BrF3 导电时发现，20℃时导电性很强，说明该化合物在液态时发生了电离，存在阴、 阳离子。其它众多实验证实，存在一系列有明显离子化合物倾向的盐类，如 KBrF4 、（BrF2）2SnF6、ClF3·BrF3 等 。 由 此 推 断 液 态 BrF3 电 离 时 的 阴 、 阳 离 子 是 （ ） A．Br3+ 和 Fˉ B．Br2Fˉ 和 Fˉ C．BrF2+ 和 BrF4ˉ D．BrF32ˉ 和 BrF2+ 2．在反应 FeS2 + CuSO4 + H2O → Cu2S + FeSO4 + H2SO4 ( 未配平 ) 中，当有 7mol 电子发生转移时， 下列说法错误的是 ( ) A．被氧化的硫原子与被还原的硫原子物质的量之比为 7：3 B. 还原产物与氧化产物的物质的量之比 7：3 C．产物中 FeSO4 的物质的量为 mol D． 产物中 H2SO4 的物质的量为 4mol 3． X 和 Y 两种物质混合后发生的反应通过下列步骤进行：X+Y=Z，Y+Z=W+X+V，由此做出的下列 判断正确的是 （ ） A．X 是催化剂； B．Z 是催化剂； C．该反应的化学方程式可表示为 2Y=W+V； D．该反应的化学方程式可表示为 2Y+Z=W+V。 4．下列叙述正确的是 （ ） A．两种元素构成的共价化合物分子中的化学键都是极性键 B．含有非极性键的化合物不一定是共价化合物 C．只要是离子化合物，其熔点就一定比共价化合物的熔点高 D．只要含有金属阳离子，则此物质中必定存在阴离子 5．某元素的碳酸盐的相对分子质量为 M，它同价态的溴化物的相对分子质量为 N，则该元素在这两种 化合物中的价态是 ( ) A. N M 50 B. 2 100 N M C. M N   60 80 D. N M 50 或 2 100 N M 6．用下列方法制取 O2：KClO3(MnO2)受热分解，Na2O2 加水，H2O2 中加 MnO2，KMnO4 受热分解。 若 制 得 相 同 质 量 的 氧 气 ， 反 应 中 上 述 各 物 质 ( 依 编 号 顺 序 ) 的 电 子 转 移 数 目 之 比 是 ( ) A. 3∶2∶2∶4 B. 1∶1∶1∶1 C. 2∶1∶1∶2 D. 1∶2∶1∶2 7．据权威刊物报道，1996 年科学家在宇宙中发现了 H3 分子。请回答： (1)H3 和 H2 是： A．氢的同位素 B．氢的同素异形体 C．同系物 D．同分异构体 (2)甲、乙、丙、丁四位学生对上述认识正确的是： 甲认为上述发现绝对不可能，因为 H3 的分子违背了共价键理论 乙认为宇宙中还可能存在另一种氢单质，因为氢元素有三种同位素必然会有三种同素异形体 丙认为如果上述发现存在，则证明传统的价键理论有一定的局限性，有待继续发展 丁认为 H3 分子实质上是 H2 分子与 H+离子以配位键结合的产物，应写成 H3+ 8．有四种化合物 W（通常状况下是气体）、X（通常状况下是液体）、Y 和 Z（通常状况下是固体）， 都是由五种短周期元素 A．B、C．D、E 中的元素组成。已知： ①A．B、C、D、E 元素原子序数依次增大，且 A 与 D 同主族，C 与 E 同主族，B 与 C 同周期。 ②W 由 A 和 B 组成，且 W 的分子中，原子个数比为 A ：B =1：1；X 由 A 和 c 组成，且 X 分子中原 子个数比为 A：C =1：1；Y 由 C 和 D 组成，属离子化合物，且测得 Y 固体中原子个数比 C：D = 1：1；Z 由 D 和 E 组成，属离子化合物，且其中阳离子比阴离子少一个电子层。由此可推知四种化合物的化学式分 别是： W： X： Y： Z： 9．称取 m g Na2CO3，正好与 20 mL HCl 全部反应生成 CO2、H2O 和 NaCl （1）这种 HCl 的物质的量的浓度为 （2）若上述 m g Na2CO3 中混有 K2CO3，那么这种 HCl 的实际浓度比（1）中的值要（大或小） 10．化合物 E（含两种元素）与 NH3 反应，生成化合物 G 和 H2。化合物 G 的相对分子质量约为 81， G 分子中硼元素（B 的相对原子质量为 10.8）和氢元素的质量分数分别为 40%和 7.4%。由此推断： （1）化合物 G 的化学式为______； （2）反应消耗 1 mol 氨，可生成 2 mol 氢气，组成化合物 E 的元素是______和______。 （3）1mol E 和 2 mol 氨恰好完全反应，化合物 E 的化学式为______。 11．有如下叙述：（1）元素的原子量是该元素的质量与 12C 原子质量的 121 的比值，（2）质子数相 同的微粒均属于同一种元素，（3）分子是保持物质性质的一种微粒，（4）原子是在物质变化中的最小微 粒，（5）同一种元素组成的单质是纯净物，（6）原电池是把化学能转变为电能装置，（7）金属腐蚀的 实质是金属原子失去电子被氧化的过程，其中正确的是________。 12．沥青铀矿主要成分的化学式为 U3O8。历史上，柏齐里乌斯把 U 的相对原子质量定为 120，门捷列 夫建议改为 240，阿姆斯特朗又认为是 180。现已证明门氏正确，请推测柏氏与阿氏给沥青铀矿写的化学 式。 13． 过氧化氢(H2O2)俗名双氧水，医疗上可作外科消毒剂。 (1)H2O2 的电子式为_____。 (2)将双氧水加入经酸化的高锰酸钾溶液中，溶液的紫红色消褪了，此时双氧水表现出____性。 (3)久置的油画，白色部位(PbSO4)常会变黑(PbS)，用双氧水揩擦后又恢复原貌，有关反应的化学方程 式为__________ 14．将纯净的 H2 通过灼热的固体 CrCl3 时，能发生还原反应，测知 HCl 是唯一的气体产物，而 CrCl2、 CrCl、Cr 等可能的还原产物均为不挥发固体。若反应器中含有 0.3170 g 无水 CrCl3，当向容器中通入 0.1218 molH2，使温度升至 327℃时发生还原反应，待反应完毕后容器中气体(H2 和 HCl)的总物质的量是 0.1238 mol。则 CrCl3 的还原产物是_____。 15．有一种含氧酸 Hn+1RO2n，其分子量为 M，则 R 的原子量为____，该酸中 R 的化合价是____，这种 酸被碱中和能生成_____种盐，其中____种是酸式盐，在 R 的气态氢化物中 R 的化合价为_____。 16．酸碱质子理论认为：凡能给出质子(H+)的物质都是酸，凡能接受(或结合)质子的物质都是碱 ，酸 碱反应就是质子的转移(即传递)过程。根据酸碱质子理论判断，下列微粒：HS-、CO32-、HPO42-、NH4+、 H2S、HF、H2O 其中即可作为酸又可作为碱的是____。 大检阅： 1． C 2．A 3．AC 4．B 5．D 6．C 7．（1）B；（2）C 8． W：C2H2 X：H2O2 Y：Na2O2 Z：Na2S 9．（1） m mol/L , （2）偏小；（3）偏小 10． （1）B3N3H6（2）B、H（3）B2H6 11．（6）（7） 12．U3O4、UO2 13． 14．CrCl 15．M－33n－1 3n－1 n＋1 n －(9－3n) 16． HS-、HPO42-、H2O 策略 2 物质的量方面试题的求解技巧 金点子： “物质的量”是中学化学计算的核心。从微观到宏观，从固体到气体，从纯净物到混合物中的各类计 算，均要用到物质的量。在溶液方面，还要涉及到溶解度、溶质的质量分数的求算及溶液中各种守恒关系 的分析。 对气体来说，在解题时要特别注意气体所处的外界条件，因温度、压强不同，等物质的量的气体所占 的体积不同。对于 NO2 方面的试题，还要考虑后续反应，即 NO2 与 N2O4 的平衡转换。 对混合物中各物质的物质的量的分析，既要考虑反应，还要考虑反应进行的程度及过量问题。 经典题： 例题 1 ：（2001 年全国高考）在 100mL 0.10 mol·L－1 的 AgNO3 溶液中加入 100mL 溶有 2.08g BaCl2 的溶液，再加入 100 mL 溶有 0.010 mol CuSO4·5H2O 的溶液，充分反应。下列说法中正确的是 （ ） A.最终得到白色沉淀和无色溶液 B.最终得到的白色沉淀是等物质的量的两种化合物的混合物 C.在最终得到的溶液中，Cl-的物质的最为 0.02 mol D.在最终得到的溶液中，Cu2+的物质的量浓度为 0.01 mol·L－1 方法：通过溶液中的离子进行整体分析。 捷径：题中 n（Ag+）=0.1L×0.1mol·L—1=0.01 mol，n（Ba2+）=2.08g/208g·mol—1 = 0.01mol，n（Cl —）= 0.02 mol，n（Cu2+）=0.01mol，n（SO42—）= 0.01 mol，所以生成 n（AgCl）=0.01mol，n（BaSO4） =0.01mol。生成 AgCl、BaSO4 两种白色沉淀，它们物质的量相等。在生成的溶液中 n（Cl—）= 0.02mol — 0.01mol = 0.01mol，Cu2+未参加反应，所以溶液显蓝色，反应后溶液的体积大约为 200mL，所以 C（Cu2+） = 0.05mol·L—1。以此正确的是 B。 总结：这是集化学计算，实验现象描述为一体的学科内综合试题。尽管难度不大，但很有新意。 例题 2 ：（2001 年上海高考）设 NA 为阿佛加德罗常数，下列说法不正确的是（ ） A. 标准状况下的 22.4L 辛烷完全燃烧，生成二氧化碳分子数为 8NA B. 18g 水中含有的电子数为 10NA C. 46g 二氧化氮和 46g 四氧化二氮含有的原子数均为 3NA D. 在 1 L 2 mol·L—1 的硝酸镁溶液中含有的硝酸根离子数为 4NA 方法：根据题意对选项逐一化解。 捷径：A.在标准状况下，辛烷是液体，22.4L 液态辛烷物质的量要比 1mol 大得多，所以 A 选项错误。 B.18g 水为 1mol 水，其中含有的电子数为 10mol。C.NO2 和 N2O4 具有相同的最简式，相同质量的 NO2 和 N2O4 必然含有相同数目的原子。46g NO2 即为 1mol NO2 共含有 3mol 原子。D.n（NO3 —）= 1L×2 mol/L×2 = 4 mol。以此不正确的为 A。 总结：此类试题是高考试卷中的热点题型，在解答此类试题时，一要注意物质所处的状态，二要理清 微粒间的联系。 例题3 ：（1997年全国高考）分别取等质量80℃的甲、乙两种化合物的饱和溶液,降温至20℃后, 所 析出的甲的质量比乙的大 (甲和乙均无结晶水)。下列关于甲、乙溶解度的叙述中肯定正确的是 ( ) A．20℃时，乙的溶解度比甲的大 B．80℃时，甲的溶解度比乙的大 C．温度对乙的溶解度影响较大 D．温度对甲的溶解度影响较大 方法：从温度对溶解度的影响分析。 捷径：溶解度是在一定温度下，在 100g 溶剂中制成饱和溶液时，所溶解溶质的质量。由于取等质量 甲、乙两种溶液，其中含水的质量不知道，无法推断其溶解度的大小。但降低相同的温度，甲析出的质量 大于乙，所以温度对甲的溶解度影响较大。故选 D。 总结：有关溶解度方面的试题，在解题时既要考虑某一温度下溶解度的大小，又要考虑温度变化时溶 解度的改变量。值得注意的是，如果溶液不是饱和溶液，则不能利用溶解度进行有关计算。 例题 4 ：（1993 年全国高考） 右图是几种 盐的溶解度曲线。下列说法正确的是 （ ） A．40℃时,将35 g 食盐溶于100 g 水中,降 温至0℃时,可析出氯化钠晶体 B．20℃时,硝酸钾饱和溶液的质量百分比浓 度是31.6% C．60℃时,200 g 水中溶解80 g 硫酸铜达饱 和。当降温至30℃时,可析出30 g 硫酸铜晶体 D．30℃时,将35 g 硝酸钾和35 g 食盐同时 溶于100 g 水中,蒸发时,先析出的是氯化钠 方法：从溶解度曲线进行分析比较。 捷径：从溶解度曲线可知，A 选项中， 0℃时，NaCl 的溶解度为 35.7g，所以 35g NaCl 溶于 100 g 水 中，0℃时未饱和，不能析出晶体。20℃时，KNO3 的溶解度为 31.6g，则 KNO3 的质量分数为 × 100%=24%，所以 B 不正确。C 中 60℃时，CuSO4 的溶解度为 40 g ，30℃CuSO4 的溶解度为 25g，280 g CuSO4 的饱和溶液，从 60℃降到 30℃，则析出无水 CuSO4 30 g ，若析出 CuSO4·5H2O，必大于 30 g ，所以 C 也不正确。D 在 30℃以上 NaCl 的溶解度小于 KNO3，所以蒸发时，NaCl 先析出。故 D 正确。 总结：有关溶解度曲线的分析与计算，既要分析某一温度下的具体数值，又要考虑曲线的变化。 例题 5 ：（2001 年全国高考）标准状况下，用一定量的水吸收氨气后制得浓度为 12. 0 mol·L－1、密 度为 0.915 g·cm－3 的氨水。试计算 1 体积水吸收多少体积的氨气可制得上述氨水。（本题中氨的式量以 17.0 计，水的密度以 1.00g·cm－3 计） 方法：从氨水的浓度求得氨气的质量与水的质量，反推求得其体积比。 捷径：1.00L 该氨水中含氨的质量为：12.0mol×17.0g·mol-1 其体积在标准状况下为：12.0mol×22.4L·mol-1 1.00L 该氨水中含水的质量为：1.00L×915g·L-1－12.0mol×17.0g·mol-1 其体积为：[1.00L×915g·L-1-12.0mol×17.0g·mol-1]/1000g·L-1 =378 1 体积水吸收 378 体积 NH3 气（标准状况）。 总结：此题也可通过设出溶解氨气的体积，再与浓度相联系，列出方程式求解。 例题6 ： （1993年全国高考）硫酸银的溶解度较小,25℃时,每100 g水仅溶解0.836 g 。 (1)25℃时,在烧杯中放入6.24 g 硫酸银固体, 加200 g 水, 经充分溶解后, 所得饱和溶液的体积为200 mL。计算溶液中Ag+的物质的量浓度。 (2)若在上述烧杯中加入50 mL0.0268 mol/LBaCl2溶液, 充分搅拌, 溶液中Ag+的物质的量浓度是多少? (3)在(1)题烧杯中需加入多少升 0.0268 mol/L BaCl2溶液, 才能使原溶液中Ag+浓度降低至0.0200 mol/L? 方法：在充分考虑溶解量的情况下，依靠溶解度进行求算。 捷径：(1) 在烧杯中放入6.24 g 硫酸银固体, 再加200 g 水，Ag2SO4固体不能全部溶解，以此溶液中 Ag+的物质的量浓度即为饱和溶液中Ag+的物质的量浓度，即 (2) Ag2SO4饱和溶液的浓度与BaCl2溶液的浓度相等, 但体积比为4:1, 因而参加反应的Ag2SO4的质量仅 为原溶液中Ag2SO4质量的1/4。根据原加入的水和Ag2SO4固体的质量以及Ag2SO4的溶解度可判断, 即使 BaCl2反应后, 尚有多余的Ag2SO4固体，因而最后溶液仍为Ag2SO4饱和溶液, c(Ag+)不变。因为Ag2SO4固体 过量, 该溶液仍为Ag2SO4饱和溶液。所以c(Ag+)=0.0536 mol/L。 (3)设加入的BaCl2溶液的体积为VL，则 V=0.489 L 总结：在加入某种物质使沉淀发生转化时，必须考虑溶液中的溶质和未溶解的溶质。如该题，如果加 入 BaCl2 的物质的量超过溶液中的 Ag2SO4 和未溶解的 Ag2SO4 的物质的量，则溶液中的 Ag+将由 AgCl 的 溶解提供。 金钥匙： 例题 1 ：0.25 L1 mol/L AlCl3 溶液和 750 ml 1 mol/L NaCl 溶液中 Cl—的物质的量浓度之比为多少？ 方法：两者 Cl—的物质的量浓度之比与两者的体积无关，故 0.25 L 及 750 mL 便是此题的干扰数据。 分析时必须根据浓度进行比较。 捷径：1mol/L AlCl3 溶液中 c(Cl—)为 3mol/L，1 mol/L NaCl 溶液中 C(Cl—)为 1mol/L，其物质的量浓度 之比为 3∶1 。 总结：审题时，物质的量与物质的量浓度必须分清，此类干扰信息巳多次出现在近几年的高考试题中。 例题 2 ：已知在 t℃时，硫酸铜的溶解度为 A g。该温度下，在（100+A）g 饱和硫酸铜溶液中，投入 A g 无水硫酸铜粉末后，得到一定量的蓝色硫酸铜晶体，问该晶体投入到多少克水中才能使溶液在 t℃恰好 饱和？ 方法：解答该题有两种解法。方法一：根据溶解度数值，首先求算析出硫酸铜晶体的量，再根据析出 晶体量及溶解度值求算所需溶剂量。方法二：分析前后两种溶液，均为饱和溶液，以此将前面的溶液看作 不变，只需将 A g 无水硫酸铜投入水中制得饱和溶液即可。 捷径：根据硫酸铜的溶解度知，原（100+A）g 饱和硫酸铜溶液中含溶剂水 100 g，含溶质无水硫酸铜 A g 。该溶液中加入无水硫酸铜 A g 后，这样整个体系中就有 2A g 溶质。故要使该体系（2A g 溶质和 100 g 溶剂）成为饱和溶液，还需加入 100 g 溶剂水。这就是说析出的晶体溶解在 100 g 水里恰好成为饱和溶液。 总结：方法一思考虽然正确，但计算量大，关系转化复杂，容易造成错误，方法二在于一开始就将前 (mol/L) 后两个溶液统一起来考虑，以此便很容易得到正确的结论。 例题 3 ：阿伏加德罗常数（NA）、物质的量（n）和粒子数（N）之间有如下关系：NA=N/n。测定阿 伏加德罗常数有多种方法，其中电解法是常用的方法。试回答下列有关问题。 (1)实验室有同样浓度的 NaCl、CuSO4、AgNO3、H2SO4 等溶液。若实验过程中不考虑电极上的析出物 与电解后的溶液之间的反应，则你认为选用哪一种溶液作为电解液，实验既简便、测定结果误差又小，并 说明其理由。 (2) 采用你所选定的溶液来实验，至少应测定哪些数据？ （3）若已知 1 个电子的电量（符号为 q），选定符号代表有关数据，列出求算阿伏加德罗常数（NA） 的数学表达式。 方法：从实验简便、测定误差小来选择电解质溶液，再通过电解过程中电极的析出量来求算阿伏加德 罗常数。 捷径：（1）因产生的气体体积较难测定准确，故不选用 NaCl 或 H2SO4 溶液，又在同样条件下，通过 等量的电量时，固体析出量越多，称量和计算时产生的误差越小，故该实验以选 AgNO3 溶液作电解液较 好。 (2) 根据题中公式 NA=N/n，要求准确测出通过电路的电子数——N（e）及电极所析出 Ag 的物质的量 ——n（e－），至少应测定电流强度、通电时间、及电解产物 Ag 的质量。 （3）根据（2）对缺省数据设定符号，如以 I 代表电流强度，以 t 代表通电时间，以 m 代表析出 Ag 的质量，而要求出 Ag 的物质的量，还需要的数据为 Ag 的摩尔质量，设用 M 表示，以此得： NA=N（e－）/n（e－）= = ItM/qm 总结：该题以实验分析为过程，以阿伏加德罗常数的获得为终结点，对实验溶液的选定、缺省数据的 确定及阿伏加德罗常数的表达进行了层层设问。此类试题不仅考查了考生的实验能力、过程分析能力，还 考查了考生的比较能力、逻辑思维能力和学科综合能力。 例题 4 ：难溶的银盐中，醋酸银溶解度相对较大，当 V1mL amol / L CH3COONa 溶液和 V2mL amol / L AgNO3 溶液混合发生反应时，欲使得到 CH3COOAg 的沉淀量较接近理论值，则 V1 和 V2 的关系 是 。简述理由 。 方法：通过溶解平衡知识分析而获解。 捷径：实际沉淀量与理论沉淀量之误差在于 CH3COOAg 在溶液中溶解量的多少。醋酸银在溶液中的 溶解平衡可表示为：CH3COOAg（ｓ） CH3COO—+Ag+，因其溶解度较大，故为了使 CH3COOAg 的沉 淀量较接近理论值，必须使其中一种离子过量，以促使溶解平衡向醋酸银方向移动，故 V1 和 V2 的关系为 V1≠V2 。 总结：该题不少考生由于未从溶解平衡角度去分析，错误认为，当 CH3COONa 和 AgNO3 恰好完全反 应时，CH3COOAg 的沉淀量最多，因而其值较接近理论值，得出 V1=V2 的错误结论。出现错解的原因是对 溶解平衡的概念含混不清所致。 例题 5 ：取 0.45 mol NaOH、0.35 mol Na2CO3 和 0.2 mol NaHCO3 溶于水，在混合溶液中逐滴加入盐 酸，反应明显地分三个阶段进行。设加入盐酸的物质的量为ｎmol，溶液中随盐酸的加入 NaCl、Na2CO3、 NaHCO3 的物质的量分别为 xｍｏl、ｙｍｏl、ｚｍｏｌ，试求ｘ＝ｆ（ｎ）、ｙ＝ｆ（ｎ）、ｚ＝ｆ（ｎ） 的函数关系式，并作出相应的函数图象。 方法：在理解三个阶段反应的基础上，分别对物质在各阶段物质的量进行分析，通过反应找规律，然 后以完全反应的点为基点作图。 捷径：三物质混合后溶于水，由于 NaOH 和 NaHCO3 反应生成 Na2CO3，且 NaOH 过量，故溶液实际 为 NaOH 和 Na2CO3 的混合液，其物质的量分别为 0.25 mol 和 0.55 mol。逐滴加入盐酸时，三步反应及其 物质的量之间的关系如下： 1 NaOH + HCl = NaCl + H2O 0.25mol 0.25mol 0.25mol 2 Na2CO3 + HCl = NaCl + NaHCO3 0.55mol 0.55mol 0.55mol 0.55mol 3 NaHCO3 + HCl = NaCl +CO2↑ + H2O 0.55mol 0.55mol 0.55mol 各步反应消耗盐酸总量的临界点分别为 0.25 mol，0.8 mol，1.35 mol。 （1） 求：x = f（n） 由方程式知，当 0 ﹤ n ≦ 1.35 时，根据氯离子（或钠离子）守恒有：x = n。 当 n﹥1.35 时，盐酸过量，不再有 NaCl 产生，故 x = f（n）的函数表达式为：x = n （0 ﹤ n ≦ 1.35）； x = 1.35（n﹥1.35 ）。图象如图 1 所示。 （2） 求：y = f（n）；z = f（n） ａ、当 0 ﹤ n ≦ 0.25 时，加入的盐酸与 NaOH 反应，溶液中 Na2CO3 不变，故：y = 0.55 ，z = O ｂ、当 0.25 ﹤ n ﹤ 0.8 时，加入盐酸发生第二步反应，根据反应方程式有： 1 /（0.55 — y）= 1 /（n — 0.25） y = 0.8 — n 1 / z = 1 / （n — 0.25） z = n —0.25 ｃ、当 0.8 ﹤ n ≦ 1.35 时，第二步反应已完全，加入盐酸发生第三步反应，根据方程式有：y = 0 1 /（0.55 — z）= 1 /（n — 0.8） z = 1.35 — n ｄ、当 n ﹥ 1.35，即继续加入盐酸时，第三步反应已经完全，y = 0 ，z = 0 。 综上所述有：y = 0.55 （0 ﹤ n ≦ 0.25） y = 0.8 — n （0.25 ﹤ n ≦ 0.8） y = 0 （n ﹥ 0.8） z = 0 （0 ﹤ n ≦ 0.25 或 n ﹥ 1.35） z = n — 0.25 （0.25 ﹤ n ≦ 0.8） z = 1.35 — n （0.8 ﹤ n ≦ 1.35） 图象如图 2 和图 3 所示。 总结：根据函数式作出相应图像时，由于绝大多数函数是直线方程，故实际作图可根据起点、拐点、 终点直接作出图像。 例题 6 ：在 2LFe2（SO4）3 和 CuSO4 的混合溶液中，加入 30g 纯铁粉，最后得到 2L0.25mol/L 的 FeSO4 溶液以及 26g 固体沉淀物。求原混合溶液中 Fe2（SO4）3 和 CuSO4 的物质的量浓度。 方法：过量判断。首先根据题中数据，判断出 26ｇ为何物质，而后列方程求解。 捷径：题给变化过程可表述为： Fe2(SO4)3 CuSO4 从 Fe+Fe2（SO4）3=3FeSO4 及 Fe+CuSO4=FeSO4+Cu 可知：生成 0.5molFeSO4 需 Fe 0.5/3 mol～0.5 mol， 故铁过量。 3n[Fe2（SO4）3] + n（CuSO4）= 0.25mol/L×2L 30g —{n[Fe2（SO4）3] + n（CuSO4）}×56g/mol + n（CuSO4）× 64g/mol = 26g n1.35 x1 . 3 5 n n 0 . 5 5 0 . 5 5 y z 0.25 0.8 1.350.80.25 图 1 图 2 图 3 Fe FeSO4 Cu,有无 Fe？ 解得 n[Fe2（SO4）3] = 0.1mol，n（CuSO4）= 0.2mol c[Fe2（SO4）3]= 0.1mol/2L= 0.05mol/L c[Cu（SO4）]= 0.2mol/2L= 0.1mol/L 总结：也可根据 0.5molFeSO4 中含 Fe2+0.5mol，而加入的 Fe 为 30g÷56g/mol﹥0.5mol 判断出 Fe 过量。 例题 7 ：密度为 0.91 g/mL 的氨水，质量百分比浓度为 25%（即质量分数为 0.25），该氨水用等体积 的水稀释后，所得溶液的质量百分比浓度为（ ） A．等于 12.5% B．大于 12.5% C．小于 12.5% D．无法确定 方法：先通过等质量分析求得中间值，再迁移到等体积。 捷径：两种质量百分比浓度不相同的同种溶液，只有等质量混合时，混合溶液的质量百分比浓度才能 是二者的中间值(此题即为 12.5%)，现在水的密度（1.0g/mL）大于氨水的密度（0.91g/mL），当它们等体 积混合后，水的质量比一半多，所以混合溶液的质量百分比浓度一定小于中间值 12.5% 。答案为 C。 总结：此类试题在解答时，一定要分清等质量，还是等体积。 例题 8 ：把 30℃的饱和 KNO3 溶液 112.5g，冷却到 0℃时有 15g 固体析出，求 0℃时 KNO3 的溶解度 （已知 30℃时 KNO3 的溶解度为 50g）。 方法：利用不同温度下溶解度的差量进行计算。 捷径：设 0℃时 KNO3 的溶解度为 x，则 30℃降到 0℃有： KNO3 溶液量 → 析出 KNO3 晶体 （100+50）g （50g — x） 112.5g 15g 150g︰（50g— x） = 112.5g︰15g，解得 x = 30g 总结：在运用溶解度之差求算溶解度时，一定要注意原溶液为饱和溶液。 例题 9 ：天平两端各放一只质量相等的足量的稀盐酸，将物质的量相等的镁和铝分别放入左盘和右盘 的烧杯中，待反应完毕后在哪一盘的烧杯中还需加入多少克同种金属天平才能平衡？ 方法： 根据天平平衡时两边的质量相等进行比对。 捷径：设 Mg 和 Al 的物质的量均为 a mol。 左盘：Mg + 2HCl = MgCl2 + H2↑ 溶液增重 1mol 2g 22g amol 22ag 右盘：2Al + 6HCl = 2AlCl3 + 3H2↑ 溶液增重 2mol 6g 48g amol 24ag ∵ 24a ﹥22a,∴ 左盘轻 2ag。 要使天平平衡，左盘烧杯中应再增加 2a g。为此设需加入 Mg 的质量为 x。 Mg + 2HCl = MgCl2 + H2 溶液增重 24g 22g x 2ag x = a g 。 总结：对于天平类平衡题，一般都是根据天平两边的质量相等进行求算。 聚宝盆： 物质的量的正确求算是解答此类试题的关键。不少考生解题过程中，在未形成正确的解题思路之前， 便依靠熟题效应，对题设条件以点概面、以偏概全而形成错误。如不注意反应物的状态，不注意外界条件 等。 由于不深入的观察思考，浮光掠影地看题、审题，在此类试题的解题中也经常出现。如将物质 A 看成 B、忽视过量问题、忽视平衡问题、忽视对题中隐含条件的分析等。以此造成分析不完整、答案残缺不全， 对于与问题相关的多个因素顾此失彼。 热身赛： 1．在托盘天平两边放有浓度和质量都相等的两杯盐酸，向左盘杯中放入碳酸钠，同时向右盘杯中放 入与碳酸钠等质量的锌。投放物反应完毕，盐酸有余，则天平状态为 ( ) A．保持平衡 B．左盘低 C．右盘低 D．右盘高 2．设 N0 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 （ ） A．100 mL 0.4mol/L 的甲酸中含甲酸的分子数为 0.04N0 B．在标准状态下，22.4 L 乙烷与乙烯的混合气体，含碳原子数为 2N0 C．体积相同的物质，含的分子数相同 D．N0 个 23Na 原子的质量为 23g 3．有 a g 浓度为 15%的硝酸钠溶液，若想将其浓度变为 30%，可采用的方法是 ( ) A．蒸发掉 a 2 g 溶剂 B．蒸发掉溶剂的 1 2 C．加入 3 14 a g 硝酸钠 D．加入 3 20 a g 硝酸钠 4．在密闭容器中充入 H2、O2、Cl2 的混合气，通过电火花引发，3 种气体恰好完全反应，冷至室温， 测 得 所 得 盐 酸 的 质 量 分 数 为 25.61% ， 则 充 入 H2 、 O2 、 Cl2 的 物 质 的 量 之 比 是 （ ） A．7：3：1 B．5：2：1 C．13：6：1 D．8：3：2 5．右图是 A、B 两物质的饱和溶液的质量分数随温度变化 的曲线，现分别 在 50g A 和 80g B 中加入水 150g，加热溶解并都蒸去 50g 水后， 冷却到 t1℃。下 列叙述正确的是 ( ) A．t1℃时溶液中 A、B 的浓度相等（质量分数） B．t1℃时溶液中 A 的浓度小于 B C．t1℃时二者均无固体析出 D．t1℃时析出固体 B 6．A(气)+B(气) C(气)，它们的体积比依次是 1：3：2，如果 A 和 B 都是由两个原子组成的分子， 则 C 的分子式是 ( ) A．AB3 B．A2B C．AB2 D．A3D 7．把 x mol CO2 通入含 y mol Ca(OH)2 的澄清石灰水中，则下列叙述中不正确的是（ ） A．当 x≤y 时，产生 100x g 沉淀 B．当 y≤x 时，产生 100y g 沉淀 C．当 y＜x＜2y 时，产生 100(2y－x) g 沉淀 D．当 2y≤x 时，产生的沉淀将全部溶解 8．将 3.48gFe3O4 完全溶解在 100mL1mol/LH2SO4 中，然后加入 K2Cr2O7 溶液 25mL，恰好使溶液中的 Fe2 全 部 氧 化 为 Fe3 ， Cr2O 7 2 全 部 转 化 为 Cr3 ， 则 K2Cr2O7 溶 液 的 物 质 的 量 浓 度 为 ( ) A．0.05mol/L B．0.1mol/L C．0.2mol/L D．0.3molL 9．273K、1.01×105Pa 时，氢气和氧气的混合气体 amL，点火爆炸后恢复到原温度和压强时，气体变 为 bmL，则原混合气体中氧气为 ( ) A．(a－b)mL B． a b 3 mL C．b mL D． 2 3 b a mL 10．将含有 2.05g 某高价含氧酸的钙盐的溶液 A 与含 1.20g 碳酸盐的溶液 B 混合，恰好完全反应，生 成 1.25g 白色沉淀 C。将滤去沉淀 C 的滤液蒸发，得到白色固体 D，继续加热 D 时，D 分解只得两种气态 物质的混合物，在 273℃、1×105Pa 下，体积为 3.36L，已知该气体混合物充分冷却后得到 0.90g 水，另一 种气态物质为气态氧化物 R2O。试回答：(1)白色沉淀 C 的物质的量为____mol。(2)A 的摩尔质量为____， B 的摩尔质量为____。(3)R2O 与 H2O 的物质的量之比为____生成 D 的质量为____，D 的摩尔质量为____， R2O 的相对分子质量为____，R2O 的化学式是____，D 的化学式是____。(4)写出 A 和 B 混合的化学方程 式。 11．Ba(OH)2、NaHSO4、NaHCO3 三种溶液，已知其中两种溶液的物质的量浓度相等，且分别为第三 种溶液的物质的量浓度的 2 倍，若先将两种酸式盐溶液各取 100mL 混合反应后，再加入 100mLBa(OH)2 溶液，充分反应后，滤去白色沉淀，所得滤液仅含 NaOH 一种溶质，其浓度为 0.9mol/L(不考虑混合时引起 的溶液体积变化)，计算原三种溶液的物质的量浓度。 12．加热 2.436 g RCl2·mH2O 晶体，使之失去全部结晶水，得到 1.14 gRCl2。把这些 RCl2 溶解于水配 成 200mL 溶液，取出 50mLRCI2 溶液。正好和 20mL0.3mol/L 的 AgNO3 溶液完全反应。求(a)R 是什么元素? (b)m 的值。 大检阅： 1．C 2．BD 3．AC 4．C 5．BD 6．A 7．B 8．B 9．BD 10．(1)0.0125 (2)164g/mol，96g/mol (3)1：2，1g，80g/mol，44，N2O (4)Ca(NO3)2+(NH4)CO3=CaCO3↓+2NH4NO3 11．1.8 mol/L 1.8 mol/L 0.9 mol/L 或 1.8 mol/L 0.9 mol/L 1.8 mol/L 12．(a)R—Mg (b)m=6 策略 3 元素周期律、周期表试题的分析技巧 金点子： 元素周期律、周期表部分的试题，主要表现在四个方面。一是根据概念判断一些说法的正确性；二是 比较粒子中电子数及电荷数的多少；三是原子及离子半径的大小比较；四是周期表中元素的推断。 此类试题的解法技巧主要有，逐项分析法、电子守恒法、比较分析法、分类归纳法、推理验证法等。 经典题： 例题 1 ：（2001 年全国高考）下列说法中错误的是 （ ） A．原子及其离子的核外电子层数等于该元素所在的周期数 B．元素周期表中从 IIIB 族到 IIB 族 10 个纵行的元素都是金属元素 C．除氦外的稀有气体原子的最外层电子数都是 8 D．同一元素的各种同位素的物理性质、化学性质均相同 方法：依靠概念逐一分析。 捷径：原子的核外电子层数等于该元素所在的周期数，而离子由于有电子的得失，当失去电子时，其 离子的电子层数不一定等于该元素所在的周期数，如 Na+等。A 选项错。元素周期表中从 IIIB 族到 IIB 族 10 个纵行的元素都是过渡元素，均为金属元素正确。氦的最外层为第一层，仅有 2 个电子，除氦外的稀有气 体原子的最外层电子数都是 8 正确。同一元素的各种同位素的化学性质几乎完全相同，而物理性质不同， D 选项错。以此得答案为 AD。 总结：此题要求考生对元素及元素周期表有一个正确的认识，虽不难，但容易出错。 例题 2 ：（2001 年上海高考）已知短周期元素的离子：aA2＋、bB＋、cC3－、dD－都具有相同的电子层结 构，则下列叙述正确的是 （ ） A．原子半径 A＞B＞D＞C B．原子序数 d＞c＞b＞a C．离子半径 C＞D＞B＞A D．单质的还原性 A＞B＞D＞C 方法：采用分类归纳法。 捷径：首先将四种离子分成阳离子与阴离子两类，分析其原子序数及离子半径。阳离子为 aA2＋、bB＋， 因具有相同的电子层结构，故原子序数 a>b，离子半径 AD。再将其综合分析，因四种离子具有相同的电子层结构，故 A、B 位于 C、D 的下一周期，其原子序数为 a>b>d>c，离子半径 An 的元素为非金属元素，m≤n 的元素为金属元素。第七周期为不 完 全 周 期 ， 若 把 这 一 周 期 元 素 全 部 排 满 ， 则 下 列 有 关 第 七 周 期 元 素 的 推 论 可 能 错 误 的 是 ( ) A．第七周期排满时有 32 种元素，全部是放射性元素 B．第七周期排满时最后一种的单质不与任何物质发生化学反应 C．第七周期第 VIIA 族元素的原子序数为 117，是一种金属元素 D．第七周期第 IIIA 族元素的氢氧化物与 Al(OH)3 具有相似的化学性质 5． M、N 两元素原子序数均小于 20，M 的原子序数为 n，M2和 N3的电子层结构相同，则 N 的原 子序数为 ( ) A．n＋3 B．n＋4 C．n＋5 D．n－5 6．运用元素周期律分析下列推断，其中错误的是（ ） A．铍是一种轻金属，它的氧化物的水化物可能具有两性 B．砹单质是一种有色固体，砹化氢很不稳定，砹化银是有色难溶于水且感光性很强的固体 C．硫酸锶难溶于水，但易溶于盐酸 D．硒的最高氧化物的水化物是一种强酸 7．a、b、c 三种元素的原子序数均小于 20，a、b 两元素的阳离子和 c 元素的阴离子都有相同的电子 层 结 构 ， a 原 子 的 半 径 大 于 b 原 子 的 半 径 ， 则 三 种 元 素 的 原 子 序 数 的 关 系 是 （ ） A． a＞b＞c B．b＞a＞c C． c＞b＞a D． a＞c＞b 8．某金属元素 X，其原子的质量数为 52，已知 X 的离子中含有 28 个中子、21 个电子，由这种离子 构成的化合物的化学式正确的是 ( ) A．XNO3 B．X2(SO4)3 C．XCl2 D．K2X2O7 9．A、B、C、D、E 是短周期的五种元素，它们的原子序数依次增大。A 元素的一种同位素核内无中 子；B 元素的原子最外电子层的电子数是次外层的 2 倍，A 与 B、B 与 C 都能形成气态非极性分子化合物， A、D 元素属同一主族，B、E 元素同一主族，C 和 D 能形成 D2C 型离子化合物。 (1)试推断 A、B、C、D、E 五种元素的名称。 (2)写出 B 的最高价氧化物的分子式，该氧化物属于哪种晶体构型，写出 C 与 E 形成的化合物的化学 式，该化合物的晶体属于哪种构型。 (3)写出元素 B 和 E 的最高价氧化物的水化物分子式，两者比较哪一种的酸性强。写出此二元素的气 态氢化物分子式，并比较哪一个更稳定。 (4)写出 D 元素的最高价氧化物的水化物与 E 元素的最高价氧化物的水化物发生反应的化学方程式。 10．A、B、C、D 是 4 种短周期元素，它们的原子序数依次增大，其中 A、C 与 B、D 分别是同主族 元素。又知 B、D 两元素的原子核中质子数之和是 A、C 两元素的原子核中质子数和的 2 倍，这 4 种元素 的单质中有 2 种气体、2 种固体。 (1)写出元素符号：A______、B______、C______、D______。 (2) 写 出 2 种 均 含 A 、 B 、 C 、 D 4 种 元 素 的 化 合 物 相 互 反 应 逸 出 气 体 的 化 学 方 程 式： 。 (3)用 A 元素的单质和 B 元素的单质可以制成电池，电池中装有浓 KOH 溶液，用多孔的金属惰性电极 浸入 KOH 溶液中，两极均有特制的气体透过性隔膜。在一极通入 A 的单质，另一极通入 B 的单质。 ①通入 A 的单质一极为____极，反应的电极方程式是 。 ②通入 B 的单质一极为____极，反应的电极方程式是 。 11．有 X、Y、Z 3 种元素。已知 X 的气态氢化物的分子式为 H2X，该氢化物分子的相对质量与 X 的最高价氧化物分子的相对质量之比为 17：40；X 原子核内质子数与中子数相等，Y 与 X 可形成离子化 合物 Y2X；Y 阳离子的电子层结构与氖相同，Z 与 X 属同一周期，其气态单质是双原子分子，两原子间共 用一对电子。 (1)推出元素符号 X________、Y________、Z________。 (2)Y 单 质 在 空 气 中 燃 烧 的 化 学 方 程 式 以 及 该 生 成 物 与 CO2 反 应 的 化 学 方 程 式 。 (3)X 原子的相对质量________，离子的结构简图____________。 12．有 A、B、C、D 四种元素，它们的核电荷数依次增大，C 和 D 的原子具有相同的电子层数；B 的 单质是双原子分子，与水剧烈反应生成氧气，B2 与 A 单质常温时混合即能发生爆炸。C 元素的单质能在足 量 D 元素形成的单质中燃烧。出现白色烟雾，形成化合物的化学式为 CD3 和 CD5。B2 通入 D 的钠盐溶液 中不能得到 D 单质，但与 D 的钠盐粉未反应可得到 D 单质。A 与 D 的化合物相对分子质量为 36.5。请填 充下列空白处。 （1）四种元素的名称为 A：________、B：________、C：________、D：________。 （2）A 单质在 D 单质中燃烧时火焰呈________色，生成物的水溶液的名称是________，俗称________， 该水溶液能使石蕊试液由________色变成________色。 （ 3 ） B 单 质 与 水 、 与 A 单 质 反 应 的 化 学 方 程 式 为 ： ______ ； 。 （4）D 的氢化物浓溶液与 MnO2 共热有 1mol D 元素被氧化，可以得到氯气________mol。 13．A、B、C、D 均为短周期元素，A 元素原子的次外层电子数的一半；B 元素原子的核外无成对电 子；C 元素单质 C2 在标准状况下的密度为 1.43g/L;D 元素的焰色反应为黄色。将以上 4 种元素组成的盐的 晶体 3.4g,加热后失去全部结晶水，质量减少 1.35g，所得无水盐中 C 元素的质量 占 39%；将这些无水盐 与浓 H2SO4 反应，得到一种挥发性弱酸，点燃该弱酸使之完全燃烧得到 0.9gH2O 和 2.2gCO2。已知这种弱 酸一个分子中共有 32 个质子。则 (1)元素的名称是 A________、B________、C________、D________。 (2)通过计算确定 4 种元素组成结晶盐的化学式是________。 14．有 A、B、C、D、E、F 六种元素，它们均位于周期表前三周期。元素 D 的最高正价与负价的绝 对值之差为 2，其气态氢化物中含氢 8.82%，D 单质在 A 单质中燃烧时出现大量白色烟雾；A 的负价离子 的电子排布与 B 的负价离子的电子排布相同，常温下 B 单质是固态；B 原子最外层的电子数为 K 层电子 数的三倍；F 的正二价阳离子与 C 的负二价离子的电子层排布都与氖原子相同，C 与 E 同在一个周期，它 们能形成多种化合物，E 的气态氢化分子中含有四个原子。 (1) 写出这六种元素的元素符号。 (2) 写出 A、B、D 这三种元素最高价氧化物的对应水化物的化学式，并按酸性从强到弱的顺序排列。 (2)HClO4>H2SO4>H3PO4 15．有 A、B、C、D 四种元素，A 的正二价离子和 D 的负二价离子具有相同的电子层结构，A 的氯 化物中含 A 36%，A 的原子核中质子数与中子数相等。B 元素的最高正价与负价的代数和为零，B 的气态 氢化物中含氢 25%，C 元素是第四周期中金属性最强的元素。 （1）试推断 A、B、C、D 各是什么元素：A______B______C_____D_____（写名称） （2）写出 A 的最高价氧化物对应水化物的澄清液分别与未过量和过量的 B 的最高价氧化物反应的化 学方程式：____________和____________ （3）写出 C 与水反应的化学方程式________________________ 16．X、Y、Z 三种元素在周期表中相邻，X、Y 同周期，Y、Z 同主族。三种元素原子序数之和为 30， 最外层电子数之和为 16。X 元素分别与 Y、Z 化合，都能形成二种酸酐。X、Y 形成酸酐的分子式为________ 和________；X、Z 形成的酸酐的分子式为________和________。 17．含有 A、B、C、D 四种短周期元素，它们的核电荷数依次增大。A 与 C、B 与 D 分别是同族元素。 B、D 两元素的质子数之和是 A、C 两元素质子数之和的两倍。这四种元素中有一种元素的单质易溶解于 CS2 溶剂中。则四种元素是： A____________ B____________ C________________ D________________ 写出两种均含四种元素的化合物相互反应放出气体的化学方程式： 。 18．X、Y、Z 均为短周期元素，它们在周期表中的相对位置如右图，已知 X、Y、Z 三元 素原子的质子数之和为 31。 (1)它们的元素符号是 X________、Y________、Z________。 (2)X 的最高价氧化物的电子式是________。气态氢化物的分子式________，空间构型为________，键 角为________。 (3)Z 的最高价氧化物的分子式为________，与碱反应的离子方程式________。 大检阅： 1．C 2．A 3．B 4．BD 5．C 6．C 7．B 8．B 9．(1)A 为氢 B 为碳 C 为氧 D 为钠 E 为硅 (2)CO2 分子晶体 SiO2 原子晶体 (3)H2CO3 H2SiO3 H2CO3 强 CH4 SiH4 CH4 稳定 (4)2NaOH＋H2SiO3==Na2SiO3＋2H2O 10．(1)H O Na S (2)NaHSO3＋NaHSO4=Na2SO4＋SO2↑＋H2O (3)①负 H2－2e＋2OH-=2H2O ②正 O2＋4e＋2H2O→4OH- 11．(1)S Na Cl (2)2Na＋O2=Na2O2 Na2O2＋CO2=Na2CO3+1/2O2↑ X Y Z (3) 32 12．（1）氢 氟 磷 氯 （2）苍白 氢氯酸 盐酸 蓝 红 （3）2F2＋2H2O=== 4HF＋O2↑ F2＋H2====2HF （4）0.5 13．C H O Na CH3COONa·3H2O 14．(1)A 为 Cl B 为 S C 为 O D 为 P E 为 N F 为 Mg 15．（1）A：钙 B：碳 C：钾 D：硫 （2）Ca（OH）2＋CO2===CaCO3↓＋H2O Ca（OH）2＋2CO2===Ca（HCO3）2 （3）2K＋2H2O===2KOH＋H2↑ 16．N2O5；N2O3；P2O5；P2O3 。 17．H、O、Na 、S 2NaHSO4+Na2SO3 2Na2SO4+H2O+SO2↑ 18． (1)C Mg Al (2) CH4 正四面体 109°28′ (3)Al2O3 Al2O3+2OH－=2AlO2 －+H2O 策略 4 速率与平衡方面试题的解题方法与技巧 金点子： 在化学反应中物质的变化必经过三态，即起始态、变化态和最终态。对于化学反应速率、化学平衡及 其它化学反应方面的计算，如能根据反应方程式，对应地列出三态的变化，哪么便可使分析、解题变得一 目了然。此方面的试题的题型及方法与技巧主要有： 1．化学平衡状态的判断 化学反应是否达到平衡状态，关键是要看正反应速率和逆反应速率是否相等及反应混合物中各组分百 分含量是否还随时间发生变化。 2．化学反应速率的计算与分析 要充分利用速率之比等于化学方程式中的计量数之比。 3．化学平衡移动的分析 影响因素主要有：浓度、压强、温度，其移动可通过勒沙特列原理进行分析。化学平衡移动的实质是 浓度、温度、压强等客观因素对正、逆反应速率变化产生不同的影响，使 V 正≠V 逆，原平衡状态发生移 动。 4．等效平衡的分析 主要有等温等容和等温等压两种情况。 5．速率与平衡的图象分析 主要要抓住三点，即起点、拐点和终点。 经典题： 例题 1 ：（2001 年全国高考）在一定温度下，容器 内某一反应中 M、 N 的物质的量随反应时间变化的曲线如图，下列表述中 正确的是 （ ） A．反应的化学方程式为：2M N B．t2 时，正逆反应速率相等，达到平衡 C．t3 时，正反应速率大于逆反应速率 D．t1 时，N 的浓度是 M 浓度的 2 倍 方法：图象分析法。 捷径：从图中得到 N 为反应物，M 为生成物。从 0 →t2min ，M 增加 2mol，N 消耗 4mol，且到达 t3min，M、N 的浓度保持不变，即反应为可逆反应，反应式为 2N M。 t2 时反应物和生成物物质的量相等，此时不是正、逆反应速率相等。当 t3 时正逆反应的速率相等。t1 时 n （N）=6mol，n（M）=3mol，由于在同一容器中，所以 c（N）=2c（M）。因此此题正确答案为 D。 总结：选项 B 最容易被误认为正确说法。造成错判的原因有三：①没有看清纵坐标的物理量；②概念 错误，认为物质的量相等时，化学反应速率就相等；③没有读懂图。 例题 2 ：（1998 年全国高考）体积相同的甲、乙两个容器中，分别都充有等物质的量的 SO2 和 O2， 在相同温度下发生反应：2SO2+O2 2SO3，并达到平衡。在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保 持压强不变，若甲容器中 SO2 的转化率为 p%，则乙容器中 SO2 的转化率 （ ） A．等于 p% B．大于 p% C．小于 p% D．无法判断 方法：平衡中的等效转化分析法。 捷径：设乙容器压强保持 1.01×105Pa，因甲容器中体积保持不变，2SO2+O2 2 SO3 的正反应是个 气体体积缩小的反应，达到平衡时，混合气体的总压强小于 1.01×105Pa。又减小压强，平衡向逆反应方向 移动，则甲容器中 SO2 转化率低，乙容器中（定压）SO2 的转化率高。以此得答案为 B。 总结：将两平衡态先相联系，再依据平衡移动原理相互转化，便能快速方便获得结果。 例题 3 ：（2002 年全国高考）在一定温度下，向 a L 密闭容器中加入 1 mol X 气体和 2mol Y 气体，发 生如下反应：X(g) + 2Y(g) 2Z(g)。 此反应达到平衡的标志是 ( ) A．容器内压强不随时间变化 B．容器内各物质的浓度不随时间变化 C．容器内 X、Y、Z 的浓度之比为 l : 2 : 2 D．单位时间消耗 0.1 mol X 的同时生成 0.2 mol Z 方法：从平衡状态下正逆反应速率相等分析。 捷径：此反应为一气体分子数减小的反应，故容器内压强不随时间变化，说明巳达平衡。各物质的浓 度不随时间变化而变化，说明正逆反应速率相等，巳达平衡状态。浓度为一固定比值不能说明巳达平衡。 D 项中的所述均为正反应，未提到逆反应，故不能判断。以此得答案为 AB。 总结：平衡状态的判断，是高考中的重点内容，也是平衡中的重点。此类试题只要抓住平衡状态下速 率相等，各成分的百分含量保持不变，即可求解。 例题 4 ：（1998 年全国高考）在一定体积的密闭容器中放入 3L 气体 R 和 5L 气体 Q，在一定条件下 发生反应：2R（g）+5Q（g）= 4X（g）+nY（g）。反应完全后，容器温度不变，混和气体的压强是原 来的 87.5%，则化学方程式中的 n 值是 （ ） A．2 B．3 C．4 D．5 方法：根据化学反应直接分析判断，属过量计算。 捷径：本题所述及的反应不是可逆反应。3L 气体 R 和 5L 气体 Q 反应时，R 过量 1L， 同时生成 4LX 气体和 nLX 气体，根据题意 ，所以 n=2 。 总结：本题若看成是可逆反应，似乎也可以得到相同的答案，但它们之间有严格区别的，若看成是可 逆反应，n 只能等于 1，因为 Q 气体不能全部参加反应，而 Q 气体完全反应。该题中 n 只能等于 2。我们 把本题安排在可逆反应这一部分中，目的是希望大家能很好地比较两者之间的差异，不能混为一谈。 例题5 ：（1997年全国高考）反应2X(g) + Y(g) 2Z(g) +热量，在不同 温度(T1和T2)及压强(P1和P2)下，产物Z的物质的量(nz)与反应 时间(t)的关系 如图所示。下列判断正确的是（C ） A．T1P2 C．T1>T2，P1>P2 D．T1>T2，P1p C．X 点时反应的 V 正>V 逆 D．X 点比 Y 点混和物反应速率慢（指正反应或逆反应的速率） 4．在一个 6 L 的密闭容器中，盛入 3L X 和 2L Y，在一定条件下，发生反应：4X（气）＋3Y（气） ==2Q（气）＋3R（气）若开始时加热，当反应进行到一定阶段后，采取绝热措施，容器里的温度不再随 时间改变，这说明 ( ) A．正反应为放热反应 B．正反应为吸热反应 C．该反应中正反应吸热和逆反应放热相等，表现为既不吸热也不放热 D．该可逆反应达到了平衡状态 5．m A＋n B p C＋q D，该反应在其它条件不变的情况 下，以 T1 和 T2 表示不同温度，Ⅰ表示 T1 时的平衡状态，Ⅱ表示 T2 时的平衡状态， 则下列叙述符合 图示的是 （ ） A．正反应是吸热反应 B．T1＞T2 C．逆反应是吸热反应 D．T2＞T1 6．在一定温度下，将等物质的量 A 和 B 充入一密闭容器中，发生如下反应：A（气）+2B（气）===2C （ 气 ） ， 反 应 达 到 平 衡 时 ， 若 A 和 B 的 物 质 的 量 之 和 与 C 相 等 ， 则 此 时 A 的 转 化 率 为 （ ） A．50 % B．60 % C．40 % D．70 % 7．将等质量的两份锌粉 a、b，分别加入过量的稀硫酸，同时向 a 中加入少量 CuSO4 溶液，下列各图 产生 H2 的体积 V(L)与时间 t(min)的关系，其中正确的是 ( ) 8．对于可逆反应 2SO2+O2 2SO3+Q，下面有 4 个图，已知（A）图是正确的。分析 B、C、D 图 错误的原因分别是： (B) _____________________________________________________________ (C) _____________________________________________________________ (D) _____________________________________________________________ 9．在密闭容器内进行以下反应：3A（g）+B（g） 2C（g） (1)正反应是气体体积____的反应，增大压强，平衡向____ 反应方向移动。C 的质量分数____。 (2)压强不变，升高温度，C 的质量分数随温度变化的曲线如 右图所示。 则上述的正反应是____反应，要提高 B 的转化率，应该采 取____温度。 (3)若反应开始时，A 与 B 的体积比为 3：1，平衡时 B 的转化率为 50%，则各组分的质量分数分别为 A____、B____、C____。 10．将等物质的量的 A、B、C、D 四种物质混合，发生反应：aA+bB cC（固）+dD。当反应进 行一定时间后，测得 A 减少了 n mol，B 减少了 n/2 mol，C 增加了 3n/2 mol，D 增加了 n mol，此时达到化 学平衡。 （1）该化学方程式中各物质的系数为：a=_____,b=_____,c=_____,d=_____ （2）若只改变压强，反应速度发生变化，但平衡不发生移动，该反应中各物质的聚集状态为： A________，B________，C________ （3）若只升高温度，反应一段时间后测知四种物质的量又相等，则该反应为________（填“放热”或 “吸热”）反应。 11．在一定温度下，把 0.5mol N2O4 充入体积为 5L 的密闭容器中， 2s 后，NO2 的浓度为 0.02mol/L， 60s 时达到平衡。此时容器内的压强是开始时的 1.6 倍。 (1)2s 时用 N2O4 浓度的变化表示反应速度是________。 (2)2s 时体系内压强为开始压强的________倍，此时 N2O4 的分解率为________。 (3)达到平衡时，平衡混合物中 N2O4 的物质的量为________mol；NO2 所占的体积为________%。 12．在一定温度下,将 2mol A 和 2molB 两种气体相混合于容积为 2L 的某密闭容器 中，发生如下反应：3A（气）＋B（气） x(气)＋2D（气），2 分钟末反应达到平衡状态，生成 了 0.8mol D，并测得 C 的浓度为 0.4mol/L,请填写下列空白： （1）x 值等于________________； （2）B 的平衡浓度为____________； （3）A 的转化率为________； （4）生成 D 的反应速率为____________； （5）如果增大反应体系的压强，则平衡体系中 C 的质量分数________（填增大、减小或不变）； （6）如果上述反应在相同条件下从逆反应开始进行，开始加入 C 和 D 各 34 mol,要使平衡时各物质的 质量分数与原平衡时完全相等，则还应加入______物质____mol。 大检阅： 1．D 2．BC 3．AC 4．D 5．BC 6．C 7．A 8．（B）温度低 反应慢 却先到达平衡且 SO3%反而低 （C）温度低 反应慢 先到达平衡 温度高 反应快 反而后达到平衡 （D）不同温度 同时到达平衡 SO3%反而高 9．(1)减小 正 增大 (2)放热 较低 (3)50% 16.7% 33.3% 10．（1）2，1，3，2 （2）气，固或液，气 （3）放热 11．(1)0.005mol/(L·s) (2)10% (3)0.2 75% 12．（1）2 （2）0.8mol/L (3)60% (4)0.2mol/(L·min) (5)不变 （6）B、 34 策略 5 电解质溶液方面试题的解题方法与技巧 金点子： 本策略内容主要包括：弱电解质的电离平衡、水的电离和溶液的 pH、盐类的水解三部分。从近十年的 高考试卷来看，水的电离与溶液 pH 的求算、溶液中离子浓度大小的比较、离子共存，是高考中常考不衰 的热点内容。随着人们对环境保护意识的增强，有关与溶液有关的废水分析与处理问题，将会与离子共存、 pH 求算及中和滴定一起融入未来的高考试题中。 1．弱电解质的电离平衡 可通过平衡状态分析法进行比较分析。 2．溶液的 pH 计算 酸可直接计算，碱可通过 pOH 转换成 pH。 pH= -lg｛ c（H+）｝ ，pOH= -lg｛ c（OH－）｝，pKｗ= -lg｛ Kｗ｝。 25℃时，pH + pOH = 14 3 ．盐类水解的应用 经典题： 例题 1 ：（1999 年上海高考题）把 0.05 mol NaOH 固体分别加入下列 100 mL 液体中，溶液的导电能 力变化最小的是 （ ） A．自来水 B．0.5 mol· L－1 盐酸 C．0.5 mol· L－1 HAc 溶液D．0.5 mol· L－1 KCl 溶液 方法：导电性强弱决定于什么？是解答出此类试题的关键。一般说来，金属的导电性决定于单位体积 内自由电子数，电解质的导电性决定于单位体积内自由移动的离子数，也即自由离子的浓度。 捷径：溶液的导电能力变化最小，也即自由移动的离子的浓度变化最小。选项 A、C 均有弱电解质变 成强电解质，离子浓度增大。选项 D 由于加入 NaOH 固体，增大了离子浓度。B 中 NaOH 与含等物质的 量 HCl 的盐酸反应后，溶质由 HCl 变成 NaCl ，离子浓度不变，导电性几乎不变。故选 B。强弱要分清、 浓度是关键。若不注意强弱电解质问题，此题极易误选答案 C。 总结：导电性问题是生产生活中的常见问题，其导电性不仅有溶液中的导电，还有金属与非金属（如 石墨）的导电。此类试题一要注意自由电荷的浓度；二要注意两类导电物质本质不同，金属的导电为物理 过程，而电解质溶液的导电实际上是一电解过程。 例题 2 ：（1992 年全国高考题）相同温度、相同物质的量浓度的四种溶液：①CH3COONa②NaHSO4 ③ NaCl ④C6H5—ONa，按 pH 由大到小的顺序排列，正确的是 （ ） A．④ > ① > ③ > ② B．① > ④ > ③ > ② C．① > ② > ③ > ④ D．④ > ③ > ① > ② 方法：溶液 pH 的大小由两种情况决定，一是电解质本身的电离，二是水的电离，而水的电离程度的 大小又决定于盐类水解程度的大小。此类试题要求准确把握酸碱的相对强弱，充分依靠水解规律判析。 捷径：四种溶液可分成三组，②NaHSO4，电离显酸性，pH < 7；③NaCl 为强酸强碱的正盐，不水解， 溶液呈中性，pH= 7；①④是强碱弱酸盐，水溶液均呈碱性，因 CH3COOH 的酸性较 C6H5OH 强，故 pH 值应为 ④ > ① ，以此得答案 A。 总结：此类试题解答的一般步骤为：先分组，然后再对组内物质根据电离与水解程度进行判析。题中 溶液除为盐溶液外，还可能为酸或碱。如等浓度的八种稀溶液：①Na2SO4②H2SO4 ③NaHSO4 ④NH4Cl ⑤ NaHCO3 ⑥NaCO3 ⑦NaOH ⑧Ba（OH）2 ，其 pH 由小到大的顺序为 ②③④①⑤⑥⑦⑧ 。 例题 3 ：（1991 年全国高考题）已知一种 c(H+)=1×10-3mol·L－1 的酸和一种 c(OH— )= 1×10-3 mol· L －1 碱溶液等体积混合后，溶液呈酸性。其原因可能是 （ ） A．浓的强酸和稀的强碱溶液反应 B．浓的弱酸和稀的强碱溶液反应 C．等浓度的强酸和弱碱溶液反应 D．生成了一种强酸弱碱盐 方法：酸碱中和后所得溶液的酸碱性主要有两方面因素制约，①盐的水解，②酸碱用量。解题时既要 考虑酸碱的强弱，又要考虑酸碱用量的多少，两者缺一不可。 捷径：题中两溶液中的 c(H+)= c(OH— )，采用中和假想法，若是强酸强碱等体积混合，溶液一定呈中性。 现溶液呈酸性，说明酸过量，且必须是弱酸。以此得答案 B。 总结：中和反应后溶液的酸碱性由两方面决定。该题给出 c(H+)= c(OH—)，故应从酸碱用量考虑。如未 理解题意，极易从盐的水解进行分析，故易错选 C、D。 例 题 4 ： （ 1997 年 上 海 高 考 题 ） 在 下 列 叙 述 中 ， 能 说 明 盐 酸 是 强 酸 ， 醋 酸 是 弱 酸 的 是 ( ) A．将 pH= 4 的盐酸和醋酸稀释到 pH= 5 的溶液，醋酸所加的水量多 B．盐酸和醋酸都可用相应的钠盐与浓硫酸反应制取 C．相同 pH 的盐酸和醋酸溶液中分别加入相应的钠盐固体，醋酸的 pH 变化大 D．相同 pH 的盐酸和醋酸分别跟锌反应时，产生氢气的起始速度相等 方法：强弱电解质的区别在于电离程度的大小，而电离程度则可通过溶液中电离产生的离子浓度进行 定性分析。对于酸、碱的稀溶液，则又可以通过 pH 的大小或变化情况来进行判析。 捷径：B 未涉及酸性强弱。DpH 相等，与锌反应的速度必相等，与酸性强弱无关。A 由于稀释到相同 pH，醋酸加水量大于盐酸，证明稀释过程中醋酸电离度增大，所以醋酸是弱酸。C 中加入相应钠盐固体， 醋酸 pH 变化大，证明所加 CH3COO—抑制了 CH3COOH 的电离，存在电离平衡，属弱酸。故选 A、C。 总结：弱酸稀释，电离度增大，造成溶液中[H+]变化较强酸小。如要获得相同 pH，其加水量必超过强 酸。部分同学由于未考虑电离度对离子浓度的影响，而漏选 A。 例题 5 ：（1991 年全国高考题）在某无色透明的酸性溶液中，能共存的离子组是 （ ） A．NH4+、NO3 —、Al3+、Cl— B．Na+、AlO2 —、K+、NO3 — C．MnO4 —、K+、SO42—、Na+ D．K+、SO42—、HCO3 —、Na+ 方法：离子共存问题在高考试题中常常有众多的限制条件，如无色、酸碱性、能跟 Al 作用产生 H2 等 等。解题时，需找出限制条件，对照选项逐一化解，方可正确获得答案。 捷径：根据条件为无色，先排除 C。再根据溶液呈酸性，排除 B、D，以此获得答案为 A。 总结：条件对离子共存题起着限制和制约的作用。部分考生由于未能考虑无色透明，而错选 C。 例题 6 ：（2001 年全国高考）将 pH= l 的盐酸平均分成 2 份，l 份加适量水，另 1 份加入与该盐酸物 质 的 量 浓 度 相 同 的 适 量 NaOH 溶 液 后 ， pH 都 升 高 了 1 ， 则 加 入 的 水 与 NaOH 溶 液 的 体 积 比 为 （ ） A． 9 B．10 C．11 D．12 方法：利用 pH 概念巧算。 捷径：设在 1L pH=1 的盐酸中，加入水后 pH=2，则加入水的体积约为 9L，如果加入 0.1mol·L—1 的 NaOH 溶液 VL，后溶液的 pH 也变成 2，则 C（H+）= 解之 V= L，二者的体积比为 9L︰ L= 11︰1，故答案为 C。 总结：两溶液混合后计算溶液的 pH 时应注意：混合溶液显酸性时一定要用 H+浓度计算，混合溶液显 碱性时，一定要用 OH—浓度计算，两者不能颠倒。 例题 7 ：（2001 年上海高考）为更好地表示溶液的酸碱性，科学家提出了酸度（AG）的概念，AG＝      OHc Hclg ，则下列叙述正确的是 （ ） A．中性溶液的 AG＝0 B．酸性溶液的 AG＜0 C．常温下 0.lmol/L 氢氧化钠溶液的 AG＝12 D．常温下 0.lmol/L 盐酸溶液的 AG＝12 方法：运用迁移类比法分析。 捷径：在中性溶液中，c（H+）=c（OH—），AG=      OHc Hclg = lg1 = 0，在酸性溶液中 c（H+）﹥c mol/L （OH—），AG=      OHc Hclg ， 因为 c（H+）﹥c（OH—），所以其比值大于 1 AG﹥0，在 0.1mol·L—1 的 NaOH 溶液中 c（OH—）=0.1mol·L—1，c（H+）=1×10—13mol·L—1，AG =      OHc Hclg = —12， 在 0.1mol·L—1 的盐酸中，c（H+） = 0.1mol· L—1，c（OH—）=1×10—13mol·L—1，AG=      OHc Hclg = 12 。 答案为 AD。 总结：这是一道信息迁移式试题。要善于将酸度的信息与原有 pH 计算严格区别开来。排除 pH 计算的 干扰是正确解题的保证。 例题 8 ：(2000 年全国高考)25℃时，若体积为 Va 、pH = a 的某一元强酸与体积为 Vb 、pH= b 的某 一元强碱混合，恰好中和，且已知 Va < Vb 和 a=0.5b。请填写下列空白： （1）a 值可否等于 3（填“可”或“否”） ，其理由是 。 （2）a 值可否等于 5（填“可”或“否”） ，其理由是 。 （3）a 的取值范围是 。 方法：当强酸强碱混合时，混合溶液的酸碱性、酸碱体积比及 pH 问题，均可通过将 pH 转换成 c(H+) 或 c(OH-)，然后在幂指数中将 PH 叠加进行分析而得。 捷径：（1）若 a=3，则 b=6，而 b 为 25℃强碱的 pH，必须大于 7，故 a 不可能等于 3。 （2）若 a=5，则 b=10，强酸中 c(H+)＝10-5 mol·L-1，强碱中 c(OH-)＝10-4 mol·L-1，根据恰好中和 可得 10-5 mol·L-1Va=10-4 mol·L-1Vb，Va / Vb=10，不符。 （3）强酸 pH=a，c(H+)=10-amol·L-1 ，强碱 pH=b，c(OH-)=10b-14mol·L-1 ，根据恰好中和知： 10-amol·L-1Va=10b-14 mol·L-1Vb，Va / Vb=10a+b-14，因 Va < Vb 故 a+b-14<0 ，b= 2a ，代入得 a< ， 又 pH= b= 2a > 7 ，a > ， 以此得 a 的取值范围是 < a < 。 总结：该题中的关键字词为：恰好中和。唯有根据 Vaα (HA－),设有下列四种溶液： A．0.01mol·L-1 的 H2A 溶液 B．0.01mol·L-1 的 NaHA 溶液 C．0．01mol·L-1 的 HCl 与 0.04mol·L-1 的 NaHA 溶液等体积混合液 D．0.02mol·L-1 的 NaOH 与 0.02 mol·L-1 的 NaHA 溶液等体积混合液 据此，填写下列空白（填代号） (1)ｃ(H+)最大的是___________________，最小的是______________________。 (2) ｃ(H2A)最大的是______________________，最小的是____________________。 (3) ｃ(A2-)最大的是______________________， 最小的是____________________。 方法：从相互反应后的溶液间着手，结合电离与水解的知识进行分析。 捷径：（1）C 中两种溶液发生反应，HCl+NaHA=NaCl+H2A，还剩余 NaHA。反应后，由于溶液体积 扩大一倍，所以溶液中的ｃ(NaHA)与ｃ( H2A)的浓度均为 0.01mol·L — 1。同理 D 溶液经反应后ｃ (Na2A)=0.01mol·L—1。由于 C 中大量存在 HA—，抑制 H2A 的电离，所以ｃ(H+)最大的是 A，ｃ( H+)最小 的是 D（D 中 A2—发生水解，溶液显碱性）。 （2）由于 C 中 H2A 的电离受到 HA—的抑制，所以ｃ(H2A)最大的 C，而 D 溶液中获得 H2A 需要 A2— 经过两步水解得到，而 B 只需一步水解 HA—+H2O H2A+OH—即可得到，所以 D 中ｃ(H2A)最小。 （3）ｃ(A2—)是在强碱性条件下存在，所以（3）题答案与（1）正好相反。 以此得答案为（1）A，D，（2）C，D，（3）D，A。 总结：两溶液相互混合时首先必须考虑溶液间的反应问题，只有在充分反应后才能再对其溶液中的成 分进行分析。 金钥匙： 例 题 1 ： 若 在 加 入 铝 粉 能 放 出 氢 气 的 溶 液 中 ， 分 别 加 入 下 列 各 组 离 子 ， 可 能 共 存 的 是 （ ） A．NH4+、NO3 —、CO32—、Na+ B．Na+、Ba2+、Mg2+、CO32— C．NO3 —、Ca2+、K+、AlO2 — D．NO3 —、K+、AlO2 —、H+ 方法：根据限制条件逐项分析。 捷径：加入铝粉放出氢气的溶液，可能是强酸性溶液，也可能是强碱性溶液。选项 A、B、D 中的离子 如 CO32—、AlO2 —在强酸性溶液，NH4+、Mg2+、H+在强碱性溶液中均不能共存，而 C 选项中的四种离子是 能大量共存的。答案为 C。 总结：本题往往误选 D，因为只考虑 H+与 Al 反应能产生 H2，而忽略了 H+与 AlO2 —不能大量共存这一 基本事实。 例题 2 ：在 pH=1 的溶液中可以大量共存的离子组是 （ ） A．Na+、K+、Cl—、CO32— B．Ba2+、Na+、SO42—、NO3 — C．Al3+、Mg2+、SO42—、Cl— D．NH4+、K+、OH—、SO42— 方法：离子能否大量共存的依据是离子之间能否发生离子反应。若阴阳离子间能发生反应，导致离子 浓度或种类发生变化则表明该阴、阳离子不能大量共存，反之，若离子之间不发生反应，则能共存。分析 方法同例 1。 捷径：A．pH=1 为强酸环境，H+不能与 CO32—共存：2H++CO32—=CO2↑+H2O。 B．Ba2+和 SO42—反应生成 BaSO4 沉淀，且不溶于稀硝酸：Ba2++SO42—=BaSO4↓。 C．Al3+、Mg2+、SO42—、Cl—可以共存于强酸溶液中，它们彼此不发生反应。 D．在酸性溶液中 H+与 OH—不可能同时大量共存：H++OH—=H2O 以此，C 选项正确。 总结：解有关离子能否共存的问题时，除能准确判断所给离子组能否发生反应外，还要特别注意试题 的前提设置，由于审题时没有注意试题的前提设置“在 pH=1 的溶液中”，导致误选 A 和 C。 例题 3 ：在室温下等体积的酸和碱的溶液，混合后 pH 一定小于 7 的是（ ） A．pH = 3 的硝酸跟 pH = 11 的氢氧化钾溶液 B．pH = 3 的盐酸跟 pH = 11 的氨水 C．pH = 3 的硫酸跟 pH = 11 的的氢氧化钠溶液 D．pH = 3 的醋酸跟 pH = 11 的氢氧化钡溶液 方法：对半分析，pH = 3 的酸溶液与 pH =11 的碱溶液其 c(H+)= c(OH-)，等体积混合后，电离出的 H+ 和 OH-完全反应，若溶液显酸性，则必须酸过量，也即酸为弱酸。 捷径：c(H+)和 c(OH-)相等的强酸强碱溶液等体积混合后，必为中性，即 pH =7，现要使溶液呈酸性， 酸一定要过量，即应选用一种弱酸（部分电离）和强碱溶液混合才能达到目的。以此得答案为 D。 总结：等体积是解答该题的关键字词，在酸碱相互混合时，如果存在等量关系，均可用对半法来分析。 例题 4 ：把 0.02mol／LHAc 溶液和 0.01mol/LNaOH 溶液等体积混合，则混合溶液中微粒浓度关系正 确的是 （ ） Ａ．c(Ａc—)＞c(Na+) Ｂ．c（HAc）＞c(Ａc—) Ｃ．c(H＋)＝c(Ａc—)－c（HAc） Ｄ．c（HAc）+ c(Ａc—)=0.01mol/L 方法：根据溶液中电荷守恒和物料守恒求解。 捷径：此题实质上是 0.05mol/L 的 HAc 溶液和 0.05mol/L 的 NaAc 溶液的混合溶液。由电荷守恒关系可 得： c(H＋)＋c(Na+)＝c(Ａc—)＋c（OH—） （１） 由物料守恒关系可得： c（HAc）＋c(Ａc—)＝c(Na+)×2＝0.01mol / L （２） 由（2）式可知Ｄ正确。 将（1）×2＋（2）可得： 2c(H＋)＝c(Ａc—)＋2 c（OH—）－c（HAc） （３） Ｃ选项错误。以此得答案为 A、D。 总结：在电解质溶液中通常存在两类守恒关系。一类为电荷守恒，即溶液中各种离子所带电荷数相等， 在列式时要注意：离子带多少个电荷，其离子浓度必须乘以多少。另一类为物料守恒，即通过元素比较获 得的元素关系守恒。 例题 5 ：有 K2SO4、Al2(SO4)3 混合溶液，巳知其中 c(Al3+)=0.4mol/L, c( SO42－)=0.7mol/L,则溶液中 K+ 物质的量浓度为 （ ） A．0.1mol/L B．0.15mol/L C．0.2mol/L D．0.25mol/L 方法：利用电荷守恒求解。 捷径：混合溶液中 K+、Al3+离子所带的正电荷总数，一定等于 SO42－所带的负电荷总数，根据电荷守 恒关系可得：3c(Al3+)+ c(K+)+ c(H+) = 2c( SO42－ ) + c( OH － ) 。因 c(H+)或 c(OH － )都很小，可忽略，故 3×0.4mol/L +c(K+)=2×0.7mol/L，c（K+）= 0.2mol/L 。所以选 C。 总结：在列出溶液中的电荷守恒关系时，无论溶液中的离子浓度有多小，都要列出。 例题 6 ：在 25℃时，若 10 体积的强酸溶液与 1 体积的强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合之前，该 强酸溶液的 pH 与强碱溶液的 pH 之和应满足的关系是 。 方法：利用完全反应 n(H+) = n(OH－)分析求解。 捷径：设强酸溶液的 pH=a，强碱溶液的 pH=b； 强酸溶液的体积为 10V，强碱溶液 的体积为 V。强 酸溶液中的 c（H+）=10－amol/L，强碱溶液 的ｃ（OH－）=10(b-14)mol/L。根据混合后溶液呈中性知：c（H+）·10V=c （OH－）·V ，将浓度数值代入得： 10－amol/L·10V=10(b－14)mol/L·V ，a+b =15 。以此得答案为：pH 酸+pH 碱=15 。 总结：酸碱完全中和，pH=7，n(H+) = n(OH－)，是此题的关键。 例题 7 ：下列物质加热浓缩或蒸干，请对其进行分析判断。 ①碳酸钾的水溶液蒸干得到的固体物质是 ，原因是 。 ②明矾的水溶液蒸干得到的固体物质是 ，原因是 。 ③碳酸氢钡溶液蒸干得到的固体物质是 ，原因是 。 ④亚硫酸钠溶液蒸干得到的固体物质是 ，原因是 。 ⑤氯化铝的水溶液蒸干得到的固体物质是 ，原因是 。 ⑥盐酸与硫酸浓度各为 1mol/L 的混合酸 10mL，加热浓缩至 1mL，最后溶液的浓度是 ，原因 是 。 方法：根据盐溶液的水解及试剂的还原性分析解题。 捷径：①尽管加热过程促进了 K2CO3 的水解，但生成的 KHCO3 和 KOH 反应后又生成 K2CO3。故蒸干 得到的固体物质是 K2CO3。 ②尽管 Al3+水解， 但由于 H2SO4 为高沸点酸，又与 Al（OH）3 发生反应，最后仍然是结晶水合物明矾， 故蒸干得到的固体物质是明矾。 ③Ba（HCO3）2 在溶液中受热分解，故蒸干得到的固体物质是 BaCO3。 ④Na2SO3 在蒸干的过程中不断被空气氧化而变成 Na2SO4 ，故蒸干得到的固体物质是 Na2SO4。 ⑤Al3+水解，HCl 挥发，得 Al（OH）3， Al（OH）3 又有部分分解生成 Al2O3。故蒸干得到的固体物 质是 Al（OH）3 和 Al2O3。 ⑥ 因加热浓缩过程中 HCl 挥发，最后剩余物为 H2SO4，其浓度为 10mol/L。 总结：同样属于能水解的盐，在加热浓缩或蒸干的过程中，由于生成物易挥发或难挥发，有的促进了 水解，有的抑制了水解，还有的要考虑被氧化的问题。 聚宝盆： 本专题内容是重要的基础理论之一，与物质结构理论、化学平衡理论有着密切的联系，并且与化学实 验、化学计算互相渗透，对理解及应用能力的要求较高。本章所分析的虽是普通水溶液中的一系列问题， 但在实际命题过程中，还可扩展至重水及非水溶液（如液氨溶液）中的离子浓度、电离平衡常数及类似于 水中的 pH 等的求算问题。从近十年的高考试卷来看，水的电离与溶液 pH 的求算、溶液中离子浓度大小 的比较、离子共存等，是高考中常考不衰的热点内容，在今后的高考综合卷中将进一步得到体现。随着人 们对环境保护意识的增强，有关与溶液有关的生物体的功能问题、废水的分析与处理问题等，将会与离子 共存、pH 求算及中和滴定一起融入未来的高考综合试题中。因此，解答本专题内容，必须理解有关概念 的内涵与外延，注意在灵活应用上下功夫。在解题时，要注意以下几点： 1．弱电解质的电离，不仅跟溶液浓度及其对应离子的抑制有关，还跟温度有关，温度越高，电离程度 越大。故此类试题还可与温度相联系，以定性确定弱电解质及电离程度的大小。 2．离子共存问题是高考的常考试题。近年来，除离子在溶液中能否大量共存的主设问外，还另外附加 了一些其他条件限制，如是否有颜色、酸性条件、碱性条件或与某种试剂反应产生某些现象等。此类试题 还常常与氧化还原反应及其它后续反应（如另加入一种物质能产生沉淀或气体等）等限制条件一起对考生 的无机与有机化学反应进行综合考查。答题时注意不能忽视这类限制条件。 离子在溶液中不能共存的原因有：（1）生成难溶于水的物质，（2）生成气体或易挥发的物质，（3） 生成难电离的物质。 热身赛： 1．已知一种 c(H+)=1×10-3mol/L 的酸和一种 c(OH－)= 1×10-3 mol/L 碱溶液等体积混合后，溶液呈酸性。 其原因可能是 （ ） A．浓的强酸和稀的强碱溶液反应 B．浓的弱酸和稀的强碱溶液反应 C．等浓度的强酸和弱碱溶液反应 D．生成了一种强酸弱碱盐 2．在 pH 都等于 9 的 NaOH 和 CH3COONa 两种溶液中，设由水电离产生的 OH-离子浓度分别为 A mol/L 与 B mol/L，则 A 和 B 的关系为 ( ) A．A>B B．A= 10-4B C．B= 10-4A D．A= B 3．在由水电离产生的[H+]为 10-13mol/L 的溶液中肯定能大量共存的离子组是（ ） A．Na+、Ba2+、NO3-、Cl- B．Na+、Mg2+、SO42-、Cl- C．K+、Fe3+、Cl-、NO3- D．NH4+、Na+、HCO3-、HS- 4 ． 在 等 物 质 的 浓 度 两 种 一 元 弱 酸 的 钠 盐 溶 液 中 ， 分 别 通 入 适 量 的 CO2 ， 发 生 以 下 反 应 NaR+CO2+H2O=HR+NaHCO3 2NaR ＇ +CO2+H2O=2HR ＇ +Na2CO3 ， 则 以 下 判 断 正 确 的 是 （ ） A．H R 的酸性比 H R＇强 B．H R＇的酸性比 H R 强 C．H R 的酸性比 H 2CO3 强 D．H R＇的酸性比 H 2CO3 强 5．常温下 pH=1 的两种酸溶液 A 和 B，分别加水稀释 100 倍，其 pH 值与所加水的体积变化如图所示， 则下列结论中正确的是 （ ） A．A 酸比 B 酸的电离大 B．A 为弱酸，B 为强酸 C．B 酸的物质的量浓度比 A 酸大 D．A 酸比 B 酸容易电离 6．加入电解质可使胶体凝聚，其原因是 （ ） A．电解质的离子与胶体所吸附的离子反应生成难溶的电解质 B．引入电解质阻碍了布朗运动 C．电解质的阳离子或阴离子中和胶体所带的电荷，使其凝聚成较大颗粒 D．引入电解质可使溶胶的浓度增大 7．PH＝2 的 X、Y、Z 三种酸的水溶液各 1mL，分别加水稀释到 1000mL，其中 PH 与溶液体积（V） 的关系如下图所示，则下列说法不正确的是 （ ） A、X 是强酸，Y 和 Z 是弱酸 B、原溶液的浓度大小为 ： c（Z）＞ c（Y）＞c（X） C、稀释前后溶液的 pH 相等，但稀释过 程中溶液的 pH 不等 D、原溶液都是稀溶液 8．在 25℃时，有 pH 为 x 的盐酸和 pH 为 y 的 NaOH 溶液，取 VxL 该盐酸同该 NaOH 溶液中和，需 VyLNaOH 溶液，问： （1）若 x + y = 14 时，则 = （填数值）； （2）若 x + y = 13 时，则 = （填数值）； （ 3 ） 若 x + y > 14 时 ， 则 = （ 填 表 达 式 ） ， 且 Vx Vy （填“>”、“< ”或“= ”）（题中的 x≤6，y≥8。） 9．向 20mL 盐酸和硫酸的混合溶液中，逐滴加入 0.1mol/L 的 Ba(OH)2 溶液，沉淀的质量和溶液的 pH 值与加入的 Ba(OH)2 溶液体积的图像如右图所 示。回答： (1)起始时，混合酸中硫酸的物质的量浓度是 ________mol/L。 (2) 起 始 时 混 合 酸 中 盐 酸 的 物 质 的 量 浓 度 ________mol/L。 (3)B 点表示沉淀 的质量是________g。 (4)A 点 表 示 溶 液 中 [H ＋ ] 为 ________mol/L 。 pH____。 (5)C 点时的 pH 值为________。 10．已知①ZnCl2·xH2O 易溶于水, 且其水溶液 呈 酸 性 ； ② SOCl2 极 易 与 水 发 生 下 列 反 应 ： SOCl2+H2O=SO2+2HCl。实验室制取无水氯化锌是将 ZnCl2·xH2O 与 SOCl2 混合加热的方法。试回答： （1）混合加热时发生的化学方程式： ； （2）SOCl2 的作用是 。 11．氯化铜晶体（CuCl2·2H2O）含有 FeCl2 杂质，为制得纯净氯化铜晶体，首先将其制成水溶液， 然后按下列操作步骤进行提纯： ①先加入氧化剂 X，再加入物质 Y，过滤得沉淀 Z ②将滤液蒸发结晶得纯 CuCl2·2H2O 晶体 已知：三种离子在溶液中完全变成氢氧化物沉淀所需 pH 值为：Fe3+ 3.7，Cu2+ 6.4， Fe2+ 6.4 。试回 答下列问题： （1）加入氧化剂 X 的原因是 。 （2）下列物质都可以作为氧化剂，其中最适宜于本实验的是（ ）。 A．H2O2 B．KMnO4 C．NaClO D．K2Cr2O7 （3） 物质 Y 是 ， 沉淀 Z 是 。 （4）为分离出沉淀 Z 采取的实验操作所用的仪器有 。 （5）操作②所用的仪器有 。 （6）如要获得无水 CuCl2，应如何操作？ 。 12．A、B 两种物质都是由 H、N、O、Na 中的任意三种元素组成的强电解质，A 的水溶液呈碱性，B 的水溶液呈酸性。请找出 A、B 可能的两种组合，要求 A1 溶液中水的电离程度小于 A2 溶液中水的电离程 度。B1 溶液中水的电离程度小于 B2 溶液中水的电离程度。 （1）写出化学式：A1 A2 B1 B2 （2）B1 溶液中水的电离程度小于 B2 溶液中水的电离程度，其原因是： 。 大检阅： 1．B 2．B 3．A 4．A 5．CD 6．C 7．C 8．（1）1 （2）0.1 （3）10a+b-14 、> 9．(1) 0.1mol/L (2)0.4mol/L (3)0.446g (4)0.2mol/L 0.7 (5)1.18 10．ZnCl2·XH2O+XSOCl2 = ZnCl2+XSO2+2XHCl； ①夺取 ZnCl2·XH2O 中的结晶水， ②生成的 HCl 抑制 ZnCl2·XH2O 的水解。 11．⑴将 Fe2+氧化成 Fe3+。 ⑵ A ⑶Y 是 CuO 或 Cu（OH）2 或 Cu2（OH）2CO3，Z 是 Fe（OH）3 ⑷铁架台（含铁圈）、小漏斗、烧杯、玻璃棒、滤纸 ⑸铁架台（含铁圈）、蒸发皿、酒精灯、玻璃棒 ⑹在 HCl 气流中加热 12． ⑴A1 NaOH，A2 NaNO2， B1 HNO3， B2 NH4NO3 ⑵B1 为 HNO3，电离出的 H+抑制了水的电离，B2 为 NH4NO3， NH4+水解促进了水的电离。 策略 6 电化学试题的分析与技巧 金点子： 本专题的试题包括：新型电池，溶液中离子的放电顺序，电解后溶液 pH 的求算，原电池、电解池、 电镀池的比较分析等。在解题时，所涉及到的方法有正逆判析、电荷守恒、电子守恒等。其主体内容如下： 1．原电池、电解池、电镀池的比较 2．用惰性电极对电解质溶液进行电解时的各种变化情况比较 注：电解 CuCl2 溶液，从理论上讲，其浓度减小，水解产生的ｃ(H+)减小，pH 增大。但实际上， 阳极产生的 Cl2 不可能全部析出，而有一部分溶于阳极区溶液中，且与 H2O 反应生成 HCl 和 HClO ， 故 pH 减小。 经典题： 例题 1 ：（1993 年上海高考题） ：有 a、b、c、d 四种金属。将 a 与 b 用导线连接起来，浸入电解质 溶液中，b 不易腐蚀。将 a、d 分别投入等浓度盐酸中，d 比 a 反应剧烈。将铜浸入 b 的盐溶液里，无明显 变化。如果把铜浸入c的盐溶液里，有金属c析出。据此判断它们的活动性由强到弱的顺序是 （ ） A．a c d b B．d a b c C．d b a c D．b a d c 方法：金属越活泼，越易失电子，通常情况下腐蚀也越快。当两种金属相连浸入电解质溶液后，根据 得失优先法，对金属活动性与腐蚀快慢可互换判析。 捷径：根据得失优先法：活泼金属作负极，被腐蚀，所以 a、b 中活泼性 a > b ；a、d 与等浓度盐酸反 应 d 比 a 激烈，即 d > a ；Cu 与 b 盐溶液不反应，而能与 c 盐溶液反应置换出 c，说明活泼性 b > c ， 以此得答案为 B。 总结：金属越活泼，越易失电子，其腐蚀也越快。部分考生由于未及考虑金属活动性与失电子能力及 腐蚀快慢的关系，而误选 C。 例题 2 ：（1991 年全国高考题） ：用两支惰性电极插入 500mL AgNO3 溶液中，通电电解，当电解液 的 pH 值从 6.0 变为 3.0 时（设阴极没有 H2 放出，且电解液体积不变），电极上应析出银的质量是 （ ） A．27mg B．54mg C．108mg D．216mg 方法：无论是原电池，还是电解池，在放电过程中，正负极和阴阳极转移电子的物质的量均相等。此 题可根据电子转移守恒求解。 捷径：题中 pH= 6 可理解成由于 Ag+ 的水解而使溶液显弱酸性，当 pH 变为 3 时， n（H+）= 1×10-3 mol·L-1×0.5 L= 5×10-4 mol ， 根据有 1mol 电子转移可产生 1mol H+ 或 1mol Ag 知，n（Ag）= n（H+）=5×10-4 mol， m （Ag）=5×10-4 mol ×108g·mol-1=5.4×10-2g=54mg ， 以此得答案 B。 总结：电子守恒是解答出此题的关键。部分考生由于对该题中 pH=6 及 H+ 浓度的变化与转移电子和 析出 Ag 的关系不理解，而出现解题错误。此类试题也可扩展至多种溶液的混合物进行电解（注意混合时 各物质间的反应）的情况，也可扩展至原电池与电解池共存及电解池的串联问题。请记住：电子守恒。 例题 3 ：（1998 年全国高考）下列关于铜电极的叙述正确的是 （ ） A．铜锌原电池中铜是正极 B．用电解法精炼粗铜时铜作阳极 C．在镀件上电镀铜时可用金属铜作阳极 D．电解稀硫酸制 H2、O2 时铜作阳极 方法：结合电极反应进行判断。 捷径：铜锌原电池中，由于铜的金属活动性比锌弱，所以锌作负极，铜作正极。在精炼铜时，粗铜作 阳极，镀件作阴极，CuSO4 溶液作电解液，电解稀 H2SO4 时，惰性电极作阳极（铂电极或石墨电极），铜 可以作阴极。以此得答案为 AC。 总结：在原电池中，活泼金属作负极，不活泼金属作正极。在电解池中，金属作阳极(Pt、Au 除外)金 属失电子。金属作阴极，金属不会失电子。 例题4 ：（1996年全国高考）实验室用铅蓄电池作电源电解饱和食盐水制取氯气,已知铅蓄电池放电 时发生如下反应： 今若制得Cl20.050 mol, 这时电池内消耗的H2SO4的物质的量至少是 ( ) A．0.025mol B．0.050mol C．0.10mol D．0.20mol 方法：根据转移电子守恒求解。 捷径：铅蓄电池中总的反应式为 Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，有 2 个电子发生转移，即若产生 2mol 电子，必然消耗 2 mol H2SO4。电解食盐水中，总反应式为：2NaCl+ 2H2O == 2NaOH+H2↑+Cl2↑，当有 1 mol Cl2 生成时，有 2 mol 电子发生转移。上述反应可用关系式 2H2SO4 →2mol 电子→1 mol Cl2，所以要制取 0.05 mol Cl2 就消耗 0.10 mol H2SO4。选 C。 总结：如果套用电解 AgNO3 溶液时产生 1 mol H+就通过 1 mol 电子的公式解本题时就会发生错误，原 因是应用公式的范围不对。题中是在原电池中，而公式适用于电解。 例题5 ：（1994年全国高考）银锌电池广泛用作各种电子仪器的电源,它的充电和放电过程可以表示 为： 在此电池放电时,负极上发生反应的物质是（ ） A．Ag B．Zn(OH)2 C．Ag2O D．Zn 方法：从得失电子分析。 捷径：从得失电子的情况判断，失去电子的物质为负极，其化合价在反应中会升高。所以由上式可知 在负极上发生反应的物质是 Zn 。故选 D。 总结：解答该题，首先必须看清反应式中充电与放电的方向，然后才能分析。部分考生常因没有注意 充电和放电的方向，而出现误选 A 现象。 本题为新情境试题，解答此类试题要善于理解题示的信息，并将此信息和已学的知识以及要解决的问 题联系起来，进行分析和判断。依据原电池工作原理，在负极上发生氧化反应，负极材料一般是较为活泼 的金属，在电极反应中失去电子，被氧化。 例题6 ：（1993年全国高考）下图中x、y分别是直流电源的两极, 通电后发现a极板质量增加, b极板处 有无色无臭气体放出,符合这一情况的是 ( ) 方法：采用淘汰法解题。 捷径：a 极板质量增加，说明 X 为负极，排除 C。且该电解质溶液中含有不活泼金属离子，又排除 B。 b 极有无色无臭气体放出，溶液中无 Cl—，排除 D。以此得答案为 A。 总结：这是一个综合性很强的电化学问题。首先从电解产物或现象或电极反应式判断电源的正负极（或 极板的阴阳极），然后再确定极板的材料是惰性电极还是金属材料。最后确定电解质溶液的溶质成分。若 需计算，应放在题目的最后。这是一般的解题程序。 例题 7 ：（2000 年苏、浙、吉高考理科综合） ：熔融盐燃烧电池具有高的发电效率，因而受到重视， 可用 Li2CO3 和 Na2CO3 的熔融盐混合物作电解质，CO 为阳极燃气，空气与 CO2 的混合气体为阴极助燃气， 电解 制得在 650℃下工作的燃料电池，完成有关的电池反应式： 阳极反应式：2CO+2CO32-→4CO2+4e－ 阴极反应式： ，总电池反应式： 。 方法：电极放电情况决定于电极材料、电解质溶液及电子流向。确定电极反应时可将题中材料进行拆 分，根据放电规律以获得电极反应式与总反应式。 捷径：根据课本中“牺牲阳极的阴极保护法”知，阳极也即负极，阴极也即正极。将原电池中材料进 行拆分，负极（阳极）为 CO 燃气和 CO32-，正极（阴极）为空气中的 O2 和 CO2，故正极（阴极）反应式 为 O2+2CO2+4e－ = 2CO32- ，合并正、负极电极反应式得总电池反应式为：2CO+O2 = 2CO2 。 总结：该题出错主要原因有：阴阳极与正负极的联系未掌握、正负极材料未拆分清、熔融碳酸盐的作 用未理解。以此造成不能正确书写出反应式。 例题 8 ：（1998 年上海高考）氯碱厂电解饱和食盐水制取 NaOH 的工艺流程示意图如下： 粗盐 H2O NaOH Na2CO3 Cl2 H2 依据上图，完成下列填空： （1）在电解过程中，与电源正极相连的电极上所发生反应的化学方程式为 。与电源负 极相连的电极附近，溶液 pH （选填：不变、升高或下降） （ 2 ） 工 业 食 盐 含 Ca2+ 、 Mg2+ 等 杂 质 。 精 制 过 程 发 生 反 应 的 离 子 方 程 式 为 ， 。 （3）如果粗盐中 SO42—含量较高，必须添加钡试剂除去 SO42—，该钡试剂可以是 （选填 a， b。c 多选扣分） a．Ba（OH）2 b．Ba（NO3）2 c．BaCl2 （4）为有效除去 Ca2+、Mg2+、SO42—，加入试剂的合理顺序为 （选填 a，b，c 多选扣分） a．先加 NaOH，后加 Na2CO3，再加钡试剂 b．先加 NaOH，后加钡试剂，再加 Na2CO3 c．先加钡试剂，后加 NaOH，再加 Na2CO3 （5）脱盐工序中利用 NaOH 和 NaCl 在溶解度上的差异，通过 、冷却、 （填写操作名称） 除去 NaCl。 （6）在隔膜法电解食盐水时，电解槽分隔为阳极区和阴极区，防止 Cl2 与 NaOH 反应；采用无隔膜电 解 冷 的 食 盐 水 时 ， Cl2 与 NaOH 充 分 接 触 ， 产 物 仅 是 NaClO 和 H2 ， 相 应 的 化 学 方 程 式 为 。 方法：理清图示过程，再根据要求逐一分析。 捷径：（1）电解食盐水，与电源正极相连的电极发生的反应是 2Cl——2e— = Cl2↑，与电源负极相连 的电极上发生的反应是 2H++2e = H2↑，消耗 H+，即产生 OH—，所以溶液的 pH 升高。 （2）除去 Ca2+：Ca2++CO32—=CaCO3↓，除去 Mg2+：Mg2++2OH—=Mg（OH）2↓。由于 Mg（OH）2 的溶解度小于 MgCO3，所以 Mg2+与 OH—，与 CO32—混合时，总是生成 Mg（OH）2 沉淀。 （3）除去 SO42—应选择 Ba2+，如果加入 Ba（NO3）2 溶液中会引进杂质 NO3 —，而加入 Ba（OH）2，BaCl2 化盐 精制 电解 脱盐10%NaOH、16%NaCl 溶液 沉渣 50%NaOH 溶液 NaCl 晶体 就不会增加新的杂质。 （4）除杂质时加入 Ba2+和 OH—无先后之分，但 Na2CO3 一定在 BaCl2 之后加入，因为 CO32—还要除去 多余的 Ba2+，过滤沉淀后即认为 NaCl 被提纯。 （5）脱盐工序实际上是分离 NaOH 和 NaCl，由于 NaCl 溶解度小，因而 NaCl 首先析出，其操作过程 是蒸发（减少溶剂便于溶液浓缩）、冷却、结晶，经过滤得 NaCl 晶体。 （6）如无隔膜会发生：Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2O，因电解食盐水反应式为 2NaCl+2H2O==2NaOH+H2+Cl2，两反应式相加得 NaCl+H2O == NaClO+H2↑。 以此得该题的答案为：（1）2Cl——2e—= Cl2 ↑升高（2）Ca2++CO32—=CaCO3↓，Mg2++2OH—= Mg（OH） 2↓ （3）a c （4）b c （5）蒸发 过滤 （6）NaCl+H2O ===NaClO+H2↑或 2NaCl+2H2O ==== H2↑+2NaOH Cl2+2NaOH = NaCl+NaClO+H2O。 总结：该题为一学科内的综合题，解答时，要求考生从多方考虑题设要求。 金钥匙： 例题 1 ：常见锌锰干电池在放电时的总反应可表示为：Zn（s）+2MnO2（s）+2NH4+ = Zn2++Mn2O3（s） +2NH3+2H2O，该电池放电时，正极区发生反应的物质是 ( ) A．Zn B．只有 MnO2 C．MnO2 和 NH4+ D．Zn2+和 NH3 方法：根据题示放电反应分析。 捷径：根据题中总反应可知，必有 NH4+参与电极反应，其正确的电极反应式为 2MnO2+2e－+2NH4+ = Mn2O3+H2O+2NH3，以此得正确答案为 C 。 总结：该题部分考生易错选 B。其出错的原因是认为原电池放电时，正极区某物质得电子，被还原， 根据反应方程式可知，只有 MnO2 得电子，故正极区反应的物质只有 MnO2 。其错解的原因乃是未能正确 分析电极反应，以偏概全所致。严密的分析是正确求解的前提，有些考生在解题中常常会因过程思维不严、 逻辑推理不当、循环论证、忽视特例、以偏概全等而导致错误，此点必须引起重视。 例题 2 ：在常温下，用惰性电极电解饱和 Na2CO3 溶液，下列说法中不正确的是( ) A．溶液的 pH 不变 B．溶液中 Na2CO3 的物质的量不变 C．Na2CO3 溶液的浓度不变 D．Na2CO3 的水解程度不变 方法：在用惰性电极电解 Na2CO3 时，相当于电解水。但由于 Na2CO3 溶液为饱和溶液，故电解过程中 溶液的浓度不变。以此可通过水量改变分析获解。 捷径：由于温度保持不变，电解 Na2CO3 饱和溶液时，其浓度也不变，故溶液的 pH 不变，Na2CO3 的 水解程度不变。由于有 H2 和 O2 析出，造成溶液中水量减少，因此将有 Na2CO3·10H2O 析出，故溶液中 Na2CO3 的物质的量减少，B 选项错误。 总结：“饱和”二字是该题的有效信息，部分学生由于未能理清溶液为饱和溶液，而将其误认为不饱 和，结果错误推出随着电解的进行溶液浓度不断增大的结论。对电解过程中溶液浓度的分析，必须分清原 溶液是饱和还是不饱和，以及电解后溶液浓度的变化。 例题 3 ：从 H、Cu2、Na、SO 4 2 、Cl 5 种离子中两两恰当地组成电解质，按下列要求进行电解： (1)以碳棒为电极，电解过程中电解质质量减少，水量不变，则采用的电解质是______。 (2)以碳棒为电极，电解过程中电解质质量不变，水量减少，则采用的电解质是_____。 (3)以碳棒为阳极，铁棒为阴极，电解过程中电解质和水量都减少，则电解质是____。 方法：本题要求将 5 种离子分成阴阳离子二类，阳离子为 H、Cu2、Na，其放电顺序为 Cu2＞H， 水溶液中 Na在电极上不能得电子；阴离子为 SO 4 2 、Cl、OH，其放电顺序为 Cl＞OH ，水溶液中 SO 4 2 电解 电解 电解电解 在电极上不能失电子。再根据要求确定电解质。 捷径：(1)以碳棒为电极，电解过程中电解质质量减少，水量不变，则阳离子只能为 H、Cu2，阴离子 只能为 Cl ，其电解质是 HCl、CuCl2。 (2)以碳棒为电极，电解过程中电解质质量不变，水量减少，则相当于电解水，要求阳离子除 H外，不 能在电极上放电，阴离子除 OH 外，不能在电极上放电，以此其电解质是 Na2SO4、H2SO4。 (3)以碳棒为阳极，铁棒为阴极，两电极均不参于电极反应，电解过程中要求电解质和水量都减少，则 电解质是 CuSO4、NaCl。 总结：部分学生由于未能理清放电顺序而出错。在确定放电情况时，既要考虑电极材料，又要考虑溶 液中离子得失电子的能力，而当溶液相互混合时，还要考虑离子间的反应问题。 例题 4 ：将 K2MnO4 溶液酸化时，可制得 KMnO4 ：3MnO42- + 4H+ = 2MnO4- + MnO2 + 2H2O，但最高 产率只有 66.7%，所以制取 KMnO4 常用电解法，即以铁、石墨作电极电解 K2MnO4 溶液，则下列有关叙述 正确的是 （ ） A．铁作阳极，电极反应为：Fe - 2e－= Fe2+ B．铁作阳极，电极反应为：2H+ + 2e－ = H2 ↑ C．石墨作阳极，电极反应为：MnO42- - e－ = MnO4 － D．石墨作阴极，电极反应为：4OH－ - 4e－= O2↑ + 2H2O 方法：解答本题时要从目的出发，即抓住制取 KMnO4 这一终结点。以此分析电极材料及电极反应时， 不能仅从课本中常见电池理解，还要结合生产实际去分析。 捷径：要从 K2MnO4 制得 KMnO4，阳极必须发生 MnO42- - e－ = MnO4 －，其材料只能为惰性电极，A、 B 错，C 正确。再分析 D 选项，阴极应为得电子的还原反应，故亦错误。故正确答案为 C 。 总结：由于 MnO42- 为含氧酸根离子，不少学生未能抓住电解目的，认为 MnO42- 不可能在电极上放电， 又未能正确理解阴阳极上的得失电子问题而错选 D。“具体情况具体分析”是马克思主义活的灵魂，在解 题时，既要理清、联系课本上的基础知识，又要依据题目要求去求解，唯有学活用活课本知识，方能有所 长进。如将电解池的阴阳极隔开与混合，则电解结果也有很大的不同。 例题 5 ：某工厂用离子交换膜电解槽电解饱和食盐水以制得 H2 和 Cl2，并以获得的气体来生产盐酸。 生产盐酸时，将电解后所得 Cl2 和 H2 按体积比为 1︰1.15 的比例送入合成炉燃烧器中燃烧。从合成炉上部 出来的气体（400 ℃）经空气冷却至 130 ℃左右，再经石墨冷却器冷却至 20~30 ℃，进入第一干燥塔，用 90%左右的硫酸喷淋干燥，出来的气体进入第二干燥塔，用 98%的浓硫酸干燥脱水，最后进入降膜式吸收 塔用稀酸吸收，生成浓度为 35%的盐酸从底部流出，冷却后入成品贮槽，未被吸收的气体再用水吸收，变 成稀酸后进入降膜式吸收塔用以吸收 HCl 气体。 （1）粗盐中混有 Ca2+、Mg2+、SO42-、泥砂等杂质，请你设计一个最合理的除杂质实验方案，并写明 简要的操作步骤和有关的离子方程式。 （2）进入合成炉内的 Cl2 与 H2 的体积比为何要 1︰1.15？能否使 Cl2 过量？ （3）如果该厂每台电解槽每天耗食盐 1770kg(NaCl 含量 95%)，按以上操作，在有 20%损耗时，可生 产多少吨 35%的盐酸？ 方法：杂质的去除要考虑两点，一是所加试剂均过量，二是不能引入新的杂质。生产中的过量问题， 要从具体物质出发，考虑工业产品尽可能纯净。计算时应注意杂质、损耗、过量等问题。 捷径：（1）方案：①加过量 BaCl2 溶液 ②加过量 NaOH 溶液 ③加过量 Na2CO3 溶液 ④过滤 ⑤加盐 酸调至中性。 （2）Cl2 与 H2 完全反应时的体积比为 1:1。H2 过量是为了使 Cl2 能充分反应。 如果 Cl2 过量。则 Cl2 有剩余 ，因其溶解度较大，将会使生产出的盐酸中含有游离的 Cl2。 （3）根据电解反应 2NaCl+ 2H2O Cl2↑ + H2↑ + 2NaOH，n(Cl2) = n(H2) = n(NaCl) = = 1.15×104mol。即分别有 1.15×104molCl2 及 H2 生成。因 Cl2 与 H2 按 1︰1.15 体积比混合，故参加反应的 Cl2 为 1.00×104mol，不计损耗可得 HCl 为 2.00×104 mol ×36.5 g / mol = 7.30×105 g，换算成 35%的盐酸为 7.30×105 g÷35% = 2.09×106 g = 2.09 t 。 总结：除杂质时，部分学生由于未考虑所加试剂的过量问题而将 Na2CO3 溶液放在 BaCl2 溶液之前而出 错。计算时未能注意单位而出错。课本中知识、原理与工业生产过程有机的串联，是考查考生的综合能力， 应用能力和知识迁移能力的重要题型，解题时既要服从课本，又要考虑工业生产的实际情况，特别是过量 问题。 例题 6 ： 关于“电解氯化铜溶液时的 pH 变化” 问题，化学界 有以下两种不同的观点：观点一：“理论派”认为电 解氯化铜溶液 后溶液的 pH 升高。观点二：“实验派”经过反复、 多次、精确的 实验测定，证明电解氯化铜溶液时 pH 值的变化如右 图曲线关系。 请回答下列问题： ①电解前氯化铜溶液的 pH 值处于 A 点位置的原 因 是 ： （用离子方程式说明）。 ② “ 理 论 派 ” 所 持 观 点 的 理 论 依 据 是 ： 。 ③“实验派”的实验结论是 ，他们所述“精确实验”是通过 确定的。 ④你持何种观点？你所持观点的理由是（从化学原理加以简述） 。 方法：本题要从电解过程中的实际情况加以分析，即阳极产生的 Cl2 不能全部析出，而有部分溶于阳极 区的溶液中，以此造成溶液的 pH 下降。 捷径：分析①中电解前氯化铜溶液的 pH 值处于 A 点位置的原因是 CuCl2 水解之故；②中“理论派” 所持观点的是从电解过程中物质的变化进行的分析，依据是随着电解的进行，CuCl2 溶液的浓度下降，造 成 Cu2+水解产生的 H+浓度下降。③中实验派的实验结论可从图示找得答案。④回答本人所持观点，应从 尊重实验事实方面进行回答。以此可得解题结果：①Cu2+ + 2H2O Cu（OH）2 + 2H+ ，②由于 CuCl2 溶液中存在上述平衡，在电解时，Cu2+得电子被还原，致使水解平衡向逆方向移动，造成 c（H+）下降， pH 升高。③pH 降低，测得溶液的 pH。④ 同意“实验派”的观点，由于 2Cl——2e—= Cl2，Cl2 + H2O HCl + HClO，生成 HCl、HClO，从而造成 pH 下降。 总结：此题对考生来说，有一定的难度，部分考生未能紧紧依靠实验事实去分析，而仅仅从理论上去 解释，结果造成错误。当理论与实验相矛盾时，应尊重实验事实，从实验的实际情况出发，在考虑多方影 响因素的情况下进行整体分析。切不可一意孤行，抓住理论不放。 例题 7 ：铬是一种用途广泛的化工原料，但六价铬具有强烈的致癌作用，且又是一种严重的污染物。 工业上为了处理含 Cr2O72- 酸性工业废水，按下面的方法处理：往工业废水中加入适量 NaCl，以铁为电极 进行电解，经过一段时间有 Cr(OH)3 和 Fe(OH)3 沉淀生成，工业废水中铬的含量已低于排放标准。试回答： （1）加入适量 NaCl 是为了 ； （2）电极反应式：阳极 ，阴极 ； （3）由 Cr2O72- 变 Cr3+ 的离子方程式为 ； （4）工业废水由酸性变碱性原因是 ； （5）能否改用石墨电极？原因是什么？ 方法：从题设目的〔Cr2O72-→Cr(OH)3〕出发，根据电解原理中阴阳极的放电顺序，再从放电后产生的 离子间的氧化还原反应去分析而获得答案。 捷径：根据题意，废水的处理是使 Cr2O72-变成 Cr(OH)3。因此阳极上的铁失去电子变成 Fe2+，再被 Cr2O72- 4 3 2 1 5 10 150 A 氧化成 Fe3+，Cr2O72-本身被还原成 Cr3+，NaCl 不参与电极反应，故（1）中加入适量 NaCl 是为了增加废水 的导电性。（2）中电极反应式，阳极为 Fe -2e－ = Fe2+ ，阴极为 2H++2e－ = H2↑。（3）中的离子方程 式为 Cr2O72-+6Fe2++14H+ = 2Cr3+ +6Fe3+ +7H2O。（4）由于 H+不断放电而消耗及 Cr2O72- 与 Fe2+ 反应时消 耗 H+，造成ｃ(H+)降低，破坏了水的电离平衡，结果造成溶液中 c(OH-) >C(H+)。（5）不能改用石墨电极， 因用石墨作电极，阳极产生 Cl2，得不到 Fe2+ ，结果因缺少还原剂，不能使 Cr2O72- 转化成 Cr3+ ，产生 Cr(OH)3 而除去。 总结：部分学生未能分析实验目的，而仅依据电解过程，造成错答、错析较多。电解在工业生产中的 应用较多，电解饱和食盐水、废水的处理、高锰酸钾的生产等均用到电解。在此类试题面前，既要掌握电 解原理，又要辨明生产目的。 聚宝盆： 1．判断两种金属单质活动性的强弱可以从多角度比较，归纳起来主要有①根据元素周期表中的位置， ②根据金属活动性顺序表，③置换反应，④相同条件下金属失去电子的能力，⑤相同条件下金属阳离子得 电子的能力，⑥原电池正、负极中的金属电极等。判断金属腐蚀的快慢程度一般由快到慢的顺序为：电解 池中的阳极 > 原电池中的负极 > 无保护措施的金属 > 原电池中的正极 > 电解池中的阴极。 2．新型原电池及电解池中反应原理及电极反应式的书写是高考化学的热点题型。此类试题的解题思路 一般为：从电解产物或现象或电极反应式判断电源的正负极（或极板的阴阳极）→确定极板材料是惰性材 料还是某种金属材料→拆分参与电极反应的所有材料以确定反应物与生成物→书写电极反应与总反应式 →确定电解质溶液中溶质的变化。若需计算，可采用电子守恒法。 3．离子的放电顺序的比较 阳极（失电子）：金属（Pa、Au 除外）> S2－>I－>Br－>Cl－>OH－>含氧酸根离子>F－。 阴极（得电子）：Ag+>Hg2+>Cu2+>Pb2+>Fe2+>Zn2+>H+>Al3+>Mg2+>Na+>Ca2+>K+。 当 H+与 Pb2+、Fe2+、Zn2+浓度相同时，得电子能力 H+>Pb2+>Fe2+>Zn2+。 注意：（1）由于失电子能力 OH－>含氧酸根离子>F－，所以含氧酸根离子及 F－不会在水溶液中失去电 子，而是 OH－离子失电子产生 O2 。 （2）由于得电子能力 H+>Al3+>Mg2+>Na+>Ca2+>K+，所以 Al3+、Mg2+、Na+、Ca2+、K+等活泼金属阳离子 不会在水溶液中得电子，而是 H+得电子产生 H2 。 （3）除 Pa、Au 等不活泼金属外，金属作阳极，均为金属失去电子。 4．电解后电解质溶液的恢复 要使电解后溶液恢复到原状况，只需将阴阳两极析出的物质相互反应后加入即可。 如用惰性电极电解 CuCl2 溶液，阳极析出 Cl2，阴极析出 Cu，电解后加入 CuCl2 即可。 如用惰性电极电解 CuSO4 溶液，阳极析出 O2，阴极析出 Cu，电解后加入 CuO 即可。 如用惰性电极电解 NaCl 溶液，阳极析出 Cl2，阴极析出 H2，电解后加入 HCl 即可。 如用惰性电极电解 NaCO3 溶液，阳极析出 O2，阴极析出 H2，电解后加入 H2O 即可。 5．电解反应类型剖析 以惰性电极电解酸、碱、盐的水溶液，根据离子的放电顺序可以总结出如下规律： （1）水不参加反应，相当于溶质分解，如无氧酸，不活泼金属的无氧酸盐。 电解 HCl 溶液：2HCl H2↑+ Cl2↑ 电解 CuCl2 溶液：CuCl2 Cu + Cl2↑ （2）只有水参加的反应，相当于电解水，如含氧酸、强碱、活泼金属的含氧酸盐。 阳极：4OH－－4e－= O2↑+2H2O ，阴极：4H + +4e－= 2H2↑ 。 总反应：2 H2O 2H2↑+ O2↑ （3）水和溶质均参加反应，如活泼金属的无氧酸盐和不活泼金属的含氧酸盐。 电解 NaCl 溶液：2NaCl +2H2O H2↑+ Cl2↑+2NaOH 电解 CuSO4 溶液：2CuSO4 + 2H2O 2Cu + O2↑+2H2SO4 电解 AgNO3 溶液：4AgNO3 + 2H2O 4Ag + O2↑+4HNO3 6．串联电路放电情况 在串联电路中，各电极（正负极或阴阳极）的得失电子数均相等。有关此类试题的计算，可通过得失 电子守恒予以获解。 热身赛： 1．蓄电池在放电时起原电池的作用，在充电时起电解池的作用。下式是爱迪生蓄电池分别在充电和放 电时发生的反应： Fe + NiO2 + 2H2O Fe（OH）2 + Ni（OH）2 。 下列有关对爱迪生蓄电池的推断错误的是 （ ） A．放电时，Fe 是负极，NiO2 是正极 B．充电时阴极上的电极反应式为：Fe（OH）2+2e - = Fe + 2OH - C．放电时电解质溶液中的阴离子是向正极方向移动 D．蓄电池的电极必须浸入碱性电解质溶液中 2．用惰性电极电解 M（NO3）x 的水溶液，当阴极上增重 a g 时，在阳极上同时产生 b L 氧气（标 准状况），从而可知 M 的原子量为 （ ） A． B． C． D． 3．甲、乙两个电解池均以铂为电极，且互相串联，甲池盛有 AgNO3 溶液，乙池中盛有一定量的某盐 溶液，通电一段时间后，测得甲池电极质量增加 2.16g，乙池电极上析出 0.24g 金属，则乙池中的溶质可能 是 （ ） A．CuSO4 B．MgSO4 C．Al（NO3）3 D．Na2SO4 4．将 K2MnO4 溶液酸化时，可制得 KMnO4 ：3MnO42- + 4H+ = 2MnO4- + MnO2 + 2H2O，但最高产率只 有 66.7%，所以制取 KMnO4 常用电解法，即以铁、石墨作电极电解 K2MnO4 溶液，则下列有关叙述正确的 是 （ ） A．铁作阳极，电极反应为：Fe - 2e－= Fe2+ B．铁作阳极，电极反应为：2H+ + 2e－ = H2↑ C．石墨作阳极，电极反应为：MnO42- - e －= MnO4- D．石墨作阴极，电极反应为：4OH- - 4e－ = O2 ↑+ 2H2O 5．右图中每一方格表示有关的一种 反 应 物 或 生 成 物，其中粗框表示初始反应物（反应时 加 入 的 水 或 生 成的水，以及生成沉淀时的其它产物均 已略去）。 填写下列空白： （1）物质 B 是 ， F 是 ，J 是 。 （ 2 ） 反 应 ① 的 离 子 方 程 式 为 ： ，I 加入 D 生成 J 的化学方程 式 为 。 （3）说明 H 加入 D 生成 J 的原因： 。 6．由于 Fe（OH）2 极易被氧化，所以实验室难用亚铁盐溶液与 烧碱反应制得白 色纯净的 Fe（OH）2 沉淀。若用右图所示实验装置可制得纯净的 Fe （OH）2 沉淀。 两极材料分别为石墨和铁。 ①a 电极材料为 ，其电极反应式为 。 ②电解液 d 可以是 ，则白色沉淀在电极上生成；也可以是 ，则白色沉淀在两极 之间的溶液中生成。 A．纯水 B．NaCl 溶液 C．NaOH 溶液 D．CuCl2 ③ 液 体 c 为 苯 ， 其 作 用 是 ， 在 加 入 苯 之 前 ， 对 d 溶 液 进 行 加 热 处 理 的 目 的 是 。 ④为了在短时间内看到白色沉淀，可以采取的措施是 。 A．改用稀硫酸做电解液 B．适当增大电源电压 C．适当缩小两电极间距离 D．适当降低电解液温度 ⑤若 d 改为 Na2SO4 溶液，当电解一段时间，看到白色沉淀后，再反接电源，继续电解，除了电极上看 到气泡外，另一明显现象为 。 7．银器皿日久表面逐渐变黑色，这是由于生成硫化银，有人设计用原电池原理加以除去，其处理方法 为：将一定浓度的食盐溶液放入一铝制容器中，再将变黑的银器浸入溶液中，放置一段时间后，黑色会褪 去而银不会损失。试回答：在此原电池反应中，正极发生的反应为 ；负极发生的反 应为 ；反应过程中产生有臭鸡蛋气味的气体，则原电池总反应方程式为 。 8．在陶瓷工业上常遇到因陶土里混有氧化铁而影响产品质量的问题。解决方法致意是把这些陶土和水 一起搅拌，使微粒直径在 10 — 9m～10 — 7m 之间，然后插入两根电极，接通直流电源，这时阳极聚 集 ，阴极聚集 ，理由是 。 9．为了测定某白铁皮中含锌的百分率，进行如下实验，取一小块白铁皮试样 ag，置于烧杯中，加入过 量的稀盐酸，用表面皿盖好，可以见到开始时产生气泡的速度很快，以后逐渐变慢，待试样全部溶解后， 向烧杯中加入过量 NaOH 溶液，充分搅拌后过滤，将所得沉淀在空气中加强热至质量不变，称得残留固体 bg，试回答： （1）镀锌的目的是 。 （2）气泡产生的速度先快后慢的原因是 。 （3）加入过量 NaOH 溶液的作用是 ，涉及反应的离子方程式及化学方程式 是 。 （4）最后残留的固体是 ，反应的化学方程式是 。 （5）白铁皮含锌的质量分数是 。 10．在 20℃时将 12.1g M(NO3)x·3H2O 晶体溶于 44.3g 水中，或在相同温度下将 4.7g M(NO3)x 无水盐 溶于 23.5g 水中，均可制得该盐的饱和溶液。上述两部分溶液混合，再加水稀释为 0.1mol/L，用惰性电极 进行电解，当电极上通过 0.15mol 电子时，溶液中的 Mx+离子恰好全部成单质析出（设无氢气生成）。试 计算： （1）20℃时 M(NO3)x 的溶解度。 （2）M(NO3)x·3H2O 的摩尔质量及 x 值。 （3）M 的相对原子质量。 大检阅： 1．C 2．C 3．A 4．C 5．(1)Cl2、Fe、Fe(OH)3 (2)Cl2＋2OH-===Cl-＋ClO-＋H2O FeCl3＋3NaClO＋3H2O===Fe(OH)3↓＋3HClO＋3NaCl (3)NaClO 为强氧化剂，且呈碱性 6．①Fe； Fe —2e = Fe2+ ②C； B ③隔绝空气防止 Fe（OH）2 被氧化；排尽溶液中的氧气，防 止生成的 Fe（OH）2 在溶液中氧化 ④B、C ⑤白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色 7．Ag2S+2e— = 2Ag+S2—；Al—3e— = Al3+； 3Ag2S+2Al+6H2O = 6Ag+2Al（OH）3↓+3H2S↑ 8．带负电荷的胶体微粒陶土；带正电荷的氧化铁胶体微粒；带相反电荷的胶体微粒通电时产生电泳现 象，分别向两极移动，从而达到除杂目的 9．（1）保护内部的铁，增强铁的抗腐蚀力 （2）由于形成无数锌铁微电池发生电化腐蚀，白铁皮跟盐酸的反应开始很剧烈，放 H2 速度很快，随 反应进行，溶液中 c（H+）减小，且当锌先完全溶解后，微电池不复存在，反应速率明显减弱 （3）使溶液中 Zn2+转化为 ZnO22—，Fe2+ 转化为 Fe(OH)3；Zn2++2OH—=Zn(OH)2↓，Zn(OH)2+2OH—=ZnO22 —+2H2O，Fe2++2OH—=Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 （4）残留的固体为 Fe2O3，反应为 2Fe（OH）3 Fe2O3+3H2O （5）设 ag 白铁皮含铁 xg，锌（a—x）g，则 2Fe ～ Fe2O3 112 160 x b x = 7b/10（g） 故 Zn% =（a—0.7b）/ a ×100% =（100a—70b）/ a % 10．（1）S=4.7/23.5×100=20(g) （2）设 M(NO3)x ·3H2O 的摩尔质量是 a g/mol 20100 20 1.123.44 )54(1.12   a a ， 解得 a=242 (g/mol) M(NO3)x 的摩尔质量=242－3×18=188(g/mol) 电解前溶液中含 Mx+为 )(075.0188 7.405.0 mol 又因电解时电子转移 0.15 mol ，x=2 （3）M 相对原子质量=188－62×2=64 策略 7 碳族方面试题的解题方法与技巧 金点子： 碳族元素，作为元素化合物部分的重点内容，在近几年的高考试卷中，巳波及到新型无机非金属材料 及锗、锡、铅三种元素的内容。 此类试题中的常规题，其解法有过量分析、守恒分析、方程式的合并分析等。 此类试题中的信息题，其解法有迁移类比、现象剖析、效用比较等。 经典题： 例题1 ：（1996年上海高考）某二价金属碳酸盐和碳酸氢盐的混合物跟足量盐酸反应,消耗H+和产 生CO2的物质的量之比为6:5, 该混合物中碳酸盐和碳酸氢盐的物质的量之比为 ( ) A．1:1 B．1:2 C．1:3 D．1:4 方法：利用假想法。将消耗 H+和产生 CO2 的物质的量之比为 6:5 假想成消耗 6molH+和产生 5molCO2， 然后再行分析求算。 捷径：设二价金属碳酸盐为 RCO3，碳酸氢盐为 R(HCO3)2，其物质的量分别为 x 和 y。根据题意有： 2x + 2y = 6mol ，x + 2y = 5mol 。解得 x = 1mol ，y = 2mol 。混合物中碳酸盐和碳酸氢盐的物质的量之比 为 1：2，选 B。 总结：部分考生在解题时，将混合物中碳酸盐和碳酸氢盐的物质的量之比理解成 CO32-和 HCO3 －，而 出现错选 D 选项的较多。 例题2 ：（1996年全国高考）将1体积选项中的一种气体与10体积O2混和后,依次通过盛有足量浓 NaOH溶液的洗气瓶和盛有足量灼热铜屑的管子(假设反应都进行完全，最后得到的尾气可以是 ( ) A．Cl2 B．CO C．CO2 D．N2 方法：找对气体来源，分析好气体去路。通过剖析来龙去脉求解。 捷径：A．Cl2 与 O2 混合后，通过 NaOH，Cl2 全部被吸收，再通过热铜屑，O2 被全部吸收，最后得不 到尾气。 B．CO 与 O2 混合后，通过 NaOH 溶液，都不能被吸收，再通过热铜屑，发生反应：2Cu+O2 2CuO， CuO+CO Cu+CO2 最后得到的尾气是 CO2，故 C 选项为最后得到的尾气。 C．CO2 与 O2 混合后，通过 NaOH 溶液，CO2 被吸收，再通过热铜屑，O2 被全部吸收，最后得不到尾 气。 D．N2 与 O2 混合后，通过 NaOH 溶液，都没有被吸收，再通过热铜屑，O2 被吸收，最后得到尾气 N2， 所以 D 选项也为最后得到的尾气。 故本题答案为 CD。 总结：本题的难点是对题意的理解。有学生误认为选项中的某种气体混入氧气后，再按题意依次反应 后的尾气仍然是原选项中的气体。这是对题意的片面理解。正确的理解是，尾气可以是原选项，也可以是 其他选项。对于这种设问尽管比较少见。但只要认真阅读，题中的设问是可以理解明白的。 例题 3 ：（2000 年全国高考）向下列溶液中通入过量 CO2，最终出现浑浊的是( ) A．氢氧化钙饱和溶液 B．苯酚钠饱和溶液 C．醋酸钠饱和溶液 D．氯化钙饱和溶液 方法：分别分析，逐步淘汰。 捷径：分析 A 选项：把 CO2 气体通入氢氧化钙饱和溶液，发生反应为 Ca（OH）2+CO2（少量）= CaCO3 ↓+H2O，CaCO3+CO2（足量）+H2O=Ca（HCO3）2 沉淀溶解，最终不能出现浑浊。 分析 B 选项：把 CO2 气体通入苯酚钠饱和溶液，发生反应为 +H2O+CO2 （足量）→ + NaHCO3，由于苯酚在常温时溶解度小，最终出现苯酚浑浊。 分析 C、D 选项：把 CO2 气体通入醋酸钠溶液和氯化钙溶液不发生反应（因为较弱的酸不能制取较强 的酸）。 以此得答案为 B。 总结：此题中四种溶液均为饱和溶液，部分考生因忽视这一点而出现错误。 例题 4：（1998 年全国高考）已有 BGO 是我国研制的一种闪烁晶体材料，曾用于诺贝尔奖获得者丁 肇中的著名实验，它是锗酸铋的简称。若知：①在 GBO 中，锗处于其最高价态 ②在 GBO 中，铋的价态 与铋跟氯形成某种共价氯化物时所呈的价态相同，在此氯化物中铋具有最外层 8 电子稳定结构 ③GBO 可 看作是由锗和铋两种元素的氧化物所形成的复杂氧化物，且在 GBO 晶体的化学式中，这两种氧化物所含 氧的总质量相同。请填空： （1）锗和铋的元素符号分别是 和 。 （2）GBO 晶体的化学式是 。 （3）GBO 晶体中所含铋氧化物的化学式是 。 方法：价态分析法。 捷径：由条件①可知 Ge 为+4 价。因为锗处于元素周期表的第四主族，最高正价为+4 价。铋处于第五 主族，其正价有+3、+5 价。根据条件②，铋应为+3 价。因为 BiCl3 中 Bi 具有最外层 8 电子稳定结构。由 条件③可知该化合物可写成 mBi2O3·nGeO2，由于两种氧化物中含氧的总质量相等，所以 m︰n=2︰3。锗 酸铋写成 2Bi2O3·3GeO2，也可写成盐的形式 Bi4（GeO4）3，其中锗酸根为—4 价。以此得答案为：（1） Ge、Bi （2）Bi4Ge3O12 或 2Bi2O3·3GeO2 或 Bi4（GeO4）3 （3）Bi2O3 总结：该题解答的关键是对 Ge、Bi 两 元素价态的确 定。 例题 5 ：（1995 年全国高考）图(Ⅰ) 中瓶 a 放入 20 mL 6 mol·L－1 盐酸，b 是未充气的气球， 里边放有4 g碳 酸钙粉末，将它紧套在瓶 a 口上，胶管 c 套 在瓶的侧口，并 用弹簧夹 d 夹紧(瓶口与侧口不漏气)。将图 (Ⅰ)的装 置在 托盘天平上称量，质量为Ｗ1 g。 根据实验现象填写下列空白： (1)把气球 b 中的碳酸钙粉末小心倒入 瓶中，立即产生 许多气泡，气球逐渐胀大(图 II)，反应结束 后，再将其称 量，质量为Ｗ2 ｇ，则Ｗ1 与Ｗ2 的关系是 。 (2)取 25 mL 6 mol·L－1 NaOH 溶液，先用滴管取少量 NaOH 溶液，滴管插入胶管 c 口(为便于操作，可 以适当倾斜瓶 a，注意防止漏气)，打开 d，将溶液挤入瓶中，立即夹紧 d，可看到瓶内产生少量白色沉淀， 轻轻摇动瓶 a,沉淀随即消失。用同样的方法再加入少量 NaOH 溶液，又产生白色沉淀，轻摇，沉淀又消失， 使沉淀消失的反应的化学方程式是 (3)将全部 NaOH 溶液很快加入瓶中，夹紧 d，瓶内产生大量白色沉淀，不再溶解，此时瓶内温度 (填“不变”“降低”或“升高”) (4)继续轻摇瓶 a，气球逐渐缩小，直至恢复反应前的下垂状，写出此时发生反应的化学方程 式 。 方法：对现象与反应进行综合分析。解题时，必须先弄清题中反应的实质，然后再解答。 捷径：(1)由题意可知：整个装置气密性完好，当 CaCO3 与 HCl 反应时，产生的气体虽然使气球膨胀， 但并没有气体逸出，根据质量守恒定律，反应前质量Ｗ1 与反应后的质量Ｗ2 应该相等。 (2)在第一步中，CaCO3 与 HCl 反应，两者的量是已知的，生成多少 CO2 气体要考虑其量的多少：HCl 为 0.02 L× 6 mol·L－1＝0.12 mol，CaCO3 为 1molg 100 g 4  = 0.04 mol。由 CaCO3＋2HCl = CaCl2＋CO2↑＋H2O 反应可知：盐酸过量 0.04 mol，生成 CaCl2 和 CO2 均为 0.04 mol。当加入 0.025 L×6 mol·L－1＝0.15 mol NaOH 后，先中和剩余的盐酸，过量的 0.11 mol NaOH 与 CaCl2 发生反应：CaCl2＋2NaOH = Ca(OH)2↓＋ 2NaCl，生成 0.04 mol 微溶于水的 Ca(OH)2 ，还剩余 0.03 mol NaOH。在第三步反应中是 0.04 mol CO2 跟 Ca(OH)2 和 NaOH 混合物的反应，碱过量，故生成碳酸盐而不是酸式碳酸盐。 (3)明白了上述反应原理后，该题中的(2)、(3)、(4)问就不难解决了。第(2)问：当从侧口加入少量 NaOH 时，出现少量白色沉淀，这是因为局部 NaOH 过量，CaCl2＋2NaOH = Ca(OH)2↓＋2NaCl，轻摇瓶 a 时， 白色沉淀消失，是溶液中剩余的盐酸将 Ca(OH)2 溶解了： Ca(OH)2＋2HCl = CaCl2＋H2O；第(3)问：由于 酸碱中和反应是放热的，故瓶内温度升高；第(4)问：由上述解析(2)可知，摇瓶 a 时，在碱性条件下 CO2 被吸收，气球逐渐变小，直至恢复反应前的下垂状，方程式为：2NaOH＋CO2= Na2CO3＋H2O， Ca(OH)2 ＋CO2 = CaCO3↓＋H2O。 以此得答案为：(1)Ｗ1＝Ｗ2 (2)Ca(OH)2＋2HCl = CaCl2＋2H2O (3)升高 (4)2NaOH＋CO2 = Na2CO3 ＋H2O；Ca(OH)2＋CO2 = CaCO3↓＋H2O 总结：该题文字量大，涉及化学反应多，内涵丰富，思考容量大，要求考生在较短时间里，通过阅读 题干，准确理解题意，迅速捕捉有用的关键信息，通过加工处理，找出解答问题的正确途径。 例题 6 ：（2000 年上海高考）某天然碱可看着由 CO2 和 NaOH 反应后的产物所组成。称取天然碱样 品四份，溶于水后，分别逐滴加入相同浓度的盐酸溶液 30mL，产生 CO2 体积（标准状况）如下表： Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ 盐酸溶液的体积（mL） 30 30 30 30 样品（g） 3.32 4.15 5.18 7.47 二氧化碳的体积（mL） 672 840 896 672 （1）由第Ⅰ组数据中的 CO2 体积与样品质量之比，可以推测用 2.49g 样品进行同样的实验时，产生 CO2 mL（标准状况）。 （2）另取 3.32g 天然碱样品于 300℃加热分解至完全（300℃时 Na2CO3 不分解），产生 112mL（标准 状况）和水 0.45g，计算并确定该天然碱的化学式。 （3）已知 Na2CO3 和 HCl（aq）的反应分下列两步进行： Na2CO3+HCl → NaCl+NaHCO3 NaHCO3+HCl → NaCl+CO2↑+H2O 由上表中第Ⅳ组数据可以确定所用的 HCl（aq）的浓度为 mol/L。 （4）依据上表所列数据以及天然碱的化学式，讨论并确定上述实验中 CO2（标准状况）体积 V（mL） 与样品质量 W（g）之间的关系式。 方法：充分依靠表中和题中数据，将反应隔离分割后，再综合分析。 捷径：（1）3.32︰672=2.49︰V（CO2）， V（CO2）=504（mL） （2）由题意天然碱样品于 300℃加热能分解可知：天然碱含 NaHCO3、Na2CO3 。 2NaHCO3==Na2CO3+CO2↑+H2O 2mol 22.4L 18g x 0.112L y x = 0.01 mol y = 0.09 g n（Na2CO3）= — 0.01 = 0.02 （mol） n（H2O）= = 0.02 （mol） ∴天然碱组成：2Na2CO3·NaHCO3·2H2O （3）30 mL HCl（aq）中所含 HCl 物质的量：n（HCl）= ×2 + = 0.075 （mol） c（HCl） = = 2.5 (mol/L) （4）样品和 30 mL HCl（aq）完全反应生成 CO2 的样品质量： ×332= 4.98（g） 样品中 Na2CO3 和盐酸反应完全生成 NaHCO3 时（没有 CO2 放出时），样品的质量为： × 332 = 12.45（g）。 △ 当 0 ﹤W ≤ 4.98 时，V（CO2）= × 3 × 22400 = 202.4W（mL）。 当 4.98 ﹤W﹤12.45 时，盐酸首先和 Na2CO3 反应生成 NaHCO3，剩余的盐酸再和 NaHCO3 反应放出 CO2 气体，即 V（CO2）=[0.075 — × 2] × 22400 = 1680 — 134.9W （mL） 当 12.45≤W 时，V（CO2）= 0 总结：Na2CO3 和 HCl（aq）的反应分两步进行，是解答该题的关键。在解题时可先找出完全反应的点， 再根据完全反应的点确定范围。 金钥匙： 例题 1 ：把 xmol CO2 通入含 ymol Ca(OH)2 的石灰水中,充分反应后,下列叙述不正确的是 ( ) A．当 x≤y 时,生成 100xg 沉淀 B．当 x≥y 时,生成 100yg 沉淀 C．当 y＜x＜2y 时,生成 100(2y-x)g 沉淀 D．当 2y≤x 时,无沉淀生成 方法：该题要求在 CO2 通入石灰水中发生反应：Ca（OH）2 + CO2 = CaCO3↓+ H2O，CaCO3 + CO2 +H2O = Ca（HCO3）2 的基础上，运用过量问题进行求解。 捷径：如果 x≤y, 则 Ca(OH)2 过量或恰好完全反应，此时生成的沉淀由 CO2 决定，质量为 100 xg。如 果y＜x＜2y, 则过量的CO2使部分 CaCO3溶解，剩余的沉淀为沉淀总量减去沉淀的溶解量，即 100yg－100(x －y) g = 100(2y-x)g。当 2y≤x 时, CO2 过量或恰好使生成的沉淀全部溶解，故此时无沉淀生成。叙述不正 确的是 B。 总结：此题要求考生从一个简单的实验，运用过量问题去判断分析。 例题 2 ：纯净的碳酸氢钙试样可在高温下分解，当剩余的固体物质的质量为原试样质量的一半时，碳 酸氢钙的分解率是（ ） A．50% B．75% C．92.7% D．100% 方法：根据反应方程式：Ca(HCO3)2 CaCO3 + H2O + CO2↑，CaCO3 CaO + CO2↑，从 定性作出判断。 捷径：Ca(HCO3)2 的化学式量为 162，CaCO3 的化学式量为 100，当 Ca(HCO3)2 完全分解时，其质量 为原试样质量的 61.7%，而此时剩余的固体质量为原试样质量的一半，说明巳有部分 CaCO3 发生了分解， 以此碳酸氢钙的分解率为 100%。 总结：若用差量法进行计算，就会选择 75%这个选项，要是没有领会题意的实质，随意进行估算的话， 则又会错选 50%。唯有熟悉反应本质，从方程式分析方可得到正确结果。 例题 3 ：向 100 mL0.3 mol / L 的 Ca(OH)2 溶液中通入 CO2 气体，当得到 1g 沉淀时，通入 CO2 的物质 的量是：( ) A．0.015 mol B．0.01 mol C．0.025 mol D．0.05 mol 方法：从过量与不过量两方面去进行分析。此题有多种解法。 捷径：解法一：CO2 通入石灰水中发生如下反应：Ca(OH)2+CO2=CaCO3+H2O 过量的 CO2 与生成物 CaCO3 继续反应：CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，使沉淀又溶解，在 100ml 0.3mol/L 的石灰水中，通入 CO2 产生 CaCO3 的克数与 CO2 的物质的量关系如右图，当产生 1g 沉淀时，消耗 CO2 的量在曲线上有 CO2 的物 质的量有两个交点 A、B，即为所求。 Ca(OH)2 溶液中含 Ca(OH)2 的物质的量为： n 100 1000 0.3 0.03(mol)Ca(OH)2    （1）CO2 不足，生成的沉淀没有溶解 CaCO3——CO2 100 1 1 x x=0.01(mol) 故选 B （2）CO2 过量，生成的沉淀部分溶解，最后剩余 1g 沉淀。 Ca(OH)2)——CO2——CaCO3 沉淀溶解： 1 1 1 0.03 0.03 0.03 0.03－0.01=0.02(mol) CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2 0.02 0.02 ∴共用 CO2：0.03+0.02=0.05(mol) 故选 D 解法二：设通入 CO2 为 xmol，产生 Ca(HCO3)2 yml、H2Ozml ∵方程式中各物质的物质的量变化是由系数比决定的 ∴由下列关系式 0.03Ca(OH)2+xCO2 = 0.01CaCO3 + yCa(HCO3)2 + zH2O 根据原子个数守恒得关系式 0.03 0.01 y (Ca ) x 0.01 2 y (C ) x 0.05 y 0.02             原子守恒 原子守恒 解得 以此得答案为 B、D。 总结：凡是两种反应物之间由于量的不同而得不同产物时，此类题的计算皆可采用此种方法，例如 P 在 Cl2 中燃烧可得 PCl3 和 PCl5。H2S 在 O2 中燃烧得 S 和 SO2。 例题 4 ：向某二价金属 M 的氢氧化物的澄清溶液 100mL 中加入过量的碳酸氢钠溶液生成 MCO3 沉淀， 过滤，将沉淀置于足量盐酸中，在标准状况下收集到 4.48L 气体。将滤液加水稀释至 250mL，取出 25.0mL 恰好与 20.0mL 盐酸完全反应并收集到 1.12L（标准状况下）气体。 （1）若欲计算 M 的相对原子质量，你认为还必须提供下列哪组数据 （填代号） A．M 的氢氧化物溶液的浓度（设为 2.00mol·L—1） B．MCO3 沉淀的质量（设为 39.4g） C．与 MCO3 反应的盐酸的浓度（设为 1.00mol·L—1） D．题设条件充足，不需补充数据 （2）根据你的选择，求算 M 相对原子质量和加入的 NaHCO3 溶液中含 NaHCO3 的质量。 方法：根据题设要求判断缺省数据，再根据所得数据进行计算。 捷径：根据反应 M2++2OH—+2HCO3 —=MCO3↓+2H2O+CO32—，MCO3+2H+=M2++H2O+CO2↑知， 生成的沉淀 MCO3 为：n（MCO3）=n（CO2）= = 0.200mol，过滤 所得的滤液中成分为 Na2CO3 和过量的 NaHCO3。根据 C 原子守恒可得加入的 NaHCO3 溶液中含 NaHCO3 物质的量为 × × +0.200mol=0.700mol， 其质量为 58.8g。而要求算 M 的相对原子质量（即原子量），必须知道某些物质的质量，如 MCO3 或 M（OH） 2 的质量。根据题设选项，首先排除 D，而 A 选项为重复数据，C 选项为无效数据，只有 B 选项与物质的 质量相联系，故选 B。 根据所选 MCO3 沉淀的质量 39.4g 和求得的 MCO3 沉淀的物质的量 0.200mol，可得 MCO3 的摩尔质量 为 197g/mol。以此得 M 的相对原子质量为 137。 总结：数据缺省项的选择必须在了解已知条件的前提下，根据最终目的而确定。该题以获得 M 的相 对原子质量为目的，在求得 MCO3 的物质的量的基础上，必须明确物质的质量为求解的必备条件，只有提 供 MCO3 或 M（OH）2 的质量方可获得结果。此类试题对考查考生的数据处理能力、统摄思维能力、知识 迁移能力特别有效。 例题 5 ：三硅酸镁被用来治疗胃溃疡，是因为该物质不溶于水，服用后能中和胃酸，作用持久。把三 硅酸镁（Mg2Si3O8 ·nH2O）改写成氧化物形式为 ，写出它中和胃酸（HCl）的化学方程 式： 。 方法：依据金属在前，非金属在后，水在最后的原则，改写成氧化物形式，再根据氧化物形式写出与 HCl 反应的化学方程式。 捷径：其改写结果为：2MgO·3SiO2·nH2O，反应方程式为： 2MgO·3SiO2·nH2O＋4HCl = 2MgCl2 ＋3SiO2＋(n＋2)H2O 总结：本题如果直接写三硅酸镁跟盐酸的反应，往往无从下手或写错方程式，但如果将此硅酸盐改写 成氧化物的形式，便可看出该反应可看做是判断碱性氧化物(MgO)和酸性氧化物(SiO2)能否跟盐酸反应的问 题。 例题 6：称取一定质量的硅和铝分别与足量的 NaOH 溶液完全反应后，现两者产生的气体在相同条件 下体积相同，则硅和铝质量之比为多少。 方法：根据反应过程中转移的电子的物质的量相等找关系并列式计算。 捷径：由于硅铝和 NaOH 溶液反应均产生 H2，当产生 H2 体积相等时，说明硅、铝失电子数相等，由 反应式（或反应产物）知 1 mol 硅完全反应转移 4 mol 电子，而 1 mol 铝完全反应后转移了 3 mol 电子，由 此可得关系：3Si ～ 4Al。 要使硅和铝分别与 NaOH 反应产生等量 H2，则： 总结：产生气体的体积相等，即转移的电子物质的量相等是解答此题的关键。 例题 7 ：将一块已被严重锈蚀而部分变为铜绿〔Cu2(OH)2CO3〕的铜研磨成粉末，充分灼烧成 CuO， 发现固体质量没有发生增减。求铜被锈蚀的百分率。 方法：与本题有关的两个反应是：Cu2(OH)2CO3 2CuO + H2O + CO2↑，2Cu + O2 2CuO。 常见的解法是根据 Cu2(OH)2CO3 分解产生的 H2O 和 CO2 的质量等于铜与氧气反应消耗的 O2 的质量，列出 恒等式求算。但此种求解仅是对 Cu2(OH)2CO3 百分含量的求算，若要求算铜被锈蚀的百分率，还需对原金 属铜的锈蚀率进行换算，不仅繁杂，而且极易出错。如果利用锈蚀过程和灼烧过程中 Cu 元素物质的量守 恒，可迅速获得结果。 捷径：设原固体中 Cu2(OH)2CO3 为 xmol，CuO 为 ymol，根据灼烧前后固体质量没有增减可得：222x + 64y = 80( 2x + y )，x = , 以此铜被锈蚀的百分率。 。 总结：铜被锈蚀的百分率应以被锈蚀的铜的质量除以原有铜的总质量。部分考生由于未理解题意，而 将铜绿的质量除以混合物的总质量而出错。 例题 8 ：若把 Fe3O4 看着“混合氧化物”时可以写成 FeO·Fe2O3，若看作一种盐时又可写成 Fe(FeO2)2。 根据化合价规则和这种书写方法，Pb3O4 可以写成 和 。等物质的量的 Fe3O4 和 Pb3O4 分别和浓 盐酸反应时，所消耗 HCl 的物质的量相等，不同的是，高价的铅能将盐酸氧化而放出氯气。试写出 Fe3O4、 Pb3O4 分别和浓盐酸反应的化学方程式： 、 。 方法：运用迁移类比解题。 捷径：与铁元素相比，其价态不同，铁呈+2、+3 价，而铅呈+2、+4 价。分别和浓盐酸反应时，根据 题中信息，Fe3O4为非氧化还原反应，而Pb3O4为氧化还原反应。故答案为2PbO·PbO2和Pb2PbO4 ，FeO·Fe2O3 + 8HCl = FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O ， Pb3O4 + 8HCl = 3PbCl2 + Cl2↑+ 4H2O 。 总结：该题在知识迁移时，既要考虑相似点，又要分析不同之处。 例题 9 ：某学生设计了一个实验以证明 PbO 中含有氧，反应方程式如下： ① PbO + C Pb + CO (主要) ② PbO + CO Pb + CO2 ③ 〔Cu (NH3 )2〕Ac + CO +NH3 〔Cu (NH3 )3〕Ac·CO；△H<0 试根据下图回答问题： (1) 盛澄清石灰水的试管开始一段时间可能没有现象，其原因是 。 (2) 烧杯中醋酸二氨合铜 (〔Cu (NH3 )2〕Ac ) 的作用为 。 (3) 实验后的醋酸二氨合铜经适当处理又可再生，适宜于再生的生产条件是 。 (4) 若用空气代替干燥的 N2，行吗？ ，其理由是 。 方法：(1)可从信息方程式①中主要产物来分析；(2) 应由信息方程式③中的反应情况获知。(3) 可由 信息方程式③逆向分析。(4) 要从空气中成分去分析。 捷径：(1)澄清石灰水只有遇到 CO2(或 SO2)时才能变浑浊，开始时无现象，从信息方程式①知，是高 温下 PbO 跟碳反应生成的主要产物是 CO 的缘故。 (2) 由信息方程式③知，CO 可跟醋酸二氨合铜溶液反应，所以烧杯中醋酸二氨合铜 (〔Cu (NH3 )2〕 Ac ) 的作用为用来吸收 CO 气体，防止污染空气。 (3) 由信息方程式③知，〔Cu (NH3 )2〕Ac 吸收 CO 气体的反应为一气体体积减小的放热反应，欲使醋 酸二氨合铜溶液再生，即要使平衡向逆反应方向移动，故适宜于再生的生产条件是高温、低压。 (4) 不行。因为在高温下空气中的 O2 要与碳反应生成 CO，另外空气中也有少量的 CO2，空气中的水 蒸气与碳反应也可产生 CO。 总结：该题属信息类实验题，解题时既要考虑题中信息，又要依靠课本知识，还要注意到化学物质间 的相互联系。 例题 10 ：(1)现代海战中为了进行隐蔽，常喷放 SiCl4 和液氨，形成很浓的烟雾。写出反应方程 式 、 。在实验室常用硅和氯气高温下反应制得 SiCl4，如果用 MnO2 和浓盐酸反应制得的 Cl2 来与硅反应制 SiCl4，对所制得的 Cl2 应作何处理？ (2)硅也常用于制造新型无机非金属材料，如氮化硅陶瓷和碳化硅陶瓷等。在高纯硅的制取过程中，也 有一中间产物为 SiCl4，请写出以石英沙(SiO2)为原料，通过 SiO2 →Si SiCl4 Si，制得高纯硅的化学方程式。 方法：将现象与反应相联系，充分运用联系观去解题。 捷径：(1) SiCl4 和液氨形成烟雾的反应，要联系到隐含信息——海战，故海面上空气中的水蒸气参于 反 应 ， 使 SiCl4 先 水 解 ， 产 生 的 氯 化 氢 再 与 氨 气 作 用 形 成 为 为 烟 雾 。 其 反 应 方 程 式 为 ： SiCl4+3H2O=H2SiO3+4HCl；NH3+HCl=NH4Cl。由于 SiCl4 易水解，故制取时所用氯气必须进行干燥处理。 (2) 根据题中过程书写即可。SiO2+2C Si+2CO ，Si+2Cl2 SiCl4，SiCl4 +2H2 Si + 4HCl 。 H2 高温Cl2 高温 总结：此题为一信息处理题，将题中信息与课本知识相联系是解答出此题的关键。 聚宝盆： 1．在解题时要注意碳族元素的化合价及稳定价态。碳族元素的化合价主要有+2 和+4 两种价态，碳、 硅、锗、锡的+4 价化合物是稳定的，而铅的+2 价化合物是稳定的。 2．CO2——温室效应；CO——与血红蛋白结合使人中毒；SiO2 粉尘——长期接触会使人患硅肺病（旧 称矽肺）；铅的化合物——主要由含铅汽油燃烧所致，是大气污染物之一半导体材料――硅、锗等应用性 知识，在考题中经常出现，此点必须引起重视。 热身赛： 1．某无色混合气体可能含有 CO2、CO、H2O（水蒸气）、H2 中的一种或几种，依次进行如下处理（假 定每次处理均反应完全）：①通过碱石灰时，气体体积变小，②通过赤热的氧化铜时，固体变为红色，③ 通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色，④通过澄清石灰水时，溶液变得浑浊。由此可以确定混合气体中 （ ） A．一定含有 CO2、H2O，可能含有 H2、CO B．一定含有 H2O、CO，可能含有 CO2、H2 C．一定含有 CO、CO2 ，可能含有 H2O、H2 D．一定含有 CO、H2 ，H2O 和 CO2 至少有一种 2．如图所示装置持续通入 X 气体,并在导管口 P 处点 燃,实验结果使澄 清石灰水浑浊.X、Y 可能是 ( ) A．H2 和 NaHCO3 B．CO 和 Na2CO3 C．CO 和 CuO D．H2 和 Fe2O3 3．通常情况下，向一定量的饱和 Na2CO3 溶液中不断通入 CO2 气体，下列 pH 值变化的曲线图中，正 确的是 （ ） 4．潮湿的酸式盐 A 与化合物 B 在研钵里混合研磨时，会生成 C、D 两种气体和固体 E。C 遇浓盐酸 时冒白烟；D 在空气中燃烧时产生浓烟，且有一种生成物与 E 在高温下分解的气体产物 F 相同；C 与 F 混 合后通入氯化钙溶液中会生成白色沉淀 E。 请填写下列空白： (1)A 是 ，B 是 。 (2)潮湿的 A 与 B 混合研磨时，有关反应的化学方程式是 (3)C 与 F 的混合气体通入 CaCl2 溶液中生成沉淀 E 的离子方程式是 5．要分离一氧化碳、二氧化碳并分别得到干燥的气体，某学生设计如图装置， 其中 a 是铁夹，b 是分液漏斗玻璃活塞。 (1)甲容器中盛______溶液；乙容器中盛 _____溶液；丙容器 中盛_______溶液。 (2)实验时关闭_____(a、b)，打开______(a、 b)，发生反应的化 学方程式是_____ _____这样得到的气体是 _______________。 (3)当分离完一种气体后，关闭___，打开 _____，发生反应的 化学方程式是___________，这样得到的气体是 ______________。 6．在没有现成的 CO2 气体发生器的情况下，请选用下图中部分仪器装配成一个简易的，能随开随用、 随关随停的 CO2 气体发生装置。 (1)应选用的仪器是（填编号字母）____。 (2)若用上述装置制取 CO2，而实验室只有稀 H2SO4、浓 HNO3、块状纯碱和块状大理石。比较合理的 方案，应选用的药品是____。 7．人类目前对煤和石油的过渡应用，使空气中 CO2 浓度不断增大，导致地球表面温度升高，形成温 室效应。科学家对 CO2 的增多带来的负面影响较为担忧，于是提出将 CO2 通过管道输送到海底。这可减缓 空气中 CO2 浓度的增加。请你根据 CO2 的性质回答： (1) 这样长期下去，将会给海洋造成什么样的影响？ (2) 你认为消除这些影响的最好方法是什么？ 8．环保检测中，有害气体的浓度常用 1L 有害气体的毫克值（ｍg • L-1）来表示。如对某气体样品中 所含 CO 的浓度进行测定，其方法和实验步骤如下： ①首先将 2.00L 的气体样品通过盛有 I2O5 固体的加热管，反应后生成 CO2 和 I2；②用 30.0 mL 5.00× 10-3mol • L-1 的硫代硫酸钠溶液吸收所产生的碘，发生的反应为：I2 + 2S2O32- = 2I- + S4O62- ；③将②中溶液 取出 1/5，加入 1.00m L 1.00×10-2 mol • L-1 的碘水，正好将所取溶液中过量的硫代硫酸钠完全氧化。 ⑴写出步骤①中 CO 通过 I2O5 加热管中有关反应的化学方程式。 ⑵计算样品中 CO 的浓度。 9．一氧化碳在加热加压条件下能跟氢氧化钠作用生成甲酸钠，将甲酸和浓硫酸的混合物加热生成一 氧化碳跟水。用上述反应与碳酸脱水和二氧化碳跟 NaOH 的反应相比较，发现 CO 并不是甲酸的酸酐。其 理由主要是? 10．化合物 A、D、F 是中学化学中常见的物质，其中 D 在常温下为气体，A 的焰色反应呈黄色，化 合物 B、C、E 中含有两种相同的元素。这些化合物之间存在如下图的关系。其中 A 和 B 的反应是一种重 要化工生产中的主要反应之一。 (1)在 A、C、F 中含有相同的元素是 。 (2)化合物 C 的化学式是 。 (3)C 的水溶液和 D 能否发生反应? ，其理由是 ，如能反应，请写出离子反应方 程式 。 11．碳酸氢铵和熟石灰共热时可能发生如下反应：NH4HCO3＋Ca(OH)2 CaCO3＋2H2O＋ NH3↑（反应Ⅰ），NH4HCO3 NH3↑＋CO2↑＋H2O（反应 Ⅱ） 在密闭容器中加热碳酸氢铵和熟石灰的混合物共 0.1mol，充分反应后得到固体剩余物 a g。试求： （1）当二者以等物质的量相混合时，a＝_______ g ； （2）若以 b（mol）表示混合物中碳酸氢铵的物质的量，试通过计算分别确定 b 在下列取值范围时，a 值随 b 值变化的数学表达式。 （A）当 0＜b＜0.05 时：____________ （B）当 0.05＜b＜0.1 时，________________ 大检阅： 1．D 2．AC 3．A 4．(1)NH4HCO3 CaC2 (2)CaC2＋2H2O Ca(OH)2＋C2H2 NH4HCO3＋Ca(OH)2==CaCO3＋NH3＋2H2O (3)NH3＋CO2＋Ca2＋H2O==CaCO3＋2NH 4  5．(1)氢氧化钠溶液(符合题意的其他物质均可，下同) 浓硫酸 稀硫酸 (2) b a CO2＋2NaOH==Na2CO3＋H2O 一氧化碳 (3) a b Na2CO3＋H2SO4==Na2SO4＋H2O＋CO2 二氧化碳 6．(1)a、c、d、e (2)浓 HNO3、水、块状大理石 7．(1)根据影响气体的溶解因素可知，CO2 在海底的溶解量将大大增加，溶于海水中的 CO2 将与水发 生反应：CO2 + H2O H2CO3 H+ + HCO3 －，据平衡移动原理，CO2 的溶解量增大，与水发生反应 的程度增大，生成的碳酸增多，使整个平衡向右移动，所以海水的酸性也将大大增强，这将破坏海洋的生 态系统，带来不堪设想的后果（如使一些海洋动植物难以生存，某些岩石溶解等）。 （2）减少对煤和石油产品的用量，开发新能源，大量种植绿色植物等。 8．⑴5CO + I2O5 I2 + 5CO2 ⑵用于吸收 CO 还原出的碘的硫代硫酸钠为：30.0 ×10-3L ×5.00×10-3mol • L-1 - 1.00×10-3 L×1.00 ×10-2 mol • L-1×2×5 = 5×10-5mol。 根据关系式：5CO ~ I2 ~ 2 S2O3 2- 得：n(CO) = 2.5n(S2O3 2-) = 2.5×5×10-5mol = 1.25×10-4mol，以 此可求得样品中 CO 的浓度为 1.75mg • L-1。 9．酸在失水生成酸酐时，应由—OH 基中的氢氧提供失去的水，而 HCOOH 失去的 H2O 是由一 OH 和—CH 上的氢而来的。所以不是酸酐。 10．(1)钠 (2)Na2SiO3 (3)能 C 的水溶液和 D(CO2)反应生成酸性更弱的硅酸 SiO 2 3 ＋CO2＋H2O==H2SiO3↓＋CO 2 3 或 SiO 2 3 ＋2CO2＋2H2O===H2SiO3↓＋2HCO  3 11．（1）当 NH4HCO3 和 Ca（OH）2 以等物质的量（各为 0.05mol）相混合时，二者恰好完全反应， 生成的固体只有 CaCO3（0.05mol），其质量为 5g，即 a＝5g （2）如果二者不以等物质的量混合，则有两种情况： （A）0＜b＜0.05 时，NH4HCO3 全部参加反应Ⅰ，计算以 NG4HCO3 为准，生成的 CaCO3 是 bmol，剩 余的 Ca(OH)2 为：（0.1－2b）mol，则剩余固体共为：a=100b＋74(0.1-2b)=7.4 －48b(g) （B）0.05＜b＜0.1 时，NH4HCO3 反应Ⅰ后还有剩余，但在反应Ⅱ中无固体剩余物，这时剩余固体只 有 CaCO3，计算以 Ca（OH）2 为准： ∵Ca(OH)2 有（0.1－b）mol ∴CaCO3 有（0.1－b）mol 则 a=(0.1－b)×100=10－100b(g) 策略 8 氮族方面试题的解题方法与技巧 金点子： 氮族元素，作为元素化合物部分的重点内容，在近几年的高考试卷中所占比例较大。其主要内容有氮 族概念的分析与判断、氮的氧化物的分析与计算、硝酸及硝酸的性质分析与计算、磷及磷的化合物的分析 与应用等。 此类试题中的常规题，其解法有过量分析、守恒分析、方程式的合并分析、工业生产中的用量比较等。 此类试题中的信息题，其解法有迁移类比、现象剖析、效用比较等。 经典题： 例题1 ：（2001年上海高考综合）金属加工后的废切削液中含2% ~ 3%的NaNO2，它是一种环境污 染物。人们用NH4Cl溶液来处理废切削液，使NaNO2转化为无毒物质，该反应分两步进行：第一步： NaNO2+NH4Cl = NaCl+NH4NO2 第二步：NH4NO2 N2+2H2O 下列对第二步反应的叙述中正确的是 ①NH4NO2是氧化剂 ②NH4NO2是还原剂 ③NH4NO2发生了分解反应 ④只有氮元素的化合价发生 了变化 ⑤NH4NO2 既是氧化剂又是还原剂 （ ） A．①③ B．①④ C．②③④ D．③④⑤ 方法：根据方程式，对照叙述，从化合价、反应类型等方面综合分析。 捷径：NH4NO2==N2+2H2O 这是分解反应，又是氧化还原反应，NO2 —被 NH4+还原生成 N2，显然都是 氮元素的化合价发生了变化。以此得答案为 D。 总结：同一元素，如果一种显正价的微粒，另一种显负价的微粒，若它们发生氧化还原反应，则往往 生成该元素的单质，如 2H2S+SO2==3S+2H2O，NaH+H2O==NaOH+H2 等。 例题2 ：（1997年全国高考）某金属单质跟一定浓度的硝酸反应,假定只产生单一的还原产物。当参 加反应的单质与被还原硝酸的物质的量之比为2:1时, 还原产物是 （ ） A．NO2 B．NO C．N2O D．N2 方法：据题可知，2mol 金属失去的电子给了 1mol HNO3。可采取讨论试算的方法确定选项。 捷径： 令金属为+1 价，失 2 mol 电子，N 被还原后显+3 价。 令金属为+2 价，失 4 mol 电子，N 被还原后显+1 价。令金属为+3 价，失 6 mol 电子，N 被还原后显 —1 价。选项只有 C 符合。 总结：金属与 HNO3 反应后的价态，是该题求解的关键。部分考生因难以确定金属的价态，而造成无 法获得结果。 例题3 ：（1996年全国高考）关于磷的下列叙述中, 正确的是 ( ). A．红磷没有毒性而白磷剧毒 B．白磷在空气中加热到260℃可转变为红磷 C．白磷可用于制造安全火柴 D．少量白磷应保存在水中 方法：逐项分析，分类判断。 捷径：分析 A 选项．红磷没有毒性而白磷剧毒，正确。B 选项中，因白磷在空气中受热会燃烧生成 P2O5，故白磷只有在隔绝空气的条件下加热到 260℃才可转变为红磷，故 B 项错误。分析 C 选项，白磷易 自燃且有毒，故不能用于制造安全火柴，用于制造安全火柴的是红磷，C 选项错。D 选项，因白磷的燃点 低，所以少量白磷应保存在水中。综合得答案为 AD。 总结：此题为概念性试题，虽然难度不大，但由于知识点较多，也极易出错。 例题 4 ：（1999 年全国高考）Murad 等三位教授最早提出 NO 分子在人体内有独特功能，近年来此领 域研究有很大进展, 因此这三位教授荣获了 1998 年诺贝尔医学及生理学奖，关于 NO 的下列叙述不正确的 是 ( ) A．NO 可以是某些含低价 N 物质氧化的产物 B．NO 不是亚硝酸酐 C．NO 可以是某些含高价 N 物质还原的产物 D．NO 是红棕色气体 方法：从物质的性质，对照选项进行分析。 捷径：NO 是无色的有毒气体。它是 NH3 的氧化产物 4NH3+5O2 == 4NO+6H2O，也Pt △ 可以是 HNO3 或 NO2 的还原产物 3Cu+8HNO3（稀）= Cu（NO3）2+2NO+4H2O。NO 不是亚硝酸酐，N2O3 才是亚硝酸酐。因此得答案为 D。 总结：此题虽设置了新情境，但仔细分析可发现，所设新情境与解题并无关系。 例题5 ：（1994年全国高考） 方法：通过信息迁移获解。 捷径：含氧酸中的氢原子，只有在与氧原子结合成—OH 后，才具有酸的性质，也才可以和重水中的 D 原子进行交换。由题意可知磷酸是三元酸，次磷酸是一元酸，因而在结构式中只有一个—OH 结构。A 是二元酸，C D 结构式中氧周围有三个键，因而这种结构式一定是错误的。以此只有 B 选项符合题意。 总结：题中所给磷酸分子的结构式是给一个信息，该信息告诉我们，含氧酸中只有与 O 原子直接结合 的 H 原子才可能电离出 H+，即题中所说的与 D2O 中的 D 原子发生氢交换。把该信息迁移到 H3PO2 中，由 于 NaH2PO2 不能与 D2O 进行氢交换，所以 H3PO2 只是一元酸，因而其结构式中只有一个—OH，再应用 O 原子只能有两个共价键（或说有二根短线）的基础知识，就不难作出选择。 例题6 ：（1996年全国高考）某化合物的化学式可表示为Co(NH3)xCly(x,y均为正整数)。为确定x和y 的值, 取两份质量均为0.2140 g 的该化合物进行如下两个实验。 将一份试样溶于水, 在硝酸存在的条件下用AgNO3溶液滴定(生成AgCl沉淀), 共消耗24.0 mL 0.100 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24.0mL 0.200 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：利用原子个数守恒及质量守恒求解。 捷径：设用n表示物质的量, m表示质量。则： n(NH3)=0.200×24.0×10-3=4.80×10-3(mol) m(NH3)=4.80×10-3×17.0=8.16×10-2(g) n(Cl-)=0.100×24.0×10-3=2.40×10-3(mol) m(Cl-)=2.40×10-3×35.5=8.52×10-2(g) △ m(钴离子)=0.2140-8.16×10-2-8.52×10-2=4.72×10-2(g) n(钴离子):n(NH3):n(Cl-)=1:6:3 该化合物的化学式为CO(NH3)6Cl3 总结：分清反应过程中各种物质间量的关系，是运用守恒法解题的前提。 金钥匙： 例题 1 ：在汽车引擎中，N2 和 O2 进行反应会生成污染大气的 NO，N2+O2=2NO；△H>0。据此有人 认为废气排出后，温度即降低，NO 分解，污染也就会自行消失。事实证明此说法不对，其主要原因可能 是 ( ) A．常温常压下 NO 分解速率很慢 B．空气中 NO 迅速变为 NO2 而不分解 C．空气中 O2 与 N2 浓度高，不利于平衡向左移动 D．废气排出压力减小，不利于平衡左移 方法：从速率、平衡及后续反应综合分析。 捷径：污染不会自行消失，说明 NO 很难分解成 N2 和 O2，其原因有 A、B、C，而主要原因则由 NO 分解成 N2 和 O2 与 NO 转化成 NO2 的速率决定。温度降低后，NO 分解很慢，而其转化成 NO2 的速率却很 快。故正确答案为 A、B。 总结：该题不少考生错误认为：根据勒沙特列原理，增大反应物浓度，平衡将向正反应方向移动，以 此其主要原因可能是 C。出错的原因是未能对题中温度降低进行深入思考之故。 例题 2 ：一定条件下，将等体积 NO 和 O2 的混合气体置于试管中，并将试管倒立于水槽中，充分反 应后剩余气体的体积约为原总体积的（ ） A． 1/4 B． 3/4 C． 1/8 D．3/8 方法：此题为循环反应，可通过合并方程式后再分析。 捷径：本题涉及的化学方程式为：方程式（1）2NO + O2 = 2NO2↑,方程式（2）3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO↑。如果此时纠缠 NO 或 NO2 的局部反应，按常规的关系式法求解，计算十分繁杂。相反，若此时将 两步反应合并求解，计算十分简便。由于 NO2 的量与题设和结果均无关，将（1）式×3 和（2）式×2 合 并，可得方程式（3）为 4NO + 3O2 + 2H2O = 4HNO3。（3）式明显地提供了混合气体与剩余气体之间的体 积关系。当 NO 和 O2 等体积（等物质的量）混合时，O2 必然过量。 利用上述（3）式，假设 4 体积 NO 和 4 体积 O2 混合，完全反应后，必剩余 1 体积 O2 。即剩余气体 的体积只能占原总体积的 1/8 。得答案为 C。 总结：此题为一常规题，在此提出便于学生掌握其方法。 例题 3 ： 铵盐受热分解的过程就是铵根离子（NH4+）把质子转移给酸根的过程，对于相同类型的铵 盐，可根据上述反应判断其热稳定性。NH4F、NH4Cl、NH4Br、NH4I 的热稳定性由强到弱的顺序 为 ，理由是 。 方法：根据信息类推。 捷径：本题的“热稳定性”是指酸根离子接受 NH4+释放出一个 H+，生成卤化氢和 NH3 的过程。该反 应越容易发生，此铵盐越稳定。又酸根离子半径越小，结合 H+能力越强，则盐就越不稳定。以此其热稳定 性顺序为：NH4I﹥NH4Br﹥NH4Cl﹥NH4F。 总结：该题解答的关键在于正确运用所给信息，再根据所学知识进行推理、分析、判断，从而得出正 确结论。又如： 已知 2NO2+H2O=HNO3+HNO2，结合已有知识推断，下列结论中正确的是 （ ） ①HNO2 比 HNO3 更不稳定 ②HNO2 的分解产物为 NO 和 H2O ③HNO2 的分解产物为 NO2、NO 和 H2O A．只有① B．①② C．①③ D．②③ 答案应选 C。 本题极易错答为根据非金属性 F﹥Cl﹥Br﹥I 来判断热稳定性为 NH4F﹥NH4Cl﹥NH4Br﹥NH4I。错答 的原因是将铵盐的热稳定性与气态氢化物的稳定性混为一谈。 例题 4 ：设 NO2 和 O2 混合气体中，NO2 的体积百分含量为 x%，取 50mL 量筒盛满该混合气体并倒立 于水中，足够时间后量筒内剩余气体 VmL，试作 V 随 x 变化图象，并利用该图象，求若最终剩余气体 10mL， 原混合气体中 NO2 的体积百分比可能是多少？ 方法：根据反应式：3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO，4NO2 + O2 + 2H2O = 4HNO3。首先找出起点( x=0 )、 拐点( 完全反应的点，x=80 )和终点( x=100 )，然后以点带面，通过三点作出连线即得图象，再通过图象分 析混合气体中 NO2 的体积百分比。 捷径：根据上述反应，列表求值。 x 0 80 100 V 50 0 16.7 以 x 为横坐标，V 为纵坐标建立坐标系，找出并顺次连接以上各点，所得图象即为所求。 过 V=10 作 x 轴的平行线，交图象于 A、B 两点，其相应横坐标依次为 64 和 92。以此得答案为：若 最终剩余 10mL 气体，原混合气体中 NO2%为 64%或 92%。 总结：图象中三点的分析，是解答该题的重点，部分考生由于对点分析欠缺而出错。 例题 5 ：把 Cu 片投入到盛有过量浓 HNO3 的烧瓶中，使它充分反应。将产生的气体导入容器 A 内， 反应后的溶液倒入蒸发皿内小心蒸干，再把固体全部转移到试管中，加热使它完全分解。假设将分解的气 体也收集到 A 容器内，然后将 A 倒立在水槽中，待反应停止后，测得此容器内剩余气体 0.448L（标准状 况）。求参加反应的 Cu 的质量（假设收集气体过程中无其他气体进入容器内，且 A 容器恰好集满）。[提 示：Cu（NO3）2 分解生成 CuO、NO2 和 O2] 方法：根据题意，发生的化学反应方程式为 Cu+4HNO3（浓）= Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O 2Cu（NO3）2 = 2CuO+4NO2↑+O2↑ 4NO2+O2+2H2O=4HNO3 ， 3NO2+H2O=2HNO3+NO 其中 Cu（NO3）2 分解产生的 NO2 与 O2 物质的量之比为 4︰1，全部被水吸收，最后剩余的 0.448L 气 体为 NO，是 Cu 与浓 HNO3 反应产生的 NO2 转化而来的。可直接根据 NO 的体积，计算 Cu 的质量。 捷径：3Cu ～ 6NO2 ～ 2NO 80 100x (%)200 10 50 V(mL) A B △ 3×64g 2×22.4L m（Cu） 0.448L m（Cu）= =1.92g 总结：最后剩余的气体应为 NO，不能误认为是 NO2，应考虑 NO2 溶于水转化为 NO。剩余气体与 Cu （NO3）2 无关是简捷求解本题的关键。此题也可通过得失电子守恒求解。 例题 6 ：某工厂由 NH3 制取硝酸铵。在氧化炉中，NH3 有 3.1%损失，在以后氮氧化合物转化为硝酸 的过程中，氮元素的利用率是 95%，最后将硝酸与氨化合，氨又损失 3.1%，现有 1950 kg NH3，可制取 NH4NO3 多少千克？ 方法：这里 NH3 的反应分两路，一路是 NH3 → NO → NO2 → HNO3，另一路是 NH3 与硝酸化合， 问题在于两路中氮元素的损失率不同。因此首先要求出 1950 kg NH3 在两路中的合理分配问题，然后再根 据任一路线求出 NH4NO3。 捷径：根据题意，NH3 参与的反应，可表示如下： 设用于制 HNO3 的 NH3 为 a kg，用于与 HNO3 化合的 NH3 为（1950 — a ）kg 。为充分利用 NH3， 应有： a × （1 — 3.1%）× 95% = （1950 — a）×（1 — 3.1%） 解之得：a = 1000 (kg) 即 1950 kg NH3 中有 1000 kg 用于制取 HNO3。根据此过程即可计算 NH4NO3 的产量为：1000 ×（1 — 3.1%） × 95% × 80 / 17 = 4332（kg） （式中 80 与 17 分别为 NH4NO3 和 NH3 的摩尔质量）。 总结：将两路过程通过图示进行分解，既方便明了，又提高了解题的速率。 例题 7 ：取三份 1.5mL0.02 mol/L 的石灰水，均加入 0.02mol/L 的 H3PO4 溶液，恰好完全反应，分别 生成 Ca3(PO4)2、CaHPO4、Ca（H2PO4）2，所需加入的 H3PO4 溶液体积比为多少？ 方法：将三种钙盐 Ca3(PO4)2、CaHPO4、Ca（H2PO4）2 按等钙离子进行拆分，找出 Ca∽P 之间的关系， 再依据 P 原子守恒求解。 捷径：分析三种钙盐 Ca3(PO4)2 、CaHPO4 、Ca（H2PO4）2 其 Ca、P 原子个数比依次为 3 ：2 、1 ： 1、1 ：2，将钙离子定为 3，可变为 3 ：2 3 ：3 3 ：6，以此其化学式可变为：Ca3(PO4)2 、Ca3(HPO4)3 、 Ca3（H2PO4）6，则 P 元素的原子个数比应为 2 ：3 ：6，由于 H3PO4 浓度已定，要提供如上比例的 P 原子， 其物质的量的多少决定于体积，故体积比为 2 ：3 ：6 。 总结：直接用化学方程式求解很麻烦，采用化学式拆分便使解题变得简单。 例题 8 ：把浓度为 16% 的 NaOH 溶液 300g 与浓度为 5mol/L 的 H3PO4 溶液 200 mL 混合，求所得物 质的名称及质量（不考虑水的生成）。 方法：H3PO4 是三元酸，NaOH 是一元碱，该中和反应的产物可能是 NaH2PO4、NaHPO4、Na3PO4 三 种盐中的某一种，也可能是其中某两种盐的混合物，可逐步用三态分析法作计算。 捷径：先算出两种反应物的物质的量 n（NaOH） = [16%×300g]/40g·mol-1 = 1.2mol n（H3PO4） = 5mol/L×0.2L = 1mol 第一步，NaOH 与 H3PO4 反应生成 NaH2PO4 ，剩余 NaOH0.2mol。 第二步， NaOH + NaH2PO4 = Na2HPO4 + H2O 起始(mol) 0.2 1 0 转化(mol) 0.2 0.2 0.2 NH3 NO NO2 HNO3 NH4NO3 终态(mol) 0 0.8 0.2 两种酸式盐互不反应，故最终产物是 NaH2PO4 和 Na2HPO4 的混合物，其质量分别是： m(NaH2PO4) = 120 g/mol×0.8mol = 96 g m(Na2HPO4) = 142 g/mol×0.2mol = 28.4g 总结：该题除利用三态分析外，还可通过设未知数列方程求解。 例题 9 ：将 20mLNO2 和 NO 的混合气体，通入倒立在水槽中盛满水的量筒内，结果发现量筒内剩下 11mL 气体。求原混合气体中 NO2 和 NO 各多少 mL？ 方法：根据反应前后体积之差求解。 捷径：设原混合气体中 NO2 所占体积为 x ，则 NO 的体积为 20 mL— x 反应前后体积差为：20 mL — 11 mL = 9 mL 根据题意和化学方程式 3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO↑知，每有 3mLNO2 气体参与反应，就生成 1mLNO，体积减少 2mL；现体积减少了 9mL， 通过列比例式可求得 NO2 的体积为：，3 mL：2 mL =x：9 mL；x=13.5mL，则 NO 体积为 20 mL — 13.5 mL = 6.5 mL。 总结：此题还可从另一角度：求新生成 NO 气体的量用同样的方法求解。 例题 10 ：在标准状况下，由 NO2、NH3、H2 组成的混合气体 10 L，通过稀硝酸溶液，溶液的质量增 加了 12.5 g，气体的体积缩小到 3.28 L，求混合气体各成分的体积。 方法：混合气体通过稀 HNO3，其中的 H2 不发生作用，NO2 与 NH3 分别和 H2O 与 HNO3 反应，结果 都使原混合气体体积减少和溶液质量增加。据此，利用差值关系，通过反应前后混合气体总体积减少值和 溶液总质量的增加值建立等式求算即可。 捷径：设 NO2 的体积为 aL，NH3 为体积为 bL。， 3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO 气体体积减少值 3L 1L （3 — 1）L = 2L aL 2/3aL NH3 + HNO3 = NH4NO3 气体体积减少值 1L 1L bL bL 3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO 溶液质量增加值 138ｇ 30ｇ 108ｇ （a/22.4）×46ｇ （108×46×a）/（138×22.4）ｇ NH3 + HNO3 = NH4NO3 溶液质量增加值 17ｇ 17ｇ （b/22.4）×17ｇ （b/22.4）×17ｇ 根据题意得： 2/3a+b=10 — 3.28 ① （108×46×a）/（138×22.4）+（b/22.4）×17=12.5 ② 解①②两式得：a=6.72L，b=2.24L 所以氢气的体积为：（10 — 6.72 — 2.24）L = 1.04L。 总结：在同一试题中可能同时出现多个差量，如能分别予以剖析，便能正确作答。 聚宝盆： 合并反应和后续反应是氮族部分的重点和难点，某些学生在解题时，由于未及深入地观察事物和思考 问题，忽视对题中隐含条件的分析造成描述不完整、答案残缺不全，对于与问题相关的多个因素顾此失彼 等而产生错误的现象在这一类试题中出现得较多。如当题中出现 NO2 时，便要考虑其后续反应，即 NO2 N2O4。 热身赛： 1．14g 铜、银合金与足量的某浓度的硝酸反应，将放出气体与 1.12L(标准状况)氧气混合，通入水中 恰好全部吸收，则合金中铜的质量是 ( ) A．9.6g B．6.4g C．3.2g D．1.6g 2．氢化铵（NH4H）与氯化铵结构相似，又已知 NH4H 与水反应有氢气产生。下面叙述不正确的是 （ ） B．NH4H 溶于水后，形成的溶液显酸性 C．NH4H 中的 H－离子半径比锂离子半径大 D．NH4H 固体投入少量水中，有两种气体产生 3． Na3N 是离子化合物，它与水强烈作用可产生 NH3，下列叙述中，正确的是 （ ） A．Na3N 和盐酸反应可产生两种盐 B．在 Na3N 与水反应中，Na3N 作还原剂 C．Na+与 N3-的电子层结构都与氩原子结构相同 D．Na3N 中 Na+半径比 N3－半径小 4．从某性质来看：NH3 与 H2O，NH4+和 H3O+，NH2-和 OH-，N3-和 O2-，两两对应相似，判断下列反 应方程式 （1）2Na+2NH3====2NaNH2+H2↑ （2）CaO+2NH4Cl CaCl2+2NH3↑+H2O （3）3Mg（NH2）2 Mg3N2+4NH3↑ （4）NH4Cl+NaNH2 = NaCl+2NH3↑ 其中正确的是 （ ） A．只有（3） B．只有（2） C．（2）和（3） D．都正确 5．在 PCl3 中加入蒸馏水，微热，PCl3 完全水解，产物之一是亚磷酸（H3PO3）它的结构式为 。已知： a．H3PO3 与 NaOH 反应只能生成 Na2HPO3 和 NaH2PO3 两种盐； b．H3PO3 与碘水反应，碘水棕黄色褪去，再加入 AgNO3 有黄色沉淀。 c．盛 H3PO3 的试管中加 AgNO3 溶液，有黑色 Ag 沉淀，试管口处有棕红色气体出现。 则 H3PO3 是(a)强酸(b)弱酸(c)二元酸(d)三元酸(e)氧化性酸(f)还原性酸中的 ( ) A．(b)(d)(f) B．(c)(f) C．(a)(d)(e) D．(b)(c)(e) 6．常温下 A 和 B 两种气体组成混合气体（A 的式量大于 B 的式量），经分析混合气体中只含有氮和 氢两种元素。而且，不论 A 和 B 以何种比例混合，氮和氢的质量比总大于 3 14 。由此可确定 A 为 ， B 为 ，其理由是 。 若上述混合气体中氮和氢的质量比为 7∶1，则在混合气体中 A 和 B 的物质的量之比为 ；A 在 混合物体中的体积分数为 ％。 7．一种火箭的主要燃料名为偏二甲肼。已知该化合物的分子量为 60，其含碳量为 40％，含氢量为 13.33%，其余为氮。 (1) 偏二甲肼的分子中有一个氮原子是以－N－形式存在，该氮原子不与氢原子直接相连，则偏二甲肼 的结构简式为________________________。 (2) 偏二甲肼作为火箭燃料燃烧时，以 N2O4 为氧化剂，燃烧产物只有氮气、二氧化碳和水，这一燃烧 反应方程式为：________________________________。 8．在有机溶剂里若 m mol 五氯化磷跟 m mol 氯化铵定量地发生完全反应，生成 4 m mol 氯化氢，同时 得到一种白色固体 R。R 的熔点为 113oC，在减压下 50o C 即可升华，在 1Pa 下测得 R 的蒸气密度换算成 标准状况下则为 15.54g／L。请回答： （1）通过计算推导 R 化学式________。 （2）分子结构测定表明，R 分子为环状，且同种元素的原子在 R 分子中化合价相同，用单键“－” 和双键“＝”把分子里的原子连接起来，写出 R 的分子结构式________。 9．实验室用下列装置所示的流程进行气体性质实验。图中用箭头表示气体的流向，A 为一种纯净、 干燥的气体，B 是另一种气体，己中有红棕色气体出现。实验中所用的药品只能从下列物质中选取：Na2CO3、 NaHCO3、Na2O、Na2O2、NaCl、无水 CaCl2、(NH4)2CO3、碱石灰等固体和蒸馏水。 根据图中装置和 现象回答： （1）丙中发生反 应的化学方程式____。 （2）丁中应选用 的干燥剂是____，为什 么不选用所给的另一 种干燥剂？ （3）甲中发生反 应的化学方程式________。 （4）戊中发生的主要反应的化学方程式____。此反应是吸热反应还是放热反应？____，估计可看到 什么现象足以说明你的判断？____。 （5）当己中充满红棕色气体后，停止给丙加热并关闭 a、b 两个活塞。若将己浸入冰水中，则己中将 有什么现象发生？简述发生此现象的原因。________。 10．已知 NH3 和 Cl2 可快速反应：2NH3+3Cl2=N2+6HCl。下图为反应后总体积（V L）随原混合气体中 Cl2 的体积分数（x%）而变化的曲线。试计算： （1）当反应结束如处于 A、B 两点时，原混合气中 Cl2 的 体 积 分 数 各 是多少？ （2）当反应结束时处于 A、B 两点，混合气的总体积 各是多少升？ （3）若反应结束时气体总体积为 11L，则原混合物中 Cl2 的 体 积 分 数？ 11．某大洗衣店的含磷酸盐废水经澄清池沉淀后排入附近的湖中，该废水带入水域中的磷酸盐是藻类 生长的制约因素。 （1）定量分析得知海藻的元素组成为（质量百分比）C 35.80% O.49.50% P.0.8% H.7.37% N.6.31% 求海藻的化学式（式中 P 的个数为 1） （2）写出海藻被 O2 完全氧化的化学方程式（N 和 P 均被氧化成最高价） （3）多少天后湖水里溶解的氧气将被耗尽？设每天排入含 30%（质量）三磷酸五钠（Na5P3O10）的洗 涤剂 100kg，湖的大小为 103m2,平均水深为 20m，湖水里氧气的浓度为 9.1mg/L。 大检阅： 1．C 2．B 3．AD 4．D 5．B 6．（1）NH3；N2；纯 NH3 气体中氮和氢的质量比 3 14 ，在纯 NH3 中混入任何比例的 N2，都将使氮和 氢的质量比大于 3 14 ；4∶1；80。 7． 8．(1)mPCl5+mNH4Cl=4mHCl+(PNCl2)m M(R)=15.54×22.4=348, m=348/PNCl2=348/116=3 (2) 9．（1）（NH4）2CO3 2NH3↑＋CO2↑＋H2O （2）碱石灰 因为另一种干燥剂的无水 CaCl2，只能吸收水，不能吸收 CO2，不能使氨气完全净化。 （3）2Na2O2+2H2O = 4NaOH+O2↑ （4）4NH3＋5O2 4NO＋6H2O 放热，可以看到戊中铂丝比开始反应时更加红热 （5）己中的红棕色气体颜色变浅，因为当己浸入冰水中时，温度下降，红棕色的 NO2 能转化成无色 的 N2O4，2NO2 N2O4＋Q。降低温度时平衡向右移动，[NO2]减小，[N2O4]增大，所以颜色变浅。 10．（1）Cl2、NH3 恰好生成 N2、NH4Cl 时为 A 点。w(Cl2)=27.27%。 Cl2、NH3 恰好生成 N2、HCl 时为 B 点，w(Cl2)为 60%。 （2）A 点 5 L，B 点 77 L。 （3）24%或 30%。 11．(1)C∶H∶O∶N∶P≈106∶263∶110∶16∶1 海藻的化学式为 C106H263O110N16P （2）C106H263O110N16P+138O2 = 106CO2+122H2O+16HNO3+H3PO4 （3）由于 Na5P3O10 的排入导致海藻大量繁殖，从而耗 O2 关系式：Na5P3O10－3C106H263O110N16P－3×180O2 每天耗氧 )(1008.1323138366 101003.0 6 3 g 湖中含氧：9.1×10-3×106×20×103=182×106(g) 故耗尽氧的天数为： )(169 1008.1 10182 6 6 d   策略 9 氧族方面试题的解题方法与技巧 金点子： 氧族元素包括了初中化学中氧气、水，高中化学中的臭氧、过氧化氢，硫及硫的化合物等。内容多， 知识广，且有时还可能扩展到硒、碲、钋等元素。因此对其解题方法的掌握尤其重要。 此类试题中的常规题，其解法有过量分析、守恒分析等。 此类试题中的信息题，其解法有迁移类比、现象剖析、效用比较等。 由于浓硫酸与稀硫酸的性质不同，故在解题时，还必须注意，反应进行时浓度变化引起的反应变化。 经典题： 例题 1 ：（1997 年全国高考）向 50mL18mol/L H2SO4 溶液中加入足量的铜片并加热。充分反应后， 被还原的 H2SO4 的物质的量为 （ ） A．小于 0.45moL B．等于 0.45mol C．在 0.45mol 和 0.90mol D．大于 0.90mol 方法：根据方程式，将参加反应的硫酸分成两部分，一部分为氧化作用，一部分为酸性作用，然后对 其进行分析。但又要注意随着反应的进行，H2SO4 的浓度越来越稀，稀硫酸不能与铜片反应，以此被还原 的 H2SO4 的物质的量小于依据化学方程式计算的值。 捷径：浓 H2SO4 与足量的铜反应的化学方程式为：2H2SO4（浓）+Cu CuSO4 + SO2↑+ 2H2O， 从方程式看，被还原的 H2SO4 应为所给 H2SO4 0.90 mol 的一半，即 0.45mol（中间值），但由于随着反应 的进行，H2SO4 的浓度越来越稀，反应停止，故不可能等于 0.45mol，一定小于 0.45mol。故答案为 A。 总结：该题存在着一个隐含信息，即随着反应的进行，溶液的浓度逐渐降低，反应自行停止。在解题 时必须特别注意此类隐含信息。 例题 2 ：（1995 年上海高考）为方便某些化学计算，有人将 98%浓硫酸表示成下列形式，其中合理 的是 （ ） A．H2SO4· H2O B．H2SO4·H2O C．H2SO4·SO3 D．SO3· H2O 方法：质量假想法。 捷径：假设原 98%硫酸的质量为 100g，则 98%浓 H2SO4 中有纯 H2SO4 98g ，水 2g。 则 H2SO4 与 H2O 的物质的量之比为 ︰ = 1︰ ，可判断 A 正确，B C 错误。D 项是 A 项略作变形，H2SO4· H2O → SO3·H2O· H2O → SO3· H2O，以此得答案为 A D。 总结：将化合物或混合物按其组成进行拆分，在无机及有机试题中均有出现。 例题 3 ：（1997 年上海高考）你认为减少酸雨产生的途径可采取的措施是 （ ） ①少用煤作燃料 ②把工厂烟囱造高 ③燃料脱硫 ④在已酸化的土壤中加石灰 ⑤开发新能源 A．①②③ B．②③④⑤ C．①③⑤ D．①③④⑤ 方法：从酸雨产生的物质 SO2 进行分析。 捷径：导致酸雨的主要原因是向大气中排放了大量的 SO2，因而少用含硫的煤做燃料，或使燃料脱硫， 及开发新能源，都能减少 SO2 的产生，从而减少酸雨的产生。以此知答案为 C。 总结：有关环境保护知识是最近高考命题的热点之一。 例题4 ：（1996年全国高考）根据以下叙述, 回答1～2小题. 1995年诺贝尔化学奖授予致力于研究臭氧层被破坏问题的三位环境化学家.大气中的臭氧层可滤除 大量的紫外光,保护地球上的生物.氟利昂(如CCl2F2可在光的作用下分解,产生Cl原子,Cl原子会对臭氧层 产生长久的破坏作用(臭氧的分子式为O3)。有关反应为： 1．在上述臭氧变成氧气的反应过程中,Cl是( ). A．反应物 B．生成物 C．中间产物 D．催化剂 2．O3和O2是 ( ). A．同分异构体 B．同系物 C．氧的同素异形体 D．氧的同位素 方法：根据信息，结合定义求解。 捷径：（1）在反应过程中，Cl 原子在第一步反应中以反应物参与反应，又在第二步反应中以生成物 出现，总反应中 Cl 原子的质量及性质都没有改变，符合催化剂的定义，所以 Cl 原子是催化剂。选 D。 （2）O3 和 O2 是氧的同素异形体。选 C。 总结：常见的同素异形体有：O2 与 O3，金刚石、石墨与 C60，白磷与红磷。注意 H2、D2 与 T2O、 H2O，D2 与 T2 不互为同素异形体。 例题5 ：（1996年上海高考）(1)为防治酸雨,降低煤燃烧时向大气排放的SO2, 工业上将生石灰和含 硫煤混合后使用。请写出燃烧时,有关“固硫”(不使硫化合物进入大气)反应的化学方程式： , (2)近年来,某些自来水厂在用液氯进行消毒处理时还加入少量液氨,其反应的化学方程式为： NH3+HClO H2O+NH2Cl(一氯氨)，NH2Cl较HClO稳定。试分析加液氨能延长液氯杀菌时间的原 因： 。 方法：对照信息，迁移分析。 捷径：（1）根据题意：气态 SO2 与固态 CaO 反应生成固体 CaSO3，从而达到“固硫”的作用。又因 为 亚 硫 酸 根 离 子 容 易 被 氧 化 ， 生 成 硫 酸 盐 。 以 此 反 应 的 化 学 为 方 程 式 为 ： CaO+SO2=CaSO3 ， 2CaSO3+O2=2CaSO4 。 （2）HClO 不稳定，容易发生分解反应。若 HClO 浓度大，其反应速率必然也大。为降低 HClO 反应 速率，延长杀菌时间，应把 HClO 变成较稳定的 NH2Cl“储存”起来，待 HClO 消耗到一定程度时，再转 化为 HClO。而加液氨后，使 HClO 部分转化为较稳定的 NH2Cl。当 HClO 开始消耗后，上述化学平衡向逆 向移动，又产生 HClO，起杀菌作用。 总结：亚硫酸根离子易被氧化，从而生成硫酸盐。这一反应往往被考生疏忽。 例题 6 ：（1998 年上海高考）汽车尾气（含有烃类、CO、SO2 与 NO 等物质）是城市空气污染源。 治理的方法之一是在汽车的排气管上装一个“催化转换器”（用铂、钯合金作催化剂）。它的特点是使 CO 与 NO 反应，生成可参与大气生态环境循环的无毒气体，并促使烃类充分燃烧及 SO2 的转化。 （1）写出一氧化碳与一氧化氮反应的化学方程式： （2）“催化转换器”的缺点是 （3）控制城市空气污染源的方法可以有 （多选扣分） a．开发新能源 b．使用电动车 c．植树造林 d．戴上呼吸面具 方法：信息迁移类比。 捷径：（1）根据题目提供的信息：CO 与 NO 反应，生成可参与大气生态环境循环的无毒气体。这气 体是 CO2 和 N2，以此其化学方程式为：2CO+2NO 2CO2+N2 。（2）在一定程度上提高了空气 酸度的原因是 SO2 可被氧化成 SO3，SO3 与水蒸气形成硫酸酸雾。（3）控制城市空气污染方法中，植树造 林这一选项具有一定迷惑性，植树造林能控制 CO2 量的增加，而对消除汽车尾气中烃类、CO、SO2 与 NO 等物质没有直接的效果。故应选 a，b。 总结：本题所涉及的反应产物均隐含在题中，只有认真分析才能得出正确的结论。如，NO 与 CO 反 应产物是参与大气生态循环的无毒气体，排除 NO2 等有毒气体，也排除生成生成单质硫固体，也不可能是 非常见气体，只能是空气中存在的 N2 和 CO2。又因催化转化器中铂、钯合金，应该是 SO2 与 O2 生成 SO3 反应的催化剂，这样会合理解释了空气酸度的增加。因而需要冷静分析题设条件，挖掘隐含在题设条件中 的解答，是考生必需具备的技能和心理素质。 金钥匙： 例题 1 ：用化学方法区别 CO2 和 SO2 两种气体，下列方法中，正确的是（ ） A．通入澄清石灰水 B．通入品红溶液 C．用带火焰的木条检验 D．通入酸性 KMnO4 溶液 方法：CO2 和 SO2 都是酸性氧化物，有一些相似的化学性质，如水溶液都显酸性，都可与 Ca（OH）2 溶液反应生成难溶物，都不能助燃等；也有一些明显的性质差异，突出的是 SO2 具有漂白作用，具有较强 的还原性，而 CO2 不具有这些性质。所以本题 B 选项明显符合题意。D 选项中，SO2 通入酸性 KMnO4 溶 液，由于 SO2 具有还原性，酸性 KMnO4 溶液具有强氧化性而使溶液褪色，故 D 也符合题意。 捷径：SO2 具有明显的还原性，酸性 KMnO4 溶液具有强氧化性，这是学生已有的知识，但因课本上没 有直接介绍该反应，此题易出现漏选。 总结：“比较”是分析和解决问题常用的思维方法，也是学习常用的方法。 例题 2 ：下列物质中，长久放置后因被空气中某物质氧化而变质的是 （ ） A．NaOH 溶液 B．Na2SO3 溶液 C．澄清石灰水 D．氯水 方法：从物质本身的性质和空气中的物质双方面结合进行分析。 捷径：NaOH 久置后会与空气中 CO2 反应生成 Na2CO3 而变质，澄清石灰水久置后，其中的溶质 Ca（OH） 2 会与空气中 CO2 反应生成 CaCO3 而变质。久置的氯水变质，是因为次氯酸不稳定而分解：2HClO 2HCl+O2↑ 。Na2SO3 溶液长久放置后，会被空气中的氧气氧化：2Na2SO3+O2 = 2Na2SO4。故选 B。值得注 意的是，氯水变质是由于自身发生氧化还原反应而分解变质，并非被空气中的 O2 氧化而变质。 例题 3 ： 已知 CO2，H2O2 的结构式为 O=C=O，H—O—O—H，铬的最高价为+6。试推测过氧化铬 （CrO5）的结构式为 。 方法：因为铬的最高价为+6 价，故中氧的化合价既有－2 价，也有－1 价，再根据 CrO5 中五个氧总共 为－6 价推知，有四个氧为－1 价，一个氧为－2 价，结合 CO2 和 H2O2 的结构式即可写出 CrO5 的结构式。 捷径：从 CO2，H2O2 的结构式可知，碳的最高价为+4，有四 个价键，氧有两 个价键，且氧氧间可形成过氧键。因此，既要保证铬的六个价键， 又 要 保 证 氧 的 两个价键。故 CrO5 结构式应为（见右图）。 总结：此题为结构迁移，即将 CO2 和 H2O2 的结构迁移到 CrO5 中，迁移时要特 别注意化合价和价键。 通过对两个或两类不同的对象进行比较，找出其相似点或相 同点，然后以此 为依据，把其中某一对象的有关知识或结论迁移到另一对象中去的一种思维方法。比较适合于信息给予题。 例题 4 ：酸雨是英国化学家 R·A·Smith 在 1872 年最先提出的，一般是指 PH 小于 5.6 的雨、雪等 大气降水，它是由工业生产过程中大量化石燃料的使用，造成空气中硫的氧化物和氮的氧化物增多而引起。 已 知 碳 酸钙 和 氢 氧 化 钙 在水 中 存 在 下 列 溶解 平 衡 ： CaCO3 ( ｓ ) Ca2++CO32 － ， Ca(OH)2(ｓ ) Ca2++2OH－。在火力发电厂燃烧煤的废气中往往含有 SO2、O2、N2、CO2 等。为了除去有害气体 SO2 并变 废为宝，工业上常常用粉末状的碳酸钙或熟石灰的悬浊液洗涤废气，反应产物为石膏。 (1)写出上述两个洗涤废气的化学方程式。 (2)试说明用熟石灰的悬浊液，而不用澄清石灰水的理由。 (3)在英国进行的一项研究结果表明：高烟囱可以有效地降低地表面 SO2 的浓度，在本世纪 60~70 年代 的十年间，由发电厂排放的 SO2 增加了 35%，但由于建造高烟囱的结果，地表面 SO2 浓度却降低了 30%之 多。请你从全球环境保护的角度分析，这种方法是否可取？简述理由。 (4)请根据你所学的生物、化学知识，对我国的酸雨防治提出合理化的建议（至少三条）。 方法：通过迁移类比进行分析评价。 捷径：(1)将废气通入碳酸钙或氢氧化钙的悬浊液时，废气中的 SO2 与水反应生成 H2SO3，H2SO3 电离出的 H+与 CO32-或 OH -反应，促使两种溶解平衡均向溶解方向移动，而生成的 SO32-又与 Ca2+、H2O 结 合生成石膏。其反应的化学方程式为： 2SO2+O2+2CaCO3+4H2O=2(CaSO4·2H2O)+2CO2 2SO2+O2+2Ca(OH)2+2H2O=2(CaSO4·2H2O) (2)因 Ca(OH)2 微溶于水，所以澄清石灰水中 Ca(OH)2 的浓度小，因而没有足够多的 Ca(OH)2 与 SO2 反 应，不利于吸收 SO2。 (3)因 SO2 的排放总量没有减少，建造高烟囱，实际上是将产生的 SO2 由地表面转移至高空，虽然地表 面 SO2 浓度下降，但高空中 SO2 浓度却增大，由此其进一步形成的酸雨仍会造成对全球环境的危害。所以 该方法不可取。 (4)酸雨防治的根本方法是减少 SO2 的排放，而对被污染的空气，则实施净化。以此可得出的建议有： ①控制污染源；②化学、微生物脱硫；③改革工艺流程；④开发洁净能源；⑤大力开展绿化，植树造林； ⑥加强环境管理。 总结：人类的生存与自然环境密不可分，随着人们对自然环境认识的深入，保护环境、净化环境的呼 声越来越高。“我们只有一个地球”、“环境千年、行动起来吧！”世界环境日的这些主题也正说明了这 一点。该题以 SO2 为主线，将其吸收、排放、治理融为一体，要求考生从多角度、多层面去思考、去评价 某一种做法，并综合性、创造性地提出防治的建议，强调了理论和实践相结合、学以致用、人与自然、社 会协调发展的现代意识。 例题 5 ：含 FeS2 80%的硫铁矿 200ｔ，灼烧时硫损失 2%，问能制得 98.3%的硫酸多少吨？ 方法：由于 FeS2 灼烧时其中的硫元素全部转移到 H2SO4 分子中去，根据原子个数守恒可得如下关系： FeS2～2H2SO4，从而列式求解。 捷径：设生成 98.3%硫酸的质量为 x，根据题意可得： FeS2 ～ 2H2SO4 120 196 200ｔ×80%×98% x×98.3% 解之得：x = 260.5t 总结：反应物与生成物间元素是否守恒，要解题时要根据反应历程进行分析确定。 例题 6 ：（1）将 m g 铁粉和 n g 硫粉均匀混合，在密闭容器中加热至红热，冷却后，加入多少毫升 b mol/L 的盐酸就不再产生气体？若把已放出的气体收集起来，在标准状况下的体积一共是多少升？ （2）把 0.1mol 铁粉和 1.6 g 硫粉均匀混合，铺在石棉网上用酒精灯加热引燃，完全反应后，将残渣 全部放入过量的稀 H2SO4 中充分反应，结果所产生的气体体积在标况下明显少于 2.24 L，其原因 是 。 方法：用联系观分析求解。 捷径：（1）根据化学反应方程式：Fe+S FeS、FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑，得 Fe∽2HCl，Fe∽H2S。 可能过量的 Fe 粉与 HCl 反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，得 Fe∽2HCl，Fe∽H2。显然产生气体的体积及所需 盐酸的量与硫粉的量无关只与 Fe 的量有关。根据 Fe∽2HCl 得： ，， 。 根据 Fe∽H2S，Fe∽H2 得： （2）因 n（S）= ，所以 Fe 粉过量，过量的 Fe 粉在受热时与空气中的 O2 反应生成了铁的氧化物，与 H2SO4 反应不再放出 H2，故放出的气体体积小于 2.24 L。 总结：涉及化学方程式的计算，应充分利用各物质的量的关系，对于多步、复杂的化学反应，要善于 整体分析。 总结：在 Na2SO3、H2SO3 等化合物中，硫元素的化合价是+4 价，因此他们与 SO2 性质相似，既具有 一定的还原性，易被氧化，也具有一定的氧化性，能被还原。 例题 7 ：向两个烧杯中各加入相同体积的 3 mol/L 的硫酸，置于天平的左右两个托盘上，调节天平达 到平衡。向一个烧杯中加入 10.8 g 铝，向另一个烧杯中加入 10.8 g 镁。反应完毕后，天平可能会发生怎样 的变化？试根据计算进行分析。 方法：本题涉及的化学知识颇为简单，但它是一道思维性较强的习题，题中给出了金属的质量和酸的 物质的量浓度，但并未给出酸的体积，因此必须考虑酸的体积与金属的相对量在不同的情况下产生的不同 的结果。 金属投入硫酸中可能会产生以下几种情况： （1）硫酸过量，两种金属均完全反应； （2）金属过量，硫酸的量不足，两种金属都未完全反应； （3）硫酸的用量对一种金属来说是足量的，对于另一种金属来说是不足量的。 捷径：n（Al）=0.4 mol n（Mg）=0.45 mol 与铝完全反应需硫酸：0.4× × = 0.2 L 与镁完全反应需硫酸：0.45× = 0.15 L （1）当 V（H2SO4）≥0.2 L 时，硫酸足量。0.4 mol 铝置换出 0.6 mol 氢气，0.45 mol 镁置换出 0.45 mol 氢气，铝置换出 H2 多，因此，放铝一端的天平升高。 （2）当 V（H2SO4）≤0.15 L 时，两烧杯中的 H2SO4 均作用完，两种金属都过量，放出的氢气量相等， 天平仍平衡。 （3）当 0.15 L﹤V（H2SO4）﹤0.2 L 时，则镁完全反应酸有余，而铝有剩余酸不足，此时镁与酸反应 产生的氢气仍为 0.45 mol，铝与酸反应产生的 H2 大于 0.45 mol，小于 0.6 mol，放铝的一端天平升高。 总结：不进行过量问题的分析和思考是解决此类问题的最大失误。审题必须细心，思维必须严密。 聚宝盆： 1．硫是一种比较活泼的非金属元素，与可变价金属通常生成低价态金属硫化物。此点在解题时必须 引起重视。 2．硫的价态较多，有－2、－1、+2、+4、+6 等，在化学反应中，位于中间价态的硫，既具有氧化性， 又具有还原性。 3．在分析酸雨问题时，要懂得引起酸雨的原因，不仅有硫的氧化物，还有氮的氧化物，且雨水的 pH 要小于 5.6。 4．对多步反应类试题，要尽可能找出题中关系，利用一步求解。 5．在过繁过难的计算中，如能动用守恒法，将可快速获解。 热身赛： 1．有甲、乙、丙 3 瓶等体积、等物质的量浓度的硫酸。若将甲用水稀释，在乙中加入少量的 BaCl2 溶液，丙保持原状，然后用等浓度的 NaOH 溶液滴定，至恰好完全反应时，所需 NaOH 溶液的体积关系是 （ ） A．丙＞甲＞乙 B．丙=甲＞乙 C．乙＞丙＞甲 D．甲=乙=丙 2．下图是一套检验气体性质的实验装置。 装置中缓慢地 通入气体 X，若关闭活塞 K，则品红试液无变 化，而澄清的石 灰水变浑浊；若打开活塞 K，则品红试液褪色。 据此判断气体 X 和洗气瓶内液体 Y 可能是 （ ） A B C D X H2S SO2 CO2 Cl2 Y 浓 H2SO4 饱和 NaHCO3 溶液 Na2SO3 溶液 饱和 NaHCO3 溶液 3．有一瓶无色气体可能含 CO2、HBr、HCl、SO2 中的一种或几种。将此气体通入稀氯水中，恰好完 全反应，得无色透明液体。把此溶液分成两份，分别加入盐酸酸化 BaCl2 的溶液和硝酸酸化的 AgNO3 溶液， 均出现白色沉淀。对此结论：(1)原气体中肯定有 SO2，(2)原气体中可能有 SO2，(3)原气体中肯定没有 HBr， (4)不能确定原气体中有无 HCl，(5)原气体中肯定无 CO2，(6)原气体中肯定有 HCl，正确的是（ ） A．(1)、(3)、(4) B．(1)、(4)、(5) C．(1)、(3)、(4)、(6) D．(1)、(2)、(3)、(5)、(6) 4．现有两种氧的单质 O2 和 Om 的混和气体，从其中取出体积相同的两份。往其中一份中加松节油， Om 被完全吸收，结果气体体积减少了 V mL，加热另一份，使其中的 Om 全部分解成 O2，则气体体积增加 1 2 V mL(以上气体体积在相同温度和压强下测定)。根据以上数据推断 m 的值是_________。 5．A、B、C 是常见的三种化合物，各由两种元素组成，转化关系如右图。 （1）在 A、B、C 中，必定含有乙元素化合 物 的 是 。 （2）单质乙必定是 （填“金属”或 “非金属” ）； 其 理 由 是 。 （3）单质乙的分子式可能是 ，则化合物 B 的分子式为 。 6．下面是甲、乙、丙三位学生提出的检验 SO42的实验方案： 甲：试样（无色溶液） 加 溶液BaCl2  白色沉淀 加足量稀盐酸  沉淀不溶解 乙：试样（无色溶液） 加 溶液Ba NO( )3 2  白色沉淀 加足量稀硝酸  仍有白色沉淀 丙：试样（无色溶液） 加足量稀盐酸  无沉淀 加 溶液BaCl2  白色沉淀 (1)根据中学化学知识判断 （填甲、乙、丙）实验方案是正确的。 (2)在不正确的 （填甲、乙、丙）实验方案中，无色溶液中可能含有 离子； 在不正确的 （填甲、乙、丙）实验方案中，无色溶液中可能含有 离子。 7．荷兰是一个沿海的低地国家，在政府的支持下，地球化学家奥林夫·斯却林教授正在从事用化学 手段抬高沿海地区的海拔高度的研究，以永久性地解决海水淹没陆地的威胁。其方法是根据分子数目相同 的情况下，硫酸钙比碳酸钙的体积大一倍的事实，用废弃的硫酸灌入地下的石灰岩层中实现的。写出反应 的化学方程式和离子方程式。 8．有两种气体单质 Am 和 Bn。已知 2.4 g Am 和 2.1 g Bn 所含的原子个数相同，分子个数之比却为 2∶3。 又知 A 原子中 L 电子层含电子数是 K 电子层的 3 倍。通过计算回答： (1)写出 A、B 的元素名称 A：_______，B：______ (2)Am 中 m 值是_________ (3)Am 的同素异形体的分子式是___________ 9．为了除去工业废气中的二氧化硫，查得一份“将二氧化硫转化为硫酸铵”的资料，摘录如下：“一 个典型实验：初步处理后的废气含 0.2%的二氧化硫和 10%的氧气(体积含量)，在 400℃时废气以 5 m3/h 的 速率通过五氧化二矾催化剂层与 20 L/h 速率的氨气混合，再喷水，此时气体的温度由 4000C 降到 2000C， 在热的结晶装置中得到硫酸铵晶体。”(气体体积均已折算为标准状况)仔细阅读上文，回答下列问题：(a) 按反应中的理论值，二氧化硫和氧气的物质的量之比为 2∶1，该资料中这个比值是多少？为什么？(b)通 过计算说明为什么废气以 5 m3/h 的速率与 20 L/ h 的速率的氨气混合？(c)若某厂每天排放 1 万 m3这种废气， 按上述方法该厂每月(按 30 天计算)可得(NH2)4SO4 多少吨？消耗氨气多少吨？ 10．取某城区的煤样品 4.8g,完全燃烧后产生的 SO2 通入足量的氯气中，再加入 25mL0.1mol/L 的 BaCl2 溶液，取过滤的滤液用 0.1mol/L 的 Na2SO4 溶液滴定，当滴入 10.0mL 时，恰好将滤 液中的 Ba2＋ 完全沉 淀出来。 (1)该城区用煤的含硫量是________。 (2)若该城区每天平均烧煤 8×103t，其中 80%的硫转化为 SO2 进入大气，设某天这些 SO2 中有 20%未能 扩散而随大约 8×106 m3 的雨水降落到地面上。计算此次酸雨的 pH 值为____________。 11．过二硫酸钾（K2S2O8）在高于 100℃的条件下能发生反应，其化学方程式为： 2K2S2O8 2K2SO4+2SO3↑+O2↑现称取一定量的 K2S2O8 固体（含有不分解杂质），进行如下实验：加 热使过二硫酸钾完全分解，通过测定氧气的体积计算过二硫酸钾的纯度，并且收集三氧化硫，进行观察和 检验。 (1)试从下图中选用几种必要的装置，连接成一套实验装置： 这些选用装置连接时，接口编号的连接顺序是____________________________。 (2)观察到的三氧化硫的颜色状态是____，将三氧化硫跟水反应，鉴定反应产生阴离子的方法是____。 (3)若实验时称取过二硫酸钾的质量为 W g，测得氧气的体积（折算成标准状况）为 a mL，则此过二 硫酸钾的纯度为____%。 12．接触法制硫酸排放的尾气中含少量的二氧化硫。为防止污染大气，在排放前应对二氧化硫进行吸 收利用。 （1）某硫酸厂每天排放的 1 万 m3 尾气中含 0.2%（体积百分数）的 SO2。假设处理过程中硫元素不损 失，问用氢氧化钠溶液、石灰及氧气处理后，理论上可得到多少千克石膏（CaSO4· 2H2O）？ （2）将一定量体积的尾气通入 100 mL2mol/L 的氢氧化钠溶液使其完全反应，经测定所得深夜 16.7 g 溶质。试分析该溶液的成分，并计算确定各成分的物质的量。 （3）亚硫酸氢钠是工厂利用尾气制石膏过程中的中间产物。调节尾气排放的流量，可取得二氧化硫 与氢氧化钠间的最佳物质的量之比，从而提高亚硫酸氢钠的产量。现设 nso2、nNaOH、nNaHSO 3分别为二氧化 硫、氢氧化钠和亚硫酸钠的物质的量，且 nso2/nNaOH=x。试写出在 x 的不同取值范围内，nNaHSO 3与 nso2、nNaOH 间的关系（或 nNaHSO 3的数值）： X nNaHSO 3 大检阅： 1．D 2．BD 3．A 4．3 5．（1）A、B （2）非金属；A+B→2+C，所以乙在 A、B 中必有正负价 （3）S（或 N2）；H2S（或 NH3） 6．(1)丙 (2)甲、Ag；乙、SO32 7．（答案：CaCO3 + H2SO4 = CaSO4 +H2O +CO2↑；CaCO3 + 2H++SO42- =CaSO4 +H2O+CO2↑） 8．氧 氮；3；O2 9．(a)1：50 (b)略 (c)(NH4)2SO4：3.54 吨，NH3：0.91 吨 10．(1)含硫量为 1% , (2)酸雨 pH 值为 4 11．(1)I、G、H、F、E、J (2)无色晶体 加入 BaCl2 溶液产生白色沉淀，再加入少量 HCl，沉淀不溶解 (3) 10010004.22 540  W a 12．（1）153.6 kg (2)NaHSO3：0.1 mol,Na2SO3：0.05 mol (3)x≤1/2，0，1/2＜x＜1，nNaHSO 3=2 nso2－nNaOH，x≥1，nNaHSO 3= nNaOH（以横排为序） 策略 10 卤族方面试题的解题方法与技巧 金点子： 卤族方面试题的题型主要有：卤素及化合物的性质分析、气体的实验室制取、应用性试题及新情境试 题等。 在解题时，要充分运用守恒法、迁移类比法、方程式合并法、多步反应一步计算等。 信息给予题(又叫新情境试题)，是近年来推出的一种新题型，此类试题在高考中占有很大的比重。其基 本形式为：给出全新的情境（最新科研成果等信息）、冗长的题干、频繁的设问。但题示的新信息具有一 定的启发性，经处理后可迁移或灵活运用。 经典题： 例题 1 ：（1998 年全国高考）氯化碘（ICl）的化学性质跟氯气相似，预计它跟水反应的最初生成物 是 （ ） A．HI 和 HClO B．HCl 和 HIO C．HClO3 和 HIO D．HClO 和 HIO 方法：迁移类比法求解，但要考虑到 ICl 中元素的化合价不为 0。 捷径：ICl 是拟卤素，很多性质与卤素单质相似，但不是完全相同，因为 Cl 比 I 的得电子能力强，所 以在 ICl 中，I 为+1 价，Cl 为—1 价。而 HCl 中，Cl 为—1 价，HIO 中 I 为+1 价，在 ICl 与水反应后其产 物的化合价均不发生改变。故反应为：ICl+H2O = HCl+HIO，以此答案为 B。 总结：本题着重考查学生对 ICl 和 Cl2 性质的理解能力和比较能力。Cl2 与水反应生成 HCl 和 HClO，ICl 与 H2O 反应生成物究竟是 HI 与 HClO，还是 HCl 与 HIO，不少同学未能从化合价去分析、判断，因而误 选 A。通过本题不仅要认识 ICl 与 H2O 反应生成 HCl 与 HIO，还要理解此反应为一非氧化还原反应。如果 将此反应扩展至 ICl 与碱反应，也要知道生成物为 NaCl 与 NaIO。 例题2 ：（1997年全国高考）为实现中国2000年消除碘缺乏病的目标,卫生部规定食盐必须加碘, 其 中的碘以碘酸钾(KIO3)形式存在。已知在溶液中IO3- 可和I- 发生反应:IO3 － + 5I－ +6H+ = 3I2 + 3H2O，根 据此反应，可用试纸和一些生活中常见的物质进行实验, 证明在食盐中存在IO3-。可供选用的物质有： ①自来水,②蓝色石蕊试纸,③碘化钾淀粉试纸,④淀粉,⑤食糖,⑥食醋,⑦白酒。进行上述实验时必须使用 的物质是 ( B ) A．①③ B．③⑥ C．②④⑥ D．①②④⑤⑦ 方法：这是一道无机信息题，利用给定的日常生活中常见的物质，鉴别食盐中是否含有 IO3 —。要充分 理解消化题目给定的知识——IO3 —可在酸性条件下，将 I—氧化，产生 I2。 捷径：根据鉴别 I2 的方法得 B。 总结：充分利用题目中提供的信息，作为解题的突破口，这是我们常用的解题方法。本题给了我一个 很好的范例。题中的信息是 IO3 —在酸性条件下发生反应，（即需要酸，从题中可顺利选出食醋）生成了 I2 单质，检验碘单质需要淀粉。通过以上分析，我们看到正确理解，充分消化信息的重要性。 例题3 ：（1991年三南高考）氰气分子式为(CN)2 , 结构式为N≡C—C≡N, 性质与卤素相似。下列叙 述正确的是 （ ） A．在一定条件下可与烯烃加成 B．分子中的碳一氮键的键长大于碳一碳键的键长 C．不和氢氧化钠溶液发生反应 D．氰化钠、氰化银都易溶于水 方法：迁移类比法。 捷径：将卤素的性质迁移到氰气，得叙述正确的是 A 。 总结：在新知识、新物质未知时，可通过信息，将巳有的旧知识迁移即可。 例题 4 ：（1998 年上海高考）冰箱制冷剂氟氯甲烷在高空中受紫外线辐射产生 Cl 原子，并进行下列 反应：Cl+O3→ClO+O2，ClO+O→Cl+O2。下列说法不正确的是（ ） A．反应后将 O3 转变为 O2 B．Cl 原子是总反应的催化剂 C．氟氯甲烷是总反应的催化剂 D．Cl 原子反复起分解 O3 的作用 方法：将方程式合并后再分析。 捷径：根据反应式，不论是 O3 还是 O 反应后均转变为 O2。从题干中的两条反应式可知：Cl 原子是第 一个反应的反应物，又是第二个反应的生成物，并且物质的量保持不变，所以 Cl 原子是总反应的催化剂， 起反复分解 O3 的作用。而氟氯甲烷是产生氯原子的反应物，它不是催化剂。得答案为 C。 总结：合并分析是解答此题的关键。 例题 5 ：（2000 年浙、吉、晋高考理科综合）有①②③三瓶体积相等， 浓度都是 1 mol· L—1 的 HCl 溶液，将①加热蒸发至体积减少一半，在②中加入少量 CH3COONa 固体（加入后溶液仍显强酸性），③ 不作改变，然后以酚酞作指示剂，用 NaOH 溶液滴定上述三种溶液，所消耗的 NaOH 溶液体积是 （ ） A．①=③﹥② B．③﹥②﹥① C．③=②﹥① D．①=②=③ 方法：从实验过程中的物质变化进行分析。 捷径：盐酸是挥发性酸，在加热蒸发溶剂的同时，也有一部分溶质 HCl 同时挥发，所以消耗 NaOH 溶 液的体积必然比③少。②中加入少量 CH3COONa，HCl+CH3COONa=NaCl+CH3COOH，当用酚酞作指示剂 时，等物质的量盐酸和醋酸消耗的 NaOH 相等。以此得 C。 总结：部分考生未考虑等物质的量盐酸和醋酸消耗 NaOH 的量相等，而误选 B。 例题 6 ：（2001 年全国高考）为了预防碘缺乏病，国家规定每 kg 食盐中应含有 40～50 mg 的碘酸钾。 为检验某种食盐是否为加碘的合格食盐，某同学取食盐样品 428 g，设法溶解出其中全部的碘酸钾。将溶 液酸化并加入足量的碘化钾淀粉溶液，溶液呈蓝色，再用 0.030 mol/L 的硫代硫酸钠溶液滴定，用去 18.00 mL 时蓝色刚好褪去。试通过计算说明该加碘食盐是否为合格产品。有关反应如下：IO3 －＋5I－＋6 H＋→ 3I2 ＋3H2O ，I2＋2S2O32－→2I－＋S4O62－。 方法：多步反应，通过关系一步计算。 捷径： 根据反应：IO3 －＋5I－＋6 H＋→3I2＋3H2O，I2＋2S2O32－→2I－＋S4O62－知： IO3 － ~ 3I2 ~ 6S2O32－。因此 n(IO3 －) = n(S2O32－) = ×0.030mol/L×0.01800L =9.00×10－5mol。 每 kg 食盐中含 KIO3：9.00×10－5mol×214ｇ/mol× =4.5×10－2ｇ= 45mg 。所以该加碘食盐是合格产 品。 总结：有关多步反应问题，在解题时要充分考虑反应间的关系，所用化学方程式必须注意配平，否则 也容易出错。 金钥匙： 例题 1 ：34.8 g 二氧化锰与 100mL12mol/L 的盐酸反应，可制得氯气（ ） Ａ．0.4mol Ｂ．6.72L Ｃ．42.6g Ｄ．无法确定 方法：MnO2 与盐酸反应，酸必须为浓盐酸，解答此题必须考虑 MnO2 与 HCl 的相对量，如果浓盐酸过 量，便可以根据 MnO2 计算 Cl2 的量，如果浓盐酸不足，则 Cl2 量便无法计算。 捷径：34.8 g 二氧化锰的物质的量为 0.4mol，100mL12mol/L 的盐酸中 HCl 为 1.2mol，根据反应 MnO2 + 4HCl(浓) MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O 知，0.4molMnO2 需 HCl1.6mol，MnO2 过量，随着反应的进行，盐 酸浓度逐渐降低，因此无法求算氯气的量。答案选Ｄ。 总结：此题很容易陷入根据化学反应方程式进行过量问题计算的误区。解题时，必须突破旧的思维模 式，找出隐含信息，即 MnO2 与稀盐酸不反应。即使 MnO2 是足量的，反应后溶液中仍存有一定量的稀盐 酸，故无法确定可制得的氯气的量。 例题 2 ：某温度下，将 Cl2 通入 NaOH 溶液中，反应得到 NaCl、NaClO、NaClO3 的混合液，经测定 ClO—与 ClO3 —的浓度之比为 1︰3，则 Cl2 与 NaOH 溶液反应时被还原的氯原子与被氧化的氯原子的物质的 量之比为 ( ) A．21︰5 B．11︰3 C．3︰1 D．4︰1 方法：通过得失电子守恒法求解。 捷径：令得到 1molClO—、3molClO3 —，被氧化的 Cl 整体失去 16mole—，故被还原的 Cl 为 16mol，两者 之比为 D。 总结：本题也可以利用总反应式（x/2+2）Cl2+（x+4）NaOH=NaClO+3NaClO3+（x/2+2）H2O+xNaCl 求解，即根据氧原子关系求得 x=16。 例题 3 ：将 KCl 和 KBr 的混和物 13.4 g 溶于水配成 500 mL 溶液，通入过量 Cl2,反应后将溶液蒸干， 得固体 11.175 g ,则原所配溶液中 K+、Cl－、Br－的物质的量浓度之比为（ ） A．3∶2∶1 B．1∶2∶3 C．1∶3∶2 D．2∶1∶3 方法：根据溶液中阴阳离子电荷守恒分析而快速获解。 捷径：原溶液呈电中性，所以 n(K+) = n(Cl－) + n(Br－),对照选项，只有 A 符合，所以选 A 。 总结：该题若利用质量进行分析求解，既繁又慢，而且容易出错。 例题 4 ：将氯气用导管通入盛有较浓的 NaOH 和 H2O2 混合液的广口瓶中，在导管口与混合液的接触 处有闪烁的红光出现，这是因为通气后混合液中产生的 ClO—被 H2O2 还原，发生激烈反应，产生能量较高 的氧原子，它立即转变为普通氧分子，将多余的能量以红光放出。 （1）实验时，广口瓶中除观察到红光外，还有 现象。 （2）实验时，广口瓶中 ClO—与 H2O2 反应的离子方程式是 。 方法：根据题意，本题可简写为“ClO—被 H2O2 还原产生 O2”，这样题目信息就一目了然。其中“产 生的 ClO—被 H2O2 还原”是解题中关键信息。 捷径：根据有效信息：ClO—被 H2O2 还原知，ClO—是氧化剂，H2O2 是还原剂，进而推知：ClO—必定被 还原为 Cl—，H2O2 必定被氧化为 O2，因此，反应现象还有冒气泡。反应的离子方程式是：ClO— + H2O2 = O2 ↑+ Cl— + H2O 。 总结：这是一道信息给予题，这类题的背景材料有较强的可读性，相当多的学生将注意力过分集中在 过去从来未见过的新知识上，而忽视了基础知识的应用，对正确解题就造成了干扰。此题的陌生程度很高， 如果没有一定的自学能力，就会不知所云。 例题 5 ：已知 CN－（氢氰酸根）、SCN－（硫氰酸根）和 Cl－有相似之处：两个—CN 原子团或两个— SCN 原子团可分别构成氰分子(CN)2 和硫氰分子(SCN)2。(CN)2 和(SCN)2 性质与 Cl2 的性质也有相似之处， 且常温常压下均是气体。请写出下列反应的化学方程式： ⑴(CN)2 与 KOH 溶液反应。⑵MnO2 与 HSCN 反应。⑶(SCN)2 与 AgNO3 溶液反应。 方法：运用类比思维的方法：由 Cl2 与 NaOH 溶液反应类推⑴；由 MnO2 与 HCl（浓盐酸）的反应类推 ⑵；由 Cl2 与 AgNO3 溶液反应类推⑶。 捷径：⑴ (CN)2 + 2KOH = KCN + KCNO + H2O ⑵ MnO2 + 4HSCN = Mn (SCN )2 + （SCN）2↑+ 2H2O ⑶（SCN）2 + H2O + AgNO3 = AgSCN↓+ HSCNO + HNO3 总结：该题属于信息给予题，分析时须将 CN 或 SCN 看作一个整体，也即相当于 Cl 。部分学生由于 未理解题意，将 CN 或 SCN 在方程式中进行了拆分，以此造成错误。 例题 6：巳知 NH3 + HX = NH4X，NH4Cl NH3↑+ HCl↑。现对某宇航员从太空中某星球外层空 间取回的气体样品进行如下分析： ①将样品溶于水，发现其主要成分气体 A 极易溶于水。 ②将 A 的浓溶液与 MnO2 共热产生一种黄绿色气体单质 B，将 B 通入 NaOH，溶液中生成两种钠盐。 ③A 的稀溶液与锌粒反应生成气体 C，C 与 B 的混合气体经光照发生爆炸又生成气体 A，实验测得反 应前后气体体积保持不变。 据此回答下列问题： （1）写出 A、B、C 的名称：A 、B 、C 。 （2）A 的浓溶液与 MnO2 共热的化学反应方程式为： 。 （3）气体 B 与 NaOH 溶液反应的离子方程式为： 。 （4）科研资料表明，若该星球上有生命活动，则这些生物可能从该星球上液态氨的海洋中产生，因为 那里的液氨相当于地球上的水。据此推测：该星球上是否有生命活动？简述理由。 方法：本题是将 Cl2、HCl 等有关基础知识置于新情境之中，解题时只要紧紧抓住 HCl 气体极易溶于水 和 HCl 与 MnO2 共热制得 Cl2，则（1）—（3）迎刃而解。（4）所给信息虽然没见过，但可通过阅读学习 产生如下联想：HCl 和 NH3 在常温下都不能共存，而该星球上的海洋为液态氨，其大气温度比地球上更低， 进而得出正确结论。 捷径：根据题中对气体 A 的叙述，知 A 为 HCl，以此得：（1）A：氯化氢 、B：氯气、C：氢气 ； （2）HCl 的浓溶液与 MnO2 共热的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2 +Cl2↑+ 2H2O ；（3） Cl2 与 NaOH 溶液反应的化学方程式为：Cl2 + 2OH— = ClO— +Cl—+ H2O ；（4）不可能有生命活动。因为 该星球外层空间的 HCl 与星球上的 NH3 不能共存，其反应的化学方程式为：NH3 + HCl = NH4Cl。 总结：该题易出错的地方有三处，一是物质名称的书写，常易因“熟题效应”而错写成分子式；二是 化学方程式与离子方程式的书写，对于第（3）问，常受第（2）问的干扰，而错写成化学方程式；三是简 答题，常常不按规定要求作答，只回答理由，而不回答结论，即是与否。 例题 7 ：工业上常用漂白粉跟酸反应放出 Cl2 的质量与漂白粉的质量的百分比（x%）来表示漂白粉的 优劣。已知漂白粉与硫酸反应的化学方程式为： Ca（ClO）2 + CaCl2 + 2H2SO4 = 2CaSO4 + 2Cl2↑+2H2O 现为了测定一瓶漂白粉的 x%，进行了如下实验，称取漂白粉样品 2.00g，研磨后，加水溶解，转入 250mL 容量瓶内，用水稀释到刻度，摇匀后，取出 25.0mL，加入过量的 KI 溶液和过量的稀硫酸静置。待漂白粉 放出的氯气与 KI 完全反应后，加入淀粉胶体 2～3 滴，用 0.100mol/L 的 Na2S2O3 标准溶液滴定反应中生成 的碘，反应为：2Na2S2O3 + I2 = Na2S4O6 + 2NaI，当滴定用去 Na2S2O3 溶液 20.0mL 时蓝色刚好褪去，试由 根据上述实验数据计算该漂白粉的 x%。 方法：从几个反应式中可以看出几种物质间的关系为：2Na2S2O3～I2～Cl2，以此可通过量量关系列方 程求解。 捷径：设产生 Cl2 的质量为 x，由题意可得如下关系： 2Na2S2O3 ～ Cl2 2mol 71g 0.100 × 0.0200 mol x 解之得：x = 71 × 10-3 g x% = × 100% = 35.5% 总结：该题为多步反应，通过量量关系可使其变成一步而进行计算。 例题 8 ：向 KI 溶液中加入 AgNO3 溶液，直到完全反应为止，结果反应后溶液的质量恰好等于原 KI 溶液的质量，求该 AgNO3 溶液的质量分数。 方法：利用质量守恒求解。 捷径：根据质量守恒定律及题目给出的条件，可知溶液的质量应等于溶质的质量和溶剂（即水）的质 量之和。但不包括沉淀的质量。反应方程式为： KI + AgNO3 == AgI↓ + KNO3 166g 170g 235g 101g 设 KI 溶液、AgNO3 溶液、KNO3 溶液中的水的质量分别表示为 m[H2O①]、m[H2O②]、m[H2O③]即上 式可以表示为： KI + m[H2O①] + AgNO3+ m[H2O②] = AgI↓+ KNO3+ m[H2O③] 即：m[H2O②]= m[H2O③]－m[H2O①] ⑴式 根据题意：KI+ m[H2O①]= KNO3+ m[H2O③] ⑵式 ⑴式代入⑵式得：KI= KNO3+ m[H2O②] m[H2O②]= KI－ KNO3=166g－101g=65g w(AgNO3)=170g÷(170g+65g)=72.34%，以此得答案 w(AgNO3) =72.34%。 总结：这是一道无数据的计算题，解题时要从题中找出关系，运用恒等关系列式求算。 聚宝盆： 解答本专题的试题，要注意充分理清下列概念： 1、对 Cl2 物理性质要从颜色、气味、状态、密度、溶解性、熔沸点六个方面分析。 2、Cl2 易液化，要分清液氯与氯水的区别和联系。 液氯是纯净物，只有 Cl2 分子。 氯水是混合物，分子有 H2O、Cl2、HClO，离子有 H+、Cl—、ClO—、（OH—）。 3、氯水参加的反应，要从 Cl2、HClO 及 H+、Cl—、ClO—两大方面进行综合分析。 4、氯气与金属及非金属的反应，要记住实验现象。 5、布条不褪色问题，必须注意两个干燥，即干燥的有色布条和干燥的 Cl2 。 6、漂白粉与漂白精的有效成分相同，但制取方法不一样。漂白粉是将 Cl2 通入消石灰而制得，而漂白 精是将 Cl2 通入石灰乳而制成。 7、Cl2 的实验室制法，课本中的图有不完善之处，即所获得的 Cl2 中混有 HCl 和 H2O。 8、Cl—的检验，用 AgNO3 溶液时，SO42—对其也有干扰，因 Ag2SO4 为微溶于水的白色沉淀，且不能溶 于稀硝酸。故此时应选用 BaCl2 试剂检出 SO42—为宜。 在解答信息给予题时，需注意将题中信息与课本知识相对照，从中找出相似之处，进而通过模仿而获 得结果。 热身赛： 1． (CN)2、(SCN)2、(OCN)2 称为“类卤素”，其化学性质与卤素单质相似，而其阴离子的性质也与 X －相似。如：2Fe＋3(SCN)2===2Fe(SCN)3,2Fe＋3Cl2===2FeCl3. 又知“类卤素”与氢形成的酸一般比 HX 弱。据此判断下列方程式中错误的是（ ） A．CN－＋H2O HCN＋OH－ B． C．(OCN)2＋H2O = 2H+＋OCN－＋OCNO－ D．MnO2＋4HSCN (SCN)2＋Mn(SCN)2＋2H2O 2．已知 I－、Fe2+、SO2、Cl-和 H2O2 均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为 Cl－＜Fe2＋＜ H2O2＜I－＜SO2。则下列反应不能发生的是 （ ） A．2Fe3＋＋SO2＋2H2O＝2Fe2＋＋ 2 4SO ＋4H＋ B．I2＋SO2＋2H2O＝H2SO4＋2HI C．H2O2＋H2SO4＝SO2↑＋O2↑＋2H2O D．2Fe3++2I－＝2Fe2＋＋I2 3 ． 根 据 下 列 化 学 方 程 式 ： 2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2 ， 2FeCl2+Cl2=2FeCl3 ， KMnO4+16HCl=2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，判断各物质氧化性由大到小的顺序正确的是（ ） A．I2>Cl2>FeCl3>KMnO4 B．KMnO4 >Cl2>FeCl3>I2 C．Cl2>I2>FeCl3>KMnO4 D．FeCl3>KMnO4>Cl2>I2 4．氯仿（CHCl3）可用做全身麻醉剂，但在光照下，易被氧化生成剧毒光气 （COCl2）：2CHCl3+O2 →2HCl+2COCl2，已知氯仿及光气均为非电解质。为了防止发生事故，在使用前要先检验是否变质，你认 为检验时所用的最佳试剂是 （ ） A．烧碱溶液 B．溴水 C．硝酸银溶液 D．淀粉碘化钾试纸 5．在已经提取氯化钠、溴、镁等物质的富碘卤水中，采用下面的工艺流程生产单质碘。试回答： （1）乙、丁中溶质的化学式：乙____，丁____ （2）第④步操作中用稀硫酸浸洗的目的是除去（ ） A．未反应的 NO3 － B． 未反应的 I－ C． 未反应的 Fe D．碱性物质 （3）第⑦步操作供提纯 I2 的两种方法是 。 （4）实验室检验 I2 的方法是 。 （5）甲物质见光易变黑，其原因是（用化学方程式表示） 。 6．含氰化物（有 CN–）的废水危害较大，CN－浓度为 0.04—0.01mg/L 就能毒杀鱼类，0.01mg/L 就能危 害浮游生物和甲壳动物。处理它的方法之一是用氧化法使其转化为低毒的氰酸盐（含 CNO－），氧化剂常 用次氯酸盐，且进一步可降解为无毒的气体。近期研究将把某些半导体性质的小粒悬浮在溶液中，在光的 作用下在小粒和溶液界面发生氧化还原反应，如二氧化钛小粒表面上可以破坏氰化物有毒废物。 (1)二氧化钛在上述反应中的作用是 (2)氰化物经处理后产生的无毒气体应该是 和 (3)若用 NaClO 溶液处理含 NaCN 的废液，产生另二种盐类的化学方程式是： 7．由 4 种元素组成的化合物，其化学式为 AxB y CzDw 相对分子质量（分子量）为 117.5，性质很不稳 定，容易爆炸。取 1.88g 该化合物引爆后，生成 0.432 g B2D 的蒸气、358.4 mL BC 气体、448 mL D2 气体 和一定量气体 A2（气体体积均在标准状况下测定）。已知爆炸产物分解产物分别有以下性质：（1）BC 与 B2D 的蒸气相遇产生白雾，将 BC 通入用稀 HNO3 酸化的 AgNO3 溶液中，可析出白色沉淀 。（2）B2D 通常为液态，低于 0℃可凝成固体。（3）带火星的木条可在 D2 中复燃。燃着的木条放在 A2 中熄灭，而燃 着的镁条却能在 A2 中燃烧，且生成相对分子质量为 100 的固态二元化合物。试确定原化合物的化学式， 并写出引爆时的化学方程式。 8．实验室里用一般的气体发生装置来制备 Cl2，反应物即使在停止加热后反应还会继续反应一段时间， 当要收集多瓶 Cl2 时，常有较多的 Cl2 逸散。为了防止多余的 Cl2 逸散到空气中，并使 Cl2 随时取用，有 人设计了如下甲装置来制取 Cl2。 ⑴设计甲装置的原理是 。 ⑵甲中Ⅱ中盛有的液体是 ，该装置可看作是一个__ _______（填某仪器名称）。 ⑶甲中装置Ⅱ_____（填能或不能）用乙装置来代替。 ⑷ 甲 中 制 Cl2 的 装 置 中 使 用 了 分 液 漏 斗 ， 当 加 放 浓 盐 酸 时 ， 需 打 开 瓶 塞 ， 其 原 因 是 。请设计一个既不需打开瓶塞， 又能及时加入盐酸的简易装置。 9．实验室可用氯气与金属反应制备无水三氯化铁，该化合物呈棕红色、易潮解 100℃左右时升华。下 图是两个学生设计的实验装置，左边的反应装置相同，而右边的产品收集装置则不同，分别如（Ⅰ）和（Ⅱ） 所示。试回答： （1）B 中反应的化学方程式为： （2）D 中的反应开始前，需排除装置中的空气，应采取的方法是 。 （3）D 中反应的化学方程式为 。 （4）装置（Ⅰ）的主要缺点是 。 （5）装置（Ⅱ）的主要缺点是 。 如果选用这些装置来完成实验，则必须采取的改进措施是 。 10．氯、溴、碘同属于元素周期表中ⅦA 族，在上个世纪，人们很早就得到高氯酸和高碘酸及其盐， 但无论用什么方法都得不到＋7 价溴的化合物。因此在很长一个历史时期，人们认为溴不会表现＋7 价。 1968 年，有个名叫 Appclman 的化学家用发现不久的 XeF2 和 HBrO3 反应，首次检验出 BrO4 －离子。随后在 1971 年用 XeF2 和含 KOH、KBrO3 的水溶液反应，得到了很纯的 KBrO4 晶体。 （1）已知 XeF2 跟水反应放出氧气和氙气，氟则以化合态留在水溶液里，试写出配平后的化学方程 式： ，该反应的氧化剂是 ，被氧化的元素 是 。 （2）写出 XeF2 和含 KOH、KBrO3 的水溶液反应得到 KBrO4 晶体的化学方程式： （3）试根据上述的信息指出高溴酸根的稳定性和溶液 PH 值的关系： 。 大检阅： 1．C 2．C 3．B 4．C 5．（1）FeI2，FeCl3 （2）C （3）升华、萃取 （4）将 I2 加在淀粉溶液中，溶液显蓝色 （5）2AgI 2Ag+I2 6．催化作用；CO2、N2；NaCN＋NaClO==NaCl＋NaCNO 7．B2D 为 H2O 0.024 mol，BC 为 HCl 0.014mol ,D2 为 O2 0.020 mol，A2 为 N2。 分子中 H：Cl：O=4：1：4 妙算：因为分子量不是整数，故含 Cl 个数为奇数。 若分子中含一个 Cl，x=1，y=4，W=4。 若分子中含 3 个 Cl-无解。 化合物的化学式为：NH4ClO4 引爆时的反应为：4NH4ClO4 6H2O↑＋4HCl＋5O2＋2N2↑ 8．⑴甲装置的原理是：利用压强差。当关闭活塞时，产生的氯气将 II 中下方容器内的水压入上方的容 器内，这样既可达到储存 Cl2 的目的，又可有效地防止多余的 Cl2 逸散到空气中，从而使装置达到随时取用 Cl2 。 ⑵ 饱和食盐水，储气瓶。⑶能。 ⑷原因是使内外压强相等，液体能顺利流下。可将圆底烧瓶上的橡皮塞由两孔，改为三孔，然后通过 玻璃管和橡胶管与分液漏斗的上端相连即可。 9．（1）4HCl+MnO2 MnCl2+2H2O+Cl2↑ 或 16HCl+2KMnO4＝2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑ （2）B 中的反应进行一段时间后，看到黄绿色气体充满装置即开始加热 D 。 （3） 2Fe+3Cl2 2FeCl3 。 （4）导管易被产品堵塞；尾气排入空气，易造成环境污染 。 （5）产品易潮解 ，在瓶 E 和 F 之间连接装有干燥剂的装置 10． （1）2XeF2＋2H2O＝O2↑＋2Xe↑＋4HF ，XeF2 ，负二价的氧元素 。 （2）XeF2＋2KOH＋KBrO3＝KBrO4＋Xe↑＋2KF＋H2O 。 （3）KBrO4 的稳定性随溶液 PH 值的增大而提高。 策略 11 碱金属方面试题的解题方法与技巧 金点子： 碱金属内容，是高考必考的知识点。其中有关过氧化物的分析与计算既是重点，也是难点。在解题时， 要在理清题中关系的基础上，充分运用反应合并、守恒法。对于信息类试题，如 NaH、超氧化物等，还要 注意知识的迁移和化合价的分析。 经典题： 例题1 ：（1996年上海高考）下列灭火剂能用于扑灭金属钠着火的是 ( B ). A．干冰灭火剂 B．黄砂 C．干粉(含NaHCO3)灭火剂 D．泡沫灭火剂 方法： 根据性质分析获解。 捷径： 分析性质，因钠可与干冰灭火剂及干粉灭火剂产生的 CO2 发生反应，与泡沫灭火剂中的水反应 生成氢气，故不行。而钠与黄砂不能发生反应，故可用黄砂扑灭金属钠着火。综合后得答案为 B。 总结：将课本中镁与 CO2 的反应迁移到钠，是解答出此题的重要之点。 例题2 ：（1994年全国高考）在一定温度下, 向足量的饱和Na2CO3溶液中加入1.06 g无水Na2CO3,搅 拌后静置, 最终所得晶体的质量 ( ) A．等于1.06 g B．大于1.06 g而小于2.86 C．等于2.86 g D．大于2.86 g 方法：通过假想类比分析(不必计算)。 捷径：在饱和的 Na2CO3 溶液中，加入 1.06 g 无水碳酸钠，析出晶体（Na2CO3·10H2O） Na2CO3+10H2O===Na2CO3·10H2O 106 286 1.06 2.86 由于饱和溶液中析出晶体，使原溶液中水量减小，减少溶剂又有晶体析出，导致析出晶体大于 2.86 g， 所以选 D。 总结：根据考试说明，对析出含有结晶水的晶体的计算不作要求，但并不排斥对结晶出来晶体的质量 的范围作估计，或者对溶液质量变化或者溶液的浓度的计算或判断。因此在复习时注意复习范围。 例题3 ：（1996年全国高考）某溶液中有NH4+、Mg2+、Fe2+和Al3+四种离子, 若向其中加入过量的氢氧 化钠溶液, 微热并搅拌,再加入过量盐酸,溶液中大量减少的阳离子是 ( ) A．NH4+ B．Mg2+ C．Fe2+ D．Al3+ 方法：从反应过程中物质的变化进行分析。 捷径：溶液中加入过量 NaOH 溶液微热，发生下列反应： A．NH4++OH—=NH3↑+H2O， B．Mg2++2OH—= Mg(OH)2↓ C．Fe2++2OH—=Fe(OH)2↓（白色），4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3↓（红褐色） D．Al3++3OH—=Al(OH)3↓（白色），Al(OH)3 + OH—= AlO2 — + 2H2O 再加入过量盐酸，使 Mg(OH)2 溶解转变成 Mg2+，使 AlO2 —转变成 Al3+。但由于 NH3 的挥发及 Fe2+转变 成 Fe3+，所以 Fe2+和 NH4+离子大量减少。因此答案为 AC。 总结：本题容易漏答案，因只注意到铵根离子加碱后转化为氨气，而疏忽了 Fe(OH)2 转化 Fe（OH）3。 例题 4 ：（1993 年上海高考）在甲、乙、丙、丁四个烧杯内分别放入 0.1 mol 的钠、氧化钠、过氧化 钠和氢氧化钠，然后各加入 100mL 水，搅拌，使固体完全溶解，则甲、乙、丙、丁的质量百分比浓度大小 的顺序是 （ ） A．甲﹤乙﹤丙﹤丁 B．丁﹤甲﹤乙=丙 C．甲=丁﹤乙=丙 D．丁﹤甲﹤乙﹤丙 方法：两种方法。(1)直接计算，(2)巧析巧解。 捷径：此题要求熟练掌握 Na、Na2O、Na2O2 分别与水反应的化学反应方程式： 甲：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ 乙：Na2O+H2O=2NaOH 丙：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 所形成的 NaOH 溶液的质量分数分别是： 甲： 乙： 丙： 丁： 所以溶液的质量分数大小的顺序为丁﹤甲﹤乙=丙。答案为 B。 总结：本题的另一解法是：因为等物质的量钠、氧化钠、过氧化钠和氢氧化钠中，氧化钠及过氧化钠 含钠原子数是钠及氢氧化钠的 2 倍，且均投入相同体积的水中，所以乙、丙的质量分数一定大于甲、丁质 量分数。又因 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑放出氢气，又等物质的量的钠质量小于氢氧化钠，所以最后的溶液 质量甲小于丁，而溶质质量相等，所以丁﹤甲。在乙和丙中，2Na2O2+4H2O=4NaOH+O2，溶液的增重质量 为 2×78 — 32=124，而 2Na2O+2H2O=4NaOH，（注意应保证 Na2O2 与 Na2O 物质的量相同），溶液增重 2×62=124。所以乙、丙中溶质质量相同，溶液质量也相同，其溶质的质量分数当然相同，即乙=丙。 例题5 ：（1993年全国高考）将70 g过氧化钠和氧化钠的混和物跟98 g水充分反应后,所得氢氧化钠溶 液的质量百分比浓度为 50%。试分别写出过氧化钠和氧化钠跟水反应的化学方程式, 并计算原混和物中过 氧化钠和氧化钠的质量各为多少克 ? 方法：该题解答的方法有：利用方程式设未知数求解；守恒法求解等。 捷径：化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ Na2O+H2O=2NaOH [解法一]设混和物中含x mol Na2O2和y mol Na2O 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ Na2O+H2O=2NaOH 2 4 1 1 2 x 2x x/2 y 2y 解得:x=0.50，Na2O2质量=0.50×78=39(g)，y=0.50 Na2O质量=0.50×62=31(g) [解法二]设混合物中Na2O2质量为x g, Na2O质量为(70-x) g 解得:x=39，Na2O2质量为39 g ，70-x=31 Na2O质量为31 g [解法三]设混合物中Na2O2质量为x g ,Na2O质量为(70-x) g 解得:x=39，Na2O2质量为39 g，70-x=31，Na2O质量为31 g 总结：解法 2 的思维方式与传统方法不一样，目的是培养学生发散思维的能力。本题主要利用 Na2O2、 Na2O 与水反应后的特殊关系，将混合物转化为纯净物而计算的。 例题 6 ：（1998 年全国高考）本题分子量用以下数据：H2O=18.0 CaO=56.0 CaO2=72.0 过氧化钙是一种安全无毒的氧化物，通常含有部分 CaO，且带有数量不等的结晶水。为分析某过氧化 物样品的组成，进行了如下实验。 ①称取 0.270 g 样品，灼热使之完全分解，生成 CaO、O2 和 H2O，得到的 O2 在标准状况下的体积为 33.6 mL 。 ②另取 0.120 g 样品，溶于稀盐酸，加热煮沸使生成的 H2O2 完全分解。然后将溶液中的 Ca2+完全转化 成 CaC2O4 沉淀，经过滤洗涤后，将沉淀溶于热的稀硫酸，用 0.0200 mol/LKMnO4 溶液滴定，共用去 31.0 mLKMnO4 溶液。化学方程式如下： 5CaC2O4+2KMnO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5CaSO4+10CO2+8H2O （1）写出 CaO2 受热分解的化学方程式。 （2）计算样品中的 CaO2 的质量分数。 （3）计算样品中的 CaO2·xH2O 的 x 值。 方法：通过分析反应，利用守恒法求解。 捷径：（1）2CaO2 = 2CaO+O2 （2）w（CaO2）= %100270.0 /0.722/4.22 106.33 3    g molgmolL L =80% （3）n（CaC2O4）=n（Ca2+）=31.0×10-3L×0.0200mol/L× 2 5 =0.00155mol 其中 CaO2 所含的 n（Ca2+）= molg g /0.72 %0.80120.0  =0.00133mol m（CaO）=（0.00155mol-0.00133mol）×56.0g/mol=0.012g（1 分） m(H2O)=0.120g－0.120×80.0%－0.012g=0.012g molg g /0.72 %0.80120.0  ： 1:2/0.18 012.0  molg g x= 2 1 总结：作为高考的计算题，该题由于反应步骤多，文字长，对考生造成了一定的心理压力。如能在解 题时充分理清反应关系(可在草稿纸上画出关系图)，正确作答也不会有太大的困难的。 金钥匙： 例题 1 ：某不纯的烧碱样品，含 Na2CO3 3.8%（质量百分含量）、H2O 5.8%、NaOH 0.004% 。取 m g 样品溶于 2 mol/L 盐酸 40 mL 后，并用 2 mol/L NaOH 溶液中和剩余的酸，在蒸发后可得干燥的固体的质量 为（ ） A．4.68 g B．5.58 g C．2.34 g D．2.34 m g 方法：解此题时一般方法是，根据具体的反应过程进行分步求解。如果不盲从一般解法，利用氯元素 守恒法 HCl～NaCl，此题则很快可求得。 捷径：根据氯元素守恒( HCl～NaCl )，n(NaCl) = n(HCl) =2mol/L×40×10—3L = 8×10—2 mol，干燥固体 质量为 8×10—2mol×58.5g/mol = 4.68g。即正确答案选（A）。 总结：“含 Na2CO3 3.8%、H2O 5.8%、NaOH 0.004%”是该题的无效信息，对考生答题起到了干扰作 用。如果利用此数据，因固体质量未知，便无法获解。 例题 2 ：氢化钠是一种离子晶体，它跟水反应时生成氢氧化钠和氢气，将 m g 氢化钠和铝粉的混合物 与足量的水充分反应后，若收集到 n g 氢气，则混合物中铝的质量为 A．（36n—3m）g B．（m—4.8n）g C．（12n—m）g D．（24m—5n）g 方法：根据两种情况，利用反应中产生的氢气总量分别分析。 捷径：当铝完全反应时， 根据反应 NaH+H2O=NaOH+H2↑及 2Al+2NaOH+2H2O = 2NaAlO2+3H2↑， 可设 NaH 的质量为 x，根据反应中 H2 总量得关系式： 解得 x=（4m－36n）g ，Al 的质量为：mg－x= mg－（4m －36n）=（36n －3m）g 。 当 Al 有剩余时，Al 产生的 H2 决定于 NaOH 量的多少，设 NaH 质量为 y，生成 H2 的总量为： 解得 y = 4.8ng，Al 的质量为：mg－y =（m－4.8n）g 。正确答案为（A）、（B） 。 总结： NaH 和 Al 的混合物与足量的水反应时存在两种情况，一种为 Al 不足或恰好与生成的 NaOH 完全反应，另一种为 Al 有剩余。该题错解的原因是不恰当地假设 Al 全部参与反应而出现漏选答案。 例题 3 ：现将 Na2CO3·10H2O 与 NaHCO3 组成的混合物 mg 溶于水，配成 100mL 溶液，测得溶液中 Na+ 离子的浓度为 0.4mol/L,若将溶液蒸干，并灼烧至质量不变。可得到固体质量是 （ ） A．1.68g B．2.12g C．2.55g D．1.06g 方法：利用 Na 离子个数守恒求解。 捷 径 ： 溶 液 蒸 干 并 灼 烧 后 ， 最 终 得 到 的 固 体 是 Na2CO3 ， 根 据 Na+ 离 子 守 恒 ， 可 知 ： (m(Na2CO3)÷106g/mol)×2=0.4mol/L×0.1L，m(Na2CO3)=2.12g ，故选 B。 总结：因混合物的质量未知，如不用守恒法，将无法获得结果。 例题 4 ：某干燥粉末可能由 Na2O、Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl 中的一种或几种组成。将该粉末 与足量的盐酸反应有气体 X 逸出，X 通过足量的 NaOH 溶液后体积缩小（同温、同压下测定）。若将原混 合粉末在空气中用酒精灯加热，也有气体放出，且剩余固体的质量大于原混合粉末的质量。则该混合物中 一定有 ，无法确定混合物中是否有 。 方法：通过反应现象和质量守恒综合分析。 捷径：与盐酸反应产生气体的物质可能为 Na2O2（生成 O2）、Na2CO3 或 NaHCO3（生成 CO2），气体 X 通过 NaOH 溶液后体积缩小（而不是气体全部消失），说明 X 由 O2 和 CO2 组成，原粉末中 Na2O2、Na2CO3 和 NaHCO3 至少有一种一定存在。将原混合粉末加热，有气体放出，说明该混合物中一定有 NaHCO3，但 NaHCO3 受热分解会使混合粉末质量减少，而实际剩余固体的质量却增加了，原因只能是发生了反应： 2Na2O+O2 2Na2O2。综合分析得，混合物中一定有 Na2O、Na2O2、NaHCO3，无法确定混合物中是否有 Na2CO3 和 NaCl。 总结：教材中只讲到 Na2O2 与 H2O 和 CO2 的反应，有的同学就误认为 Na2O2 与盐酸不反应，其实可以 用下面的方法来分析：当 Na2O2 投入盐酸中，可考虑 Na2O2 先与 H2O 反应生成 NaOH 和 O2，所得 NaOH 再 HCl 发生中和反应生成 NaCl 和 H2O。通过方程式的合并得总反应式，表示如下： 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ ① 4NaOH+4HCl=4NaCl+4H2O ② ①②式相加得总反应式：2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑ 本题中应该注意两个关键之处：“X 气体通入 NaOH 溶液后气体缩小”，说明气体并没有全部消失， 还存在 O2；“剩余固体的质量大于原混合粉末的质量”说明存在 Na2O。 例题 5 ：把 2.1g 的 CO 和 H2 组成的混合气体与足量的 O2 充分燃烧后，立即通入足量的 Na2O2 固体， 固体质量的增加值为 。 方法：化学方程式合并分析法。 捷 径 ： 从 ① 2CO+O2 2CO2 ， ② 2H2+O2 2H2O ， ③ 2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2 ， ④ 2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑四个方程式可知：CO 和 H2 与 O2 燃烧后再和 Na2O2 反应放出的 O2 恰好等于 CO、H2 燃烧消耗的 O2，即实际增重为 CO 和 H2 的质量。即为 2.1g。 总结：CO～Na2CO3，H2～2NaOH 这两个反应实际上并不能发生，只是由反应的过程分析而得到的一 种数量关系。 例题 6 ：有 Na2CO3，NaHCO3，CaO 和 NaOH 组成的混合物 27.2 g ，把它们溶于足量的水中充分反 应后，溶液中 Ca2+、CO32-、HCO3-均转化为沉淀，将反应容器内水分蒸干，最后得到白色固体物质共 29 g， 则原混合物中 Na2CO3 的物质的量是多少？ 方法：对分子式和反应过程根据需要进行人为变换，采用变换法解题。 捷径：由题意可知，Na2CO3 和 NaHCO3 的物质的量之和必等于 CaO 物质的量。也等于产物中 CaCO3 的物质的量，其关系可表示为： CaO 和 CO2 直接得 CaCO3 (成分转换) 与水反应后蒸干 由图可见，固体由 27.2 g 增重到 29 g ，是由于 x mol Na2O 结合 29g— 27.2g = 1.8 g 水，并得到 2x molNaOH ，而 x mol Na2O 由 x mol Na2CO3 得到。根据 Na2CO3 ～ Na2O ～ H2O 1mol 18g x mol 1.8g 解得： x = 0.1（mol） 总结：将反应混合物中各种物质进行拆分，是解答该题的关键。 例题 7 ：把 Na2CO3·10H2O 和 NaHCO3 的混合物 6.56 g 溶于水制成 500 mL 溶液，其中 Na+的浓度为 0.1 mol/L，如果把等质量的这种混合物加热至恒重会失重多少。 方法：加热最终得 Na2CO3，但 Na+的物质的量并未发生变化，由此可得出关系：2Na+ ～ Na2CO3， 通过量量关系求解。 捷径：设加热可得 Na2CO3 的物质的量为 x。依题意得： 2Na+ ～ Na2CO3 2mol 1mol 0.1mol/L×0.5L x 解之得：x = 0.025mol， 所以，加热失重：6.56g — 0.025mol×106g/mol = 3.91g 总结：此题要求考生通过反应前后物质间的组成找出量量关系。 例题 8 ：把 148g 碳酸钠和碳酸氢钠的混合物放在空气中加热至质量不变为止，发现加热后质量变为 137g，问原来混合物中有多少克碳酸钠？ 方法：根据反应前后质量之差求解。 捷径：设原混合物中有 NaHCO3 的质量为 x ，则 Na2CO3 的质量为 148g — x 反应前后质量差：148g — 137g = 11g 根据题意和化学方程式 2NaHCO3 Na2CO3 + CO2↑+ H2O↑：每有 2×84gNaHCO3 分解，就生 成 106gNa2CO3，质量减少 2×84g — 106g ；现质量减少 11g，列出比例式可求得 NaHCO3 为 29.8g，Na2CO3 为 148g — 29.8g = 118.2g 总结：在解题中找出差量的原因，也不失为一种好的解题方法。 例题 9：18.4gNaOH 和 NaHCO3 固体混合物在密闭容器中加热到 250℃，经充分反应后排出气体，冷却， 测得剩余固体质量为 16.6g。试求原混合物中 NaOH 的百分含量。 方法：首先找出完全反应的点，然后分析数据，依据差量关系求得结果。 反应前固体共重 27.2g xmolNa2CO3（Na2O·CO2） ymolNaHCO3（NaOH·CO2） (x+y)mol CaO z mol NaOH (x+y)mol CaCO3 x mol Na2O y mol NaOH z mol NaOH 反应后固体共 29 g （x+y）molCaCO3 （2x+y+z）molNaOH 捷径：假设混合物中的 NaOH 和 NaHCO3 完全反应，且形成质量差（18.4g — 16.6g）=1.8g，反应的 NaOH、NaHCO3 的质量和为 m。 NaOH + NaHCO3 Na2CO3 + H2O↑ 质量差 （40+84）g 18g m （18.4—16.6）g 解得：m = 12.4g﹤18.4g 经分析 NaOH 必须过量才能使 18.4gNaOH 和 NaHCO3 混合物反应时形成质量差为 1.8g，所以应以 NaHCO3 的量计算。设混合物中含 NaHCO3 的质量为 x。则： NaOH + NaHCO3 Na2CO3 + H2O↑ 质量差 84g 18g x 1.8g 解之得 x = 8.4g m(NaOH)=18.4g — 8.4g = 10g NaOH% = ×100%=54.3%。 总结：完全反应的点的找出，是解答出该题的先决条件。 聚宝盆： 1．部分考生在解计算型选择题或填空题时，看到数值就想到计算，结果使有些本来不需要进行计算的 问题变成了复杂的计算问题或干脆无法下手。以此在解题时，要学会审清题意，整体分析，巧解妙答，从 而提高解题水平。 2．潜在假设是人们常有的一种心理性错误，它是人们在对事物尚未建立清晰概念时即自动形成的被认 为正确的是一种最简单、最自然、最有可能的模型。面对新问题，在缺乏对其作深入、细致、全面考察的 情况下，引进不适当的潜在假设，以潜意识中的直觉判断或过去的局限经验作为解题的依据，会导致解题 错误。如本专题的例 2，部分考生未能对题意作全面分析，自我假设 NaOH 过量，而出现漏选答案的现象。 3．在分析解答推断题时，最主要的是把握好三点：（1）认真审清题意，前后联系，整体分析；（2） 逐一排除或确定某些物质，各个击破； （3）分析主要矛盾，抓住关键。 热身赛： 1．将由两种金属单质组成的混和物 3 g ，投入到水中，在标准状况下收集到气体 1.12 L, 不可能形成 此混和物的单质组是 ( ) A．Na 和 K B．Li 和 Na C．Rb 和 Ca D．Na 和 Cu 2．氢化钠(NaH)是一种白色的离子晶体,其中钠是+1 价。NaH 遇水反应放出氢气，下列叙述中正确的 是（ ） A．NaH 在水中显酸性 B．NaH 中氢离子半径比锂离子半径大 C．NaH 中氢离子的电子层排布与氦原子的相同 D．NaH 中氢离子可被还原成氢气 3．盐酸滴加到 Na2CO3 溶液中，反应按下式进行： Na2CO3+HCl==NaHCO3+NaCl Na2HCO3+HCl==NaCl+H2O+CO2 若将含 HCl 0.2 mol 的稀盐酸逐滴加入含 0.14 mol Na2CO3 溶液中，经充分反应后溶液中各物质的物质 的量是 （ ） Na2CO3 HCl NaCl NaHCO3 A 0mol 0mol 0.2mol 0.08mol B 0.4mol 0mol 0.2mol 0mol C 0mol 0.06mol 0.14mol 0.14mol D 0mol 0mol 0.06mol 0.08mol 4．为了使鱼苗顺利运输，必须满足 3 个条件：①需要保持适量的氧气②使鱼苗呼出的 CO2 及时排出， ③防止细菌大量繁殖。已知下述四种物质加入水中都可以起到供氧灭菌的作用 (过氧化钙微溶于水，生成 氢氧化钙和氧气) 。在长距离储运鱼苗的过程中，最好加入（ ） A．过氧化钠 B．氯水 C．过氧化钙 D．双氧水 5．工业上生产 Na、Ca、Mg 都用电解其熔融氯化物的方法。但钾却不能用电解熔融 KCl 的方法制得， 因金属钾易溶于熔融 KCl 中而有危险，很难制得钾，且降低电流效率。现生产钾是用金属钠和熔化的 KCl 反应制取。有关数据（见下表）： 工业上生产金属钾的化学方程式和条件是：KCl＋Na 8500 C  NaCl＋K (1)工业上制金属钾主要运用到下表所列的哪些物理常数，简答理由。 (2)工业制金属钾主要应用什么原理使该反应变为现实________________________ 6．1862 年比利时人索尔维以 NaCl、CO2、NH3 和 H2O 为主要原料制得纯净 Na2CO3，叫索尔维制碱法。 其主要操作是： （1）在氨化饱和食盐水中通入 CO2，制得小苏打； （2）小苏打 250℃焙烧制得 Na2CO3，CO2 循环使用 （3）析出小苏打后的母液里加入生石灰，使 NH3 循环使用。 1940 年我国著名科学家侯德榜先生，冲破了“索尔维法”技术封锁，并加以改进，在析出小苏打的母 液里加入食盐，使 NH4Cl 晶体析出，生产出 Na2CO3 和 NH4Cl 两种产品。这便是举世闻名的“侯氏制碱法”。 阅读上述资料，回答下列各问： （ 1 ） 在 氨 化 饱 和 食 盐 水 通 入 CO2 生 成 NaHCO3 的 两 步 相 关 反 应 的 化 学 方 程 式 是 ____________________________________、____________________________________； （2）在析出 NaHCO3 的母液中加入生石灰的化学方程式是____________________； （3）简析“侯氏制碱法”的主要优点______________________________________。 7．在天平的两个托盘上各放一个盛有等体积、等物质的量浓度的稀 H2SO4 的烧杯，调节天平使之平衡。 然后在一个烧杯中加入 a g 铁粉，在另一个烧杯中加入 b g 镁粉，充分反应后，天平仍保持平衡。若已知 每个烧杯中均含有 m mol H2SO4，请用代数式表达在下列各种情况下 a 与 b 的关系。 （1）当 a>56m,b>24m 时，____________ （2）当 a<56m,b<24m 时，____________ （3）当 a<56m,b>24m 时，____________ 8．两个等质量的烧杯中均盛有 200mL 0.5 mol/L 的稀 H2SO4，分别向两烧杯中加入 A g NaHCO3 和 B g kHCO3 ，完全反应后两烧杯中所剩物质的总质量相等。当 NaHCO3 和 KHCO3 不足量时，A：B=①____； 当 H2SO4 不足量时，A 和 B 的关系及数值范围是②____。 9．某溶液可能含有 Fe2+、Mg2+、Cu2+、NH4+、Al3+中的数种，当向其中加入一种淡黄色固体并加热时， 有刺激性气味的气体放出并生成白色沉淀，加入淡黄色固体的 物质的量（横 坐标）与生成气体、沉淀（纵坐标）的物质的量之间关系如图 所示。则加入 溶点（℃） 沸点（℃） 密度（g/cm3） Na 97.8 883 0.97 K 63.7 774 0.86 NaCl 801 1413 2.165 KCl 770 1500 升华 1.984 的淡黄色固体是___________，溶液中含有的离子是___________，各种离子之间的物质的量之比为 __________。 10．4g 含有杂质(杂质不具有挥发性，且不与酸作用)的 Na2CO3·10H2O、NaHCO3 样品，煅烧到质量 不变为止，残留物重 1.8 g 。煅烧生成的 CO2，为含有 0.185 g Ca(OH)2 的澄清石灰水所能吸收的最大体积 (不考虑溶剂对 CO2 的溶解性)求： (a) 煅烧生成的 CO2 在标准状况下的体积。 (b) 样品中各组分的质量分数。 (c) 若将残留物溶于 100 mL 煮沸过的蒸馏水中，可与 20 mL 盐酸完全反应，求盐酸的物质的量浓度。 11．一氧化碳和二氧化碳的混俣气体 2.24L 通入 0.2mol/L 的氢氧化钠溶液 200mL 中，氢氧化钠完全反 应，生成盐 2.43 g 。将相同的混和气体充满一个盛有足量过氧化钠体积为 2.24 L 的密闭容器，(不计固体 反应物和固体生成物的体积)中，用间断的短暂电火花引发，令容器中可能发生的反应充分进行(反应均系 两种物质之间)。试通过计算回答下列问题：(a)2.24 L 混合气体中 CO、CO2 的物质的量各是多少？(b)反应 完全后，盛有过氧化钠的容器中存在的反应生成物有哪几种？它们的质量各是多少？ 12．将粉末状碳酸氢钠和碳酸钠的混合物若干克加热至反应完全，使生成的气体通入 200C、270 g 饱 和石灰水中，完全反应后生成白色沉淀 0.4 g。向加热后的残留物中加入足量盐酸生成气体 0.672 L(标况)， 求原混合物中 NaHCO3 和 Na2CO3 的可能的物质的量之比是多少？(200C 时 Ca(OH)2 的溶解度为 0.165g) 大检阅： 1．B 2．BC 3．A 4．C 5．(1)在 850KCl、Na、NaCl 皆为熔态，而 K 为气态，所以利用了 K、Na 的沸点差异，把 K 提取出 来。 (2)应用平衡移动原理，K 蒸气逸出减少生成物浓度平衡向右移动 6．（1）NH3+CO2+H2O=NH4HCO3 ，NaCl+NH4HCO3=NaHCO3+NH4Cl （2）2NH4Cl+CaO=CaCl2+2NH3↑+H2O （3）减小 CaO 原料，消除了无用 CaCl2，得到两种有用产品，原料得到有效利用 7．(1)a=b ，(2)81a=77b ，(3) mba 228 29  8．①147：125 ，②A=B＞20 g 9．Na2O2，NH4+、Mg2+、Al3+，3：1：1 10．(a)0.112L；(b)NaHCO3：21%，Na2CO3：75.08%，杂质：3.92%；(c)1.55mol/L 11．(a)CO 是 0.075mol，CO2 是 0.025mol；(b)Na2CO3：10.6g，O2：0.4g 12．4∶13 或 8∶11 策略 12 镁铝方面试题的解题方法与技巧 金点子： 镁，铝是重要轻金属，具有较强还原性。镁，铝及其化合物在工业及生活中有着重要而广泛的用途， 特别是铝及其化合物的两性，在题目中的计算形式方法性和技巧性均较强，是金属及其化合物知识的重点 与难点。代表题型有；天平平衡判断题，镁的强还原性，铝盐与强碱反应产物的讨论，含铝化合物沉淀图 像题等。 解题关键是：（1）熟悉镁及其化合物的转化关系。（2）将铝及其化合物的两性与过量计算相结合。 （3）结合图像综合分析。(4)充分利用守恒关系。 经典题： 例题1 ：（1996年上海高考）0.1 mol 镁粉分别在足量的O2、CO2、N2中燃烧, 生成固体的质量依次 为W1、W2、W3。下列关系式正确的是 ( ) A．W2>W1>W3 B．W1=W2>W3 C．W1=W2=W3 D．W3>W2>W1 方法： 将方程式比较后分析。 捷径：反应式依次为 2Mg+O2 2MgO，2Mg+2CO2 2MgO+C，3Mg+N2 Mg3N2，根据计算式可求出答案为 A。 总结： W2 中还有碳生成，是固体。如果疏忽这一点就误选 B。 例题 2 ：（2000 年全国高考）某些化学试剂可用于净水。水处理中使用的一种无机高分子混凝剂的化 学式可表示为[Al2(OH)nClm·yH2O]，式中 m 等于 （ ） A．3-n B．6-n C．6+n D．3+n 方法：电荷守恒(化合价代数和为 0)。 捷径：根据化合价的代数等于 0 得，2×3=n+m，所以 m＝６—ｎ。答案为 B。 总结：此题为一易题，如不能运用电荷守恒，也很难获解。 例题3 ：（1996年上海高考）将等物质的量的镁和铝相混合, 取等质量该混合物四份, 分别加到足量的 下列溶液中, 充分反应后, 放出氢气最多的是 ( ) A．3 mol·L—1 HCl B．4 mol·L—1 HNO3 C．8 mol·L—1 NaOH D．18 mol·L—1 H2SO4 方法：从反应判断。 捷径：在镁、铝混合物中加入 HNO3 和浓 H2SO4 都不能产生 H2，加入 NaOH 溶液只有 Al 与 NaOH 溶 液反应生成 H2，而镁不反应。而加入 HCl，镁与铝都与盐酸反应生成 H2，所以 H2 量最多。选 A。 总结： 该题中溶液的浓度不是计算的数据，而是判断溶液属于：“浓”或是“稀”。8mol· L—1 以上 的 HCl、H2SO4、HNO3 通常认为是浓酸。 例题 4 ：（1998 年全国高考）由锌、铁、铝、镁四种金属中的两种组成的混和物 10 g ，与足量的盐 酸反应产生的氢气在标准状况下为 11.2 L，则混和物中一定含有的金属是( ) A．锌 B．铁 C．铝 D．镁 方法：等量转换法 (将 Al 的价态转换成+2 价分析)。 捷径：设四种金属的化合价均为+2 价，则它们的平均原子量为 10÷m=11.2÷22.4 ，所以 m=20，其中 至少有一种金属的原子量小于 20，因为锌、铁、镁原子量均大于 20，当铝作为+2 价时，原子量可算作 27 ×2/3=18。所以选 C。 总结：类似的问题都作这样转换，即先认为化合价为+2 价，这样可计算出平均原子量，然后调整不是 +2 价原子的原子量，如铝为 18，钠为 46 等，这样转换后题目就变得很简单了。 例题5 ：（1995年全国高考）在一定条件下可实现下图所示物质之间的变化： 请填写以下空白： (1) 孔 雀 石 的 主 要 成 分 是 CuCO3 · Cu(OH)2( 碱 式 碳 酸 铜 ), 受 热 易 分 解 。 上 图 中 的 F 是 。 (2)写出明矾溶液与过量NaOH溶液反应的离子方程式: . (3) 图 中 所 得 G 和 D 都 为 固 体 , 混 和 后 在 高 温 下 可 发 生 反 应 , 写 出 该 反 应 的 化 学 方 程 式: . (4)每生成1 mol D,同时生成 mol E。 方法：试探法 ( 从已知的物质着手，试探其它物质 ) 。 捷径：试探分析，A 是 NaAlO2，反应式 Al3++4OH—=AlO2 —+2H2O。孔雀石受热分解的反应式 CuCO3·Cu （OH）2 2CuO+CO2+H2O，因能与 NaAlO2 反应，得 F 是 CO2，G 是 CuO。A、F 发生的反应式是： CO2+AlO2 —+2H2O = Al（OH）3↓+HCO3 —，沉淀是 Al（OH）3，受热分解后生成 Al2O3（B）和水。Al 和 CuO 的反应，类似于铝热反应。 第四问可根据 2Al2O3 4Al+3O2↑计算得 0.75mol。 总结：如果框图中的物质均没有给出，这时便要通过关系或一些现象先寻找突破口，再推断出其它 物质。 例题 6 ：（1999 年全国高考）取一根镁条置于坩埚内点燃，得到氧化镁和氮化镁混合物的总质量为 0.470 g 冷却后加入足量水，将反应产物加热蒸于并灼烧，得到的氧化镁质量为 0．486 g。 (1)写出氮化镁与水反应生成氢氧化镁和氨的化学方程式。 (2)计算燃烧所得混合物中氮化镁的质量分数。 方法：通过守恒法或差量法求解。 捷径：（1）化学方程式为：Mg3N2+6H2O=2NH3↑+3Mg(OH)2 。 （2）解法一：设原混合物中 Mg3N2 的质量为 x，由 Mg3N2 和水反应生成的 MgO 的质量为 y。 根据 Mg 原子个数守恒得：Mg3N2→3MgO ， y= x 。 以此，(0.470g-x)+ x=0.486g ，x=0.080g ， =17% 解法二：根据差量关系可得： m(Mg3N2) = 0.080g ， =17% 。 总结：解法一思路清晰，不必再述。解法二是利用 Mg3N2 → 3MgO 质量差的方法解出。当一题有多 种解法时，则尽可能用守恒法求解。 金钥匙： 例题 1 ：已知 MgCl2 的熔点较 MgO 低，则从海水中提取镁的主要流程应为 （ ） A．海水 → Mg（OH）2 → MgCl2 → Mg B．海水 → MgCl2 → Mg C．海水 → Mg（OH）2 → Mg D．海水 → MgCl2 → Mg 方法： 流程分析法。 捷径：选项 A 中的石灰乳原料来自 CaCO3 分解产物 CaO 加水反应的产物，此原料易得且成本低，Mg （OH）2 易从混合体系中分离，MgCl2 的熔点较 MgO 低，所以选项 A 最合理。答案为 A。 总结：该题易误选 C。因 NaOH 成本高，Mg（OH）2 高温分解成 MgO，且 MgO 熔点高，不能选 C。 B、D 不能将 MgCl2 从海水中分离出来。 例题 2 ：铝粉投入某无色澄清溶液中产生 H2，则下列离子组合中，正确的是 （ ） A．H+、Mg2+、Al3+、NO3 — B．Na+、Al3+、Cl—、Ba2+ C．OH—、Al3+、Cl—、NO3 — D．OH—、Ba2+、Cl—、NO3 — 方法： 依据题设条件，逐项分析。 捷径：该溶液中加入铝粉产生 H2 ，说明该溶液可能含有大量的 H+或 OH—。选项 A 中由于 NO3 —的存 在，可能放出的气体主要为氮的化合物；选项 B 中既无 H+又无 OH—；选项 C 中 OH—和 Al3+不可能大量共 存。只有选项 D 符合。 总结：本题解答错误主要有以下两点：一是忽略碱性环境中 Al 也能放出 H2，二是题意把握不准，本 题意指可能共存，也就是酸性、碱性环境任一情况均可以。其解答的关键在于明确与 Al 反应放出 H2 的溶 液有可能是强酸性环境，也有可能是强碱环境。 例题 3 ：由 Na，Mg，Al，Fe 中两种元素组成的合金 13g，与足量稀 H2SO4 反应，收集到 H2 0.5g，则 该合金中一定含有的金属是（ ） A．Na B．Mg C．Al D．Fe 石灰乳 HCl 电解 HCl Cl2 电解 NaOH 电解 电解 方法：此类习题若均为二价金属，如 Mg，Fe，Zn 或 Cu，可考虑用平均组成法解题为佳。但此处 Na 为一价金属，Al 为三价金属，直接用平均值法则不很恰当。解答该题也可通过设一法，即将四种金属转换 成一价量，与稀硫酸反应，各金属的一价量分别为：Na——23、Mg——12、Al——9、Fe——28。 捷径：合金与足量稀 H2SO4反应生成 H2 0.5g(即0.25mol)，而 1mol一价金属与盐酸反应生成的 H2 0.5mol， 故此合金相当于一价金属 0.5mol。现金属质量为 13g，得一价量为 26，以此要求合金中两种金属的一价量， 一种大于 26，一种小于 26。而 Na、Mg、Al 三种金属的一价量均小于 26，一价量大于 26 的只有 Fe，故 该合金中一定含有的金属是 Fe。答案为 D。 总结：判断合金中含有某种金属的方法较多，但以一价量法方便快速。 例题 4 ：称取由 Al(OH)3、NaHCO3、CaCO3 三者混合而成的固体混合物 5 g ，溶于 0.2 L 1 mol/ L 的 盐酸中，完全溶解后，放出 CO2 0.784L（标准状况），把 CO2 完全驱出溶液后，再加入 1.2 mol /L 氨水 0.15L， 待完全沉淀后，过滤并洗涤沉淀，洗液和滤液混合，用 0.75 mol/L 盐酸滴定，消耗了 40ml 才将剩余碱中 和，求原固体混合物各物质的质量百分含量。 方法：整个过程有下列反应： Al(OH)3 + 3HCl = AlCl3 + 3H2O ，NaHCO3 + HCl = NaCl+ H2O + CO2↑ CaCO3 + 2HCl = CaCl2 +H2O + CO2↑，3NH3•H2O + AlCl3 = Al(OH)3↓+ 3NH4Cl NH3•H2O + HCl = NH4Cl + H2O 此题既可根据整体关系，又可利用原子守恒求解。 捷径：思路一：分析上述反应，确定整体关系如下： 总耗 HCl 物质的量= Al(OH)3 消耗 HCl 量 + NaHCO3 消耗 HCl 量 + CaCO3 消耗 HCl 量 + 剩余 NH3• H2O 消耗 HCl 量。 设 Al(OH)3 为 x mol，NaHCO3 为 y mol，CaCO3 为 z mol 具体找出： 1 Al(OH)3 ∽ 3HCl ∽ AlCl3 ∽ 3 NH3•H2O X mol 3x 3x mol CaCO3 ∽ 2HCl ∽ CO2 ， NaHCO3 ∽ HCl ∽ CO2 Z mol 2z mol z mol y mol y mol y mol 列方程 78x + 84y + 100z = 5 ┉┉┉① z + y = 0.784 / 22.4 ┉┉┉② 0.2×1+0.75×40×10—3= 3x+2z+y+(0.15×1.2—3x) ┉┉┉③ 解之得 x = 0.023，y = 0.02，z = 0.015。 再根据摩尔质量求得各物质的质量分数为 Al(OH)3 36.4% ，NaHCO3 33.6% ，CaCO3 30% 。 思路二：分析上述反应可知最后溶液中为 NH4Cl 和 CaCl2 及 NaCl 。 其中 NH4+共 1.2 × 0.15 mol，Cl—共（0.2+0.75×0.04）mol 若所设 x、y、z 同思路一中，根据溶液电中性原则，结合原子守恒可列出如下关系： 1.2 × 0.15 + y + 2z = 0.2 + 0.75 ×0.04 ↑ ↑ ↑ （NH4+结合 Cl—量） （Na+结合 Cl—量） （Ca2+结合 Cl—量） y + z = 0.784 /22.4 ↑ ↑ ↑ （NaHCO3 中 C 的量） （CaCO3 中 C 的量） （CO2 中 C 的量） 再与思路一中方程①联立求解即可。 总结：思路有简有繁，解题时若能抓住物质的来龙去脉，全面分析各个数据和物质，充分利用整体思 维和守恒，便可准确获得答案。 例题 5 ：工业上制取铝的流程如下： 在用此法制取氧化铝时，分析铝土矿和赤泥（提取 Al2O3 之后的残渣）所得数据如下： Al2O3 Fe2O3 Na2O 铝土矿 55% 16% 0% 赤泥 15% 48% 8% 试求制取 1 t Al2O3 所需铝土矿和苛性钠的量。 方法：从流程图分析可知 A 为 NaOH，它使 Al2O3 变为 NaAlO2，然后通入 CO2 又转变为 Al（OH）3。 Fe2O3 不与 NaOH 反应，NaOH 将 Fe2O3 从铝土矿中全部转移到赤泥中去。从 Fe2O3 在铝土矿中的含量及在 赤泥中的含量可知赤泥的质量为铝土矿的 1/3。 捷径：设需铝土矿 x t，则：x·55% — 1/3 x·15% = 1 解得 x=2，即需铝土矿 2 t。 需要 NaOH 的量：因 NaOH 循环使用，因此需要补充 NaOH 的量即为留在赤泥中的 NaOH 的量。1/3 × 2t × 8% × 80/62 = 0.069 t 总结：（1）考生往往没有认识到 Fe2O3 在铝土矿中的质量与在赤泥中的质量是不变的。Fe2O3 的含量 有铝土矿中的 16%变成赤泥中的 48%，增加了三倍，则赤泥的质量就为铝土矿质量的 1/3。（2）因 NaOH 循环使用，故实际耗 NaOH 应为留在赤泥中的 NaOH 的量。不能把与 Al2O3 反应消耗的 NaOH 算入，因为 该部分 NaOH 可以再生。 这是一道解决实际问题的题目，其难点在于识图、对表中数据的理性分析。Fe2O3 由于没反应，从铝土 矿中转移到赤泥中，应该守恒，因而从 Fe2O3 在铝土矿中含量及在赤泥中含量，得到赤泥质量为铝土矿质 量的 1/3。 例题 6 ：在 100 mL0.6 mol/L 的 HCl 中，加入 1.08 g 铝粉，在反应后再加入 0.5 mol/L 的 NaOH 溶液多 少毫升才能使铝粉刚好完全溶解，且得澄清溶液。 方法：从反应前后的元素分析，可知其中所含 Na 元素全部来源于 NaOH，Cl 元素全部来源于 HCl，而 铝元素全部来源于金属铝，以此由 NaOH、NaAlO2 的化学组成中的关系即可分析得到量量关系。 捷径：铝粉刚好完全溶解，说明此时溶液中存在 NaCl 和 NaAlO2。 设需 NaOH 溶液 xmL，根据：NaOH 的物质的量 = HCl 的物质的量 + Al 的物质的量得： 0.5mol/L× L = 0.6mol/L × 0.1L + 解得：x = 200mL，故需 NaOH 溶液 200 mL。 总结：此题如果根据反应方程式进行计算，则运算比较复杂，但如果从 NaOH 与 HCl、Al 反应后的生 成物 NaNO2 和 NaCl 进行分析，则变得简单明了。 例题 7 ：托盘天平两托盘分别放有等质量的烧杯和等质量的 n mol 盐酸，天平平衡。向两托盘分别放 入 ag 金属钠、bg 金属镁，反应后（设无液体溅出）天平仍平衡。 （1）若盐酸均过量时，a 与 b 的关系是 （2）若盐酸均不足量，a,b 与 n 的关系是 。 铝 土 矿 A 过滤 C B 高压，水蒸气 CO2 D 滤液通入 煅烧 电解 A 循环使用 E 消石灰 干燥 冰晶石 铝 方法：根据题意反应后天平仍平衡，应符合，投入质量一逸出质量 = 投入质量一逸出质量，以此为思 路，讨论计算 a,b,n 的关系。 捷径：（1）酸均过量，逸出的氢气均应由酸提供。不必再考虑钠与水的反应，agNa 应逸出 gH2， bgMg 应逸出 g H2。巧解时可由同物质的量的 Na 或 Mg 与过量酸反应时，剩余的溶液质量相等考虑。 （即 23g 钠逸 1g，24gMg 逸 2g，余溶液等重）。即得 Na 与 Mg 的物质的量相等。a：b = 23：24。 （2）酸不足时，还要考虑过量的 Na 与水的反应。由 Mg 提供的氢气只能由不足量盐酸提供，以此可 得恒等式为：ag － ｇ = bg － 0.5ｎ。 总结：此类试题若不涉及与水反应的 Na、K 等，则酸不足量时，投入的金属均为质量相同。（活泼性 比氢强的金属）因为放出的 H2 均由等量的酸提供。 聚宝盆： 1．理解 Al、Al2O3、Al(OH)3 与酸或碱反应的关系，是解答此类试题的关键。 2．在解综合性试题时，要尽可能采用守恒法求解。 2．生产工艺流程要考虑：（1）原料易得且成本低；（2）中间产物易分离；（3）电解质熔点较低。 热身赛： 1．将 1.2 g 金属镁中空气中点燃后生成物为氧化镁和氮化镁，将它们溶于 3mol/L50mL 的盐酸中，再 用 2mol/LNaOH 溶 液 20 mL 恰 好 将 多 余 盐 酸 中 和 ， 且 无 气 体 放 出 。 则 生 成 氮 化 镁 的 质 量 是 （ ） A．1.0 g B．0.5g C．0.1g D．0.05g 2．我国最新报道的高温超导体中，铊(T)是组成的成分之一。已知铊与铝是同族元素，关于铊的性质 的判断可能错误的是 ( ) A．是银白色、质软的金属 B．阳离子氧化性比铝离子强 C．加热蒸干 T1Cl3 溶液可得到无水 T1Cl3 D．与稀硝酸作用生成硝酸盐 3．将各盛有 100mL1mol/LH2SO4 的两个烧杯放在天平的两个托盘上,天平平衡。向烧杯中加入下列物质, 天平仍平衡的是 ( ) A．左端加 0.1mol Mg,右端加 0.1mol Zn B．左端加 0.1mol Mg,右端加 0.1 molZn C 左端加 5g Mg,右端加 5g Zn D．左端加 10g Mg,右端加 10g Zn 4．用稀 H2SO4、NaOH 溶液、Al 为原料制取 Al(OH)3，甲、乙、丙 3 个学生分别用 3 种不同途径： 制得等量 Al(OH)3，下列结论正确的是（ ） A．甲用原料最少 B．乙用原料最少 C．丙用原料最少 D．三人用原料的量相同 5．将镁、铝、硅的混合物分为等质量的两份，一份跟足量的 NaOH 溶液反应，另一份跟足量的盐酸反 应，最终产生的 H2 一样多，则镁与硅物质的量之比为 ( ) A．2∶1 B．4∶1 C．1∶1 D．3∶1 6．在含有 1 mol Fe3+和 1 mol Al3+的混合溶液中，现按横坐标依次加入 NaOH 溶液、盐酸，再通 CO2 气体。纵坐标为混合沉淀物的物质的量，请在下图中画出沉淀量随反应变化的曲线。写出通入 CO2 后的有 关的离子方程式：____。 7．往一金属易拉罐内（内空）放入一满角匙的某白色晶体，摇动几下后，立即向罐内注入 6mol/L NaOH 50mL，用胶布严封罐口，过一段时间后，罐壁内凹而瘪，再过一段时间后，瘪了的罐壁重新鼓起。要实现 上述现象，则做易拉罐的金属是__________往罐内加入的白色晶体是_________，罐壁凹而瘪的原因 ____________________________________ 反 应 式 是 ________________________ 再 鼓 起 原 因 _______________________________反应方程式是____________________________。 8．拉曼光谱证明，溶液中不存在 AlO2–却存在[Al(OH)4]–，请写出 AlCl3 与过量氢氧化钠反应的化学方 程式（不允许用偏铝酸盐表示）________________________________ 9．某溶液中可能含有 Fe2+ 、Mg2+、Cu2+、NH4+、 Al3+ 。当加入 1 种淡黄色固体并加热时，有刺激性气体放出和白色 沉淀生成，加入 淡黄色固体的物质的量（横坐标）与析出的沉淀和 产生气体的物质 的量（纵坐标）的关系如图所示。可知溶液中含有 的 离 子 是 ，所含离子的物质的量浓度之比为 ， 所加的淡黄色固 体是 。 10．有 A，B，C，D，E 5 种化合物，其中 A， B，C，D 是铝元 素的化合物。F 是一种气体，标准状况下对空气的相对密度为 1.103。有下列反应：①A+NaOH→D+H2O； ②B A+H2O；③C+NaOH（适量）→B+NaCl；④E+H2O→NaOH+F；⑤C+D+H2O→B。则 ①A，B，C，D 的分子式分别为 A______，B______，C______，D______。 ②4mol C 和 6mol E 在水溶液中发生反应的化学方程式为__________________。 11．将一铁粉和铝粉混合物分成等质量的两份，再分别和过量的盐酸和氢氧化钠溶液反应，所生成的 气体在同温同压下的体积比为 2∶1。向混合物与盐酸反应所得溶液中通入标准状况下 1.344L 氯气。可使 溶液中的 40%Fe2离子氧化。试求原混合物中两金属各是多少克？ 12．将一定量的 Al 和 Na2O2 的混合物，投入盛有 20mL 蒸馏水的烧杯中，反应停止时得一澄清溶液， 经称量之所得溶液的质量比反应前轻 3.5g，向所得溶液中滴加 3.5mol/L 盐酸至滴定过程中所产生的沉淀刚 好完全溶解时，耗用盐酸 200mL，问原混合物中 Al 和 Na2O2 各多少克？ 大检阅： 1．B 2．B 3．BD 4．C 5．A 6． CO2+2AlO2-+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32- CO2+CO32-+H2O=2HCO3- 7．Al 干冰 干冰气化时排出了空气，加入 NaOH 溶液后吸收了 CO2 压强减小 CO2＋2NaOH==Na2CO3＋H2O 过量 NaOH 溶液与 Al 反应放出 H2 2Al＋2NaOH＋2H2O==2NaAlO2＋3H2 8．AlCl3＋4NaOH==NaAl(OH)4＋3NaCl 9．Mg2+、Al3+、NH4+；1∶1∶3；Na2O2 10．①Al2O3，Al(OH)3，AlCl3，NaAlO2； ②4AlCl3+6Na2O2+6H2O=4Al(OH)3↓+3O2↑+12NaCl。 11．Fe：33.6g，Al：10.8g 12． Al：2.7g，Na2O2：15.6g 策略 13 铁方面试题的解题方法与技巧 金点子： 铁是中学化学中的重要变价元素。在高考中有关铁方面的试题主要类型有：性质分析、实验原理与操 作分析、有关铁方面的计算等。 1．性质分析试题的解题方法 此类试题要求考生从铁及其化合物的反应方面去分析试题内容。特别是铁的变价问题。 2．实验原理与操作试题的解题方法 此类试题要求考生从实验目的、实验原理、实验操作、实验注意点等方面对实验内容作较为详实的分 析。主要有铁的性质实验、铁的制取实验、Fe(OH)2 制取实验等。 3．有关铁方面的计算试题的解题方法 此类试题可采用方程式分析或将方程式合并后统一分析求解。在解题时尽可能利用守恒法求解。 经典题： 例题1 ：（1993年全国高考） .a、b、c、d、e分别是Cu、Ag、Fe、Al、Mg5种金属中的一种。已知： (1)a、c均能与稀硫酸反应放出气体；(2)b与d的硝酸盐反应, 置换出单质d；(3)c与强碱反应放出气体；(4)c、 e 在 冷 浓 硫 酸 中 发 生 钝 化 。 由 此 可 判 断 a 、 b 、 c 、 d 、 e 依 次 为 ( ) A．Fe Cu Al Ag Mg B．Al Cu Mg Ag Fe C．Mg Cu Al Ag Fe D．Mg Ag Al Cu Fe 方法： 寻找突破囗，并从突破囗推出其它金属。 捷径： 以 c、e 金属钝化为突破口，由（1）（3）（4）知 c 为 Al，再由（4）知 e 为 Fe。有上述结果 和（1）知 a 为 Mg，最后由（2）知 b 为 Cu、d 为 Ag。解此题的关键是确定 c，然后很容易判断出 e、a。 得答案为 C。 总结：判断出 c 为 Al，e 为 Fe，就可舍去选项 A、B，由（2）确定 b 和 d 的活泼性。这样判断可简捷 些。 例题 2 ：（1995 年上海高考）等质量的铜片，在酒精灯上加热后，分别插入下列溶液中，放置片刻， 铜片质量增加的是 （ ） A．硝酸 B．无水乙醇 C．石灰水 D．盐酸 方法：从反应过程进行分析。 捷径：当铜片在酒精灯上加热后，表面生成氧化铜，造成铜片质量增加。当该铜片插入硝酸中，表面 的 氧 化 铜 及 未 被 氧 化 的 铜 均 能 被 硝 酸 溶 解 。 插 入 无 水 乙 醇 中 发 生 反 应 CH3CH2OH+CuO CH3CHO+Cu+H2O，铜片又恢复到原来的质量。若插入盐酸中，表面的 CuO 溶于盐酸中，质量减少。只有 插入石灰水中，铜片不发生反应，表面的氧化铜仍附着在铜片上，质量增加。以此得答案为 C。 总结：在插入溶液之前，Cｕ片质量就己增加。部分考生未能理解这一点而造成错选。 例题 3 ：（1998 年上海高考）下列反应，其产物的颜色按红、红褐、淡黄、蓝色顺序排列的是 （ ） ①金属钠在纯氧中燃烧 ②FeSO4 溶液中滴入 NaOH 溶液，并在空气中放置一段时间 ③FeCl3 溶液中 滴入 KSCN 溶液 ④无水硫酸铜放入医用酒精中 A．②③①④ B．③②①④ C．③①②④ D．①②③④ 方法：从反应后物质的颜色比较获得结果。 捷径：钠在纯氧中燃烧生成淡黄色的 Na2O2，FeSO4 溶液中加入 NaOH 最终生成红褐色的 Fe（OH）3， Fe3+与 SCN—生成红色的 Fe（SCN）2+，医用酒精是 75%的酒精溶液，无水 CuSO4 与水形成蓝色硫酸铜溶 液。故知答案为 B。 总结：中学化学课本中有关物质的颜色及固体与溶液的颜色作为识记内容，要牢牢记住。 例题 4 ：（1996年上海高考）六价铬对人体有毒,含铬废水要经化学处理后才能排放,方法是用绿矾 (FeSO4·7H2O)把废水中的六价铬还原为三价铬离子,再加入过量的石灰水,使铬离子转变为氢氧化铬Cr(OH)3 沉淀.其主要反应的化学方程式如下：H2Cr2O7+6FeSO4+6H2SO4=3Fe2(SO4)3+Cr2(SO4)3+7H2O。 现用上法处理1×104 L含铬(+6价)78 mg/L的废水(Cr相对原子质量52),试回答： (1)处理后,沉淀物中除Cr(OH)3外,还有 、 (用化学式表示). (2)需用绿矾多少千克? 方法：过程分析及方程式分析。 捷径：.(1) H2Cr2O7与FeSO4发生氧化还原反应生成Cr3+及Fe3+。再加入Ca（OH）2后Cr3+、Fe3+均转化为 Cr（OH）3、Fe（OH）3。Ca2+又与大量的SO42—形成CaSO4沉淀。因此处理后, 沉淀物中除Cr(OH)3外, 还有 Fe(OH)3 和 CaSO4 。 (2) 废水中含铬的物质的量为：n ( Cr ) = ＝15mol 需绿矾的质量为： m (FeSO4·7H2O) = 278g/mol×15mol×3 = 12510g = 12.51kg 。 总结：H2Cr2O7 中有两个六价铬。部分考生未考虑两个，而出现 FeSO4·7H2O 的物质的量为 H2Cr2O7 的六倍的错误。 例题 5 ：（1991年三南高考）金属锡(Sn)的纯度可以通过下述方法分析： 将试样溶于盐酸, 反应的化学方程式为：Sn+2HCl=SnCl2+H2↑，再加入过量FeCl3溶液, 发生如下反应： SnCl2+2FeCl3=SnCl4+2FeCl2 ，最后用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+离子,反应的化学方程式为： 6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl=6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O。 现有金属锡试样0.613g，经上述各步反应后, 共用去0.100mol/LK2Cr2O7溶液16.0mL。求试样中锡的百 分含量(假定杂质不参加反应)。 方法：根据反应方程式分析计算。 捷径：反应中消耗的K2Cr2O7的物质的量为0.100mol/L×0.0160L=1.60×10－3 mol。 根据反应有FeCl2物质的量＝6×K2Cr2O7物质的量=2×SnCl2物质的量, 得： Sn的质量为：4.8×10-3 mol×119g/mol = 0.571g 总结：此题也可应用反应关系，通过一步进行计算。 金钥匙： 例题 1 ：为了除去 MgCl2 酸性溶液中的 Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后，再加入 适量的盐酸，这种试剂是 （ ） A．NH3·H2O B．NaOH C．MgSO4 D．MgCO3 方法：从提高 pH 使 Fe3+水解，又不引入新的杂质去分析选项。 捷径：要除去溶液中的 Fe3+，现分析溶液中的离子组成为 Mg2+、Cl—、Fe3+、H+。首先应考虑除杂质时， 不能引入新的杂质。当加入 NH3·H2O、NaOH、MgSO4 时，分别引入了 NH4+、Na+、SO42—，故不符合题 意，这样用排除法即可选出答案 D。那么为什么加入 MgCO3 可除去 Fe3+呢？MgCO3 与 Fe3+间并没有反应 发生，而是利用了 Fe3+的水解，即 Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+。原酸性条件下，Fe3+水解受到抑制。 当加入 MgCO3 后，由于 MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑的发生，从而破坏了 Fe3+的水解平衡，使之向生成 Fe（OH）3 的方向移动，生成的 Fe（OH）3 在加热搅拌条件下发生凝聚，最后可将 Fe3+除去。答案为 D 。 总结：常有同学会误选 A、B 两选项，原因是忽略了除杂质的前提是不能引入新杂质。 例题 2 ：下列铁的化合物中含铁量最高的是（ ） A．Fe2O3 B．Fe3O4 C．FeO D．FeS2 方法：选项中铁的化合物化学式各不相同，为了便于比较，可将化学式中的铁离子设为一，并将化学 式改写成 FeOx 的形式，然后进行比较。 捷径：分析各物质化学式中的原子个数比，A 选项 Fe:O = 2:3，B 选项 Fe:O=3:4， C 选项 Fe:O=1:1， D 选项将 Fe:S=1:2，转换成 Fe:O=1:4（硫的原子量是氧的 2 倍），以此得改写后的化学式分别为：FeO1.5、 FeO1.33、FeO、FeO4，含铁量最高，也即含氧量最低，因此可得正确答案为 C。 总结：通过一价转换，避免了过分复杂的计算，使得解题变得方便，一目了然。 例题 3 在由 Fe、FeO 和 Fe2O3 组成的混合物中加入 100mL2mol/L 的盐酸，恰好使混合物完全溶解，并 放出 448mL 气体（标准状况），此时溶液中无 Fe3+离子。则下列判断正确的是(不考虑盐类水解引起的离 子浓度的改变) （ ） A． 混合物里三种物质反应时消耗盐酸的物质的量之比为 1︰1︰3 B．反应后所得溶液中的 Fe2+离子与 Cl—离子的物质的量之比为 1︰2 C．混合物里，FeO 的物质的量无法确定，但 Fe 比 Fe2O3 的物质的量多 D．混合物里，Fe2O3 的物质的量无法确定，但 Fe 比 FeO 的物质的量多 方法：方程式合并分析。 捷 径 ： 本 题 涉 及 的 反 应 有 ： ① Fe+2HCl = FeCl2+H2 ↑ ， ② FeO+2HCl = FeCl2+H2O ， ③ Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，④Fe +2FeCl3=3FeCl2 。合并③④反应得：⑤Fe+Fe2O3+6HCl = 3FeCl2+3H2O。 (mol) 从产生 H2448mL 知反应①消耗的 HCl 为 0.04molHCl，又整个反应共消耗 HCl0.2mol。反应②③共耗 0.16molHCl，因反应②耗盐酸未知，故 A 选项错。因最终所得溶液为 FeCl2 溶液，故反应后所得溶液中的 Fe2+离子与 Cl—离子的物质的量之比为 1︰2，B 选项正确。从合并后的反应⑤知 Fe 比 Fe2O3 的物质的量多， C 选项正确。又因 Fe 与 FeO 的物质的量无法确定，故 D 选项也错。所以答案为 B、C。 总结：在相同条件下于同一容器中发生的“连续”反应可以相加，如本题： Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O 2FeCl3+Fe=3FeCl2 例题 4 ：有铁粉、三氧化二铁和氧化铜组成的混合物，投入到 110mL 4mol/L 的盐酸中，充分作用后 得很浅的绿色溶液，产生标准状况下的气体 896mL，并留下固体 1.28 g 。过滤并将滤液稀释到 200 mL ， 经测定其中含有过量盐酸为 0.4 mol/L 。试求原混合物中三种物质的质量。 方法：分析该题，反应后溶液为浅绿色，证明溶液中无 Cu2+，又盐酸过量，知留下的固体中无铁粉， 以此可通过得失电子守恒和 Cl-守恒列出两个方程求解。 捷径：根据题意，可把题中文字和数字的信息改组成如下框示信息： Fe：xｍol H2：896ml（S、T、P） Fe2O3：ｙｍol FeCl2：（x+2y）mol HCl：0.4×0.2 mol CuO：ｚmol Cu：1.28/64 mol = 0.02 mol 根据 Cl—守恒，原盐酸中的 Cl—的物质的量应等于生成物 FeCl2 中 Cl—的物质的量与过量盐酸中的 Cl—的 物质的量之和，即： （x+2y）×2 + 0.2 × 0.4 = 0.11 × 4 ┉┉┉① 又氧化剂 Fe2O3 → 2Fe2+、CuO → Cu、2H+ → H2 ↑ 还原剂 Fe → Fe2+ 根据氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数，得 2y + (1.28/64)×2 + (896/22400)× 2 = 2x ┉┉┉② 解方程组①与②得：x = 0.1 （mol） ，y = 0.04（ mol） 。 即原混合物中，Fe 粉为 5.6 g ，Fe2O3 为 6.4 g ，CuO 为 1.6 g 。 总结：试题的分析要从整体思考，并化归到具体的方法，该题属整体思维的运用。 例题 5 ：根据下图所示一氧化碳还原铁的氧化物的实验装置，回答下列问题。 （1）判断硬质玻璃管中已开始发生反应的方法是 。 （2）反应过程中发生的现象是 。 （3）在 A 处点燃可见浅蓝色火焰的原因是 。 （4）实验结束时应注意的操作是 （从下列选项中选择）。 ①先停止通入 CO ②先熄灭酒精灯，并继续通入 CO ③熄灭酒精灯，同时停止通入 CO ④先熄灭酒精 灯，继续通入 CO，并点燃排出的 CO 气体 Fe+Fe2O3+6HCl=3FeCl2+3H2O 方法：还原剂 CO 只要与 Fe2O3 反应，就会产生 CO2，就会使澄清石灰水变浑浊。由于 CO 气体有毒， 不能直接排入大气中，所以应点燃以消除污染，反应结束时还原出的铁单质高温下还可以与 O2 反应，所 以应使 Fe 在 CO 的还原性气氛中慢慢冷却，才能防止再被氧化。解答时可通过性质分析现象。 捷径：（1）从 B 试管中石灰水变浑浊，可以判断硬质玻璃管中已开始发生反应。（2）在反应过程中 发生的现象有两个，一个是玻璃管里粉末有红色逐渐变黑，另一个是 B 中溶液出现浑浊。（3）从 A 逸出 的尾气中有未反应完的 CO 气体，而 CO 气体点燃时火焰呈浅蓝色 （4）实验结束时，为防止倒吸，应 注意的操作是先熄灭酒精灯，继续通入 CO 直至温度降至常温，并点燃排出的 CO 气体，选④。 总结：本题考查了学生对金属冶炼原理的理解程度，也考查了学生的实验能力，注重对实验现象的观 察。此题在解答时，有较多同学认为还原出的铁粉是银白色而出现错误。 例题 6 ：试样 X 由氧化亚铁和氧化铜组成。取质量相等的两份试样按下图所示进行实验： （1）请写出步骤③中所发生的全部反应的离子方程式。 （2）若全部的溶液 Y 和全部的粉末 Z 充分反应后，生成的不溶物 W 的质量是 m，则每份试样 X 中氧 化铜的质量为 。（用 m 表示） 方法：利用守恒法求解。 捷径：题给变化过程应是： 可见步骤③中所发生的全部反应的离子方程式有： Fe + Cu2+ = Fe2+ + Cu Fe + 2H+ = Fe2+ + H2↑ 根据 Cu 守恒可知两份试样中共含有的 CuO 质量为 m/64×80=5m/4，所以每份试样中 CuO 的质量为 5m/8。 总结：本题必须先定性分析出各步反应的产物，再定量计算。用 Cu 守恒去定量计算也是一种整体方法。 例题 7 ：过量的铁粉放入氯化铜、氯化铁混合液中，充分搅拌反应后过滤，不溶物滤渣经干燥后称得 其质量与加入的铁粉质量相同，求原混合物中两种溶质的物质的量之比。 方法：根据题意不溶物滤渣为铜和过量的铁粉，以此可通过溶解的铁的质量等于生成的铜的质量，列 出恒等式求解。 捷径：设 FeCl3 的物质的量为 xmol，CuCl2 的物质的量为 ymol，根据化学反应方程式：Fe + 2FeCl3 = 3FeCl2 及 Fe + CuCl2 = FeCl2 + Cu ，通过 m (Fe)溶解 = m (Cu)生成 得，56(0.5x + y) = 64y，解得 y/x = 7：2，即 n（CuCl2）:n （FeCl3）=7:2 。 总结：从“不溶物滤渣质量与加入的铁粉质量相同”推得生成的铜的质量等于溶解的铁的质量，是解 答该题的关键所在。 例题 8：金属铜能被氯化铁浓溶液腐蚀，其化学反应是：Cu＋2FeCl3==CuCl2＋2FeCl2。现将有铜的印 刷线路板浸入 120mL 氯化铁浓溶液中，有 9.6g 铜被腐蚀掉。取出印刷线路板，向溶液中加入 8.4g 铁粉， 试 样 溶 液 试 样 粉末 Z 强 酸 性 溶 液 （ 不 含 Cu2+），气体和不溶物 ①过量盐酸 ②过量 CO △，完全反应 ③ FeO CuO FeCl2 CuCl2 HCl FeO CuO Fe Cu H2↑ FeCl2 HCl Cu ③ ① ② 经充分反应，溶液中还存在 4.8g 不溶解的物质。试证明溶液中存在哪种金属离子，并求出离子浓度。(设 溶液体积不变，且不考虑金属离子水解)。 方法：过量分析后，再利用方程式求解。 捷径：溶液中加铁，可能发生如下反应： Fe＋2FeCl3==3FeCl2 ， Fe＋CuCl2==FeCl2＋Cu 如果铁过量，不溶解的物质应为铁铜混和物，此时 Cu2完全析出，不溶解的物质应大于 9.6g，但题目 中给出不溶解物质质量是 4.8g，所以，固体不溶物中不存在 Fe，而只有 Cu。 又由化学方程式 Cu＋2FeCl3 = CuCl2＋2FeCl2 知，氧化性 Fe3〉Cu2，因为有 Cu 析出，所以溶液中不 存在 Fe3。则溶液中存在的金属离子为：Cu2和 Fe2。 溶液中剩余 Cu2的物质的量为 9 6 4 8 64 . . =0.075(mol) c(Cu2)= 0 075 0120 . . =0.625(mol/L) Fe2+由三个方面的反应产生，分别为： Cu＋2FeCl3 = CuCl2＋2FeCl2 ，产生 Fe2+： Fe＋CuCl2= FeCl2＋Cu ，产生 Fe2+：0.075mol Fe ＋2FeCl3 = 3FeCl2 ，产生 Fe2+：( 8 4 56 . －0.075)mol×3 = 0.225mol Fe2物质的量浓度为：c(Fe2) = 0 3 0 075 0 225 0120 . . . .   =5(mol/L) 总结：理清 4.8g 不溶物质为什么物质，是解答此题的关键。 聚宝盆： 1．物质的提纯（除杂质）是利用被提纯物质与杂质性质的差异，采用物理或化学方法除去杂质。常用 的物理方法有过滤、分液、结晶、升华等；常用的化学方法有沉淀法、气化法、转化法、加热法等，其中 利用水解原理去除杂质在铁方面也经常出现。 2．在对铁方面试题进行计算时，要注意铁的变价问题。 热身赛： 1．在混有少量 CuO 的铁粉中加入一定量的稀盐酸，充分反应过滤，再向滤液中放入一枚洁净的铁钉， 足够时间后取出，铁钉表面无变化，下列判断正确的是 （ ） A． 过滤出的不溶物只有铜 B．过滤出的不溶物只有铁 C． 过滤出的不溶物中一定含有铜，可能含有铁。 D． 滤液中一定含有氯化亚铁，不可能含有氯化铜。 2．含 n g HNO3 的稀溶液恰好使 m g 铁完全溶解，若有 n/4 g HNO3 被还原成 NO（无其它还原产物）， 则 n：m 可能是 （ ） A．1：1 B．2：1 C．3：1 D．4：1 3．在右图中 A，B，C，D，E5 条线表示 Na，Mg，Al， Fe，Pt 5 种金属和定 量的 Cl2 反应时消耗金属的质量（用纵坐标表示）和消耗 Cl2 的质量（用横坐标 表示）之间的关系，其中表示 Fe 和 Cl2 反应的是 ( ) 4．不溶于水的氧化亚铜，可溶于含硫酸的硫酸铁溶液中：Cu2O＋Fe2(SO4)3＋H2SO4=2CuSO4＋2FeSO4 ＋H2O 生成的 FeSO4 可用 KMnO4 溶液滴定：10FeSO4＋2KMnO4＋8H2SO4=5Fe2(SO4)3＋K2SO4＋2MnSO4 ＋8H2O 这种方法可测定氧化亚铜的量，则 0.1mol/L 的 KMnO4 溶液 1mL 相当于多少毫克的氧化亚铜 ( ) A．3.6 mg B．7.2 mg C．72 mg D．36 mg 5．镧(La)是一种活动性比锌更强的元素，它的氧化物化学式为 La2O3，La(OH)3 是不溶于水的碱，而 LaCl3 ， La(NO3)3 都 溶 于 水 。 由 此 判 断 下 列 几 组 反 应 中 ， 不 能 直 接 用 来 制 LaCl3 的 是 ( ) A．La2O3＋HCl B．NaCl＋La(OH)2 C．La(OH)3＋HCl D．La＋HCl 6．在氯化镁、氯化亚铁和氯化铜的混合溶液中，加入一定量的铝粉，充分反应后过滤，在滤出的固体 中滴加稀盐酸，有气泡产生，则滤出的固体中一定含有（写化学式，下同） ，滤液 中一定含有的溶质是 。 7．在 pH＝2 的条件下，将 Fe2＋、Fe3+、I－、MnO4 －4 种离子的溶液混合，充分反应后，若： （1）溶液中 I－有剩余，则溶液中可能还有____________，一定无____________。 （2）溶液中 Fe3＋有剩余，则溶液中可能还有____________，一定无____________。 （3）溶液中 Fe2＋有剩余，则溶液中可能还有____________，一定无____________。 （4）溶液中 MnO4 －有剩余，则溶液中可能还有____________，一定无____________。 8．铁、锌、铝 3 种金属，分别跟同体积 1mol/L 盐酸反应，根据 产生氢气的体积和反应时间可画出右图的图像。 （1）A、B、C 分别代表哪一种金属反应曲线： A_________ ， B_________，C_________。 （2）3 种金属物质的量之比：A：B：C＝_________。 （3）3 种金属的质量比：A：B：C＝_________。 9．甲同学在 0.5 mol /L 的 FeCl3 溶液中滴加 0.1 mol /L KI 溶液即呈现 红棕色，再加入 CCl4 振荡后静置，可观察到 CCl4 层呈紫红色；乙同学在 0.5 mol /L 的 FeCl3 溶液中先加入 4 mol /L NH4F 溶液，发现 FeCl3 溶液褪至无色，而后再加 0.1 mol /L KI 溶液，不呈现红棕色，再加 CCl4 振荡，静置，也观察不到 CCl4 层有紫红色出现。 （ 1 ） 甲 同 学 的 实 验 说 明 FeCl3 溶 液 和 KI 溶 液 发 生 了 什 么 反 应 （ 用 离 子 方 程 式 表 示） 。 （2）乙同学观察不到甲同学的实验现象，其原因分析合理的是 。 A．Fe3+可被 F-还原为 Fe2+，使溶液中不再存在 Fe3+。 B．Fe3+可以和 F-结合成难电离的物质，不再和 I-反应。 C．I-和 F-或 I-和 NH4+结合成难电离的物质，不再和 Fe3+反应。 （3）在 FeCl3 溶液中，加入适量的 NH4F 溶液后，溶液中 Fe3+浓度几乎降为零，用什么简便实验可以 检验这种说法的正确性？ 。 10．已知氯化铁溶液能与铜反应，生成氯化亚铁和氯化铜。现将 Fe、FeCl2 溶液、FeCl3 溶液、Cu、CuCl2 溶液放入同一容器中，充分反应后： （1）若溶液中有较多量的 Fe2＋，且有铁剩余，则容器内还可能有 5 种物质中的______。 （2）若溶液中有较多量的 Cu2＋，则容器内还可能有 5 种物质中的______。 （3）若溶液中有较多量的 Cu2＋,且有铜剩余，则容器内还可能有 5 种物质中的______。 （4）若溶液中有较多量的 Fe3＋,Cu2＋,则容器内还可能有 5 种物质中的______。 11．钇（Y）是激光和超导材料的重要因素，某钇矿的成份为 YmFeBe2Si2O10，该矿石与过量的 NaOH 共熔后，加水溶解，沉淀有 Y（OH）3 和 Fe2O3（反应中 Fe 由+2 价变为+3 价） （1）上述化学式中的 m=________________ （2）沉淀中无 Be 和 Si 元素的化合物的原因是________________ （3）Fe 由+2 价转变为+3 价的原因是________________ 12．某课外活动小组拟用下列装置做炼铁原理的实验，同时检测氧化铁的纯度(假设矿石中不含其它与 CO 反应的成分)，并除去尾气。CO 气使用 H2C2O4 CO2＋CO＋H2O 来制取，与 Fe2O3 反应的 CO 需纯净、干燥。 (1)若所制气体从左向右流向时，上述仪器组装连接的顺序是（用 a、b…表示) 接 ， 接 ， 接 ， 接 ； (2)装置乙的作用是 。装置丙的目的是 。 (3)实验结束后，先熄灭戊处的酒精灯，再熄灭甲处的酒精灯，其主要原因是________ (4)实验前氧化铁矿粉末为 x g，实验后测得乙、丙质量分别增加 y g 和 z g，则氧化铁的质量百分含量 为 。 (5)现有一份 FeO 和 Fe2O3 的混合物，某同学想用该实验装置测定其中 Fe2O3 的质量百分含量(x)。实验 中，可以测是如下数据：W 一反应前混合物的质量（g），W 丙一丙瓶增重的质量（g），W 乙一乙瓶增重 的质量（g），W 余一反应后残留固体的质量(g)。为了求 x，至少要测定上述四个数据中的 个，这几个 数据的组合共有 种。请将这些组合填入空格中。 从上述空格中选写出一种含 W 的求 x 的计算式： 13．将物质的量总共为 0.8 mol 的 FeCl2、CuCl2、NaBr 三种固体的混合物溶于水，通入足量的氯气， 加热蒸发至干后，称量残余固体，固体增重 5.3 g 。再将残余固体溶于水，插入铁棒，充分反应后，测得 铁棒减轻了 9.6 g 。求：(不要求写计算过程) (1)原混合物中 FeCl2、CuCl2 和 NaBr 三种物质的物质的量之比。 (2)原混合物中 FeCl2、CuCl2 和 NaBr 各占的质量多少克? 14．现有 CuSO4、FeSO4 和 Fe2(SO4)3 的混合固体 17.88g，使之溶于水配成 100mL 溶液。在此溶液中加 入 1.32g 铜粉，充分反应后过滤，将不溶物烘干，称其质量为 0.84g；在滤液中加入足量铁粉，充分反应后 过滤，将不溶物用盐酸反复洗涤，再用清水洗净后烘干，称其质量为 0.96g（已知 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+）。 试计算： （1）混合固体中 FeSO4 的质量分数。 （2）假设两次过滤时滤液无损失，体积仍为 100mL，求最后所得滤液中溶质物质的量浓度。 大检阅： 1．CD 2．CD 3．C 4．D 5．B 6．Cu Fe MgCl2 AlCl3 7．（1）Fe2＋，Fe3＋、MnO4 －。（2）Fe2＋、MnO4 －，I－。 （3）Fe3＋、I－，MnO4 －。（4）Fe3＋，Fe2＋、I－。 8．(1) 铝，锌，铁。(2) 2：3：3。(3) 18：65：56。 9．（1）2Fe3++2I-===2Fe2++I2 ,（2）B （3）滴加 KSCN 溶液，若不呈现血红色，说明说法正确。 10．（1）Cu，（2）FeCl2、FeCl3，Cu。（3）FeCl2，（4）FeCl2。 11．(1)m=2 (2)Be 有两性，Si 为非金属，与 NaOH 反应分别生成 Na2BeO2 和 Na2SiO3,能溶于水； （3）Fe2+有较强的还原性，被 O2 氧化成 Fe3+ 12．(1)a 接 e，d 接 f，g 接 h，i 接 b，c (2)吸收 CO2，除去尾气 CO；除去混在 CO 中的 CO2 (3)防止生成的 Fe 再被氧化 (4) 40 33 Y X ×100% (5)2，3， 360 220 77 W W W 乙  ×100% 1 2 3 W，W 乙 W，W 余 W 乙，W 余 13．(1)2∶1∶1 (2)50.8g 27.0g 20.6g 14． （1）w（FeSO4）=76.51%（2）c(FeSO4)=1.2mol/L 策略 14 方程式的巧析巧写技巧 金点子： 化学方程式的分析与书写，在高考试题中经常出现。 有关分析题主要有氧化剂与还原剂的强弱分析、反应用量分析、反应过程分析等。其方法在于抓住反 应的实质，比较反应前后的关系。 有关方程式的书写主要是信息类方程式。在书写时要在充分理清题示信息，找出反应物和生成物。特 别是对生成物的判断，切不可依据熟题效应而得出结论，要知道，即使是同一反应物，条件不同，其产物 也有可能不同。 经典题： 例题 1 ：（2002 年全国高考）R、X、Y 和 Z 是四种元素，其常见化合价均为+2 价，且 X2+与单质 R 不反应；X2+ +Z ＝ X + Z2+ ； Y + Z2+ ＝ Y2+ + Z。这四种离子被还原成 0 价时表现的氧化性大小符合 ( ) A．R2+>X2+>Z2+>Y2+ B．X2+>R2+>Y2+>Z2+ C．Y2+>Z2+>R2+>X2+ D．Z2+>X2+>R2+>Y2+ 方法：利用“强氧化剂 + 强还原剂 → 弱氧化剂 + 弱还原剂”的反应原理对题中的离子方程式进行 分析。 捷径：根据反应 X2+ +Z ＝ X + Z2+ 知：氧化性 X2+ > Z2+ ；根据反应 Y + Z2+ ＝ Y2+ + Z 知：氧化性 Z2+ > Y2+ 。又 X2+与单质 R 不反应，得氧化性 R2+>X2+。以此得结果 R2+>X2+>Z2+>Y2+。选 A。 总结：对离子氧化性与还原性判断的方法较多，其它如根据溶液中离子的放电顺序、金属活动顺序 表、元素周期表等。 例题2 ：（1996年全国高考）在同温同压下,下列各组热化学方程式中,Q2>Q1的是 ( ) A．2H2(气)+O2(气)＝2H2O(气)+Q1 2H2(气)+O2(气)＝2H2O(液)+Q2 B．S(气)+O2(气)＝SO2(气)+Q1 S(固)+O2(气)＝SO2(气)+Q2 C． D．H2(气)+Cl2(气)＝2HCl(气)+Q1 方法：反应放出或吸收热量的多少，跟反应物和生成物的聚集状态有密切关系。以此解答该题可从热 化学方程式的化学计量数和聚集状态进行分析而获得结果。 捷径：A．由于从气态水到液态水会放热，所以生成液态水比生成气态水放出的热量多，即 Q2﹥Q1； B．由于从固态硫到气态硫要吸热，所以气态硫燃烧放出的热量比固态硫燃烧放的热量多，即 Q1﹥Q2； C．由于 O2 与 CO 反应生成 CO2 又放出热量，所以 Q2﹥Q1 D．Q1=2Q2 正确答案即为 AC 。 总结：现行教材中热化学方程式的书写要求已有所改变。在此是为了保持高考题的原样而列出。 例题 3 ：（2002 年全国高考）下列离子方程式书写正确的是 ( ) A．碳酸氢钙溶液中加入过量的氢氧化钠溶液：HCO3 — + OH— ＝ CO32— + H2O B．氯化铁溶液中通入硫化氢气体：2Fe3++S2- ＝ 2Fe2+ + S↓ C．次氯酸钙溶液中通人过量二氧化碳：Ca2+ + 2ClO－+H2O+CO2＝CaCO3↓+2HClO D．氯化亚铁溶液中加入硝酸：3Fe2+ + 4H+ + NO3 — ＝ 3Fe3+ + 2H2O + NO↑ 方法：根据离子方程式的书写要求逐一分析。 捷径：A．反应后要生成碳酸钙沉淀，离子方程式错。 B．硫化氢为弱电解质，不可写成离子形式。 C．通人过量二氧化碳会使 CaCO3 沉淀溶解。 D 选项正确。 总结：离子方程式的正误判断，是高考化学的常规题型。此类试题要求考生从多方面对题中的方程式 进行综合分析。 例题 4 ：（1996年上海高考）1986年,化学上第一次用非电解法制得氟气, （1）试配平该反应的化学方程式: 反应中 元素被还原。 (2) 氰(CN)2、硫氰(SCN)2的化学性质和卤素(X2)很相似,化学上称为拟卤素[如：(SCN)2 + H2O HSCN + HSCNO]。它们阴离子的还原性强弱顺序为：Cl-C>B>A，四种电解质溶液的焰色反应均显黄色。把 A 溶液分别加到 B、C、D 溶液中，B、C 溶液产生无色、无刺激性气味的气体，而 D 溶液无现象变化。向 A 溶液中加入硝酸钡溶液，能产生不溶 于硝酸的白色沉淀。回答下列问题： (1)A＋B 的离子方程式是 。 (2)A＋C 的化学方程式是 。 (3)A＋D 的离子方程式是 。 (4)A 与硝酸钡溶液反应的化学方程式是 。 6．工业上生产红矾钠（重铬酸钠 Na2Cr2O7）及铬酐（CrO3）工艺流程如下： ①铬铁矿（可视为 FeO·Cr2O3，还含有 Al2O3 和 SiO2）、纯碱、石灰石混合通过空气焙烧（使铬转化 为 6 价化合物）； ②焙烧产物加水，并用硫酸调成中性溶液； ③过滤、滤液加硫酸酸化、浓缩、结晶成红矾钠； ④红矾钠加浓硫酸熔化反应，反应完毕后，趁热分液，冷却压片，即得片状铬酐。写出或完成以下各 步反应的化学方程式。 （1）焙烧。 SiO2＋CaCO3 Al2O3＋Na2CO3 （2）用水浸取焙烧产物，并用硫酸调成中性的目的是：（要写出有关反应的离子方程式） （3）过滤除去杂质，滤液加硫酸酸化，浓缩、结晶成红矾钠的化学方程式是 。 7．(1)多硫化物 S x 2 (x＝2～6)，在碱性溶液中被 BrO 3  氧化为 SO 4 2 ，而 BrO 3  被还原为 Br，在反应 中消耗 BrO 3  和 OH的物质的量比为 2∶3，则该 x 值为_______，其反应的离子方程式为_______。 (2)单质磷是将磷酸钙、石英砂和炭粉的混合物放在电弧炉中熔烧而得，产物除白磷外还有硅酸钙和一 氧化碳。化学方程式为________。 8．As2O3 俗称砒霜，是剧毒的白色粉末固体。法庭医学分析和卫生防疫分析上为鉴定试样中是否含砒 霜，是把样品跟锌、盐酸混合，将产生的气体砷化氢导入热的玻璃管，砷化氢就会因缺氧而在加热部位分 解为亮黑色的、由单质砷聚集而成的“砷镜”“砷镜”能为 NaClO 溶液溶解而成为砷酸（H3AsO4)。根据 以上叙述写出有关反应的化学方程式： (1)试样跟锌和盐酸混合 。 (2)砷化氢缺氧时分解 。 (3)“砷镜”被 NaClO 溶液溶解 。 9．含氰化物(有 CN)的废水危害较大，CN浓度为 0.04～0.01mg/L 就能毒杀鱼类，0.01mg/L 就危害浮 游生物和甲壳动物。处理它的方法之一是用氧化法使其转化为低毒的氰酸盐(含 CNO)，且进一步可降解为 无毒的气体，氧化剂常用次氯酸盐。近期研究将把某些半导体性质的小粒悬浮在溶液中，在光的作用下于 小粒和溶液界面发生氧化还原反应，如在二氧化钛小粒表面可以破坏氰化物有毒废物。 (1)二氧化钛在上述反应中的作用是____。 (2)氰化物经处理后产生的无毒气体应该是____和____。 (3)若用 NaClO 溶液处理含 NaCN 的废液，产生另二种盐类的化学方程式是_____。 大检阅： 1．A 2．BD 3．(1)3Na2S＋As2S5 = 2Na3AsS4 (2)Na2S2＋CS2 = Na2CS3＋S 4．Cr2O 7 2 ＋6Fe2＋14H==2Cr3＋6Fe3＋7H2O 强 5．(1)H＋HCO3 －=CO2＋H2O (2)2NaHSO4＋Na2CO3=2Na2SO4＋CO2＋H2O (3)H＋OH=H2O (4)NaHSO4＋Ba(NO3)2=BaSO4＋NaNO3＋HNO3 6．（1）4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O2= 8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2 SiO2+CaCO3 CaSiO3+CO2↑ Al2O3+Na2CO3 2NaAlO2+CO2↑ （2）使 AlO2-转化为 Al（OH）3 沉淀 AlO2-+H2O+H+ =Al（OH）3↓ （3）2Na2CrO4+H2SO4= Na2Cr2O7+Na2SO4+H2O 7．(1)5，3S 5 2 ＋16BrO3＋24OH=15SO 4 2 ＋16Br＋12H2O (2)2Ca3(PO4)2＋6SiO2＋10C=P4＋6CaSiO3＋10CO 8．As2O3＋6Zn＋12HCl==2AsH3＋6ZnCl2＋3H2O 2AsH3 2As＋3H2↑ 2As＋5NaClO＋3H2O＝2H3AsO4＋5NaCl 9． (1)催化作用 (2)CO2、N2 (3)NaCN＋NaClO = NaCl＋NaCNO 策略 15 无机结构的分析与判断技巧 金点子： 无机结构包括：原子结构、分子结构和晶体结构等。在解答此类试题时，其主要方法与技巧包括： 1．最外层 8 电子结构的判断技巧 对于 ABn 型分子，如果 A 的化合价的绝对值加最外层电子数等于 8，即 A 原子的最外层为 8 电子结构， 如 NH3、PCl3、H2S 等。其计算式为： ┃A 的化合价┃+ 最外层电子数 = 8 。 2．非极性分子的判断技巧 对于 ABn 型分子，如果 A 的化合价的绝对值等于最外层电子数，即为非极性分子。如 CO2、BF3、PCl5 等。其计算式为：┃A 的化合价┃= 最外层电子数 。 3．分子结构的分析与判断技巧 常见的无机分子结构有直线形分子(如 CO2)、平面三角形分子(如 BF3)、弯曲形分子(如 H2O)、三角锥 形分子(如 NH3)等。在解题时，要能将常见的分子构形根据电子排布的相似点，迁移到新的物质中。此类 试题主要采用迁移类比法分析。 4．晶体结构的分析与判断技巧 常见的晶体有离子晶体(NaCl 型和 CsCl 型)、分子晶体(如干冰)、原子晶体(如金刚石、晶体硅、二氧化 硅、碳化硅及新型无机非金属材料)、金属晶体及过渡型晶体(如石墨)。在解题时，既要能分析其晶体结构， 又要能将常见的晶体结构根据题中叙述，迁移到新的物质中。此类试题主要采用迁移类比法分析。 经典题： 例题 1 ：(1999 年全国高考)下列各分子中所有原子都满足最外层为 8 电子结构的是（ ） A．BeCl2 B．PCl3 C．PCl5 D．N2 方法：利用 ABn 型分子中价电子排布规律分析求解。 捷径： 根据金点子中的技法概述 1 知，属 ABn 型分子的有 BeCl2、PCl3、PCl5，只有 PCl3 分子中的┃ P 的化合价+3┃+ 最外层电子数 = 8 。故 PCl3 分子中 P 原子的最外层满足 8 电子结构，又 Cl 原子为-1 价， 也满足最外层 8 电子结构，故 B 符合题设要求。又因 N2 的电子式是 , 所有原子都满足最外层 为 8 电子结构。以此得正确答案为 BD。 总结： BeCl2 中 Be 原子的最外层只有 2 个电子，所以它不论形成离子化合物还是共价化合物，其最外 层电子数都不可能是8。PCl3的电子式可联系到中学阶段所学的NH3分子的结构书写，即为 。 例题 2 ：（1999 年全国高考）关于晶体的下列说法正确的是 ( ) A．在晶体中只要有阴离子就一定有阳离子 B．在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子 C．原子晶体的熔点一定比金属晶体的高 D．分子晶体的熔点一定比金属晶体的低 方法：从中学范围内四种类型的晶体综合分析。 捷径：在金属晶体中，存在金属阳离子和自由电子，故 B 选项错误；晶体硅的熔点 1410℃，要比金属 钨的熔点（3419℃）低，而金属汞的熔点（常温下是液态）又比蔗糖、磷等（常温下是固态）低。以此说 法正确的只有 A。 总结：部分考生由于对金属晶体理解不深，错误认为：在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子，而出 现误选 B 的现象较多。 例题 3 ：（2001 年全国高考理科综合）已知 化合物 B3N3H6 （硼氮苯）与 C6H6（苯）的分子结构相似，如右 图： 则硼氮苯的二氯取代物 B3N3H4Cl2 的同分异构 体 的 数 目 为 ( ) A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 方法：迁移类比法分析获解。 捷径：硼氮苯又名无机苯，根据题中信息，其结构与苯相似，也呈平面结构，故邻、对位二氯代物异 构体各有一种，间位二氯代物因出现硼、氮两种连接方式，故有 2 种异构体。以此二氯代物异构体共有 4 种，得答案 C 。 总结：此题有不少考生，在迁移类比时未能分清无机苯与苯的不同之处，即苯中为 6 个碳，而无机苯 中为 N 和 B，而出现误选 B。 例题 4 ：（2001 年广东、河南高考）氮化硅（Si3N4）是一种新型的耐高温耐磨材料，在工业上有广 泛用途，它属于 （ ） A．原子晶体 B．分子晶体 C．金属晶体 D．离子晶体 方法：迁移类比法分析。 捷径：题干提供 Si3N4 是一种耐高温耐磨材料。也就是说 Si3N4 具有高的熔点和硬度，是典型原子晶体 具有的物理性质。因此它属于原子晶体，选 A。 总结：此题为一新型无机非金属材料，在解题时要求考生将题中所述物质的性质与晶体的性质相比较。 例题 5 ：（1996年全国高考）右图是石英 晶体平面示意图,它实际上是立体的网状结构, 其中硅、氧原子数之比为 。原硅酸根离 子SiO44-的结构可表示为左图。二聚硅酸根离 子Si2O76-中,只有硅氧键,它的结构可表示 为 。 方法：通过题设结构比较分析。 捷径：通过石英晶体的平面示意图，可以看出一个硅原子周围有四个氧原子，一个氧原子周围有二个 硅原子，所以在二氧化硅晶体中，硅原子与氧原子的最简单整数比为1︰2。 原硅酸（H4SiO4）的结构可表示为 ，两个原硅酸分子可发生分子间脱水： 生成二聚原硅酸，二聚原硅酸电离出 6 个 H+后，形成带 6 个负电荷的二聚原硅酸根离子，以此二聚硅 酸根离子的结构可表示为： 总结：二氧化硅的真实结构相当于晶体硅结构中 Si 与 Si 之间插入一个氧原子而成。 例题 6 ：（1997年全国高考）1996年诺贝化学奖授予对发现C60有重大贡献的三位科学家.C60分子是 形如球状的多面体(如图),该结构的建立基于以下考虑: ①C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键; ②C60分子只含有五边形和六边形; ③多面体的顶点数、面数和棱边数的关系,遵循欧拉定理: 据上所述,可推知C60分子有12个五边形和20个六边形,C60分子 所含的双键数为30. 请回答下列问题: (1)固体C60与金刚石相比较,熔点较高者应是_________,理由是：___________. (2)试估计C60跟F2在一定条件下,能否发生反应生成C60F60(填“可能”或“不可能”)_______________, 并简述其理由：____________________________________。 (3)通过计算,确定C60分子所含单键数. C60分子所含单键数为_______________. (4)C70分子也已制得,它的分子结构模型可以与C60同样考虑而推知.通过计算确定C70分子中五边形和 六边形的数目. C70分子中所含五边形数为____________,六边形数为_________. 方法：根据题设结构分析，并与金刚石结构比较。 捷径：(1) 因固体C60为分子晶体，而金刚石为原子晶体，两者相比较,熔点较高者为金刚石。理由是： 金刚石属原子晶体,而固体C60不是,故金刚石熔点较高。 (2) 因C60分子含30个双键, 与极活泼的F2发生加成反应即可生成C60F60 。 也 可 由 欧 拉 定 理计算键数(即棱边数)：:60+(12+20)-2=90 C60分子中单键为：90-30=60。 (4)设C70分子中五边形数为x,六边形数为y。依题意可得方程组: 解得：五边形数x=12,六边形数y=25。 总结：此题在当年高考中属较难题，部分考生未能正确作答的原因是未能理清 C60 结构及参于成键的 电子数之故。 例题 7 ：（1999 年全国高考）(1)中学教材上图示了 NaCl 晶体结构，它向三维空间延伸得到完美晶体。 NiO（氧化镍）晶体的结构与 NaCl 相同，Ni2+与最 邻近O2-的核间 距离为 a×10-8cm，计算 NiO 晶体的密度（已知 NiO 的摩尔质量为 74.7g.mol-1）. (2)天然的和绝大部分人工制备的晶体都存在各 种缺陷，例如 在某种 NiO 晶体中就存在如右图所示的缺陷：一个 Ni2+空缺，另有 两个 Ni2+被两个 Ni3+所取代。其结果晶体仍呈电中 性，但化合物 中 Ni 和 O 的比值却发生了变化。某氧化镍样品组 成为 Ni0.97O,试 计算该晶体中 Ni3+与 Ni2+的离子数之比。 方法：迁移类比法分析。 捷径：（1）1cm3 中阴、阳离子总数＝1.00cm 3/(a×10-8cm)3 1cm3 中 Ni2+－O2-离子对数＝1.00cm3/(a×10-8cm)3×1/2 密度＝{[1.00cm3/(a×10-8cm)3]×74.7g·mol-1}/2×NA ＝{[1.00cm3/(a×10-8cm)3]×74.7g·mol-1}/2×6.02×1023mol-1 ＝ (62.0/a3)g cm-3 。 （2）设 1mol Ni0.97O 中含 Ni3+x mol, Ni2+(0.97-x)mol 根据电中性原理得：3x mol + 2(0.97-x)mol=2×1mol ，解得 x=0.06 。 Ni2+为(0.97-x)mol=0.91。离子数之比 ｎ（Ni3+）:（Ni2+）= 0.06:0.91= 6:91 。 总结：该题的第(2)问虽不难，仅需通过电中性即可求解，但由于部分考生对题中 Ni0.97O 不会分析，从 而造成无法作答。 金钥匙： 例题 1 ：用激光将置于铁室中石墨靶上的碳原子炸松，同时用射频电火花喷射氮气，此时碳、氮原子 结合成碳氮化合物薄膜，这种化合物可以比金刚石更坚硬，其原因可能是（ ） A．碳、氮原子构成网状结构的晶体 B．碳、氮的单质化学性质均不活泼 C．碳、氮键比金刚石中的碳碳键更短 D．氮原子最外层电子数比碳原子多 方法：迁移类比分析求解。 捷径：碳氮化合物比金刚石更坚硬，说明碳氮原子形成的是空间网状结构的原子晶体，由于氮原子半 径比碳原子半径小，故 N—C 键比 C—C 键的键长短，键能大。答案：AC。 总结：键长越短，键能越大，原子晶体熔沸点越高，硬度越大。 例题 2 ：Pt（NH3）2 呈平面四边形结构。它可以形成两种固体，一种为淡黄色，在水中溶解度小；另 一种为黄绿色，在水中溶解度较大。请在以下方框内画出相应的固体分子的结构图，并解释黄绿色固体在 水中溶解度较大的原因。 淡黄色固体 黄绿色固体 方法：将此固体的极性与水分子的极性相比较，根据相似者相溶原理分析。 捷径：水为极性分子，黄绿色固体在水中溶解度较大，根据相似相溶原理，黄绿色固体中分子一定是 极性分子，结构不对称，极性不能抵消，而淡黄色固体中的分子一定是非极性分子，因此，它在水中溶解 度才会小。在 Pt 离子周围的平面上分布两种 四个微粒，有 两种可能(见右图)： 显然Ⅰ式极性抵消，为非极性分子，淡黄 色固体。 Ⅱ式极性不能抵消，为极性分子，黄绿色 固体。 总结：淡黄色、黄绿色都是固体性质的 描述，无需（目 前也无法）从结构上解释。溶解度的不同， 才 是 本 题 的 “题眼”所在。 例题 3 ：（1）右图为 CO2 分子晶体结构的一部分。观察图形， 试说明每个 CO2 分子周围有 个与之紧邻等距离的 CO2 分子。 （2）试判断：①CO2 ②CS2 ③SiO2 晶体的沸点由高到低排 列 的 顺 序 是 > > （填写相应物质的编号）。 方法：结构分析与结构比较法。 捷径：（1）以晶体中右面中心上的 CO2 分子为考查对象，在 同一面上，与之 相邻且等距离的 CO2 分子有 4 个，向左分析，与之相交的四个垂直面上共有 4 个 CO2 分子距离与之相等。 再向右延伸，可以想象与之相交的四个垂直面上共有 4 个 CO2 分子距离与之相等。故在它的周围将有 12 个与之紧邻且等距的 CO2 分子。 （2）由于③SiO2 为原子晶体，所以沸点最高，而通常情况下，CO2 为气态，CS2 为液态，则沸点 CS2 高于 CO2，因此，沸点③>②>①。 总结：此题主要是考查空间思维能力，属于晶体结构的知识。 例题 4 ：阿伏加德罗常数是以 12g 12C 所含有的碳原子数作 为标准的， 其测定方法有大分子油膜法、电解法等。随着科学技术的发展， 其 测 定 手 段越来越多，测定精确度也越来越高。有人设想用 NaCl 晶体来 测 定 阿 伏 加德罗常数，已知 NaCl 晶体的结构如右图所示，x 射线测得 NaCl 晶 体 中 靠 得最近的 Na+与 Cl－间的平均距离为ｓcm。 为了测定方便，现仅借助于中学化学实验室中的常用仪器进 行实验，请 设计测定阿伏加德罗常数的整个实验过程，并写出测定步骤中 所 用 器 材 及试剂的名称。测定过程中所获得的数据依次用 a、b、c…表示， 用 所 设 计 的测定方法及获得的数据测得的阿伏加德罗常数 NA 的表达式为 NA=_________________。（因受实验条 件的限制，NaCl 很难制得大块的立方晶体）。 方法： 将宏观与微观通过体积关系相联系而获解。 捷径：根据 NaCl 晶胞图知，1 个晶胞相当于 4 个 Na+和 4 个 Cl－（顶点离子有 1/8 属于晶胞、棱上离子 有 1/4 属于晶胞、面上离子有 1/2 属于晶胞、内部离子完全属于该晶胞），其体积为 (2ｓcm )3=8ｓ3cm3。 借助中学化学实验中常用仪器测阿伏加德罗常数，可设法获得一定质量 NaCl 的体积。因 NaCl 很难获得大 块立方晶体，故 NaCl 晶体体积的确定是此题的难点。联想到中学化学中的定容容器，以此可采用体积加 合法，使 NaCl 的体积与某种不相溶液体的体积加合后等于某一固定体积来测定 NaCl 的体积。其测定步骤 为： ①用托盘天平准确称取 ag 干燥、纯净的 NaCl 晶体； ②将称得的晶体转移到 100mL 的容量瓶中； ③用酸式滴定管向容量瓶中滴加苯（或其它非极性有机溶剂），不断振荡，直至加苯至容量瓶的刻度 线，以获得 NaCl 晶体的体积 bcm3。 以此得测定结果：NA= mol－1 。 总结：该题以阿伏加德罗常数的获得为目的，要求考生在充分认识晶胞的基础上，通过思维的定向、 联想、调用、剖析，将宏观与微观巧妙地连在一起。对考生实验能力、分析能力、创造性设计能力要求都 较高。 例题 5 ：正硅酸根离子和多硅酸根离子结构如下图所示（图中“O”表示氧原子，“▬”表示"Si-O” 键，“—”表示空间结构 ）。 表示 SiO44-； 表示 Si2O76-； 表示 Si3O108-。 若有多硅酸根中硅原子数为 n，则离子符号为 。 方法：通过数学归纳法或成键特点求算。 捷径：方法一：数学归纳法。 Si 原子个数为 1，离子符号：SiO42－ Si 原子个数为 2，离子符号：(SiO4+SiO3)(4+2)－ Si 原子个数为 3，离子符号：[SiO4+(SiO3)2] (4+2×2)－ …………… Si 原子个数为 n，离子符号：[SiO4+(SiO3)n－1] [4+2×(n－1) ]－ 以此得离子符号为：SinO3n+12( n+1) - 。 方法二：根据 Si 的成键特点求算。每个硅原子有四根共价键，均与氧原子相连，当 n 个 SiO44-缩合时， 有 n-1 个氧原子共用，以此氧原子个数为 4n – (n – 1) = 3n+1 个，电荷为 +4n – 2(3n+1) = - 2 ( n+1 ) 。以此 得离子符号为：SinO3n+12( n+1) - 。 总结：该题虽然给出了正硅酸根离子和多硅酸根离子的空间结构，但在求算硅原子数为 n 的离子符号 时，仍是抓住 n=1、n=2、n=3 的离子符号来进行分析。 例题 6 ：已知 LiI 晶体结构为 NaCl 型，实验测得 Li+和 I— 最邻近的距离为 3.02×10—10m，假定 I—和 Li+都是刚性球。试回答下列各问： （1）欲计算得到 Li+和 I—的近似半径，你还须做何假设？（2）计算 Li+、I—的近似半径（3）若用另一 方法测得 Li+的半径为 6.0×10—11m~6.8×10—11m，试验证你的假设是否正确。 方法：迁移类比法分析。 捷径：（1）由于阴阳离子半径为“接触”半径，所以还必须假设离子间相接触。 1 2 3 4 5 6 ● ● ● ● a b c （2）在上述假设下，联想 NaCl 晶胞结构，并取其一个面来观察， 得如右图所示关 系。 在△abc 中，因 ac= ×2×3.02×10—10m=4r(I－) 4r(I－)=2.14×10—10m 故 r(Li+) = 8.80×10—11m （3）由于离子间并非接触，即：3.02×10—10﹥r(Li+) + r(I－) r(Li+)﹤8.80×10—11m，所以假设成立。 总结：此题要求考生将 NaCl 的晶体结构迁移到 LiI，并与数学知识相联系。 例题 7 ：已知[Co（NH3）6]3+的立体结构如右图。 其中 1、2、3、 4、5、6 处的交点表示 NH3 分子，且各相邻的 NH3 分 子间的距离相 等，Co3+位于正八面体的中心，若其中 2 个 NH3 分子 被 Cl—取代，所 形成的[Co（NH3）4Cl2]+的同分异构体有 种；若 其中 4 个 NH3 分子被 Cl—取代，所形成的[Co（NH3）2Cl4]—的同分异 构 体 有 种。 方法： 通过正八面体空间结构分析比较获解。 捷径：在[Co（NH3）6]3+中两个 NH3 分子被两个 Cl—取代，所形 成的[Co（NH3）4Cl2]+的同分异构体有相邻和相对两种。 若 其 中 4 个 NH3 分子被 4 个 Cl—取代，所形成的[Co（NH3）2Cl4] — 的 同 分 异 构 体与[Co（NH3）4Cl2]+相同(均为两同、四不同)，即为 2 种。 总结：本题并不难，但缺乏空间想象力的同学会束手无策。要解答好这类题，就要提高对物质结构的 空间想象力。 聚宝盆： 1．利用直观模型，建立空间概念 模型是客观实物的模拟品，也是对微观对象想象的类似品。通过模型的“形似”，发挥你的想象力， 力求达到“神似”，避免“就是那个样”的错误印象。如在离子化合物一节中，关于“氯化钠晶体内钠离 子和氯离子在空间交替排列”一句话中的“空间交替排列”很难想象，此时，可通过观察氯化钠的晶体结 构模型分析。在理解清 NaCl 的晶体结构后，再与氯化铯晶体结构作比较，便不难得出：虽然氯化钠与氯 化铯化学式相同，但晶体的内部结构却不同。这样，通过直观结构模型，纠正平面结构错觉，经过数次感 性认识，在大脑中逐步建立起正确的、完整的、清晰的立体形象。 2．抓住空间形象特点 分析空间结构问题 在近几年高考中，经常出现根据一定的空间形象和信息解答一定的结构及有关性质问题。解答此类试 题，应认真阅读题给信息，走出平面思维定势，进行创造性思维，灵活地将信息——空间形象——性质有 机结合起来，建立完整的立体形象。 3．解答或分析晶体结构，在绝大多数情况下都可采用迁移类比法。 热身赛： 1．已知重水和普通水之间能够发生氢也能发生氢交换，次磷酸(H3PO2)也能发生氢交换，但次磷酸钠 (NaH2PO2)都不跟 D2O 发生氢交换。由此可知 H3PO2 的分子结构应是（ ） 2．两个原硅酸分子的 OH 原子团之间可以相互作用而脱去一分子 水，如 2H4SiO4 －H2O = H6Si2O7。已知原硅酸的结构如右图： 则在所得的 H6Si2O7 的分子结构中，含有的硅氧键数目为（ ） A．5 B．6 C．7 D．8 3．下列说法中正确的是（ ） A．凡是高熔点的物质，一定是原子晶体 B．冰的熔化，碘的升华都有化学健的变化 C．非极性分子，一定具有非极性键 D．因为 I－I 键的键能小于 Br－Br 键的键能，故 Br2 分子比 I2 分子稳定 4．下表给出几种氯化物的熔点和沸点 NaCl MgCl2 AlCl3 SiCl4 熔点(℃) 801 712 190 －68 沸点(℃) 1465 1416 180 57 下列叙述跟表中数据一致的是( ) (a)氯化铝加热时能升华 (b)四氯化硅在室温下是液体 (c)氯化钠在 1500℃时以蒸气形式存在 (d)四氯化硅晶体是分子晶体 (e)氯化镁中键的强度比氯化钠中键的强度强 A．(a)(b) B．(a)(b)(c) C．(a)(b)(c)(d) D．(a)(b)(c)(d)(e) 5．下列有关晶体的叙述中不正确的是 （ ） A．氯化钠晶体中，每个 Na＋（或 Cl－）周围紧邻有 6 个 Cl－(或 Na+)。 B．在 CsCl 晶体中，每个 Cs+周围紧邻有 8 个 Cl-，而和每个 Cs+等距紧邻的也有 8 个 Cs+。 C．金刚石网状结构中，共价键形成碳原子环，其中最小的环上有 6 个碳原子。 D．在干冰晶体中每个 CO2 分子周围紧邻 14 个 CO2 分子。 6．六十年代美国化学家鲍林提出了一个经验规则：设含氧酸的化学式为 HnROm，其中(m－n)为非羟 基氧原子数，鲍林认为含氧酸的强弱与非羟基氧原子数(m－n)，有如下关系： m－n 0 1 2 3 含氧酸强度 弱酸 中强 强 很强 实例 HClO H3PO4 HNO3 HClO4 试简要回答下列问题： (1)按此规则判断 H3AsO4、H2CrO4、HMnO4 酸性由强到弱的顺序为___________。 (2)按此规则判断碳酸应属于_______酸，与通常认为的碳酸的强度是否一致？其可能的原因是 ______________________________________________。 (3)H3PO2（次磷酸）为中强酸，则它的分子结构为___________，它为________元酸。 O O || || 7．HO─S─O─（SO3）X─S─OH（多硫酸）中 S 的价态为____，连多硫酸钠 || || O O （Na2SmO6）中 S 的价态为__________。 8．如图中直线交汇处的黑点为氯化钠晶体中钠离子或氯离子所 处 的 位 置 (不考虑体积大小)，问： (1)在晶体中每个钠离子周围与它最接近的且距离相等的氯离子 共 有 多 少 个？ (2)在晶体中每个钠离子周围与它最接近的且距离相等的钠离子共有多少个？ 9．某离子化合物晶体结构如图所示，阳离子位于中心，阴离子位于 8 个顶角， 则在该离子化合物晶体中每个阴离子同时吸引__________个阳离子，阴阳离子的个数比为_______。 10．1994 年度诺贝尔化学奖授予为研究臭氧作出特殊贡献的化 学家。O3 能吸收有害紫外线，保护人类赖以生存的空间。O3 分子 的结构如右图：呈 V 型，键角 116.5o。三个原子以一个 O 原子为中心， 与 另 外 两 个 O 原子分别构成一个非极性共价键；中间 O 原子提供 2 个电子，旁边两个 O 原 子 各 提 供 1 个电子，构成一个特殊的化学键（虚线内部分）——三个 O 原子均 等地享有这 4 个电子。请回答： (1) 臭氧与氧气的关系是 。 (2) 下列物质的分子与 O3 分子的结构最相似的是 。 A．H2O B．CO2 C．SO2 D．BeCl2 (3) 分子中某一原子有 1 对没有跟其它原子共用的电子叫做孤对电子，那么 O3 分子中有 对孤对 电子。 (4)O3 分子是否为极性分子 （填是或否） (5) O3 与 O2 间的转化是否为氧化还原反应 (6) O3 具有强氧化性，它能氧化 PbS 为 PbSO4 而 O2 不能，试配平： PbS + O3 — PbSO4 + O2 11．晶体具有规则的几何外形，晶体中最基本的重复单位被称为晶胞。中学教材中的 NaCl 晶体结构图 即为 NaCl 的一个晶胞。已知 FexO 晶体的晶胞结构为 NaCl 型，由于晶体缺陷，x ﹤ 1 。实验测得 FexO 晶体的密度为：ρ=5.71·cm—3，晶胞边长为：d=4.28×10—10m。 （1）求 FexO 中的 x 的具体数值。x= 。 （2）晶体中 Fe 元素只有+2 价和+3 价，则 n（Fe2+）/n（Fe3+）= 。 （3）晶体中，与 O2—距离最近且相等的 Fe2+（或 Fe3+）所围成的空间几何构型是 。 A．正方形 B．正六面形 C．正八面形 D．三棱柱 （4）晶体中，Fe 元素的离子间最近距离为 r= m 。 12．2000 年在河南发现世界级特大金红石（含 TiO2）矿床。钛和钛合金及其重要化合物，在许多领域 具有广泛、重要的应用，被称为 21 世纪的金属。常温下钛不与非金属、强酸反应，红热时可被氧化。 （1）目前大规模生产钛的方法是： 第一步：将金红石、碳粉混合在高温下通入 Cl2 制 TiCl4 和一种可燃性气体，该反应的方程式 是 ，其中还原剂是 。 第二步：在氩气的气氛中，用过量的镁在加热条件下与 TiCl4 反应制得金属钛。该反应的方程式 为 ，如何由上述所得产物中提纯金属钛？（简述步骤） （2）TiO2（二氧化钛）是高级的白色颜料，它可用下列反应制得： 第一步：FeTiO3+2H2SO4 = TiOSO4+FeSO4+2H2O，此时，钛铁矿中的 Fe2O3 也与 H2SO4 发生反应，可 加入铁屑使其还原成 Fe2+，写出此过程的离子反应方程式： 。 第二步：TiOSO4+2H2O TiO2·H2O+H2SO4；△H﹥0 制二氧化钛的关键是第二步水解反应。为使第二步反应进 行 得 更 完 全，可采用下列 措施。 A．加酸 B．加碱 C．加热 D．加压 （3）最近发现一种由钛原子和碳原子构成的气态团簇分 子，如右图 所示，则它的化学式为： 。 大检阅： 1．B 2．D 3．D 4．C 5．BD 6．(1)HMnO4H2CO4H3ASO4 (2)中强，不一致，可能 CO2 溶于水后，只有少部分与水结合生成 H2CO3，但计算时根据溶解的 CO2 量 计算，所以得到弱酸的结论。 (3) 7．+6，+10/m 8．6 个 12 个 9．8 1∶1 10．(1)同素异形体，因为氧气和臭氧是同一元素形成的不同的单质。 (2)C (3)5 (4)是 (5)是 (6)1，4，1，4 11．（1）0.92 （2）19/4 （3）C （4）3.02×10—10 12．（1）TiO2+2Cl2+2C TiCl4+2CO；碳粉； TiCl4+2Mg Ti+2MgCl2；向含有 Mg 杂质的 Ti 中加入足量的盐酸使之充分反应后再过滤，并用 蒸馏水洗净固体即得纯净的金属钛。 （2）Fe2O3+6H+===2Fe3++3H2O，2Fe3++Fe===3Fe2+；BC （3）Ti14C13 策略 16 无机合成与推断题的解题方法与技巧 金点子： 合成与推断既相互联系，又有所区别。本专题主要讨论元素化合物的某些知识规律，应用在合成与综 合推断时的思维方法。而从高考试题中的重点来看，又主要是无机的推断。此类试题由于可全面考查无机 化学知识的内在联系，及其分析问题的方法和解决问题的能力，而成为优秀的传统题型。 无机合成主要有常见无机物的合成和新型无机物的合成两大类。 无机物质推断主要分为限定范围推断（给出实验现象或特定组合元素及必要数据）和不定范围推断（只 给出物质类别或状态及转化框图）两大类。其特点及解题思路分别为： (1) 限定范围推断 主要适用于气体或离子的推断。解题时要注意：（1）题目中所限定的条件，如转化关系、反应条件、 物质状态、特定数据等。（2）紧扣现象，抓住物质的特性确定突破口。 (2) 不定范围推断 C Ti 常用单质及化合物的框图推断，解题的关键是：先从题给框图关系中找出特殊现象，再从题给信息为“切 入点”正向，或逆向层层分析推理，得出结论，也可先猜想并提出假设，然后归纳推敲、筛选、验证、得 出合理的假设范围，最后得出正确结论。 经典题： 例 题 1 ： （ 1991 年 三 南 高 考 ） 在 下 列 各 式 所 表 示 的 生 成 最 终 产 物 的 方 法 中 , 正 确 的 是 （ ） 方法：利用物质性质逐项分析。 捷径：分析得：A 项中使用 NaCl 溶液制 HCl 错，应改用 NaCl 固体。C 项中所加硫酸应为浓硫酸。D 项析出的物质应为胆矾，不是无水物。只有 B 选项正确。 总结： 此题为中学化学中的常见物质的制取，在解题时，要注意条件与产物。 例题 2 ：（1995 年上海高考）今有 A、B、C、D 四种短周期元素，它们的核电荷数依次增大，A 与 C、 B 与 D 分别是同族元素，B、D 两元素的质子数之和是 A、C 两元素质子数之和的两倍，这四种元素中有 一种元素的单质易溶解于 CS2 溶剂中，则四种元素是：A B C D 写出两种 均含四种元素的化合物相互反应放出气体的化学方程式： 。 方法：通过题设规律寻找。 捷径：由题意可知 A、B、C、D 在周期表中的位置可能为： （1） （2） 一周期 A 二周期 A B 二周期 B 三周期 C D 三周期 C D 设 A 元素的质子数为 x，B 元素的质子数为 y， 若为（1），由题意知：2（2x+8）=2y+8，得 x=（y—4）/2，又 4﹤y﹤10，x、y 为正整数，则有以下 情况：x=1，y=6，A 为 H，不在第二周期，不合理；x=2，y=8，A 为 He，也不合理。 若为（2），则 A 为 H，C 为 Na，由题意（1+11）×2=2y+8，y=8 为氧，D 为 S，得解 A：H、B：O、 C：Na、D：S。 两种均含四种元素的化合物相互反应放出气体的化学方程式为：NaHSO3+NaHSO4 Na2SO4+H2O+SO2 ↑。 总结：此题也可从“有一种元素的单质易溶解于 CS2 溶剂中”为突破囗寻找元素。 例题3 ：（1995年全国高考）A、B、C是在中学化学中常见的三种化合物,它们各由两种元素组成, 甲、乙是两种单质.这些化合物和单质之间存在如下的关系： 据此判断： (1)在A、B、C这三种化合物中,必定含有乙元素的是 .(用A、B、C字母填写) (2)单质乙必定是 (填"金属"或"非金属"),其理由是 . (3)单质乙的分子式可能是 ,则化合物 B 的分子式是 . 方法：通过反应规律判断。 捷径：(1) 题图可转化为如下三个反应：①甲+乙→A ②甲+B→A+C ③A+B→乙+C。由①知 A 一定 含乙元素，再由②可知：甲为单质，A 中含乙元素，所以 B 中一定含乙元素，可得出必定含有乙元素的是 A,B。 (2) 再由③看出一定是氧化还原反应，而乙单质为0价。故乙元素在A、B中必有一种为负价而另一种为 正价，所以得出乙是非金属的答案。 (3) 由反应③的分析可知符合的元素可能为S，N等，然后代入。即可得最佳答案是乙为S，B为H2S。或 乙为N2，B为NH3。 总结：本题将化合价的概念与具体的化学反应相结合，考查学生的分析、推理、正向思维和逆向思维、 抽象思维和具体运用诸种思维能力。尽管在当年考试、难度为 0.37，但仍不失为高考化学试题的发展方向。 例题4 ：（1996年全国高考）A、B、C和D分别是NaNO3、NaOH、HNO3 和Ba(NO3)2 四种溶液中的一 种。现利用另一种溶液X, 用如下图所示的方法, 即可将它们一一确定。试确定A、B、C、D、X各代表何 种溶液. A: B: C: D: X: 方法：根据所给物质，通过实验现象试探分析。 捷径：X 与四种物质中的两种物质反应后生成白色沉淀。这两种物质一定不是 NaNO3 和 HNO3，因为 在中学范围内 NaNO3 不与任何物质反应产生白色沉淀，而 HNO3 只能与 Na2SiO3 等物质反应，有白色沉淀 生成，但这种可能性极小。所以初步确定 A、C 为 NaOH 和 Ba（NO3）2，B、D 是 NaNO3 与 HNO3。再从 后面的条件中看到加 B 后沉淀不溶解，则 B 为 NaNO3，D 为 HNO3。加入 HNO3 后沉淀不溶解应是 BaSO4， 所以 C 是 Ba（NO3）2，X 是硫酸盐，A 是 NaOH。与过量 A 能生成白色沉淀是 Mg2+，且 Mg（OH）2 溶 于 HNO3。所以 X 是 MgSO4。以此其结果为：A――NaOH，B―― NaNO3 ，C―― Ba（NO3）2，D―― HNO3 ，X――MgSO4。 总结：推断物质的试题大多数因为题目复杂而不能轻松判断，此时应该通过阅读试题，作出一个大概 的判断，即先假设某物质是什么，然后依次小心验证，在验证过程中及时修正自己的判断，最终获得正确 的答案。如果在验证过程中发现自己的假设是错误的，应及时放弃再作下一个尝试。这样实践多了，人就 有“灵感”，自己的第一次假设的成功率会不断上升。 例题5 ：（1997年全国高考）试样X由氧化亚铁和氧化铜组成。取质量相等的两份试样按下图所示 进行实验： (1)请写出步骤③中所发生的全部反应的离子方程式。 (2)若全部的溶液Y和全部的粉末Z充分反应后,生成的不溶物W的质量是m, 则每份试样X中氧化铜的 质量为_____________。(用m表示) 方法：根据反应顺向分析。 捷径：（1）根据题中反应知：粉末 Z 是单质铁和铜的混合物。化学反应方程式有 FeO+CO Fe+CO2， CuO+CO Cu+CO2。单质铁与溶液 Y 中的 Cu2+和 H+发生反应的离子方程式为：Cu2++Fe = Cu+Fe2+， 2H++Fe＝Fe2++H2↑。 （2）由于反应③后，溶液仍显强酸性，所以不溶物中没有 Fe，m g 全部是 Cu，且此铜来自二份试样 中。因 CuO—Cu，所以每份试样中含 CuO 为： 总结：解答此题时必须明确，单质铁与氧化性较强的 Cu2+先反应，再与 H+反应。 例题 6 ：（2001 年高考试测题）若以 X、Y 和 Z 代表三种元素，且知 X 与 Y 可形成原子数之比为 1 ︰1 的化合物甲，Y 与 Z 也可形成原子数之比为 1︰1 的化合物乙，又知甲分子含 18 个电子，乙分子含 38 个电子，请填空： （1）元素 Y 在第 周期。 （2）化合物甲的分子式是 。 （3）化合物乙的分子式是 。 方法：从题示化合物中原子数之比与分子中电子数，采用试探法分析获解。 捷径：因 X 与 Y 可形成原子数之比为 1︰1 的化合物甲，且甲分子中含 18 个电子，甲可能为 HCl 或 H2O2，又 Y 与 Z 也可形成原子数之比为 1︰1 的化合物乙，且乙分子中含 38 个电子，以此甲不可能为 HCl， 只能为 H2O2，则乙为 Na2O2。元素 Y 为氧，位于周期表中第二周期。 总结：对“原子数之比为 1︰1 的化合物”的理解是解答该题的关键。部分考生将其锁定在 AB 型化合 物上，从而造成无法解答。 金钥匙： 例题 1 ：下列制取物质的方案能够达到目的的是（ ） A．用生锈的废钢铁与稀 H2SO4 反应制取绿矾 B．用稀 HNO3 与硫化亚铁反应制取 H2S C．用 NaCl、MnO2、和浓 H2SO4 共热制取 Cl2 D．用 Na2S 溶液和 AlCl3 溶液混合制取 Al2S3 方法：利用物质的性质，逐项分析。 捷径：从物质性质分析，稀硝酸具有氧化性、硫化铝在水溶液中要水解，故 B、D 不能达到目的。A 项中生锈的废钢铁虽含有氧化铁，但在盐酸溶解后，可与单质铁作用转变成二价铁，C 项中 NaCl 与浓硫 酸作用相当于产生了 HCl，故可制得氯气。以此得答案为 AC。 总结：此题要求考生依据题意逐一化解。 例题 2 ： A 化合物溶于水中，配成较浓的溶液，然后分成两等份，分别盛放在 a、b 两支试管中，再 分别加入少量 AgNO3 溶液，结果都产生白色沉淀。在 a 试管中加稀 HNO3，沉淀不溶解，而在 b 试管中加 入几滴浓的 NaOH 溶液，振荡后沉淀立即溶解。问 A 是什么物质？_______________简述判断理由 _______________________________________。 方法：采用迁移类比法求解。 捷径：与 AgNO3 溶液产生不溶于稀 HNO3 的白色沉淀，此沉淀为 AgCl。而在 b 试管中加入几滴浓的 NaOH 溶液，振荡后沉淀立即溶解，而 AgCl 沉淀不溶于 NaOH，将有机化学中的银氨溶液迁移到这里，可 知在加入 NaOH 后，NH4+与 OH- 生成了 NH3·H2O 可把 AgCl 溶解。以此说明原物质中含有铵根离子，为 NH4Cl。 总结：此题由于需将有机化学中的知识迁移到无机反应中，对考生来说有一定的难度。 例题 3 ：研究某一化学反应的实验装置如下图所示： A～F 属于下列物质中的六种物质：浓硫酸、浓盐酸、浓氨水、稀硫酸、稀盐酸、稀氟水、水、锌粒、 铜片、食盐、高锰酸钾、氯化钙、氧化钙、四氧化三铁、氧化铁、氧化铜、氢气、二氧化碳、二氧化氮、 一氧化碳、氯气、氯化氢、氨气、氮气、氧气。 实验现象； （1）D 物质由黑色变为红色 （2）无水硫酸铜粉末放入无色透明的 E 中得到蓝色溶液 （3）点燃的镁条伸入无色无味的 F 中．镁条表面生成一种灰黄色固体物质。将该发黄色物质放入水 中，有气体放出，该气体具有刺激性气味。并能使润湿的红色石蕊试纸变蓝。通过分析回答： l、写出 A～F 的物质名称： A ，B ，C ， D ，E ，F 。 2、写出有关的化学方程式： A 与 B ； C 与 D ； E 与无水硫酸铜 ； F 与 Mg ； F 与 Mg 的反应产物与水 。 方法：寻找解题的突破囗，找出具有特殊性质的物质，然后层层剖析。 捷径：根据黄色物质放入水中，有具有刺激性气味的气体放出，并能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，知 该气体为 NH3，F 就是 N2。因此，从限定的反应物中，只能设法从氨水中获取．然后结合发生装置特点（固、 液、不加热）及其他实验现象，便可推断其他的物质。其结果为 A、浓氨水；B、氧化钙；C、氨气；D、 氧化铜；E、水；F、氮气。发生反应的化学方程式略。 总结：“该气体具有刺激性气味，并能使润湿的红色石蕊试纸变蓝”是解答此题的突破口。 例题 4 ：某混合液中含有五种离子，根据下列实验步骤，把各步反应后肯定存在的生成物分子式填在 (1)～(7)的方框中，并推断出存在的五种离子。 方法：寻找解题的突破囗，找出具有特殊性质的物质，然后层层剖析。 捷径：根据框图中的反应现象，首先推断出能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体 NH3。然后再推其它 物质，得结果为：(1)BaSO4、BaSO3 ，(2)KCl， (3)NH3 ，(4)SO2 ，(5)BaSO4 ， (6)AgCl，(7)KNO3 。 五种离子为：SO 4 2 、SO 3 2 、NH 4  、Cl、K。 总结：对实验现象的分析是解答无机推断题的常用方法，而通过现象寻找解题的突破囗，又是考生必 备的素质。 例题 5 ：根据下图所示的反应及现象，试推断 A～L 各是什么物质？ 方法：寻找解题的突破囗，找出具有特殊性质的物质，然后层层剖析。 捷径：此题应根据特征反应的现象推断出一、二种物质来，再以此为突玻口，推及其它物质。G 遇淀 粉溶液呈蓝色，可见 G 为单质 I2。L 是不溶于稀硝酸的淡黄色沉淀，显然是 AgBr。据呈黄色的焰色反应 现象可推知 K 为 NaNO3 溶液，则 H 为 NaBr 溶液。再继续向前推断得 D 和 F 两物质分别为单质 Br2 和 NaI。 棕红色的溴来自钾盐 C 和物质 B，可知 C 为 KBr。MnO2 与什么物质反应能产生一种强氧化剂可氧化溴化 钾呢？再综合考虑 E 的电解产物及其反应，可初步推断 B 为单质 Cl2。若 B 是 Cl2，那么 A 为浓盐酸，则 E 为 KCl 溶液： 2KCl＋2H2O 2KOH＋H2＋Cl2 (E) (J) (I) (B) 推断与图示反应相符，故可得出结论。A 为浓盐酸，B 为氯气，C 为溴化钾溶液，D 为单质溴，E 为氯 化钾溶液，F 为碘化钠溶液，G 为单质碘，H 为溴化钠溶液，I 为氢气，J 为氢氧化钾溶液，K 为硝酸钠溶 液，L 为溴化银沉淀。 总结：从已知物质和实验现象推断出部分物质，再剖析其它物质，是解答无机推断题的常用方法。 聚宝盆： 1．元素的推断题的基本思路可归纳如下： （1）据某元素单质或化合物的特性作为推断的线索如：XY2 能和水反应，生成白色浆状物（如 88 年 全国高考题），或者根据原子的结构的特征如 W 原子核内仅有一个质子（如 91·上海），或者根据原子 间形成的分子的特征如 A、B 组成的化合物甲为气态，A、B 原子数之比为 4︰1（如 93·上海），根据这 些特征对元素可作出推断。 （2）根据元素的性质或原子、离子的结构特点，推断元素所在周期表中的位置。如，X 元素的阳离子 和 Y 元素的阴离子具有与氩原子相同的电子层结构（如 96 全国），可知 X 是金属，大约是 K、Ca；Y 为 非金属，大约是 S、Cl。 （3）根据核外电子排布及原子序数的数量关系，推断出原子序数（如 95 上海）。 （4）根据分子式的计算或反应方程式的计算，可以计算某元素的原子量，再由原子量推出元素名称。 (5) 在中学阶段，同种元素化合价有正、有负时，若这两种物质能发生反应，则往往有单质生成，而 这种元素只能是非金属元素。 2．无机物质的合成与推断题常用的知识规律 (1) 同一元素的气态氢化物和气态氧化物反应，生成该元素的单质和水，元素可能是硫或氮。 (2) 同一元素的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物化合，生成盐的化合物一定是氮。 (3) 两溶液混合生成沉淀和气体，这两种溶液的溶质可能分别是：①可溶性铝盐与可溶性金属硫化物或 可溶性碳酸盐及碳酸氢盐。②可溶性铁盐与可溶性碳酸盐及碳酸氢盐。 (4) 既能与酸反应，又能与碱溶液反应的物质可能是：两性元素、两性氧化物、两性氢氧化物、氨基酸、 弱酸的铵盐，弱酸的酸式盐等。 (5) 既能与强酸反应又能与强碱反应且放出气体的常见物质可能是弱酸的铵盐。 (6) 在水中分解生成气体和难溶物或微溶物的物质可能是金属硫化物(如硫化铝)、金属磷化物(如磷化 钙)、金属碳化物(如碳化钙)等。 (7) 与水接触能放出气体的常见的物质有碱金属、过氧化物、氟气等。 (8) A 物质加到 B 物质中，先生成沉淀后沉淀又溶解，A、B 可能有一种是铝盐。 (9) 在通电条件下常见反应是，电解饱和食盐水、电解水、电解熔融 MgCl2 等。 热身赛： 1．某无色混合气体可能含有 CO2、CO、H2O（蒸气）、H2 中的一种或几种，依次进行如下处理（假 设每次处理均反应完全）：(1)通过碱石灰时，气体体积变小；(2)通过赤热的氧化铜时，固体变为红色；(3) 通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色；(4)通过澄清石灰水时，溶液变得浑浊。由此可以确定原混合气体 中 （ ） A．一定含有 CO2、H2O，可能含有 H2、CO B．一定含有 H2O、CO，可能含有 CO2、H2 C．一定含有 CO、CO2，可能含有 H2O、H2 D．一定含有 CO、H2，可能含有 H2O、CO2 2．A 和 A1 是同一周期的元素．在 A 和 A1 的如下图各步反应中，最后生成的 D 和 D1 均为白色沉淀。 试推断： A、 B、 C、 D、 A1、 B1、 C1、 D1、 3．现有属于酸、碱、盐类的 四种化合物 A、B、C、D。 根据下列实验事实判断各是什么物质。 （1）A 与 B 在试管中混合微热，产生在空气中会形成白雾的稳定气态氢化物 E。 （2）B 与 C 共热会产生气态氯化物 F，E 与 F 能直接化合生成盐。 （3）A 与 C 两种稀溶液混合会产生不溶于 D 的白色沉淀。 （4）D 的稀溶液与金属反应有气体生成，但不产生氢气。 （5）E 的水溶液加入 AgNO3 溶液产生不溶于 D 的白色沉淀。 试推断：A、 B、 C、 D、 。 4．A、B、C 是 3 种短周期元素的单质，甲、乙是两种常见的化合物。这些单质和化合物之间存在如 下图所示的关系： 据此为判断： (1)若单质 A 是 ，则单质 B、C 分别 为 、 。 (2)若单质 A 是 ，则单质 B、C 分别 为 、 。 (3)若单质 A 是 ，则单质 B、C 分别 为 、 。 5．由四种气体组成的混合气体，依次通过下列试剂，并记录现象如下： 序 号 试 剂 现 象 (a) 溴水和硝酸钡的混合液 橙色褪去，生成白色沉淀 (b) 酸化的硝酸银溶液 生成白色沉淀 (c) 过量的氢氧化钠溶液 无明显现象 (d) 浓硫酸 无明显现象 (e) 灼热的氧化铜 固体变为红色 (f) 无水硫酸铜 固体变为蓝色 (g) 澄清石灰水 溶液变浑浊 由此可判断混和气体中含有 。 6．化合物 A、D、F 是中学化学中常见的物质，化合 物 B、C、E 中 含有两种相同的元素，这些化合物之间存在如下关系，其 中 A 和 B 的反 应是一种重要化工生产中的主要反应。 据此判断： （1）在 A、C、F 中含有相同的元素是 。 （2）化合物 C 的化学式为 ，化合物 A 的 水 溶 液 显 性（酸、碱或中）。 （3）C 的水溶液和 D 能否发生反应？ ，其理由是 。 7．根据下图记录的实验现象，推断 A、B 各是什么物质 (1)A 是_________B 是__________。（写化学式） (2)写出 A、B 等物质的量在水溶液中反应的离子方程式 _____________________________________________________ 8．X、Y、Z 是主族元素的单质，U、V 是化合物，它们有如下的反应（式中各物质的系数均已略去）： ①X+U→V+Y ②X+Z→V ③Y+Z→U 根据以上叙述回答： （1）若 X 和 Y 元素不属于同族时，写出符合①式的 3 个不同的化学方程式，3 个方程式中的 3 种元素 X 和 3 种元素 Y 应分别是不同族的具体元素。 i)_____________________________________________________； ii)____________________________________________________ ； iii)______________________ ______________________________。 （2）若有某化合物 W，它跟化合物 U 或 CO2 反应时都有 Y 单质生成。则符合题设①②③三个式子的 单质 X 是____________；单质 Y 是____________；单质 Z 是________；化合物 W 是________。 9．由 N2、O2、CO、HCl 中的一种或全部组成的混合气体 100mL ，缓慢通过盛有 CaCO3 细粉末的吸 收装置，气体体积减少了 20mL ，剩余气体通过足量的灼热 CuO 粉末，气体体积未发生变化，再将气体 通过盛有足量 Na2O2 粉末的吸收装置，气体体积又缩小了 30mL ，最后将剩余气体通过足量的灼热铜粉， 气体体积减少至 20mL 。假定上述过程每步反应都是完全的，气体体积均在同一条件下测定，试通过推理 计算判断混合气体的组成。 10．有 A、B、C 三种单质，其中 A 为固态非金属单质，B、 C 反应后的产物为无色液体 E、D 的 水溶液呈酸性，其它各物质的转化关系如下图所示 (1)试判断 A～F 各物质的化学式： A B C D E F (2)写出有关反应的化学方程式：E + A  F + C 大检阅： 1．D 2．A：Mg B：Mg3N2 C.：MgCl2 D：Mg(OH)2 A1： Al B1：Al2 (SO4)3 C1.：AlCl3 D1.：Al (OH)3 3． H2SO4 、NH4C1、 Ba(OH)2 、HNO3 4．(1) Cl2；O2；F2；(Mg；Al) (2) S；C；O2；(C；Fe) (3) H2；H2；H2；（O2；O2） 5．SO2 HCl H2 CO 6．(1)Na(或 K) (2)Na2SiO3(或 K2SiO3)碱 (3)能，C 的水溶液和 D（CO2）反应能生成更弱的酸 （H2SiO3） 7．(1)A 是 SO2 ，B 是 Cl2 ， (2)Cl2＋SO2＋2H2O==4H＋SO 4 2 ＋2Cl 8．（1）i) F2+2H2O===4HF+O2 ii) O2+2H2S===2H2O+2S （或 2Al+6HCl===2AlCl3+3H2↑等） iii) H2+CuO H2O+Cu (或 2Mg+CO2 2MgO+C 等) （2）X 是 F2；Y 是 O2；Z 是 H2；W 是 Na2O2 9．原混合气体的组成是：HCl 占 40mL、CO 占 40mL、N2 占 20mL。 10． (1)C O2 H2 CO2 H2O CO (2)H2O＋C CO＋H2 策略 17 有机物组成的分析与判断 金点子： 组成有机物的元素虽然较少，但由于碳碳间可通过共价键连接，因而其物质种类较多。因此有关有机 物组成的分析，必须依靠燃烧或其它的相关反应。 解答此类试题，用到最多的方法是燃烧过程中方程式的差量计算，其次是守恒法。 有关差量计算，特别要注意反应后生成水的状态。如： CxHy + (x + y/4 ) O2 xCO2 + y/2 H2O(l) △V 减小 1 (x + y/4 ) x y/2 (1－y/4) CxHy + (x + y/4 ) O2 xCO2 + y/2 H2O(g) △V 增加 1 (x + y/4 ) x y/2 (y/4－1) 当方程式两边都是气体时，燃烧前后气体体积不变，得 y = 4 。 经典题： 例题1 ：（1996年全国高考）某烃的一种同分异构体只能生成一种一氯代物, 该烃的分子式可以是 ( ) A．C3H8 B．C4H10 C．C5H12 D．C6H14 方法：从有机结构中的等效氢分析。 捷径：烃的一氯取代物只有一种，说明该烃具有高度对称的结构， 如 CH4，CH3—CH3， , ， 分析对照知答案为 C。 总结：有机结构中的等效氢，是从甲烷和乙烷的结构外推得到。即因甲烷和乙烷分子中的所有氢等同， 故如果用甲基分别取代甲烷和乙烷分子中的所有氢原子，其一卤代物也只有一种，以此类推，可得无数个 等效氢物质。 例题 2 ：（2001 年全国高考）绿色化学提倡化工生产应提高原子利用率。原子利用率表示目标产物的 质量与生成物总质量之比。在下列制备环氧乙烷的反应中，原子利用率最高的是 （ ） 方法：从题意分析知，原子利用率最高，即反应物中的原子全部转变成所需的产物。捷径：原子利用 率最高的是把所有的反应物全部转化为生成物。选项 C 符合题意。 总结：解本题的关键是阅读明白题目所提供的信息。主要考查考生的阅读能力。 例题 3 ：（2001 年全国高考）第 28 届国际地质大会提供的资料显示，海底有大量的天然气水合物， 可满足人类 1000 年的能源需要。天然气水合物是一种晶体，晶体中平均每 46 个水分子构建成 8 个笼，每 个笼可容纳一个 CH4 分子或 1 个游离 H2O 分子。根据上述信息，完成第 1、2 题： (1) 下列关于天然气水合物中两种分子极性的描述正确的是 （ ） A．两种都是极性分子 B．两种都是非极性分子 C．CH4 是极性分子，H2O 是非极性分子 D．H2O 是极性分子，CH4 是非极性分子 (2) 若晶体中每 8 个笼只有 6 个容纳了 CH4 分子，另外 2 个笼被游离 H2O 分子填充，则天然气水合物 的平均组成可表示为 （ ） A．CH4·14H2O B．CH4·8H2O C．CH4·(23/3)H2O D．CH4·6H2O 方法：采用结构比较和分子个数守恒分析。 捷径：(1)可从水分子与甲烷分子的结构去分析得 D。(2)可通过分子个数守恒，即将 8 个笼中的甲烷分 子与水分子(包括构成笼的水分子)进行比较，即得答案为 B。 总结：此题为一新情境试题，看似复杂，其实简单。 例题 4 ：（1991 年“三南”高考题）A，B 是式量不相等的两种有机物，无论 A，B 以何种比例混合， 只要混合物的总质量不变，完全燃烧后，所产生的二氧化碳的质量也不变。符合上述情况的两组有机化合 物的化学式是_________和__________，_______和 ________；A，B 满足的条件是 _______。 方法： A，B 两种有机物式量不相等，无论 A，B 以何种比例混合，只要混合物的总质量不变，完全 燃烧后产生的 CO2 的质量也不变。可推知 A，B 中含碳元素的质量分数相等，凡能满足这个条件的每一组 化合物都是本题的答案。 捷径：根据当两种物质的最简式相同时，它们所含各元素的原子个数比相同，混合物中各元素的质量 分数不变。能写出多组化学式符合含碳元素的质量分数相等的要求。 （1）烃类：据（CH）n，写出 C2H2 和 C6H6；据（CH2）n 写出 C2H4 和 C3H6 等。 （2）烃的含氧衍生物类：据（CH2O）n 写出 CH2O 和 C2H4O2，CH2O 和 C3H6O3 等。 （3）糖类：当（CH2O）n 中的 n＝6 时，写出 CH2O 和 C6H12O6（葡萄糖）也是一组。 以上多组化学式均属同一类型——最简式相同。还应有一类，虽最简式不同，但符合含碳元素质量分 数相等的组合，如：CH4 中含 C75%，将其式量扩大 10 倍，则含 C 原子数为 10，含 C 仍为 75%，其余（160 —120）= 40 应由 H，O 补充，故可以得到 C10H8O2，由此得出 CH4 和 C10H8O2 为一组。若要写出 CH4 与 C9 的组合，据 C 占 75%，可知其余部分占 25%，25%为 75%的 1/3，C9 为 12×9=108，108/3=36，这 36 应 由 H、O 补齐，推知 H 为 20，O 为 16，即得到 C9H20O（饱和一元醇）。同理可以推出 C8H16O，C7H12O 等。 另外还可以推出 C2H6 和 C12H20O 等多组答案，不再赘述，故：A，B 化合物化学式为 C2H2 和 C6H6（或 C2H4 和 C3H6，CH2O 和 C2H4O2，CH2O 和 C3H6O3 等）一组，另一组为 CH4 和 C10H8O2（或 CH4 和 C9H20O， CH4 和 C8H16O，CH4 和 C7H12O，C2H6 和 C12H20O 等），A，B 应满足的条件是化学式中碳的质量分数相等。 总结：不要写出 CH3COOH 和 HCOOCH3 这样的组合，因为二者的式量相同，不是本题的答案。 例题 5 ：（1995年全国高考）有机化合物A、B分子式不同,它们只可能含碳、氢、氧元素中的两种 或三种。如果将A、B不论以何种比例混和,只要其物质的量之和不变,完全燃烧时所消耗的氧气和生成的 水的物质的量也不变。那么，A、B组成必须满足的条件是 。若A是甲烷, 则符合上述条件的化 合物B中, 分子量最小的是(写出分子式) , 并写出分子量最小的含有甲基(－CH3)的B的2种同分 异构体结构简式。 方法：从燃烧结果，通过组成分析。 捷径：由题意直接可得出 A、B 中含 H 原子数一定相同。若二者都为烃，设 A 为 CnHa，B 为 CmHa， 则二者 n 与 m 不等时耗氧量一定不同，所以可推论出 A、B 中或一为烃，一为含氧化合物或二者中都含氧。 又有机物燃烧 1mol 碳原子，这样保证二者耗氧气量相同。即相差 n 个碳原子；同时要相差 2n 个氧原子。 若 A 为 CH4，则 B 一定含 O 原子，按上述结论 B 分子量最小时应比 CH4 多 1 个碳原子、2 个氧原子即 C2H4O2，其同分异构体结构简式为 CH3COOH, HCOOCH3。 总结：本题难度较大。需要有扎实的有机物燃烧的基础知识，以及严密的逻辑推理能力。我们从众多 有机物燃烧的练习题中归纳出如下的规律：（1）若两种有机物物质的量之和相等，不管这两种有机物如 何混合，其生成水量不变，那么，两种有机物分子中含 H 原子数必相等，如果含 C 原子数相等，则生成的 CO2 的量也不变。（2）如果燃烧消耗的氧气相同，则在一有机物的分子式（设用 R 代表）基础上变成 R （H2O）m 或 R（CO2）n。新形成的有机物必然和原有机物充分燃烧时耗氧量相等。（物质的量不变）。 例题 6 ：（1997年全国高考）A、B都是芳香族化合物,1 mol A水解得到1 mol B和1 mol醋酸。A、B 的分子量都不超过200, 完全燃烧都只生成CO2和H2O。且B分子中碳和氢元素总的质量百分含量为 65.2%(即质量分数为0.652)。A溶液具有酸性,不能使FeCl3溶液显色。 (1)A、B分子量之差为_______________。 (2)1个B分子中应该有_______________个氧原子。 (3)A的分子式是_______________。 (4)B可能的三种结构简式是：___________、____________、____________。 方法：利用守恒法分析获解。 捷径：（1）因为A+H2O → B+CH3COOH ，A、B分子量之差等于60—18=42 （2）因A溶液具有酸性，不能使FeCl3溶液显色，所以A必有—COOH，因而B中也含有—COOH，且 还有从A（醋酸某酯）水解而产生的—OH，初步推测B中至少含有3个氧原子。设B分子中有3个氧原子， 含氧量为34.8%，B的分子量为 =138， A的分子量为138+42=180小于200，符合题意（若B中含氧原子数大于3时，A的分子量超过200）。 （3）由B分子中含有苯环和三个氧原子及分子量等于138可推出其分子式为C7H6O3，B为羟基苯甲酸， 有三种不同的结构式。由M(C7H6O3)+M(CH3COOH)—M(H2O)推得A的分子组成为C9H8O4。 说明 B的分子式求解：因为B中含有苯环，其C原子数一定大于或等于6。设C原子数6，则H原子数 =138—12×6—3×16=18，由于H原子数太多不符合含有苯环的结构的题意；若C原子数为7，则H原子数 =138—12×7—3×16=6，所以分子式为C7H6O3，显而易见，C原子数一定不等于8，否则H原子就变成负 数了。 总结：本题的难点是第二小题，如果缺乏逻辑推理的能力，很难顺利解出此题。 例题 7 ：（2001 年全国高考）标准状况下 1.68 L 无色可燃气体在足量氧气中完全燃烧。若将产物通入 足量澄清石灰水，得到的白色沉淀质量为 15.0 g；若用足量碱石灰吸收燃烧产物，增重 9.3 g。 （l）计算燃烧产物中水的质量。 （2）若原气体是单一气体，通过计算推断它的分子式。 （3）若原气体是两种等物质的量的气体的混合物，其中只有一种是烃，请写出它们的分子式（只要求 写出一组）。 方法：根据燃烧后的 CO2 和 H2O，通过守恒法确定其组成。 捷径：（1）m(CO2)=15.0g×44 g·mol-1/100 g·mol-1=6.6g m(CO2+H2O)=9.3g ，m(H2O)=9.3g-6.6g=2.7g （2）n(CO2)=6.6g/44 g·mol-1=0.15mol，n(H2O)=2.7g/18 g·mol-1=0.15mol 。 分子中 C:H=1:2 ，n(无色可燃气体)=1.68L/22.4 L·mol-1=0.075mol 分子中 C 原子数=0.15mol/0.075mol=2，分子中氢原子数=2×2=4 所以该气体的分子式是 C2H4 。 （3）因为单一气体为 C2H4，现为等物质的量的两种气体的混合物，所以在 2mol 气体中，应含有 4mol C 原子和 8mol H 原子，这两种气体是 C4H6 和 H2，或 C3H8 和 CO，C3H6 和 CH2O 等。 总结：第(3)问是此题的难点，如能根据等物质的量推出，在 2mol 气体中，含有 4mol C 原子和 8mol H 原子，即可方便快速获得结果。 金钥匙： 例题 1 ：等物质的量的下列有机物完全燃烧，需相同状况下的 O2 体积最小的是 ( ) A．C2H6 B．C2H5OH C．CH3CHO D．C2H4 方法：该题的解法有多种。常用的方法是根据化学方程式确定耗氧量，也可根据化学式(设为 CxHyOz) 确定耗氧量为(x+ - )，还可通过拆分法求解。 捷径：根据题意，将各选项物质分别变换如下： C2H6 → 2C + 6H ， C2H5OH → 2C + 4H + H2O；CH3CHO → 2C + 2H + H2O ， C2H4 → 2C + 4H， 比较拆分的组成，就可得 C 选项需 O2 体积最小。 总结：当有多种解法时，应选择最简捷、最方便的求算方法。 例题 2 ：已知乙酸丁酯和丙酸的混合物中氧元素质量分数为 30%，则氢元素的质量分数为 ( ) A． 40% B．30% C．10% D．20% 方法：两种有机物均由 C、H、O 三种元素组成，含氧 30%，则含碳氢共 70%，而 CH3COOC4H9 和 CH3CH2COOH 中，碳氢质量比均为 12﹕2，即 6﹕1，以此将 70%按 C、H 质量比拆分即可。 捷径：有机混合物中含氧 30%，则含碳氢共 70%，而 CH3COOC4H9 和 CH3CH2COOH 中，碳氢质量比 均为 12﹕2，即 6﹕1。故氢的质量分数为 70%×1/7=10%。答案为 C。 总结：此题如果一味思进，则需根据题给氧元素的质量分数求出其质量比，再求出氢元素的质量分数， 真是繁不堪言，而如果退后一步思考，关系一旦找正确就能化繁为简。解此题的技巧是找出乙酸丁酯与丙 酸分子中的碳氢比是相同的。 例题 3 ：甲醛、乙醛、乙酸和α-羟基丙醛组成的混合物中，测知氢元素的质量百分含量为 9%，则其 中氧元素的质量百分含量是 （ ） A．16% B．37% C．48% D．无法计算 方法：乍一看好象缺条件，易选 D，但仔细分析其组成：HCHO，CH3CHO，CH3COOH，CH3CH（OH） CHO 恰当变形为 CH2O，（CH2）2O，（CH2）2O2，（CH2）3O2，发现每种物质均由两部分组成：CH2 和 氧元素。以此可通过通式比对进行分析。 捷径：因 CH2 中氢元素含量为 2H/CH2 =1/7，所以 CH2 在整个混合物中的含量应是氢元素的 7 倍，即 7 ×9% = 63% 。 又有机物仅由 C、H、O 三种元素组成，故氧元素质量百分含量为 1— 63% = 37% 。得答案为 B。 总结：对多种有机物的组合，如能将各种有机物通过通式化简，找出其中的规律，再进行比对，即能 方便快速地获得结果。 例题 4 ：为某种需要，一些只含 C、H、O 的有机物，其分子式可用通式（CxHy）m（H2O）n（m、n、 x、y 为正整数）表示。现有一类只含 C、H、O 的有机物，它们完全燃烧时消耗的 O2 和生成的 CO2 的体 积比恒为 1 ：2。 （1）此类有机物的通式应写成 ； （2）分子量最小的有机物的结构简式为 ； （3）若碳原子数相同的某两种有机物分子量为 a、b ，则 a、b 之差必是 （填一个数字）的整数 倍。 方法： 根据通式比较求解。 捷径：根据有机物燃烧消耗的 O2 只与 C 有关，可设其通式为（CxOy）m（H2O）n， 则： , 解得 x = y 。 其通式应为（CO）m（H2O）n 。 当 m=1，n=1 时，有机物分子量最小，分子式为 CH2O2 ，结构简式为 HCOOH 。 通过通式知，碳原子数相同，m 相同，n 不同，所以分子量相差必为 18 的整数倍。 总结：通式的确定是解答出此题的关键。该题采用“声东击西”手法，以通式（CxHy）m（H2O）n 设惑。考生唯有认真审题，理清通式的含义，方可去伪存真，而获得正确结果。 例题 5 ：在沥青的蒸气中，含有稠环芳烃，其中一些成分可视为同系列，假如它们是萘 A，芘 B 和蒽 并蒽 C，加上顺推，则还可以有 D、E …… 等。 试回答下列问题： （1）写出化合物 A，B，C 的分子式：A ，B ，C ； （2）写出第 n 个化合物的分子式 ； （3）在该系列化合物中，碳元素的质量分数最小值和最大值分别为 ， 。 方法：根据结构简式先推出 A、B、C 的分子式，然后构造数列模型，求其它化合物的分子式和含碳量。 捷径：（1）将 A，B，C 三种结构简式中 C，H 原子数数清楚，是比较容易的，但应注意哪个碳原子 上连有还是不连有氢原子。可得 A，B，C 三种化合物的分子式分别是 C10H8，C16H10，C22H12。 （2）观察 A，B，C 三化合物的分子式发现：该系列化合物中 C，H 原子数具有一个规律性的变化， 尤如数学中的等差数列一样，每次变化依次递增一个 C6H2。在同系列中 C6H2 称为系差，在等差数列中则 称为公差。根据等差数列通项公式，可得第 n 个化合物的分子式为 C10H8+（n—1）C6H2 即 C6n+4H2n+6（n=1， 2，……）。 （3）根据（2）分析，该系列化合物通式还可写成 C10H8（C6H2）n（n=0，1，2……）。C10H8 中 C 的 质量分数为（12×10）/（12×10+8）=15/16，C6H2 中 C 的质量分数为（6×12）/（6×12+2）=36/37。由 于 15/16﹤36/37，该系列化合物中 C 的质量分数最小值为 15/16，当 n→∞时，有极限知识可知，C10H8 可 忽略不计，因此 C 的质量分数最大值为 36/37。 总结：通过构造数列模型，运用数学知识求解，可使问题得以迁移和简化。 例题 6 ：化合物 CO，HCOOH 和 CHO—COOH 分别燃烧时，消耗 O2 和生成的 CO2 的体积比都是 1 ︰2 。后两者的分子式可以分别看成（CO）（H2O）和（CO）2（H2O）。也就是说：只要分子式符合[（CO） m（H2O）n]（m 和 n 均为正整数）的各种有机物，它们燃烧时消耗的 O2 和生成的 CO2 的体积比总是 1︰2 。 现有一些只含 C，H，O 三种元素有机物，它们燃烧时消耗的 O2 和生成的 CO2 的体积比是 3︰4 。 (1)这些有机物中，分子量最小的化合物分子式是 。 (2)某两种碳原子数相同的上述有机化合物，若它们的分子量分别为 a 和 b（a﹤b），则 b — a 必定是 （填入一个数字）的整数倍。 (3)在这些有机物中有一种化合物，它含有两个羧基。取 0.2625 g 该化合物恰好能跟 25.00 mL10.00 mol/L NaOH 溶液完全中和。由此可以计算得知该化合物的分子量应是 ，并推导出它的分子式应 是 。 方法：根据题中信息首先求出有机物的通式，再根据通式进行分析比较。 捷径：根据（CO）m（H2O）n + O2 → mCO2 + nH2O 知，有机物[（CO）m（H2O）n]燃烧时消耗 的 O2 和生成 CO2 的体积比是 1︰2 时，耗氧量与（H2O）n 无关，只与分子式中（CO）m 有关。现将耗 O2 与生成 CO2 的体积比由 1︰2 改为 3︰4，由于 3︰4﹥1︰2，故可认为该有机物分子中含氧原子数小于 （CO）m（H2O）n 中含氧原子数。 设该有机物分子式为（COx）m（H2O）n，则有： （COx）m（H2O）n + O2 → mCO2 + nH2O, O2︰CO2 = ︰m = 3︰4，x = ，有机分子式为（CO1/2）m（H2O）n 。 (1)欲使分子量最小，即 m、n 最小，依题意，m，n 为正整数，故 m 必为最小的偶数，即 m = 2，n = 1， 则分子式为 C2H2O2 。 (2)碳原子数相同，即 m 相同，a，b 的大小是由（H2O）n 引起，故 b — a 必是 18 整数倍。 (3)该有机物为二元羧酸，即该有机物的物质的量为 NaOH 的物质的量的 1/2 。 0.2625/M = 1/2 × 0.1 × 0.025，M = 210 。 根据通式（CO1/2）m（H2O）n 和分子量为 210 进行讨论，已知 m，n 为正整数，且 m 为偶数，则有 20m + 18n = 210，分别设 m，求出对应的 n。 m = 2，n = 170/18（舍去）； m = 4，n = 130/18（舍去）； m = 6，n = 5； m = 8，n = 50/18（舍去）； m = 10，n = 10/18（舍去）。 故该有机物的分子式为：C6H10O8 总结：这是近几年高考试题中出现的新信息题。解答此类试题要根据通式，充分联想有机物燃烧规律 求解。 例题 7 ：某一固定体积的容器中盛放着某种气态烃和氧气的混合物 0.03 mol，温度为 400℃，其中氧 气的量是此烃完全燃烧所需量的 2 倍。该烃完全燃烧后容器中压强提高了 5%（温度保持不变），并测得 H2O 的质量为 0.162 g。求烃的分子式。 方法：设烃的分子式为 CxHy，根据燃烧通式，结合题中数据求算。 捷径：烃完全燃烧的反应式为：CxHy +（x + ）O2 → xCO2 + H2O(g) 燃烧后物质的量增大△n = — 1， 题中有三个未知数，x，y 和烃本身的用量（设为 a），已知条件有三个，一是 5%（对应差量），二是 0.162 g 对应 H2O 的量，三是氧气的用量。注意到反应方程式中 CxHy，O2，H2O 的系数分别为 1，(x+ )， 。 式差为 — 1（物质的量）。可依对应量迅速列出比例式： 解得 x = 3，y = 6，则烃的分子式为 C3H6 。 总结：在利用烃的燃烧通式求算分子式或反应过程中的物质的量时，要特别注意生成物水的状态。当 温度超过 100℃时，水为气态，当温度低于 100℃时，水为液态。 例题 8 ：某液态有机物气化后对一氧化碳的相对密度为 2 。取此有机物 5.6 g 完全燃烧，只有 CO2 和 H2O 生成。将燃烧后的产物通过浓硫酸，浓硫酸增重 3.6 g 。导出的气体再通过 Na2O2 后，气体质量减少 了 8.4 g 。求该有机物的分子式。 方法：设液态有机物的通式为 CxHyOz，根据燃烧通式，结合题中数据求算。 捷径：液态有机物燃烧的方程式为： CxHyOz + （x + — ）O2 → xCO2 + H2O 题中三个未知数（x，y，z），已知条件也三个，一是有机物的分子量，二是浓 H2SO4 吸水 3.6 g，三 是间接告知 CO2 的量。先利用差量法计算 CO2 的质量（设为 a）。 CO2 + Na2O2 = Na2CO3 + O2 △m 44g 28g a 8.4g 44g/a = 28g/8.4g ，解得 a = 13.2 g 注意到燃烧反应式中 CxHyOz、CO2、H2O 的系数分别为 1、x、 ，依对应物质的量列比例式为： ，解得 x = 3，y = 4。 再根据有机物的式量：28×2 = 56 ，即可求得分子式为 C3H4O 。 总结：有机物分子式，一般通过燃烧确定。该题的难点在于生成的 CO2 通过 Na2O2 发生了反应，以此 将有机和无机联系在一起，此类试题在有机中经常出现。 例题 9 ：甲烷与乙炔的混合气体 400mL 与 1L 氧气混合点火爆炸，测得气体的体积为 650mL（气体 体积均在室温和常压下测定）。求原混合气体中乙炔的体积百分含量为多少？ 方法：甲烷、乙炔及氧气共 1400mL，点火爆炸后气体体积为 650mL，即缩小了 1400 mL — 650 mL = 750 mL，这个体积的变化是由甲烷及乙炔燃烧生成 CO2（气）和水（液）引起的。而总体积差量等于甲烷 燃烧反应体积差量与乙炔燃烧反应体积差量之和。 捷径：设乙炔的体积百分含量为 x，而甲烷的体积百分含量为 1 — x，则： C2H2 + 5/2O2 → 2CO2 + H2O（液） 体积差 1L 1.5L 0.4xL 1.5×0.4xL CH4 + 2O2 → CO2 + 2H2O（液） 体积差 1L 2L 0.4L(1—x) 2×0.4L(1—x) 2×0.4L（1 — x）+ 1.5×0.4xL = 1.4L— 0.65L 解得：x = 0.25 ，即 25% 。 总结：在利用有机物的燃烧反应进行差量计算时，要注意水的状态。 聚宝盆： 1．如果两有机物的质量之和不变，充分燃烧后生成的 CO2 量不变，则两种有机物中含 C 质量百分数 相同。同理，生成的水量不变，则含 H 质量百分数相同。若同时耗氧量相等，则两者有机物最简式应相同。 2．如果两种有机物燃烧时耗氧量相同，则每增加 1 个氧原子，必须多 2 个氢原子，若增加 2 个氧原子， 则应多 4 个氢原子，以此类推。或每增加 1 个碳原子，必须多 2 个氧原子，若增加 2 个碳原子，则应多 4 个氧原子，以此类推。 3．如果有机物的通式可写成(CO)nHm 的形式，则其完全燃烧的产物，通过 Na2O2 后，其增加的质量 即为有机物的质量。 热身赛： 1．靛青是一种染料，将其样品作分析，其元素质量百分组成为：C 73.3%、H 3.82%、N 10.7%、O 12.2%， 则其最简式为 （ ） A．C8H5NO B．C2H2NO C．C4H6NO D．C7H8NO 2．有一系列有机化合物按以下顺序排列： CH3CH=CHCHO CH3CH=CHCH=CHCHO CH3（CH=CH）3CHO…… 在该系列有机物中，分子中碳元素的质量分数的最大值最接近于（ ） A．95.6% B．92.3% C．85.7% D．75.0% 3．a mL3 种气态烃混合物与足量氧气混合点燃瀑炸后，恢复到原来的状态（常温常压）气体体积共缩 小 2a mL 不考虑 CO2 的溶解），则 3 种烃可能的组合是 ( ) A．CH4、C2H4、C3H4 任意体积比 B．CH4、C3H6、C2H2 保持 C3H6 与 C2H2 体积比为 1∶1(同温同压)的所有情况 C．C2H6、C4H6、C2H2 物质的量之比 3∶1∶2 D．C3H8、C4H8、C2H2 质量比 11∶14∶26 4．当碳、氢、氧、氮等元素的原子量均取整数时，下列说法正确的是 ( ) A．-氨基酸的分子量均是偶数 B．硝基化合物的分子量均是偶数 C．烃及烃的含氧衍生物的分子量均为偶数 D．酚、醛、羧酸、酯的分子量均为偶数 5．现有乙酸、乙醛、甲酸甲酯、2-甲基-2-戊烯组成的混合物中氧的质量分数为 15.3%，则氢的质量分 数为 （ ） A．84.7 % B．72.6 % C．12.1 % D．6.05 % 6．某烃的衍生物由 C、H、O 三种元素的 11 个原子核组成，其核电荷数为 40，完全燃烧此有机物 0.1mol 得 CO26.72L(标况)和 5.4g 水。求此有机物化学式和可能的同分异构体。 7．取相同质量的甲烷和有机物 A、B、C 跟氧气分别完全燃烧后，生成的二氧化碳的物质的量都相同。 有机物 A 是稠环烃的衍生物，有机物 B 是饱和一元醇，有机物 C 是饱和一元醛。 （1）写出化学式：A________，B________，C________。 （ 2 ） 若 符 合 题 给 的 燃 烧 产 物 与 反 应 物 的 关 系 ， A 、 B 、 C 有 机 物 必 须 满 足 的 条 件 是 ________________________________________________________________________。 8．A、B 分别是碳原子数相同的气态烷烃和气态烯烃。现有 2LA、B 的混合气体在氧气中充分燃烧生 成 4L 二氧化碳和 4.8L 水蒸气(气体的体积均在同温同压下测定)，试推测 A、B 的化学式及混合气体中各 组分的体积百分含量。 9．在真空中，用高能电子轰击一种气体分子时，分子中的一个电子可以被轰击出去，生成阳离子自由 基。如苯甲酸分子被轰击：C6H5COOH C6H5COOH++e－，其阳离子的式量与所带电荷数之比（ mz ）为 122（即1221 ），与此同时，这样的离子还会被轰击成其它形式的碎片离子（都只带一个单位的正电荷）。 各有它们的 mz ；由苯甲酸形成的碎片离子按所测得的 mz 大小排列有：122、105、77、51……。 现 有 中 学常用的有机化合 物 A，仅由 C、H、O 元素组成，通常 A 是一种无色透明的液体，不溶于水，加热后能逐渐溶于稀 NaOH 溶液或稀 H2SO4 溶液，冷却后不再析出原有的液体。若用高能电子束轰击气体 A 分子时，在 70eV 下可得 mz 为 88、73、61、45、29、27、15 等的离子（均只带一个正电荷）。回答下列问题： （1）有机物 A 的相对分子质量是 ，分子式是 ； （2） mz 为 88 的离子是 ； （3） mz 为 15 的离子是 。 10．化合物 CO，HCOOH 和 HOOC—CHO（乙醛酸）分别燃烧消耗的 O2 和生成的 CO2 的体积比都是 1：2，后两者可分别看成是（CO）（H2O）和（CO）2（H2O），也就是说，只要分子式含[（CO）n(H2O)m](n、 m 均为正整数)的各种有机物，它们燃烧时消耗的 O2 和生成的 CO2 的体积比总是 1：2 。现有一些只含碳、 氢、氧三种元素的有机物，它们燃烧时消耗 O2 和生成的 CO2 的体积比总是 3：4，这些有机物式量最小的 化合物的化学式是：________。某两种 C 原子数相同的上述有机物，若它们的式量分别为 a 和 b(a＜b＝， 则 b-a 必定是________（填数字）的整数倍。在这些有机物中，有一种化合物含两个羧基，取 0.2625g 该 化合物恰好能与 25.00mL 的 0.1000mol/L NaOH 溶液完全中和。由此可计算出该化合物的式量应是 ________，它的化学式应是________。 11．在一定温度下，气态烃 CnHm 与氢气在催化剂存在 下 反 应 生 成 CnHm+x。现将烃与氢气以不同比例相混合，分别取出 60 mL 进行反应，混合 气体中氢气的体积百分含量与反应后气体总体积之间的关 系如图所示，试 回答下列问题 (1)A 点的氢气体积百分含量等于____； (2)X＝______； (3)CnHm 是含有双键，也有叁键的链烃，已知 的碳键结构是很少见的，则 n 值最小应等于________。 12．0.2mol 有机物 A 与 19.2g 氧气共存于某密闭容器中，经电火花引燃后生成二氧化碳、一氧化碳和 水蒸气。把所得的混合气体通过浓硫酸，浓硫酸质量增加 14.4g。再依次通过灼热的氧化铜粉末，氧化铜 粉末总质量减小 3.2g，剩余气体再通过苛性钠溶液，溶液质量增加 26.4g，试写出有机物 A 的分子式。 mz 碎片离子 有关反应 105 C6H5CO+ C6H5COOH+ C6H5CO++OH 77 C6H5+ C6H5CO+ C6H5++CO 51 C4H3+ C6H5+C4H3++C2H2 …… …… …… 13．常温常压下，将 16 ml 的 H2、CH4、C2H2 的混合气体与足量的氧气混合,点燃使之完全燃烧,冷却后 发现总体积比原来缩小了 26 ml,则混合气体中 CH4 的体积为多少? [提示]有 3 种气体，只给 2 个已知条件，要求出每一种气体的体积是不可能的，因此求解本题可根据例 题中（3）的方法，找出 H2 和 C2H2 的燃烧的内在联系，使其合二为一，就可以求解了。 14．只含 C、H、O 的有机物 A 和 B，它们的最简式相同，但 A 的式量大于 B。将 1.50gA 或 B 完全燃 烧后的气体依次通过无水 CaCl2 和碱石灰，测得分别增重 0.90g 和 2.20g 。若 A、B 以等物质的量混合， 取其 2.25g 在 127℃和 1.01×105Pa 时气化后生成的气体体积为 1.64L。求（1）A、B 的最简式。（2）A、 B 的式量和化学式。 15．某液态有机物 0.1 mol，与 0.3 mol 氧气混合，于密闭容器中用电火花点火，燃烧完毕，将燃烧产 物通入过量澄清石灰水中，可生成白色沉淀 20.0 g，溶液质量减少 5.8 g，剩余气体继续通过灼热的氧化铜， 可使氧化铜质量减少 1.6 g。又知该有机物能跟金属钠发生置换反应，还能发生银镜反应。通过计算写出该 有机物的化学式，判断该有机物的结构简式。 大检阅： 1．A 2．B 3．A 4．C 5．C 6．C3H6O2 CH3CH2COOH CH3COOCH3 HCOOC2H5 7．（1）C10H8O2 C9H20O C8H16O （2）含有的碳的质量分数必须相同 8．C2H6 40% C2H4 60% 9． （1）88；C4H8O2 （2）C4H8O2+ （3）CH3+ 10．C2H2O2 18 210 C6H10O8 11．80%；8；6 12．C3H8O3 13． 4ml 14．（1）CH2O （2）A：60 C2H4O B：30，CH2O。 15．化学式为 C3H6O2，结构简式为：CH3－CHOH－CHO 或 CH2OH－CH2－CHO。 策略 18 有机物结构的分析与判断 金点子： 有机结构的分析包括：空间结构的分析；结构简式的分析。 (1) 空间结构的分析 此类试题主要考查考生对原子共平面或共直线的分析与判断。所采用的方法主要是迁移 类比法，也即将甲烷、乙烯、乙炔、苯等有机物的结构迁移到新的物质中。 (2) 结构简式的分析。 主要为判断及书写结构简式。要求考生能将题中碳链或官能团通过互换位置来确定新的结构，有时还 会涉及到利用官能团所发生的化学反应来确定结构的问题。 经典题： 例题 1 ：（1998 年全国高考）1,2,3-三苯基环丙烷的三个苯基可以分布在环丙烷环平面的上下，因此 有如下两个异构体： 据此，可判断 1,2,3,4,5-五氯环戊烷（假定五个碳原子也处于同一平面上）的异构体数目是 （ ） A．4 B．5 C．6 D．7 方法： 空间结构比较分析。 捷径：根据题意：五个氯原子在环戊烷平面上可分成五上（或五下），四上一下（或四下一上），三 上二下（或三下二上）三种情况。其中前两种情况，分别只有一种结构，而三上二下有两种同分异构体。 所以共有四种同分异构体。显然答案为 A。 总结：在解题时要充分考虑到三上二下有两种同分异构体，必要时可画出草图分析。 例题2 ：（1996年全国高考）描述CH3—CH=CH—C≡C—CF3分子结构的下列叙述中, 正确的是 ( ) A．6个碳原子有可能都在一条直线上 B．6个碳原子不可能都在一条直线上 C．6个碳原子有可能都在同一平面上 D．6个碳原子不可能都在同一平面上 方法：将甲烷、乙烯、乙炔的结构迁移到题示物质，画出结构图示进行分析即可。 捷径：已知乙烯结构中两个碳原子和四个氢原子在同一平面上，不在同一直线上。若将—CH3 代替乙 烯中的某个氢原子，则这三个碳原子必然不在同一直线上。所以 A 必错，B 正确。若上述替换后，其键角 仍能保持 120°，则 CH3—CH=CH—C≡C—CF3中四个碳原子在同一平面内（根据乙烯的结构作出的判断）。 同理根据乙炔中两个碳原子与两个氢原子在同一直线上，可认为 CH3—CH=CH—C≡C—CF3 中四个碳原子 在同一直线上。根据立体几何原理，这六个碳原子应在同一平面内。若这种替代后，键角发生改变，则六 个碳原子形成立体结构，至于键角能否改变，已超出中学生的能力，所以有“可能”两字。则 C 正确，D 错误。 总结：①立体几何知识：如果直线上有二个点在某平面内，则这一条直线一定在这平面内，由于 CH3 —CH=*CH—*C≡C—CF3 中带“*”的碳原子在 CH3—CH=CH—C 所在的平面内，所以=CH—C≡C—CF， 这四个碳原子（直线型）在 CH3—CH=CH—C 所在平面内。 ②这是用数学知识讨论物质结构的又一例证。把乙烯的结构和乙炔的结构巧妙地联系在一起，用空间 想象和数学知识确定直线与平面的关系。 例题 3 ：（1995 年全国高考） A．CH3CH2CH2CH3 CH3CH2CH2CH2CH3 CH3CH2CH2CH2CH2CH3 B．CH3CH=CHCHO CH3CH=CHCH=CHCHO CH3(CH=CH)3CHO C．CH3CH2CH3 CH3CHClCH2CH3 CH3CHClCH2CHClCH3 D．ClCH2CHClCCl3 ClCH2CHClCH2CHCICCl3 ClCH2CHClCH2CHClCH2CHClCCl3 方法： 通过信息比较获得结果。 捷径： 题给信息①同系列结构可用通式 A [ W ] nB 表示；②W 为 2 价基团，即是系差；因此在给出的 选项中能找到系差 W，可用通式①表示的即可称为同系列，否则为此题答案。其中选项 A、B、D 的 W 和 通式分别为： A：—CH2—、CH3 [ CH2 ] n CH3 B：—CH=CH—、CH3 [ CH=CH ] n CHO D：—CH2CHCl—、Cl [ CH2CHCl ]n CCl3；而 C 中，第一项无 Cl 原子，后两项有，不能称为同系列。 以此得答案为 C。 总结：考生往往对 W 为 2 价的有机基团不理解。其实只要满足—W—两端都以单键相连即可。 例题 4 ：（1999 年全国高考）化合物的－COOH 中的 OH 被卤原子取代所得的化合物称为酰卤，下列 （ ） 化合物中可以看作酰卤的是 （ ） A．HCOF B．CCl4 C．COCl2 D．CH2ClCOOH 方法：根据题示酰卤结构分析。 捷径： HCOF 的结构式是： ， COCl2 的结构式是： ，CCl4 中无氧原子，不可能是酰卤。CH2ClCOOH 为氯乙酸。从结构分析得答案为 A C。 总结：酰卤组成的特点是： ，即在羰基的一端连有卤原子，另一端连着 其他原子（也可以是卤原子）或原子团。 例题 5 ：(2001 年高考试测题)有三个只含 C、H、O 的有机化合物 A1、A2、A3，它们互为同分异构体。 室温时 A1 为气态，A2、A3 是液态。分子中 C 与 H 的质量分数是 73.3%。在催化剂（Cu、Ag 等）存在下， A1 不起反应。A2、A3 分别氧化得到 B2、B3。B2 可以被硝酸银的氨水溶液氧化得到 C2，而 B3 则不能。 上述关系也可以表示如下图： 请用计算、推理，填写下列空白： （1）A2 的结构简式 ； （2）B3 的结构简式 ； （3）A3 和 C2 的反应产物 。 方法：假想分析法。 捷径：化合物 A1、A2、A3 互为同分异构体，且分子中 C 与 H 的质量分数是 73.3%，O 的质量分数即 为 26.7%。因室温时 A1 为气态，故三种有机物的分子量不会很大。假设有机物只含有一个 O 原子，根据 O 的质量分数可求得其分子量为 60，分子式为 C3H8O。又因室温时 A1 为气态，故可得 A1 为 CH3－O－CH2CH3 （甲乙醚），符合题意。又从图示知，A2 可通过氧化得到羧酸，A2 为 CH3CH2CH2OH。A3 为 CH3CHOH CH3， 进一步反应得 B3 为：CH3COCH3，A3 和 C2 的反应产物为：CH3CH2COOCH(CH3)2。 总结：在一定条件下，伯醇氧化可得醛，进一步氧化可得羧酸；仲醇氧化可得酮，不能进一步氧化得 羧酸；叔醇很难被氧化。 例题 6 ：（2001 年上海高考）请阅读下列短文： 在含羰基 的化合物中，羰基碳原子与两个烃基直接相连时，叫做酮。当两个烃基都是脂肪烃基 时，叫脂肪酮，如甲基酮 ；都是芳香烃基时，叫芳香酮；如两个烃基是相互连接的闭合环状结 构时，叫环酮，如环己酮 。 像醛一样，酮也是一类化学性质活泼的化合物，如羰基也能进行加成反应。加成时试剂的带负电部分 先进攻羰基中带正电的碳，而后试剂中带正电部分加到羰基带负电的氧上，这类加成反应叫亲核加成。 但酮羰基的活泼性比醛羰基稍差，不能被弱氧化剂氧化。 许多酮都是重要的化工原料和优良溶剂，一些脂环酮还是名贵香料。 试回答： （1）写出甲基酮与氢氰酸（HCN）反应的化学方程式 （2）下列化合物中不能和银氨溶液发生反应的是。（多选扣分） （a）HCHO （b）HCOOH （c） （d）HCOOCH3 （3）有一种名贵香料一一一灵猫香酮 是属于 （多选扣分） （a）脂肪酮 （b）脂环酮 （c）芳香酮 （4）樟脑也是一种重要的酮 ，它不仅是一种家用杀虫剂，且是香料、塑料、医药工业重要 原料，它的分子式为 。 方法：根据信息通过结构分析。 捷径：（1）甲基酮的化学式在短文中已提供，当甲基酮与 HCN 发生反应时，带负电荷的—CN 与羰 基中的碳原子结合，而 HCN 中带正电荷中的氢与羰基中的氧原子结合形成羟基，所以反应式为： ＋HCN→ 。 （2）银氨溶液是弱氧化剂 [也包括新制的 Cu（OH）2 悬浊液等]能氧化醛基但不能氧化羰基。选项 a 为甲醛，b 甲酸，d 为甲酸甲酯，均含有醛基，而选项 c 为丁酮，不含醛基，以此得答案为 c 。 （3）灵猫香酮的结构中既含脂肪烃基，为脂肪酮，且两个烃基相互连接成闭合环状结构，所以又称环 酮，综上所述，该物属脂环酮。 （4）樟脑的分子式可通过不饱和度求得为：C10H16O。 总结：对于第(4)问，也可通过结构简式数出碳氢氧。 例题7 ：（1994年全国高考）根据以下叙述, 回答第(1)和(2)题 (1) 跟(Ⅰ)、(Ⅱ)式等同的结构式是 [ ]. (2) 跟(Ⅰ)、(Ⅱ)式是同分异构体的是 [ ]. 方法：通过“翻转重叠法”求解。 捷径：本题物质结构较复杂，若凭估猜既费时又易错，但采用“翻转重叠法”既快又准。根据苯环是 一种高度对称的平面结构，可推出该题中五种苯环并合形成的物质也必为平面结构，因此可进行任意翻转， 并不产生新的结构。这里可将（Ⅰ）、（Ⅱ）翻转，看是否与之重合，重合的必为同种物质。以此得答案 为 AD。 （2）B 与（Ⅰ）或（Ⅱ）分子式均为 C20H12，结构不同。而 C 分子式为 C19H12，与（Ⅰ）的分子式不 同，结构式当然也不同，故只能选 B。 总结：不能凭主观想象，形状差不多，又不能重合者一定是（Ⅰ）的同分异构体。而要检查其分子式 是否相同。 例题 8 ：（2001 年全国高考）2000 年，国家药品监督管理局发布通告暂停使用和销售含苯丙醇胺的 药品制剂。苯丙醇胺（英文缩写为 PPA）结构简式如下： 其中Φ—代表苯基。苯丙醇胺是一种一取代苯，取代基是 。 （1）PPA 的分子式是： 。 （2）它的取代基中有两个官能团，名称是 和 （请填写汉字）。 （3）将Φ—、H2N—、HO—在碳链上的位置作变换，可以写出多种同分异构体，其中 5 种的结构简 式是： 请写出另外 4 种同分异构体的结构简式（不要写出—OH 和—NH2 连在同一个碳原子上的异构体；写出 多于 4 种的要扣分）： 、 、 、 方法：结构与组成合并分析。 捷径：（1）PPA 的分子式的求解：只要把φ—写成—C6H5，再和侧链结合起来即得其分子式为 C9H13NO。 （2）本题考查官能团的命名。尤其是氨基，因为很容易写成胺基或铵基。其基团名称为羟基、氨基。 （3）苯的侧链是丙基（先不考虑侧链上的官能团），而丙基就有两种同分异构体，即 φ—C—C—C（丙苯）， （异丙苯）。第二步，分别对丙苯、异丙苯中的 氢原子被—OH，—NH2 取代。如丙苯中—OH 在邻近苯环的碳原子上有两种结构式： ， ， 再考虑—OH 右移至中间碳原子，也有两种结构式： ， 最后考虑—OH 在末端，有 ， （必须说明，不需要考虑用—NH2 代替—OH 再重新考虑一遍。因为当—OH 固定在某一位置上—NH2 可以在其余碳原子的任一位置上，如再考虑一遍，一定造成重复。）所以对丙苯来说，符合要求的同分异 构体有 6 个，对异丙苯来说，由于侧链上碳原子具有对称结构，所以它的同分异构体数目一定少于前者。 解题方法和前面相同，但必须注意由于侧链的对称而引起的重复结构。如—OH 在紧邻苯环上的碳原子只 有一种结构 ，再把—OH 位置右移，（或上移） ， 结合题中结构，分析得另外 4 种同分异构体的结构简式分别为： 总结：有关有机物同分异构体的知识是近几年来高考试题的命题热点。如 2002 年全国卷 8 分，2001 年全国理科综合试题 11 分，在 2000 年试题也具有相似的情况。 例题9 ：（1994年全国高考）A、B两种有机化合物, 分子式都是C9H11O2N。 (1)化合物A是天然蛋白质的水解产物,光谱测定显示,分子结构中不存在甲基(-CH3)，化合物A的结构 式是 。 (2)化合物B是某种分子式为C9H12芳香烃一硝化后的唯一产物(硝基连在芳环上)，化合物B的结构式 是 。 方法：根据化学式和官能团的性质确定结构简式。 捷径：因天然蛋白质的水解产物都是α—氨基酸， ，R 的组成 是 C7H7，由于分子中不存在甲基，R 是 C6H5CH2—，所以化合物 A 的结构式是： 。（2）C9H12 有多种同分异构体，如 ① ② ③ ④ 一硝化后有唯一产物的仅是④。以此化合物 B 的结构式是： 总结：（1）氨基酸和硝基化合物间可形成同分异构体。 （2）C9H12 有 8 种同分异构体。其中一个侧链有二种，二个侧链有三种，三个侧链也有三种。 例题 10 ：（1998 年全国高考）某种 ABS 工程树脂，由丙烯腈（CH2=CHCN，符号 A）、1，3-丁二 烯（CH2=CH-CH=CH2，符号 B）和苯乙烯（C6H5-CH=CH2，符号 S）按一定配比共聚而得。 （1）A、B 和 S 三种单体中，碳氢比（C：H）值最小的单体是 。 （2）经元素分析可知该 ABS 样品的组成为 CaHbNc(a、b、c 为正整数)，则原料中 A 和 B 的物质的量 之比是 （用 a、b、c 表示）。 方法：组成与结构合并分析法。 捷径：（1）丙烯腈 CH2=CHCN 的 C︰H= 1︰1；1，3 丁二烯 CH2=CH—CH=CH2 的 C︰H= 4︰6，苯乙烯 的 C︰H=1︰1。所以选 1，3 丁二烯。 （2）设含丙烯腈为 x mol，1，3 丁二烯为 y mol，苯乙烯为 z mol 。因为只有丙烯腈中含有 N 元素， 所以 x = c（N 守恒）。三种物质由碳原子守恒得 3x+4y+8z = a ；由 H 原子守恒得 3x+6y+8z=b。解 y= 1/2 （b—a）。 ∴ x︰y = c︰0.5（b—a），[或 2c:(b-a)]。 总结：3 种单体中，只有丙烯腈（C3H3N）含 N。只有丁二烯 C4H6 的碳氢比小于 1。因此，b 比 a 每多 出 2 个氢原子，即为 1 个丁二烯分子。 金钥匙： 例题 1 ：用相对分子质量为 43 的烷基取代甲苯苯环上的一个氢原子，所得芳香烃产物的数目为 （ ） A．3 B．4 C．5 D．6 方法：从烷基结构碳链分析。 捷径：相对分子质量为 43 的烷基为—C3H7，其可能的结构是—CH2CH2CH3，也可能是—CH（CH3）2。 因 苯环上的氢有邻、间、对三种，故共有 2×3 = 6 种产物，答案为 D。 总结：如果题目未指明是烷基，也可以确定该烃基的化学式：43÷12=3……7，即最多有 3 个 C，C3H7 合理，C2H19 不合理。 例题 2 ：在有机物分子中，若存在一个或者一个以上的碳原子连有 4 个不同的原子团，则这种碳原子 称为“手性碳原子”，这种物质大多数具有光学活性。 有机物 A、B、C、D、E、F、G 具有如下特性和转化关系： （1）A 只有一种结构，其结构式为____________ （2）完成 C→D+E 的反应（不要求配平），并在生成物下方的括号内注明该产物“有”或“无”光学 活性________________________ （3）F 的结构简式为________________ （4）合成 G 的反应式为________________________________ 方法：从图中找出有机物的化学式，再结合题示信息“手性碳原子”分析。 捷径：从 B 的化学式为 C5H11Cl 推出 A 的化学式为 C5H9Cl 或 C5H7Cl 或 C5H5Cl，又因 A 有光学活性， 所以 A 只能为 C5H9Cl。其余分析略，结果如下： 总结：“手性碳原子”这一题示信息，是分析与解答此题的关键。 例题 3 ：如果用●代表原子实 ( 原子实是原子除去最外层电子后的剩余部分 ) ，小黑点代表未用于 形成共价键的最外层电子，一条短线代表一对共用电子对。如 F2 或 Cl2 均可表示为 。下列图 甲和图乙所表示的有机分子依次是 ( ) A．CCl3H CF3COOH B．CH3Cl CH3COOH C．CH3F HCOOCH3 D．CH3OH CH2OHCHO 方法：将有机结构的实体放大回复到常态。 捷径：根据题示信息：原子实为原子除去最外层电子后的剩余部分 ，小黑点为未用于形成共价键的最 外层电子。则图甲和图乙中无小黑点，且仅形成一对共价键的原子为氢原子；形成了四根共价键的原子为 碳原子。图甲和图乙中有小黑点，形成一根共价键，且有 6 个小黑点的原子为卤原子；形成二根共价键， 且有 4 个小黑点的原子为氧原子。以此将放大后的结构回复到通常情况下，甲为 CH3X，乙为 HCOOCH3。 故得答案为 C。 总结：该题将有机结构进行了实体放大，要求考生在理清题示信息的基础上，从实体结构→结构简式， 从一般物质→具体物质，通过迁移、归纳、总结、应用而获得正确结果。 例题 4 ：在化学上常用两种模型来表示分子结构，一种是球棍模型，另一种是比例模型。比例模型是 用不同颜色球的体积比来表示分子中各种原子的体积。 (1)右图是一种常见有机物的比例模型， 该模型图可代表一种 ( ) A．饱和一元醇 B．饱和一元醛 C．二元酸 D．羟基酸 (2)该物质可发生的反应有 ( ) A．与 H2 加成 B．银镜反应 C．消去反应 D．与乙醇酯化 (3)根据(2)中选择，写出该物质发生反应的化学方程式 。 方法：将有机结构的放大模型回复到常态。 捷径：根据图示，黑球有四根共价键，知黑球为 C 原子。黑球上所连黄球的体积小于黑球，且仅有一 根共价键，故黄球可能为 H 原子，蓝球有二根共价键，且与碳、氢相连，以此蓝球一定为 O 原子。根据 推断可得该有机化合物的结构简式为 CH3CHOHCOOH，即为α—羟基丙酸（或称乳酸）。其发生的化学 反应主要有取代、消去、酯化、缩聚等。故（1）选 D；（2）选 C、D；（3）中的化学方程式为： CH3CHOHCOOH CH2=CHCOOH + H2O CH3CHOHCOOH + CH3CH2OH CH3CHOHCOOCH2CH3 + H2O 总结：模型是有机结构的形象表述。该题从有机结构的比例模型出发，要求考生依据有机物中原子的 大小、碳原子的价键等判断出有机物，并根据官能团的类型确定有机物的性质，同时正确写出其反应的化 学方程式。 例题 5 ：溴系阻燃剂是目前世界上产量最大的阻燃剂，广泛应用于聚乙烯、聚丙烯、聚异戊二烯等聚 烯烃类高聚物的阻燃。巳知某溴系阻燃剂 由右图有机物 与过量的溴水加成而得。 请完成下列内容。 （ 1 ） 写 出 该 有 机 物 的 化 学 式 。 （2）1mol 该有机物与足量的氢气加成需氢气 mol ;与足量的溴水加成需溴水 mol 。 （3）写出该有机物与足量的溴水加成生成溴系阻燃剂的化学方程式。 方法：将合并缩小的有机结构回复到常态。 捷径：根据题示结构，有机物包含了两个相同的部分，将其拆分后可得其结构简式为： 以此其化学式为 C21H20Br4O2 ，1mol 该有机物与足量的氢气加成，包含了苯环和 C＝C，需氢气 8 mol ； 与足量的溴水加成，只有 C＝C 的加成，需溴水 2mol 。该有机物与足量的溴水加成的化学方程式为： 总结：该题以一种溴系阻燃剂的合成原料为起点，从结构简式、化学性质等方面对考生进行了综合考 查。要求考生理清合并后的结构简式，并能进行拆分。此类试题对考生的知识要求及能力要求均较高。 例题 6 ：黄曲霉素 AFTB ( 见右图 ) 是污染粮食 的真菌霉素，人 类的特殊基因在黄曲霉素作用下会发生突变，并有引 发 肝癌 的 可能 性。关于黄曲霉素的说法正确的是( ) A. 该化合物的分子式为 C16H12O6 B. 该化合物水解可生成醇类化合物 C. 跟 1mo l 该化合物反应的 H2 和 NaOH 的最大 值分别是 6mol 和 2mol D. 该化合物所有原子可能在同一平面上 方法：将键线缩小的有机结构回复到常态。 捷径：根据题中黄曲霉素结构的键线式，可知其不饱和度Ω=12，以此得其分子式为 C17H12O6 ；该化 合物含有一个酯键，因水解后生成的羟基连在苯环上，故为酚类化合物；1mo l 该化合物中含有一个苯环， 二个 C=C 双键和一个酮基，因而与 H2 反应的最大值为 6mol ( 酯键与 H2 很难发生反应) ，因 1mo l 该化 合物中含有一个酯键，且水解后产生的羟基又连在苯环上，故与 NaOH 反应的最大值为 2mol ；因该化合 物中含有 5 个饱和碳原子，特别是含有一个甲基，因而不可能出现所有原子在同一平面上的情况。以此得 答案为 C。 总结：键线式是有机结构中常用的一种表达形式，此类试题要求考生不仅要能将键线式回复到一般的 结构简式，而且还要能正确分析官能团间的相互影响及与化学反应的关系。该种试题既是考试的热点，也 是高考的重点。 例题 7 ：由三种有机物组成混合物 X，三种有机物 A、B、C 互为同分异构体。 （1）X 在 400℃、1.01×105Pa 下蒸气密度为 1.63g/L 。 （2）把 1.8g X 完全燃烧后得到 2.64 g CO2 和 1.08 g 水, A 和 B 具有相同的物质的量。 （3）4.5g X 中 A 和 B 均能与金属 Na 反应生成 8.96 mL H2 (SPT), C 不反应。 （4）4.5g X 中, A 和 B 均能跟 Na2CO3 反应生成 448 mL 的 CO2 气体 (SPT), C 不反应。 （5）两 molA 在有催化剂条件下能酯化形成 1mol 六个原子的环状丙酯。两 molB 亦能酯化形成 1mol 八个原子的环状内酯。 （6）C 不能进行上述（4）、（5）反应，但能起银镜反应，且有醚—O—的结构。 试解答下列问题： （Ⅰ）推测 A、B、C 的结构简式 （Ⅱ）A、B、C 三种有机物的物质的量之比。 方法：计算与官能团分析相结合。 捷径：（Ⅰ）据（3）得： )(04.04.22 10896 3 2 molnH   ， )(05.090 5.4 molnx  0.05：0.04=1：0.8(mol)， 即 1 mol x 产生 0.8 mol H2 。 据(4) 1 mol x 产生 且 1 mol x 中各含 0.4 mol 。 据（6）可得：C 为 HCOOCH2—O—CH3 （Ⅱ） 1:2:2)4.021(:4.0:4.0:: CBA nnn ，分析略。 总结：在确定有机物的结构时，首先要确定其化学式，而后再根据官能团等特征反应确定其结构。 聚宝盆： 1．常见的有机分子的空间构型有四面体型（CH4、CCl4 等）、直线型（C2H2 等）、平面型（C2H4、 C6H6 等），掌握其结构对推断复杂分子的结构非常重要。这些内容的考察近几年来在高考和竞赛中难度和 数量都有所增加，应引起我们的充分重视。 2．放大的有机结构，通常应用在有机小分子中，此类试题要求考生能将放大后的结构，根据题设要求 回复到通常状态，然后对题中设问遂一化解。 3．缩小的有机结构，通常应用在较大或较复杂的有机物质中，此类试题要求考生能将缩小后的结构， 根据题设要求回复到一般的结构简式，然后再对题中设问遂一分析，以此方可获得正确结果。 4．有机化学中结构的考查，是高考中的重点和难点。随着考试内容与考试方式的改革，有关有机结构 的考查形式也在不断地发生变化，如目前巳考查到顺反异构、手性异构。在此类试题面前，不少考生显得 束手无策，唯有抓住信息，理清关系，方能正确作答。 热身赛： 1．1995 年 3 月 20 日，日本东京地铁发生了震惊世界的“沙林”毒气事件，造成 12 人死亡，5000 多 人受伤，恐怖分子使用的“沙林”是一种剧毒的神经毒气，其结构式为： ，已知 的名称为甲氟磷酸，则“沙林”的 化学名称为 ( ) A．甲氟磷酸异丙醚 B．甲氟磷酸异丙酯 C．甲基异丙基氟磷酸 D．甲基异丙氧基磷酸 2．有机酸的酸酐可视为两羧基中羟基的脱水产物,例如： 则下列的酸和酸酐对应正确的是 ( ) 3．1992 年 8 月 14 日，我国研制的“长征二号”火箭将澳星送上太空。火箭的主要燃料叫做“偏二甲 肼”。已知该化合物的分子量为 60，其中含碳 40%，氢 13.33%，其余是氮。则： (1)“偏二甲肼”的分子式为_________________。 (2)若该分子中有一个氮原子是以N形式存在，该氮原子不与氢直接相连，则偏二甲肼的结构简式为 ____________________。 (3) 此 燃 料 的 氧 化 剂 是 N2O4 ， 燃 烧 的 产 物 只 有 N2 、 CO2 、 H2O ， 燃 烧 时 的 化 学 方 程 式 为 ________________________________________________________________。 (4)火箭起飞时，可看到一级火箭中部会冒出红棕色气体，这是为了保证贮箱安全由保险活门自动开启 所 排 出 的 部 分 高 压 氧 化 剂 变 化 而 来 的 ， 其 化 学 方 程 式 为 _______________________________________________________________________。 4．对于复杂的有机物的结构可用“键线式”简化表示如苯丙烯酸丙烯酯 (a)它的分子式是 。 (b)它在稀酸作用下能水解生成两种有机物，此两种有机物可能具有的共同性质是________(填选项的标 号)。 A．均能与溴水发生加成反应 B．遇 FeCl3 溶液均呈紫色 C．均能与 NaOH 溶液反应 D．在一定条件下均能与氢气反应 5．两个有机化合物 A 和 A互为同分异构体，经元素分析已知其中含溴的质量百分含量为 58.4%(其它 元素含量的数据不全，下同)。A 和 A在浓 KOH(或 NaOH)的乙醇溶液中强热都得到气态化合物 B，B 中含 碳 85.7%，B 跟浓 HBr 反应得到化合物 A。将 A 和 A分别跟稀 NaOH 溶液微微加热，A 得到 C，A得到 C。C 可被 KMnO4 的酸性溶液氧化得到酸化合物 D，D 中含碳氢共 63.6%，而在同样条件下 C不能被氧 化；请确定 A、A、B、C、C、D 的结构简式。 6．完全燃烧某液态烃，生成 8.96 L（标准状况）二氧化碳和 4.5 g 水。 （1）若该烃可使酸性 KMnO4 溶液褪色，并被氧化为化学式为 C7H6O2 的羧酸，则该烃的化学式和结构 简式应是什么？ （2）若该烃环上一硝基取代物只有一种，且可被酸性高锰酸钾溶液氧化为 C8H6O2，则该烃的结构简 式应是什么？ 7 ． 将 不 饱 和 烃 在 催 化 剂 作 用 下 ， 用 臭 氧 （ O3 ） 氧 化 ， 则 生 成 有 羰 基 的 化 合 物 ： （R1、R2、R3、R4 为烃基或 H）。现将一定量的化学式均为 C4H8 的不饱和烃混合气体 A，用上述方法 氧化，得到 0.5mol 酮和 1.5mol 醛，其中甲醛为 0.7mol。 （1）写出此混合气体 A 氧化后得到的所有生成物的结构简式：________。 （2）混合气体 A 加氢后所生成的烃为____________。 （3）混合气体 A 中各烃的名称和体积分数：________。 8．在人尿中含有一种由 C、H、O、N 四种元素组成的有机物 A，8.95 g A 完全燃烧生成 19.8 g 二氧化 碳和 4.05 g 水。若分解 17.92 mg A，使其中所含氮元素均转为氮气，得到 0.05mmol 氮气。已知 A 的分子 量是 179，A 分子里不含甲基，但含有羧基及两侧与 碳原子相连的酰胺基 ，而且两者不直接相连。通过计算写出 A 的结构简式。 9．某厂利用一种天然产物进行发酵，发现发酵液中含有 U、V、W、X、Y、Z 等多种化合物。已知： (a)U 和 W 均可与银氨溶液反应，析出金属银，而且 U 是一种单糖 (b)V 是单官能团化合物，其分子中碳 原子数与 X 相同，V 在浓硫酸作用下经加热得到 Y，Y 可以使溴水褪色 (c)V 经缓和氧化可生成 W (d)V 和 X 在少量浓硫酸作用下经加热可得到 Z (e)X 的组成为 C：40%、H：6.7%、O：53.3%，X 有一个羧基， 450 mg X 与 0.2mol/L 的 NaOH 溶液 25mL 可完全反应，X 也可和乙酸起酯化反应。 (1)U 的一种可能的单糖结构简式___________________； (2)X 的分子式___________________，其可能的结构简式___________________； (3)V 、 W 、 Y 、 Z 可 能 的 结 构 简 式 分 别 为 ____________________ 、 ________________ 、 ________________________________、____________________________。 10．今有 A、B 两种含碳、氢、氧三种元素的链烃衍生物，它们具有相同的百分组成。A 的式量是 44， B 的式量是 88。A 能发生银镜反应而 B 不能。把 A 加入新制的 Cu(OH)2 悬浊液中加热至沸腾，有红色沉 淀生成并产生有机物 C。B 在无机酸作用下能水解生成 C 和 D，D 在加热和有催化剂存在下，能够被空气 氧化生成 A 。写出 A、B、C、D 的结构简式和名称。 11．(1)在实验室里，把 60 g 醋酸和 92 g 乙醇以及 20 mL1 mol/L 的稀硫酸混合密闭放置长时间，直至 反应达到化学平衡状态。 (a) 反应中所加的 1mol/L 硫酸的作用是_____。 (b)若实验中，用加相同体积的醋酸来代替稀硫酸，那么理论上醋酸乙酯的平衡浓度与原实验相比将会 __________(增大、减少、不影响) (2)“立方烷”是新合成的一种烃，其分子为正立方体，如图所示。 (a)写出“立方烷”的化学式___________。 (b) 其二氯代物共有_______种同分异构体。 (c) (c)芳香烃中有一种化合物与“立方烷”互为同分异构体，其结 构 简 式 为 _______________________________。 (3)某烃 A 0.2 mol 在氧气中充分燃烧后，生成化合物 B、C 各 1.2 mol。烃 A 的化学式为____________。 若取一定量的烃 A 完全燃烧后，生成 B、C 各 3 mol，则有____g 烃 A 参加了反应，燃烧时消耗标准状况 下的氧气___________L。 大检阅： 1．B 2．CD 3．(1)C2H8N2 4．(a)C18H24O6N2；(b)C、D； 5．A (CH3)2CHCH2Br A (CH3)3CBr B (CH3)2C=CH2 C  (CH3)2CHCH2OH C (CH3)3COH D (CH3)2CHCOOH 6． 7．（1）HCHO、CH3CHO、CH3COCH3 CH3CH2CHO （2）异丁烷、正丁烷 （3）甲基丙烯 50%，2－丁烯 30%，1－丁烯 20% 8． 9．(1)CH2OH(CHOH)4CHO (2)C3H6O3 (3)V：C2H5OH W：CH3CH2CHO Y：CH3CH=CH2 Z： 10．据 A 能发生银镜反应，其 M=44，可判断 A 为 CH3CHO ∵B 的分子量=88，B 的分子式应为 C4H8O2。 据 B C+D，D A。所以：B 是乙酸乙酯（CH3COOC2H5），D 是乙醇（CH3CH2OH）。 11． (1)(a)催化剂 (b)增大 (2)(a)C8H8 (b)3 (c) (3)(a)C6H12 (b)42 100.8 策略 19 官能团与有机化学反应的判断与分析 金点子： 决定有机化合物化学特性的原子或原子团称为官能团。在解答此类试题时常用的方法有：官能团分析、 官能团比较和官能团迁移。 经典题： 例题 1 ：（1998 年全国高考）白藜芦 醇广泛 存在于食物（例如桑椹、花生、尤其是葡萄）中，它可能具有搞癌性。能够跟 1mol 该化合物起反应的 Br2 或 H2 的最大用量分别是 （ ） A．1 mol 1 mol B．3.5 mol 7 mol C．3.5 mol 6 mol D．6 mol 7 mol 方法：从官能团的性质分析。 捷径： 1mol 与 H2 加成反应时需要 7 mol H2 ，而与 Br2 反应时可能发生加成反应也可能发生取代反应。反应后可生成： 上述反应中 Br2 取代在酚羟基的邻对位上，共需 5mol Br2 ，还有 1 mol Br2 与 C=C 发生加成反应。以 此得答案为 D。 总结：此题要求考生紧紧抓住新物质中的官能团，从官能团的性质去分析。 例题2 ：（1994年全国高考）以乙烯为初始反应物可制得正丁醇(CH3CH2CH2CH2OH)。 已知两个醛分子在一定条件下可以自身加成。下式中反应的中间产物(Ⅲ)可看成是由(Ⅰ)中的碳氧双 键打开,分别跟(Ⅱ)中的2-位碳原子和2-位氢原子相连而得。(Ⅲ)是一种3-羟基醛,此醛不稳定,受热即脱水 而生成不饱和醛(烯醛)： 请运用已学过的知识和上述给出的信息写出由乙烯制正丁醇各步反应的化学方程式(不必写出反应 条件)。 方法：通过信息迁移法获解。 捷径：可先由乙烯制取乙醛，然后通过两分子的乙醛的自身加成得β—羟基丁醛，再由β—羟基丁醛 的消去反应得丁烯醛，最后丁烯醛与 H2 加成即可制得正丁醇。其反应方程式如下： R 总结：本题的难点是读懂题中给予的信息。它不仅考查阅读能力，而且也考查了对加成反应的本质的 理解程度，以及正确书写物质的结构简式的能力。另外，如果从形式上看，把信息中的 R 用 H 原子代替就 写成了本题答案中（3）（4）两条反应式。这就大大降低了题目的难度。 例题3 ：（1996年全国高考）Nomex纤维是一种新型阻燃性纤维.它可由间苯二甲酸和间苯二胺在一 定条件下以等物质的量缩聚合成.请把Nomex纤维结构简式写在下面的方框中 方法：将羧酸与醇通过酯化反应进行的缩聚迁移到该物质的缩聚反应中即可。 捷径：这是由—COOH 与—NH2 通过脱水后形成的高聚物。其中—COOH 中脱去—OH，—NH2 中脱 去一个 H 原子。其缩聚后的结构简式为： 总结：官能团性质的迁移，是解答该题的基础。解题时要注意官能团在苯环中处于间位上。 例题4 ：（1997年全国高考）有机化学中取代反应范畴很广。下列6个反应中,属于取代反应范畴的 是(填写相应的字母)_______________________. 方法：从取代反应的实质去分析。 捷径： 分析选项中的各个反应。B 属消去反应，D 属加成反应。A 类同于苯的硝化反应，C 属于分子 间的脱水反应，E 属酯化反应，F 属水解反应，这些都在取代反应的范畴内。以此属于取代反应范畴的有 A、C、E、F。 总结：在我们学习范围内，取代反应范畴包括烷烃与卤素单质的反应，苯及其同系物与卤素单质在苯 环上及侧链上的取代反应，苯的硝化反应、苯的磺化反应、醇的分子间脱水、醇与氢卤酸的反应、酯化反 应、卤代烃及酯的水解反应，苯酚与浓溴水的反应等。 例题 5 ：（2001 年全国高考）某有机物 A（C4H6O5）广泛存在于许多水果内，尤以苹果、葡萄、西 瓜、山楂内为多。该化合物具有如下性质： ① 在 25℃时，电离常数 K1＝3.99×10－4，K2＝5.5×10－6 ②A＋RCOOH（或 ROH） 有香味的产物 ③1molA  足量的钠 慢慢产生 l.5mol 气体 ④A 在一定温度下的脱水产物（不是环状化合物）可和溴水发生加成反应 试回答：（l）根据以上信息，对 A 的结构可作出的判断是 （多选扣分） （a）肯定有碳碳双键 （b）有两个羧基 （c）肯定有羟基 （d）有－COOR 官能团 （2）有机物 A 的结构简式（不含－CH3）为 （3）A 在一定温度下的脱水产物和溴水反应的化学方程式： （4）A 的一个同类别的同分异构体是 方法：根据结构确定官能团，再根据官能团分析性质。 捷径：（1）根据有机物能电离出 H+，且有二级电离知其结构中有两个羧基，又 1molA 与足量的钠能 产生 l.5mol 气体知，有三个活泼氢，因此还应有一个羟基。故得 b c。 （2）根据有机物 A 的分子式 C4H6O5 及结构中不含－CH3，且有两个羧基和一个羟基，得有机物 A 的结构简式为： 或 。 （3）A 在一定温度下的脱水产物和溴水发生加成反应的化学方程式为： HOCC－C＝C－COOH＋Br2→ 或 ＋Br2→ （4）A 的一个同类别的同分异构体，可从含一个甲基去考虑，得： 。 总结：解答此题，要求考生能准确把握官能团的性质。 例题 6 ：（1996年上海高考）1mol 和1molBr2完全加成，试写出产物可能有的 结构简式: (2)现有下列A、B两组物质： A组：CH3-CHCl-CH3、HCOOH、CH3COOC2H5 B组：CH3CH2OH、银氨溶液、NaOH水溶液、NaOH醇溶液 试回答：A组中 能跟B组中所有物质在一定条件下发生反应,其中属于酯化反应的化学方程式 为 ; B组中某物质跟A组中某物质发生消去反应的化学方程式为 . 方法：通过分析官能团的性质获得结果。 捷径：（1）该烃是 1，3—丁二烯的同系物，与等物质的量的 Br2 可发生 1，2 加成和 1，4 加成，由 于该烃是不对称的二烯烃，所以 1，2 加成又有两种不同的形式。其结构简式分别为： (2) 从性质考虑，A 组中的 HCOOH，能跟 B 组中所有物质在一定条件下发生反应,其中属于酯化反应 的化学方程式为： 。 B 组中的 NaOH 能跟 A 组中的 CH3-CHCl-CH3 发生消去反应，其化学方程式为： 总结：此题要求考生将两组中的物质比较分析，有一定的难度。 金钥匙： 例题 1 ：塑料制品废弃物会严重污染环境，故常称它为“白色污染”物。为了防止塑料污染，有一条 重要的途径是将其降解为小分子。目前对类似如下结构的塑料的降解已经取得成功： 试分析若用 CH3OH 来处理它，能得到的有机物可能是 ( ) 方法：迁移类比分析题中结构。 捷径：此塑料为有机二元羧酸与二元醇的缩聚产物。用 CH3OH 来处理它，其反应在中学阶段并未接 触到。以此可将酯的水解知识迁移到该题，其醇解后的产物可能为 BC。 总结：此题中的反应实为酯交换反应。 例题 2 ：已知① （R 表示除苯基外的烃基，下同） ②2R-X+2Na—→R-R+2NaX（X 表示卤原子） 曾经有人用金属钠处理化学式为 C5H6Br2 的化合物 A： ，欲得到碳氢化合物 B，而事实 上却得到了芳香族化合物 C（分子式为 C15H18） （1）写出有机物 B、C 的结构简式： 。 （ ） 与 溶液反应生成有机物 ， 的结构简式为：2 C KMnO + H D D4 + 方法：根据题示官能团性质分析。 捷径：（1）根据信息类方程式②，从理论分析应该为两个 A 分子分别脱去 Br 原子而形成的环状 化合物，以此得 B 的结构简式为： 。 事实上得到的芳香族化合物 C 可再根据反应信息和分子式(C15H18)知，C 为三个 A 分子分别脱去 Br 原子而形成的环状化合物，以此得 C 的结构简式为： （2）因芳香族化合物 C 中含有一个苯环，故在氧化时的反应，可将信息①的方程式迁移应用即可。 以此得 D 的结构简式为： 总结：将题示新反应、新信息迁移应用，在有机官能团的分析中经常出现。 例题 3 ： 2000 年 10 月 10 日，瑞典皇家科学院将化学最高荣誉授予美国加利福尼亚大学物理学家艾 伦·黑格、宾夕法尼亚大学化学家艾伦·麦克迪尔米德和日本筑波大学化学家白川英树，以表彰他们研究 导电有机高分子材料的杰出成就。目前此类材料已在紧凑电容器、计算机抗电磁屏幕、智能窗、高分子发 光二极管等方面得到广泛应用。请仔细阅读下列材料，并回答问题。 (1)有机导电高分子材料的典型代表是聚乙炔，它是在惰性气体保护下的甲苯中加入催化剂，然后冷却 到-780C，通入乙炔而生成，试以电石为主要原料，写出制取聚乙炔的化学反应方程式。 (2)乙炔用氰化镍、戊二酮络镍等镍化合物作催化剂，在四氢呋喃溶液中可聚合生成环辛四烯，而环辛 四烯以烷基钛络合物作催化剂，也可聚合成聚乙炔，试写出此过程的化学方程式。 (3)根据聚乙炔推断，有机导电高分子材料的结构有何特点？并根据推断结果，再举出两例可能导电的 有机高分子材料。 (4)虽然聚乙炔具有金属的外观，但它仍然不是像金属一样的导体。研究中发现，如果在聚乙炔中掺入 碘，会发生如下反应： 掺碘的聚合物类似于一种盐，但是与 I3 － 不同，而是一种可移动电荷的载体，掺杂后的聚乙炔，具有 与铜同样数量级的电导率（大于 107s/m）。如果在聚乙炔中掺入钠，是否也有同样的效果，如有，请写出 掺钠的化学方程式；如没有，请说明原因。 方法： 将信息迁移重组，对题中问题进行分析。 捷径： (1)根据高二有机化学知识知，电石遇水生成乙炔。而导电材料聚乙炔的合成，可联系课本中 聚乙烯的合成，通过知识的迁移而进行模仿。以此得合成聚乙炔的化学方程式为：CaC2+2H2O→Ca(OH)2 + HC≡CH↑，nCH≡CH [ CH=CH ] n 。 (3) 根据聚乙炔的结构简式知，导电有机高分子链中具有间隔的单双键，如 (4)掺碘后，形成带正电荷的高分子链，如果掺钠，钠易失电子，类推可形成带负电荷的高分子链，因 而可起到同样的效果。其掺钠的化学方程式为： [ CH=CH ]n + xNa → [ CH=CH ]n nx- + xNa+。 总结：有关诺贝尔奖方面的研究领域在高考试卷中的设题，是近几年高考中的热点内容。该题以高分 子导电材料——聚乙炔为线索，通过聚乙炔的直接与间接的制取，结构分析及新材料、新设想的创新性探 究，引导考生借鉴中学化学知识，依据题中信息，通过知识的迁移与重组、发散与创新去思考、去答题。 例题 4 ：某有机物与 H2 按 1︰1 物质的量比加成后生产的产物结构为： 则该有机物可能的结构有 种。（已知结构 不存在）。 方法：根据有机物中碳原子均为四根共价键分析。 捷径：某有机物与 H2 按 1︰1 物质的量比加成说明原来的有机物为烯烃，又由 C 的四价原则，双键位 置的情况有三种，再考虑酮的存在情况有一种。得原有机物的结构可能有 4 种。 总结：在解题时，部分考生未能考虑到酮的存在情况，而出现少一种的现象较多。 例题 5 ：一种广泛应用于电器、工业交通的工程塑料 DAP 的结构简式是： （1）DAP 工程塑料的单体的结构简式是：______________________； （2）制 DAP 的加聚反应的化学方程式是：________________________________； （ 3 ） DAP 工 程 塑 料 的 单 体 可 由 种 有 机 物 通 过 一 步 反 应 合 成 ， 发 生 反 应 的 化 学 方 程 式 是 ______________________________________________________________； 方法：结构分析及拆分法。 捷径：（1）分析结构知，DAP 工程塑料为加聚反应获得，因此其单体的结构简式是： （2）DAP 的加聚反应为碳碳双键的断开，其反应的化学方程式是： （3）DAP 工程塑料的单体为烯酯，可由羧酸与烯醇发生酯化反应获得，其发生反应的化学方程式为： 总结：此题虽为加聚反应，但由于加聚后形成两条高分子链，因而有一定的难度。 例题 6 ： 现以甲基丙烯为原料合成有机玻璃树脂，流程如下，请在下列方框中填入合适的有机物结构简式： A．_________ B．_________ C．________ D．________ 方法：从官能团的性质，结合图中变化过程进行分析。 捷径：题中合成路线中的物质只给出了两种，以此在解题时，可充分依靠此两种物质，对两种物质的 前后物质，可再接合反应条件，推出未知物。得 ABCD 的结构简式分别为： 总结：对于没有接触过的有机化学反应，在分析时可接合转化过程中的前后物质进行分析，通过比较 获得其物质，再通过物质分析获得反应。 例题 7 ：现有 A、B 两种有机化合物，其化学式都是 C9H11O2N。 （1）化合物 A 是天然蛋白质的水解产物，光谱测定显示，分子结构中不存在甲基（－CH3）。化合 物 A 的结构简式是__________________________。 （2）化合物 B 是某种化学式为 C9H12 的芳香烃硝化后的唯一产物（硝基连在芳环上）。化合物 B 的 结构简式是__________________________________。 方法：从分子式结合题中性质推出结构简式。 捷径：（1）因化合物 A 是天然蛋白质的水解产物，故 A 为α－氨基酸。又光谱测定显示，分子结构 中不存在甲基（－CH3），则化合物 A 中的苯环必须连在链的最后。其结构简式为（见下图 1）： （2）化合物 C9H12 为烷基苯，因其硝化后的产物只有一种，故 C9H12 分子中具有对称结构，只能为 1， 3，5－三甲苯。硝化后所得化合物 B 的结构简式为（见下图 2）： （1） （2） 总结：在有机化合物中同分异构体较多，在分析确定其结构时，要充分依靠题中所给物质的性质，通 过特征反应、特征现象或特殊官能团推出其结构简式。 例题 8 ：已知葡萄糖在乳酸菌催化作用下可转化为乳酸；C6H12O6 2C3H6O3(乳酸) （1）取 9.0g 乳酸与足量金属钠反应,可产生 2.24L(标准状况)氢气.另取 9.0g 乳酸与其相同物质的量的 乙醇反应,生成 0.1mol 乳酸乙酯和 1.8g 水.由此可知乳酸分子中官能团的名称和数目是________________ （2）乳酸在铜作催化剂时，可氧化成丙酮酸 。 由以上事实可确定出乳酸的结构简式为____________ （3）两个乳酸分子在一定条件下可发生反应生成环酯（C6H8O4），此环酯（C6H8O4）的结构简式为 ____________ 。 方法：从分子式结合题中性质推出结构简式。 捷径：（1）由分子式得乳酸的分子量为 92，9.0g 乳酸为 0.1mol，与足量的金属钠反应,产生 2.24L(标 准状况)氢气说明乳酸分子中存在两个活泼氢。又等量的乳酸与其相同物质的量的乙醇反应,生成 0.1mol 乳 酸乙酯和 1.8g 水，知乳酸中含有一个羧基，以此得乳酸分子中官能团的名称和数目为 1 个羟基和 1 个羧基。 （2）因乳酸在铜作催化剂时，可氧化成丙酮酸，知乳酸中的羟基不在链的一端，故其结构简式为： CH3－CHOH－COOH。 （3）两个乳酸分子在一定条件下发生酯化反应生成环酯，此环酯的结构简式为： 。 总结： 羟基在链中的位置不同，其氧化产物不同，在解题时要特别注意。 聚宝盆： 1．在有机结构中，官能团的位置不同，其性质及反应情况有所不同。如： (1) 羟基连在脂肪烃基或苯环侧链上的物质为醇，而连在苯环上的物质为酚。 (2) 与醇羟基(或卤原子)相邻的碳原子上没有氢原子，则不能发生消去反应。 (3) 伯醇氧化生成醛(进一步氧化生成羧酸)；仲醇氧化生成酮，叔醇很难被氧化。 (4) 连在苯环上的卤原子，水解时，1mol 卤原子耗 2molNaOH。 (5) 羧酸与酚反应生成的酯，1mol 酯水解时耗 2molNaOH。 2．对新型有机物的分析，要紧扣物质中的官能团，并根据官能团确定其性质。 热身赛： 1．在许多化合物里硫可以取代氧，取代后的物质仍跟原化合物有相似的性质，下面是有机磷农药的 结构 （1） （2） 这两种农药在使用过程中不能与下列哪种物质混合使用 （ ） A．KCl B．NaOH C．NaNO3 D．Na2SO4 2．乙烯酮（CH2=C=O）在一定条件下能跟含活泼氢原子的化合物发生加成反应，反应的通式可表示 为： 试指出，下列反应不合理的是（ ） A． CH2=C=O+HCl CH3COCl B． CH2=C=O+H2O CH3COOH C． CH2=C=O+ CH3COOH (CH3CO)2O D． CH2=C=O+ CH3CH2OH CH3CO CH2 CH2OH 3．阿斯匹林的结构简式为： 消耗 NaOH 的物质的量为 ( ) A．1mol B．2mol C．3mol D．4mol 4．乙烯酮(CH2=C=O)在一定条件下能与含活泼氢的化合物发生加成反应，反应的通式可以表示为： 5．已知只有在碳链末端的羟基能氧化为羧基。（1）有机物 A，在一定条件下氧化的最终产物为 B， B 与 A 的混合物加浓 H2SO4 共热生成有果香味的 C 。（2）A 在条件① 条件②下反应行到 D 的 同 分 异 构 体 E；（4）E 与 Br2 反应得 F；F 失去 HBr 转变为 G；G 聚合生成高分子化合物 J；J 与天然橡胶具有几乎相同的结构。则结构简式： ( ) A________、B________、G________、J________。 反应条件：①是________，②是________ 反应名称：F→G 是________，E→F 是________ 反应方程式：A+B→C：_____________________________________________________ D 与 HBr 反应：____________________________________________________________ E→F：___________________________________________________________________ F→G：___________________________________________________________________ 6．有甲、乙两种有机物，甲的化学式为 C3H7O2N，乙的化学式为 C3H6O2；甲可以与 NaOH 溶液或盐 酸反应，乙物质在 NaOH 或 H2SO4 中起化学反应；甲能缩聚反应，乙能银镜反应；甲、乙两物分子中都有 —CH3，则甲的结构简式是________，它的名称是____________；乙在盐酸中发生反应的方程式是 _________________________________，该反应类型是____________。 7．石油液化气中常混有少量的硫醇，其目的是揭示是否漏气，因为硫醇有令人讨厌的臭味。硫醇是 巯基（—SH）与链烃基相连的含硫化合物，其性质和醇类化合物有相似之处，例如硫醇能与金属钠反应， 也能和乙酸发生与酯化相类似的反应。根据以上叙述，回答： (1)完成下列化学方程式：（反应条件均略去） (a)乙酸和乙硫醇（C2H5SH）反应：____________________________ (b)乙硫醇和金属钠反应：_____________________________________ (2)在 120℃1.01×105 Pa 时，将 1 L 乙醇、乙硫醇的混合蒸气和 5 LO2 混合，进行充分燃烧后，恢复到 原状况，气体密度减小为燃烧前的 10 11 ，则乙醇和乙硫醇的物质的量之比是_______________________。 8．有机物 A 的结构简式是 CH3COOCH=CH2，它能进行_________________________等重要类型的有 机反应。在不添加其他反应物情况下，A 一定条件下由小分子变成大分子反应的化学方程式是 _____________________________________。 大检阅： 1．B 2．D 3．C 4．C 5． 6．CH3—CH—COOH，  -氨基丙酸； | NH2 HCOOC2H5＋H2O HCOOH＋C2H5OH，水解。 7． (2)1∶4 8． 策略 20 有机合成与推断的分析技巧 金点子： 有机合成题要求考生在题设条件下，根据所给信息和中学阶段的有机反应，从合成产物出发。采用逆 推的方法解题。 有机推断题，要求考生区分题中的各类信息，找出与解题有关的有效信息和隐含信息，从反应过程及 特征反应出发，运用迁移、重组、比较等手段推出物质。 经典题： 例题 1 ：（2001 年全国高考）某有机物 X 能发生水解反应，水解产物为 Y 和 Z。同温同压下，相同 质量的 Y 和 Z 的蒸气所占体积相同，化合物 X 可能是 （ ） A．乙酸丙酯 B．甲酸乙酯 C．乙酸甲酯 D．乙酸乙酯 方法：根据水解的式量分析其结构。 捷径： 因有机物 X 水解产物为 Y 和 Z，同温同压下，相同质量的蒸气所占体积相同，说明 Y 和 Z 的 分子量相等。而分子量相等的羧酸和醇相差一个碳原子，以此化合物 X 可能是乙酸丙酯或甲酸乙酯，得答 案为 AB。 总结：确定 Y 和 Z 的分子量相等，是解答该题的关键。 例题 2 ：（2002 年全国高考）乙酸苯甲酯对花香和果香的香韵具有提升作用，故常用于化妆品工业 和食品工业，乙酸苯甲酯可以用下面的设计方案合成。 (1)写出 A、C 的结构简式：A：____________， C：___________。 (2)D 有很多同分异构体，含有酯基和一取代苯结构的同分异构体有五个，其中三个的结构简式是： 请写出另外两个同分异构体的结构简式：_____________和_______________。 方法：根据合成后所得物质的结构简式逆向分析。 捷径：（1）从乙酸苯甲酯，根据反应过程中的条件推得 AC 的结构简式分别为： A： C： 。 （2）D 的含有酯基和一取代苯结构的同分异构体的判断，可通过酯键官能团分析。 分析时，先写出酯键，即－COO－，然后将基团的剩余部分分别接在酯键的两边，以此有：①左边： H－，右边：－CH2CH2C6H5；②左边：H－，右边：－CH（CH3）C6H5；③左边：CH3CH2－，右边：－ C6H5；④左边：C6H5CH2－，右边：－CH3；⑤左边：C6H5－，右边：－CH2CH3；其中三个巳写出，另外 两个的结构简式是： 总结：在确定酯的结构时，酯键－COO－的右边不能连氢原子，而左边则可以连氢原子。 例题3 ：（1996年全国高考）在有机反应中,反应物相同而条件不同,可得到不同的主产物。下式中R代 表烃基, 副产物均已略去。 请写出实现下列转变的各步反应的化学方程式,特别注意要写明反应条件. (1)由CH3CH2CH2CH2Br分两步转变为CH3CH2CHBrCH3 (2)由(CH3)2CHCH=CH2分两步转变为(CH3)2CHCH2CH2OH 方法：根据题示反应条件，按照最终产物要求书写化学方程式。 捷径：(1)中采取先消去后加成的方法；(2)中采取先加成后水解的方法。其化学方程式如下： 总结：（1）这是 Br 原子从 1 号碳位在移到 2 号碳位上物质之间的转化。由于两者都是饱和的有机物， 又不能发生取代直接完成其转化。所以，必须先进行消去反应，使卤代烃变成烯烃。然后烯烃再和 HBr 加成，只要找到适当的条件，Br 可以加成到 2 号碳位上。这也是这类问题的解题规律。 （2）如果烯烃与水直接发生加成，可以生成醇，但羟基的位置不能确定，因而无法一步完成这一变 化。同时也不符合题目要用两步反应完成这一转化的要求。所以只能先与 HBr 加成，使 Br 原子加成在 1 号碳位上，再与 NaOH 水溶液发生水解反应，使羟基取代溴原子。 例题 4 ：（2001 年全国高考）某种甜味剂 A 的甜度是蔗糖的 200 倍，由于它热值低、口感好、副作 + HBr 用小，已在 90 多个国家广泛使用。A 的结构简式为： 已知：①在一定条件下，羧酸酯或羧酸与含—NH2 的化合物反应可以生成酰胺，如： 酰胺 ②酯比酰胺容易水解。 请填写下列空白： （l）在稀酸条件下加热，化合物 A 首先生成的水解产物是： 和 。 （2）在较浓酸和长时间加热条件下，化合物 A 可以水解生成： 、 和 。 （3）化合物 A 分子内的官能团之间也可以发生反应，再生成一个酰胺键，产物是甲醇和 。 （填写结构简式，该分子中除苯环以外，还含有一个 6 原子组成的环） 方法：将题示信息迁移到水解反应，并比较分析酯与酰胺水解的难易。 捷径： (1)根据信息，酯比酰胺容易分解，所以在稀酸条件下加热，可理解为酯发生 水解反应，酯的结构特点是含有 。其产物是： 和 CH3OH。 (2)在较浓的酸和长时间加热条件下，可认为酰胺和酯都发生了水解反应。在题中提供三个空格，也明 确提示酰胺和酯都发生水解反应。酰胺的结构特点是 ，水解反应时可把化合物 A 分为三个部分， 即 （结构式中的虚线是水解反应时化学键的断裂处），在 处连接—OH，在 或—O—CH3 处连接 H 原子即可的到答案： ， ，CH3OH 。 应该指出，由于—NH2 显碱性，而在酸性条件下水解时，—NH2 应与 H+发生反应生成—NH3+，由于现 行中学教材中，只提供—NH2 可以与酸反应，未要求写出反应式，所以仍可写成—NH2 也能得分。 (3) A 分子中存在—COOH 与—NH2 两个官能团，它们之间可以发生反应生成酰胺，信息①中提供的 第一种反应，也可生成酰胺。因而生成物中含一个 6 原子组成的环（除 苯环外）成了解题中一个重要条件了。若按 反应，新形成 的环只有 5 个原子 ，（右侧部分略去），如果按 反应，则新形成的环的结构如： 。所以后者符合题意。另外，题中 又指出产物还有甲醇，则也证实反应按信息中提供的第一种反应进行，其中 R′为—CH3。 除甲醇外，另一产物的结构简式为： 。 总结：不论在理科综合试题还是 3+2 的化学试题中，有关有机化学的试题大多以主观题的形式出现， 且难度要大一些。设问大多以确定同分异构体，反应类型，反应方程书写，反应产物的推断等，并且以信 息迁移题型出现。 例题5 ：（1995年全国高考）右 图中①-⑧都 是含有苯环的化合物。在化合物③中, 由 于 氯 原 子 在硝基的邻位上, 因而反应性增强, 容 易 和 反 应 试剂中跟氧原子相连的氢原子相结合, 从 而 消 去 HCl。 请写出图中由化合物③变成化合 物④、由化合 物③变成化合物⑥、由化合物⑧变成 化 合 物 ⑦ 的 化学方程式(不必注明反应条件,但是 要配平)。 方法：官能团与转化图示相结合 分析。 捷径：（1）根据化合物⑤，可知④物质是 ，因为④→⑤的反应是—NO2 被还原式 —NH2，而另一个侧链则没有变化。③→④的反应式是信息的逆向思维，③→④的另一反应物是 CH3OH。 ③→⑥反应直接应用信息，③→⑧的反应式为 ⑧→⑦可类似于 以此得反应的化学方程式为： 总结： 该题是以提供新的信息为前提，根据信息，结合学过的基础知识重新加工整理成新的知识网 络。这种题型既考查自学能力，阅读能力，分析理解能力，也考查应用知识的能力。 例题 6 ：（1998 年全国高考）请认真阅读下列 3 个反应： 利用这些反应，按以下步骤可以从某烃 A 合成一种染料中间体 DSD 酸。 请写出 A、B、C、D 的结构简式。 方法：根据信息类方程式，从合成的最终产物逆推。 捷径：根据信息和 DSD 酸的结构，该烃结构特点是含有苯环，又通过信息③分析知，该烃在苯环上 有一个侧链甲基，所以 A 是甲苯。 前二步反应式 其中—CH3与—NO2处于对位是由DSD酸结构推测而来， 以此得A、B、C、D的结构简式分别为： 总结：本题的难点是（D）的结构简式推断。根据信息②，苯胺容易被氧化，而NaClO又具有强氧化 性，所以只有先按信息③反应，再按信息②反应，避免—NH2被氧化。其物质间的转化为： 金钥匙： 例题 1 ：已知有机物 A 的分子量为 128，当分别为下列情况时，写出 A 的分子式： (1)若 A 中只含碳、氢元素，且分子结构中含有苯环，则 A 的分子式为 ； (2)若 A 中只含碳、氢、氧元素，且分子结构中含有一个酯键，则 A 的分子式为 ； (3)若 A 中只含碳、氢、氮元素，且 A 分子中氮原子最少，则 A 的分子式为 。 方法： 从分子量和官能团两方面综合分析。 捷径：(1) 苯基(C6H5)的式量=77，余 128-77=51，其可能组合只能是 C4H3，把两两“相加”，就可 得其分子式为：C10H8 (实为萘)。 (2) 因分子中含有酯键，可设 A 为 RCOOR，就是 R＋COO+R=128，R＋R=84，R＋R=C6H12，“COO” +“C6H12”=C7H12O2 。 (3) 由于氮在分子中可看作以氨基“NH2”存在，A 也可看作是烃分子中的氢原子被NH2 所取代而 得到的产物，如果把“NH2”看作一个氢原子，则烃分子的构成应符合烷、烯、炔的组成；设 A 分子中 的氮原子数为一个，可求出 A 的分子式为 C8H18N，它经改写后得到的表达式为 C8H16NH2， 但 CnH2n+1， 又不符合烷、烯、炔的通式，故舍去；而当分子中的氮原子数为 2 时，可得到它的分子式为 C7H16N2，经 改写后成为 C7H12(NH2)2，符合烯烃 CnH2n 的通式。以此其分子式应为：C7H16N2。 总结： 在该题的第(3)问中，因未给出氮原子数的多少，故为了确定其具体数值，可采用尝试法求得 结果。 例题 2 ：已知羟基（—OH）不能与双键直接相连，若 0.5 mol 有机物恰好与 1 mol 氢气加成生成 3— 甲基—2—丁醇，则该有机物的结构简式为 。 方法：逆向分析法。 捷径：因为有机物加成前后碳链结构不变，因此该题可通过先确定加成后产物的结构，然后再由题目 中的限制条件，来确定碳碳双键的位置。由题意知加成产物结构为： ，又因为—OH 不能与双键直接相连，且加成时有机物与氢气的 物质的量之比为 1︰2，可知有机分子中含有两个双键，其结构为： 总结： 此题虽为一常规题，但若不能利用逆向分析，即从要求合成的物质出发，会费工费时，且不 易作答。 例题 3 ：A、B 都是芳香族化合物，1 mol A 水解得到 1 mol B 和 1 mol 醋酸。A、B 的相对分子质量 都不超过 200，完全燃烧都只生成 CO2 和 H2O。且 B 分子中碳和氢元素总的质量部分含量为 65.2%（即质 量分数为 0.652）。A 溶液具有酸性，不能使 FeCl3 溶液显色。 （1）A、B 相对分子质量之差为 。 （2）1 个 B 分子中应该有 个氧原子。 （3）A 的分子式是 。 （4）B 可能的三种结构简式是 、 、 。 方法：定性判断与定量分析相结合。 捷径：定性判断可知 A 有酯的结构（A 能发生水解反应），且 A 有羧基（A 溶液具有酸性，但不能 使 FeCl3 显色），从而可知 B 具有芳香醇的结构或酚的结构（酚的羟基在一定条件下也能与酸形成酯）。 由上分析，B 的分子中至少含有 3 个氧原子，若按含有 3 个氧原子计算，其相对分 子质量为 =138，其分子式为 C7H6O3，则由 A+H2O→B+CH3COOH 可知：A 为 C9H8O4，且 A，B 相对分子质量相差 42。从而可知 B 有一个—COOH 和一个—OH，其结构可能有三种： 总结：本题考查有机物组成、结构和性质的基本知识。 例题 4 ：写出由乙醇制取乙二醇的有关化学方程式。 方法：此题为增加官能团数目的合成，可考虑先消去再加成。 捷径：依据方法分析求解。 CH3CH2OH → CH2=CH2↑+H2O CH2=CH2+Br2 → + 2H2O → + 2HBr 总结：此题为一易题，但作为增加官能团的一种反应类型，也不失为一好题。 例题 5 ：写出以 CH2ClCH2CH2CH2OH 为原料制备 。 写出各步反应的方程式。（必要的无机试剂自选） 。 方法：分析比较给出的原料与所要制备的产品的结构特点可知：原料为卤代醇，产品为同碳原子数的 环内酯，因此可以应用醇羟基氧化成羧基，卤原子再水解成—OH，最后再酯化。 捷径：根据方法中的分析，可写出其化学反应方程式为： 浓 H2SO4 170℃ NaOH 2CH2ClCH2CH2CH2OH+O2 2CH2ClCH2CH2CHO+2H2O 2CH2ClCH2CH2CHO+O2 2CH2ClCH2CH2COOH CH2ClCH2CH2COOH+H2O CH2CH2CH2COOH+HCl CH2CH2CH2COOH 总结：氧化和水解顺序不能颠倒，因为先水解，后无法控制只氧化一个—OH。 例题 6 ：卤代烃在氢氧化钠存在的条件下水解，这是一个典型的取代反应，其反应的最终结果是带负 电的原子团（例如 OH—等阴离子）取代了卤代烃中的卤原子。例如：CH3CH2CH2Br+OH—（或 NaOH）→ CH3CH2CH2—OH+Br—（或 NaBr） 写出下列反应的化学方程式： （1）溴乙烷跟 NaHS 反应 。 （2）碘甲烷跟 CH3COONa 反应 。 （3）由碘甲烷、无水乙醇和金属钠合成甲乙醚（CH3—O—CH2CH3）。 方法：将给予的新信息，通过迁移类比书写反应的化学方程式。 捷径：根据反应实质为带负电的原子团取代了卤代烃中的卤原子这一信息，得其相应的化学方程式为： （1）CH3CH2Br+NaHS→CH3CH2SH+NaBr （2）CH3I+CH3COONa→CH3COOCH3+NaI （3）2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2 CH3CH2ONa+CH3I→CH3CH2OCH3+NaI 总结：解此题关键是理解给出的反应的实质。 例题 7 ：已知烯烃中 C=C 双键在某些强氧化剂作用下易发生断裂，因而在有机合成中有时需要对其 保护。保护的过程可简单表示如下： 又知卤代烃在碱性条件下易发生水解，例如：CH3CH2Cl+H2O CH3CH2OH+HCl， 但烯烃中 双键在酸性条件下才能与水发生加成反应。 现用石油产品丙烯及必要的无机试剂合成丙烯酸，设计的合成流程如下： CH3CH=CH2 → → → → →丙烯酸 OH 催化剂 △ 催化剂 △ NaOH OH △浓 H2SO4 NaOH △ A B C D ECl2（300℃） ② ③ ④ ① 请写出②、③、④三步反应的化学方程式。 方法：通过认真审题，获取有用信息，挖掘隐含信息（反应①），结合旧知识（有机物的相互转变）， 逐步解题。 捷径：由 CH3CH=CH2→CH2=CH—COOH 可知合成的关键在于 双键 如何保护，—CH3 中有一个 H 原子逐步转化成—COOH，结合题中信息可知本题的知识主线为不饱和烃→ 不饱和卤代烃→不饱和醇→饱和卤代醇→饱和卤代醛→饱和卤代羧酸→不饱和卤代羧酸。由此可知②、③、 ④三步反应的化学方程式为。 ②CH2=CH—CH2Cl+H2O CH2=CH—CH2OH+HCl ③CH2=CH—CH2OH+Br2 → ④ 总结：本题涉及到合成路线如何选择，如反应①，是取代还是加成，必须根据合成和题设条件（限定 6 步反应等）推知。本题注重研究官能团的引入途径及引入的先后顺序，介绍官能团的保护，是有机合成 的重要环节，值得研究。 聚宝盆： 1．有机物合成步骤的选择 要充分考虑官能团间的相互影响。如涉及合成过程中物质的氧化，还要考虑部分官能团（如碳碳双键、 酚羟基）的保护。 2．官能团特征反应的分析与判断 在有机物的推断中，要充分依靠其特征反应的特殊现象（如与 FeCl3 溶液显紫色的物质含有酚羟基等）。 3．题示信息的准确把握 有机合成与有机推断题中，大多是以信息给予题的形式出现，因此要求考生在分析试题时，要找出题 中的两类信息，即有效信息和隐含信息，剔除无效信息和干扰信息。 热身赛： 1．某酯的分子式为 C5H10O2，把它和强碱溶液共热，可蒸馏出一种气态物质，该蒸汽在相同条件下对 氢气的相对密度为 23，冷凝至常温时为液体，这种酯是 ( ) 2．已知在同一个碳原子上连有两个羟基的化合物是极不稳定的，它要自动脱去一个水分子而生成含 有______________（填写官能团）的化合物。今在无其他氧化剂存在的 NaOH △ 各步的反应条 件及产物结构简式：__________________________________________________________。 苯甲醛在浓碱条件下可发生自身氧化－还原反应，即部分作还原剂被氧化，部分作氧化剂被还原。请 写出反应产物的结构简式____________和____________。上述产物经酸化后，在一定条件下进一步反应， 可生成一种新的化合物，其式量恰为苯甲醛的两倍，该化合物的结构简式为________。 3．A 和 B 是两种烃，A 与氯气反应生成 C，B 与氯化氢反应生成 D，C 和 D 的分子式都是 C2H4Cl2。 在加热条件下 C 和 D 都能和氢氧化钾溶液反应。在 C 的反应产物 E 中加入所制氢氧化铜呈绛蓝色，在 D 的反应产物 F 中加入新制氢氧化铜(加热)生成红色沉淀。（已知相邻碳原子上均连有羟基的物质与新制氢 氧化铜反应生成呈绛蓝色的新物质） (1)A 的结构简式是__________；B 的结构简式是__________。 (2)CE 反应的化学方程式是______________________________。 (3)DF 反应的化学方程式是_______________________________。 4．阅读下列叙述，回答问题： 一卤代烷（RX）与金属镁在室温下及无水乙醚中作用生成有机镁化物——卤代烷基镁 格氏试剂很活泼，能与具有多种活性氢的化合物作用，例如： RMgX＋H2ORH＋Mg(OH)X 而醛酮的官能团 容易与格氏试剂发生加成反应得到不同的醇，如 (a)______________________________________________ (b)______________________________________________ (c)______________________________________________ (d)______________________________________________ (e)______________________________________________ 5．羧酸酯 RCOOR′在催化剂存在时可跟醇 R″OH 发生如下反应(R′、R″是两种不同的烃基)： RCOOR′＋R″OH  催化剂 RCOOR″＋R′OH 此反应称为酯交换反应，常用于有机合成中。 在合成维纶的过程中，有一个步骤是把聚乙酸乙烯酯 转化成聚乙烯醇，这一步就是 用过量的甲醇进行酯交换反应来实现的。 （1）反应中甲醇为什么要过量？原因是_____________________________________。 （2）写出聚乙烯醇的结构简式________________________。_ （3）写出聚乙酸乙烯酯与甲醇进行酯交换反应的化学方程式___________________。 6．有机物分子里与羰基相连碳原子上的氢原子比较活泼，容易发生取代反应，如： 又知卤代烃分子里的卤原子也容易发生取代反应。例如： R－X＋HCN→R－CN＋HX R－X＋HNH2→R－NH2＋HX 常用的分析试剂 EDTA（乙二胺四乙酸），其结构简式为： （HOOCCH2）2NCH2CH2N（CH2COOH）2 EDTA 可由乙二胺跟氯乙酸在碱性条件下缩合成乙二胺四乙酸钠，再用盐酸酸化可得 EDTA。 现从气态烃 A 为开始物，以及氨、氯气等无机物用下图示意合成 EDTA： （1）A 的结构简式是________________________________。 （2）反应②的化学方程式是____________________________________________。 （3）反应⑤的化学方程式是____________________________________________。 （4）反应⑥的化学方程式是____________________________________________。 （5）反应③和反应物⑤的反应类型是________，反应②的反应类型是________。 7．由乙烯和其它无机原料合成环状化合物 E，请在下列方框内填入合适的有机化合物的结构简式。 （1）有机化合物 A 水解的化学方程式是： __________________________________________________________________ （2）有机化合物 E 水解的化学方程式是： __________________________________________________________________ 8．下面是一个合成反应流程图： 写出：（1）中间产物的结构简式：A________；B________；C________。 （2）反应试剂（i）________; (ii)________; (iii)________; (iv)__________。 （3）反应类型：X________反应 大检阅： 1．B 2． 3．(1)CH2=CH2 CH  CH (2)CH2Cl—CH2Cl＋2KOH   CH2OH—CH2OH＋2KCl (3)CH3—CHCl2＋2KOH   CH3CHO＋2KCl＋H2O 4． 5．（1）使平衡向右移动，酯交换完全 6．（1）CH2=CH2 （2）2CH2－CHO＋O2 CH3COOH； （5）取代反应，氧化反应。 7． 8． （2）NaOH 水溶液；O2（Cu 做催化剂）；Br2 水；浓 H2SO4 （3）加成 策略 21 常见仪器及实验装置的分析技巧 金点子： 此类试题包括：仪器的使用、仪器的选用、仪器组合成的简单装置等的分析。 1．仪器的使用分析 仪器的使用分析，要从仪器要求和使用范围上去整体把握，采用的方法是迁移应用。 2．仪器的选用分析 仪器的选用要从实验原理和实验要求去确定采用何种仪器。 3．仪器组合成的简单装置的分析 装置依赖于目的、原理和注意点。以此分析装置需从实验要求出发，采用仪器原理相结合的手段确定 实验结果。 经典题： 例题 1 ：（1996年上海高考）准确量取25.00 mL高锰酸钾溶液, 可选用的仪器是 ( ) A．50 mL量筒 B．10 mL量筒 C．50 mL酸式滴定管 D．50 mL碱式滴定管 方法：从所给仪器的精确度分析。 捷径：用量筒取溶液的体积不可能精确到 0.01mL，只能用滴定管或移液管量取。又因为高锰酸钾溶 液能腐蚀橡胶，故不能用碱式滴定管。所以选 C。 总结：此题为一常规题，主要考查考生对实验仪器精确度的理解。 例 题 2 ： （ 1996 年 全国 高考 ）下 列 有关 使用 托盘 天 平的 叙述 不正 确的 是 （填 写标 号） ( ). A．称量前先调节托盘天平的零点 B．称量时左盘放被称量物,右盘放砝码 C．潮湿的或具有腐蚀性的药品,必须放在玻璃器皿里称量,其他固体药品可直接放在天平托盘上称量 D．用托盘天平可以准确称量至0.01克 E．称量完毕,应把砝码放回砝码盒中 方法：从托盘天平的使用要求分析。 捷径：因为托盘天平的游码刻度为0.1g，精确度为0.1g。被称量的药品不能直接放在托盘天平上。 腐蚀性药品及易潮解药品应放在小烧杯中称量。即使没有腐蚀性的药品也不能直接放在托盘上，而应放 在一张洁净的纸上。故叙述不正确的有C D。 总结：托盘天平中的质量关系为：左盘质量 = 右盘质量 + 游码质量。 例题 3 ：（1999 年上海高考）下列叙述仪器“0”刻度位置正确的是 （ ） A．在量筒的上端 B．在滴定管上端 C．在托盘天平刻度尺的正中 D．在托盘天平刻度尺的右边 方法：从具体仪器去分析。 捷径：量筒无“0”刻度，其刻度数下端最小。滴定管的“0”刻度在上端，托盘天平的“0”刻度在 刻度尺的左端。温度计的“0”刻度因种类不同而不能确定。选 B。 总结：量筒的最下端无刻度，也即无“0”刻度，是有关“0”刻度方面的重要之点。部分考生由于分 不清这一点而出错。 例题 4 ：（2000 年上海高考）下列实验操作中错误的是 （ ） A．分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出 B．蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口 C．滴定时，左手控制滴定管活塞，右手握持锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视滴定管中的液面 D．称量时，称量物放在称量纸上，置于托盘天平的左盘，砝码放在托盘天平的右盘 方法：将题中的叙述与平时的实验操作相联系进行判断。 捷径：C 选项中，滴定操作时，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化。题中所述错误。其余选项中的 操作正确。答案为 C。 总结：此题为一实验方面的常规题，其目的是让不重视实验的考生难以作答。 例题 5 ：（1995年全国高考）在下图装置中,烧瓶中充满干燥 气体a,将滴管 中的液体b挤入烧瓶内,轻轻振荡烧瓶,然后打开弹簧夹f,烧杯中的液 体b呈喷泉状 喷出,最终几乎充满烧瓶。则a和b分别是 ( ) 方法：根据实验叙述分析。 捷径：从最终几乎充满烧瓶，得 BD。 总结：因 Cl2 几乎不溶于饱和 NaCl 溶液，故无喷泉；而 NO2 溶于水时的同时有 NO 气体生成，故不 会使烧瓶充满。 例题 6 ：（1993年全国高考）按右图装置持续通 入x气体,并在管口P处点燃,实验结果使澄清的石灰水变 浑浊.则x、y可以是 （ ） A．H2和NaHCO3 B．CO和Na2CO3 C．CO和CuO D．H2和Fe2O3 方法：实验原理与实验现象相结合分析。 捷径：从实验过程分析知结果为 AC。 总结：解答该题必须认清：固体 y 在实验过程中，可与 x 反应，也可以不与 x 反应。 例题 7 ：（1993年全国高考）下图是一套实验室 制气装置,用于 发生、干燥和收集气体.下列各组物质中能利用这套装置 进行实验的是 (填正确选项的标号)。 A．铜屑和浓硝酸 B．二氧化锰和浓盐酸 C．电石和水 D．碳酸钙和稀盐酸 方法：认真分析实验装置图，从中找出实验操作的特点，及制取的气体的性质。结合已经掌握常见气 体的发生、净化及收集装置就可作出准确选择。 捷径：此题 A 和 D 反应不用加热；NO2、CO2 气可用浓 H2SO4 干燥；气体密度均大于空气故选 AD。 而 B 反应需加热；C 选项中乙炔气的密度与空气接近不能用排空气取气法收集。 总结：此题要求考生能熟练掌握常见气体的发生、净化、干燥和收集装置，从装置的要求确定可进行 的实验。 例题 8 ：（1998 年全国高考）A～D 是中学化学实验中常见的几种温度计装置示意图 （1）请从①～⑧中选出必须使用温度计的实验，把编号填入最适宜的装置图 A～C 下的空格中（多选 要倒扣分） ①酒精和浓硫酸混和加热制乙烯 ②电石跟水反应制乙炔 ③分离苯和硝基苯的混和物 ④苯和溴的取代反应 ⑤石油分馏装置 ⑥浓硫酸和二氧化锰混合加热制氯气 ⑦测定硝酸钾在水中的溶解度 ⑧食盐和浓硫酸混合加热制氯化氢 A B C D （2）选用装置 D 做苯的硝化实验，D 中长玻璃管的作用是 方法：从实验情况分析温度计的使用要求。 捷径：（1）使用温度计的实验大致如题中所举的四种类型。一种测量或控制溶液反应的温度。使用 A 装置，典型例子用浓 H2SO4、无水乙醇制乙烯。测量蒸馏出气体的温度用 B 装置，一切蒸馏实验都适用。 精确测定某溶液的温度用 C 装置，典型例子用测定物质的溶解度。控制水浴温度，试管中的液体的温度不 必特别精确可用 D 装置（长玻璃管是适应实验的其他要求）。对八个实验中的实验情况逐一分析，再结合 使用温度计的装置示意图，可得结果：A① B③ ⑤ C ⑦ （2）苯的硝化实验中使用了易挥发的苯，且苯有毒，以此 D 中长玻璃管的作用是为了减少苯的挥发， 也即起冷凝器作用。 总结：温度计的使用，遵循：测何处温度，其水银球便放于何处的原则。 例题 9 ：（2001 年高考理科综合）用图示的装置制取氢气， 在 塑料 隔 板上 放粗锌粒，漏斗和带支管的试管中装有稀硫酸，若打开弹簧夹， 则 酸液 由 漏斗 流下，试管中液面上升与锌粒接触，发生反应，产生的氢气由 支管导出；若关 闭弹簧夹，则试管中液面下降，漏斗中液面上升，酸液与锌粒 脱离接触，反应 自行停止。需要时再打开弹簧夹，又可以使氢气发生。这是一 种 仅适 用 于室 温下随制随停的气体发生装置。 回答下面问题： （1）为什么关闭弹簧夹时试管中液面会下降？ （2）这种制气装置在加入反应物前，怎样检查装置的气密 性？ （3）从下面三个反应中选择一个可以用这种随制随停的制气装置制取的气体，填写下表中的空白。 ①大理石与盐酸反应制取二氧化碳 ②黄铁矿与盐酸反应制取硫化氢 ③用二氧化锰催化分解过氧化氢制氧气 （4）食盐跟浓硫酸反应制氯化氢不能用这 种 装 置 随 制 随 停。试说明理由。 方法：实验装置与实验要求结合分析。 捷径： （1）关闭弹簧夹时，反应产生的气体不能从支管口导出，以此造成试管内液面上的气压增加， 此时高于大气压的压强会将试管内液体压入长颈漏斗，所以液面会下降。 （2）气密性检查的原理与启普发生器相同。其方法是塞紧橡皮塞、夹紧弹簧夹后，从长颈漏斗口注 入一定量的水，待漏斗内的水面高于试管内的水面时，停止加水，观察，如果漏斗内的液面不下降，则证 明装置不漏气。 （3）使用该装置制气必须满足 3 个条件：①块状固体与液体反应；②反应不需要加热；③生产的气 体难溶于反应液。分析题中 3 个反应，反应③中 MnO2 为粉末状，故不可用此装置。其余均可。制二氧化 碳，收集为向上排空气法，检验为通入澄清石灰水而使澄清石灰水变浑。制硫化氢，收集也为向上排空气 法，检验可通过臭鸡蛋气味确定，也可通过通入 CuSO4 溶液而使其产生黑色沉淀确定等。 （4）对照题 3 所述 3 个条件，知其原因为①食盐为粉末状，②反应过程中需加热。 总结：该题为一简答题，回答时要紧扣题中要求。 金钥匙： 例题 1 ：某实验室仅有如下仪器或用具：烧杯、铁架台、铁圈、三脚架、漏斗、分液漏斗、石棉网、 酒精灯、玻璃棒、量筒、蒸发皿、圆底烧瓶、火柴，从缺乏仪器的角度看，不能进行的实验项目是 （ ） A．蒸发 B．萃取 C．液体过滤 D．升华 方法：根据选项中的实验操作分析所必须使用的仪器，再与题中所给仪器比较。 捷径：对照每项操作，检查是否缺乏某些或某件必用的仪器。如蒸发液体所需的仪器有：蒸发皿、酒 精灯、火柴、玻璃棒、铁架台，铁圈或三脚架，所给仪器充分。而液体过滤，因缺乏滤纸而无法实现。故 选 C。 总结：本题考查的意图是根据给定的操作，选择必用的仪器。 例题 2 ：实验室制取乙烯、制取硝基苯以及蒸馏石油时都要用到温度计。温度计分别插在装置中的什 么部分？ 方法： 从实验过程中的反应要求分析。 捷径：制取乙烯时，测温度的目的是控制反应物的温度为 170℃。因此温度计应插入容器内反应物的 液面以下； 制取硝基苯时，测温度的目的是控制水浴加热的温度为 60℃，则温度计应插入水浴中，以测量水浴的 温度； 蒸馏石油时，测温度的目的是控制馏分的蒸气温度，所以应插入蒸馏烧瓶颈部，使温度计的水银球的 位置略低于蒸馏烧瓶支管囗。 总结：温度计在反应装置中的位置，应根据所测温度的对象在容器中的部位而确定。 例题 3 ：喷泉是一种常见的自然现象，其产生原因是存在压强差。 (1)图 1 为化学教学中所用的喷泉实验 装置，在烧瓶中充 满干燥气体，胶头滴管及烧杯中分别盛有 液体。下列组合中 不可能形成喷泉是（ ） A．HCl 和 H2O B．O2 和 H2O C．NH3 和 H2O D．CO2 和 NaOH 溶液 (2)某学生积极思考产生喷泉的其它 方法，并设计了如 图 2 所示的装置。 ①在图 2 的锥形瓶中，分别加入足量 的下列物质，反应 后可能产生喷泉的是 ( ) A．Cu 与稀盐酸 B．NaHCO3 与 NaOH 溶液 C．CaCO3 与稀硫酸 D．NH4HCO3 与稀盐酸 ②在图 2 锥形瓶外放一水槽，瓶中加入酒精，在水槽中加入冷水后，再加入足量的下列物质，结果也 产生了喷泉，水槽中加入的物质可以是（ ） A．浓硫酸 B．食盐 C．硝酸钾 D．硫酸铜 这种方法产生喷泉的原理是______________________________________ ③比较图 1 和图 2 两套装置，从产生喷泉的原理分析，图 1 是____________上部烧瓶内气体压强；图 2 是________________下部锥形瓶内气体压强（均填增大或减小） (3)城市中常见的人造喷泉及火山爆发的原理与上述_______________（填图 1 或图 2）装置原理相似。 方法：从形成喷泉的条件――压强差来分析。 捷径：(1)根据喷泉必须存在压强差这一原理，对选项 A、B、C、D 逐一分析，其中 HCl、NH3 极易溶 于水，CO2 迅速与 NaOH 溶液反应，以此知 A、C、D 均可形成喷泉，而 O2 在水中溶解度较小，故不能形 成很大的负压，因而不能形成喷泉，以此得答案为 B。 (2)图 2 与图 1 不同的是，图 1 为烧瓶内减压，而图 2 为锥形瓶内加压。要使图 2 中出现喷泉，必须依 靠一切条件使锥形瓶内气压迅速增大。 ①依据锥形瓶内迅速产生大量气体使气压迅速增大这一原理知，D 选项符合题意，A 不反应，B 虽反 应，但不能产生气体，C 中由于生成微溶性的 CaSO4 覆盖在 CaCO3 固体表面使反应难以继续发生，故也不 能产生喷泉。 ②因酒精沸点低、易挥发，故要使其产生大量酒精蒸气使气压迅速增大而形成喷泉，必须使水槽内冷 水迅速升温。对照四个选项，很容易获得答案 A。 ③依据上述说明，图 1 是减小上部烧瓶内气体压强，图 2 是增大下部锥形瓶内气体压强。 (3)人造喷泉及火山爆发时，空气中大气压强基本不变，而增加的是施加在液体上的压强，故与图 2 装 置的原理相似。 总结：中学课本中的两个喷泉实验均以烧瓶内气体减少而导致气压降低而得以形成。该题图 2，一反 常态，要求考生联系现实生活，依据压强差，从相反的角度去进行分析，对考生的能力要求较高。在此题 面前，考生的逆向思维、知识运用能力、综合分析能力都经受了考验。 例题 4 ：(1)在实验室中，利用气体和溶剂的某种性质，常在一特定的装置中模拟自然界的现象，形成 美丽的喷泉。试解释实验室用 NH3（或 HCl）和水能形成喷泉 的原因。 (2)某学生试图用氨气和水去做喷泉实验，结果实验失败， 试 分 析 实 验 失败的可能原因。 (3) 图 中 ， 烧 瓶 已 充 满 某 种 气 体 X ， 气 体 体 积 为 1000mL(273K,101325Pa），烧杯中盛满水，直导管长 L=60cm， 导 管 进 入 烧 杯 12cm，气体的溶解度在 273K 时为 1:40（1 体积水能溶解 101325Pa 下 气体 40 体积）。实验开始，胶头滴管先向烧瓶中注入 1mL 水， 通 过 计 算 确 定能否看到喷泉现象？假设压强的微小变化对气体溶解度的 影 响 忽 略 不 计。 方法：从形成喷泉的条件――压强差来分析。 捷径：(1)因 NH3（或 HCl）极易溶于水，故从胶头滴管中挤入少量水会使大量 NH3（或 HCl）溶于其 中，结果使容器内外产生较大的压强差，从而形成喷泉。 (2)实验失败的原因从何进行分析，是解答出此题的出发点。根据形成喷泉必须使容器内外产生较大的 压强差，可得其原因主要有：①烧瓶潮湿；②烧瓶内有大量空气；③导管太长；④胶头滴管向烧瓶中注入 的水太少；⑤漏气。 (3)形成喷泉的先决条件必须是烧瓶内的负压大于导管内水面上升至喷嘴的液柱压强。根据题意，注入 的 1mL 水最多可溶解 40mLX 气体，以此形成的负压ΔP=1.01325×105Pa× = 4053 Pa，导管内水面 上升至喷嘴需克服的压强差ΔP'=ρgh=1×103kg·m-3×9.8m·s-2×(60-12)×10-2m=4704Pa，因ΔP<ΔP'， 导管内水柱的液面不可能上升至喷嘴，故不能看到喷泉现象。 总结：该题将化学中喷泉实验的原理，巧妙地与物理中的水柱引起的压强相联系，为一理化综合题。 此题的设问有因果设问，有果因设问，有开放性设问、有发散性设问。整个试题不仅考查了考生思维的敏 捷性、广阔性和严密性，还考查了考生的跨学科综合能力和对问题的整体分析能力。 例题 5 ：实验室用浓盐酸和 MnO2 加热制 Cl2 并用 Cl2 和 Ca(OH)2 反应制少量漂白粉，现已知反应： 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，温度稍高即发生副反应：6Cl2+2Ca(OH)2=5CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O。 现有三个学生 分别设计的三 套实验装置如 下： ⑴ 请 从 以 下六个方面对 上述甲、乙、丙 三套装置的优 缺点作出评价， 并选择符合题 目要求的选项 填在空格内（用 字母表示）： a、不易控制反应速率 b、容易控制反应速率 c、有副反应发生； d、可防止副反应发生 e、污染环境 f、可防止环境污染 甲装置：优点 ，缺点 。 乙装置：优点 ，缺点 。 丙装置：优点 ，缺点 。 ⑵请从上述甲、乙、丙装置中选取合理的组成部分，组装一套较完善的实验装置，装置各部分按气流 从左到右的方向是（用字母表示） 。 ⑶ 实 验 中 若 取 12mol / L 盐 酸 50mL 与 足 量 MnO2 反 应 ， 最 终 生 成 Ca(ClO)2 的 物 质 的 量 是 0.15mol (填大于、小于或等于)，其可能原因是：（假定各步反应均无反应物质损耗，且无副反应发 生） 。 方法：此题为一综合实验辨析题。实验目的是制漂白粉；原理是利用 MnO2 与浓盐酸反应生成 Cl2， 再使 Cl2 与消石灰反应制漂白粉；实验过程中注意：一要将浓盐酸与 MnO2 分开盛放，二要及时对 Cl2 与 消石灰的反应混合物进行冷却，三要及时对尾气进行吸收处理。依据以上要求，对题中装置进行辨析，分 析优缺点，并根据三个装置中的优点，组装一套较完善的实验装置。 捷径：⑴甲装置能及时对 Cl2 与消石灰的反应混合物进行冷却，但浓盐酸与 MnO2 直接混在一起，不 易控制反应速率，且没有尾气处理装置，故其优点是 d，缺点是 a、e。乙装置能对尾气进行处理，但浓盐 酸与 MnO2 直接混在一起，不易控制反应速率，且没有及时对 Cl2 与消石灰的反应混合物进行冷却，故其 优点是 f，缺点是 a、c。丙装置中浓盐酸与 MnO2 分开放置，能控制反应速率，但没有对 Cl2 与消石灰的 反应混合物进行冷却，也没有尾气处理装置，故其优点是 b，缺点是 c、e。 ⑵组合甲、乙、丙三个装置中的优点，得装置中气流从左到右的方向是 F、B、E。 ⑶ 12mol / L 盐酸 50mL 中的 HCl 为 12mol / L×0.050L = 0.60mol，与足量的 MnO2 反应，因随着反应 的进行，盐酸的浓度逐渐降低，当变成稀盐酸后将不再与 MnO2 反应，故生成的 Cl2 小于 0.15mol，最终生 成的 Ca(ClO)2 的物质的量也小于 0.15mol 。 总结：①温度稍高即发生副反应，是该题确定实验装置的重要条件，部分同学因忽视这一点而难以确 定装置的优缺点；②与 MnO2 反应的盐酸必须是浓盐酸，当盐酸的浓度降低后，反应便不再发生，不少同 学未能理解这一点而出错。 例题 6 ：现有下列三种气体发生装置和三种气体收集装置(如图)，要制取 Cl2、O2、H2 各选用哪种装 置最合适？(a)—(f)中有无同时对这三种气体都适用的装置？ 方法：从制取气体的原理与条件去分析。 捷径：选择气体发生装置要考虑制取这种气体的反应物状态和反应条件。制取 Cl2 是固体(MnO2)和液 体(浓盐酸)在加热条件下的反应，这类反应选装置(a)。该装置还适用于制 HCl、SO2、NO2、C2H4 等气体。 制取氧气一般用加热固态含氧化合物(KClO3 和 MnO2 的混合物或 KMnO4)使其分解的方法，这类反应选装 置(c)。该装置还可用于制 NH3、CH4 等气体。制取 H2 是固体(Zn、Fe 等)和液体(稀硫酸或稀盐酸)的反应， 不需加热，这类反应选装置(b)。该装置还可用于制 CO2、H2S、C2H2 等气体。以此得结果为：制取 Cl2 用(a)、 (d)或(e)；制取 O2 用(c)、(d)或(e)；制取 H2 用(b)、(d)或(f)。 总结：选择收集气体的装置要考虑气体的水溶性或对空气的相对密度。凡在水中溶解度较小的气体， 一般都用排水法收集，可得到纯度高的气体，Cl2 可跟水反应，在用排水法收集 Cl2 时水槽中应盛饱和食盐 水，以抑制 Cl2 跟水的反应。比空气重的气体可用(瓶口)向上排空气法收集；比空气轻的气体可用(瓶口)向 下排空气法收集。 聚宝盆： 1．常见的计量仪器有：托盘天平、容量瓶、量筒、量杯、滴定管、移液管等。其中容量式量具为： 容量瓶；流出量式为：量筒、量杯、滴定管、移液管等。 2．常见的加热仪器有：试管、烧杯、锥形瓶、烧瓶、蒸发皿、坩埚等。 3．实验仪器及装置的选择要考虑多种因素。因一个化学反应的发生受众多因素制约，如浓度、温度、 压强、催化剂等，在确定实验装置或进行反应生成物的计算时，都必须全盘考虑，仔细分析。 4．实验装置或实验步骤设计时，要考虑到实验仪器的使用要求。如蒸发液体不能选用坩埚，而应用 蒸发皿。 5．实验装置的装配的步骤一般为：先下后上，先左后右。 热身赛： 1．右图是一套实验室制气装置，用 于发生、干 燥、收集和吸收有毒气体。下列各组物质 能利用这套 装置进行实验的是（ ） A．MnO2 和浓盐酸 B．Na2SO3（s）和浓 H2SO4 C．Cu 片和浓 HNO3 D．电石和水 2．要在烧杯中于加热条件下配制某 溶液 50mL， 应选择的烧杯是________。 A．400mL 烧杯 B．250mL 烧杯 C．100mL 烧杯 D．50mL 烧杯 作出以上选择的理由是________________________________________________。 3．在实验室中分别制取 CO2、H2、Cl2、NH3 时，得到的气体中常含有少量杂质，为了得到较纯的气 体，请从下列图中选择合适的气体发生装置，净化装置(应放的试剂)、吸收装置，并将其代号填入下表中。 制取的气体 杂质气体 发生装置 净化装置所用试剂 收集装置 (1) CO2 HCl (2) H2 HCl (3) Cl2 H2O (4) NH3 H2O 4．某学生欲用 H2O2 催化分解来制取氧气，用浓氨水和生石灰反应来制取氨气。现有下列仪器装置（另 有短乳胶管）可供选择： （1）若制取干燥氧气，应选用的仪器是________，按气流方向连接的顺序是____________；若测定 生成 O2 体积以确定 H2O2 含量应选用的仪器是________，按气流方向连接的顺序是________。 （2）若制取干燥氨气，应选用的仪器是________，按气流方向连接的顺序是____________。 5．用图装置收集以下 8 种气体（烧瓶位置不得移动）： ①H2、②Cl2、③CH4、④NH3、⑤NO、⑥H2S、⑦HCl、⑧SO2 (1)若烧瓶是干燥的，则由 A 口进气可收集的气体有____，由 B 口进气可收集的气体有____。 (2)若在烧瓶中充满水，可收集到的气体有____，气体由____口进入。 (3)若在烧瓶中装入洗液，用于洗气，则气体应由____口进入。 6．实验室里制取(a)溴乙烷(沸点 38.4℃)、(b)乙酸(沸点 118.1℃)、(c)乙酸乙酯(沸点 77.1℃)三种有机物， 现有甲、乙、丙三种收集装置。 (1)收集_________时，使用甲装置。 (2)收集_________时，使用乙装置。 (3)收集_________时，使用丙装置。 大检阅： 1．BC 2．C ，选择烧杯时，烧杯容积是能装溶液体积的二倍最为适宜。 3．(1)A E NaHCO3 溶液 G (2) A E 水 H (3)C E 浓硫酸 G (4 ) B D 碱石灰 F 4．1、（a）、（e）、（h） （1）→（7）→（6）→（11） （a）、（d）、（i） （1）→（5）→（4）→（12） 2、（a）、（f）、（g） （1）→（9）→（8）→（10） 5．(1)H2、CH4、NH3、Cl2、H2S、HCl、SO2 (2)H2、CH4、NO，A (3)B 6．(1)(c) (2)(b) (3)(a) 策略 22 定量实验的分析技巧 金点子： 中学化学中的定量实验主要包括：溶解度的测定、物质的量浓度溶液的配制、酸碱中和滴定、硫酸铜 晶体中结晶水含量的测定、中和热的测定。 此类试题的题型主要有：定量仪器的选择、定量仪器的使用方法和要求的判断、定量实验步骤的确定、 误差分析、实验结果的计算等。值得注意的是，高考试卷中的定量分析试题巳不再局限于中学化学中常见 的定量实验，有些试题巳扩展至利用中学化学中的定量仪器完成一些特定的实验。 在解答定量实验试题时，常用的方法技巧有：①仪器使用要求比对。即将题中的要求与仪器的要求进 行比较获解。②实验仪器比较选择。即根据实验操作，从仪器的使用要求上去选择仪器。③实验操作比较 判断。即将题中的操作叙述与实验的要求比较，以确定操作的正误。④变量法误差分析，即在误差分析时， 通过找出一个变量(如中和滴定时的滴定管的读数)来分析实验过程中的误差。 经典题： 例题1 ：（1992年三南高考）用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时,下列操作中正确的是 （ ） A．酸式滴定管用蒸馏水洗净后,直接加入已知浓度的盐酸 B．锥形瓶用蒸馏水洗净后,直接加入一定体积的未知浓度的NaOH溶液 C．滴定时,没有逐出滴定管下口的气泡 D．读数时,视线与滴定管内液体的凹液面最低处保持水平 方法：从实验要求出发，分析题中操作的正误。 捷径：A 项中，酸式滴定管用蒸馏水洗净后,直接加入已知浓度的盐酸，会造成滴定管内溶液的浓度低 于已知浓度的盐酸，错误。C 项中，滴定时,没有逐出滴定管下口的气泡，而在滴定过程中气泡会排出，以 此造成滴定管的读数会变大。BD 操作正确。 总结：此题要求考生从定量仪器的使用和滴定原理去分析。 例题 2 ：（2001 年全国高考）用已知浓度的 NaOH 溶液测定某 H2SO4 溶液的浓度，参考右图，从下 表中选出正确选项 （ ） 锥形瓶中的溶液 滴定管中的溶液 选用指示剂 选用滴定管 A 碱 酸 石蕊 （乙） B 酸 碱 酚酞 （甲） C 碱 酸 甲基橙 （甲） D 酸 碱 酚酞 （乙） 方法：根据实验要求选择：锥形瓶及滴定管中的溶液、指示剂、滴定管。 捷径：强酸和强碱中和反应时既可以用甲基橙作指示剂，也可以用酚酞作指示剂，而石蕊一般不用作 中和滴定的指示剂。中和滴定时，滴定管内盛酸时应用酸式滴定管（酸式滴定管有玻璃活栓，碱式滴定管 有胶皮管）其中甲为酸式滴定管。所以 C、D 正确。 总结：由于石蕊试液遇酸或碱颜色变化不明显，所以石蕊不能作中和滴定的指示剂。 例题 3 ：（1995 年上海高考）某学生中和滴定实验的过程如下：（a）取一支碱式滴定管，（b）用蒸 馏水洗净，（c）即加入待测的 NaOH 溶液，（d）记录液面刻度读数，（e）用酸式滴定管精确放出一定 量标准酸液，（f）置于未经标准酸液润洗的洁净锥形瓶中，（g）加入适量蒸馏水，（h）加入酚酞试液 2 滴，（I）滴定时，边滴边振荡，（j）边注视滴定管内液面变化，（k）当小心滴到溶液由无色变成粉红色 时，即停止滴定。（1）记录液面刻度读数。（m）根据滴定管的两次读数得 NaOH 溶液的体积为 22mL。 指出上述实验过程中的错误之处（用编号表示） 。 方法：根据中和滴定实验的要求去分析。 捷径：（ｃ）过程中，应用待测ＮaOＨ溶液润洗滴定管后，再装液体。（ｊ）过程中，滴定时应注视 锥形瓶内液体的颜色变化以及滴定的速度。（ｋ）过程中，滴定终点应为溶液变成粉红色，且半分钟内不 褪色。（ｍ）过程中，体积的读数应读到小数点后两位如 22.00mL。其余正确。以此实验过程中的错误之 处有（c）（j）（ｋ）（ｍ）。 总结：（c）过程中，滴定管润洗后，再加入 NaOH 溶液的步骤很多。题中没有详细叙述，考生在分析 时要注意。 例题 4 ：(1999 年全国高考)图 1 表示 10mL 量筒中液面的位置，A 与 B,B 与 C 刻度间相差 1mL, 如果 刻度 A 为 4，量筒中液体的体积是________mL。 （2）图 II 表示 50mL 滴定管中液面的位置，如果液 面 处 的 读 数 是 a ， 则 滴 定 管 中 液 体 的 体 积 是 （ 填 代 号 ） ______________。 A． amL B．（50-a）mL C．一定大于 amL D．一定大于（50-a）mL 方法：根据实验仪器的实际和精确度分析。 捷径：（1）量筒的精确度为 0.1mL，且读数从下到上逐渐增大，以此得量简中液体的体积是 3.2 mL。 （2）滴定管的精确度为 0.01mL，且读数从上到下逐渐增大，50mL 滴定管中液面处的读数是 a ，则 表示滴定管中刻度部分的液体体积为(50-a)mL，而滴定管中液体的体积应包括有刻度和无刻度两部分，因 此滴定管中液体的体积一定大于（50-a）mL。选 D。 总结：量筒的刻度值自下向上逐渐增大，而滴定管的刻度值自上向下逐渐增大。 例题 5 ：(2001 年全国高考)某学生利用氯酸 钾分解制氧气 的反应，测定氧气的摩尔质量。实验步骤如下： ①把适量的氯酸钾粉末和少量二氧化锰粉 末混合均匀，放 入干燥的试管中，准确称量，质量为 ag。 ②装好实验装置。 ③检查装置气密性。 ④加热，开始反应，直到产生一定量的气体。 ⑤停止加热（如图，导管出口高于液面）。 ⑥测量收集到气体的体积。 ⑦准确称量试管和残留物的质量为 bg。 ⑧测量实验室的温度。 ⑨把残留物倒入指定的容器中，洗净仪器，放回原处，把实验桌面收拾干净。 ⑩处理实验数据，求出氧气的摩尔质量。 回答下列问题： ⑴如何检查装置的气密性？ 。 （2）以下是测量收集到气体体积必须包括的几个步骤；①调整量简内外液面高度使之相同；②使试管 和量筒内的气体都冷却至室温；③读取量简内气体的体积。这三步操作的正确顺序是： （请 填写步骤代号）。 （3）测量收集到气体体积时，如何使量简内外液面的高度相同？ 。 （4）如果实验中得到的氧气体积是 c L（25℃、1.0×105Pa）的，水蒸气的影响忽略不计，氧气的摩尔 质量的计算式为（含 a、b、c，不必化简）： M(O2)= 方法：通过实验装置、实验步骤、实验结果进行综合分析。 捷径：（1）将导管的出口浸入水槽的水中，手握住试管，有气泡从导管口逸出，放开手后，有少量水 进入导管，表明装置不漏气。 （2）实验目的是精确测量量筒内气体的体积。所以要做到：①温度与室温相同；②量筒内外的液面必 须相平，这样保证量筒内气体的压强与外界大气压相等。满足这两点后才能读取量筒内气体的体积。其操 作顺序为：②①③。 （3）使量筒内外液面的高度相同可采用慢慢将量筒下降的方法。 （4）根据反应方程式：2KClO3 === 2KCl+3O2，反应前后试管内固体的质量差就 是放出氧气的质量。即（a—b）g， 设所求 O2 摩尔质量为 Mg·mol—1，则 n（O2）= 。 再将 c L 气体转化为标准状况时的体积 设 P1= P0， V0= ， n（O2）= 两种求法中氧气的物质的量应相等，即 ，M(O2)= 总结：本题考查实验操作、原理、数据采集和处理。是利用常见的实验，稍作改变，变成定量实验， 从而实验操作也相应发生改变。采集数据时还应用到物理常识，因而这既是一道理化综合题，又是一道具 有创新意识的实验题，对今后的高考命题具有导向作用。 例题6 ：（1991年三南高考）根据实验室中测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验,填写下列空白. (1)从下列仪器选出所需仪器(用标号字母填写) . (A)托盘天平(带砝码)、(B)研钵、(C)试管夹、(D)酒精灯、(E)蒸发皿、(F)玻璃棒、(G)坩埚、(H)干燥器、 (I)石棉网、(J)三脚架 除上述仪器外,还需要的仪器是 。 (2)某学生实验后得到以下数据： MnO2 △ 请写出结晶水含量(x%)的计算公式(用W1、W2、W3表示) x%= ，该生测定结果是偏高还是偏低? 。 从下列分析中选出该学生产生实验误差的原因可能是(填写字母) . A．加热前称量时容器未完全干燥; B．最后两次加热后的质量相差较大(大于0.1克); C．加热后容器未放入干燥器中冷却; D．加热过程中晶体有少量溅失. 方法：通过实验要求、实验步骤、实验结果进行综合分析。 捷径：(1) 从实验室中测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验要求，可选出所需的仪器为：A、B、D、F、 G、H、J 。除题中仪器外，还需要的仪器为：坩埚钳、泥三角、药匙。 (2) 结晶水的含量为水的质量除以胆矾的质量，即x%= 。 将该生的测定结果代入上述公式，并将求算的结果与胆矾中结晶水的实际含量作比较得该生的测定结 果偏高。分析其原因可能为A、D两项。 总结：解答此题，要求考生能正确把握实验原理和实验操作，如果未做过该实验，想回答完整是比较 困难的。 金钥匙： 例题 1 ：用中和滴定的方法测定 NaOH 和 Na2CO3 的混合液中 NaOH 含量时，可先在混合液中加入过 量的 BaCl2 溶液，使 Na2CO3 完全变为 BaCO3 沉淀，然后用盐酸标准液滴定（用酚酞作指示剂，其变色范 围为 8～10），试回答： (1) 滴定前是否需将 BaCO3 沉淀过滤除去？为什么？ (2) 若用甲基橙作指示剂（其变色范围为 3.1～4.4），则测定的结果 （填“偏高”、“偏低” 或“无影响”）。 方法：从滴定实验中指示剂的变色范围去分析。 捷径：（1）酚酞是在碱性范围内变色，而 BaCO3 只有在酸性溶液中才会溶解，所以在滴定前不需要 将 BaCO3 沉淀滤去。 （2）甲基橙在酸性范围内变色，当指示剂变色时，已有部分 BaCO3 与盐酸反应，则消耗盐酸的量偏 大，测定结果偏高。 总结：使用不同指示剂时，滴定终点不同，即同样的反应物之间的反应可能有不同的产物生成。解题 时，要注意指示剂的选择和可能造成的影响。 例题 2 ：用已知浓度的酸滴定未知浓度的碱溶液时，在实验过程中会导致测定结果偏低的操作是 （填序号）。 ①酸式滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液润洗 ②碱式滴定管用蒸馏水洗后，未用待测液润洗 ③配制碱液时，称量后固体吸湿 ④滴定前酸式滴定管尖嘴部分有气泡，而在滴定过程中气泡被赶走 ⑤滴定过程中，不慎将锥形瓶中溶液摇出少量于瓶外 ⑥滴定前仰视读数，滴定后俯视读数 方法：当酸碱恰好中和时，c 标 V 标 v 待 = c 待 V 待 v 标 （c、V、v 分别表示浓度、溶液体积、化学方程 式中酸或碱的化学计量数）。 所以，c 待= ，其待测液的浓度仅取决于 V 标的大小。 捷径：①相当于稀释了标准溶液，耗 V 标偏多，测定结果偏高； ②相当于稀释了待测溶液，使待测溶液中溶质的物质的量减少，滴定时耗 V 标偏少，测定结果偏低； ③无影响； ④尖嘴处有气泡，滴定时气泡被赶光，说明耗 V 标偏多，测定结果偏高； ⑤减少待测液中溶质的物质的量，耗 V 标偏少，测定结果偏低； ⑥使 V 标偏小，测定结果偏低。 以此测定结果偏低的操作是② ⑤ ⑥ 。 总结：中和滴定的误差分析是经常考查的重点内容，由于 c 标、V 待、v 待、v 标均为定值，所以 c 待的大 小只取决于 V 标的大小。引起 V 标误差的常有：（1）读数，（2）仪器洗涤，（3）滴定管漏夜，（4）标 准液不标准（如称量、配量、混入杂质等引起的），（5）指示剂用错，（6）待测液的量取等。部分同学 在进行中和滴定的误差分析时，常不能抓住哪些量为定值，哪些量为可变值，导致判断错误。如①中，c 标 降低，故有同学认为 c 待偏低。 例题 3 ：实验室为测定某工业废水中的含酚（以苯酚为代表）量，进行如下操作： （1）称取 2.7833 g 干燥的分析纯 KBrO3 与大约 10 g KBr，混合溶解于少量蒸馏水中，然后用容量瓶 配制成 1 L 溶液， （2）用纯的 Na2S2O3·5H2O 准确配制成 1 L 0.1000 mol/L 溶液（标准液）。 （3）准确量取含酚（以苯酚为代表）水样 100.00 mL。在此水样中准确地滴加 15.00ｍL KBrO3 ∽ KBr 混合溶液，并加适量盐酸将水样酸化。此时两种钾盐即反应生成 Br2，Br2 立即与苯酚反应生成沉淀。 （4）上述反应进行完全后，再加入约 1g KI，放置 5 分钟。然后用淀粉作指示剂，用 Na2S2O3 标准液 滴定至蓝色恰好消失为止。2Na2S2O3 + I2 = 2NaI + Na2S4O6 。结果用去 Na2S2O3 标准液 7.80 ml 。 求：水中的含酚量（mg/L）。 方法：本题文字篇幅较大，涉及的反应较多，但可通过列出各反应物或生成物间的关系，将多步反应 化成一步进行求解。 捷径：运算前先以 Br2 的物质的量为中心将数种反应物间的物质的量关系理清。题中产生 Br2 的定量物 质是 KBrO3。运用化合价升降法配平得：KBrO3 + 5KBr + 6HCl = 3Br2 + 6KCl + 3H2O。可见 1 mol KBrO3 产生了 3 mol Br2 。 消耗 Br2 的物质有苯酚和 KI。1mol 苯酚耗溴 3 mol 生成 2，4，6 —三溴苯酚，另一部分 Br2 转化成 I2( Br2 +2KI =I2 + 2KBr )，I2 再用 Na2S2O3 滴定，其结果相当于每 mol Na2S2O3 消耗 Br2 0.5 mol 。生成 Br2 与消耗 Br2 的量相等。 有关物质的物质的量之关系如下： 3n(KBrO3) = 3n(C6H6O)+ 0.5n(Na2S2O3) 代入具体数据计算（设 100.00ml 水样中含苯酚 x mol）： 3× (2.7833/167)× (15/1000) = 3x + 0.5×(7.8/1000)×0.1 解得 x = 1.2 × 10-4（mol）。（式中 167 为 KBrO3 摩尔质量的值）。 含酚量 1.2×10-4mol×94g/mol×1000mL/L×10 = 112.8mg/L。 总结：该题的巧解在于通过多步反应列出关系，否则计算将很繁杂。 例题 4 ：实验室有一包 KCl 和 AlCl3 的固体混合物，通过以下实验可确定 KCl 和 AlCl3 的质量之比， 试根据实验方法和主要步骤，回答有关问题： （1）调整托盘天平的零点时，若指针偏向右边，应将右边的螺丝向 旋动。 （2）某学生用已知质量为 y g 的表面皿准确称取 W g 样品，他在托盘天平的右盘上放上（W＋y）g 的砝码，在左盘的表面皿中放入样品，此时指针稍偏右边，该 学 生 应 怎 样 操 作 ； （3）将样品置于烧杯中加适量水溶解，滴入过量的 A 溶 液，烧坏中有沉 淀 物 ， 则 A 溶 液 的 名 称 是 ； （4）过滤，某学生欲用右图装置操作，错误之处应怎样纠正？ ； （5）甲学生用水多次洗涤过滤所得沉淀物，然后使其干燥，得到固体纯净物 C，质量为 W2g，C 的名 称是 ； （6）乙学生将过滤所得滤液跟甲学生洗涤沉淀所得液体混合，然后蒸干溶剂，再充分加热，最后得到 纯 净 KCl 固 体 W1g ， 则 原 混 合 物 中 KCl 与 AlCl3 的 质 量 之 比 的 计 算 式 为 。 方法：根据实验要求分析题示中所给出的各项内容。 捷径：通过整体分析得结果为：（1）左；（2）往左盘表面皿上慢慢加少量样品，使指针指向标尺中 间；（3）氨水；（4）漏斗下端管口应紧靠烧杯内壁，倾倒液体时应用玻璃棒引流；（5）Al（OH）3；（6） KCl 和 AlCl3 的质量之比为：W1：（W-W1）或 W1：133.5W2/78） 。 总结：此题将中学化学中的常见实验，应用于定量测定，主要考查了考生的实验综合能力和实验分析 能力。 例题 5 ：实验室有一瓶混有少量 NaCl 杂质的 NaOH 固体试剂，为准确测量其纯度，采用盐酸滴定法 进行测定。 ①称取 W g NaOH 固体试剂配制成 100.00 mL 水溶液备用； ②将浓度为 c（mol·L—1）的标准盐酸装在用标准盐酸润洗过的 25.00 mL 酸式滴定管中，调节液面位 置在零刻度以下，并记下刻度； ③取 V1 mL NaOH 待测溶液置于洁净的锥形瓶中，加入 2~3 滴甲基橙指示剂充分振荡，然后用浓度为 c（mol·L—1）的标准盐酸滴定，用去盐酸 V2 mL。试回答： （1）配制准确浓度的 NaOH 溶液，必须使用的主要容器是 。 （2）如有 1 mol·l—1 和 0.1 mol·L—1 的标准盐酸应选用 盐酸，原因是 。 （3）滴定终点时溶液颜色由 变为 色。 （4）若酸式滴定管尖嘴气泡未排出，会使碱测定值 （偏大、偏小）。 （5）不用标准盐酸润洗酸式滴定管，会使碱测定值 （偏大、偏小、无影响）。 （6）固体试剂 NaOH 纯度计算公式为 。 方法：从中和滴定整个过程进行综合分析。 捷径： 根据实验要求和实验过程得：（1）100.00 mL 的容量瓶 。（2）00.1 mol·L—1 盐酸，原因是 因为溶液浓度越稀，误差就越小。（3）由黄色变为橙色。（4）偏大。（5）偏大。（6）NaOH%= × 100% 。 总结：此题考查了中和滴定的仪器、操作步骤、终点观察、误差分析等全部知识。自准备阶段开始， 中和滴定可用以下 10 个字概括：洗、查、润、灌、赶、调、加、滴、读、算。只要明确每步操作中所用 仪器、注意事项、操作要点，此类题目即可迎刃而解。 聚宝盆： 有关酸碱中和滴定试题，是高考试卷中的常考点，此类试题在要注意： 1．指示剂的选用 酸碱中和滴定时一般选用酚酞和甲基橙（因石蕊颜色变化不明显，故不用作酸碱中和滴定的指示剂）。 而最重要的是要选择指示剂变色范围与滴定终点时溶液的 pH 尽可能一致的指示剂。（1）强酸和强碱中和 时，可用酚酞和甲基橙。（2）强酸和弱碱中和时，选用酸性条件下变色的甲基橙。（3）强碱和弱酸中和 时，选用碱性条件下变色的酚酞。（4）若待测液中的杂质在指定指示剂的变色范围内不与标准液反应， 即可直接滴定，不影响测定结果；若杂质能与标准液反应，则应在滴定前除去杂质，确保测定的准确度。 2．误差分析 误差分析的着力点，应紧扣一个关系式：c (未) = ，因待测液 c (未)的值是 由 c(标)、V(标)、V(未)三项决定的，所以误差分析也就依此三项的计算值代入公式中进行计算的数值和真 实值之间的大小来确定。例如： ①滴定管未用标准溶液润洗就进行滴定，使标准溶液浓度变小（原滴定管中内壁附着有蒸馏水），而 计算仍用原标准溶液的 c(标)，V(标)（在滴定中用去的）就比原应消耗的真实值要大，使 c(未)物质的量浓 度偏高。 ②锥形瓶水洗后用待测液润洗，使待测液的实验用量比实际量取的体积大，造成 V(标)（在滴定中用去 的）比原应消耗的真实值要大，而在计算时仍用量取时的体积数 V(未)，故 c(未)的物质的量浓度偏高。 ③滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后消失,尖嘴部分被充满后,使 V(标)（在滴定中用去的）就比原应消耗的 真实值要大，使 c(未)物质的量浓度偏高。 ④滴定管漏液或滴定过程中不慎滴在外面，使 V(标)（滴定中用去的）就比原应消耗的真实值要大，使 c(未)物质的量浓度偏高。 ⑤滴定过程中锥形瓶振荡过于激烈，使少量待测液溅出，即使 V(标)读数比原应消耗的真实值要小，使 c(未)物质的量浓度偏低。 ⑥滴定前仰视读数或滴定后俯视读数，造成 V(标)的读数值比滴定中用去的（消耗的真实值）要小，结 果 c(未)物质的量浓度偏低。 ⑦滴定速度过快，又未摇匀，发现后批示剂巳变色，即标准液用量过多，V(标)（滴定中用去的）就比 原应消耗的真实值要大，使 c(未)物质的量浓度偏高。 3．减少实验误差的三点做法：①半分钟：振荡半分钟内颜色不褪去，即为滴定终点。②1～2 分钟： 滴定停止后，必须等待 1～2 分钟，让附着在滴定管内壁的溶液流下后再行读数。③重做一次：同一实验 做二次，取其平均值进行计算。 热身赛： 1．化学实验报告上记叙着下列数据： (a)用量筒量取 5.23 mL 盐酸 (b)用广泛 pH 试纸测得某酸溶液的 pH 值是 3.3 (c)用托盘天平称取 11.7 g 食盐 (d)在中和滴定时用去 21.80 mL 升氢氧化钠溶液； 其中测量数据的读数合理的是 （ ） A．(a)(b) B．(b)(c) C．(c)(d) D．(b)(c)(d) 2．下列仪器中，没有“0”刻度线的是 ( ) A．温度计 B．酸式滴定管 C．托盘天平游码刻度尺 D．量筒 3．下列实验操作会引起测定结果偏高的是 ( ) A．测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验中，晶体加热完全失去结晶水后，将盛试样的坩埚放在实验桌 上自行冷却 B．中和滴定用的锥形瓶加入待测液后，再加少量蒸馏水稀释 C．为了测定一包白色粉末的质量，将药品放在右盘，砝码放在左盘，并需移动游码使之平衡 D．取待测液的移液管用水洗后，没用待测液润洗 2～3 次 4．以下仪器：(1)中和滴定实验用的锥形瓶，(2)中和滴定实验用的滴定管，(3)容量瓶，(4)配制一定物 质的量的浓度的 NaOH 溶液用于称量的烧杯，(5)测定硫酸铜晶体中结晶水含量用的坩埚，用蒸馏水洗净后 便可立即使用而不会对实验结果造成误差的是 （ ） A．(1)和(2) B．(1)和(3) C．(1)、(3)、(5) D．(2)、(4)、(5) 5．有关中和滴定实验操作不正确的是 ( ) A．滴定过程中，左手振荡锥形瓶，右手控制开关。 B．滴定管中加进标准液后，要结合排放气泡使液面降至零刻度以下。 C．锥形瓶用蒸馏水洗涤后，再用待测液润洗，再加进待测液。 D．滴定管用蒸馏水洗涤后，再用标准液润洗，再加进标准液。 6．下列配制溶液的操作能引起浓度偏高的是 （ ） A．用 1g 98%的浓硫酸加入 4 g 水中配制 1：4 硫酸溶液 B．配制一定物质的量浓度的硫酸溶液时，最后在容量瓶中加水稀释至标线，塞好塞子摇倒转混匀后， 发现液面低于标线。 C．在 100 mL 无水乙醇 中，加入 2 g 甲醛溶解配制 2%的甲醛酒精溶液 D．在 80 mL 水中，加入 18.4 mol/L 硫酸溶液 2 0mL，配制 3.68 mol/L 稀硫酸 7．下图是用 0.1mol/L NaOH 溶液中和某浓度 H2SO4 溶液时，溶液的 pH 值变化的曲线。依此求 (1)H2SO4 溶液的物质的量浓度 。 (2)滴定到 b 点，溶液的总体积是________mL。 8． 50mL0.50 mol / L 盐酸与 50mL0.55 mol / LNaOH 溶液在如右图所示的装置中进行中和反应。通过 测定反应过程中所放出来的热量可计算中和热。回答下列 问题： （1）从实验装置上看，图中缺少的一种玻璃用品 是 。 （2）烧杯间填满碎纸条作用是 。 （3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数 值 。 （填“偏大”、“偏小”、“无影响”） （4）实验中改用 60mL0.5 mol / L 盐酸跟 50mL0.55 mol / LNaOH 溶 液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量 （填 “相等”、“不 相等”）。 （5）用相同浓度和体积的氨水代替 NaOH 溶液进行上述实验，测定的中和热的数值会 ；用 50mL0.50 mol / LNaOH 溶液进行上述实验，测定的中和热的数值会 。（填“偏大”、“偏小”、 “无影响”） 9．用右图所示装置测定某铁的氧化物中铁元素和 氧元素的质量 比，记录如下： 装铁的氧化物的玻璃管为 20 g； 玻璃管和铁的氧化物质量为 23.6 g； 烧杯和澄清石灰水的质量为 150 g； 通入一氧化碳并加热，铁的氧化物全部变为铁后，再称量石灰水的烧杯的质量为 152.2 g。 根据上述的实验记录，计算此铁的氧化物中铁元素和氧元素的质量比。 10．称取 W g Na2CO3，正好与 10 mL 盐酸作用，全部生成 CO2、H2O 和 NaCl，这种盐酸的物质的量 浓度是 。 (1)如果上述 w gNa2CO3 中，混有一些 NaCl，那么这种盐酸的实际浓度比原来所测定的浓度 要 。 (2)如 果上 述 w gNa2CO3 中 ，混 有 一些 K2CO3 ， 那么 这 种盐 酸 的实 际浓 度 比原 来 测定 的 浓度 要 。 (3)如 果 上 述 w gNa2CO3 中 ， 混 有 一 些 NaOH ， 那 么 这 种 盐 酸 的 实 际 浓 度 比 原 来 测 定 的 浓 度 要 。 11．测定水中溶解氧气的方法是：取 a mL 水样，迅速加入 MnSO4 溶液及含有 NaOH 的 KI 溶液，立即 塞好塞子、振荡，使反应充分；开塞，迅速加入适量 H2SO4，此时有 I2 生成；用 Na2S2O3 溶液(b mol/L)和 I2 反应，消耗 VmL 达到终点（以淀粉作指示剂）。有关的方程式为： 2Mn2++O2+4OH-=2MO(OH)2 （反应很快） MnO(OH)2+2I-+4H+=Mn2++I2+3H2O I2+2S2O32-=S4O62-+2I- (1)需要进行滴定的操作步骤是____，终点的颜色变化为____。 (2)水中溶解 O2 为(以 mg/L 为单位)____。 (3)加 MnSO4 及含 NaOH 的 KI 溶液振荡时，塞子若未塞紧（设未溅出溶液），测得结果将____（偏高， 偏低，或无影响），原因是____。 12．假设按正确操作进行硫酸铜晶体(CuSO4·xH2O)结晶水含量测定，测得 x=5。 (1)若加热至硫酸铜晶体完全变白，在空气中冷却，然后进行称量，则计算出 x_____5(大于、小于、等 于，下同)。 (2)若开始称量的瓷坩埚沾有少量水滴，则最后计算出的 x_____5。 (3)若在加热硫酸铜晶体时，有少量固体物质溅出瓷坩埚，则最后计算出的 x______5。 大检阅： 1．C 2．D 3．C 4．B 5．AC 6．CD 7．(1)H2SO4 的浓度为 0.5mol/L，(2)溶液总积为 44mL 8．（1）环行玻璃棒 （2）保温，防止实验过程中热量损失 （3）偏小 （4）不相等 （5）偏小； 无影响 9．7 : 2 10．100w/53mol/L (1)低 (2)低 (3)高 11． (1)Na2S2O3 与 I2 反应；蓝色刚好褪去 (2)8000Vb/a mg/L (3)偏高；因为进入空气，O2 增多 12. (1)小于 (2)大于 (3)大于 策略 23 物质检验、鉴别、验证题的解题方法与技巧 金点子： 物质的检验、鉴别与验证，既有相似之处，又有不同之处。 1．物质的检验：要求从两种或两种以上的物质中检验出其中的某一种或几种物质。常通过该物质的特 殊性质予以确定。 2．物质的鉴别：为两种或两种以上的物质组合，通过实验予以区别、区分。常通过各种不同物质与某 一种物质反应的不同现象予以区别。 3．物质的验证：为一种或一种以上的物质组合，通过实验予以确证，并能回答是还是否。对众多物质 的组合，还要考虑验证的先后顺序。 经典题： 例题1 ：（1996年上海高考）下列各组溶液,只要用试管和胶头滴管,不用任何试剂就可以鉴别的是 ( ) A．KOH和Al2(SO4)3 B．稀H2SO4和NaHCO3 C．CaCl2和Na2CO3 D．Ba(OH)2和NaHSO4 方法：将选项中的物质通过互滴分析。 捷径：将一种物质的溶液滴入另一种物质的溶液，或将另一种物质的溶液滴入此种物质的溶液，只有 A 选项中现象不同，故 A 选项只要用试管和胶头滴管就能鉴别，选 A。 总结：有关不用任何试剂就可以鉴别物质的试题，要注意的是也不可以用焰色反应。 例题2 ：（1996年上海高考）检验氯化氢气体中是否混有Cl2,可采用的方法是 ( ) A．用干燥的蓝色石蕊试纸 B．用干燥有色布条 C．将气体通入硝酸银溶液 D．用湿润的淀粉碘化钾试纸 方法：利用两种物质的性质不同进行鉴别检验。 捷径：HClO 具有漂白性，而 Cl2 无漂白性。选项 A、B 在干燥环境下，Cl2 并不能转变为 HClO，因无 漂白性，无法与 HCl 气体区别；C 中气体通入 AgNO3 溶液，都产生白色沉淀，因为 Cl2 与 H2O 反应也产 生 Cl—；D 中 Cl2 与 KI 反应产生 I2，I2 遇淀粉变蓝，氯化氢与其不发生反应。故选 D。 总结：Cl—和单质 Cl2 是两种不同的物质，因而具有不同的性质。利用它们之间不同的性质才是鉴别它 们的方法。如 Cl2 有氧化性，Cl—无氧化性，潮湿 Cl2 具有漂白性，而 Cl—无漂白性等。 例题3 ：（1993年全国高考）向某溶液中加入过量盐酸生成白色沉淀;过滤后向滤液中加入过量的氨水 (使溶液呈碱性),又有白色沉淀生成;再过滤后向滤液中加入碳酸钠溶液,又生成白色沉淀 .原溶液中含有的 离子可能是 ( ) A．Ag+、Cu2+、Ba2+ B．Ag+、Ba2+、Al3+ C．Ag+、Al3+、Ca2+ D．Al3+、Mg2+、K+ 方法：从物质间的反应规律及其现象求解。 捷径：依题意，某溶液依次能跟盐酸、氨水、Na2CO3 反应都生成白色沉淀，可推知溶液中应有 Ag+、 Al3+、Ba2+或 Ca2+。因 A 项中加入过量的氨水使溶液呈碱性,无白色沉淀生成，可排除 A。而 D 项中加入过 量盐酸也无白色沉淀生成，可排除 D。仅有 BC 项符合，故选 BC。 总结：向溶液中加入过量的盐酸产生白色沉淀或浑浊常见的阳离子有 Ag+，阴离子有 SiO32—等，在 S2O32 —中加入 H+有浅黄色浑浊。（若加少量盐酸，AlO2 —、ZnO22—均出现白色沉淀。） 加入过量氨水有白色沉淀出现的常见阳离子有 Al3+、Mg2+。加入 CO32—出现白色沉淀的常见阳离子有 Ba2+、Ca2+、Mg2+、Al3+、Zn2+等。 例 题 4 ： （ 1992 年 三 南 高 考 ） 不 用 其 它 试 剂 , 限 用 化 学 方 法 区 别 下 列 两 组 内 的 四 瓶 溶 液 （ ） ①NaOH、NaCl、AgNO3、NH3·H2O ②NaCl、MgCl2、Al2(SO4)3、NH4Cl A．只有①组可以 B．只有②组可以 C．两组均可以 D．两组均不可以 方法：将选项中的物质通过互滴后分组，再对组内物质通过鉴别出来的物质进行鉴别。 捷径：将①组内四种溶液取少量互滴，其它三种溶液滴入该溶液中能产生沉淀者为 AgNO3。再将 AgNO3 滴入剩下的三种溶液(取少量进行实验)中，立即产生白色沉淀者为 NaCl ；产生土黄色沉淀者为 NaOH；无 现象，反滴后开始有土黄色沉淀，后沉淀消失者为 NH3·H2O。而②选项互滴无现象，不能区别。故选 A。 总结：不用其它试剂, 又要用化学方法区别，在这种题设条件下，部分考生显得束手无策。如能理解 组内物质相混合，便能正确获解。 例题 5 ：（2000 年苏、浙、吉高考理科综合）提纯含有少量硝酸钡杂质的硝酸钾溶液，可以使用的方 法为 （ ） A．加入过量碳酸钠溶液，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸 B．加入过量硫酸钾溶液，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸 C．加入过量硫酸钠溶液，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸 D．加入过量碳酸钾溶液，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸 方法：杂质离子仅为 Ba2+，以此从 Ba2+方面考虑杂质的去除。 捷径：如果加入钠盐，溶液中将增加了 Na+ 这种杂质，显然选项 A、C 不符合题意。选项 B 加入过量 的 SO42—，虽除去了杂质 Ba2+，但又引入杂质 SO42—。选项 D 加入过量 CO32—除去杂质 Ba2+，过量的 CO32 —又与 HNO3 反应，生成 CO2 而放出。达到提纯的目的。故选 D。 总结：除去溶液中原有的杂质，要注意不能引入新的杂质。 例题6 ：（1992年三南高考）(1)浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应的化学方程式是。 (2)试用下图所列各装置设计一个实验,来验证上述反应所产生的各种产物. 这些装置的连接顺序(按产物气流从左至右的方向)是(填装置的编号): → → → . (3)实验时可观察到装置①中A瓶的溶液褪色,C瓶的溶液不褪色。A瓶溶液的作用是 , B 瓶溶液的作用是 。C瓶溶液的作用是 。 (4)装置②中所加的固体药品是 ,可验证的产物是 ,确定装置②在整套装置中位置的理由 是 。 (5)装置③中所盛溶液是 ,可验证的产物是 。 方法：根据浓硫酸与木炭粉反应的方程式确定生成物，再根据装置要求确定连接顺序和实验现象。 捷径：(1)反应的化学方程式为：2H2SO4（浓）+C 2H2O+2SO2↑+CO2↑ (2) 验证反应所产生的产物有CO2、SO2和H2O。其顺序为：④→②→①→③。 (3) 从实验过程分析得，A瓶溶液的作用是：验证产物气流中有无SO2 。B瓶溶液的作用是：将产物气 流中SO2全部氧化吸收，以防对验证CO2产生干扰。C瓶溶液的作用是：确认产物气流中SO2是否已被B瓶溶 液全部吸收。 (4) 装置②中所加的固体药品是无水硫酸铜(或变色硅胶)，可验证的产物是水蒸气，确定装置②在整套 装置中位置的理由是：由于产物气流通过①、③时会带出水气,所以②必须在①、③之前。 (5) 装置③中所盛溶液是澄清石灰水，可验证的产物是CO2(二氧化碳)。 总结：验证反应所产生的气体产物时，要注意先验证水，因只要通过水溶液，便会有水蒸气带出。再 验证 SO2，并通过 KMnO4 除去 SO2。最后验证 CO2。其顺序不能颠倒。 例题 7 ：（2002 年全国高考）根据下图回答问题： (1)上述装置中，在反应前用手掌紧贴烧瓶外壁检查装置的气密性，如观察不到明显的现象，还可以用 什么简单的方法证明该装置不漏气 。 (2)写出浓硫酸和木炭粉在加热条件下发生反应的化学方程式： 。 (3)如果用图中的装置检验上述反应的全部．．产物，写出下面标号所表示的仪器中应加入的试剂的名称及 其作用： A 中加人的试剂是_____________，作用是_______________________。 B 中加入的试剂是_____________，作用是_______________________。 C 中加入的试剂是_____________，作用是除尽________________气体。 D 中加入的试剂是_____________，作用是_______________________。 (4)实验时，C 中应观察到的现象是______________________________。 方法：根据浓硫酸与木炭粉反应的方程式确定生成物，再根据装置图和实验要求，确定各装置所盛试 剂和作用。 捷径：（1）因装置较多、空间较大，故在反应前用手掌紧贴烧瓶外壁观察不到明显的现象。此时可以 改用，在反应前先用小火加热烧瓶，如 B、C、D 瓶中有气泡冒出，停止加热后，水会升到导管里形成一 段水柱，则证明装置不漏气。 （2）浓硫酸和木炭粉反应的方程式为：2H2SO4（浓）+C 2H2O+2SO2↑+CO2↑ （3）从实验要求分析，要检验反应的全部产物，加入试剂的名称及其作用分别为： A：无水硫酸铜。检验 H2O B：品红溶液。检验 SO2 C：酸性 KMnO4 溶液。除尽 SO2 D：澄清石灰水。检验 CO2 （4）为了说明没有 SO2 进入 D 瓶，C 中应观察到的现象是：酸性高锰酸钾溶液的颜色不褪尽（或不褪 色，或不褪成无色）。 总结：有关浓硫酸与木炭粉的反应，巳多次出现在高考试题中，且常考常新。此类试题要求考生准确 把握反应原理和实验要求，分清所提供的各种装置的特点和应答的要求。 金钥匙： 例题 1 ：下列各组溶液中，不用任何其他试剂就能鉴别的是 （ ） A．Na2SO4，H2SO4，AlCl3，BaCl2 B．HCl，NaOH，K2SO4，NaHSO4 C．Na2AlO2，KHCO3，NaCl，NaHSO4 D．NaOH，FeCl3，MgCl2，K2SO4 方法：首先考虑有无有颜色的溶液，然后将组内溶液两两混合，观察现象。 捷径：A 中溶液均无色，两两混合之： ① ② ③ Na2SO4 H2SO4 AlCl3 BaCl2 ④ ⑥ ⑤ ①、⑤现象相同，②、③、④、⑥均无明显现象，无法区分。 同理，B 组无法区分，C 组可以区分。 D 中 FeCl3 溶液为黄色（其余无色），将 FeCl3 作已知试剂，可以找出 NaOH；再用 NaOH 可区分出 MgCl2、K2SO4。 所以答案为 C、D。 总结：四种溶液两两混合有 C42=6 种可能。如果涉及多种可能、多个数据的使用等问题时，引入数学 中的排列、组合等知识，可以不遗漏、不重复地讨论所有的可能结论。 例题 2 ：只需用水就能鉴别的是 ( ) A．HCl、Na2CO3、NaHCO3(三种溶液) B．BaCl2、BaSO4、Ba(OH)2(三种固体) C．CuSO4、CaCO3、AgCl (三种固体) D．C2H5OH、C6H6、CCl4 (三种液体) 方法：从加水后的现象不同予以区别。 捷径：A 选项均为溶液，不需用水，但也不能鉴别。B 选项，加水后 BaCl2、Ba(OH)2 能溶于水，但溶 液均为无色，不能区别。C 选项，加水后只有 CuSO4 溶于水显蓝色，另两种不溶于水的 CaCO3、AgCl 不 能鉴别。D 选项，加水后 C2H5OH 溶于水，溶液不分层，而 C6H6 不溶于水，位于水的上方，CCl4 不溶于 水，位于水的下方，可以用水鉴别。得答案为 D。 总结：如果物质溶于水中热量变化不一样，也可用水鉴别(如 NH4NO3、NaOH、NaCl 三种固体)。 例题 3 ：下列各组溶液中，不用任何试剂无法鉴别的是 （ ） A．NaCl、Na2CO3、NaI、AgNO3 B．HCl、Na2CO3、新制氯水、NaI C．Na2S、HCl、FeCl3、NaCl D．AlCl3、BaCl2、Na2CO3、H2SO4 方法：首先考虑有无有颜色的溶液，然后将组内溶液两两混合，观察现象。 捷径：A 选项，四种溶液皆无色透明，无明显特征，且两两混合时 NaCl 与 Na2CO3 呈现的现象相同， 不用试剂无法区别。 B 选项，利用两两组合法：在两两组合时，四种溶液的混合现象各不相同，能够区别开来。 HCl Na2CO3 Cl2 NaI HCl — ↑ — — Na2CO3 ↑ — ↑ — Cl2 — ↑ — 橙黄色 NaI — — 橙黄色 — 注：表中“↑”表示气体，“—”表示无明显现象。 C 选项，利用连锁推断法：四溶液中有三种无色，只有 FeCl3 溶液呈黄色。将 FeCl3 作为鉴别用试剂， 分别滴入另外三种溶液，产生黑色沉淀的是 Na2S，再把 Na2S 溶液分别滴入其余二种溶液中，有臭鸡蛋气 味气体产生的为 HCl，剩下一种就是 NaCl 溶液。 D 选项，四种溶液均为无色，两两混合时，现象各不相同，能够区别开来。 以此得答案为 A。 总结：此题与例 1 的不同之处是，例 1 为“不用任何其他试剂就能鉴别”，该题为“不用任何试剂无 法鉴别”。在解题时要充分注意“能”与“不能”，在此同时列出，也就是想提醒考生明白这一点。 例题 4 ：下列各组混合物质，用括号中注明的分离方法分离不正确的是 （ ） A．苯酚浊液（过滤） B．苯与溴水（萃取并分液） C．碘和砂的混合物（升华） D．氮气和氧气（液化蒸馏） 方法：从物质的性质接合分离的方法综合考虑。 捷径：本题提供的 4 组混合物所用分离方法 B、C、D 正确，A 不对。 苯酚在常温下虽然是固体（熔点 43℃），但在水中不溶时呈乳浊状态而不是悬浊状态，无法过滤。 溴在苯中的溶解性明显大于在水中的溶解性，且由于苯与水互不相溶，故可用萃取、分液的方法将其 分离。 碘能升华，加热直接变蒸气而与高熔点的砂分开。 工业上分离空气中的氧气和氮气，正是将空气液化，然后略微升温至高于 N2 的沸点（—196℃）而低 于 O2 的沸点（—183℃）时，使 N2 气化而与液态 O2 分开。 总结：苯酚浊液中的“浊液”二字是解答该题的干扰信息，部分考生只从浊液考虑，而未能从苯酚的 性质去分析，因而造成错误。 例题 5 ：甲、乙、丙、丁分别是 HCl、Na2CO3、Ca（OH）2、AgNO3 四种溶液中的一种。将它们两两 混合后，观察到的现象为：①甲与乙或丙混合都产生沉淀，②丙与乙或丁混合也产生沉淀，③丁与乙混合 产生无色气体。回答下列问题。 （1）这四种溶液分别是：甲 ，乙 ，丙 ，丁 。 （2）写出有关离子反应的离子方程式。 甲与乙： 。 甲与丙： 。 丙与乙： 。 丙与丁： 。 丁与乙： 。 甲与丁： 。 方法：采用列表法将四种溶液两两混合后产生的现象分别列出，然后再逐一分析。 捷径：四种溶液两两混合后会产生的现象列表如下： HCl Na2CO3 Ca（OH）2 AgNO3 HCl ↑ — ↓ Na2CO3 ↑ ↓ ↓ Ca（OH）2 — ↓ ↓ AgNO3 ↓ ↓ ↓ 依题意，甲与乙、丙混合均产生沉淀，乙与丁混合产生气体，对照上表知乙为 Na2CO3，丁为 HCl，甲、 丙为 Ca（OH）2、AgNO3，再根据上表分析可确定甲、丙。答案如下 （1）Ca（OH）2 Na2CO3 AgNO3 HCl （2）Ca2++CO32—=CaCO3↓ ； Ag++OH—=AgOH↓ ； 2Ag++CO32—=Ag2CO3↓ Ag++Cl—=AgCl ↓； 2H++CO32—=CO2↑+H2O ； H++OH—=H2O 。 总结：Ag+与 OH—结合生成的 AgOH 很不稳定，很快分解生成土黄色的 Ag2O 沉淀。盐酸与石灰水混 合虽无明显现象，但混合后发生了中和反应。 例题 6 ：分别用一种试剂鉴别下列物质： （1）（NH4）SO4、NaCl 与 CH3COONa 的溶液。 （2）Al2（SO4）3、MgSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4 与 Na2SO4 的溶液。 （3）Na2SiO3、Na2S、Na2CO3、Na2SO3、Na2S2O3、NaCl 的溶液。 （4）Na2SO4、NH4Cl、NaCl、（NH4）2SO4 的溶液。 (5) Al2（SO4）3 、H2SO4、Ba（OH）2、CaCl2 的溶液。 （6）HCOOH、CH3COOH、C2H5OH、葡萄糖的溶液。 方法：根据阳离子、阴离子或整个物质的性质不同，去选择试剂。 捷径：（1）题因 NaCl 不水解，溶液呈中性；而（NH4）2SO4 和 CH3COONa 都能水解分别使溶液呈酸 性和碱性。所以用石蕊试液或 pH 试纸就可鉴别开来。 （2）题可用 NaOH 溶液鉴别。根据生成蓝色沉淀鉴出 CuSO4；红褐色沉淀鉴出 Fe2（SO4）3；白色沉 淀且立即变灰绿色，最终变红褐色鉴出 Al2（SO4）3；白色沉淀不溶于 NaOH 溶液鉴出 MgCl2；无明显现 象的为 Na2SO4。 （3）题可用稀硫酸或稀盐酸鉴别。6 种溶液分别与稀盐酸反应，产生白色沉淀的为 Na2SiO3；有臭鸡 蛋气味的为 Na2S；有无色无味气体产生的为 Na2CO3；有无色刺激性气味气体产生的为 Na2SO3；使溶液变 浑浊且产生无色刺激性气味气体的为 Na2S2O3；无现象的为 NaCl。 （4）题可用 Ba（OH）2 溶液鉴别，实验在加热的情况下进行，若只有白色沉淀产生的为 Na2SO4；只 有气体产生的为 NH4Cl；既有白色沉淀又有气体产生的为（NH4）2SO4；无明显现象的为 NaCl。 （5）题可用（NH4）2CO3 溶液鉴别。分别反应时，若既有白色沉淀，又有无色无味气体产生的是 Al2 （SO4）3；只有无色无味气体产生的是 H2SO4；既有白色沉淀，又有刺激性气味气体生成的是 Ba（OH）2； 只有白色沉淀的是 CaCl2。此外，也可选用 NaHCO3 溶液鉴别。 （6）中可用新制得的 Cu（OH）2 悬浊液鉴别。分别反应时悬浊液变为蓝色溶液的是甲酸和乙酸，再 加热煮沸，产生了红色沉淀的为甲酸，无红色沉淀的为乙酸；变为深蓝色溶液，加热煮沸时又产生红色沉 淀的是葡萄糖；无现象的是乙醇。 以此得答案为：（1）石蕊试液等 （2）NaOH 溶液（3）稀盐酸等（4）Ba（OH）2 溶液 （5）（NH4） 2CO3 溶液 （6）新制碱性 Cu（OH）2 悬浊液 总结：用一种试剂鉴别物质，首先必须考虑物质组中离子的相同部分和不同部分，再根据不同之处选 择试剂。 例题 7 ：已知 FeS2 FeS+S，试通过实验证明某块矿石是硫铁矿（不要求测定化学式），写出简 要的实验步骤。 方法： 逆向考虑，从分解产物进行证明。 捷径： 将矿石研成粉末状，置于试管中加热。若试管稍冷后试管内壁上附有黄色粉末，说明反应中有 硫生成。 取少量加热后的残渣放入试管中，滴入稀盐酸，若产生有臭鸡蛋气味的气体，则证明残渣中含 S2—。另 取上层清液于另一支试管中，滴加适量氢氧化钠溶液，如有白色絮状沉淀析出，且沉淀很快变成灰绿色， 最后变成红褐色，则证明溶液中有 Fe2+，残渣中含有 FeS。 根据上述实验，该矿石分解后能产生 FeS 和 S。所以证明其为硫铁矿。 总结：本题鉴定出该矿石中含有 FeS2。根据已知条件，硫铁矿中的 FeS2 加强热能生成 FeS 和 S，因此， 问题就转化为鉴定其分解产物。 聚宝盆： 1．关于未知溶液两两混合的推断题，一般采用列表法解比较简捷，若未知溶液较多，则注意从现象最 明显，最容易推断的物质为突破口，然后再顺藤摸瓜推断出其他未知物质。 2．只允许用一种试剂鉴别的题目，由于限制了试剂的种类，因而也就增加了题目的难度。要熟练解答 这类习题，不但要熟练地掌握各类物质的性质和它们与某物质相互反应的规律及实验现象，而且还必须有 科学的解题思路。常见的解题思路有以下几种： ①若几种溶液的酸碱性不同时，可选适当的指示剂或 pH 试纸鉴别。 ②若几种溶液含有不同的阳离子，可考虑用强碱溶液与它们分别反应，根据生成物的颜色、稳定性， 及在过量碱液中的溶解情况而加以鉴别。 ③若几种溶液中含有不同的阴离子，可考虑使用强酸，根据生成物的状态、颜色、气味 等差别加以鉴别。 ④若几种物质间有的含有相同的阴离子，可考虑用既与相同的阳离子反应，又与相同的阴离子反应的 试剂来鉴别。 ⑤若被鉴别物质中有能强烈水解的盐，可考虑用与之能发生双水解反应且与该组中其他物质发生不同 反应的盐溶液鉴别。 ⑥鉴别有机物时，若被鉴别物质中含有醛基、羧基，应先考虑用新制得的 Cu(OH)2 悬浊液鉴别。被鉴 别物质中含有酚的，可考虑用 Fe3+利用显色反应鉴别。 热身赛： 1．某无色溶液可能由 Na2CO3、MgCl2、NaHCO3、BaCl2 中的一种或几种混合而成。往溶液中加入烧 碱溶液出现白色沉淀，加入稀硫酸，也出现白色沉淀，并放出气体，据此分析，下列组合判断中正确的是 （ ） (1)肯定有 BaCl2；(2)肯定有 MgCl2；(3)肯定有 NaHCO3；(4)肯定有 Na2CO3 或 NaHCO3；(5)肯定没有 MgCl2。 A．(1)、(2)、(3) B．(1)、（3） C．(2)、(4) D．(1)、(3)、(5) 2．某无色混合气体可能含有 CO2、CO、H2O（蒸气）、H2 中的一种或几种，依次进行如下处理（假 设每次处理均反应完全）：(1)通过碱石灰时，气体体积变小；(2)通过赤热的氧化铜时，固体变为红色；(3) 通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色；(4)通过澄清石灰水时，溶液变得浑浊。由此可以确定原混合气体 中 （ ） A．一定含有 CO2、H2O，可能含有 H2、CO B．一定含有 H2O、CO，可能含有 CO2、H2 C．一定含有 CO、CO2，可能含有 H2O、H2 D．一定含有 CO、H2，可能含有 H2O、CO2 3．除去下列(a)—(d)中的杂质，可以用的同一方法是 ( ) (a)乙烯中的少量 SO2 和 CO2 (b)乙炔中的少量 H2S (c)通过苯硝化反应制得的呈红棕色的硝基苯 (d)通过苯的溴代反应制得的呈红棕色的溴苯 A．萃取 B．用酸洗 C．分馏 D．用 NaOH 溶液洗 4．有 100 mL 混合气体，可能由 NH3、HCl、CO2、NO 组成，将此气体通过浓 H2SO4，气体体积减少 30 mL，再通过固体 Na2O2 后，气体体积又减少 15 mL，最后通过水后，变为 45 mL(同温同压，水蒸汽体 积不计)，则原混合气体中各成份的体积之比：V V V VNH HCl co NO( ) ( ) ( ) ( )3 2 ： ： ： 正确的是 ( ) A．3∶0∶1∶6 B．0∶6∶3∶1 C．6∶0∶3∶11 D．3∶2∶1∶4 5．下列各组溶液中，不加其它任何试剂就能鉴别的是 （ ） A．NaCl、HCl、NaAlO2、NaHCO3 B．Na2SO4、KNO3、（NH4）2SO4、BaCl2 C．FeCl3、Na2CO3、KCl、HNO3 D．AgNO3、NaCl、Na3PO4、NaI 6．能证明一种无色液体是纯净的水的方法是 （ ） A．测知该液体的 pH 值为 7 B．测知该液体的密度为 1g/cm3 C．该液体与 Na 反应产生 H2，与 Na2O2 反应产生 O2 D．在压强为 1.01×105Pa 时，该液体的沸点为 373K 7．某无色透明溶液 ，可能含有下面两组离子中的几种：阳离子组：Cu2+、Ba2+、Mg2+、H+；阴离子 组：Cl—、OH—、NO3—、CO32—；已知该溶液能和铝粉反应放出氢气，如果确定该溶液中含有 Mg2+，试推 断溶液中一定含有 离子，可能含有 离子，一定没有 离子。 8．某工厂排出的污水中可能含有 Ba2+、K+、OH—、SO42—、Cl—、CO32—等离子，为了进一步确定，进 行如下实验： 取污水仔细观察。呈无色透明的均一状态。 取污水少许，滴入稀硫酸产生大量白色沉淀，再加入足量稀硝酸，白色沉淀不消失。 经测试，该污水 PH＞7。由此推断，污水中肯定含有的离子是 ，肯定不含的 离子是 。 9．常温下一混合气，可能由 H2、O2、N2、Ar、Cl2、NO、HCl、NH3、CO2 等气体中的两种或多种组 成，取此混合气 160mL 进行以下实验：（1）混合气通过浓硫酸后，体积减少 15mL；（2）剩余气体在通 过足量 Na2O2 颗粒充分反应后体积又减少 30mL；（3）点燃剩余气体后再冷却至常温，体积又减少 75mL； （4）剩余气体再通过灼热铜网后，恢复到原状况，体积又减少 10mL，余气体 30mL；在整个操作过程中 气体无颜色变化。推断： （1）肯定有的气体及其体积：__________________________________________。 （2）可能存在的气体及其体积：________________________________________。 （3）肯定没有的气体是：______________________________________________。 10．有一瓶无色溶液，其中可能含有 NH4+、K+、Mg2+、Ba2+、Al3+、Fe3+、I-、Cl-、NO3-、CO32-、SO42-， 取该溶液进行以下实验： （1）该溶液可使 pH 值试纸呈现红色； （2）取溶液少量加新制氯水及 CCl4 振荡，可见 CCl4 层呈现紫色； （3）取溶液少量加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，加入 HNO3 后沉淀不溶解； （4）取实验（3）之上层清液，加入硝酸银溶液有白色沉淀生成，加入 HNO3 后沉淀不溶解； （5）取原溶液少量加入 NaOH 溶液呈碱性，在此过程中有白色沉淀生成，而后又逐渐消失，将此溶液 加热，有无色气体放出，该气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝。 根据上述实验事实，溶液中肯定存在的离子有（1）____________________，肯定不存在的离子有（2） ____________________，不能确定是否存在的离子有（3）___________。 11．有一种废液中含有 K、Cu2、Zn2、NO3、Br离子，进行下列处理使离子分离并制得溴的四氯化 碳溶液、金属铜、皓矾和硝酸钾晶体。 写出①~⑦各步实验时所进行的操作(所加的试剂、分离的方法等) 12．有 A、B、C、D、E、F 6 种无色溶液，它们分别是 Na2CO3、HCl、AlCl3 、Na2SO3、AgNO3、和 NaAlO2。用这 6 种溶液进行实验，操作和现象为： ①将 C 滴入 A 后，有白色沉淀产生 ②将 B 滴入 C 后，也有白色沉淀产生 ③将 A 滴入 E，有刺激性气味的气体放出 ④将 D 滴入 A，有气体放出 ⑤将 A 滴入 F，开始时出现白色浑浊，继续不断滴入，浑浊从增加到减少，最后溶液又变澄清。 试根据以上事实推断，A F 各是什么物质？写出它们的化学式： A__________B__________C__________D__________E__________F__________ 大检阅： 1．B 2．D 3．D 4．C 5．AC 6．D 7．H+、Mg2+； Ba2+、Cl—；Cu2+、CO32—、OH—、NO3—； 8．OH— Ba2+ ，SO42— CO32— 9．（1）NH3（15mL）、CO2（60mL）、H2（50mL）、O2（35mL） （2）Ar 或 N2（30mL） （3）HCl、Cl2、NO 10．（1）NH4+、Al3+、I-、SO42- （2）Mg2+、Ba2+、Fe3+、CO32-、NO3- （3）K+、Cl- 11．①先通入氢气，后加入四氯化碳，振荡后分液； ②加过量锌粉搅拌后过滤； ③加入过量碳酸钾溶液，充分反应后过滤； ④加硝酸至气体不再生成 ； ⑤先加热蒸发，后冷却结晶； ⑥加过量稀硫酸，充分反应后过滤； ⑦先加热蒸发，后冷却结晶 12．A：HCl，B：AlCl3，C：AgNO3，D：Na2CO3，E：Na2SO3，F：NaAlO2 策略 24 化学实验方案的设计与评价技巧 金点子： 设计性实验主要有以下三种形式：(1) 在演示实验或学生实验的基础上加以改装，并在条件或器材上加 以限制。(2) 给定实验器材，要求考生根据所学知识自行设计实验方案和过程以完成实验。(3) 只提实验目 的，要求考生自行选择实验器材，安排实验步骤，设计实验数据处理方法以及分析实验误差。 设计性实验看似新颖，变化多端，但万变不离其宗，这个“宗”，就是在中学阶段学过的实验原理和方 法。因此，在解答设计性实验题时，一是要注意与我们学过的实验联系起来，尤其是注意学过的实验原理 和方法。二是应注意几个设计原则：(1)科学性原则。方案所依据的原理要符合基本规律，并能通过实验现 象揭露其本质，达到测量、研究和探索的目的。(2)安全性原则。实验设计时应避免使用有毒药品和进行具 有一定危险性的实验操作。(3)可行性原则。实验设计应切实可行，所选用的化学药品、仪器、设备和方法 等在中学现有的实验条件下能够得到满足。(4)简约性原则。实验设计应尽可能简单易行，应采用简单的实 验装置，用较少的实验步骤和实验药品，并能在较短的时间内完成实验。 化学实验方案的评价要求与实验设计的要求相同。即遵守实验方案设计的四大原则。 经典题： 例题1 ：（1997年全国高考）甲基丙烯酸甲酯是世界上年产量超过100万吨的高分子单体,旧法合成 的反应是：(CH3)2C＝O+HCN→(CH3)2C(OH)CN (CH3)2C(OH)CN+CH3OH+H2SO4—→CH2＝C(CH3)COOCH3+NH4HSO4 90年代新法的反应是: 与旧法比较, 新法的优点是 ( ) A．原料无爆炸危险 B．原料都是无毒物质 C．没有副产物,原料利用率高 D．对设备腐蚀性较小 方法：从反应条件、反应中消耗的物质，以及使用的物质有无毒性等多方面分析。 捷径：新法中的丙炔、CO 都是易燃易爆的气体，且 CO 有毒，所以 A、B 都舍去。新法中只有一种产 物，所以 C 正确。老法中使用了硫酸，易腐蚀设备，而新法中无酸性物质，所以对设备腐蚀性较小，D 正 确。以此得答案为 C D。 总结：通过新旧之间条件、原料、毒性的比对，采用淘汰法方可快速获得结果。 例题 2 ：（1998 年全国高考）按下列实验方法制备气体，合理又实用的是（ ） A．锌粒与稀硝酸反应制备氢气 B．向饱和氯化钠溶液中滴加浓硫酸制备 HCl C．亚硫酸钠与浓硫酸反应制备 SO2 D．大理石与浓硫酸反应制备 CO2 方法：从实验原理上去分析。 捷径：锌粒与硝酸反应不能制备 H2，只能生成氮的氧化物；氯化氢气体是固体氯化钠与浓硫酸共热而 制得；大理石与浓硫酸反应生成微溶于水的 CaSO4，而 CaSO4 覆盖在大理石上，不可能使反应进行完全、 迅速。故合理又实用的是 C。 总结：制备气体合理即符合化学反应原理，如 A 反应不能生成 H2，B 中因反应物的状态不符合反应要 求，D 反应虽然能制取少量 CO2 气体，但因生成微溶物而使反应中断。当然，若反应太快也不能控制，如 用金属钾制氢气，也不能算作合理的方案。实用应符合便于操作，得到气体纯净，反应时间适宜等条件。 例题3 ：（1992年三南高考）三位学生设计了下述三个方案, 并都认为如果观察到的现象和自己设计 的方案一致, 即可确证试液中有SO42—。 试评价上述各种方案是否严密, 并分别说明理由。 方法：从实验现象分析，是否有其它离子也具有相同的现象。 捷径：从实验现象分析知：甲方案不严密,因为含有Ag+(或Hg22+、Pb2+),而不含SO42－的无色透明溶液, 也会出现此方案的现象。 总结：确证试液中有 SO42—的方法是：在溶液中首先加入足量的稀盐酸，若无沉淀出现，证明没有离 子与 H+或 Cl－产生沉淀，再加入 BaCl2 溶液产生沉淀，证明只有 SO42—。 例题 4 ：（2002 年全国高考）已知化合物甲和乙都不溶于水，甲可溶于质量分数大于或等于 98%的硫 酸，而乙不溶。现有一份甲和乙的混合物样品，通过实验进行分离，可得到固体甲。(实验中使用的过滤器 是用于过滤强酸性液体的耐酸过滤器。) 请填写表中空格，完成由上述混合物得到固体甲的实验设计。 序号 实验步骤 简述实验操作(不必叙述如何组装实验装置) ① 溶解 将混合物放入烧杯中，加入 98% H2S04 ，充分搅拌直到固体不再 溶解。 ② ③ ④ ⑤ 洗涤沉淀 ⑥ 检验沉淀 是否洗净 方法：根据题中信息“甲可溶于质量分数大于或等于 98%的硫酸，而乙不溶”，利用 98%的硫酸先溶 解甲，再通过稀释，获得乙的沉淀物，过滤即可得到乙。 捷径：从方法、原理和操作要求得： 序号 实验步骤 简述实验操作(不必叙述如何组装实验装置) ① 溶解 将混合物放入烧杯中，加入 98% H2S04 ，充分搅拌直到固体 不再溶解。 ② 过滤 安装好过滤装置，将①的悬浊液沿玻璃棒加入过滤器中过滤。 ③ 稀释（或 沉淀） 在另一烧杯中，放入适量蒸馏水，将②的滤液沿玻璃棒慢慢 加入该烧杯中，并不断搅拌。 ④ 过滤 重新安装过滤装置，将③的悬浊液沿玻璃棒加入过滤器中过滤。 ⑤ 洗涤沉淀 向④的过滤器中注入少量蒸馏水，使水面浸过沉淀物，等水 滤出后，再次加水洗涤，连洗几次。 ⑥ 检 验 沉 淀 是否洗净 用小试管从⑤的漏斗下口取少量洗出液，滴入 BaCl2 溶液， 没有白色沉淀，说明沉淀已洗净。 总结：此题为一新情境题，要求考生从题中信息分析获解。 例题 5 ：（2001 年全国高考）回答下面问题： （l）分离沸点不同但又互溶的液体混合物，常用什么方法？ 。 （2）在分液漏斗中用一种有机溶剂提取水溶液里的某物质时，静量分层后，如果不知道哪一层液体是 “水层”，试设计一种简便的判断方法。 。 方法：(1)根据混合物性质确定分离方法，(2)根据水与有机溶剂溶解性的不同确定判断方法。 捷径：（1）因液体混合物的沸点不同，但又互溶。故选用蒸馏方法。 （2）采取在下层液体中加水，看是否分层来确定。方法是：取一支小试管，打开分液漏斗的活塞，慢 慢放出少量液体，往其中加入少量水，如果加水后，试管中的液体不分层，说明分液漏斗中，下层是“水 层”，反之，则上层是水层。 总结：本题的第(2)问虽属易题，但如不能从水与有机物溶解性的不同去考虑，正确作答仍是有一定困 难的。 例题 6 ：（1998 年全国高考）测定一定质量的铝锌合金与强酸溶液反应产生的氢气的体积，可以求得 合金中铝和锌的质量分数。现有下列实验用品：中学化学实验常用仪器、800mL 烧杯、100mL 量筒、短颈 玻璃漏斗、铜网、铝锌合金样品、浓盐酸（密度 1.19g/mL）、水。按图示装置进行实验，回答下列问题。 （设合金样品完全反应，产生的气体体积不超过 100 mL） （1）补充下列实验步骤，直到反应开始进行（铁架台和铁夹的安装可省略）： ①将称量后的合金样品用铜网小心包裹好，放在 800 mL 烧杯底部，把短颈漏斗倒扣在样品上面。 。 （2）合金样品用铜网包裹的目的是： 。 方法：根据实验要求和物质性质确定补充的实验步骤和部分操作的目的。 捷径：（1）依据巳写出的第一步操作，要使反应得以进行，其它步骤为：②往烧杯中注入水，直至水 面没过漏斗颈（没答水面没过漏斗颈算错）。③在 100 mL 量筒中装满水，倒置在盛水的烧杯中（量筒中 不应留有气泡），使漏斗颈插入量筒中。烧杯中水面到杯口至少保留约 100 mL 空间。④将长颈漏斗（或 玻璃棒）插入烧杯并接近烧杯底部，通过它慢慢加入浓盐酸，直至有气体产生。 （2）合金样品用铜网包裹的目的是：使样品在反应时能保持在烧杯底适当的位置（或避免反应时样 品漂浮）。 总结：(1) 实验步骤顺序写错，或者步骤②中加入盐酸，则不论其它步骤回答是否正确，评分时均算错。 (2)中合金样品用铜网包裹的目的有，部分考生未能考虑到反应物有气体生成，可能造成固体漂浮，而错误 认为起原电池的作用而出错。 例题7 ：（1994年全国高考）氨跟氧化铜反应可以制备氮气（2NH3 + 3CuO 3Cu + 3H2O + N2）。 而氮气跟镁在高温下反应可得到氮化镁,但氮化镁遇水即反应生成Mg(OH)2和NH3。下面是甲、乙两位学 生提出的制备氮化镁的两种实验方案示意框图(实验前系统内的空气已排除；图中箭头表示气体的流向)。 填空和回答问题: (1)甲、乙两生 提出的实验方案是 否能制得氮化镁？ (填"能"或"不能") 甲 乙 。 小题不用回答)。 答： 。 方法： 捷径：(1)甲：不能，乙：能(2)甲方案中反应产生的NH3全部被H2SO4吸收,不能进行后续反应. 总结：乙方案由 NH4Cl 与 Ca（OH）2 固体加热制取 NH3，NH3 与 CuO 加热反应生成 N2，通过水除去 未反应的 NH3，经浓 H2SO4 干燥后得纯净 N2，再与镁反应得氮化镁。甲方案第一步制得 NH3，第二步后得 干燥 NH3，通过浓硫酸后，氨气全部被吸收，无法再进行反应。 例题 8 ：（2001 年上海高考）用实验确定某酸 HA 是弱电解质，两同学的方案是： 甲：①称取一定质量的 HA 配制 0.1 mol/L 的溶液 100 mL； ②用 pH 试纸测出该溶液的 pH 值，即可证明 HA 是弱电解质。 乙：①用已知物质的量浓度的 HA 溶液、盐酸，分别配制 pH=1 的两种酸溶液各 100mL； ②分别取这两种溶液各 10mL，加水稀释为 100mL； ③各取相同体积的两种稀释液装入两个试管，同时加入纯度相同的锌粒，观察现象，即可证明 HA 溶液是弱电解质。 （1）在两个方案的第①步中，都要用到的定量仪器是 。 （2）甲方案中，说明 HA 是弱电解质的理由是测得溶液的 pH 1（选填﹥、﹤、=）。 乙方案中，说明 HA 是弱电解质的现象是 （多选扣分） a．装 HCl 溶液的试管中放出 H2 的速率快； b．装 HA 溶液的试管中放出 H2 的速率快； c．两个试管中产生气体速率一样快。 （3）请你评价：乙方案中难以实现之处和不妥之处 、 。 （4）请你再提出一个合理而比较容易进行的方案（药品可任取），作简明扼要表述。 。 方法：根据实验要求，对实验方案进行评价，并根据实验要求接合物质的性质再进行实验设计。 捷径： （1）两个方案的第①步均为物质的量浓度溶液的配制，因此都要用到的定量仪器是 100mL 的 容量瓶。 （2）因 HA 为弱电解质，只有部分电离，故 0.1 mol/L 的溶液 pH﹥1，乙方案中，因开始时两酸的 pH 相同，在稀释相同的倍数后，弱酸的电离程度增大，造成其 c(H+)大于强酸中的 c(H+)，故与纯度相同的锌 粒反应，装 HA 溶液的试管中放出 H2 的速率快。选 b。 （3）乙方案中难以实现之处为：如果酸极弱，则配制 pH=1 的 HA 溶液难以实现。不妥之处在于加入 的锌粒难以做到表面积相同。 （4）配制 HA 酸的钠盐(NaA)溶液，测其 pH，如果 pH﹥7，即可证明 HA 是弱电解质。 总结：用实验某 HA 酸的方法较多，除题目提供的两种之外，还有①分别配制 0.1 mol· L—1 的 HA 和 HCl 各 10mL，分别测定其电阻（尽量使两电极的距离保持相等）电阻大的为弱电解质。 ②配制 HA 溶液 10mL，测其 pH，再将溶液稀释到 1000mL，再测其 pH，若 pH 增加不足 2，说明 HA 为弱电解质。 ③配 制 NaA 溶液，测其 pH﹥7，证明 HA 为弱电解质。其中最简单为捷径中提供的方法。 此题的评分中另加了一个要求，即本题的第(4)问的解答，若操作简单、现象明显、又不是化学教材中 讲过的常规方法应属创新，经认可后可给予奖励，奖励分不超过 2 分。第Ⅱ卷得分不超过 84 分。 金钥匙： 例题 1 ：要溶解同样一小块 Ag，用下列何种酸最好（ ） Ａ．浓盐酸 Ｂ．稀盐酸 Ｃ．浓硝酸 Ｄ．稀硝酸 方法：从能否反应及反应用量分析。 捷径：浓、稀盐酸跟 Ag 均不反应。又因为在同量的 Ag 溶解时，消耗的稀 HNO3 少，产生的有毒气体 NO 也少，故应选 D。 总结：此题实为中学化学中银镜反应的后处理问题。部分考生未能从反应的用量分析，而仅从反应的 快慢判断，因而极易错选 C。 例题 2 ：用明矾制取 Al2（SO4）3 晶体和 K2SO4 晶体，除明矾外，已备好的用品有蒸馏水、氨水、pH 试纸。问： （1）除上述药品外，还缺少的试剂有 。 （2）该实验的操作过程：先把明矾溶于 中，再加入 而后过滤。向滤渣中加 入 ，到滤渣刚好溶解为止，将所得溶液加热蒸发，可得 晶体；向滤液中加 入 ，加热至无刺激性气味的气体产生为止，再加入 ，调节溶液至中性，加热蒸发， 可得 晶体。 （3）理论上得 Al2（SO4）3 与 K2SO4 物质的量之比 。 方法：明矾的成分是 KAl（SO4）2·12H2O，要制取 Al2（SO4）3 晶体和 K2SO4 晶体，实际上也就是利 用物理及化学方法将其分开。 捷径：首先将 KAl（SO4）2·12H2O 溶于水，然后用氨水沉淀 Al3+，同时生成 K2SO4 和（NH4）2SO4， 在沉淀 Al（OH）3 中加入硫酸即得 Al2（SO4）3，在滤液中加入 KOH 溶液，加热可得 K2SO4 溶液。由实 验操作原理可知，产物 Al2（SO4）3 与 K2SO4 物质的量之比，取决于明矾 KAl（SO4）2·12H2O 中 Al3+和 SO42—的物质的量之比。n（Al3+）︰n（SO42—）=1︰2，产物 n{Al2（SO4）3}︰n(K2SO4)=1︰4。但是，将 （NH4）2SO4 转化为 K2SO4 这一步中加入了过量的 KOH 溶液，然后加硫酸，在调节溶液至中性过程中又 有 K2SO4 生成，所以最终 n{Al2（SO4）3}︰n(K2SO4)﹤1︰4。故得此题的答案为：（1）硫酸、氢氧化钾溶 液 （2）蒸馏水 氨水 硫酸 Al2（SO4）3 KOH 溶液 硫酸 硫酸钾（3）﹤1︰4 。 总结：本题是一道实验题，主要考查了 Al3+→Al（OH）3→Al3+的过程及（NH4）2SO4 溶液与过量 KOH 溶液反应，然后用 H2SO4 溶液中和过量 KOH 溶液等的问题。部分考生忽视了在调节溶液至中性的过程中 又有 K2SO4 生成，而错误认为理论上得 Al2（SO4）3 与 K2SO4 物质的量之比为 1：4。 例题 3 ：从含有氯化铝、硫酸钾的废液中提取氯化铝，应加入什么试剂？请设计实验操作，并写出有 关反应的化学方程式。 方法：解答该题要从获得纯净氯化铝来考虑，方法只有一个，即将氯化铝首先转化成沉淀，然后再用 盐酸溶解。 捷径：若按正向思考，只要加入某一试剂除去硫酸钾即可，许多同学似乎看准了 SO42-而选择了 BaCl2 试剂，殊不知废液中 K+没有除去，故选择 BaCl2 试剂行不通。若逆向思考，先把 AlCl3 转化为 Al(OH)3， 然后再过滤、洗涤，最后再加入盐酸后方可达到目的。实验操作的设计要求写出实验步骤。其余方程式略。 总结：化学中物质的提纯类试题较多，在解题时，必须考虑“纯净”二字，不仅要除去原有杂质，也 不能引入新的杂质。 例题 4 ：亚硝酸钠(NaNO2)可用做水泥施工的抗冻剂。它易溶于水，有咸味，既有氧化性，又有还原 性。在酸性溶液中它能氧化 I－和 Fe2+。它能将人体内血红蛋白里所含的 Fe2+氧化为 Fe3+使人中毒，在建筑 工地上曾多次发生将亚硝酸钠误作食盐食用，导致民工中毒的事件。亚硝酸钠和酸反应生成亚硝酸，亚硝 酸是不稳定的弱酸，它只存在于冷的稀溶液中，易发生如下分解反应：3HNO2=2NO↑+HNO3+H2O。 从浓 醋酸、氨水、纯碱、稀盐酸、KI―淀粉溶液中选择适当的物质做试剂，用两种简单的化学实验鉴别亚硝酸 钠和氯化钠。试写出两种实验方法使用的试剂和据此鉴别它们的现象。 方法一：（只用一种试剂）试剂__________，现象__________________________。 方法二：试剂__________，现象_________________________________________。 方法：根据在酸性溶液中亚硝酸钠能氧化 I－和 Fe2+，亚硝酸钠和酸反应能生成亚硝酸，亚硝酸是不稳 定的弱酸，它只存在于冷的稀溶液中，易发生如下分解反应：3HNO2=2NO↑+HNO3+H2O。利用亚硝酸钠的 氧化性和不稳定性即可解决。 捷径：方法一：（只用一种试剂）试剂：浓醋酸或稀盐酸。现象：放亚硝酸钠的试管上部出现红棕色 有刺激性气味的气体，放氯化钠的试管无明显变化。方法二：试剂：稀盐酸、KI－淀粉溶液。现象：放亚 硝酸钠的试管溶液变成蓝色，而放氯化钠的试管无明显变化。 总结：从实验中提取有用信息，分析整理信息，重在理解，然后才能触类旁通、举一反三。 例题 6 ：用电石与水反应制取的乙炔中，往往含有 H2S 等杂质，几位同学分别提出用 NaOH 溶液，高 锰酸钾溶液，CuSO4 溶液除去 H2S，经分析、比较，最后确定用 CuSO4 溶液除去 H2S。请回答： (1)选用 NaOH 溶液的理由是________，排除选用 NaOH 溶液的原因是_____________。 (2)选用 KMnO4 溶液理由是_________，排除选用 KMnO4 溶液的原因是____________。 (3)选用 CuSO4 溶液的理由是_________，确定选用 CuSO4 溶液的主要原因是_______。 (4)可用于代替 CuSO4 溶液的其他试剂还有_______________（写出一种即可）。 方法：利用 H2S 的性质，从除尽 H2S，又不与乙炔反应来考虑。 捷径： (1)NaOH 可中和 H2S；中和反应放热，生成的 HS－或 S2－均可水解，在加热条件下，难以除净 H2S。 (2)KMnO4 可氧化 H2S；KMnO4 也可氧化 C2H2。 (3)H2S 与 CuSO4 溶液反应生成不溶于 H2SO4 的 CuS 沉淀 ，此反应现象明显，且 CuSO4 溶液不与 C2H2 反应。 (4)可用醋酸铅[Pb(CH3COO)2]溶液，其原理与 CuSO4 溶液相同。 总结：对是否选用 NaOH 溶液来除去 H2S 是该题的易错点。部分考生未能从盐类水解的角度去分析而 造成错误。 例题 7 ：有一瓶浅绿色的硫酸亚铁晶体，由于保存不善，又放置了很长时间，怀疑它可能被氧化。试 用实验证明它是部分被氧化，还是全部被氧化？写出实验报告。 方法：从实验报告书写要求出发，依据实验目的写出实验报告。 捷径：实验目的：通过实验证明一瓶浅绿色的硫酸亚铁晶体，是部分被氧化，还是全部被氧化。 实验原理：FeSO4 被空气氧化，可生成 Fe2(SO4)3。FeSO4 溶液可与 KMnO4 溶液反应使之褪色。Fe2(SO4)3 溶液可与 KSCN 溶液生成血红色的络离子[Fe(SCN)]2。根据以上反应中的颜色变化，进行验证。 实验药品：稀 H2SO4、KMnO4 溶液、KSCN 溶液。 实验步骤：(1)取少量晶体溶于水，加稀硫酸酸化，分装于 a、b 两支试管里，在 a 中滴加 KMnO4 溶液， 若紫色不断退去即证明有 FeSO4 存在。(2)在 b 中，若滴加 KSCN 溶液有血红色物质出现，则证明有 Fe2(SO4)3 存在，说明原 FeSO4 发生了氧化。 实验结论：根据实验(1)，(2)，若既可使 KMnO4 溶液退色，又能出现血红色，则证明 FeSO4 部分被氧 化，若无血红色物质出现，说明没有被氧化。若不能使 KMnO4 溶液褪色，说明原 FeSO4 已全部被氧化。 总结：因要证明硫酸亚铁晶体是部分被氧化，还是全部被氧化，因而要从 Fe2+和 Fe3+两方面去考虑。 实验报告的书写，必须写明：实验目的、实验原理、实验药品、实验步骤和实验结论。 例题 8 ：氯酸钾含有钾、氯、氧三种元素，用什么方法可以检验出这三种元素的存在？ 方法：利用焰色反应和化学反应中的现象确定。 捷径：(1)用白金丝蘸取试样(氯酸钾)，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃片，看到紫色的火焰，证明试 样中含有钾元素。 (2)将试样放在试管中加热分解，放出的气体能使带余烬木条复燃，证明试样中含有氧元素。 (3)将试样分解后的产物少许，溶于水中，加入几滴硝酸银溶液，若生成白色沉淀，再加入稀硝酸，白 色沉淀不溶解，则证明试样中有氯元素。 总结：元素的检验既要利用化学反应，又用注意反应过程中的现象。其中氯酸钾中氯元素的检验，需 通过反应将+5 价的氯转变成－1 价的氯，再用硝酸银溶液检验。 例题 9 ：试设计一个在实验室中制取并收集少量二氧化碳的实验，并证明二氧化碳水溶液的酸性和碳 酸的不稳定性。 方法：根据题中“制取，同时证明”的要求，利用反应原理，对实验进行设计。 捷径：(a) 实验装置如右图（因 CO2 在 水中 的 溶解度不大，所以可把导气管直接 插到水中）。 (ｂ) 收集 CO2 可通过向上排 空气法。 (c) 证明二氧化碳的水溶液的 酸性，可将二 氧化碳通入事先滴有紫色石蕊试 液的盛水的试 管里，随着气体的通入，试管里的 液 体 逐 渐 变 红，证明二氧化碳水溶液具有酸 性。 将试管取下用试管夹夹持， 放在酒清灯焰 上加热，若有气体放出，同时试管 中 的 红 色 消 失，恢复紫色，可证明碳酸不稳定。 因 CO2 ＋ H2O=H2CO3(能使紫色石蕊变红)，H2CO3 CO2＋H2O(碳酸分解，石蕊液紫色恢复)。 总结：此题的难点不在 CO2 的制取，而在通过实验证明二氧化碳水溶液的酸性和碳酸的不稳定性。在 进行实验设计时，要从指示剂（或碱与指示剂的混合物）的颜色变化来证明酸性，而证明碳酸的不稳定性， 也要考虑到通过分析前与分解后现象的不同确定。 例题 10 ： 设计实验：只用 BaCl2 溶液作试剂，鉴别 Na2SO3 溶液和稀 H2SO4。要求：只写出实验方法、 现象和结论。 方法：BaCl2 与 Na2SO3、H2SO4 分别反应的化学方程式为： BaCl2+Na2SO3==BaSO4↓+2NaCl BaCl2+H2SO4==BaSO4↓+2HCl 化学反应中，现象及产物的化学性质有如下异同点： 都产生白色沉淀；NaCl 使溶液呈中性，HCl 使溶液显酸性；BaSO3 溶于酸，BaSO4 不溶于酸。 因试剂不足，此时可挖掘潜力、就地取材，用加 BaCl2 后的溶液做补充试剂。 捷径：取 Na2SO3 溶液、H2SO4 各 2 mL 分别盛于标记为 A、B 的两支试管中（注意：Na2SO3、H2SO4 与 A、B 之间尚无明确的对应关系）。 向 A、B 中都滴加 BaCl2 溶液，直至不再产生白色沉淀为止。静置 A、B 中的混合物，使上层液体澄清。 用胶头滴管小心吸取 A 中上层清液滴入 B 中，观察现象。若 B 中沉淀溶解且有刺激性气味的气体逸出， 则 B 中的原溶液为 Na2SO3 溶液，A 中的原溶液为是 H2SO4 溶液；若 B 中无明显现象，则 B 中的原溶液为 H2SO4 溶液，A 中的原溶液为 Na2SO3 溶液。 总结：鉴别题必须借助现象作出判断，即有什么现象是什么物质，而不能描述成什么物质具有什么现 象。要善于运用比较法，充分挖掘隐含条件，灵活解决实际问题。 聚宝盆： 实验方案的设计往往有许多途径。为了适应中学生的知识能力水平，中学课本中的某些实验可能不是 最优的方案。所以在实验设计中，要根据实验原理来设计实验步骤和装置，掌握一些装置和仪器药品的替 代方法，力求使设计的实验仪器简单、操作便捷、节省试剂、现象明显、安全防污等。 近年来，实验题中新情境试题不断增多，这类试题的特点是将基本的实验操作设计置于新的情境中（主 要是中学课本没有的新反应或新装置或是能使中学生理解的最新科技知识、简化的改进的装置等），结合 学生原有的知识和能力，来进行仪器组装、现象描述、数据分析、考虑安全和防污等，主要用来考查考生 自学能力、思维能力、分析综合及评价的能力。由于这类实验试题情境新颖、设问巧妙、铺垫得当、知识 新、思维量大、所以区分度很好，能确实将一些基础扎实、自学能力强、思维敏捷、心理素质好的考生选 拨出来。所以，新情境实验试题将是今后实验试题的命题方向。 热身赛： 1．右图中玻璃横管为硬质石英玻璃管，利用它进行有关实验， 处理正确的是 ( ) A．c 处装煤粉，用酒精喷灯加热，a 处密封，b 处连接 U 型管并用冷水冷却，可进行煤的干馏实验。 B．c 处装铜粉，酒精灯加热，a 处通进乙醇蒸气，b 处用水吸收可得乙醛溶液。 C．a 处通进 CO 气体，c 处装氧化铜，b 处连接装有澄清石灰水的洗水瓶，可观察到石灰水变浑浊。 D．c 处装 Fe，a 处通进干燥的氯化氢气体，b 处点燃，火焰呈淡蓝色。 2．有一 Na2CO3 样品，其中只含 Na2CO3·10H2O 和 NaHCO3，为测定样品中 Na2CO3 的质量分数。请 从下图中选用适当的实验装置，设计一个最简单的实验，测定样品中 Na2CO3 的质量分数。 请填写下列空白： （1）应选用的装置是（只写装置的标号）：____，所选用装置的连接顺序是（填接口的字母）：____。 （2）写出在实验测定中发生的化学反应的化学方程式____________。 （3）实验过程中当____时，即可停止加热。 （4）停止加热时，正确的操作是____。 （5）实验装置中盛碱石灰的 U 型管的作用是____。 （6）若取 W g 样品实验，经测定 W g 样品，在加热时，可得 a g CO2，则 W g 样品中所含 Na2CO3 的质量分数为____。 3．现有 W g 的混合气体，其主要成分是 CO、H2 和少量 CO2、水蒸气。请从下图中选用适当的实验 装置设计一个实验，以确认上述混合气中含有 CO 和 H2，并计算 H2 的质量分数。 （1）应选用的装置（只要求写出图中装置序号）_______________________________； （ 2 ） 所 选 用 的 装 置 的 连 接 顺 序 应 是 （ 填 各 接 口 的 字 母 ， 连 接 胶 管 省 略 ） 。 混 合 气 体 → ________________________________________； （ 3 ） 确 认 混 合 气 体 中 含 H2 的 实 验 现 象 ________________________________ ， 理 由 是 __________________________________________________________________________。 （4）实验前分别称装置⑥为 W1 g 、⑤为 M1 g 、②为 Z1 g 。实验结束后再称各装置：⑥为 W2 g 、 ⑤M2 g 、②为 Z2 g 。若反应中生成物全被吸收，则 W g 混合气中 H2 的质量分数为__________________。 4．Cu+在酸性溶液中不稳定，可发生自身氧化还原反应生成 Cu 和 Cu2+。现有浓 H2SO4、浓 HNO3、稀 H2SO4、稀 HNO3、FeCl3 稀溶液及 pH 试纸，而没有其它试剂。简述如何用最简单的实验方法来检验 CuO 经过氢气还原所得到的红色产物中是否有碱性氧化物 Cu2O？ 答：____________________________________________________________。 5．设计一个简单的一次性完成实验的装置图，验证醋酸溶液，二氧化碳水溶液，苯酚溶液的酸性强弱 顺序是 CH3COOH>H2CO3>C6H5OH。 (1)利用下述仪器可以组装实验装置，则仪器的连接顺序为_____接__________接__________接 _____。 (2)写出实验步骤、现象的有关的化学方程式。 (a)____________________________________________________________ (b)____________________________________________________________ 6．某学生设计如右图装置做测定空气中氧气体积百分含 量的实验。当集 气瓶中木炭(过量)停止燃烧后，恢复到原室温，打开止水夹 a，发现烧杯中的 水并不进入集气瓶(装置气密性良好)，试分析实验失败原 因。若仍用以上 装置，作何改进可使实验取得成功？ 7．甲、乙两位学生用两种不同方法制取氮气，并测定 氮 气 的 分 子 量 （用密度法）。下面是甲、乙两位学生提出的两种制备氮气的实验方案（箭头表示气体的流向）。 甲：空气→碱石灰→红磷(点燃)→水→铜粉(灼热)→集气瓶 乙：NH4NO2→浓硫酸→镁粉（灼热）→集气瓶（NH4NO2 N2+2H2O） 回答下列问题： （1）甲、乙两位学生的实验方案是否能制氮气？甲____、乙____（填“能”或“不能”）。 （2）具体说明不能制取氮气的原因并纠正（若两种方案都能制氮气，此一小题不用回答）________。 （3）乙方案中碱石灰和浓 H2SO4 可否交换位置？说明理由：________。 （4）甲、乙两位学生按正确装置制取的氮气，用密度法测出分子量（精确到 0.0001），进行比较：M 甲____M 乙（填<或=或>）。 8．某碳酸盐矿石(主要成分为 BaCO3、亦有少量 CaCO3),现需获得 BaCO3 并尽可能降低 Ca2+含量,为此, 查得有关溶解度数据如下： 0oC 50oC 80oC Ca(OH)2 0.173g 0.130g 0.094g Ba(OH)2 1.64g 13.1g 101.5g 原料只有该矿石、焦炭和水、不得用其他化工原料.下图是实验步骤,试在箭头上的括号内注明反应条件 或方法或所需试剂,并在各方框内写出每步产物的化学式： 9．铅有 4 种氧化物 PbO2、Pb2O3、PbO、Pb3O4。已知 PbO 有明显碱性，Pb2＋盐与 K2CrO4 可得黄色沉 淀。而 PbO2 不溶于水，有酸性，它不与硝酸反应，但能在酸性溶液中将 MnSO4 氧化为 MnO4 －。 (1)用氧化物形与出的化学式 。 (2)现有以下各溶液：NaOH、K2CrO4、H2SO4、MnSO4、KMnO4、HNO3、H2S，请从其中选出一些试 剂，设计一个简捷的实验方法，说明 Pb3O4 中的铅具有不同的价态，并写出有关反应的化学方程式或离子 方程式。 10．一些盐的结晶水合物，在温度不太高时就有熔化现象，既熔融于自身的结晶水中，又同时吸收热 量。它们在塑料袋中经日晒能熔化，在日落后又可缓缓凝结而释放热量，用以调节室温。称为潜热材料。 现将几种盐的水合晶体有关数据列下： Na2S2O3·5H2O 熔点 40～50℃，熔化热 49.7kJ/mol CaCl2·6H2O 熔点 29.92℃，熔化热 37.3kJ/mol Na2SO4·10H2O 熔点 32.38℃，熔化热约 77kJ/mol Na2HPO4·12H2O 熔点 35.1℃，熔化热 100.1kJ/mol (1)上述潜热材料中最适宜应用的两种（用化学式表示）是 (2)实际应用时被采用的，由来源和成本考虑，应该是 大检阅： 1．AC 2．（1）②、④、⑤、⑥ 连接顺序：B 接 E，F 接 G，H 接 I（或 K）。 （2） 2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑ Na2CO3·10H2O Na2CO3＋10H2O↑ CO2＋Ba(OH)2===BaCO3↓＋H2O （3）当样品受热不再有气体产生时 （4）先将连接 B 与 E 的胶皮管卸下之后，再撤酒精灯。 （5）防止 Ba(OH)2 溶液吸收空气中的 CO2 而使实验准确度受影响。 （6）   %W )aW( %W )aW 10014311 421153  －（ 3．（1）④、③、①、②、⑥ （2）HG、EF、AB、CD、JK （3）黑色 CuO 变红，无水 CuSO4 变蓝，混合气体经过浓 H2SO4，已将原水分除掉后，无水 CuSO4 变 蓝，证明有水生成，进一步证明混合气中有 H2。 （4） %1009 )(100 12  W ZZ 4．取少量红色物质放入稀 H2SO4 中振荡，若溶液变蓝，说明有 Cu2O，否则无。 5．(1)A、D、E、B、C、F 或 A、E、D、B、C、F； (2) a、锥形瓶内加入 Na2CO3 晶体，从分液漏斗中加入醋酸，锥形瓶中产生无色无味气体； Na2CO3+2CH3COOH→2CH3COONa+CO2↑+H2O b、把气体导入苯酚钠溶液，试管中产生白色浑浊 6．C＋O2 CO2，消耗 1 体积氧气生成 1 体积二氧化碳，广口瓶内压强在燃烧前后变化不大，并且 二氧化碳不属于极易溶于水的气体。改用红磷燃烧，实验可获得成功。 7．（1） 能；不能 （2）因为 N2 与 Mg 反应生成 MgN2，不应灼烧镁粉 （3）不能；甲方案中碱石灰除干燥空气外，还要吸收空气中的 CO2，而浓 H2SO4 只能吸水而不能吸 CO2 （4）M 甲>M 乙 8． 9．(1)Pb3O4 为 PbO·PbO2； （2）加 HNO3 溶解、Pb3O4＋4HNO3=PbO2＋2Pb(NO3)2＋2H2O，过滤（2）取滤液加入 K2CrO4 溶液有 黄色沉淀 Pb(NO3)2＋K2CrO4=PbCrO4↓＋2KNO3（3）滤渣加入用 H2SO4 酸化的 MnSO4 溶液，溶液出现紫 色 5PbO2＋2Mn2＋＋4H＋=5Pb2＋＋2MnO4 －＋2H2O 10．Na2SO4·10H2O；Na2HPO4·12H2O；Na2SO4·10H2O 第二部分：能力篇 策略 25 选择题的解法与技巧 金点子： 高考选择题的特点是：在给定的条件或每个选项中，都内含着某些确定的关系，这些关系都以化学知 识相互联系、相互制约。解题时必须根据题目的具体内容，运用相关的化学知识、灵活巧妙的解题思路， 严密准确地推理、比较、筛选、分析、归纳，选出正确答案。其解题方法主要有： 1．淘汰法 这种方法就是将题目所提供的选择答案，根据题目的条件，运用比较、分析、归纳、推理的逻辑思维 方法，逐一进行判断，凡不符合题干所给条件的就淘汰掉，最后得出正确答案。若能很好地掌握和运用淘 汰法解选择题，的确能起到事半功倍的作用。 2．讨论法 有些选择题比较复杂，根据题中条件直接计算不易得到正确答案，必须运用讨论法，将所有的可能性 都考虑进去，通过对试题的分析，抓住问题的本质，找出内在关系，利用有关概念和理论，层层剥开，步 步逼近，这样可避免繁杂计算，通过讨论使问题得到圆满解决。 3．观察法 有些试题在推理和计算都很繁杂时，可通过发掘其本质或内在联系，观察比较得到答案，这种方法称 为观察法。 4．筛选法 大量的化学选择题其命题意思多不完整，必须经过题中选项的补充、限制才能有完整的题意，否则便 无法解答。解答此类题时常常要用到筛选法。掌握这种方法的要领是，以题给条件（或经过加工变形）为 “筛子”，将供选答案逐个筛选，放弃错误的，留下正确结果。 5．反驳法 解答由判断题演变而来的选择题时，要用题给条件和有关知识对供选答案逐一反驳，从而判断其正误， 再按题目要求决定取舍。 6．经验法 有些选择题按常规思路推理或计算显得十分繁杂，但如果利用平时积累的经验，方能很快得到结果。 7．平均值法 有些看似复杂的问题，不去进行复杂运算，求其平均值从而解决问题的方法称为平均值法。 8．估算法， 顾名思义，它不需要经过“硬拼式”的精确计算，而是根据有关化学知识，抓住试题的某些特点或本质， 对有关数据进行合理的近似处理，或从选项中进行选值比较，或进行范围分析，心算推理等，从而得到正 确结论的一种解题方法。 9．代入选项法 对于计算型的选择题，由题干给出的条件将选项逐一代入，从而得到答案。 10．换元变通法 当利用题干条件直接寻找答案比较繁杂时，找出其替代因素，通过对替代因素的考虑从而找到答案达 到解题的目的。 11．去伪存真法 为增加选择题的迷惑性，命题者有意虚设一些数据，这些数据有的可用，但用起来麻烦，有时纯粹与 解题无关，是命题者设的圈套，透过这些现象，抓住本质的东西解题，称之为“去伪存真”法。 12．倒映对照法 有些题目，按题干条件由前向后一步步计算或推理能找到答案。但不如由后向前推，即读完题干后， 从选项出发对映题干从而达到解题目的。这种由后向前的解题方法称之为倒映对照法。 经典题： 例题 1 ：(1998 年全国高考) 有五瓶溶液分别是①10mL0.60mol/LNaOH 水溶液 ②20mL0.50mol/L 硫 酸水溶液 ③30mL0.40mol/LHCl 溶液 ④40mL0.30mol/LHAc 水溶液 ⑤50mL0.20mol/L 蔗糖水溶液。以 上各瓶溶液所含离子、分子总数的大小顺序是（ ） A．①>②>③>④>⑤ B．②>①>③>④>⑤ C．②>③>④>①>⑤ D．⑤>④>③>②>① 方法：因五瓶溶液中的浓度均较小，因此只需从溶液的体积大小判断。 捷径：由于五瓶溶液的体积分别是 10，20，30，40，50mL，因其溶质的浓度都比较小，所以溶液中所 含离子、分子总数的大小取决于溶剂的量，由题意可知溶剂的量逐渐增大。故各瓶溶液所含离子、分子总 数的大小顺序是⑤>④>③>②>①，选 D。 总结：本题所问的是溶液中的离子、分子总数，当然包括溶质、溶剂，以及由于它们相互作用而形成 的离子。若忽略了溶剂只求溶质中的离子、分子总数就会得到错误的结论。所以审题在解题中格外重要。 例题 2 ：(1998 年全国高考) PH=13 的强碱溶液与 PH=2 的强酸溶液混和，所得混和液的 PH 值=11， 则强酸与强碱的体积比是（ ） A．11：1 B．9：1 C．1：11 D．1：9 方法：利用假想法求解。 捷径：假设需强碱溶液 1 L ，需强酸溶液为 V L， 解得 V=9，所以体积比为 1︰9 。 总结：由于反应后的溶液呈碱性，所以此时 c(OH—)﹥c(H+)，因而必须用 c(OH—)进行计算。 例题 3 ：（1998 年全国高考）由锌、铁、铝、镁四种金属中的两种组成的混和物 10g，与足量的盐酸 反应产生的氢气在标准状况下为 11.2L，则混和物中一定含有的金属是（ ） A．锌 B．铁 C．铝 D．镁 方法：逆向法求解。 捷径：与足量的盐酸反应产生氢气 11.2L(0.5mol)，逆推，若为纯金属，估算知需锌、铁、镁三种金属 的质量大于 10g，铝的质量小于 10g，而现产生氢气 11.2L 需混合物的质量为 10g，则必须一种纯金属的质 量大于 10g，一种纯金属的质量小于 10g。故答案为 C。 总结：此题也可利用一价量法求解。即与足量的盐酸反应产生氢气 11.2L(0.5mol)需一价金属 1mol，将 锌、铁、铝、镁四种金属分别换算成一价量分别是：锌为 32.5、铁为 28、铝 9、镁为 12。由四种金属中的 两种组成的混和物，其一价量必须一种大于 10，另一种小于 10。得混和物中一定含有的金属是铝。 NaOH 的质量分数 阳极析出物的质量（g） 阴极析出物的质量（g） A 0.062(6.2%) 19 152 B 0.062(6.2%) 152 19 ｃ(OH－) 例题 4 ：（1998 年全国高考）将质 量 分 数 为 0.052(5.2%)的 NaOH 溶液 1L（密度为 1.06g/mL）用铂电极电解，当溶液中的 NaOH 的质量分数改变了 0.010(1.0%)时停止电解，则此时溶液中应符合的关系是 （ ） 方法：根据电解过程中溶液浓度的变化及电极产物的质量变化，通过变化量分析。 捷径：（解法一）原溶液质量 1.06 g/mL×1000 mL =1060g，NaOH 溶质质量 1060g×5.3%=55.12g，电 解后溶液的质量 55.12g÷6.2%=889.0g，1060g—889.0g=171g，所以电解过程共消耗水 171g。则在阳极析 出 O2 171g× =152g，阴极析出 H2 为 171g× =19g。 （解法二）电解 NaOH 溶液，实质是电解水，所以 NaOH 溶液浓度必然增加。因而只有 A、B 可能符 合题意，又因为电解时阳极得氧气，阴极上得 H2，氧气的质量大于氢气的质量。选 B。 总结：解法二的巧妙之处在于避免了繁琐的计算，利用 NaOH 溶液浓度的变化趋势淘汰两个选项，再 由电解原理判断产物。当然解法二适用于选择题不适用填空题。 例题5 ：（1997年全国高考）两种气态烃以任意比例混合,在105℃时1 L该混合烃与9 L氧气混合, 充 分燃烧后恢复到原状态, 所得气体体积仍是10 L。下列各组混合烃中不符合此条件的是 ( ) A．CH4 C2H4 B．CH4 C3H6 C．C2H4 C3H4 D．C2H2 C3H6 方法：利用燃烧通式，从燃烧前后体积不变分析。 捷径：各组混合烃都可以和氧气完全燃烧，不存在因 O2 不足而不符合条件。充分燃烧后恢复到原状态， 所得气体体积保持不变，则混合烃中的氢原子平均数一定等于 4，可知 B、D 选项不符合条件。答案为 BD。 总结：水的状态是解答此类试题的关键，而确定水的状态，则又要特别注意反应过程中的温度。如温 度低于 100℃，水为液态；如温度高于 100℃，水为气态。 例题6 ：（1997年全国高考）一定量的乙醇在氧气不足的情况下燃烧,得到CO、CO2和水的总质量为 27.6 g,若其中水的质量为10.8 g, 则CO的质量是 （ ） A．1.4 g B．2.2 g C．4.4 g D．在2.2 g和4.4 g之间 方法：首先确定 CO 和 CO2 的物质的量及质量，再通过“十字交叉”法求解。 捷径：10.8 g 水的物质的量为 0.6mol，由乙醇的分子式 C2H6O 得乙醇为 0.2mol。以此产生的 CO 和 CO2 的总物质的量为 0.4mol。又 CO 和 CO2 的总质量为 27.6g－10.8g =16.8g，平均式量为 42。利用“十字交叉” 求得 CO、CO2 物质的量之比为 1：7。得 CO 的质量为 1.4g。选 A。 总结：通过水的物质的量求算乙醇的物质的量是解答该题的关键。 例题 7 ：（2002 年全国高考）六氯苯是被联合国有关公约禁止或限制使用的有毒物质之一。下式中能 表示六氯苯的是 ( ) 方法：从题设结构去分析，采用淘汰法求解。 捷径：根据物质的名称――“六氯苯”知，分子中应含有一个苯环和六个氯原子。分析选项得答案为 C。 总结：该题虽给出物质的结构简式，实际上考查了考生对有机物名称的理解。 C 0.042(4.2%) 1.2 9.4 D 0.042(4.2%) 9.4 1.2 例题8 ：（1995年全国高考）将分别盛有熔融的氯化钾、氯化镁、氧化铝的三个电解槽串联,在一定 条件下通电一段时间后,析出钾、镁、铝的物质的量之比为（ ） A．1:2:3 B．3:2:1 C．6:3:1 D．6:3:2 方法：根据转移电子数相等，利用假想法求解。 捷径：三个电解槽通过的电子数相等，假设都通过 6mol 电子。则析出金属钾、镁、铝的物质的量分别 为 6mol、3mol、2mol。以此物质的量之比为 6：3：2。得答案为 D。 总结：将电解槽串联，各电极转移电子的物质的量相等。 例题 9 ：（2001 年上海高考）C8H18 经多步裂解，最后完全转化为 C4H8、C3H6、C2H4、C2H6、CH4 五 种气体的混合物。该混合物的平均相对分子质量可能是 （ ） A．28 B．30 C．38 D．40 方法：将裂解反应的结果与裂解前物质的物质的量，通过比较确定平均分子量。 捷径：C8H18 经裂化有多种途径，如 C8H18→C4H10+C4H8，C4H10→C2H6+C2H4 或 C4H10→C3H6+CH4，若 C8H18 为 1mol，经充分裂化反应可生成 1molC4H81molC2H6 和 1molC2H4 或 1molC4H81molC3H61molCH4，平 均摩尔质量为 114g/3mol=38g·mol—1，即平均分子量为 38。若 C8H18→C2H4+C6H14，C6H14→C2H4+C4H10， C4H10→C2H6+C2H4 或 C4H10→CH4+C3H6，则生成物可以是 4mol，平均摩尔质量 114g÷4mol=28.5g·mol—1， 所以平均分子量介于 28.5 与 38 之间的闭区间内。得答案为 B C。 总结：选项 B 很容易漏解。在烷烃裂化时，受到只有等碳原子数裂解（如第一种途径）思维影响下得 出选项 C，而遗漏选项 B 。 例题 10 ：（1995 年上海高考）两种气态烃组成的混合气体 0.1mol，完全燃烧得 0.16 mol CO2 和 3.6 g 水，下列说法正确的是：混合气体中（ ） A．一定有甲烷 B．一定是甲烷和乙烯 C．一定没有乙烷 D．一定有乙炔 方法：通过平均组成分析确定。 捷径：混合烃的平均分子组成是 C1.6H4，所以一定有 CH4，另一烃中必有 4 个 H 原子，即 C2H4、C3H4 或 C4H4 。以此得答案为 AC。 总结：部分考生常常将另一烃中必有 4 个 H 原子的结果，随意迁移到乙烯，而往往误选 A、B 。 金钥匙： 例题 1 ：将分别盛有５０ｍＬ１ｍｏｌ／Ｌ的硫酸的两个烧杯置于托盘天平的两盘上，并调平。再向 两杯中分别加入下列各组金属，反应完毕后，天平仍处于平衡的是（ ） Ａ．同是０．２ｍｏｌ钠和镁 Ｂ．同是１．５ｇ铝和锌 Ｃ．同是１．５ｇ铝和镁 Ｄ．同是１ｍｏｌ镁和铝 方法：剔除法。 捷径：把选项分别代入，Ａ，Ｂ，Ｄ两边增重不等，均被排除。所以 C 为答案。 总结：根据题干要求，把显然不是答案的选项排除，则剩下的选项即为答案。 例题 2 ：下列几组物质，不论以何种比例混合，只要总质量一定，充分燃烧后产生的ＣＯ２也一定是 （ ） Ａ．乙炔、苯 Ｂ．乙醇、乙酸 Ｃ．丙烷、丙烯 Ｄ．甲醛、葡萄糖 方法：观察法 捷径：最简式相同，含碳量相同，充分燃烧后产生的ＣＯ２的量也一定相同。分析得 AD 最简式相同， 所以不论以何种比例混合，只要总质量一定，充分燃烧后产生的ＣＯ２量也一定相同，以此得答案为 AD。 总结：此题如果分别写反应式然后设未知数计算，肯定地说，没有 5ｍin 得不出答案。但如果观察分 析四组物质中的内在联系，发现 A，D 均有共同的最简式。最简式相同，燃烧产物一定，所以这样便能很 快得出答案。 例题 3 ：将ｐＨ＝８和ｐＨ＝１０的两种强碱溶液等体积混合，所得溶液的ｐＨ为（ ） Ａ．8.31 Ｂ．9.0 Ｃ．9.31 Ｄ．9.7 方法：经验法 捷径：利用经验公式ｐＨ混＝ａ±０．３（ａ为较强的酸或碱的ｐＨ，并且酸加碱减）就能很快得到答 案，即１０－0.3＝9.7。答案为 D。 总结：按常规思路，混合后溶液中的 c (ＯＨ－) ＝（１０－６Ｖ＋１０－４Ｖ）/２Ｖ ＝ 5.05 ×１０－5ｍｏ ｌ／Ｌ，ｐＯＨ＝4.31， ｐＨ＝9.7。选 D。其计算显得十分繁杂。 例题 4 ：一定条件下乙炔和某气体混合后充分燃烧，生成的ＣＯ2 和Ｈ2Ｏ（气）体积分别是原混合气 体的 1.4 倍和 1.6 倍（相同条件下）。则混入的气体可能是（ ） A．甲醇 B．甲醛 C．甲酸 D．甲烷 方法：平均值法 捷径：生成ＣＯ2 气体为混合气体的 1.4 倍，Ｈ2Ｏ为 1.6 倍，则混合气体平均分子式为Ｃ1.4Ｈ3.2。由于 乙炔分子中 碳原子数 2 大于 1.4，所以混入的气体分子中碳原子数必小于 2，A，B，C，D 均有可能，所 以 1.4 倍这个条件是虚设的，与解题无关。氢原子乙炔为 2，混入的气体分子内必大于或等于 4 才能使平 均分子式中出现Ｃ1.4Ｈ3.2 的局面。分析 A，B，C，D 四个答案 ，分子内氢原子≥４的只有Ａ，Ｄ两项，遂 得到正确答案为ＡＤ。 总结：因题中未给出耗氧量，故在分析时可不考虑混入气体的分子中氧原子数的多少。 例题 5 ：一氧化碳和氧气的混合气体的密度是相同条件下氢气的 14.5 倍，其中ＣＯ的质量分数是（ ） Ａ．25% Ｂ．27.6% Ｃ．72.4% Ｄ．75.0% 方法：粗略估算法 捷径：该混合气体平均分子量为 29，与ＣＯ分子量 28 接近，与Ｏ2 分子量 32 相差较大。因此在混合 气体中ＣＯ应占绝大多数，答案应从 C，D 中产生，当用任一项代入计算，便很快得出答案为 C。 总结：“ＣＯ的质量分数”是解答该题的重要信息。部分考生在解题时，由于未看清题中的要求，而 认为是物质的量的分数，以此造成误选 D。 例题 6 ：下列物质中含硫质量分数最高的是（ ） Ａ．ZnSO4·7H2O Ｂ．FeSO4·7H2O Ｃ．NiSO4·7H2O Ｄ．MgSO4·7H2O 方法：换元变通法 捷径：四个选项的共同点是都有七个结晶水和一个 SO4 ２－，不同的是四种盐的金属原子不同，原子量 不等。比较 4 种原子量的大小可知，镁的最小，所以 MgSO4·7H2O 分子量最小，含硫最高。不用计算把化 合物问题变成了比较原子量问题。从而得到答案 D。 总结：由分子式计算某元素的质量分数化学初学者就能够解决，有不少考生是通过 4 次运算得出此题 的答案。这样不仅耗时，而且容易出错。 例题 7：下列微粒中，其质子数和电子数都跟 NH4 ＋相同的是（ ） Ａ．Na＋ Ｂ．Ｋ＋ Ｃ．Ｆ Ｄ．H3O＋ 方法：抓住关键，首先从电荷分析。 捷径：Na＋、H3O＋和 NH4 ＋的质子数都是 11，至于电子数就不必算了。因为带 1 个正电荷就表明电子 数比质子数少 1 个。以此得 AD。 总结：按常规解法要先算出ＮＨ4 ＋的质子数等于 11，电子数等于 10，然后还要对Ａ～D 四种微粒一一 算出各项的质子数和电子数。 例题 8 ：某有机物含碳 40％、含氢 6.67％、含氧 53.33％ ，如果 0.2mol 该有机物重 6ｇ，则它的分子 式为（ ） Ａ．Ｃ2Ｈ4Ｏ2 Ｂ．Ｃ2Ｈ4Ｏ Ｃ．ＣＨ2Ｏ Ｄ．Ｃ2Ｈ6Ｏ 方法：去伪存真法 捷径：由 0.2mol 重 6ｇ可得该分子量为 30，计算所给四物质的分子量，便可得到答案 C。 总结：按题干条件，如果把四个分子一一计算其碳、氢、氧质量分数，也可得正确答案 C，但这样计 算下来所耗时间太多。要知道，题中有机物含碳 40％、含氢 6.67％、含氧 53.33％为命题者有意虚设一些 数据。 例题 9 ：两种金属组成的混合物 15g，与足量盐酸反应，在标准状况下生成 H211.2 L，则下列各组金 属中，肯定不能组成上述混合物的是（ ） A． Mg Al B． Mg Na C． Fe Al D． Zn Fe 方法：解答该题可通过设一法，即将所有的金属转换成一价量(即金属的相对原子质量除以反应中的化 合价)，与盐酸反应，各金属的一价量分别为：Na——23、Mg——12、Al——9、Fe——28、Zn——32.5， 而 1mol 一价金属与盐酸反应生成 0.5molH2。 捷径：设混合物为一价金属 R，一价式量为 x，则有 2R + 2HCl = 2RCl + H2↑ 2xg 22.4L 15g 11.2L 解得一价式量 X = 15 。 此时，只需要判断经变换的混合物中两金属的一价量均大于或均小于 15，即肯定不能组成上述混合物。 以此得不能组成上述混合物的有 A、D。 总结：同一金属的一价量，在不同的反应中可能有所不同。如 Fe 与盐酸的反应中，其一价量为 28， 而在 Fe 与 Cl2 的反应中，其一价量则为 18.7(即 56/3)。此点在应用一价量进行解题时，必须特别注意。 例题 10 ：等质量的钠、铁、铝分别同一定量等体积、等物质的量浓度的盐酸反应，放出的气体体积 不可能是（ ） A．钠最多 B．铝最多 C．铁最多 D．铝、铁一样多 方法：本题可能涉及四个反应： 2Na + 2HCl = 2NaCl + H2↑，2Na + 2H2O = 2NaOH + H2↑， Mg + 2HCl = MgCl2 + H2↑， Fe + 2HCl = FeCl2 + H2↑。 因题中未指明金属与盐酸相对量的大小，须经过讨论确定产生 H2 的体积大小，而常规讨论方法比较繁 琐，一时难以奏效。因此须作技巧性的处理。 捷径：设盐酸中 HCl 的物质的量为 1mol，等物质的量 HCl(1mol)与 Na、Fe、Al 反应放出 H2 的量与金 属质量关系如下图所示： 根据图示可得如下结论： 金属质量（m） 0﹤m﹤23g 23g≦m﹤28g m≧28g H2 体积 Al﹥Na﹥Fe Na≧Al﹥Fe Na﹥Fe = Al 根据上述分析，选项 C 符合题意。 总结：通过直观想象的图示模型建立，为我们分析问题、迅速求解赢得时间。 例题 11 ： 5.85 g NaCl 样品中混有少量下列某种盐类，当它跟足量 AgNO3 充分反应后，得到 AgCl 沉 淀 14.4 g，这时可能混入的盐是 ( ) A．KCl B．BaCl2 C．CaCl2 D．AlCl3 方法：将 KCl、BaCl2、CaCl2、AlCl3 四种盐分别变换成含一个氯离子的形式，通过化学方程式求得含 一个氯离子的盐的式量，然后再与四种盐含一个氯离子的式量进行对比便可获得可能混入的盐。 0 9 23 28 金属质量/g H2 的 量 Al Na Fe 捷径：将选项变为 A、KCl B、Ba1/2Cl C、Ca1/2Cl D、Al1/3Cl ，变形后各选项的式量分别为 A、 （74.5） B、（104） C、（55.5） D、（44.5）。它们和 AgNO3 的反应就和 NaCl 与 AgNO3 反应的化 学计量数一样。此时设混合物组成为 RCl，式量为 x ，则有： RCl ～ AgCl X 143.5 5.85g 14.4g 解得：x=58.3 因为 NaCl 的式量为 58.5﹥58.3，所以变形的另一种盐的式量应小于 58.3 。以此只有 C、D 选项符合 题意。 总结：分合、变形、类比是解答此类题型的关键。 例题 12 ：浅绿色 Fe（NO3）2 的溶液中存在如下平衡：Fe2++2H2O Fe（OH）2+2H+，若在此溶液 中加入稀硫酸，则溶液的颜色（ ） A． 黄 B．变得更浅 C．不变 D．绿色变深 方法：从反应本质分析。 捷径：分析 Fe（NO3）2 溶液，主要存在 Fe2+和 NO3 —两种离子，当加入硫酸时，在酸性条件下 NO3 — 可将 Fe2+氧化成 Fe3+，故溶液逐渐变黄，正确答案为 A。 总结：Fe2+水解的离子方程式是该题设置的解题障碍。部分考生根据题中 Fe2+的水解离子方程式，得增 大 H+，平衡向逆方向移动，导致 Fe2+浓度增大，绿色变深，而误选 D。 出现上述错解的原因是错误地选 用水解平衡概念所致。 聚宝盆： 解答选择题，一是要求速度要快，也就是从审题到选取答案的反应要快。二是要准，也就是要选得准、 正确率要高。选择题多数是对基本概念和基本规律以及一些现象的考查。故应从学过的基本概念和基本规 律出发，搞清题意，充分应用化学概念、规律、公式和图象，采用常规解题方法和特殊解题方法，从而迅 速选择正确答案。 另外，应充分利用单选题的特点，以节省时间。例如，通过审查题干和选项判断，若几个选项中肯定 其中一个选项正确，则其余必定错误，可不予考虑。若从一个选项正确可推出另一选项也是正确的，则这 两项恰恰都是错误的。在逐项判断时，若前面选均为错误，则最后一个选项不必分析，应为正确。 热身赛： 1．将质量分数为 3a%与 a%的两种 A 溶液等体积混合后，混合液质量分数小于 2a%，A 可能是 （ ） A．H2SO4 B．NaCl C．C2H5OH D．NH3 2．某元素的醋酸盐的分子量为 m，相同价态该元素的硝酸盐的分子量为 n。则该元素的此种化合价的 数值为 （ ） A．(n-m)/3 B．(n-m)/(n+m) C．(m-n)/6 D．(m-n)/3 3．根据酸碱质子理论，凡是给出质子的分子或离子都是酸，凡是能结合质子的分子或离子都是碱。下 列微粒中，属于两性物质的是 ( ) (a)OH (b)NH 4  (c)H2O (d)H2PO4 (e)HS (f)H3O A．(a)(c)(f) B．(b)(d)(e) C．(c)(d)(e) D．(b)(c)(f) 4．下列叙述中，可以说明元素乙的非金属性比元素甲的非金属性强的是 （ ） A．同物质的量浓度的气态氢化物的水溶液，乙的 pH 值比甲的 pH 值小。 B．在自然界里两种元素存在的状态，乙无游离态而甲有游离态。 C．电解等物质的量的甲、乙阴离子的混合液时，甲先在阳极放电。 D．最高价氧化物水化物的酸溶液，甲的酸溶液的导电性比乙弱。 5．在 CuCl2 水溶液中存在下列平衡， [Cu（H2O）4]2＋＋4Cl－ [CuCl4]2－＋4H2O 蓝色 黄绿色 能使黄绿色 CuCl2 溶液向蓝色转化的方法是（ ） A．蒸发浓缩 B．加水稀释 C．加入 AgNO3 溶液 D．加入 NaCl 晶体 6．由 FeO、Fe3O4、Fe2O3 组成的混合物，测知 Fe、O 元素质量比为 21 : 8，则 FeO、 Fe3O4、Fe2O3 物质的量之比为 （ ） A．1: 1: 2 B．2: 1: 1 C．1: 3: 1 D．1: 1: 1 7．两种金属的混和物 6.36g,投入足量的稀硫酸中，完全反应后，共收集到标准状况下的氢气 3.36L。 根据此可知，金属混和物的可能组成是 ( ) A．锌和钙 B．铁和银 C．镁和铝 D．铝和铜 8．有镁、铝合金 14.7ｇ，全部溶于 500ｍＬ6.0ｍol／L 的盐酸中充分反应后，再加入 400ｍＬ8.0mol/ Ｌ的ＮaOH 溶液，结果得到沉淀 26.3ｇ，则合金中镁、铝的质量分别为（ ） Ａ．13.5ｇ和 1.2ｇ Ｂ．10.2ｇ和 4.5ｇ Ｃ．1.2ｇ和 13.5ｇ Ｄ．10.9ｇ和 3.8ｇ 9．有 5.1gMg-Al 合金，投入 500mL2mol／L 盐酸溶液中，金属全部溶解后，再加入 4mol／LNaOH 溶 液，若要达到沉淀最大值，则加入 NaOH 溶液的体积应为（ ） Ａ．250mL Ｂ．425mL Ｃ．500mL Ｄ．560mL 10．将 4.3gNa，Na2O,Na2O2 的混合物与足量水充分反应后，在标况下得到 672mL 混合气体，将该混 合气体通过放电，恰好完全反应，则它们的物质的量之比为（ ） Ａ．1︰1︰1 Ｂ．1︰1︰2 Ｃ．1︰2︰1 Ｄ．4︰3︰2 大检阅： 1．CD 2．A 3．C 4．C 5．BC 6．CD 7．AD 8．CD 9．A 10．D 策略 26 实验题的解法与技巧 金点子： 随着高考改革的深入，有关化学方面的试题，在高考试卷上所占比例逐渐增大。实验试题的权重也由 15%提高到 20%。化学实验题按其知识点主要分为：常用化学仪器和实验基本操作；物质的制备、分离、 提纯、检验；实验设计和综合实验。 1．完成实验题必须具备的素质：①阅读、挖掘题示信息的能力；②选择药品仪器的判断能力；③操作 能力；④分析现象结论的能力；⑤分析实验过程的能力；⑥选择、组合、修改设计实验的能力；⑦综合运 用知识、类比迁移、收敛发散思维的能力；⑧准确、清楚的文字表达能力；⑨扎实的基本功和创新精神。 2．实验组合装置的连接顺序：一般为 。考虑干燥与除杂的顺序时，若采用溶液除杂，则 气体发生 除杂 干燥 主体实验 尾气处理 先净化后干燥；若采用加热除杂，则干燥在前；若用固体吸收剂常温除杂，则根据题意而定。其实验技巧 为： ①气体发生一般按“装置选择与连接→气密性检验→装固体药品→加液体药品→开始实验（按程序） →拆卸仪器→其他处理等。 ②接口的连接：总体上遵循装置的排列顺序，但对于吸收装置应“长”进“短”出（或“深”入“浅” 出）；量气装置应“短”进“长”出；洗气装置应“长”进“短”出；干燥管应“粗”进“细”出。 ③加热操作：主体实验加热前一般应先通原料气赶走空气后再点燃酒精灯，其目的一是防止爆炸，如 H2 还原 CuO，CO 还原 Fe2O3；二是保证产品纯度，如制 Mg3N2、CuCl2 等。熄灭酒精灯时，一般是“先点 的则后灭”的原则。 ④尾气处理：有毒气体常采用溶液（或固体）吸收或将之点燃，无毒气体直接排空。若制备的物质极 易水解（如 SnCl4，AlCl3 等），则需在尾部加装干燥管，以防空气中的水蒸气进入造成水解。 3．综合实验思维过程：原理→反应物→仪器装置→现象→结论→作用意义→联想。如：①实验是根据 什么性质和原理？实验目的是什么？②所用反应物名称、状态、代替物（据实验目的和相关的化学反应原 理，进行全面分析比较和推理，并合理选择）。③有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是 否有替代装置可使用、仪器规格。④有关操作：技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。⑤实验现 象：自下而上，自左至右全面观察。⑥实验结论：直接结论，导出结论。 4．实验仪器与实验试剂确定的注意事项： ①药品和装置是部分或刚好给出还是有剩余。 若药品和装置只部分给出，则应需要作必要的补充，若有剩余，则应进行筛选和淘汰。 ②题目条件有无特殊要求。 如采用最简单或最合理的实验步骤，这些要求对我们考虑反应原理，选择药品和装置，确定操作步骤 都作了限定，必须高度重视。 ③实验过程中的隐蔽性操作。 如某些必要的干燥、除杂、冷凝等，这些都是实验中必不可少的，但容易被忽略。 ④药品的规格。 有些题目要求指出药品的名称，这类问题学生最难答准确，如有些药品的准确描述为：硫酸铜粉末、 澄清石灰水、酸性高锰酸钾溶液、浓硫酸、饱和 NaHCO3、NaOH 溶液。此外也应注意某些仪器的规格。 5．绘画简单的实验装置图的绘制技巧 基于评分客观公正性难以把握，近年高考题很少出现此类题目，但 1998 年试测题中用规定符号“简笔 画”画“示意装置图”的办法较好地解决了这一问题。 简笔画中常见仪器表示方法：试管 ，有塞容器： ，无塞容器 ，玻璃管 冷凝管 ，干燥管 ，酒精灯 ，铁架台 石棉网 ~ ~ ~ ~ ，活塞 ，普通漏斗 ，分液漏斗 ，玻璃导管 — 等。 5．设计实验时还要考虑以下因素： ①净化、吸收气体及熄灭酒精灯时要防液体倒吸；②进行某些易燃易爆实验时要防爆炸（如 H2 还原 CuO 应先通 H2，气体点燃先验纯等）；③防氧化（如 H2 还原 CuO 后要“先灭灯再停氢”，白磷切割宜在 水中等）；④防吸水（如实验、取用、制取易吸水），潮解、水解宜采取必要措施，以保证达到实验目的 ； ⑤冷凝回流（有些反应中，为减少易挥发液体反应物的损耗和充分利用原料，需在反应装置上加装冷凝回 流装置（如长玻璃管、竖直的干燥管及冷凝管等）；⑥易挥发液体产物（导出时可为蒸气）的及时冷却； ⑦仪器拆卸的科学性与安全性（也从防污染、防氧化、防倒吸、防爆炸、防泄漏等角度考虑）；⑧其他（如 实验操作顺序、试剂加入顺序、实验仪器使用顺序等）。 经典题： 例题 1 ：（2001 年上海高考）下列实验中用错试剂的是 （ ） A．用稀盐酸清洗做焰色反应的镍铬丝 B．用酒精萃取碘水中的碘 C．用稀硝酸洗去残留在试管壁上的铜 D．用碱石灰吸收氨气中的水蒸气 方法：从物质性质和实验操作要求去分析。 捷径：A 做完焰色反应的镍铬丝上，往往残留某些盐或某些氧化物，用稀盐酸可溶解这些残留的盐或 氧化物，再放在酒精灯火焰上灼烧一下，多余的盐酸均可挥发。这样可保持镍铬丝洁净。B 萃取剂要求① 与原来的溶剂互相不溶解②原溶质在萃取剂中的溶解度要大。碘在酒精中的溶解度比碘在水中的溶解度大 得多，但酒精易溶于水，所以酒精不适于做萃取剂。而 CCl4、苯、汽油等都可作萃取剂。C 试管壁若残留 铜或银应用稀硝酸清除。反应式 3Cu+8HNO3（稀）= 3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O 若用浓硝酸耗去硝酸量 多，且生成有毒气体也多。D 干燥氨气只能用碱石灰。故正确答案为 B。 总结：此题易错选 C，其原因是只考虑反应速率，而未考虑反应用量及污染性气体问题。对中学化学 中的银镜反应后的银的去除，也一样要用稀硝酸。 例题2 ：（1997年全国高考）进行化学实验必须注意安全,下列说法正确的是(填写标号)_______. A．不慎将酸溅到眼中,应立即用水冲洗,边洗边眨眼睛 B．不慎将浓碱溶液沾到皮肤上,要立即用大量水冲洗,然后涂上硼酸溶液 C．如果苯酚浓溶液沾到皮肤上,应立即用酒精洗 D．配制硫酸溶液时,可先在量筒中加入一定体积的水,再在搅拌下慢慢加入浓硫酸 方法：根据实验要求逐项分析。 捷径：A 项中，酸溅到眼中，用水冲洗是为稀释酸液，眨眼睛一是及时把眼中液体挤出；二是将已进 入眼睛内部的酸液及时移到表面经冲洗后流出来。B 项中，用大量水可稀释浓碱，涂上硼酸中和可去除渗 入皮肤上的碱，切忌用酸性较强的物质如醋酸、盐酸等，否则皮肤会受到酸的伤害。C 项中，由于苯酚溶 于乙醇，可用乙醇除去苯酚。以上都是化学药品腐蚀人体，都应立即处置，不能延误。D 项中，稀释浓硫 酸，必须在烧杯中进行。量筒的器壁较厚，受热后容易炸裂。故正确的有 A、B、C 三项。 总结：即使溶解过程中温度变化不大，溶解操作都应在烧杯中进行，不能在量筒、量杯、容量瓶等仪 器中进行。 例题3 ：（1995年全国高考）下列溶液中,在空气里既不易被氧化, 也不易分解, 且可以用无色玻璃 试剂瓶存放的是 ( ) A．石炭酸 B．氢硫酸 C．氢氟酸 D．醋酸 方法：从物质性质，对照选项逐一分析。 捷径：石炭酸即苯酚，在空气中易被氧化，生成粉红色的物质。氢硫酸被氧气氧化 2H2S+O2=S+2H2O， 氢氟酸腐蚀玻璃，不能用玻璃瓶存放，SiO2+4HF=SiF4+2H2O。以此得答案为 D。 总结：为了节省时间，可采用淘汰法，即根据题设条件，逐一淘汰。如根据在空气里不易被氧化淘汰 掉 AB, 根据可用无色玻璃试剂瓶存放再淘汰掉 C，剩余 D。 例题 4 ：（1996 年全国高考）在一定条件下用普通铁粉和水蒸气反应,可以得到铁的氧化物.该氧化物 又可以经过此反应的逆反应,生成颗粒很细的铁粉.这种铁粉具有很高的反应活性,在空气中受撞击或受热时 会燃烧,所以俗称“引火铁”.请分别用下图中示意的两套仪器装置,制取上述铁的氧化物和“引火铁”.实验 中必须使用普通铁粉和 6mol/L 盐酸,其他试剂自选(装置中必要的铁架台、铁夹、铁圈、石棉网、加热设备 等在图中均已略去)。 填写下列空白： (1)实验进行时试管A中应加入的试剂是 ；烧瓶B的作用是 ；烧瓶C的作用 是 ；在试管D中收集得到的是 。 (2)实验时,U型管G中应加入的试剂是 ;长颈漏斗H中应加入 。 (3)两套装置中,在实验时需要加热的仪器是(填该仪器对应的字母) 。 (4)烧瓶I中发生的反应有时要加入少量硫酸铜溶液,其目的是 。 (5)试管E中发生反应的化学方程式是 。 (6)为了安全,在E管中的反应发生前,在F出口处必须 ；E管中的反应开始后,在F出口处 应 。 方法：从实验装置和实验要求分析，再利用性质获解。 捷径：制取“引火铁”要通入 H2，只有后套装置中的Ⅰ装置可提供 H2。所以前套装置是 Fe 与 H2O 制 Fe3O4（Fe 置于 A 中，水蒸气由 B 提供），后套装置是 Fe3O4 与 H2 制“引火铁”（E 中置 Fe3O4、H2 由Ⅰ 提供）。以此得答案为： (1)A中加Fe，B的作用是提供H2O（g），C只能是起“安全瓶”的作用（防止水槽中的水倒吸入A）， D中收集到H2。 (2)U型管中物质应除去H2中HCl及H2O（g），可用碱石灰，长颈漏斗中当然是加6mol/L盐酸。 (3)A、B、E需加热。 (4)加入CuSO4，置换出Cu，Fe、Cu及电解质溶液构成了原电池，可加快产生H2的速率。 (6)检验氢气的纯度，点燃氢气。 总结：也可从前套装置中：“收集气体”，猜测后套装置用于发生 3Fe+4H2O=Fe3O4+4H2。 例题5 ：（1996年上海高考）实验室用氨气还原氧化铜的方法测定铜的近似相对原子质量,反应的化 学方程式为： 试回答：(1)如果选用测定反应物CuO和生成物H2O的质量(mCuO、 ) 时，请用下列仪器设计一 个简单的实验方案。 ①仪器连接的顺序(用字母编号表示,仪器可重复使用) ; d中浓硫酸的作用是 , ; 实验完毕时观察到a中的现象是 ; ②列出计算Cu的相对原子质量的表达式 ; ③下列情况将使测定结果偏大的是 (以下选择填空不限1个正确答案,均用字母编号填写)。 (a)CuO未全部还原为Cu (b)CuO受潮 (c)CuO中混有Cu (2)如果仍采用上述仪器装置, 其他方案可选用测定的物理量有 方法： 从原理、目的分析装置，并确定其连接顺序和实验误差。 捷径：（1）①NH4Cl 和 Ca（OH）2 反应可以生成 NH3，经碱石灰干燥后（不能用浓 H2SO4 干燥，因 为浓 H2SO4 要吸收氨气）把 NH3 通入 a 装置发生主体反应，将反应后生成的水蒸气用 C 吸收（不能用浓 H2SO4 吸收，因为还有未反应的氨气也可被浓 H2SO4 吸收，这样测量水的质量就偏大），多余的 NH3 用浓 H2SO4 吸收，同时也防止空气中的水蒸气进入第二个 C 装置。其顺序为 b c a c d。d 中浓硫酸的作用是吸收 未反应的氨 防止空气中水分进入。实验完毕时观察到 a 中的现象是固体由黑色转变红色。 ②2NH3 + 3CuO N2 + 3Cu + 3H2O（设 Cu 的原子量为 x） 3(x+16) 3×18 mCuO x = ③要使测定结果偏大，则mCuO要偏大， 要偏小，其中（a）导致 偏小 （b）导致 偏大 （c）相当于 偏小。故选a、c。 （2）要测定铜的近似相对原子质量，必须至少要测出一种有关铜的质量，所以（b）（d）是不可选用 的。得可选用测定的物理量有(a)、(c) 。 总结：误差分析是该题的一个难点。在分析误差时，要充分依靠计算公式，从变量和公式两方面去 结合分析。 例题6 ：（1994年全国高考）现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样,请从下图中选用适当的实验装 置，设计一个最简单的实验，测定Na2O2试样的纯度(可供选用的反应物只有CaCO3固体,6 mol/L盐酸和蒸 馏水)。 请填写下列空白： (1)写出实验中Na2O2和Na2O分别发生反应的化学方程式 。 (2)应选用的装置是(只要求写出图中装置的标号) 。 (3)所选用装置的连接顺序应是(填各接口的字母;连接胶管省略) 。 方法：根据实验目的，从最简单着手分析。 捷径：由于Na2O2与水反应放出O2，而Na2O与水反应不放出气体，所以最简单的方法是通过O2的量 计算Na2O2的量，由于试样的量一定，即可求出Na2O2的纯度。其答案为：(1)2Na2O2+2H2O==4NaOH+O2 ↑，Na2O+H2O==2NaOH (2)⑤①④ ，(3)(G)接(A)(B)接(F) 总结：本题要求设计一个最简单的实验，测定 Na2O2 试样的纯度。题中还含有一个较复杂的实验方案。 其实验原理是：用装置⑤产生的 CO2 气体经干燥后通入过氧化钠样品中，再除去过量的 CO2 气体后，测量 O2 的体积，用 O2 物质的量求出 Na2O2 的量。其装置顺序是⑤②⑥⑦①④，接口顺序 G 接 D，C 接 H，I 接 J，K 接 A，B 接 F。显然这个答案比捷径中的方法要复杂得多。由于同学未认真审题，又受平时练习中 所有装置都要连接在实验中的模式的影响，而用了繁琐的选择。评分标准指出，未选出最简单的实验，即 使全部答对，也只能得到该题的 2/3 分数。可见认真审题的重要性。 例题7 ：（1992年三南高考）根据从草木炭中提取钾盐的实验,填写下列空白： (1)此实验操作顺序如下:①称量样品,②溶解沉降,③ ,④ ,⑤冷却结晶。 (2) 用 托 盘 天 平 ( 指 针 向 上 的 ) 称 量 样 品 时 , 若 指 针 偏 向 右 边 , 则 表 示 ( 填 下 列 正 确 选 项 的 代 码) 。 A．左盘重,样品轻 B．左盘轻,砝码重 C．右盘重,砝码轻 D．右盘轻,样品重 (3)在进行第③步操作时,有时可能要重复进行,这是由于 。 (4)在进行第④步操作时,要用玻璃棒不断小心地搅动液体,目的是防止 。 (5)所得产物中主要的钾盐有 、 、 等(填化合物分子或名称)。 方法：再现式分析填写。 捷径：将题中叙述与实验对照，得：(1)过滤、蒸发；(2) B ；(3) 滤液浑浊；(4)液体飞溅；(5)KCl、K2SO4、 K2CO3 。 总结：此题虽不属难题，但如果未做过此实验，将很难正确作答。 例题 8 ：（2001 年高考试测题）把淀粉溶液溶于沸水中，制成淀粉胶体。 （1）鉴别水溶液和胶体可以利用的方法是 。 （2）60℃左右时，在淀粉胶体中加入淀粉酶，充分反应。然后把反应后的全部液体装入半透膜袋里， 系紧袋口，并把它悬挂在盛有蒸馏水的烧杯里。从半透膜袋里析出的物质是 ，该操 作的名称是 。 方法：从实验原理和操作方法分析。 捷径：（1）用可见光照射水溶液或胶体，观察有无“丁达尔现象”，若有就是胶体。 （2）从半透膜袋里析出的物质为小分子麦芽糖，该操作称为渗析。 总结：该题着重考查了考生的对实验的理解。 例题 9 ：（2001 年高考试测题）1，2，3，4-四氢化萘的结构简式是 ，分子式是 C10H12。常温 下为无色液体，有刺激性气味，沸点 207℃，不溶于水，是一种优良的溶剂，它与液溴发生反应：C10H12+4Br2 C10H8Br4+4HBr。生成的四溴化萘常温下为固态，不溶于水。有人用四氢化萘、液溴、蒸馏水和纯铁粉为 原料，制备少量饱和氢溴酸溶液，实验步骤如下： ①按一定质量比把四氢化萘和水加入适当的容器中，加入少量纯铁粉。 ②慢慢滴入液溴，不断搅拌，直到反应完全。 ③取下反应容器，补充少量四氢化萘，直到溶液颜色消失。过滤，将滤液倒入分液漏斗，静置。 ④分液，得到的“水层”即氢溴酸溶液。 回答下列问题： （1）下面示意图中的装置，适合步骤①和②操作的是 。 （2）步骤②中如何判断“反应完全” 。 （3）步骤③中补充少量四氢化萘的目的是 。 （4）步骤③中过滤后得到的固体物质是 。 （5）已知在实验条件下，饱和氢溴酸水溶液中氢溴酸的质量分数是 66%，如果溴化反应进行完成，则 步骤①中四氢化萘和水的质量比约是 1︰ （保留小数点后 1 位）。 方法：从物质性质和实验原理分析并计算。 捷径：（1）因①和②操作中涉及到易挥发且有毒的液溴，故必须选用 D 装置。 （2）判断步骤②中反应巳进行完全，从实验现象看，应该为加入的液溴颜色基本不褪，也即巳不再存 在四氢化萘。 （3）补充少量的四氢化萘是为了除去过量的溴。 （4）步骤③中过滤后得到的固体物质是不溶于水的四溴化萘和铁粉。 （5）从来源分析求解得，四氢化萘和水的质量比约是 1︰1.3。 总结：从示意图中选择适合步骤①和②操作的装置，是该题的难点之一。部分考生未能考虑到液溴的 挥发，仅从滴入液溴不断搅拌出发，极易错选 A。 例题10 ：（1997年全国高考）1,2 - 二溴乙烷可作汽油抗爆剂的添加剂,常温下它是无色液体,密度2.18 g·cm-3,沸点131.4℃,熔点9.79℃,不溶于水,易溶于醇、醚、丙酮等有机溶剂.在实验室中可以用下图所示 装置制备1,2- 二溴乙烷.其中分液漏斗和烧瓶a中装有乙醇和浓硫酸的混合液,试管d中装有液溴(表面覆盖 少量水). 填写下列空白: (1)写出本题中制备1,2-二溴乙烷的两个化学反应方程式 。 (2)安全瓶b可以防止倒吸,并可以检查实验进行时试管d是否发生堵塞．请写出发生堵塞时瓶b中的现 象：_________________________________。 (3)容器c中NaOH溶液的作用是:__________________________________。 (4)某学生在做此实验时,使用一定量的液溴,当溴全部褪色时,所消耗乙醇和浓硫酸混合液的量,比正常 情况下超过许多.如果装置的气密性没有问题,试分析其可能的原因。 方法：从实验原理结合实验装置进行分析。 捷径：（1）制备 1,2-二溴乙烷的两个化学反应方程式为： ，CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br 。 （2）观察装置图，搞清装置的物理学原理：由于 b 中压强增大，b 中水面会下降，玻璃管中水面上升， 甚至会从竖管上部溢出。 (3)NaOH 溶液的作用如果仅从乙烯的角度似乎无法解答，但如果想到乙醇和浓 H2SO4 共热不仅可以发 生分子内脱水，也可以发生分子间脱水，甚至还可以将乙醇氧化，产生 CO2 和 SO2 气体。所以 NaOH 溶液 的作用是：除去乙烯中混有的 CO2 和 SO2 等酸性气体。 （4）根据“当溴全部褪色时，消耗乙醇和浓硫酸的量比正常情况下多”这一事实，从实验原理解释产 生这一现象的原因，只能得出二点原因：①乙烯产生的速度太快，一部分乙烯来不及与溴反应。②实验过 程中，温度控制不当，产生了较多乙醚。 总结：该题比较基础，只要认真阅读试题，前后联系，各个问题不难答出。 金钥匙： 例题 1 ：用 H2 还原 CuO 实验，①为什么要通一会儿 H2，再加热？②实验完毕后，为什么要继续通 H2 至试管冷却？ 方法：采用逆向思考，如果不这么做，会产生什么不良影响。 捷径：用 H2 还原 CuO 的反应方程式为：H2 + CuO Cu + H2O，以此知，反应物中有氢气；反应 时要加热，生成物中有铜。逆向分析： 1 如果先加热再通入氢气→导致空气与氢气混合→结果：加热时可能发生爆炸。 2 如果先停止通氢气→导致空气进入试管→结果：铜与氧气反应而被氧化。 结果是为了避免上述两种不良后果的出现。 总结：诸多实验的操作分析均采用此法。其它如浓硫酸稀释时为什么要将浓硫酸慢慢倒入水(或乙醇) 中，并不断搅拌；实验室制氧气时，为什么要先拆去导气管再熄灭酒精灯等等。 例题 2 ：实验室进行某项实验的装置如图。 实验现象记录如下： （1）黑色的 CuO 粉末变为光亮的红色；（2）生成物 A 能使无水 CuSO4 变蓝；（3）镁带能在另一生 成物 B 中燃烧生成一种固态物质 C，C 与 A 反应可生成碱性物质 D 和一种使湿润的红色石蕊试纸变蓝的 气体 E。回答下列问题。 （1）在制氨装置中，生石灰的作用是________。 （2）写出在硬质试管中发生的化学方程式__________________________。这个反应说明氨气具有 ________（填编号：A、碱性 B、还原性 C、氧化性 D、不稳定性）。 （3）写出有关反应的化学方程式 镁带在 B 中燃烧生成 C 。 C 与 A 反应 。 方法：从实验原理和实验现象剖析。 捷径：（1）生石灰的作用是促进 NH3·H2O 的分解，利于 NH3 的挥发逸出。生石灰溶解于水发生反 应 CaO+H2O=Ca(OH)2 ，Ca(OH)2=Ca2++2OH- ，Ca(OH)2 电离产生 OH －使溶液内 c (OH-)增大，从而使 NH3·H2O N  4H ＋OH－，平衡向左移动。又 CaO 在溶解于水的过程中既消耗水；又放出热量。有 利于 NH3·H2O 的分解和 NH3 的逸出。 （2）2NH3＋3CuO 3Cu+3H2O+N2 ；从化合价分析得，氨气中 N 的化合价升高，在该反应中 氨气作还原剂，选 B。 （3）3Mg+N2 Mg3N2； Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2 +2NH3 总结：该题中生石灰的作用是是多方面的，部分考生由于不能全面理解题意，而造成分析不完整的现 象较多。 例题 3 ：众所周知，反应 Cu+H2SO4（稀）=CuSO4+H2↑通常不能发生。 (1)说明此反应在一般情况下不能发生的原因。 (2)若向稀 H2SO4 中通入热的空气，则发现 Cu 会逐渐溶解。写出有关的化学方程式。 (3)根据你所学过的知识，设法使题中的反应能够发生，具体的方法是________。反应原理是 ______________________________________________________________。 方法：通过比较分析法求解。 捷径：Cu 在金属活动性顺序表中排在 H 之后，所以 Cu 的失电子能力较弱，而 H+得电子能力也不强， 所以两者之间不反应。当向稀 H2SO4 中通入热的空气时，在 O2 的作用下 2Cu+O2 2CuO ，然后 CuO+H2SO4 = CuSO4+ H2O，造成 Cu 逐渐溶解。而要使一个通常情 况下不能发生 的反应能够发生，可借助于电解，方法是：以铜做阳极，以稀 H2SO4 作 电 解 质 溶 液，进行电解，其电解原理如右图。 总结：这是一个开放性实验设计题，它要求考生将 1 个通常情 况下不可能发 生的反应设计成为可能，对考生的知识要求、能力要求、素质要求均较高。特别是题中设计的干扰信息“向 稀 H2SO4 中通入热的空气，则发现 Cu 会逐渐溶解”，又会将考生引向加入另一物质使反应发生的错误思 路，唯有注意题中的关键字段——“设法使题中的反应”，方可正确作答。 例题 10 ：已知锌的化学性质与铝相似，但还原性比铝弱。把 500 mL0.4 mol/L 的盐酸置于烧杯中，投 入质量为 2 g 的一块镀锌铁片。用表面皿盖好烧杯口，看到反应非常剧烈，产生很多气体，片刻后放出气 体速度明显减慢，最后溶液变为浅绿色，待固体溶解后用蒸馏水洗涤表面皿，把洗涤下来的液体全部倾入 烧杯。再向烧杯中加入过量的氢氧化钠溶液，产生沉淀，待沉淀全部变成红褐色时，滤出沉淀并置于蒸发 皿中，当加热至质量不再改变时，称得反应后固体物质的质量是 2.8 g，试回答下列问题： (1)用表面皿盖住烧杯口的目的是_______________。 (2)开始反应时剧烈放出气体的主要原因是________________。 (3)加入过量氢氧化钠溶液的目的是____________。反应的化学方程式是__________。 (4)沉淀变成红褐色时，反应的化学方程式是__________________。 (5)2.8 g 固体的成分是__________。 (6)原镀锌铁片中，含锌量是______%。 方法：从实验过程进行分析。 捷径：(1) 用表面皿盖住烧杯口的目的是为了防止反应液溅出 。 (2) 开始反应时剧烈放出气体的原因有两点，一是开始时溶液的浓度大，二是形成了原电池，而其主要 原因应该是形成锌一铁原电池。 (3) 因锌的化学性质与铝相似，加入过量氢氧化钠溶液的目的使 Zn2转变成 ZnO22－，使 Fe2转变成 Fe(OH)2，从而使 Fe2和 Zn2分离。反应的化学方程式为： Fe2＋2OH==Fe(OH)2、Zn2＋4OH==ZnO 2  ＋2H2O (4)4Fe(OH)2＋O2＋2H2O==4Fe(OH)3 。 (5) 因加热至质量不再改变，故此时 Fe(OH)3 巳全部分解成 Fe2O3，2.8 g 固体为 Fe2O3。 (6) 原镀锌铁片中含锌量，可通过 Fe2O3 的质量，先求出 Fe 的质量，再求 Zn 的质量，得 Zn 的质量为 2g。 总结：解答该题要注意题中信息：锌的化学性质与铝相似。通过信息得 Zn(OH)2 为两性氢氧化物 。 聚宝盆： 根据对近年来高考实验试题的分析，下列内容是实验考查的重点： l．实验基本操作和技能 这类试题的特点通常是给出限定的仪器、药品和一些操作步骤，要求正确完成某项实验操作，既有常 见仪器的使用，又有正确操作的辨别，着重考查考生的实验基本操作技能。 2．正确运用实验原理和正确认识实验装置 这类试题通常是给出限定的实验装置、反应条件、实验现象和有关数据，要求考生根据实验原理及试 题中所给予的信息，结合元素化合物知识，选用仪器药品，正确认识、选择装置，说明装置中某些仪器的 作用，描述实验现象，写出有关化学方程式，进行数据分析．指出实验中必须注意的某些问题等等，主要 考查考生的观察能力与分析综合及评价的能力。 3．运用所学知识和技能进行实验设计或处理 这类试题的特点多是利用给出装好药品的单个实验装置，根据实验要求进行正确连接，或给出全部或 部分实验环节，根据实验要求安排正确的实验步骤或补充实验。主要用于考查考生实验综合能力和评价能 力。 尽管高考实验题涉及到的知识点和能力点是分散的，但高考试题中实验考查的内容和形式是较为稳定 的，这给实验复习中突出重点提供了可能。实验复习可根据考纲和实验要求加以重点复习，这样就会起到 事半功倍的效果。 热身赛： 1．解释下列实验出现的“意外”现象的原因： (1)用浓盐酸与碳酸钙反应产生的二氧化碳，通入澄清石灰水未见混浊_____。 (2)在苯中滴入溴水，振荡后溴水层退色____________________________。 (3)在汽油中滴入溴水，振荡后溴水层变成无色，而汽油层仍是无色______________。 (4)将蔗糖与稀硫酸共热片刻，使蔗糖水解，加热完毕加入新制氢氧化铜，继续加热，没有红色沉淀生 成______________________________。 2．某化学课外小组所做实验的示意图如下： 上图中“”表示气体流向，M 是一种纯净而干燥的气体，Y 为另一种气体，E 内有棕色气体产生。 实验所用的物质，只能由下列物质中选取： Na2CO3、Na2O2、NaCl、Na2O、CaCl2、(NH4)2CO3、碱石灰等固体及蒸馏水。 据此实验，完成下列填空： (1)A 中所用装置的主要仪器有_______。 (2)B 中所选的干燥剂是______，其作用是_______。 (3)C 中发生的主要反应的化学方程式是____________________。 (4)制 取 Y 气 的 D 装 置所 用 的 主要 仪 器是 ____________________ ， 制取 Y 气 的化 学 方 程式 是 ________________________________。 (5)当 F 中充有一定量气体后，D 停止送气，A 停止加热，并立即关闭两个活塞，这时若将 F 浸入冰 水中，可看到 F 中的现象是__________，原因是______________________。 3．实验室进行合成氨的实验时，用盐酸与锌发生反应生成氢气，用亚硝酸钠溶液与氯化铵溶液共热制 取氮气；制 N2 的反应为：NH4Cl+NaNO2 NH4NO2+NaCl ，NH4NO2 N2↑+2H2O。现有仪器装置 如下图，且要用酚酞检验生成的少量 NH3。 （1）各导管口的连接顺序（气流由左至右为： ____接____，____接_____。 （2）C 中应放入的试剂是___________，其作用是_________________________。 （3）B 中应放入试剂是___________，其作用是___________________________。 （4）将合成 NH3 后的气体通入滴有酚酞的水中，若导管口没入水面，水____倒吸（填“会”或“不会”）， 其原因是___________________________________________。 4．为了将下列（I）项中括号内表示的杂质除去，请从（II）项中选出相应的去杂试剂，从（III）项中 选出适当的操作方法，用编号填在“答案栏”内： (I)含杂质物质 (II)去杂试剂 (III)去杂方法 答案栏 (1)KNO3 晶体(NaCl) A．Ba(OH)2 溶液 a 洗气 (1) (2)FeCl2 溶液(FeCl3) B．半透膜 b 蒸馏 (2) (3)NaOH 溶液 (Na2CO3) C．浓 H2SO4 D．Fe 粉 c 分液 d 渗析 (3) (4)CO2(H2S) E．水 e 过滤 (4) (5)乙醇（乙酸） F．溴水 f 加热 (5) (6)苯（甲苯） G．KMnO4 酸性溶液 g 重结晶 (6) (7)硬脂酸钠(NaCl) H．乙醇 h 盐析 (7) (8)硝基苯(NO2) I．CuSO4 溶液 (8) 5．某混合气体由 H2、CO、CO2、SO2 混合而成，为了用实验来验证这四种气体，从下列图示中选用合 适的装置（有的可重复使用）进行实验。 如 果 气 体 是 从左向右流动的， 那么各装置连接 时，导管接口顺序 用字母表示为： （1）混合气 体接（ ），（ ） 接（ ），（ ）接（ ），（ ）接（ ），（ ）接（ ），（ ）接（ ）。 （2）对试管加热的操作应在 时候进行。这样做的目的是 。 6．已知 2NH3 + 3CuO 3Cu + N2 + 3H2O，实验室里现用干燥的氨气在加热条件下与氧化铜反应， 来制取较纯净的铜粉和氮气(允许含少量的水蒸气)，实验是由下列六个装置组合而成。 试回答下列问题： (1)如果氨的气流是从左到右，六个装置的连接顺序是_________。(填入装置的序号) (2)当观察到___________________________________现象时，说明反应开始发生。 (3)装置乙中发生反应的化学方程式是_____________________________。 (4)装置丙的作用是_____________；装置丁的作用是__________________。 (5)当观察到__________________________________现象时，说明实验可以结束。 7．海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在。实验室里从海藻中提取 碘的流程如下： 请回答： （1）指出提取碘的过程中，有关的实验操作名称：①__________，③__________； 写出过程②中有关反应的离子方程式：_____________________________。 （2）提取碘过程中，可供选择的有机试剂是__________________。 A．甲苯、酒精 B．四氯化碳、苯 C．汽油、乙酸 D．汽油、甘油 （3）为使海藻中碘离子转化为碘的有机溶液，实验室里有烧杯、玻璃棒、集气瓶、酒精灯、导管、圆 底烧瓶、石棉网，以及必要的夹持仪器、物品，尚缺少的玻璃仪器是________________________________。 （4）从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机溶剂，还需经过蒸馏。指出下图所示实验装置中的错误之 处：①_______________，②_______________，③_______________。 （5）进行上述蒸馏操作时，使用水浴的原因是________________________________；最后晶态碘在 ___________里聚集。 8．氯化铜(CuCl2·2H2O)中含有 FeCl2 杂质，为制得纯净氯化铜晶体，首先将其制成水溶液，然后按下 图所示的操作步骤进行提纯： (1)为什么加入氧化剂 X？答：___________________________________。 (2)下列物质都可作为氧化剂，其中最合适于本实验的是__________。 A．H2O2 B．KMnO4 C．NaClO D．K2Cr2O7 (3)物质 Y 是___________，沉淀 Z 是__________。 (4) 为 分 离 出 沉 淀 Z ， 并 将 溶 液 III 蒸 发 ， 获 得 晶 体 ， 从 A ～ L 中 选 择 所 需 用 的 仪 器 ______________________（填字母） (A)漏斗 (B)烧杯 (C)试管 (D)蒸发皿 (E)坩埚 (F)温度计 (G)酒精灯 (H)喷灯 (I)铁架台(附铁圈) (J)药匙 (K)滴管 (L)锥形瓶 除以上仪器之外，还需要的仪器和实验药品的是_______________，附三种离子从溶液中完全呈氢氧化 物沉淀时所需的 PH 值：Fe3 3.7，Cu2 6.4，Fe2 6.4。 9．氨跟氧化铜作用可以制备氮气（图中的 B），同时得到铜和水（图中的 A），而氮气跟镁在高温下 反应可制得氮化镁，但氮化镁遇水即反应生成 Mg(OH)2 和 NH3，下图是实验室上述实验的装置图，回答下 列问题。 (1)虚线方框中的装置中装的物质是_______________________。 (2)在制氨装置中，固体 NaOH 的作用是________________________________。 (3)写出有关反应的化学方程式 (a)氨与灼热氧化铜反应：______________________________________________。 (b)镁带在 B 中燃烧生成固体物质 C：____________________________________。 (c)C 与水反应：_______________________________________________________。 10．现需设计一个实验装置，电解饱和食盐水，并测定电解产生氢气的体积（约 6 mL）和检验氯气的 氧化性（多余氯气不应排入空气中） (1)试从下图中选用几种必要的仪器连成一整套装置，这套装置接口的顺序（编号）是________。 (2)电路的连接是：炭棒接电源的_____极，铁棒接电源的_____极。 (3)如果装入的饱和食盐水是 50 mL（假定电解前后溶液体积不变），当测得的氢气为 5.6 mL（标准状 况）时，此时停止通电，摇匀后 U 形管内溶液的 PH 值为______。 大检阅： 1．(1)氯化氢随二氧化碳一起进入澄清石灰水 (2)苯萃取溴 (3)汽油中含有裂化汽油，与溴发生加成反应 (4)水解反应后的酸性未中和。 2．(1)大(硬质)试管、铁架台(附铁夹)、酒精灯、单孔胶塞和玻璃导管。 (2)碱石灰 除去水蒸气也除去二氧化碳 (3)4NH3＋5O2 4NO＋6H2O(气) (4)铁架台、分液漏斗、平底烧瓶(或锥形瓶)、胶塞、导管 2Na2O2＋2H2O====4NaOH＋O2 (5)颜色变浅，因为 2NO2(气) N2O4(气)＋热量，是放热反应，降低温度时平衡向正方向移动，红 棕色的 NO2 部分转变为无色的 N2O4，故颜色变浅。 3．（1） , )( )(, bi hgf gheda 接 或接 或接接    c 接 j，k 接 l （2）NaOH 溶液 除去 H2 中混入的 HCl （3）浓 H2SO4 除去水蒸气进行干燥，以防止催化剂中毒 （4）不会 因 N2、H2 混合气中只有少量 NH3 4．(1)E g (2)D e (3)A e (4)I a (5)A b (6)GA c (7)BE d (8)A c 5．（1）E、D、I、J、K、C、G、H、A、B、I； （2）开始通入混合气后，即可进行加热，（不能先加热后，再通气）。防止 H2、CO 与热空气接触时 发生危险。 6．(1)戊—丙—乙—己—丁—甲 (2)戊装置中石蕊试纸变蓝，乙装置中有紫红色铜生成 (3)2NH3＋3CuO=3Cu＋N2↑+3H2O (4)干燥氨气 吸收未反应的氨气 (5)乙装置中黑色粉末全部转为紫红色 7．（1）①过滤 ②萃取 2I -＋Cl2===I2+2Cl- （2）B （3）分液漏斗 （4）①缺石棉网 ②温度计插到了液体中 ③冷凝管进、出水方向颠倒 （5）使蒸馏烧瓶均匀受热，控制加热温度不致过高；在蒸馏烧瓶里聚集 8．(1)将 Fe2氧化成 Fe3；(2)A；(3)CuO，Fe(OH)3；(4)ABDGI；玻棒、滤纸 9．(1)碱石灰；(2)吸水放热作用；(3)(a)2NH3＋3CuO 3Cu＋N2＋3H2O； (b)N2＋3Mg==Mg3N2；(c)Mg3N2＋6H2O==3Mg(OH)2＋2NH3。 10． (1)A、G、F、I；B、D、E、C；(2)正、负；(3)12。 策略 27 无机框图题的解法与技巧 金点子： 无机框图主要包括元素的框图分析与推断、无机物的框图分析与推断、无机物的合成、混合物的分离 与除杂等题型。由于此类试题可全面考查无机化学知识的内在联系，及其分析问题的方法和解决问题的能 力，因而成为高考化学优秀的传统题型。此类试题的解法与技巧主要有： 1．循序渐进法 当框图中给出了起始物质时，可利用框图采取循序渐进的方法分析递变过程而获解。 2．题眼扩展法 当框图中未给出起始物质时，可通过题中的文字说明和框图中的实验现象等，找出解题的突破囗，也 即“题眼”，题眼可以是一种物质，也可以是一类物质，再从题眼中的物质向前或后扩展，找出其它物质。 3．试探法 当通过题中文字说明和框图中的变化无法找到相应物质时，此时，可通过题中规律，将中学化学中的 常见物质代入试探，如发现试探的物质不符合时，再代入其它物质，直至获得结果。 4．迁移类比法 当框图中的物质不是中学化学中的常见物质时，可依据元素周期表中元素的递变规律，将学过的物质 的性质迁移到新物质中，而进行类比分析。 经典题： 例题 1 ：（2001 年上海高考）利用天然气合成氨的工艺流程示意如下： 依据上述流程，完成下列填空： （1）天然气脱硫时的化学方程式是 。 （2）n mol CH4 经一次转化后产生 CO 0.9n mol、产生 H2 mol（用含 n 的代数式表示） （3）K2CO3（aq）和 CO2 反应在加压下进行，加压的理论依据是 （多选扣分） a．相似相溶原理 b．勒夏特列原理 c．酸碱中和原理 （4）由 KHCO3 分解得到的 CO2 可以用于 （写出 CO2 的一种重要用途）。 （5）整个流程有三处循环，一是 Fe(OH)3 循环，二是 K2CO3（aq）循环，请在上述流程图中标出第三 处循环（循环方向、循环物质）。 方法：从起始物质循序渐进分析。 捷径：（1）根据框图中的物质变化，可得脱硫方程式 3H2S＋2Fe(OH)3→Fe2S3＋6H2O。 （2）一次转化所发生的反应是 CH4+H2O=CO+3H2，根据产生 CO 0.9n mol 知，参加反应的 CH4 为 0.9n mol，生成的 H2 为 3×0.9n=2.7nmol 。 （3）K2CO3（aq）+CO2（g）+H2O（l）=2KHCO3（aq）这是气体体积缩小的反应，根据平衡移动原 理，增大压强有利于 KHCO3 的生成。以此得 b。 （4）CO2 的用途较多，如生产纯碱、作制冷剂、人工降雨等。 （5）根据图示，将课本中的知识迁移知，在合成氨的 反应中，N2、H2 经合成塔合成氨后，还有大量的 N2、H2 未参加合成，所 以 除 NH3 后 的 N2、H2 重新回到合成塔，再进行合成氨反应。以此另一循 环过程为(见右 图)。 总结： 理清框图中的物质变化过程，再结合课本知识，方可迅速获得结果。 例题 2 ： （1998 年全国高考）下图 分别代表有关反应中的一种物质，请填下以下空白。 （1）①、③、 ④的化学式分别 是 、 、 。 （2）⑧与⑨ 反应的化学方程 式 是 。 方法：题眼扩展法。 捷径：从物质②和 Na2O2 反应生成物质④⑤得，物质②一定是 CO2，因课本中仅学过 Na2O2 与 CO2 或 H2O 的反应，又气体混合物预先通过了浓硫酸，水巳除去。以此为突破囗，分析前后物质即可得答案为： （1）NH4HCO3,NH3,O2 （2）C+4HNO3 2H2O+4NO2+CO2 总结：当题中只给出了部分变化过程中的某一反应物时，与旧知识相联系，是找出题眼的重要之点。 例题3 ：（1994年全国高考）下图中的每一方格表示有关的一种反应物或生成物,其中粗框表示初始 反应物(反应时加入或生成的水,以及生成沉淀J时的其他产物均已略去)。 请填写下列空白： (1)物质B是 ,F是 , J是 . (2)反应①的离子方程式是 。 方法：利用循序渐进的分析思路解题。 捷 径 ： 饱 和 食 盐 水 电 解 的 产 物 是 NaOH 、 Cl2 、 H2 。 三 者 之 间 存 在 的 反 应 是 H2+Cl2=2HCl 、 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，由图示：B 能与另两种生成物反应所以 B 为 Cl2；又 B 与 A 反应产物有两 种，所以 C 一定为 H2，A 为 NaOH，G 为 HCl；再由 F+Cl2→I，F+HCl→H+H2，H+Cl2→I，可推知 F 为变 价金属，可确定为 Fe；H 和 I 分别为 FeCl2 和 FeCl3；最后注意理解 D 与 H、I 的反应。由题知 D、E 为 NaCl、 NaClO，通过上述分析可认定 D 应为 NaClO，有关反应为：I→J：Fe3++3ClO—+3H2O=Fe（OH）3↓+3HclO， 发生了双水解反应。而 H→J 可理解为生成 Fe（OH）2，但 HClO 有强氧化性，进而将 Fe（OH）2 氧化为 Fe（OH）3。以此该题的结果为：(1)B 是 Cl2, F 是 Fe , J 是 Fe（OH）3 。反应①的离子方程式是：Cl2+2OH —=ClO—+Cl—+H2O 。 总结：本题的难点，是确定 F 为何种物质。其推断方法：先推断 F 为何种类型的物质，因 F+Cl2→I， F+HCl→H+H2，所以 F 必为金属。再推断这种金属的特点，因 I、H 均为氯化物，又 H→I，所以 F 是变价 金属，而我们熟知的变价金属是铁。先确定物质的种类，再确认具体物质，这是解推断题中常用的方法。 因为它能分解难点，使推断的目标更具体、更明确。思路也变得非常清晰。 例题 4 ：（2001 年高考试测题）在一定条件下（不许添加别的反应物），经不同的化学反应，可实现 如下图的各种变化。 其中，反应③、④、⑤属氧化还原反应，而反应①、②属非氧化还原反应。X、F 和 Y 为单质，且 F 是空气的主要成分之一，其余为化合物，据此请填空： （1）物质 A 是 ，F 是 ，X 是 ，Y 是 。 （2）写出反应②的化学方程式 。 （3）写出反应④的化学方程式 。 方法：因题中物质未知，故根据反应规律，采用代入试探法解题。 捷径：左边从 A 盐固体加热分解得三种物质，且为非氧化还原反应，代入常见(NH4)2CO3(或 NH4HCO3) 分析试探。右边从电解 Z 的盐溶液得单质 X、Y 和化合物 W 分析，代入常见物质 NaCl 溶液分析试探。以 此得此题结果为：（1）A 是(NH4)2CO3(或 NH4HCO3)，F 是 N2，X 是 H2，Y 是 Cl2。 (2)CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O 或 CO2+NaOH=NaHCO3 (3) N2+3H2 2NH3 。 总结：值得注意的是，如果代入试探的物质与题意相矛盾或不一致时，应作及时调整，代换其它物质。 例题 5 ：（1996年上海高考）某试剂厂用银(含杂质铜)和硝酸(含杂质Fe3+)反应制取硝酸银。步骤如 下: 依据上述步骤,完成下列填空: (1)溶解银的硝酸应该用 硝酸(填浓或稀).原因是 。 a．减少过程中产生NOx的量 b．减少原料银的消耗量 c．节省硝酸物质的量 (2)步骤B加热保温的作用是 . a．有利于加快反应速度 b．有利于未反应的硝酸挥发 c．有利于硝酸充分反应, 降低溶液中c (H+) (3)步骤C是为了除去Fe3+、Cu2+等杂质.冲稀静置时发生的化学反应是 。 a．置换反应 b．水解反应 c．氧化—还原反应 产生的沉淀物化学式: 。 方法：该题给出了反应过程中的一些物质，但要求回答原因、作用与某些物质的化学式，可采用迁移 类比法解题。 捷径：(1) 将银的硝酸的反应方程式迁移对比后分析得，采用稀HNO3好，其原因是 a和c 。 (2) 步骤B加热保温的作用，可将速率与平衡的知识迁移过来分析，得作用为a和c。 (3) 冲稀静置是为了除去Fe3+、Cu2+等杂质，可将盐类水解的知识迁移分析，得b 。产生的沉淀为 Fe(OH)3 和Cu(OH)2 。 总结：（1）Ag+2HNO3（浓）=AgNO3+NO2+H2O，3Ag+4HNO3（稀）=3AgNO3+NO+2H2O，从两条反 应式可知答案为 a c。（3）由于 Fe3+、Cu2+的水解能力强，即使在弱酸性条件下，他们都可以发生水解。 溶液变稀后，pH 值上升，有利于 Fe3+、Cu2+水解，生成 Fe(OH)3、Cu（OH）2 沉淀，经过滤后得纯净的 AgNO3 溶液。 例题 6 ：（2002 年全国高考）如图所示。已知： ① 甲、乙、丙、丁均为前三周期元素的单质。 ② 在一定条件下甲与丙和甲与丁都按物质的量之比 l：3 反应，分别生成 X 和 Y，在产物中元素甲 呈负价。 ③在一定条件下乙与丙和乙与丁都按物质的量之比 1：2 反应，分别生成 Z 和 W，在产物中元素乙呈 负价。 请填空： (1)甲是_______________________，乙是_______________________。 (2)甲与丙反应生成 X 的化学方程式是______________________________。 (3)乙与丁反应生成 W 的化学方程式是______________________________。 方法：依据反应规律，采用代入试探法求解。 捷径：因在一定条件下，甲与丙和甲与丁都按物质的量之比 l：3 反应，分析前三周期常见元素的单 质，有 N2 和 H2 及 N2 和 Mg 为 1：3 反应。以此甲可能为 N2 ，丙、丁可能为 H2 或 Mg。又在一定条件下 乙与丙和乙与丁都按物质的量之比 1：2 反应，与前面对照，能与 H2 或 Mg 以物质的量之比 1：2 反应的一 种物质只有 O2。以此可获得结果为： （1）N2，O2 （2）N2+3Mg Mg3N2 （3）O2+2H2 2H2O。 或（2）N2+3H2 2NH3（3）O2+2Mg 2MgO 总结：解答该题，要求考生紧紧抓住反应过程中反应物间物质的量的关系。有目的地代入某一或某些 物质。 金钥匙： 例题 1 ：某物质Ａ在水溶液中有如下性质： 根据上述现象分析得出： （１）Ａ是 ，Ｂ是 ，Ｃ是 。 （２）加入盐酸的离子方程式： 。 方法：根据反应过程，从已知的现象寻找物质，然后逐一化解。 捷径：由题图示知：Ｂ为不溶于稀 HNO3 的浅黄色沉淀，Ｂ肯定是 AgBr 。在 C 的溶液中加 NH4SCN 溶液无明显现象，说明 C 中无 Fe3+；而在 C 中继续加盐酸后变红色，说明 C 中必存在 Fe2+。加入盐酸后， Fe3+与 SCN—反应显红色，是因为在酸性条件下，NO3 —具有氧化性，这就是解答本题的关键所在，即隐含 条件。以此 A 为 FeBr2。 总结：在酸性条件下，NO3 —具有氧化性这一隐含条件，也可能出现在其他类型的试题中，如离子共存， 在复习中一定要引起注意。 例题 2 ：有四种元素的单质形成的合金，为确定其组成，某兴趣小组做了下列实验，请根据要求回答 以下问题。 回答：（1）A 中含 ；（2）B 中含 ；（3）C 中含 ； （4）D 中含 ；（5）E 是 ；（6）F 是 。 方法：通过反应后的实验现象，逆向分析。 捷径：逆向分析，从浅绿色溶液到红褐色沉淀知，固体 B 中含有 Fe，从纯固体加入浓硝酸产生红棕色 气体及无色无刺激性不可燃气体知，固体 B 中含有 C。同理分析框图右边。以此得答案为：(1)C、Si、Al、 Fe ；(2)C、Fe；(3)Na2SiO3、NaAlO2；(4)H2SiO3、Al(OH)3；(5)H2 ；(6)CO2 。 总结：当正向分析难以确定物质或元素时，可根据物质或元素的性质，逆向考虑。 例题 3 ：朱砂（又名丹砂）是一种红色的颜料，它是某种金属的高价化合物。现通过以下实验来确定 朱砂的组成： （1）朱砂的化学式是 ； （2）写出 A C 的离子方程式 ； （3）写出 B E 的化学方程式 。 （4）气体 A 有何优缺点？在实验室及工业上如何制得？写出其反应的化学方程式。 方法：此类试题由于未能给出具体的物质，故解题时需通过题中文字说明、变化规律及实验现象，首 先推断出题中各物质，然后才能按照题中要求作答。 捷径：根据 C→D 为无色溶液中加入盐酸酸化的 BaCl2 溶液知 D 可能为 BaSO4 或 AgCl，而 C 为气体 A 与溴水反应的产物，故 D 只能为 BaSO4，以此得 A 为 SO2。 根据无色溶液 E 与 Cu 反应生成银白色物质，知该反应为一置换反应，银白色物质为汞。以此 B 为汞 蒸气。 通过分析得朱砂在空气中加热生成汞和 SO2，以此其化学成分为 HgS。 A C 的离子方程式为：SO2 + Br2 + 2H2O = 4H+ +SO42- + 2Br -； B E 的化学方程式为：3Hg + 8HNO3(稀) = 3Hg (NO3 )2 + 2NO↑ + 4H2O 从优点分析，SO2 可用作漂白剂、消毒、杀菌及制硫酸等；从缺点来看，又能引起环境污染、酸雨等。 在实验室可通过 Na2SO3 与浓 H2SO4 共热制得，其反应的化学方程式为：Na2SO3 + H2SO4(浓) Na2SO4 + SO2↑+ H20 ；在工业上可通过燃烧 S 或煅烧黄铁矿而制得，其化学方程式为：S+O2 SO2，4FeS2 + 11O2 2Fe2O3 + 8SO2 。 总结：此题以红色的颜料朱砂为背景材料，要求考生从文字说明及框图信息两方面，对题中问题逐一 作答，既考查了考生的基础，又考查了考生的能力。 例题 4 ： MnO2 和锌是制造干电池的主要原料。巳知某地有软锰矿和闪锌矿两座矿山，它们的主要成 份为：软锰矿：MnO2 含量≥65%、Al2O3 含量为 4%、闪锌矿：ZnS 含量≥80%、FeS、CuS、CdS 含量各 为 2% 。 电解法生产 MnO2 传统的工艺主要流程为：软锰矿加煤还原焙烧；用硫酸浸出焙烧料；浸出液经净化 后再进行电解，MnO2 在电解池的阳极析出。 制取锌的传统生产工艺为：闪锌矿高温氧化脱硫，再还原得粗锌： 2ZnS+3O2 2ZnO+2SO2 、2C+O2 2CO 、ZnO+CO Zn(g)+CO2 。 将用热还原 法制得的粗锌溶于硫酸，再电解 ZnSO4 溶液可生产纯度为 99.95%的锌。 目前生产 MnO2 和锌的工艺主要是通过电解获得 MnO2 和锌，副产品是硫、金属铜和镉。其简化流程 图如下： 试回答下列问题： （ 1 ） 软 锰 矿 、 闪 锌 矿 粉 未 与 硫 酸 溶 液 共 热 时 析 出 硫 的 反 应 为 氧 化 - 还 原 反 应 ， 例 如 ： MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S+2H2O，据此写出 MnO2 在酸性溶液中分别和 CuS、FeS 和 CdS 发 生氧化-还原反应的化学方程式。 （2）用离子方程式表示浸出液 A 与适量 Zn 粉作用得到滤液 B 与滤渣乙的过程。 （3）产品 C 的化学式是 。 （4）试从环境保护和能量消耗的角度评价目前的工艺与传统的工艺相比较有哪些优点。 方法：通过迁移类比及变化过程分析。 捷径：(1)将题中的反应迁移比较即可，但要注意 FeS 中的 Fe2+将会被 MnO2 氧化成 Fe3+。其化学方程 式 分 别 为 ： MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+CuSO4+S+2H2O ； 3MnO2+2FeS+ 6H2SO4=Fe2(SO4)3+3MnSO4+2S+6H2O；CdS+2H2SO4+MnO2=MnSO4+CdSO4+S+2H2O。 (2) 浸出液 A 中含有 Cu2+、Cd2+、Fe3+，与 Zn 粉作用的离子方程式分别为： Zn+Cu2+=Cu+Zn2+ ， Zn+Cd2+=Cd+Zn2+ ，Zn+2Fe3+=2Fe2++Zn2+ 。 (3) 产品 C 可从电解反应分析得为 H2SO4 。 (4)从环境保护角度评价：无 SO2 对大气的污染；从能量消耗角度评价：无高温焙烧热污染，不需要高 温焙烧节约燃料。 总结：迁移类比法解题，要求考生不仅要将学过的旧知识进行迁移，还要能将题中的新信息进行迁移， 唯有围绕目的分析，方能快速获解。 例题 5 ：某混合溶液含有 Ag、Fe3、Cu2、Ba2、Al3五种阳离子(不考虑阴离子)，做实验时所用的 试剂是：盐酸、硫酸、氢氧化钠、氨水，实验步骤如下图。试选择适当的试剂或生成物，用化学式或离子 符号填写下列空白。(注：Cu2和 Ag一样，与 NH3 分子形成[Cu(NH3)4]2络离子) (a) (b) (c) (d) (e) (f) (g) (h) 方法：循序渐进法分析解题。 捷径：从混合溶液含有的 Ag、Fe3、Cu2、Ba2、Al3五种阳离子进行的一系列反应分析得：(a)AgCl ， (b)H2SO4 ， (c)BaSO4 ，(d)Fe(OH)3、Cu(OH)2 ，(e)AlO 2  (f)NH3·H2O (g)Fe(OH)3 ， (h)[Cu(NH3)4]2 。 总结：实验过程中试剂的选择是正确解题的前提。部分考生由于未能理清题中的信息“Cu2和 Ag一样， 与 NH3 分子形成[Cu(NH3)4]2络离子”，而出现误选误判的现象较多。 聚宝盆： 框图题是高考化学试卷中的必考题型。此类试题跨度大、思维强，对考查考生的知识与 能力特别有效，因而倍受命题者的青睐。 解答框图题要注意以下四点： 一看：看清题中的文字说明，列出解题的关键字词。 二找：找出框图中的实验现象，找出框图中的变化规律。 三查：查框图中的物质、查反应条件、查反应过程。 四 答 ： 答 非 所 问 是 考 生 解 答 此 类 试 题 经 常 出 现 的 错 误 。 以 此 在 答 题 时 必 须 注 意 ： ① 答 名 称， 还是 答符号 、化 学式； ②答离 子方 程式， 还是 化学方 程式 ； ③答现 象， 还是答 结论 ；④ 答规律，还是答具体物质或具体内容。 热身赛： 1．将 9．6g 镁在空气中充分燃烧，为了分析燃烧产物的成分做如下实验： （1）写出物质的化学式甲 、乙 、丙 、丁 、戊 。 （2）若将上述实验生成的氨气通过稀 H2SO4，硫酸增重 3．4 g，戊煅烧到质量不再变化时得到 8g 固体，求镁燃烧的混合物中甲与乙的物质的量之比 。 （3）写出甲变化为丙的化学反应方程式 。 2．下图表示某些化工生产流程（有的反应条件和产物已略去） 试回答： （1）C 的化学式是 ，L 的名称是 。 （2）E→G 的化学方程式是 。 （3）G→H 的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 （4）写出饱和食盐水＋F＋E→J＋K（沉淀）的化学方程式 。 （5）写出由上述流程图中出现的元素组成的 5 种铵盐的化学式 。 3．A、B、C、D、E、F 是中学化学常见的 6 种物质，它们之 间有如下的转 化关系（B、D 是气体，E、F 是无色液体，C 是白色沉淀）。 请填写以下空白： （1）A 是 ，B 是 ，C 是 。 （2）写出反应①的化学方程式 。 4．在一定条件下，下列各物质可发生如图所示的变化：（反 应中生成的水 没有写出） 请回答： （1）固体 A 是 （写化学式） （2）反应①的化学方程式 （3）反应②的化学方程式 5．根据下图记录的实验现象，推断 A、B 各是什么物质。 （1）A 是 ，B 是 （写化学式） （2）写出 A、B 等物质的量在水溶液中反应的离子方程式 。 6．从某物质 A 的水溶液出发有下图所示的一系列变化： 试回答：（1）物质的化学式：A 、B 、C 、D 、E 、F 。 （2）写出 E→F 的离子方程式 。 （3）鉴定 F 的简捷方法是 。 7．下面是 A、B 两种盐所进行的实验记录，其中 H、G 均为溶于酸的白色沉淀。 由此推知：A 是 ，B 是 ，C 是 ，D 是 ，E 是 ，F 是 ， G 是 ，H 是 。 8．A 和 A1 是同一周期的元素．在 A 和 A1 的如右图各步反应中，最后生成的 D 和 D1 均为白色沉淀。 试推断并写出其化学式： A B C D A1 B1 C1 D1 9．用惰性电极电解 A 的溶液，得到 B、C、 D 三种产物， 已知：B 是气体，C 是金属，E 为黑色固体，反 应Ⅲ是 C 在 D 的稀溶液中进行。 则(1)A 为 ，D 为 。 (2)反应Ⅰ的离子方程式 反应Ⅰ中阳极的电极反应式 (3)反应Ⅲ的离子方程式 大检阅： 1． (1 )Mg3N2、 MgO 、NH4Cl、 MgCl2、 Mg(OH)2；(2 ) 1: 2；(3 )Mg3N2 + 8HC1 = 3MgCl2 + 2NH4Cl 2．(1)H2、硝酸铵 (2)4NH3＋5O2===4NO＋6H2O (3)1∶2 (4)NaCl＋H2O＋CO2＋NH3===NaHCO3＋NH4Cl (5)NH4Cl、NH4HCO3，(NH4)2CO3、NH4NO3、CH3COONH4 3．(1)NH4Cl、HCl、AgCl (2)Ag+＋NH3·H2O = AgOH＋NH4+, AgOH＋2 NH3·H2O = [Ag(NH3)2]+＋OH-＋2H2O 4．(1)Na2O2 (2)NaOH＋SO2(过量)===NaHSO3 (3)SO2＋Br2＋2H2O===H2SO4＋2HBr 5．（1）SO2、Cl2 （2）SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Br-+4H+ 6．(1)(NH4)2SO3 或 NH4HSO3、(NH4)2SO4 或 NH4HSO4、SO2、NH3、K2SO3、K2SO4 (2)SO32-＋Br2＋H2O===SO42-＋2Br-＋2H+ (3)焰色反应鉴定 K+，加 BaCl2 和盐酸鉴定 SO42- 7．A：K2SO3 B：BaCl2 C：KCl D：BaSO4 E：Cl2 F：SO2 G：BaSO4 H：AgCl 8．A：Mg 、B：Mg3N2、 C.：MgCl2、 D：Mg(OH)2； A1： Al、 B1：Al2 (SO4)3 、C1.：AlCl3、 D1.：Al (OH)3） 9． (1)A 为 Cu(NO3)2，D 为 HNO3。 (2)2Cu2+ + 2H2O 2Cu + O2↑ + 4H+ ；4OHˉ= O2↑+2H2O (3)3 Cu + 8H+ + 2NO3 ˉ= 3Cu2+ + 2NO + 4H2O 策略 28 有机框图题的解法与技巧 金点子： 有机框图题，是高考化学中的重点题型。此类试题，常常会给出一些新信息、新反应、新要求。解答 此类试题，除要应用课本上的基础知识外，还要读懂信息、分清框图、找准解题的目的。有关有机框图题 的解法与技巧主要是： 1．找准信息 为了在新反应、新知识面前能让考生正确求解，有机框图题一般在框图之前或框图之后给出反应或物 质性质的提示，因此在解答此类试题时，要求考生首先必须找出与解题有关的有效信息和隐含信息，再结 合框图一一化解题中物质，直至获得结果。 2．瞻前顾后 对框图中的未知物质或不熟悉的反应，在推断时，可结合前后所给出的物质的结构或化学式，通过瞻 前顾后，缩小包围圈式找出中间的新物质或反应条件。 3．循序渐进 当框图中给出了起始物质时，可利用框图采取循序渐进的方法分析递变过程而获解。 4．题眼扩展 当框图中未给出起始物质时，可通过题中的文字说明和框图中部分物质的结构简式或化学式等，找出 解题的突破囗，也即“题眼”，再从题眼中的物质向前或后扩展，推出其它物质。 5．代入试探 当通过题中文字说明和框图中的变化无法找到相应物质时，此时，可通过题中规律，将中学化学中的 常见物质代入试探，如发现试探的物质不符合时，再代入其它物质，直至获得结果。 6．迁移类比 当框图中的物质不是中学化学中的常见物质时，可依据官能团的性质，将中学化学中学过的物质的性 质迁移到新物质中，而进行类比分析。 经典题： 例题1 ：（1997年全国高考）通常情况下,多个羟基连在同一个碳原子上的分子结构是不稳定的,容易 自动失水,生成碳氧双键的结构: 。 下面是9种化合物的转变关系 (1)化合物①是__________,它跟氯气发生反应的条件A是__________________. (2)化合物⑤跟⑦可在酸的催化下去水生成化合物⑨,⑨的结构简式是__________________,名称是 __________________. (3)化合物⑨是重要的定香剂,香料工业上常用化合物②和⑧直接合成它.此反应的化学方程式是： ____________________________________________________. 方法：通过题眼扩展找出框图中的物质。 捷径：从物质⑤逆向分析，可推断出②为 C6H5CH2Cl，进一步逆推可得①为甲苯。再结合物质③和信 息及反应过程可得答案为： 总结：信息和框图相互联系，整体分析方能正确求解。部分考生由于仅考虑框图，而未能分析题中信 息，即在“通常情况下,多个羟基连在同一个碳原子上的分子结构是不稳定的,容易自动失水,生成碳氧双键 的结构”，从而造成无法作答。 例题 2 ：（2001 年上海高考）为扩大现有资源的使用效率，在一些油品中加入降凝剂 J，以降低其凝 固点，扩大燃料油品的使用范围。J 是一种高分子聚合物，它的合成路线可以设计如下，其中 A 的氧化产 物不发生银镜反应： 试写出： （l）反应类 型 ； a 、 b 、P （2）结构简 式 ； F 、H （3）化学方 程式：D→E E＋K→J 方法：递进分析法。 捷径：从 CH2=CH－CH3 与水的加成得 A 为 CH3－CH2－CH3，从 CH2=CH－CH＝CH2 与氯气的加成得 F 为 CH2Cl－CH=CH－CH2Cl，再结合反应类型和反应条件，通过递进分析可得答案为： （1）加成 消去 水解（或取代） （2） （各 2 分，其 4 分） （3） ＋C16H33OH ＋H2O（2 分） n ＋n （3 分） 总结：对于未知的(即课本中未学过的)反应，可通过将反应前后的物质进行联系，从而依据结构或官能 团的变化，即可找出未知的物质或未知的反应。 例题3 ：（1996年全国高考）已知: 现有只含C、H、O的化合物A～F,有关它们的某些信息,已注明在下面的方框内。 (1)在化合物A～F中有酯的结构的化合物是(填字母代号) . (2)把化合物A和F的结构简式分别填入下列方框中. 方法：通过瞻前顾后，依靠反应过程中的分子量的变化找出新物质。 捷径：分析框图，从A→D与从B→C，均为选择氧化，故C、D中均存在羧基。又C的分子量比D大84， 根据题中信息得，每mol羟基与乙酸和乙酸 酐反应，分子 量增加42，以此说明A中有2个羟基，因A能 发 生 银 镜 反 应，知A中还含有一个醛基，且分子量为D 的分子量减去 一 个 氧 原 子 ， 即 106 － 16 ＝ 90 。 得 A 为 CH2OHCHOHCHO。再通过递进分析可得结 果为：(1)B、C、 E、F 。(2) 化合物A和F的结构简式见右图。 总结：从题文所给信息,可以看出:乙醇和乙酸起酯化反应后,其分子量增加了 42,由 C 与 D 分子量之差, 可以确定 A 中有两个羟基,并且不连在同一个 C 原子上。 例题 4 ：（2000 年上海高考）化合物 A 最早发现于酸牛奶中，它是人体内糖代谢的中间体，可由马 铃薯、玉米淀粉等发酵制得，A 的钙盐是人们喜爱的补钙剂之一。A 在某种催化剂的存在下进行氧化，其 产物不能发生银镜反应。在浓硫酸存在下，A 可发生如下图所示的反应。 试写出： 化合物的结构简式：A B D B D A C3H6O3 E 能使溴水褪色 F（六原子环化 合物）C6H8O4 H2SO4（浓） H2SO4（浓） H2SO4（浓） H2SO4（浓） △ △ C2H5OH CH3COOH 化学方程式：A→E ，A→F 反应类型：A→E ，A→F 方法：根据迁移类比法，通过反应规律和化学式，首先推断出 A 的结构，再根据 A 结构，推出其余物 质的结构，并依据官能团的性质写出反应的化学方程式。 捷径：根据文字叙述，A 在催化剂作用下被氧化生成酮而不是醛，可知 A 中羟基不在碳链的端点，而 A→E 的变化又说明醇发生分子内脱水生成烯烃，从 A→B 发生酯化反应知 A 中具有—COOH，根据 A 的 分子式，可推知 A 的结构简式为： 。 B 为 A 与乙醇酯化反应的产物，其结构简式为： 。 D 是 A 与乙酸发生酯化反应的生成物，其结构简式为： 。 以此可获得答案为： 消去（或分子内脱水），酯化（或分子间脱水或取代） 总结：此题要求考生从分子式、化学反应中的过程、文字叙述等多方面综合考虑 A 物质的结构，并以 此为突破囗，确定其它物质。 例题5 ：（1993年全国高考）从环己烷可制备1,4-环己二醇的二醋酸酯.下面是有关的8步反应(其中所有 无机产物都已略去): 其中有3步属于取代反应、2步属于消去反应、3步属于加成反应.反应①、 和 属于 取代反应.化合物的结构简式是:B 、C . 反应④所用试剂和条件是 . 方法：以环己烷为起始原料，采用递进分析法求解。 捷径：根据反应过程中的已知物质，结合反应条件可分析出 A、B 物质。而 C、D 物质则应接合前后 物质和反应条件去推断，以此得答案为： 反应①、⑥和⑦属于取代反应。 化合物 B 的结构简式为： ，C 的结构简式为： 。 醋酸、 醋酸酐 反应④为卤代烃的消去反应，故所用试剂为 NaOH 的醇溶液，条件为加热。 总结：C、D 物质的确定是该题的难点，在解题时，可瞻前顾后找出前后物质间的联系，通过结构比较 获得结果。 例题 6 ：（1998 年全国高考）某高校曾以下列路线合成药物心舒宁（又名冠心宁），它是一种有机酸 盐。 （1）心舒宁的 分 子 式 为 。 （2）中间体 （I）的结 构简式是 。 （3） 反 应 ① ～ ⑤ 中 属 于 加 成 反 应 的 是 （填反应 代号）。 （4） 如果将⑤、⑥两步颠倒，则最后得到的 是（写结 构简式） 。 方 法：采用递进分析法求解。 捷 径：（1）心舒宁的分子式的确定，可将 其分成两 部分，分别求算两部分的分子式，然后 再将两部分合并即可。以此得其分子式为 C23H39NO4。 （2）结合反应条件得中间体（I）的结构简式为： 。 （3）反应①～⑤中属于加成反应的是③和⑤。 （4）如果将⑤、⑥两步颠倒，最后加氢时圆点后的碳碳双键也将与氢气发生加成反应，则最后得到 的是 。 总结：在确定心舒宁的分子式时，可通过不饱和度求解。分析圆点前的不饱和度为 3，圆点后的不饱 和度也为 3，每增加 1 个氮原子，同时增加 1 个氢原子。 金钥匙： 例题 1 ：有机物 A、B 在常温下均为气态，可按如下方法进行 A、B 及有关物质的一系列转化： 已知 X 和 Y 互为同分异构体，D 与 G 互为同系物，X 有银镜反应，A 在标准状况下密度为 1.25g·L-1。 （1）写出 A、B 的结构简式：A____________；B____________。 （2）写出下列反应的化学方程式： C D____________________________________________________________ B F____________________________________________________________ E+G X____________________________________________________________ 方法： 从 A 的密度确定 A 的式量，再根据框图中的反应确定其结构简式，并以此为突破囗，推断其 它物质，并写出反应的化学方程式。 捷径：根据 A 在标准状况下密度为 1.25g·L-1。可得其分子量为 28，又 A 能水化生成醇，氧化生成醛， 可知 A 为乙烯。再结合题中信息“X 有银镜反应”，知 X 为甲酸酯，故 G 为甲酸。其余物质可以此为突 破囗确定。其答案为： （1）A 为 CH2＝CH2；B 为 HCHO （2）C D：CH3CHO+2Cu(OH)2 CH3COOH+Cu2O↓+2H2O B F：HCOH+H2 CH3OH E+G X：HCOOH+C2H5OH HCOOC2H5+H2O 总结：在有机物的确定时，既要分析框图中的变化过程，又要考虑题中的文字说明。 例题 2 ：据报道，目前我国结核病的发病率有抬头的趋势。抑制结核杆菌的药物除雷米封外，PAS-Na （对氨基水杨酸钠）也是其中一种。它与雷米封同时服用，可以产生协同作用。 已知； 苯胺：显碱性、易氧化 ③R-Cl R-OH ④ 下面是 PAS-Na 的一种合成路线： （对氨基水杨酸钠） 请按要求回答下列问题： （1）写出下列反应的化学方程式并配平： 甲苯→A： ； A→B： 。 （2）写出下列物质的结构简式：C： D： 。 (3) 指出反应类型：Ⅰ ，Ⅱ ，Ⅲ 。 （4）所加试剂名称：X ； Y 。 方法：依据起始物质和最终产物，从物质的变化过程递进分析。 捷径：(1)方程式的书写需瞻前顾后，既要考虑反应物，又要考虑生成物及最终产物。其方程式为： ；， ， 。 (2) 因苯环上的氨基易被氧化，故 B→C 为甲基的氧化过程；C→D 为卤原子的水解过程。其 C、D 的 结构简式略。 (3) 反应类型Ⅰ为取代，Ⅱ为氧化，Ⅲ 为还原。 (4) 所加试剂名称：X 为酸性高锰酸钾； Y 为碳酸氢钠(注：不可用 NaOH，因 NaOH 可同时与酚羟 基发生反应) 。 总结：该题以抑制结核杆菌的药物 PAS-Na 的合成为线索，通过给出反应信息及合成路线，从有机结 构、有机反应、有机条件等多方面，对考生的有机知识进行了综合考查。 例题 3 ：对于复杂的有机物的结构可用“键线式”简化表示。如苯丙烯酸丙烯酯 (1) (a)它的分子式是 。 (b)它在稀酸作用下能水解生成两种有机物，此两种有机物可能具有的共同性质是________(填选项的标 号)。 A．均能与溴水发生加成反应 B．遇 FeCl3 溶液均呈紫色 C．均能与 NaOH 溶液反应 D．在一定条件下均能与氢气反应 (2)尼龙一 66 是已二酸[HOOC(CH2)4COOH]跟已二胺[H2N(CH2)6NH2]按物质的量之比为 1∶1 在 270℃、 10 大气压下缩聚而成，流程如下： (a)A 的结构简式为_______；B 的结构简式为________；C 的结构简式为______。 (b)用结构简式表示出已二酸与乙二胺反应生成尼龙一 66 的化学方程式________。 方法：递进分析法。 捷径： (1) (a)通过不饱和度可得分子式为：C18H24O6N2。 (b) 该物质在稀酸作用下水解生成的两种有机物，一种为烯酸，一种为硝基苯酚，以此两种有机物具有 的共同性质是 C、D。 (2)结合题中物质和过程得： 总结：将有机物的结构简式迁移到键线式，是该题的一个飞跃，也是分析有机物的关键。部分考生由 于未能理解此点而造成失分。 例题 4 ：含苯酚的工业废水处理的流程图如下： （1）上述流程图里，设备Ⅰ中加苯的目的是 。 （2）由设备Ⅱ进入设备 Ⅲ的物质 A 是 ，由设备Ⅲ进入设备Ⅳ的物质 B 是 。 （3）在设备Ⅲ中发生反应的化学方程式为 。 （4）在设备Ⅳ中，物质 B 的水溶液和 CaO 反应后，产物是 NaOH，H2O 和 。 通过 操作（填写操作名称），可以使产物相互分离。 （5）上图中，能循环使用的物质是 C6H6、CaO、 、 。 方法：根据实验流程图，从物质的变化过程进行分析。 捷径：（1）根据流程图，在设备 Ⅰ废水中加入苯，其目的是利用苯酚在有机溶 剂苯中溶解 度较大而在水中溶解度较小而提取苯酚。 （ 2） 在设 备Ⅱ中 加入 NaOH 水 溶液 ， 使苯 中 的苯 酚变 成 苯酚 钠 （A） 而进 入 水层 流 向设 备Ⅲ，上层苯泵入设备Ⅰ以循环使用。在设备Ⅲ中通入 CO2,使苯酚钠重新变成苯酚而得到回 收，另一生成物 NaHCO3（B）进入设备Ⅳ。 （ 3 ） 设 备 Ⅲ 中 通 入 CO2 ， 是 使 苯 酚 钠 转 变 为 苯 酚 ， 其 反 应 的 化 学 方 程 式 为 ： （4）在设备 Ⅳ中，所加 CaO 首先跟 水作用生成 Ca(OH)2，而后 Ca(OH)2 再与 NaHCO 3 反 应生成 NaOH、H2O 和 CaCO3 沉淀，所得沉淀 CaCO3 经过滤而 进入设备Ⅴ。在设备 Ⅴ中，CaCO3 高温分解，生成的 CaO 和 CO2 进一步参与反应而循环使用。 （5）综合上述分析可得，在 废水处理过程中，循环使用的物质有 C6H6、CaO、NaOH 和 CO2。 总结：对三废的处理 及回收利用，是工业生产中 的重要问题。该题以含酚 废水为源头，以 课本 知识 为依托 ，对 废水的 整个 处理过 程进 行了 层层设 答， 唯有对 化学 原理、 装置 使用和 操 作原理能清晰认识的考生，方能在此题面前正确作答。 例题 5 ： 在催化剂作用下能被 H2 还原成相应的醇 ，且不会被银 氨溶液氧化。 根据下列各步变化，请将有机物 A、B、C 的结构简式填入相应的方框内。 (a)B 在浓 H2SO4 存在条件下加热发生消去反应的化学方程式为： 。 (b)C 在烧碱溶液中发生反应的化学方程式为： 。 方法：根据起始物质的结构简式和最终物质的化学式，结合条件分析获得结果。 捷径：根据起始物质和变化过程可得 ABC 的结构简式。有关反应的化学方程式为： 总结：与 H2 发生加成反应的官能团主要有： C=C、C C、苯环、醛基(－CHO) 、酮基(C=O)。特别要注意的是，羧基（－COOH）、酯键（―COO―） 不能与氢气加成。 聚宝盆： 近几年高考试题中有机框图题呈现稳、新、活的特点，给考生的能力和素质提出了较高的要求。以此 在有机化学的总复习中，必须加强基础知识的落实，侧重能力的养成，做到“以考纲为指导，以课本为基 础，以能力为核心”。 1．抓住结构特征，培养分析问题的能力 有机物官能团的结构和性质是解答框图题的重点，也是高考的热点。进行总复习时，从有机物结构出 发，进行结构分析，找出物质结构和化学性质之间的内在联系，掌握有机反应的规律性。还要学会从有机 物的性质来推断有机物的结构。例如从结构分析性质，只要把官能团的结构分析清楚，就可以从本质上掌 握各类有机物的主要化学性质。 2、建立网络系统，培养逻辑思维能力 有机化学知识点较多，难以掌握和记忆。在复习中通过分析对比，前后知识联系综合归纳，把分散的 知识系统化、条理化、网络化。作“意义记忆”和抽象“逻辑记忆”。以“结构——性质——制法”的逻 辑关系为桥梁，理清有机物的相互转化关系，建立知识网络图。如果具备将知识横向和纵向统摄整理成网 络的能力，有了网络图和化学方程式的有序储存，在解有机框图题时，才能迅速将网络中的知识调用、迁 移，与题给信息重组，使问题得到解决。这样在知识再次加工和整理的过程中培养逻辑思维能力。 3．养成自学习惯，培养自学能力 有机框图题主要是考查考生敏捷地接受新信息，并将新信息与旧知识相结合，由形似模仿变成神似模 仿，以及在分析、评价的基础上应用新信息的自学能力。培养自学能力的途径有两个：一是在学习中养成 自我获取知识、独立思考的习惯，经常对教师的讲授和教材内容提出质疑，不断对所学知识进行自我总结 和自我完善。二是结合近几年高考试题中的有机框图题作为范例进行训练。懂得怎样审题，怎样从试题给 出的信息中寻找与解题有关的主要信息，排除干扰信息；怎样将信息和课本知识相结合，建立新的网络关 系进行分析和推理。 4．整体思考问题，培养目标意识 整体方法要求我们在解决问题的过程中，胸怀全局，把所研究的问题看成是一个有机整体，善于用“集 成”的眼光，把某些“分因子”看成一个整体，善于把握它们之间的关联，进行有目的的、有意识的整体 处置。整体方法一般包括以下三步曲： (1)从整体出发，高瞻远瞩地统帅局部； (2)通过对局部的研究，酝酿总体解决的方案； (3)回到整体，实现解决整个问题的总目标。 作为选拔性的高考化学试题，有机框图题具有信息量大、文字多、能力强、要求高等特点。不少考生 由于淡化审题、马虎析题、匆忙答题，未能兼前顾后，整体分析试题中的信息和特点，而经常出现错析、 错解、错答的现象。如能兼前顾后，既考虑局部，又放眼整体，哪么便能正确、简单、快速、有条理地获 得结果。 热身赛： 1．烯键碳原子上连接的羟基中的氢原子，容易自 动迁移到烯键的 另一个碳原子上，形成较为稳定的羰基化合物(如右 图)。 有机分子内，有机分子间常可脱去水分子。下列 反应图示中，就 有 6 步可以看作是脱水反应。所有的反应条件和其他 无 机 物 都 已 略 去。请从图中情景推断化合物 A、B、E、G 的结构简式。A 是________，B 是________，E 是________， G（有六角环）是________。 2．已知醛 R—CH2—CHO 与醛 R′—CH2—CHO 在一定条件下，加热，去水后得到醛 RCH2CH==CR′ —CHO。又知：A 是一种可以作为药物的有机物，请从下列反应图式中各有机物的关系（所有无机产物均 已略去未写），推测出 A、B、C、D、E、F 的结构简式。（φ代表苯基） A______、B________、C________、D________、E________、F________。 3．某有机物 A 在不同条件下反应，分别生成 B1＋C1 和 B2＋C2，C1 又能分别转化为 B1 成 C2；C2 能进 一步氧化生成一种二元羧酸。有机物 A 的化学式为 C8H13O2Br。B1、C1、B2、C2 的相互关系如下图所示： 其中，只有 B1 既能使溴水褪色，又能跟碳酸钠溶液反应放出二氧化碳。 试回答下列各问： （1）有机物 B1 的结构简式是__________________； （2）有机物 C1 变为 C2 的化学方程式是____________________________________； （3）有机物 A 的结构简式是__________________； （4）有机物 A 转变为 B2、C2 的化学方程式_________________________________； （5）X 的反应类型是____________； （6）Y 的反应类型是____________； （7）C2 发生氧化反应生成二元羧酸的化学方程式___________________________。 4．化合物 A （C8H8O3）为无色液体，难溶于水，有特殊香味。从 A 出发，可发生图示的一系列反应， 图中的化合物 A 硝化时可生成四种一硝基取代物。化合物 H 的分子式为 C6H6O，G 能进行银镜反应。 试回答：下列化合物可能的结构简式：A__________、E_________、K__________。 反应类型：（Ⅰ）___________、（Ⅱ）____________、（Ⅲ）_____________。 反应方程式：H→K __________________________________________________ C→E ______________________________________________________________ C+F→G ____________________________________________________________ 5．已知卤代烃可以与一些化合物起反应。如水、氢氰酸、碱等。其反应实质是卤原子被其它带负电荷 的原子团所取代。如： R—CH2—X＋NaOH R—CH2—OH＋NaX R—CH2—X＋NaCN R—CH2—C N＋NaX 卤代物与氰化钠作用卤原子被氰基取代，生成的衍生物为腈，腈水解生成羧酸， 如 R—CH2—CN＋2H2O R—CH2—COOH＋NH3 试用乙烯为原料，经过一系列转化合成 C8H14O4 的酯。在下列流程图中填写 A—E 的结构简式。在（1）， （2）两处填写无机物的化学式。 6．以苯为主要原料，可以通过下述途径制取冬青油（水杨酸甲酯）和阿斯匹林（乙酰水杨酸）： （1）工业用 A 与甲醇，浓 H2SO4 共热制取冬青油的化学方程式是________________。 （2）A 溶于冬青油中，致使产品不纯，工业上根据 A 微溶于水而其钠盐溶于水，不溶于冬青油的性 质 ， 用 NaHCO3 溶 液 与 溶 有 A 的 冬 青 油 混 合 ， 反 应 后 再 分 液 的 方 法 提 纯 ， 有 关 化 学 方 程 式 为 ________________________。 （3）从（2）中分离出的水层中，还可以回收 A 有关的离子方程式是： ____________________________________________________________________。 （4）1mol 阿斯匹林和足量的烧碱溶液共热，充分反应，有____molNaOH 参加反应。 7．已知有机物在一定条件下氧化，碳链断裂，断裂处的两个碳原子被氧化为羧基，例如， —CH=CH— 氧化  —COOH+HOOC— CH OH CH2－ 氧化  COOH＋HOOC (1)根据题意在方框内填入相应有机物的结构简式 其中 F 与等物质的量溴反应时，生成两种互为同分异构体的产物，而 G 与等物质的量溴反应时，只生 成一种产物。 (2)化合物 A 是无色难溶于水的液体，它与酸性高锰酸钾溶液不起反应，也不能使溴水褪色。A 在催化 剂存在下加热，能与液溴反应，生成比水重的无色液体 C。在催化剂存在下，A 又能与足量氢气反应，生 成化合物 D。D 在一定条件下氧化得到白色固体 E，E 的分子式是 C6H10O4。化合物 B 是煤焦油的分馏产 物之一，它是无色晶体，能与溴水反应生成 F。在催化剂存在下，B 也能与足量氢气反应生成化合物 G， G 在一定条件下氧化也得到 E。E 的结构简式是_____________。并写出下列变化的化学方程式。 AC：______________________________________________________________。 AD：_______________________________________________________________。 BF：_______________________________________________________________。 BG：_______________________________________________________________。 8．烯键碳原子上连接的羟基中的氢原子，容易自动迁移到烯键的另一个碳原子上，形成较为稳定的羰 基化合物： 有机分子内、有机分子间常可脱去水分子。下列反应图式中，就有 6 步可以看作是脱水反应。所有的 反应条件和其它无机物都已略去。请从图中情景推断化合物 A、B、E、G 的结构简式。 （1）A 是______________________________， （2）B 是______________________________， （3）E 是______________________________， （4）G（含 6 角环）是__________________________________________。 大检阅： 1． 2． 3． 4． 5．（1）Br2;(2)NaCN, A.CH2Br —CH2Br； B．NC—CH2—CH2—CN； C．C2H5OH； D．HOOC—CH2—CH2—COOH； E．CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3。 6． （4）3mol。 7．(1)A：CH3COOH B：CH3—CH2—CHCl—CH3 C：CH3—CH2—CHOH—CH3 F：CH2=CH—CH=CH2 8． 第三部分：策略篇 策略 31 化学中的速解速算技巧 金点子： 化学中的速算速解主要有下列六项： 1．不同金属与酸反应放氢量的速算 （1）同质量的不同金属与过量酸反应，生成氢气的体积比 = ×化合价的比 如相同质量的 Fe、Mg、Al 与过量盐酸反应放出氢气的体积比为 1/28 : 1/12 : 1/9。 （2）同的“物质的量”的不同金属与过量酸反应放 H2 的体积比 = 化合价之比。 如等物质的量的 Na、Mg、Al 与过量盐酸反应放 H2 的体积比为 1 : 2 : 3 。 值得注意的是：活泼金属 K、Ca、Na 等与酸反应时，活泼金属不但与酸中 H+反应，当酸不足时还能 与 H2O 电离产生的 H+反应。 2．同物质的量浓度、不同价态的盐酸盐与同体积同浓度的硝酸银溶液完全反应产生沉淀的速算 （1）同物质的量浓度的 NaCl、MgCl2、AlCl3 溶液，在同体积时消耗同浓度的硝酸银溶液的体积比等 于化合价之比，即 1 : 2 : 3 。 （2）同物质的量浓度、同体积的硝酸银溶液，若分别与同物质的量浓度的 NaCl、MgCl2、AlCl3 溶液 完全反应生成沉淀时，消耗盐溶液的体积比等于盐酸盐价数的倒数比，即 V(NaCl) : V(MgCl2) : V(AlCl3) = 1/1 : 1/2 : 1/3 = 6 : 3 : 2 。 3．关于 pH 的速算 （1）强酸与强酸、强碱与强碱、强酸与强碱的不同 pH 等体积混合后 pH 值的速算： ①不同 pH 的等体积的两种强酸混合后，若二者 pH 相差≥2 时，混合后 pH 应是原 pH 小的数值加 0.3 。 例：pH = 2 和 pH = 5 的两强酸混合后 pH 值为 2 + 0.3 = 2.3 。 ②不同 pH 等体积的两强碱混合，若二者 pH 相差≥2 时，将原 pH 大的数值减 0.3，就得混合后溶液的 pH 。 例：将 pH = 14 与 pH = 10 的两强碱溶液混合后 pH 为 14 — 0.3 = 13.7 ③同体积的稀强酸与稀强碱溶液混合，若 pH 之和为 14，则混合后为中性，pH 等于 7。若混合后 pH 之和不为 14，则要看两溶液 pH 与 7 的差值，混合后溶液呈什么性质由 pH 与 7 的差值大的来决定。再把 此 pH 用 0.3 处理。为碱性时把原碱的 pH 减 0.3，显酸性时把原酸的 pH 加 0.3 。 例：pH = 2 与 pH = 9 的强酸、强碱溶液等体积混合时，pH 为 2.3 。pH = 12 与 pH = 6 的两强碱与强酸 溶液等体积混合后 pH 为 11.7 。 （2）强酸与强碱稀溶液高度稀释时，溶液的 pH 接近 7，酸则微小于 7，碱则微大于 7 。如：将 pH = 5 的某酸溶液稀释 1000 倍，则溶液的 pH 约等于 7，微小于 7 。 （3）不同体积不同 pH 的强酸、强碱混合后的 pH 的速算 若两强酸混合时，要用 H+的总物质的量与总体积求出 c(H+)来计算 pH。 若两强碱混合时，要用 OH—的总物质的量与总体积求出 c(OH—)来计算 pH。 若一酸一碱（均为强电解质）混合后应先判断混合后溶液可能的酸碱性，即通过 H+与 OH—的物质的量 比较，浓度大的显该性，计算公式如下： 显酸性时 c（H+）混 = {n（H+）— n（OH—）} / V 总 显碱性时 c（OH—）混 = {n（OH—）— n（H+）} / V 总 4．有机物燃烧的有关速算 (1) 气态烃（C≤4）完全燃烧生成 CO2 和 H2O（气）时的体积变化与含氢原子数的关系的速算： ①体积不变时，气态烃中含 4 个氢原子。 ②体积变小时，气态烃中氢原子少于 4 个。 ③体积变大时，气态烃中氢原子数一定多于 4 个。 (2) 气态烃（C≤4）燃烧生成 CO2 和液态水时的速算。 已知烃气体体积与过量 O2 完全燃烧后体积缩小时，则氢原子数（设为 y）为： y = 4（V 氧 — V 余） / V 烃 例：10 mL 某气态烃与 50 mLO2 完全燃烧得到液态水和体积为 35mL 的混合气（同温同压），此气态 烃可能是什么？ y = 4（50mL—35mL）/ 10mL = 6 ∴此烃可能是 C2H6、C3H6、C4H6,又三种烃 10mL 燃烧耗氧气分别为 35mL、45mL、55mL，C4H6 不可 能，以此得烃可能为 C2H6、C3H6。 5．由某些有机物分子量推求分子式的速算 （1）烃类分子式 设分子量为 M： ①M/14 能除尽，可推知此烃为烯烃或环烷烃，其商数为此烃的碳原子数。 ②（M+2）/14 能除尽，可推知为炔烃或二烯烃，其商数为此烃的碳原子数。 ③（M—2）/14 能除尽，可推知为烷烃，其商数为此烷烃的碳原子数。 ④（M+6）/14 能除尽，可推知为苯或苯的同系物，其商数为苯或苯的同系物的碳原子数。 注：也可通过 M/14，看余数获得结果。 （2）推求具有饱和烃基（有的是苯基）的一元烃的含氧衍生物分子式和类别的速算： ①（M—10）/14 能除尽，可推知为苯酚或苯酚同系物等，其商数为碳原子数。 ②（M—10）/14 余 6，可推知为饱和一元醛或酮，其商数为碳原子数。 ③（M—10）/14 余 8，可推知为一元羧酸或一元酯，其商数减 1 为碳原子数。也可以是一元醇或醚， 其商数为碳原子数。 6．由 CO2、NO 混合气体（设 NO2 不与 Na2O2 反应），经足量的 Na2O2 反应后得到气体的量，推求 CO2 和 NO 的体积关系的速算： （1）当 V(CO2) : V(NO) ≥ 1 : 1 时，得到的气体体积均缩小到原混合气体的 1/2 。 （2）当 V(CO2) : V(NO) < 1 : 1 时，得到的气体体积即为原来 NO 的体积，混合气体缩小了的体积（差 值）即为 CO2 的体积。 经典题： 例题1 ：（1995年全国高考）在体积为V L的密闭容器中通入a mol NO和b mol O2反应后容器内氮原 子数和氧原子数之比为 ( ) 方法： 从反应前的原子数之比考虑。 捷径：反应前容器内氮原子数和氧原子数之比为 a：(a+2b)，反应后仍为 a：(a+2b)，故答案为 C。 总结： 因反应前后原子个数守恒，所以反应前容器原子数之比与反应后相等。 例题2 ：（1994年全国高考）38.4 mg铜跟适量的浓硝酸反应,铜全部作用后共收集到气体22.4 mL(标 准状况), 反应消耗的HNO3的物质的量可能是 （ ） A．1.0×10－3mol B．1.6×10－3mol C．2.2×10－3mol D．2.0×10－3mol 方法：利用氮原子个数守恒求解。 捷径：38.4 mg 铜为 0.6×10－3mol，标准状况下 22.4 mL 气体为 10－3mol。根据氮元素守恒得消耗 HNO3 的物质的量为：2n (Cu)+n (气体) = 2×0.6×10－3mol + 10－3mol = 2.2×10－3mol 。以此得答案为 C。 总结：此题不可用浓硝酸与铜反应的化学方程式进行计算，因浓硝酸为适量，随着反应的进行，其浓 度逐渐降低，故反应生成的气体为一混合物。 例题3 ：（1993年全国高考）在一个6 L的密闭容器中,放入3 LX(气)和2 LY(气),在一定条件下发生下列 反应: 4X(g)+3Y(g) 2Q(g)+nR(g) ，达到平衡后,容器内温度不变,混和气体的压强比原来增加5%,X 的浓度减小1/3，则该反应后方程式中的n值是（ ） A．3 B．4 C．5 D．6 方法：从反应前后化学计量数的变化分析。 捷径：因达到平衡后, 容器内温度不变, 混和气体的压强比原来增加，说明生成物中分子式前的化学计 量数之和大于反应物中分子式前的化学计量数之和，即 2+n>4+3，n>5。再分析选项，可得答案为 D。 总结：此题如通过反应过程中的始态及终态进行计算，则非常繁杂。 例题4 ：（1991年三南高考）某元素的原子量为59, 在其氧化物中该元素的质量百分比为71%,则它的 化合价是 （ ） A．+1 B．+2 C．+3 D．+4 方法：假想法。 捷径：假设该元素氧化物的化学式为 AOn，则其化学式量为 59÷71% = 83 ，其中含有氧原子的个数 为(83－59)÷16 ＝ 1.5 ，因氧为－2 价，则 A 的化合价为 1.5×2=3。以此得答案为 C。 总结：此种方法不仅适用于氧化物，也适用于其它物质化学式及化合价的分析。 例题5 ：（1997年上海高考）在由Fe、FeO和Fe2O3组成的混合物中加入100 mL 2 mol / L的盐酸，恰好 使混合物完全溶解，并放出448 mL 气体（标准状况），此时溶液中无Fe3+离子。则下列判断正确的是 （ ） A．混合物里三种物质反应时消耗盐酸的物质的量之比为1︰1︰3 B．反应后所得溶液中的Fe2+离子与Cl—离子的物质的量之比为1︰2 C．混合物里，FeO的物质的量无法确定，但Fe比Fe2O3的物质的量多 D．混合物里，Fe2O3的物质的量无法确定，但Fe比FeO的物质的量多 方法：根据量量关系分析获解。 捷 径 ： 由 放 出 H2 的 量 可 知 ， 在 Fe+2H+=Fe2++H2 中 Fe 为 0.02 mol 。 又 因 为 溶 液 中 无 Fe3+ ， Fe+Fe2O3+6HCl=3FeCl2+3H2O，在这一反应中 Fe 与 Fe2O3 是等物质的量反应的，所以原混合物中 Fe 单质 物质的量比 Fe2O3 多 0.02 mol 。因而 C 可能是正确的。又因为盐酸恰好使 Fe、FeO、Fe2O3 全部溶解，且 全部生成 FeCl2，所以 Fe2+离子与 Cl—离子物质的量之比为 1︰2（不考虑 Fe2+水解）B 为正确。设 Fe2O3 为 x mol，Fe 为（x+0.02）mol，FeO 为 y mol。根据 HCl 的量可列方程 2x+x+0.02+y=0.2/2，除此之外，再无 别的已知条件，因而各固体物质的量均不能具体确定，所以 C 也正确。因此答案为 BC。 总结：该题看似复杂，但若理清反应间量的关系，正确作答是不会有太大困难的。 例题 6 ：（1998 年上海高考）某强酸溶液 pH=a，强碱溶液 pH=b，已知 a+b=12，酸碱溶液混合后 pH=7， 则酸溶液体积 V(酸)和碱溶液体积 V(碱)的正确关系为（ ） A．V（酸）=102V（碱） B．V（碱）=102V（酸） C．V（酸）=2V（碱） D．V（碱）=2V（酸） 方法：根据 n (H+)= n (OH—)求解。 捷径：强酸溶液的 pH=a，c (H+)=10—a， 强碱溶液的 pH=12—a，c (H+)=10—(12—a) ， c (OH—) =10 —14/10—(12－a )=10—(2+a)， 又因为 c (H+)·V(酸) = c (OH—)·V(碱)，V(碱)/V(酸) = c (H+)/ c (OH—)=10—a/10—（2+a） =100 。以此得答案为 B。 总结：常温下若某酸溶液与某碱溶液的 pH 之和等于 14，则 c (H+)= c (OH—)，若 pH 之和等于 13，则 c (H+)=10 c (OH—)，反之 pH 之和等于 15，则 c (OH—)=10 c (H+)，其推论方法与解析中的叙述相似。 如果本题中未强调是强酸、强碱溶液，只要有一种弱酸或弱碱，就不能按此法求解。因为这种问题变 得复杂多了。 例题 7 ：（2000 年上海高考）铜和镁的合金 4.6 g 完全溶于浓 HNO3，若反应中硝酸被还原只产生 4480 mL 的 NO2 气体和 336 mL 的 N2O4 气体（都已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化 钠溶液，生成沉淀的质量为 （ ） A．9.02g B．8.50g C．8.26g D．7.04g 方法：采用守恒法和差量法求解。 捷径：（解法一）N2O4 2NO2，将 N2O4 换算成 NO2，则 NO2 总的物质的量为（4.48L+0.336L×2） ÷22.4 L·mol—1=0.23 mol。设合金中含铜 x mol，镁 y mol。则有 64x+24y=4.6，根据氧化还原反应中得失 电子守恒得：2（x+y）=0.23×1 ，解之得 x = 0.046 mol，y = 0.069 mol 。生成 Cu（OH）20.046 mol，Mg （OH）2 0.069 mol，其质量之和 0.046 mol×98g·mol—1+0.069mol×58g·mol—1=8.51 g （解法二）因为放出 NO2 气体共 0.23 mol，根据得失电子守恒可知 Cu 和 Mg 物质的量之和为 0.115 mol， 生成氢氧化物增重为 OH—：2×0.115 mol ，OH—质量为 2×0.115mol×17g/mol=3.91 g，其氢氧化物总质量 为 4.6g+3.91g=8.51g 。 总结：对比两种解法不难看出，采用守恒关系，找出差量比设未知数列方程求解要简单得多。 例题 8 ：（1998 年上海高考）近年来，工业上用 Mg（NO3）2 替代浓 H2SO4 作为制取浓 HNO3 的脱水 剂（以下数据均为质量百分比浓度）。65%HNO3（质量为 M1）中加 72% Mg（NO3）2 溶液（质量为 M2）后蒸馏，分别得到 97.5%HNO3 和 60%Mg（NO3）2 溶液（不含 HNO3）。 （1）若蒸馏过程中 HNO3、Mg（NO3）2、H2O 均无损失，求蒸馏前投料比 M1/M2 的值。 （2）蒸馏过程中，若 H2O 的损耗占总质量的 5.0%，即有（M1+M2）×5.0%的 H2O 流失，则投料时， 比值 M1/M2 应该 （选填增大，减小或不变）。 方法：根据量量关系获解。 捷径：（1）[解法一]设原 65%HNO3 为 100g，72%Mg（NO3）2 为 x g 则蒸馏后 97.5%的 HNO3 质量为 100g×65%÷97.5%= g，蒸馏后 Mg（NO3）2 溶 液的质量为 100g+xg— g =（ +x）g，所以 72%· xg=60%· （ +x）g，x = g， M1︰M2=100︰ =0.6 [解法二]由题意可知，蒸馏前后溶液质量不变。所以： ，解之得： = 0.6 （2）根据解法二， 解之： ﹥ 0.6，其比值将增大。 总结：这是一道看似深奥实则比较简单的试题。它需要学生认真分析题意，找出其数量之间关系，列 出方程可顺利求解。 金钥匙： 例题 1 ：有不纯的 CuCl2 粉末 13.5 g，内含有一种杂质，当与足量 AgNO3 溶液反应时可析出 29 g AgCl 沉淀。则该粉末中含有的杂质可能是（ ） A．KCl B．CaCl2 C．ZnCl2 D．BaCl2 方法：通过将某一混合物假定为纯净物进行分析，然后再估算。 捷径：假定 13.5 g 全为 CuCl2 时，可生成 AgCl 28.7 g ，其质量小于 29 g ，因此粉末中杂质的含氯量 应大于 CuCl2，故答案为 B。 总结：此类试题通过假定纯净物进行求解有两种方法。一是正向求解，即通过假定混合物为纯净物， 依据混合物质量求算；二是逆向求解，即通过生成的沉淀物的质量，求算混合物中原假定的一种纯净物的 质量。在解题时到底采用何种方法，通常是根据题中所给数据确定(通常要求质量数据能被摩尔质量除清。 例题 2 ：相同体积的 3x%与 x%的硫酸溶液混合，所得溶液的质量分数是（ ） A．等于 2x% B．大于 2x% C．小于 2x% D．大于或等于 2x% 方法：首先从等质量进行分析，然后再分析等体积下的质量分数。 捷径：如果为相同质量的 3x%与 x%的硫酸溶液混合，设其质量为 m，则混合后溶液的质量分数为 = 。 因硫酸的密度大于水的密度，且溶液越浓，密度越大，故相同体积的 3x%与 x%的硫酸溶液混合时， 3x%硫酸溶液的质量大于 x%的硫酸溶液的质量，因浓度大的硫酸质量大，故混合时，所得溶液的质量分 数大于相同质量所得溶液的质量分数，即大于 2x%，选 B。 总结：当溶液的密度大于水的密度时，等体积的两种溶液混合，所得溶液的质量分数大于其质量分数 之和的一半；当溶液的密度小于水的密度时，等体积的两种溶液混合，所得溶液的质量分数小于其质量分 数之和的一半(如浓氨水、乙醇水溶液等)。 例题 3 ：800℃时，将 1molCO 和 1mol 水蒸气通入 2 L 密闭容器中进行反应 CO（气）+H2O（气）= CO2 （气）+H2（气）达平衡时，测得容器内 CO2 为 0.3mol/L，此时再向容器内通入 1mol 水蒸气并保持温度不 变，则达平衡时 CO2 物质的量可能是（ ） A．0.3mol B．0.6mol C．0.9mol D．1.2mol 方法：根据平衡移动原理，通入水蒸气，使平衡向正反应方向移动，通过求得范围求解。 捷径：根据可逆性质，算得 CO2 的物质的量应介于 0.6mol 至 1mol 之间，故选 C 。 总结：部分学生因将浓度 0.3mol/L，考虑成物质的量而出错。 例题 4 ：将装有若干毫升 O2 和 50 mL NO2 的混合气体的试管倒置于水中，当试管中液面稳定时，在 相同条件下剩余气体体积为 10 mL。则原混合气体中 O2 的体积可能是多少？ 方法：此题为一循环反应，其 NO2 与 H2O 反应有如下循环过程： 3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO ① 2NO + O2 = 2NO2 ② 将①×2 —② 得：4NO2 + O2 + 2H2O = 4HNO3 ，以此可通过合并后的总反应解题。 捷径：因剩余的 10 mL 气体未知，分析可能为 O2，可能为 NO，以此需分别分析求解。 （1）设剩余的10 mL气体O2，参加反应的O2体积为x，根据合并后的反应可得如下关系式：4NO2 ～ O2 4mL 1mL 50mL x 解之得：x = 12.5 mL， O2 的总体积为 12.5+10=22.5（ml） (2) 设剩余的 10mL 气体为 NO，参加反应的 O2 体积为 y，由反应 3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO 可知，相 当于过剩 NO2 气体 30 mL，由题意可得如下关系： NO2 ～ O2 4mL 1mL （50 — 30）mL y 解之得：y = 5 mL 所以，混合气体中 O2 的体积可能为 22.5 mL 或 5mL。 总结：将循环反应通过反应关系进行合并，可使解题变得一目了然。 例题 5 ：跟 2.7g 铝完全反应所需的稀硝酸，最多能溶解铁的质量为（ ） A．2.8g B．5.6g C．2.7g D．8.4g 方法：本题采用估算法，应考虑到铁有+2 和+3 两种价态。 捷径：等物质的量 Al→Al3+与 Fe→Fe3+消耗硝酸一样多。2.7gAl 为 0.1mol，而 0.1mol 的铁为 5.6g，由 于生成 Fe3+还可以与 Fe 反应，估算知溶解的铁应大于 5.6g，故选 D。 总结：铁具有变价是该题的关键所在。与稀硝酸反应时，硝酸过量，则生成 Fe3+，而当铁过量时，则 由于发生 2Fe3+ + Fe = 3Fe2+，使得溶解的铁的量增加。 例题 6 ：A、B 两种元素组成 x、y 两种化合物，已知 x 中含 A 44%，y 中含 A 34.4%，x 的分子式为 AB2，则 y 的分子式为 （ ） A．AB B．A2B C．AB3 D．A3B 方法：此题如通过设 A、B 的原子量进行计算便显得很繁，解题时可通过估算获解。 捷径：x（即 AB2）中含 A 44%，而 y 中含 A 34.4%，比 x 中含 A 量少，所以 y 分子中 A∶B 的原子个 数比小于 1∶2，故选 C 。 总结：化学式中元素间比例关系的求算，对于选择题，则大部分采用估算获得结果。 例题 7 ：质量比为 30∶11∶8 的 N2、CO2、CO 的混合气体通过灼热且过量的焦炭，充分反应后所得 混合气体的平均分子量为 （ ） A．28 B．30.2 C．36 D．40.5 方法：通过反应后的化学式量分析而获解。 捷径：分析题中气体，只有 CO2 与焦炭反应，由于焦炭过量，CO2 将全部转变成 CO。又 N2 和 CO 的 化学式量均为 28，故充分反应后所得混合气体的平均分子量为 28。选 A。 总结：题中“质量比为 30∶11∶8”是解答该题的多余数据。如果用此数据将质量比化成物质的量之 比，再通过反应进行平均分子量的计算，则将要耗费很多时间。 例题 8 ：还原金属氧化物得金属 M，质量减少了 50.5% ，已知 M 的原子量为 55，则该金属氧化物的 分子式为（ ） A．M2O B．M2O3 C．M2O7 D．MO2 方法：根据反应后质量减少一半多一点进行估算。 捷径：反应后质量减少一半左右，知金属氧化物中氧元素的质量与锰元素的质量近似相等。分析四个 选项，只有 C 选项符合要求(1molC 中 M 元素 110g，O 元素 56g)。 总结：该题也可采用差量法求解，但较为繁杂。 例题 9 ：将 0.3molCu2S 与足量浓硝酸反应，生成硝酸、硫酸、一氧化氮、水。则参加反应的硝酸中， 未被还原的硝酸物质的量为 （ ） Ａ．1.0mol Ｂ．1.2mol Ｃ．0.3mol Ｄ．2.2mol 方法：采用拆分法，从形成的硝酸盐进行分析。 捷径：因为在反应中未被还原的硝酸的物质的量应为生成的硝酸铜的物质的量的 2 倍。故未被还原的 硝酸的物质的量为：0.3mol×2×2＝1.2mol 选Ｂ。 总结：该题的一般解法是：先写出反应的化学方程式并配平，再根据 Cu2S 的物质的量求出未被还原的 硝酸的物质的量。如能采用拆分法，便使解题变得方便快速。 例题 10 ：两种金属组成的合金 50g，与 Cl2 反应，消耗 Cl271g，则组成该合金的金属可能是 ( ) A．Na 和 Al B．Ca 和 Zn C．Fe 和 Mg D．Cu 和 Ag 方法：引入摩尔电子质量及平均摩尔电子质量的概念，进行简便运算。 捷径：本题的金属分别失去 1、2、3 个电子形成+1、+2、+3 价的金属阳离子，因为失去的电子不同， 不好进行比较，所以我们要引入一个摩尔电子质量的概念，摩尔电子质量：金属失去 1 摩尔电子的质量， 单位为 g。很明显金属的摩尔电子质量等于其 1mol 的质量除以其化合价。则 Na、 Al 、Ca、 Zn 、Fe、 Mg 、Cu、Ag 的摩尔电子质量分别为 23g、9g、20g、32.5g、18.7g（FeCl3 中的铁离子为+3 价）、12g、 32g、108g。 50g 合金与 71gCl2 反应，71gCl2 就是 1mol 氯气，即 2molCl 原子，即 50g 合金失去 2mol 电子，平均 25g 合金失去 1mol 电子, 25g 就是平均摩尔电子质量。也就是一种合金的摩尔电子质量要大于 25g,另一种 合金的摩尔电子质量要小于 25g 才符合题意。对照答案，所以选 B 。 总结：该题一般的解法是：每组进行二元一次方程组的解答，从中找出符合题意的答案。但这样解答 很繁琐。 聚宝盆： 近几年来，高考化学试题中各类大小有计算因素的题目在选择、填空题中出现较多，且有一定难度， 用常规解法，既繁又慢，若掌握一些化学速算的方法，就会化繁为简，大大提高解题速度。要知道，解题 有法，但无定法。在解题时，必须在通读试题、看懂题意的基础上，从题目中的数据和信息着手，寻找解 题的思路与方法。当有多种方法时，应考虑其最佳方案。化学中的速解速算，对一些基础较弱的学生，还 能快速提高解题能力，使他们树立起信心，战胜畏难情绪，从而提高化学成绩。 热身赛： 1．有两种金属混和粉末 15 g,加入足量的稀盐酸 充分反应后，得到 11.2 L 氢气（标准状况下），则下 列各组金属中肯定不能构成上述混和物的是（ ） A．Mg、Al B．Mg、Ag C．Cu、Zn D．Al、Fe 2．在 150℃、1.01×105Pa 时，乙炔与气体 A（CH3OH、HCHO、CH2＝CH2、HCOOH 中的一种）的混和气体与足量氧气燃烧，生成的 CO2 是原混和气体体积的 1.6 倍，水蒸汽的体积是它 的 1.4 倍，则乙炔与气体 A 的体积比是 ( ) A．1∶1 B．2∶1 C．3∶2 D．1∶3 3．质量为 25.6 g 的 KOH 和 KHCO3 混合物在 250℃下煅烧，冷却后称重，减少 4.9 g，则原混合物中 KOH 和 KHCO3 的关系是 ( ) A．KOH>KHCO3 B．KOHX2>Z2>Wx B．还原性 W>Z>X>Y C．金属活动性 Z>X>Y>W D．金属活动性 X>Y>W>Z 4．在 FeSO4 与 Fe2(SO4)3 组成的某混合物中，测得硫元素的质量分数 a%，则含铁的质量分数为 （ ） A．1－3 a% B．3 a% C．100－3 a% D．（100－3 a）% 5．在托盘天平两盘上分别放一个盛有 100mL 浓度为 20％的盐酸的等量的烧杯，调节天平平衡。然后 分别加入等质量的 Fe 片（左盘）和 Zn 片（右盘），完全反应后，天平可能出现的情况是 （ ） A．仍然平衡 B．右盘下沉 C．左盘下沉 D．无法判断 6．把足量的铁粉投入硫酸和硫酸铜的混合液中，充分反应后，剩余金属粉末的质量与原来加入的铁粉 质量相等，则原溶液中 H与 SO 4 2 的物质的量浓度之比为 ( ) A．1∶4 B．2∶7 C．1∶2 D．3∶8 7．将 500 mL pH=5 的 CuSO4 溶液用惰性电极电解一段时间，溶液的 pH 变为 2，若使溶液的浓度、pH 与电解前相同，可采取的方法是 （ ） A．向溶液中加入 0.245gCu（OH）2 B．向溶液中加 0.31 g CuCO3 C．向溶液中加入 0.0025 mol H2SO4 D．向溶液中加入 0.2 g CuO 8．有三组物质（1）NO 和溴蒸气，（2）乙醛、苯和 CCl4 三种无色液体，（3）硫酸铜、碳酸钙、碘 化钠和干燥的碱石灰（内含少量酚酞）四种白色粉末。只用一种试剂就能将三组物质中的各种物质一一鉴 别出来，这种试剂可以是 （ ） A．蒸馏水 B．Na2CO3 溶液 C．汽油 D．NaOH 溶液 9．A、B 两种化合物的溶解度曲线如下图。现要用结晶法从 A、 B 混合物中提取 A。（不考虑 A、B 共存时，对各自溶解度的影响。（1）取 50g 混合物，将它溶于 100g 热水，冷却至 20℃。若要使 A 析出而 B 不析出，则混合物 中 B 的质量分数 （B%）最高不能超过多少？（写出推理及计算过程。） （2）取 Wg 混合物，将它溶于 100g 热水，然后冷却 10℃。 若仍使 A 析出 B 不析出，请写出在下列两种情况下，混合物中 A 的质量分数（A%） 应满足什么关系 式。（以 W、a、b 表示。只需将答案填写在下列横线的空白处。） 当 W＜a+b 时，A%____________。 当 W＞a+b 时，A%____________。 10．取 0.45mol NaOH 、0.35molNa2CO3 和 0.20molNaHCO3 溶于足量水中，然后在混合溶液中逐滴加 入盐酸，反应明显分为三个阶段进行，若加入的 HCl 为 n mol，溶液中 NaCl、Na2CO3 和 NaHCO3 分别为 x mol、ymol、zmol，试分别计算 n 值增大过程中，不同反应阶段的 n 值取值范围所对应的 x、y、z 值，将 所得结果填入下表： （提示：Na2CO3 与 HCl 的反应过程为：1、Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl ，2、NaHCO3+ HCl=H2O+CO2↑+NaCl） 加入 HCl （n mol） NaCl （xmol） Na2CO3 （ymol） NaHCO3 （zmol） 11．将一定量碳酸氢钠和铜的混合粉末放在容器里，在空气中用酒精灯加热至质量不再改变，发现加 热前后固体质量相等。写出有关的化学方程式，并计算原混合物中含铜的质量百分率。 12．现有 0.300 L H2SO4 和 Na2SO4 的混合溶液，其中 H2SO4 的物质的量浓度为 1.00 mol·L—1，Na2SO4 的物质的量浓度为 0.800mol·L—1 。欲使 H2SO4 的浓度变为 2.00mol·L—1，Na2SO4 的浓度变为 0.500mol·L —1，应向原溶液中加入 98%（ρ=1.84g·cm—3）的浓硫酸多少毫升？再加水将溶液稀释至多少毫升？ 大检阅： 1．B 2．B 3．C 4．AD 5．AC 6．A 7．BD 8．A 9．（1）在 20℃时，若要 B 不析出，该溶液中 B 不超过 20 g，则 A 的质量超过 30 g，大于它的溶解 度，A 析出，符合题意。即 50×B%≤20，B%≤40%（或 B%＜40%） （2）当 W＜a＋b 时，A%＞a/W 当 W＞a＋b 时，A%≥ W bW  或 A%＞ W bW  10． 加入 HCl （n mol） NaCl （xmol） Na2CO3 （ymol） NaHCO3 （zmol） 0＜n≤0.25 n 0.55 0 0.25＜n≤0.8 n 0.8－n n－0.25 0.8＜n≤1.35 n 0 1.35－n 11．2NaHCO3 Na2CO3＋CO2↑＋H2O，2Cu＋O2 2CuO，59.6 12．加入浓 H2SO4 35.9 mL，再加水稀释至 480mL。 策略 33 十字交叉的应用技巧 金点子： 对于二元混合物，如果用 C 表示己知的两个量 C1、C2 的平均值，n1、n2 表示 C1、C2 对应的份数，则有： C1 n1 + C2 n2 = C (n1 + n2) = C n1 + C n2 n1(C1 - C ) = n2 ( C - C2 ) ,根据这个关系可以写成十字交叉图式：(斜看差数，横看结果) 这种运算方法叫十字交叉法。在运算时，C 必须是已知量或可间接求得的量。 通过十字交叉法可求得 C1 与 C2 间的物质的量之比。 经典题： 例题 1 ：（1999 年全国高考）原计划实现全球卫星通讯需发射 77 颗卫星，这与铱(Ir)元素的原子核外 电子数恰好相等,因此称为“铱星计划”。 (1)已知铱的一种同位素是 19177Ir,则其核内的中子数是 ( ) A．77 B．114 C．191 D．268 (2)已知自然界中铱有两种质量数分别为 191 和 193 的同位素，而铱的平均原子量为 192.22，这两种同位 素的原子个数比应为 ( ) A．39︰61 B．61︰39 C．1︰1 D．39︰11 方法：（1）可利用“质量数＝质子数+中子数”求解，（2）利用“十字交叉”求解。 捷径：（1）根据“质量数＝质子数+中子数”知：中子数＝191－77＝114。选 B。 （2） 利用“十字交叉”可得： 以此 19177Ir 与 19377Ir 两种同位素的原子个数比为：0.78︰1.22=39︰61，得答案为 A。 总结： 该题在当年高考中为两条选择题。若能巧用“十字交叉”，便能迅速获解。 例题 2 ：（1999 年上海高考）由 CO2、H2、和 CO 组成的混合气在同温同压下与氮气的密度相同。则 该混合气中 CO2、H2、和 CO 的体积比为 ( ) A．29︰8︰13 B．22︰1︰14 C．13︰8︰29 D．26︰16︰57 方法：将题中三种气体的式量与氮气的式量作比较，找出其间的联系，然后用“十字交叉”求解。 捷径：由于 CO 在同温同压下时的密度与 N2 相同，所以 CO 的含量为任意值。只要 CO2 与 H2 的混合 气体密度等于 N2，即平均相对分子质量等于 28 便满足题意。利用“十字交叉”可求得 CO2 与 H2 的体积比， 即： 只要在在同温同压下混合气中 CO2 与 H2 的体积比满足 26︰16 或 13︰8 即可。以此得答案为 CD。 总结：从 CO 与 N2 的平均相对分子质量相同得在同温同压下，CO 的密度与 N2 相同是解答该题的关键。 例题 3 ：（2001 年上海高考）已知 Fe2O3 在高炉中有下列反应：Fe2O3＋CO→2FeO＋CO2，反应形成 19177Ir 191 19377Ir 193 192.22 193－192.22 = 0.78 192.22－191 = 1.22 CO2 44 H2 2 28 28－2 = 26 44－28 = 16 C1 C2 C │C－C2│ n1 │C1－C│ n2 的固体混和物（Fe2O3、FeO）中，元素铁和氧的质量比用 mFe︰mO 表示。 （1）上述固体混和物中，mFe︰mO 不可能是 （选填 a、b、c 多选扣分） （a）21︰9 （b）21︰7.5 （c） 21︰6 （2）若 mFe︰mO＝21︰8，计算 Fe2O3 被 CO 还原的百分率 （3）设 Fe2O3 被 CO 还原的百分率为 A％，则 A％和混和物中 mFe︰mO 的关系式为（用含 mFe、mO 的代数式表示）。 A％＝ 请在下图中画出 A%和 mFe/mO 关系的图形。 （4）如果 Fe2O3 和 CO 的反应分两步进行： 3Fe2O3＋CO→2Fe3O4＋CO2 ，Fe3O4＋CO→3FeO＋CO2 试分析反应形成的固体混和物可能的组成及相应的 mFe︰mO（令 mFe︰mO＝21︰a，写出 a 的取值范围）。 将结果填入下表。 混和物组成（用化学式表示） a 的取值范围 方法：利用十字交叉及数形结合方法解题。 捷径：（1）Fe2O3 中 mFe︰mO=(56×2)︰(16×3)=21︰9，在 FeO 中 mFe︰mO=56︰16=7︰2，在 Fe2O3 和 FeO 的混合物中，mFe︰mO 应介于 21︰9 ~ 21︰6 之间，所以不可能是 21︰9 或 21︰6 。故选 a、c。 （2）解法一：因为 Fe2O3 中 mFe︰mO=21︰9，FeO 中 mFe︰mO=21︰6，在混合物中 Fe2O3 与 FeO 物质的量之比可通过十字交叉确定为： 被还原 Fe2O3 的百分率为： 解法二：设原有 Fe2O3 物质的量为 1 mol，还原率为 A%，则混合物中有（1—A%）molFe2O3 和 2A% mol 的 Fe 。 解之得 A%=33.3% （3）根据解法二：得出的代数式 Fe2O3 9 FeO 6 8 2 1 求得：A%=3— 。 A%和 mFe/mO 的关系图为： （4）可能组成的混合物是 Fe2O3、Fe3O4，Fe3O4、FeO，Fe2O3、Fe3O4、FeO，其中 Fe3O4 中 mFe︰mO=(56 ×3)︰(16×4)=21︰8，所以有：当混合物是 Fe2O3、Fe3O4 时，8＜a＜ 9，当混合物是 Fe3O4、FeO 时 6＜a ＜ 8，当混合物是 Fe2O3、Fe3O4、FeO 时 6＜a＜9 。 总结：当用比例关系列十字交叉时，要注意分子或分母必有一相同，如果分子相同，则根据分母列十 字交叉；如果分母相同，则根据分子列十字交叉。在绘图时首先要注意找出三点，即起点、拐点和终点， 然后根据三点绘图即可。 金钥匙： 例题 1 ：有四种不纯的碳酸钠样品，分别含有下列选项中的一种杂质。取等质量的样品，分别向这些 样品中加入 2mol/L 盐酸，均完全反应生成 CO2，且所耗盐酸的体积也均相同。这四种样品中 Na2CO3 的质 量百分比最小的是（ ） A．KHCO3 B．NH4HCO3 C．K2CO3 D．NaHCO3 方法：将四种杂质中不是正盐的都看作“正盐”，然后与 Na2CO3 比较，通过十字交叉分析求解。 捷径：将四种杂质都看作“正盐”——假设与 Na2CO3 相当，“1mol”盐消耗 2mol 盐酸，则（A）（B） (C) (D)的“分子量”依次变为 200、158、138 和 168。各组混合物耗酸量相同时，各组盐的物质的量 n 正盐 必相等。又因为各组盐的质量相同，所以盐的平均分子量相同。这样，Na2CO3 与所含杂质物质的量之比则 可由下式计算： 欲使 Na2CO3 的含量最小，上式中 M（即换量后杂质盐的分子量）值就应最小。M(K2CO3)=138，最小。 故答案为 C。 总结：“十字交叉”后所得的比例为物质的量(或分子、原子的个数)比。 例题 2 ：甲烷和丙烷混合气的密度与同温同压下乙烷密度相同，混合气中甲烷与丙烷的体积比是 （ ） A．2︰1 B．3︰1 C．1︰3 D．1︰1 方法：通过平均分子量和十字交叉求算。 捷径：因混合气的密度与同温同压下乙烷密度相同，故混合气的平均分子量也与乙烷的分子量相同， 即为 30，又甲烷的分子量 16，丙烷的分子量 44。利用十字交叉得： Na2CO3 106 杂质盐 M M M─M M ─106 M─M M─106 n(Na2CO3) n(杂质盐) ═ 甲烷 16 乙烷 44 30 44─30 30─16 1 1 n(CH4) n(C2H6) ═ 相同条件下，1︰1 既是体积比又是物质的量比，因此选 D 。 总结：根据阿伏加德罗定律，对气体而言，在相同条件下，物质的量比等于体积比。 例题 3 ：已知下列两个热化学方程式 2H2（g）+ O2（g）= 2H2O（l）；△H=－571.6kJ/mol C3H8（g）+ 5O2（g）= 3CO2（g）+4H2O（l）；△H=－2220 kJ/mol 实验测得氢气和丙烷气体共 5mol 完全燃烧放热 3847kJ，则混合气体中氢气与丙烷的体积比是（ ） A．1︰3 B．3︰1 C．1︰4 D．1︰1 方法：首先求得混合气体 1mol 完全燃烧所放出的热量，再通过十字交叉求其比例。 捷径：氢气和丙烷气体共 5mol 完全燃烧放热 3847kJ，则 1mol 混合气体所放出的热量为 769.4kJ。根据 十字交叉求得其比例为： 以此得答案为 B。 总结：利用热化学方程式进行解题时，要特别注意反应物和生成物的状态，如此题生成物水的状态不 同时，要先根据题中要求换算成相同状态，否则要出错。 例题 4 ：把 100g 10%KNO3 溶液的浓度增加到 20%，可采用的方法是 A．蒸发掉 45g 水 B．蒸发掉 50g 水 C．加入 10g KNO3 固体 D．加入 15g KNO3 固体 方法：采取去水或加硝酸钾两种方法，利用十字交叉分别求算。 捷径：①去水加浓。（水的“浓度”视为零）。 上式的意义是 20g10%的溶液去掉（负号表示）10g 水即可得 20%的溶液，所以 100g10%的溶液需去水 10/20×100=50（g），选 B 。 ②加 KNO3（KNO3“浓度”视为 100%），有 需加 KNO3 × 100 = 12.5（g），C、D 都不能选。 本题答案只能是 B。 总结：解答该题也可通过设未知数列方程求解。 例题 5 ：常温下，一种烷烃 A 和一种单烯烃 B 组成混合气。A 或 B 分子中最多只含 4 个碳原子，且 B 分子的碳原子数比 A 分子多。将 1 L 该混合气充分燃烧，在同温同压下得 2.5 LCO2 气体，推断原混合气中 A 和 B 所有可能的组合及其体积比。 方法：先根据混合气的平均碳原子数 2.5 确定可能的组合，再利用十字交叉求解。 氢气 285.8 丙烷 2220 769.4 1450.6 483.6 3 1 V(H2) V(C3H8) ═ 溶液 10 水 0 20 20－0 = 20 10－20 = －10 KNO3 100 溶液 10 20 20－10 = 10 100－20 = 80 捷径：据题意，1mol 混合烃含碳 2.5mol，且 B 的碳原子数多于 A，可能的混合气组成只能是下面 4 种 A B ① CH4 C3H6 ② CH4 C4H8 ③ C2H6 C3H6 ④ C2H6 C4H8 运用十字交叉法（根据碳原子数列式），有： 1 CH4、C3H6 组成混合气时 上式表明，混合时 A 和 B 的体积比为 1︰3（即 0.5︰1.5）。 ②、③、④种组合时 A 与 B 的体积比也都可按上法求出，答案分别为 1︰1，1︰1，3︰1，具体过程不 再重复。 总结：如果该题给出了水的量，则还必须通过氢，利用十字交叉剔除不符合的选项。 例题 6 ： 某气态烃 A 和 B 按 2︰3（体积比）混合后，取 0.1mol 与一定量氧气混合燃烧，产物为 CO、 CO2 和水蒸气。将燃烧产物依次通过足量的浓硫酸、灼热的 CuO 及碱石灰，最后碱石灰增重 7.04g。求 A 和 B 可能的分子式。 方法：根据碱石灰增重即为 CO2 的质量，求得烃的平均碳原子数，再结合气态烃 A 和 B 体积比为 2︰ 3 和十字交叉法求得结果。 捷径：（1）碱石灰吸收的 CO2 包括燃烧生成的 CO2 及 CO 转化（还原 CuO）成的 CO2，即 0.1mol 混 合烃中的 C 转化成 CO2 的总量，共为 7.04g÷44g/mol=0.16mol 。 可知：1mol 混合烃含碳 1.6mol，所以混合烃一定含 CH4。 （2）设另一烃分子中含 x 个碳原子： 1 令 A 为 CH4，则有 （x—1.6）/ 0.6 = 2/3，解得 x=2 B 可能是 C2H6、C2H4、C2H2。 2 令 B 为 CH4，则有 0.6 /（x—1.6）=2/3，解得 x=2.5（不合理，舍去）。 以此得 A 的分子式为 CH4，B 的分子式可能为 C2H6、C2H4、C2H2。 总结：过程的分析是该题的关键。碱石灰虽是 CO2 和水的吸收剂，但因预先通过了浓硫酸，故水已去 除，因此 7.04g 为 CO2。 例题 7 ：铁、锌合金 8.5g 溶于稀 H2SO4 中，充分反应后制得 0.300gH2，求合金中 Fe，Zn 的含量分别 为多少克。 方法：因 1mol 铁或锌与稀硫酸作用均产生 1molH2，以此可通过 H2 的物质的量求得混合物中铁锌的总 物质的量，再利用十字交叉求其比例。 捷径：先求出合金的平均摩尔质量：因 Fe → H2 ，Zn → H2 ，合金→ H2， 则合金的平均摩尔质量为：8.5 g /（0.300/2）mol= 59.0g/mol，平均分子量为 59.0。 CH4 1 C3H6 3 2.5 3－2.5 = 0.5 2.5－1 = 1.5 CH4 1 另一烃 x 1.6 x－1.6 1.6－1 = 0.6 Fe 56.0 Zn 65.0 59.0 6.0 3.0 故 Fe，Zn 分别产生 H2 的物质的量之比为 6.0︰3.0 = 2︰1，从而可知合金中 Fe，Zn 的质量分别为： m (Fe) = 56g/mol×（0.300/2）mol×2/3 = 5.60g m (Zn) = 65g/mol×（0.300/2）mol×1/3 = 3.25g 总结：当等物质的量的两种金属与酸反应放出的氢气量不等时，不可用此方法，而应通过设未知数列 方程求解。 例题 8 ：某气体混合物含有氢气，二氧化碳和 45%（体积）的氮气。它对氢气的相对密度是 12.2，试 求氢气和二氧化碳在混合气体中各自的体积百分含量。 方法：将氢气和二氧化碳作为一个组分，氮气作另一个组分，先求出氢气和二氧化碳这二者混合后的 平均式量，而后再求组分的体积百分含量。 捷径：根据混合气对氢气的相对密度是 12.2 知，混合气的平均式量为 22.4。 设混合气为 100 L，则 V(N2) = 45 L，V（H2、CO2）= 55 L。 又设 H2、CO2 混合气的平均式量为 x，则： 解得 x=21.4 再利用十字交叉法，可求得 H2 与 CO2 的体积比： 又因为氢气和二氧化碳组分占全部混合气体的 55%，所以，氢气和二氧化碳占总混合气体的体积百分 数为： V(H2)% = 55%× = 29.6%，V(CO2)% =55%× = 25.4% 则全部混合气体由 25.4%的 CO2、29.6%的 H2 和 45%的氮气组成。 总结：如果混合物由 n 种混合气组成，则可通过 n－1 次十字交叉求解。 聚宝盆： 十字交叉法作为一种简化的解题方法，应用于某些基于二元混合体系所产生的具有平均意义的计算问 题，表现出简化思路、简便运算等显著优点。该方法在近几年的许多高考计算型选择题、填空题、计算题 中得到应用。 热身赛： N2 28 H2、CO2 x 24.4 24.4─x 3.6 24.4─ x 3.6 V(N2) V(H2、CO2) ═ ═ 45 55 H2 2 CO2 44 21.4 22.6 19.4 22.6 19.4 V(H2) V(CO2) ═ ═ 11.3 9.7 1．在相同条件下，乙烯和乙炔的混合气体 amL，完全燃烧所用去的氧气为 bmL，则混合气体中乙烯 和乙炔的体积比是 ( ) A． (2a-b) / (3a-b) B． (a-2b) / (a-b) C． (2b-5a) / (6a-2b) D． (2a-b) / (6a-2b) 2．由 CO 和 CO2 组成的混合气体，经分析测知含氧质量百分率为 70%，则该混合气体中 CO 和 CO2 的体积比为 ( ) A．1∶3 B．3∶1 C．7∶33 D．33∶7 3．将 18gCO 和 CO2 的混合气体完全燃烧后，得标准状况下的 CO211.2L。这混和气体中含 CO 和 CO2 的物质的量、混合气的平均式量各是 ( ) A．0.25mol、0.25mol、72 B．0.25mol、0.25mol、36 C．0.5mol、0.5mol、72 D．0.5mol、0.5mol、36 4．一种气态烷烃与一种气态烯烃的混合物共 1 体积，在 O2 中充分燃烧后，生成 2 体积的 CO2 和 2.667 体积水蒸气（相同状况下测定），则混合烃中，烷与烯的体积比可能是( ) A．2∶1 B．3∶1 C．1∶3 D．2∶3 5．实验测得乙烯与氧气混合气体的密度是氢气 14.5 倍，可知其中乙烯的质量分数为（ ） A．25.0% B．27.6% C．72.4% D．75.0% 6．由 CO2、H2 和 CO 组成的混合气在同温同压下与氮气的密度相同。则该混合气体中 CO2、H2 和 CO 的体积比为 （ ） A．29︰8︰13 B．22︰1︰14 C．13︰8︰29 D．26︰16︰57 7．由 11 23 Na、17 35 Cl、 17 37 Cl 构成的 10g 氯化钠中，17 35 Cl所占质量分数是多少?组成为 11 23 Na 17 35 Cl 的氯化钠有 多少克(氯元素平均原子量为 35.5)? 8．常温下，一种烷烃 A 和一种单烯烃 B 组成混合气体，A 或 B 分子最多只含有 4 个碳原子，且 B 分 子的碳原子数比 A 分子多。 （1）将 1 L 该混合气体充分燃烧，在同温同压下得到 2.5 L CO2 气体。试推断原混合气体中 A 和 B 所 有可能的组合及其体积比，并将结果填入下表： 组合编号 A 的分子式 B 的分子式 A 和 B 的体积比 VA︰VB （2）120℃时取 1 L 该混合气体与 9 L 氧气混合，充分燃烧后，当恢复到 120℃和燃烧前的压强时， 体积增大 6.25%。试通过计算确定 A 和 B 的分子式。 9．（1）已知某混合气体的体积分数组成为 80.0%CH4、15.0%C2H4 和 5.00%C2H6。请计算 0.500mol 该混合气体的质量和标准状况下的密度（g/L）。 （2）CH4 在一定条件下催化氧化可以生成 C2H4、C2H6（水和其他反应产物忽略不计）。取一定量 CH4 经催化氧化后得到一种混合气体，它在标准状况下的密度为 0.780 g/L 。已知反应中 CH4 消耗了 20.0%， 计算混合气体中 C2H4 的体积分数。（本题计算过程中请保持 3 位有效数字） 10．在 1.01×105Pa、400K 时，由两种常见的有机物组成的混和气体 4L，跟相同状况下的 5L 氧气混 和引烧使其恰好完全反应，所生成的二氧化碳和水蒸气的混和气体的密度是相同状况下氢气密度的 14.2 倍，当恢复到反应前的状况时，混和气体的密度是反应前的 9 10 。求原混和气体的可能组成和各组成成分 的体积分数(百分含量)。 大检阅： 1．A 2．A 3．B 4．A 5．C 6．CD 7．44.9% 7.4g 8．（1） 组合编号 A 的分子式 B 的分子式 A 和 B 的体积比 VA︰VB ① CH4 C3H6 1︰3 ② CH4 C4H8 1︰1 ③ C2H6 C3H6 1︰1 ④ C2H6 C4H8 3︰1 （2）A 为 C2H6、B 为 C4H8 。 9．（1）9.25 g ， 0.826 g/L （2）4.18% 10．可能组成为 HCHO 和 CH3OH，各占 50%；或 CH4 和 HCOOH，各占 50% 策略 34 化学中的假设技巧 金点子： 1．在化学试题的求解或分析中，由于起始时物质的量、浓度、体积、质量及有机化合物中官能团的数 目等未知，便给解题带来一定的困难。这时若能假设其未知量为 1，便会使求解过程变得简单明了。在解 题时有时也可将未知量假设为 100，有时也可根据题中化学方程式的化学计量数假设其它数值。 2．有关酸碱混合，在估算混合后溶液的 pH 时，当原酸碱溶液的强弱未知时，可首先假设其为强酸强 碱，再迁移到弱酸或弱碱方面进行比较。 3．在化学平衡中对两种难以联系的状态进行比较分析时，可通过假想另一中间状态，然后将其迁移到 题中要比较的状态。 4．对不同密度的同一溶液等体积混合时，可先假设等质量混合，然后再迁移到等体积的混合问题。 经典题： 例题1 ：（1992年三南高考）在某温度下, 一定量的元素A的氢化物AH3，在一定体积的密闭容器中可 完全分解成两种气态单质, 此时压强增加了75%。则A单质的一个分子中有 个A原子, AH3分解反应的 化学方程式是 。 方法：通过假设元素 A 的氢化物为 1mol 分析。 捷径：假设元素A的氢化物为1mol，则压强增加了75%，在同温、同体积下物质的量也增加75%，以此 反应后总物质的量为1.75mol。换算成整数比为：1：1.75 = 4：7。根据原子个数守恒即可列出AH3分解反应 的化学方程式4AH3=A4+6H2，同时可得A单质(A4)的一个分子中有4个A原子。 总结：在当年的评分标准中，若答案中将 A 写成 P 或 As, 都可当作 A, 可同样给分。 例题2 ：（1991年三南高考）将pH=3的某酸溶液跟pH=11的某碱溶液等体积混和后, 溶液的pH值 （ ） A．大于 7 B．小于 7 C．等于 7 D．无法确定 方法：通过假设原酸碱为强酸、强碱，再迁移到弱酸或弱碱进行比较。 捷径：pH=3 的某酸溶液中 c(H+) = 0.001mol/L，pH=11 的某碱溶液中 c(OH－) = 0.001mol/L，若为强酸 与强碱等体积混和，则混合后 pH 为 7。迁移到弱酸、弱碱后，若为弱酸与强碱等体积混和，则混合后弱 酸有剩余，还将继续电离，因而 pH<7；若为强酸与弱碱等体积混和，则混合后弱碱有剩余，还将继续电 离，因而 pH>7。 答案为 D。 总结：若为弱酸与弱碱等体积混和，则混合后的 pH 决定于弱酸与弱碱的相对强弱，若弱酸的酸性强 于弱碱，则 pH>7；若弱酸的酸性弱于弱碱，则 pH<7。 例题3 ：（1999年全国高考）已知25%氨水的密度为0.91g.cm-3, 5%氨水的密度为0.98g·cm-3，若将上 述两溶液等体积混合，所得氨水溶液的质量分数是 （ ） A．等于15% B．大于15% C．小于15％ D．无法估算 方法：通过假设等质量混合进行分析，再迁移到等体积混合。 捷径：假设将 25%的氨水与 5%的氨水等质量混合，则混合后所得氨水溶液的质量分数 15%。迁移到 等体积混合，因 25%氨水的密度(0.91g.cm-3)小于 5%氨水的密度(0.98g·cm-3)，所以等体积混合时，25%氨 水的质量小于 5%氨水的质量，稀氨水的质量大，故等体积混合所得氨水的质量分数小于等质量混合所得 氨水的质量分数，即小于 15%。以此得答案为 C。 总结：最终所得氨水质量分数可通过下式进行计算。设各取氨水 1 cm3，则混合后的氨水质量分数为： 在解答此类选择题时，千万不能通过计算而获得结果。因为计算繁杂，且耗时较多。 例题 4 ：（2001 年广东、河南高考）若 pH=3 的酸溶液和 pH=11 的碱溶液等体积混合后溶液呈酸性， 其原因可能是 （ ） A．生成了一种强酸弱碱盐 B．弱酸溶液和强碱溶液反应 C．强酸溶液和弱碱溶液反应 D．一元强酸溶液和一元强碱溶液反应 方法：通过假设酸碱性的强弱来进行分析比较。 捷径：如果是 pH=3 的强酸溶液和 pH=11 的强碱溶液等体积混合，因为它们恰好反应，且生成强酸强 碱盐，则混合后溶液显中性。如果是 pH=3 的一元弱酸和 pH=11 的一元强碱溶液等体积混合，由于是弱酸， 其物质的量 n（弱酸）远大于 1×10—3mol，而 n（强碱）等于 1×10—3mol，两者混合后，强酸过量，溶液 只能显酸性。选项 B 就属这种情况。如果是强酸与弱碱混合，溶液中弱碱过量，溶液显碱性。以此得答案 为 B。 总结：由于强酸与弱碱反应生成一种强酸弱碱盐，此题容易被误选 A 或 C，产生的原因是忽略有弱碱 的剩余。 例题5 ：（1996年全国高考）将pH=3的盐酸溶液和pH=11的氨水等体积混和后, 溶液中离子浓度关 系正确的是 ( ) A．c(NH4+)> c(Cl-)> c(H+)> c(OH-) B．c(NH4+)> c(Cl-)> c(OH-)> c(H+) C．c(Cl-)> c(NH4+)> c(H+)> c(OH-) D．c(Cl-)> c(NH4+)> c(OH-)> c(H+) 方法：首先根据 pH 分析电离出的 H+和 OH - 的反应，然后再讨论剩余氨水的电离。 捷径： pH=3，c(HCl)=10—3mol/L，pH=11，c(OH—)=10—3mol/L。因为氨水是弱电解质，所以氨水的浓 度大于盐酸的浓度。二者等体积混合后，氨水过量。因而只要考虑 NH3·H2O 的电离不必考虑 NH4+的水 解。所以存在 c(NH4+)﹥c(Cl—)，同时也存在 c(OH—)﹥c(H+)。而 NH3·H2O 的电离只是少数，所以存在 c(Cl —)﹥c(OH—)。以此得答案为 B。 总结：如果与1994年全国高考题比较：在氯化铵溶液中,下列关系式正确的是( ) A．c(Cl-) >c(NH4+)> c(H+)> c(OH-) B．c(NH4+)> c(Cl-)> c(H+)> c(OH-) C．c(Cl-)= c(NH4+)> c(H+)= c(OH-) D．c(NH4+) = c(Cl-)> c(H+)> c(OH-) 它们的区别在：本题是经反应后，溶液中存在 NH4Cl 和相当多 NH3·H2O，而 1994 年高考题全部都是 NH4Cl。当无多余的酸或碱存在时，就一定要考虑盐的水解。而在本题中，由于氨水过量，盐的水解可忽 略不计。 例题 6 ：（1998 年全国高考）在一定体积的密闭容器中放入 3L 气体 R 和 5L 气体 Q，在一定条件下 发生反应：2R（g）+5Q（g）== 4X（g）+nY（g） 反应完全后，容器温度不变，混和气体的压强是原来的 87.5%，则化学方程式中的 n 值是（ ） A．2 B．3 C．4 D．5 方法：假设反应过程中压强不变，则通过体积缩小到原来的 87.5%来进行计算。 捷径：本题所述及的反应不是可逆反应。3L 气体 R 和 5L 气体 Q 反应时，R 过量 1L， 如果压强保持不变，则体积缩小到原来的 87.5%，同时生成 4LX 气体和 nLY 气体，根据 题意有： ，∴n=2 。选 A。 总结：本题与可逆反应之间有严格区别，若看成是可逆反应，n 只能等于 1，因为 Q 气体不能全部参加 反应，而该题中 Q 气体完全反应，n 只能等于 2。 例题 7 ：1993 年上海高考）如右图，为装有活塞的密闭容器， 内盛 22.4mL 一 氧化氮，若通入 11.2mL 氧气（气体体积均在标准状况下测定）， 保持温度、压强 不变，则容器内的密度 （ ） A．等于 1.369g/L B．等于 2.054g/L C．在 1.369g/L 和 2.054g/L 之间 D．大于 2.054g/L 方法：首先假设完全反应生成 NO2，再通过 NO2 与 N2O4 的平 衡分析而获得 结果。 捷径：标况下 n(NO)=1×10—3mol，n(O2)=0.5×10—3mol，因反应是 2NO+O2= 2NO2，则二者恰好反应生 成 1×10—3mol 的 NO2。 气体质量为 1×103mol×46g/mol= 4.6×10—2g 容器体积为 所以，密度= 又因有 2NO2 N2O4 平衡存在，所以容器体积将略减少，故密度将大于 2.054g/L。以此得答案为 D。 总结：2NO2 N2O4 是该题的隐含条件，在解题时，考生往往会疏忽而误选 B。NO 与 O2 的反应 可认为是完全反应全部生成 NO2，而不是 NO、O2、NO2 的混合气体，不少考生由于没有认识这一点，又 易误选 C。 例题8 ：(1995年全国高考) (1)已知某混和气体的体积百分组成为80.0%CH4、15.0%C2H4和5.00%C2H6。 请计算0.500 mol该混和气体的质量和标准状况下的密度(g/L)。 (2) CH4在一定条件下催化氧化可以生成C2H4、C2H6 (水和其它反应产物忽略不计)。取一定量CH4经 催化氧化后得到一种混和气体, 它在标准状况下的密度为0.780g/L。已知反应中CH4消耗了20.0%,计算混 和气体中C2H4的体积百分含量。(本题计算过程中请保持3位有效数字)。 方法：第(1)问直接计算，第(2)问可将 CH4 假设为 1mol 进行分析。 捷径：(1)根据题中数据可得0.500mol混合气体的质量为： 0.500mol×(16g/mol×0.800+28 g/mol×0.150+30 g/mol×0.0500)=9.25g (2) 设反应前CH4为1mol，其中有xmol 转化成C2H4，生成 0.5xmol C2H4 和0.5 (0.200－x)mol C2H6。 则反应后混合气体的总物质的量 = 0.800 mol+ 0.5×0.200mol = 0.900mol 。 总结：在解答该题的过程中，部分考生未能作反应前 CH4 为 1mol 的假设，造成计算过程较为繁杂，有 的甚至无法求解。 金钥匙： 例题 1 ：将含 1 mol NH3 的密闭容器 a 加热，部分 NH3 分解并达到平衡，此时 NH3 的体积百分数为 x%， 若在该容器中加入 2mol NH3 后密封，加热到相同温度，使反应达到平衡时，设此时 NH3 的体积百分数为 y%，则 x 和 y 的正确关系是（ ） A．x ﹥y B．x﹤y C．x = y D．x≧y 方法：通过设定另一假想态，然后再将假想态转化为现在的状态而获得结果。 捷径：假设把 2mol NH3 先加入容积为 a 的 2 倍的容器 b 中，加热到相同温度，此时与 1mol NH3 加到 a 容器中等效，达到平衡时，NH3 的体积百分数也必为 x%。现将 b 容器加压，使容积减小到原来的一半， 即与 a 容积相等。因平衡 2NH3 3H2 + N2 向逆方向移动，达到新平衡时 NH3 的体积百分数 y%必大于 x%，则 B 为答案。 ( g / L ) 总结：此题如从正面直接分析常会得出错误的判断，但若通过理想的过程假设，问题就会十分明朗。 例题 2 ：将 50%的乙醇溶液和 10%的乙醇溶液等体积混合，所得溶液的质量分数( ) A．大于 30% B．小于 30% C．等于 30% D．无法判断 方法：通过巧设质量相等得其浓度，再延伸到体积相等。 捷径：假设 50%和 10%两乙醇溶液密度分别为 d1 和 d2，并将它们等质量（均为 m）混合，所得溶液的 质量分数ω= 30% 。 因为 d1d 后和 V 前d 后和 V 前＞V 后的是 （请填写反应的代 号）。 方法： 从反应物全部变成生成物来作极限判断。 捷径： （1）在容积固定的容器内，四个反应的反应物和生成物中除硫单质外均为气体，所以反应 B、 C、D 均符合 d 前=d 后 的关系式。反应 B 反应后气体物质的量减少，根据气态方程可知 P 前＞P 后，而反应 C 反应前后气体物质的量没有变化，符合 P 前=P 后 。以此第一问答案为 B，第二问答案为 C。 （2）如果保持压强恒定，反应物和生成物均为气体时，气体的密度与气体的体积成反比，即若符合关 系式 d 前>d 后，一定满足 V 前d 后和 V 前＞V 后同时成立，则反应中必有非气体物质存在。只有反应 A 有固态物质硫存在，且 反应物 H2S 和 O2 的任一种气体的密度均大于生成物水蒸气的密度（在相同条件下相对分子质量大的气态 物质密度大），以及反应前后气体物质的量减少，符合 V 前＞V 后。以此第一问答案为 D，第二问答案为 A。 总结：解本题还应用了物理学中气态方程和化学中的阿伏加德罗定律。这是一道物理和化学学科间综 合试题，体现了当今的命题方向。 例题2 ：（1994年全国高考）把含有某一种氯化物杂质的氯化镁粉末95mg溶于水后,与足量的硝酸银 溶液反应,生成氯化银沉淀300mg,则该氯化镁中的杂质可能是（ ） A．氯化钠 B．氯化铝 C．氯化钾 D．氯化钙 方法：采用极值法或平均分子量法。 捷径：[解法一]：（极值法） 假设 95mg 全为 MgCl2，无杂质，则有：MgCl2 ~ 2AgCl 95mg 2×143.5mg 生成沉淀为 287mg，所以假设 95mg 全部为杂质时，产生的 AgCl 沉淀应大于 300mg。则杂质若写成 MxCl2 形式时，xM 的式量应小于 Mg 的原子量 24，才符合题意。 A．NaCl→Na2Cl2，23×2﹥24 不符合。B．AlCl3 → ，27× ﹤24 可以。 C．KCl→K2Cl2，39×2﹥24 不行。 D．CaCl2，40﹥24 不可以。以此得答案为 B。 [解法二]：（平均分子量法） 将混合物写成 MxCl2 形式，有：MxCl2→2AgCl 1mol 2mol y mol 解得 y = 。则混合物的平均分子量 M = = 90.9， 因 MgCl2 的分子量为 95﹥90.9，则杂质 MnCl2 的分子量应小于 90.9，才符合题意。 A．NaCl → Na2Cl2，分子量 117，不行。 B．AlCl3 → ，分子量 89，可以。 C．KCl→K2Cl2，分子量 149，不可以。 D．CaCl2，分子量 111，不可以。 总结：极值法和平均分子量法本质上是相同的，目的都是求出杂质相对分子量的区间值，或者杂质中 金属元素的原子量的区间值，再逐一与选项比较，筛选出符合题意的选项。 例题3 ：（1996年全国高考）在一个容积固定的反应器中,有一可左右滑动的密封隔板,两侧分别进行 如图所示的可逆反应.各物质的起始加入量如下:A、B和C均为4.0mol、D为6.5 mol、F为2.0 mol,设E为x mol. 当x在一定范围内变化时,均可以通过调节反应器的温度,使两侧反应都达到平衡,并且隔板恰好处于反应 器的正中位置.请填写以下空白: (1)若x=4.5,则右侧反应在起始时向 (填“正反应”或“逆反应”)方向进行.欲使起始反应维持向 该方向进行，则x的最大取值应小于 . (2)若x分别为4.5和5.0，则在这两种情况下,当反应达平衡时，A的物质的量是否相等? (填“相等”、 “不相等”或“不能确定”).其理由是： 。 方法：解答该题时，首先要考虑两侧都达到平衡时物质的量必须相等，然后要从完全反应的角度去考 虑极大值，因是可逆反应，所以又应小于极大值。至于第(3)问，应从两平衡体系的相互关系去分析，即两 体系温度始终相同。 捷径：(1)已知左侧平衡时总物质的量为12.0 mol，因此右侧达到平衡时的总物质的量应为12.0 mol。 现x = 4.5, 则右侧起始时混合物的物质的量为4.5 + 6.5 + 2.0 =13。 反应在起始时必须向正反应方向进行 才能使物质的量变成12mol。 确定x的最大取值应小于多少，可通过两种方法求解。 方法一：假定加入的x molE完全转化时，则D余（6.5 — x/2）mol，F共有（2.0 + x）mol，由（6.5 — x/2） + （2.0 + x） = 12.0 ，解得 x = 7.0 。则欲使起始反应维持向正反应方向进行，则x的最大取值 应小于7。 方法二：设达平衡时E的消耗量为2amol。 起始时: 6.5 x 2.0 平衡时: 6.5-a x-2a 2.0+2a 因左侧反应混和物总的物质的量为12mol，所以达平衡时右侧反应需满足: (2)因为这两种情况是在两个不同温度下达到化学平衡的，平衡状态不同，所以 A 的物质的量也不同。 总结：压强对平衡体系的影响在众多的可逆反应分析中经常出现，此类试题要求考生既要分析平衡状 态，又要分析相互影响，有时还要考虑极限值问题。 金钥匙： 例题 1 ：在标准状况下 H2 和 Cl2 的混合气体 a L，经光照后完全反应，所得气体恰好能使 b mol 的 NaOH 完全转化为盐，则 a，b 的关系不可能是下列的（ ）。 A．b = a/22.4 B．b ﹥a/22.4 C．b ≥a/11.2 D．b﹤a/22.4 方法：“气体恰好能使 b mol 的 NaOH 完全转化为盐”是该题的关键之处。“气体恰好”是指能与 NaOH 反应的气体能完全与之反应并转化为盐，而不是气体无剩余(可能剩余 H2)。以此可用极限法去分析，即 NaOH 的最小值为 a L 全为 H2，NaOH 的最大值为 a L 全为 Cl2。 捷径：若 a L 全为 H2 时，耗碱量为 0，若 a L 全为 Cl2 时耗碱量最大，此时 b = a/11.2 。因此对二者的 混合气体而言，耗碱量应介于 0 ～ a/11.2 之间，故 a，b 关系不可能的只有 C 。 总结：此题在分析时，不仅要考虑极限值，还要考虑题中关键字词。 例题 2 ：某混合物含有 KCl、NaCl、Na2CO3，经分析知含 Na 31.5%，含氯为 27.08%（质量百分含量）。 则该混合物中含 Na2CO3 为 ( ) A． 25% B． 50% C． 80% D．无法确定 方法：若假设此混合物由下列三种物质的极端组成，那么判断起来比较简单。 (1)若只由 KCl 和 Na2CO3 组成，用含 Na%求出 Na2CO3 的质量 (2)若只由 NaCl 和 Na2CO3 组成，又用含 Cl%量求出 Na2CO3 的质量 (3)若只由 KCl 和 Na2CO3 组成，用 Cl%量求出 Na2CO3 的质量 混合物中 Na2CO3 的实际质量应比（1）（2）中值小，比（3）中值大（因 KCl 比 NaCl 分子量大） 捷径：设混合物为 100 g： （1）设混合物只由 KCl 和 Na2CO3 组成，则用含 Na%求出 Na2CO3 的质量为： 100ｇ×31.5%× = 72.6g （2）设混合物只由 NaCl 和 Na2CO3 组成，则用含 Cl%量求出 Na2CO3 的质量为 100ｇ— 100ｇ×27.08% × = 55.4g （3）设混合物只由 KCl 和 Na2CO3 组成，则用含 Cl%求出 Na2CO3 的质量为： 100ｇ— 100ｇ×27.08%× = 43.2g 因为 72.6ｇ﹥55.4ｇ﹥50ｇ﹥43.2ｇ 故正确答案为（B） 总结：对于三种物质，两种数据，如通过列方程求解，因缺少数据而无法求得结果。此时必须要考虑 极限问题，通过分析极限情况而获得正确结果。 例题 3 ：800℃时将 1 mol CO 和 1 mol H2O（蒸气）通入 2 L 密闭容器中进行反应：CO（g）+ H2O（g） CO2（g）+H2（g）,达到平衡时测得容器内 CO2 为 0.3 mol/L，此时再向容器内通入 1 mol 水蒸气，并保持 温度不变，则达到平衡时 CO2 物质的量可能为（ ） A．0.9 mol B．0.6 mol C．0.3 mol D．1.2 mol 方法：通过找出新平衡时 CO2 物质的量的范围，再进行估算即可。 捷径：由于反应是可逆的，反应物不可能完全转化，因此再向容器内通入 1 mol 水蒸气时，CO2 的物质 的量应大于 0.6mol，但 CO 又不可能完全转化为 CO2，所以 CO2 的物质的量应介于 0.6 ～ 1 mol 之间，故 选 A 。 总结：此类试题如果通过计算，则必须要懂得化学平衡常数，而在此条件下，想通过计算获得结果根 本不可能，以此只能通过估算获解。 例题 4 ：pH = 5 和 pH = 3 的两种盐酸，以等体积混合溶液的 pH 是（ ） A． 2 B． 3.3 C． 4 D． 8 方法：根据端值及平均值分析。 捷径：根据平均值原则，端值一﹤平均值﹤端值二，不可能为 A，D，而 pH 是对 c(H+)取负对数后得 到的值，不是简单地将 pH1 和 pH2 相加求算术平均数，所以不可能是 C 。以此答案只能为 B。 总结：此题也可根据两强酸等体积混合后巧用 pH 混 = pH 小 + 0.3 获得结果。 例题 5 ：取 3.5 g 某二价金属的单质投入 50g 溶质质量分数为 18.25%的稀盐酸中，反应结束后，金属 仍有剩余；若 2.5g 该金属投入与上述相同质量、相同质量分数的稀盐酸中，等反应结束后，加入该金属还 可以反应。该金属的相对原子质量为 ( ) A．24 B．40 C．56 D．65 方法：采用极限值分析，找出金属的相对原子质量的范围，而后对照选项获得结果。 捷径：盐酸溶液中溶质的质量为 50g×18.25%=9.125g，9.125g 盐酸为 0.25mol，最多可产生 H2 的质量 为 0.25g。由题意知，产生 1g H2 需金属的平均质量小于 3.5g×4=14g，大于 2.5g×4=10g，又知该金属为二 价金属，故该金属的相对原子质量小于 28，大于 20。答案选 A。 总结：该题因与盐酸反应的金属质量无法确定，因而要确定其相对原子质量，必须从两个极限值分析， 通过范围而获得答案。 例题 6 ：在一定条件下，气体 A 可发生如下反应：2 A(g) B(g）+3 C(g）。若已知所得混合气 体对 H2 的相对密度为 4.25。则 A 的式量可能是（ ） A．8.5 B． 16 C． 17 D．34 方法：采用极值法分析。 捷径：假设 A 物质没有发生反应，则 A 的式量为 8.5。如果 A 全部转化为 B 和 C，则 B、C 混合气体 的平均式量为 8.5，A 的式量为 17。题中反应为可逆反应，故答案为 B。 总结：该题利用化学平衡部分的三态进行分析计算也可获得答案，但耗时较多。 例题 7 ：取 5.4 g 由碱金属（R）及其氧化物（R2O）组成的混合物，使之与足量水反应，蒸发反应后 的溶液，得到 8 g 无水晶体。通过计算判断此金属为哪一种碱金属。 方法：此题只需用极值法确定 R 的原子量的取值范围，再对照碱金属的原子量即可判断 R 为何种碱金 属。 捷径：题中的反应有：2R + 2H2O = 2ROH + H2↑，R2O + H2O = 2ROH 。 设 5.4 g 全部是金属 R，R 的原子量为 x，则 R 的摩尔质量为 x g / mol。 5.4 / x = 8 /（x +17） ， x = 35.7 设 5.4 g 全部是 R2O，则 R 的原子量为 y 。则 R 的摩尔质量为 y g / mol。 2 ×｛ 5.4/（2y + 16）｝= 8/（y + 17） ， y = 10.7 因为 10.7 ﹤ 23 ﹤ 35.5 ，故 R 为 Na 。 总结：采用极限值，可使该题中的复杂问题得到简化。 例题 8 ：1.40 g 含有碱金属（M）及其氧化物（M2O）的混合物，与水反应生成 1.79 g 碱。求混合物 的成分及其组成。 方法：由于碱金属不确定，可用极端假设法加以讨论。即讨论 1.40 g 全部为碱金属及 1.40 g 全部为碱 金属氧化物时生成碱的质量，然后根据平均值规律建立不等式解题。 捷径：设 M 的相对原子质量为 a。 2M+2H2O=2MOH+H2↑ M2O+H2O=2MOH 若 1.40g 全部为碱金属，则产生的 MOH 的质量为 (g) 若 1.40g 全部为碱金属氧化物，则产生的 MOH 的质量为 (g) ﹤ 1.79 ﹤ 解得 24.3 ﹤ a ﹤ 61.03 ，只有钾符合条件。 设 K 和 K2O 的质量分别为 x 和 y。 则 x+y=1.4 + = 1.79 解得 x=0.498（g） y=0.902（g） 总结：本题若用常规法对可能存在的物质作逐一尝试，逐一淘汰求解是很繁难的。选取极值法进行求 解，可受到事半功倍的效果。 聚宝盆： 有一类化学计算题，由于某一条件的不确定，结果可能在两个或两个以上，也可能在某个范围内取值， 这类题就需要用讨论的方法求解。中学范围内涉及到的讨论题主要有四种类型：（1）讨论反应发生的程 度；（2）讨论反应物是否过量；（3）讨论反应物或生成物的组成范围；（4）讨论不定方程的解。 在运用常规方法解讨论题不能求解或显得很繁难时，往往需考虑平均值法或极端假设法。 热身赛： 1． PCl5 在密闭容器中有反应：PCl5(g) PCl3 (g) +Cl2 (g)。t1 C 时 PCl5 的分解率为 48.567%，t2 C 时分解率为 97.034%。则 t2 C 时反应体系的物质的量是 t1 C 时反应体系的多少倍（ ） A．0.4 B． 1.3 C． 1.6 D． 1.9 2．800 C 时，将 1molCO 和 1molH2O（g）通入 2L 密闭容器中进行反应： CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g） 达到平衡时，测得容器内 CO2 为 0.3 mol/L，此时再向容器内通入 1mol H2O（g），并保持温度不变， 则达到平衡时 CO2 的物质的量可能是（ ） A．0.3mol B． 0.6mol C． 0.9mol D． 1.2mol 3．由第二主族元素 R 的单质及其相应氧化物组成的混合物共 12g，在此混合物中加足量水，完全反应 后，蒸干，得固体。则该元素可能为 （ ） A．Mg B．Ca C．Sr D．Ba 4．常温下 A 和 B 两种气体组成的混合气体（A 的分子量大于 B 的分子量），经分析混合气中只含有 氮和氢两种元素，而且，不论 A 和 B 以何种比例混合，氮和氢的质量比总大于 14/3。由此可确认 A 为① ____，B 为②____，其理由是③____。若上述混合气体中氮和氢的质量比为 7：1，则在混合气中 A 和 B 的物质的量之比为④____；A 在混合气中的体积分数为⑤____。 5．在周期表中，元素的相对原子质量约为其原子序数的 2～2.6 倍。某碱金属(R)及其氧化物(R2O)组成 的混合物 4.0 g 与水充分反应后，蒸发结晶得到固体 5.0 g 。试推断这是什么金属？混合物中碱金属单质所 占的质量分数是多少？ 6．等物质的量的 NaHCO3 和 KHCO3 的混合物 9.20g 与 100mL 盐酸反应。 （1）试分析，欲求标准状况下生成的 CO2 的体积时，还需什么数据 （用 a、b 等表示，要 注明单位）。 （2）利用所确定的数据，求标准状况下生成的 CO2 的体积： 所需数据的取值范围 生成 CO2 的体积（标准状况） 盐酸不足时 盐酸过量时 (3)若 NaHCO3 和 KHCO3 不是等物质的量混合，则 9.2g 固体与盐酸完全反应时，在标准状况下生成 CO2 气体的体积大于 L，小于 L 。 大检阅： 1．B 2．C 3．BC 4．①N2 ②NH3 ③纯 NH3 气体中氮和氢的质量比为 14/3，在纯 NH3 中混入任何比例的 N2 都将使氮和 氢的质量比大于 14/3 ④1：4 ⑤20% 。 5．钾；24% 6．（1）盐酸的物质的量是浓度，a mol/L （2） 所需数据的取值范围 生成 CO2 的体积（标准状况） 盐酸不足时 a mol/L≤1 mol/L 2.24aL 盐酸过量时 a mol/L﹥1 mol/L 2.24L （3）2.06， 2.45 。 策略 36 守恒法的应用技巧 金点子： “守恒法”广泛应用于高考及各类竞赛试题的解题中，它既可使繁乱的问题化难为易，又可使复杂的 计算化繁为简，因而备受广大中学生的青睐。但在使用中，由于对题意理解不清、条件分析不透，也时常 出现滥用守恒的现象，故正确把握守恒原理，学会守恒方法，是高考化学解题之必备。 守恒法包括：元素守恒、电荷守恒、电子守恒、质量守恒等。 1．在化学反应前后，物质中的各元素原子的物质的量始终保持守恒，这就是元素守恒。如在复杂的变 化过程中，能充分利用某些元素原子的物质的量守恒解题，不仅思路清晰，而且计算简便。 2．根据电解质溶液总是呈电中性，从而利用电解质溶液中的阳离子所带的正电荷总数与阴离子所带的 负电荷总数相等来进行解题的方法称电荷守恒法。 3．在氧化还原反应中，还原剂失去的电子总数与氧化剂得到的电子总数相等，这是运用得失电子数守 恒进行化学计算的主要依据。 4．质量守恒普遍存在于整个物理、化学变化过程中（核反应除外），如反应前后物质的质量守恒，反 应过程中催化剂的质量守恒，溶液稀释与混合时溶质的质量守恒等。 经典题： 例题 1 ：（2001 年全国高考）在无土栽培中，需配制一定量含 50 mol NH4Cl、16 mol KCl 和 24molK2SO4 的营养液。若用 KCl、NH4Cl 和(NH4)2SO4 三种固体为原料来配制，三者的物质的量依次是（单位为 mol） （ ） A．2、64、24 B．64、2、24 C．32、50、12 D．16、50、24 方法：利用元素守恒求解。 捷径：先求出需配制营养液中所需 NH4+、K+、Cl—、SO42—、物质的量，再用同样的方法求出选项中所 提供的物质中所含 NH4+、K+、Cl—、SO42—物质的量。若与题干中的数值一致，即为选项。如题干中 NH4+ 50 mol；K+：16+24×2=64（mol）；Cl—：50+16=66（mol），SO42—：24mol。选项 B，NH4+：2+24×2=50（mol）， K+：64mol、Cl—：64+2=66（mol），SO42—：24mol，与题干相符，选项 B 正确。 总结：如果题目中提供不是固体物质，而是溶液，其解法是相同的，只要将溶质的物质的量求出，就 变成与本题完全相同的题目。目前化学试题中往往置于与生产实际、科研等相结合的情境中，解题时，只 要把它迁移到解化学题基本方法中，就可迎刃而解。 例题 2 ：（2001 年上海高考）将 0.1mol/L 的醋酸钠溶液 20mL 与 0.1mol/L 盐酸 10rnL 混合后，溶液 显酸性，则溶液中有关微粒的浓度关系正确的是 （ ） A．c (Ac－)＞c (Cl－)＞c (H＋)＞c (HAc) B．c (Ac－)＞c (Cl－)＞c (HAc)＞c（H＋） C．c (Ac－)＝c (Cl＋)＞c (H＋)＞c (HAc) D．c (Na＋)＋c (H＋)＝c (Ac－)＋c (Cl－)＋c (OH－) 方法：首先必须考虑溶液间的反应，然后通过守恒关系分析。 捷径：将 0.1mol/L 的醋酸钠溶液 20mL 与 0.1mol/L 盐酸 10rnL 混合后，考虑溶液间的反应，此时溶液 变成了等物质的量浓度的 CH3COONa、CH3COOH、NaCl 三种物质的混合溶液。因此时溶液显酸性，知 CH3COOH 的电离程度大于 CH3COONa 的水解程度。以此得溶液中粒子间物质的量浓度的关系为：c（Na ＋）＞c (Ac－)＞c (Cl－)＞c (HAc)＞ c（H＋）＞c (OH－)。再利用电荷守恒可得：c (Na＋)＋c (H＋)＝c (Ac －)＋c (Cl－)＋c (OH－)。对照选项可得答案为 BD。 总结：当溶液中两种可两种以上的物质相混合时，首先必须考虑溶液间的反应，这是解答此类试题的 第一步，也是关键性的一步。部分考生由于未考虑混合后的反应而经常出错。 例题 3 ：（1999 年上海高考） ：把 0.02 mol· L－1 HAc 溶液和 0.01 mol· L－1 NaOH 溶液以等体积 混和，则混合液中微粒浓度关系正确的是 （ ） A．c（Ac-）>c（Na+） B．c（HAc）>c（Ac-） C．2c（H+）= c（Ac-）—c（HAc） D．c（HAc）+c（Ac-）= 0.01mol· L－1 方法：通过电荷守恒及物料守恒两大守恒分析。 捷径：两溶液等体积混合后变成 0.005mol·L-1 HAc 和 0.005mol·L-1 NaAc 的混合溶液，由于 HAc 的 电离占主导地位，故 c（Ac-）> c（HAc），溶液呈酸性。再根据电荷守恒关系：c（Na+）+c（H+）= c（Ac-） +c（OH-），及 c（H+）> c（OH-）得 c（Ac-）> c（Na+）。再将物料守恒关系 c（Na+） = c（HAc）+c（H+）-c（OH-）代入电荷守恒关系得：2c（H+）=c（Ac-）- c（HAc）+2c（OH-）。另知， 不管溶液电离平衡和水解平衡如何移动，其 c（HAc）+c（Ac-）均为常数 0.01mol·L-1。以此得答案为 A、 D。 总结：此类试题考查方式主要有：①微粒浓度的大小比较 ②电荷守恒关系式 ③物料守恒关系式 ④电 荷守恒与物料守恒叠加后的恒等关系式。解题时仍要优先考虑溶液混合过程中的反应问题。 例题 4 ：(2001 年高考试测题)将氨水逐滴加入到稀盐酸中，使溶液成中性，则此时( ) A．ｃ(NH4+)=ｃ(Cl-) B．ｃ(NH4+)>ｃ(Cl-) C．ｃ(NH4+)<ｃ(Cl-) D．ｃ(NH4+)与ｃ(Cl-)之间关系不确定 方法：根据溶液中电荷守恒关系获解。 捷径：将氨水加入到稀盐酸中，根据电荷守恒关系得：c（NH4+）+c（H+）= c（Cl-）+c（OH-）。因 所得溶液呈中性，则 c（H+）= c（OH-），以此得：c（NH4+）= c（Cl-）。故得答案为 A。 总结：在对溶液进行计算以确定其浓度及溶液中恒等关系的判断时，通常都可通过守恒法使答题过程 变得简单明了。 例题5 ： (1994年全国高考) 38.4mg铜跟适量的浓硝酸反应,铜全部作用后共收集到气体22.4mL(标准 状况),反应消耗的HNO3的物质的量可能是 ( ) A．1.0×10-3mol B．1.6×10-3 mol C．2.2×10-3 mol D．2.0×10-3 mol 方法：利用反应过程中原子个数守恒求解。 捷径：HNO3 与 Cu 反应，一部分起酸的作用，即生成 Cu(NO3)2 用去硝酸 = 2n (Cu) = mol×2=1.2×10—3mol；另一部分 HNO3 起氧化作用，不管生成的 22.4mL 气体为何成分，都是 HNO3 的还原产物，且有 HNO3~NO，HNO3~NO2，所以起氧化作用 的 HNO3 为 mol =1×10—3mol，故共消耗 HNO3 的物质的量为： 1.2×10—3mol + 1×10—3mol = 2.2×10—3mol。以此得答案为 C。 总结：这是利用原子个数守恒进行计算的范例。根据参加反应的 HNO3 一部分生成 Cu（NO3）2，另一 部分变成 NO2 或 NO。利用反应前后的 N 原子守恒，可以轻松求解。类似的解法可以在很多题目应用。 例题 6 ：(2002 年全国高考)在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢为原料制取氧气，当 制 得 同 温 、 同 压 下 相 同 体 积 的 氧 气 时 ， 三 个 反 应 中 转 移 的 电 子 数 之 比 为 ( ) A．1︰1︰l B．2︰2︰1 C． 2︰3︰l D．4︰3︰2 方法：根据反应过程中化合价的变化及得失电子守恒分析。 捷径：假设三个反应均生成 1molO2，在高锰酸钾、氯酸钾的分解反应中，只有氧的化合价升高，且均 由-2 价升高到 0 价，故转移电子数均为 4mol。而过氧化氢的分解反应，虽也只有氧的化合价升高，但其化 合价由-1 升高到 0 价，以此产生 1molO2，转移电子数为 2mol。综合得，产生相同量的 O2，三个反应中转 移的电子数之比为：4︰4︰2 = 2︰2︰1。故答案为 B。 总结：对不同的反应，在利用电子守恒分析转移电子的情况时，要注意考虑不同反应中化合价不同， 而造成电子转移不同的情况。 例题 7 ： (2001 年全国高考)将 NO3 —+Zn+OH—+H2O→NH3+Zn（OH）42—配平后，离子方程式中 H2O 的系数是 （ ） A．2 B．4 C．6 D．8 方法：利用得失电子守恒及电荷守恒进行配平后确定离子方程式中 H2O 前的系数。 捷径：氧化剂 NO3 —被还原成 NH3，1molNO3 —得到 8mol 电子才能生成 NH3。还原剂 Zn 被氧化成 Zn（OH） 42—，1molZn 失去 2mol 电子才能生成 Zn（OH）42—，所以 Zn 的序数是 4，NO3 —的序数是 1，反应式变成 NO3 —+4Zn+OH—+H2O→NH3+4Zn（OH）42—，根据离子反应方程式中电荷守恒的原理，可确定 OH—的序数 是 7，最后根据氢原子（或氧原子）守恒可确定 H2O 的序数是 6。显然答案为 C。 总结：这是一道氧化还原反应方程式的配平题。在全国考题已经有多年未出现这样的题目，而在上海 试题中每年都有。反应方程式的配平是中学化学学习中的基本技能。全国高考题虽然多年未考纯粹的配平 题，但应用配平反应方程式的原理（即守恒原理）的试题却很常见。 注意 高考试题评分标准明确指出，反应方程式不配平或配平错误都不能得分。 例题 8 ：(2001 年高考试测题)某化工厂每小时生产 98%（质量分数）硫酸 at（吨），为使硫充分燃烧， 且在下一步催化氧化时不再补充空气，要求燃烧后的混合气体中含氧气的体积分数为 b%。若空气中氧气 的体积分数为 21%，且不考虑各生产阶段的物料损失，则 （1）该厂每小时消耗标准状况下空气的体积为 m3。 （2）为满足题设需求，b%的下限等于 。 方法：根据原子个数守恒求解。 捷径：（1）该题的反应过程为：S→SO2→SO3→H2SO4 ，每小时生产的 98%硫酸 at，其物质的量为 104amol， 不计损耗，应制得 SO2104amol。根据 S→SO2，这一步需 O2104amol，又因为燃烧后的混合气体中含氧气的 体积分数为 b%，且因 S→SO2，反应前后气体物质的量不变，设每小时消耗空气为 n mol，则： ， 。 故每小时消耗标准状况下空气的体积为： （2）空气中的氧气必须维持两个反应，即 S→SO2 和 SO2→SO3 的过程。第一步耗氧量为第二步的两倍， 故为了满足 SO2→SO3 催化氧化时不再补充空气的需求，b%的下限应等于空气中氧气的三分之一，即 7%。 总结：该题为化工生产过程中的计算问题，为了迅速求解，除了要理清题意，还必须充分运用反应过 程中的硫元素守恒及氧元素守恒。 金钥匙： 例题 1 ：把 0.02 mol/LHAc 溶液和 0.01 mol/LNaOH 溶液以等体积混合，则混合液中微粒浓度关系正确 的为 （ ） A．c（Ac—）﹥c（Na+） B．c（HAc）﹥c（Ac—） C．2c（H+）= c（Ac—）— c（HAc） D．c（HAc）+ c（Ac—）= 0.01mol/L 方法： 捷径：混合后先得到 0.005 mol/L 的 HAc 溶液和 0.005 mol/L 的 NaAc 溶液，由于 Ac—的水解程度小于 HAc 的电离程度，故 A 正确、B 错误。整体考虑溶液中的 H+得失： 可得 c（H+）+c（HAc）=c（OH—） 整体考虑 CH3COO—的守恒，可得 c（HAc）+ c（Ac—）= 0.01 mol/L。所以答案 A、D。 总结：任何溶液中都存在三种恒等式——物料平衡（质量守恒）、电荷平衡、质子守衡。以上题为例， 这三种等式分别是 c（HAc）+ c（Ac—）= 0.01mol/L c（Na+）+ c（H+）= c（Ac—）+ c（OH—） c（H+）+ c（HAc）= c（OH—） 例题 2 ：有一在空气中暴露过久的 KOH 固体，经分析得知其中含水 a%，K2CO3 6%，其余为 KOH。 取此样品 m g 溶于 100 mL 1 mol/L 的硫酸里，残酸需加 n g 原样品才刚好中和完全。由此可知蒸发中和后 的溶液可得固体质量为 ( ) A．14.2g B．17.4g C．20.6g D．无法计算 方法：因蒸发中和后的溶液得固体 K2SO4，而 SO42－仅来自于硫酸，以此可通过 S 原子守恒快速求解。 捷径：最终所得固体为 K2SO4 。∵n（K2SO4） = n（H2SO4） ∴m（K2SO4） = 0.1mol × 174g/mol = 17.4g ，得答案为 B。 总结：因在空气中暴露过久的 KOH 固体成分没有具体的数值，不少同学会因数据未知而错选 D(无法 计算)。 例题 3 ：取 20g 混有 MnO2 的 KClO3，加热至恒重，在一定温度下将残留的固体加入 10g 水中有 7.9g 固体未溶解，再加入 5g 水仍有 5.3g 固体未溶，则原混合物中可能含有的 KClO3 质量为（ ） A．14.7g B．6.9g C．12.1g D．17.6g 方法：根据作为起催化作用的 MnO2，在整个过程中质量守恒分析求算。 捷径：如 5.3g 未溶固体全为 MnO2，则 KClO3 质量为 14.7g。根据反应 2KClO3 2KCl + 3O2 ↑ 知，14.7g KClO3 完全分解生成 KCl 8.94g，得 10g 水中溶 KCl 5.3g+8.94g—7.9g=6.34g，再加 5g 水又溶 7.9g —5.3g=2.6g，此时溶液为 KCl 的不饱和溶液，剩余物为 MnO2，符合题意。 如 5.3g 未溶固体含 KCl 和 MnO2，根据后加 5g 水溶 2.6g KCl 知，先加的 10g 水中溶 KCl 5.2g，得加热 至恒重时质量为 5.2g+7.9g=13.1g，放出 O2 为 6.9g，根据反应方程式可求得 KClO3 为 17.6g，MnO2 实际质 量为 2.4g，符合题意。 以此得答案为 A、D。 总结：5.3g 未溶固体是何物质是解答该题的关键，部分考生由于仅将其作为 MnO2 而出现漏选 D 答案 的情况。 例题 4 ：在铁和氧化铁混合物 15 g 中，加入稀硫酸 150 mL，能放出 H2 1.68 L（S、P、T）。同时铁 和氧化铁均无剩余，向反应后的溶液中滴入 KSCN 溶液，未见颜色变化。为了中和过量的 H2SO4，且使 Fe2+ 完全转化成 Fe(OH)2，共消耗 3 mol/L 的 NaOH 溶液 200 mL ，则原硫酸的物质的量浓度是（ ） A.1.5mol/L B.2mol/L C.2.5mol/L D.3mol/L 方法：因最后溶液中所剩溶质为 Na2SO4，根据电荷守恒可求得 SO42－的物质的量浓度。 HAc H3O+ Ac— H2O OH—得 H+ 失 H+ 捷径：最终所得溶液中含有 Na+和 SO42-（少量 H+和 OH-）而 Na+来自于 NaOH。SO42-来自于原硫酸， 根据溶液中离子电荷守衡得： n(Na+) + n(H+) = 2n(SO42－) + n(OH－)，不计少量 H+和 OH-，得 3mol/L× 0.2L = 2×c(SO42-)×0.15L 解得：c(H2SO4)= 2 mol/L，以此答案为 B。 总结：此题再利用氢气的体积和铁元素守恒，还可求得原混合物中铁和氧化铁的质量。 例题 5 ：向某稀醋酸溶液中滴加一定量的氢氧化钠溶液后，若溶液中 CH3COO-的物质的量等于加入 NaOH 的物质的量。则此时溶液的 pH（ ） A.＞7 B.＜7 C.＝7 D.无法确定 方法：利用溶液中阴阳离子所带电荷相等列出恒等式求得 c(H+)与 c(OH-)间的关系，再分析此关系而 获得结果。 捷径：因溶液中 CH3COO-的物质的量等于加入 NaOH 的物质的量，又溶液中 Na+的物质的量等于加入 NaOH 的物质的量，所以反应所得混合溶液中 CH3COO-与 Na+物质的量相等，即 c(CH3COO-)= c(Na+)。而 根据电荷守恒知，溶液中 c(Na+)+c(OH-)= c(CH3COO-)+c(OH-)，则溶液中 c(H+)= c(OH-),即溶液 pH = 7。以 此得答案为 C。 总结：此题若从电离平衡角度分析，则难于理解。如果灵活运用电荷守恒关系分析，问题则迎刃而解。 例题 6 ：在 3BrF3 +5H2O = HBrO3 + O2↑+ Br2 + 9HF 中，若有 5mol 水参加反应，则被水还原的 BrF3 的物质的量是（ ） A．3 mol B．10/3 mol C．4/3 mol D．2 mol 方法：水仅作还原剂，5mol 水参加反应，有 2mol 水被氧化，以此根据得失电子守恒即可求得被水还 原的 BrF3 的物质的量。 捷径：2mol 水被氧化生成 1mol 氧气，水失去电子的物质的量为 4mol，BrF3 的化合价从+3 降为 0 价， 每摩尔 BrF3 作氧化剂时得 3mol 电子，以此根据得失电子守恒即可求得被 2 mol 水还原的 BrF3 为 4/3 mol， 故正确答案为 C。 总结：该题部分学生根据化学方程式直接得，当 5mol 水参加反应，有 2 mol BrF3 被还原。以此获得错 误结果 D。现错解的原因是审题时未注意失电子为何物质，又忽视一个关键字——水。该反应失电子不仅 有 H2O，还有 BrF3。 例题 7 ：标准状况下，在 1L NO 气体中不断地通入 O2，若温度和压强保持不变，则反应后气体体积 y 与通入的 O2 体积（用 x 表示）关系正确的图为（ ） 方法：根据反应 2NO + O2 = 2NO2 前后 N 元素守恒及部分 NO2 转化成 N2O4，结合图示分析求解。 捷径：根据反应 2NO + O2 = 2NO2，前后 N 元素守恒。但在标准状况下，NO2 一旦生成，便有部分转 化成 N2O4，而造成气体的物质的量及体积减小，待 NO 反应完后，再通入 O2，体积逐渐增大，以此得正 y x A y x y x y x B C D 确答案为 D。 总结：部分考生根据反应 2NO + O2 = 2NO2，依据在温度和压强不变时，气体体积与气体的物质的量成 正比，得出在 NO 中通入 O2，开始体积不变，待 NO 反应完后，再通入 O2，体积逐渐增大，从而获得答 案 C。出现此种错解的原因乃是滥用反应过程中物质的量守恒，未考虑后续反应之故。 在化学反应中利用物质的量守恒进行解题时，必须注意反应的进程问题。当反应过程中浓度变稀造成 反应终止，或有后续反应存在时，便可能造成物质的量不守恒。 例题 8： NO 和 NO2（过量）组成的混合气体通入 NaOH 溶液中，能发生反应①3NO2 + NaOH = 2NaNO3 + NO↑+H2O，②NO2 + NO + 2NaOH = 2NaNO2 + H2O，如用 V L NaOH 溶液吸收由 n mol 和 m mol NO2 组成的混合气体，求 NaOH 溶液的浓度最小要达到多少 mol/L？ 方法：根据反应前后 N 元素守恒求 NaOH 溶液的最小浓度。 捷径：从题中反应可知，NO2 过量，氮的氧化物能全部被吸收，且生成 NaNO2 或 NaNO3，以此消耗 NaOH 的物质的量等于混合气的总物质的量，NaOH 的物质的量≥（m+n）/V mol/L，故 NaOH 的浓度最小 应为（m+n）/V mol/L 总结：根据反应前后元素的来龙去脉，找出某些元素间的守恒关系，列出恒等式，可迅速求得结果。 此题如通过设物质的量来求解，便显得很繁杂。 例题 9 ：有碳酸钠和碳酸氢钠的混合物 14.8g，把它配成稀溶液，然后向该溶液中加入 12.4g 碱石灰 （CaO、NaOH 组成的混合物），充分反应后，溶液已检测不到 Ca2+、CO32—和 HCO3 —，然后将所得的体 系中水分设法蒸干，得白色固体 29g。试求：（1）原混合物中碳酸钠和碳酸氢钠各多少克？（2）碱石灰 中 CaO、NaOH 各多少克？（3）所得 29g 白色固体中各种成分的质量是多少？ 方法：根据反应列出守恒关系，然后通过反应前后的守恒求解。 本题有下列量守恒：①反应前后的 CO32—物质的量守恒，即 CaCO3 中 CO32—物质的量等于 Na2CO3 中 CO32—的物质的量与 NaHCO3 中 HCO3 —物质的量之和；②反应前后 Ca2+物质的量守恒，即 CaO 中 Ca2+的物 质的量等于 CaCO3 中 Ca2+物质的量；③反应前后，Na+物质的量守恒。 捷径：设 Na2CO3 的物质的量为 x，NaHCO3 的物质的量为 y，碱石灰中 NaOH 的物质的量为 z，根据上 述有关离子物质的量守恒得： 106g·mol—1x+ 84 g·mol－1 y = 14.8g 56 g·mol—1 (x+y)+40 g·mol—1z = 12.4g 100 g·mol—1 (x+y)+40 g·mol—1 (2x+y+z) = 29g 解之得 x=0.1mol ，y=0.05mol ，z=0.1mol （1）原混合物中 Na2CO3 为 0.1mol ×106 g·mol—1 = 10.6g， NaHCO3 为 0.05mol×84 g·mol—1 = 4.2g 。 （2）碱石灰中 CaO 为 56 g·mol—1 ×（0.1mol+0.05mol）= 8.4g， NaOH 为 0.1mol×40 g·mol—1 = 4g 。 （3）29g 白色固体中 CaCO3 为 100 g·mol—1 ×（0.1mol + 0.05mol）= 15g， NaOH 为 29g —15g = 14g 。 总结：为了能充分理清反应前后的关系，建议考生在解题时要画出前后的变化关系图，并将守恒的元 素找对、找全。 例题 10 ：已知 Zn（OH）2 与 Al（OH）3 一样具有两性，现有硝酸铜和硝酸银混合溶液 100mL，其 NO3 —浓度为 4 mol·L-1。当加入一定质量的锌粉，充分振荡后过滤，得干燥沉淀 24.8 g 。将此沉淀置于稀 盐酸中，无气体放出。在滤液中加入 BaCl2 溶液无沉淀生成，再加入过量稀 NaOH 溶液得到的沉淀，经过 滤、干燥、灼热后质量为 4g。求参与反应的锌的质量。 方法：由于电解质溶液呈中性，根据溶液中阳离子所带的正电荷总数必定等于阴离子所带的负电荷总 数。对此题来说，即反应后溶液中 Zn2+与未被置换的 Cu2+ 所带的正电荷必定等于溶液中 NO3 —所带的负电 荷。根据反应后溶液中电荷守恒列式求解。 捷径：由于 24.8 g 沉淀物不能与盐酸反应，说明沉淀物中无过剩的锌粉，，即加入的锌全部参与反应。 又由于滤液不与 BaCl2 溶液反应，说明原溶液中 Ag+ 已全部被锌置换。最后 4 g 固体为 CuO 的质量，它是 溶液中未参与反应的 Cu2+ 转化而成。 因反应后溶液中 Zn2+与未被置换的 Cu2+ 所带的正电荷等于溶液中 NO3 —所带的负电荷。设参与反应的 锌的质量为 x，则 解之得，x=9.75g 总结：利用电荷守恒法进行解题时，必须注意以下两个问题：①溶液中阴、阳离子总数不一定守恒； ②当溶液很稀时，水的电离不能忽略。 例题 11 ：在室温时，将 PH = 5 的稀硫酸稀释到 1000 倍，则稀释后的溶液中 c(H+)︰c(SO42 —) 。 方法：溶液无限稀释后，水的电离不能忽略，此时要通过水的离子积常数求解。 捷径：PH=5 的 H2SO4 稀释到 1000 倍后，H2SO4 电离提供的 c(H+)为 10—8mol·L—1，c(SO42—)为 5×10— 9 mol·L—1。由于溶液很稀，不能忽略水的电离。设水电离产生的 H+或 OH—为 x mol·L—1 ，根据水的离 子积常数得： （10—8+x）x=10—14，解得 x =9 .5×10—8（mol·L—1） c(H+)︰c(SO42—) = （10—8mol·L—1 + 9 .5×10—8mol·L—1）︰5×10—9 mol·L—1 = 21︰1 总结：部分考生未考虑水的电离，而根据 H2SO4 完全电离得出错误结果为，c(H+)︰c(SO42—) =2︰1 。 例题 12 ： 3.84g Cu 和一定质量的浓硝酸反应，随着反应的进行，硝酸溶液浓度也在降低，反应生成 的气体颜色也在逐步变浅，当铜反应完毕时共收集到气体体积为 2.21 L。若把收集到气体的集气瓶倒立于 盛水的水槽中，需通入多少毫升标准状况下的 O2 才能使集气瓶充满溶液？ 方法：根据题意，硝酸首先获得 Cu 的电子生成氮的氧化物 NO2 和 NO，并有少量 NO2 转化成 N2O4 。 而后各种氮的氧化物又失电子给 O2 而重新生成 HNO3 。根据得失电子数守恒，O2 得到的电子数一定等于 Cu 失去的电子数。 捷径：由于 3.84g Cu 失去电子 0.12 mol，需 0.03 mol O2 获得，故标准状况下 O2 的体积为 0.03 mol×22.4 L· mol-1×1000 mL·L-1 =672 mL 。 总结：在利用得失电子数守恒进行解题时，必须注意得失电子为何物质，注意氧化还原反应中整体与 局部之间的关系和联系。 例题 13 ：将碳酸氢铵受热分解后的产物恒温于 150℃，其平均分子量为多少？ 方法：如果分析产物中气体组成，再用对各组分气体分子量加以平均（即 M=17× 1/3 + 18 × 1/3 + 44 × 1/3）来求就太繁了。而从整体质量守恒法来求便显得简单明了。 捷径：由于生成物均为气体，故其总质量与碳酸氢铵质量相等。而 1 mol 碳酸氢铵又分解出 3 mol 气体， 因此平均分子量为：79/3 。 总结：如果有生成物为固体或液体，前后的质量将不再守恒，在解题时要特别注意。 例题 14 ： 20℃时，向五瓶盛有 90g 水的容器中分别加入下列物质各 10g ，A、氯化钠，B、氨气，C、 过氧化钠，D、三氧化硫，E、氧化钙，得到五种溶液。这五种溶液的溶质质量分数由大到小的顺序 是 。 方法：解答该题既要考虑与水反应后的溶质质量，又要考虑生成气体问题，还要考虑有无沉淀生成。 捷径：由于 Ca（OH）2 为微溶物，故其浓度最低，其溶质质量分数大小顺序应为 D>C>A=B>E。 总结：该题易出现的错解是：A、B 加入 90g 水中，溶质仍为 10g，得溶质质量分数为 10%，C、D、 E10g 加入水中，溶质分别变为 NaOH10.26g，H2SO412.25g，Ca（OH）213.21g，除 Na2O2 加入水中放出 O22.05g，溶液质量变为 97.95g 外，其余溶液质量均为 100g 外，以此得溶质质量分数分别为 C、10.47%， D、12.25%，E、13.21%，其大小顺序为 E>D>C>A=B 。出现此错解的原因是未能考虑到 Ca（OH）2 为微 + = 4 mol·L-1×0.1L( ) ×2 溶物，其 CaO 与 H2O 反应生成的 Ca（OH）2 大部分脱离溶液体系呈沉淀析出，而出现溶质质量不守恒的 现象。 在使用质量守恒进行解题，要特别注意反应的体系问题。当脱离反应体系，如生成沉淀、产生气体， 此时在反应体系内物质的质量便表现得不守恒。 聚宝盆： 1．化学反应总遵循质量守恒。其原因是在任何化学反应前后，元素的种类和原子的个数均保持不变。 解题时既可运用质量守恒、更可直接运用原子守恒进行巧解。 2．在任何氧化还原反应中，还原剂失去的电子总数一定与氧化剂得到的电子总数相等，解决氧化还原 反应中的相关问题时，可用电子守恒法。 3．任何溶液都呈电中性，可见：Σ(阳离子的物质的量×阳离子的价数) = Σ(阴离子的物质的量×阴 离子的价数)；或Σ(阳离子的物质的量浓度×阳离子的价数) = Σ(阴离子的物质的量浓度×阴离子的价 数)。这就是电荷守恒法。 热身赛： 1．将 ag NaOH 样品溶于 bmL 0.1mol/L 硫酸里，再加 cmL 0.1mol/L KOH 溶液恰好呈中性，则样品纯 度为 （ ） A． a cb 1000  ×100% B． a cb 1000 2  ×100% C． a cb 1000 24  ×100% D． a cb 250 2  ×100% 2．为了取制氧气，取一定量的 KClO3 和一定量的 MnO2 共热，开始时 MnO2 在混和物中质量百分含量 为 25%，当 M nO2 含量提高到 30%时，KClO3 的分解百分率为 ( ) A．43.3% B．56.7% C．40% D．60% 3．同温同压下,10mL 气体 A2 和 30mL 气体 B2 恰好完全化合，生成 20mL 气体 X，则 X 的化学式为 （ ） A．AB3 B．A3B C．A2B D．AB2 4．已知某强氧化剂 XO（OH）2+ 被亚硫酸钠还原到较低价态，如果还原含 2.4×10-3mol XO（OH）2+ 的 溶液至此较低价态，需用 30mL 0.2mol/L 的 Na2SO3 溶液，那么 X 元素最终价态为 （ ） A．+2 B．+1 C．0 D．-1 5．24mL 浓度为 0.05mol/L 的 Na2SO3 溶液，恰好与 20mL 浓度为 0.02mol/L 的 K2Cr2O7 溶液完全反应， 则元素 Cr 在被还原的产物中的化合价是（ ） A．+6 B．+3 C．+2 D．0 6．若干克铜粉和铁粉产混合物与足量盐酸充分反应后，过滤，将滤渣在空气中充分加热，冷却后称量， 质量恰好等于原混合物的质量，则混合物中铁的质量分数 7．将 NaHCO3 和部分风化的纯碱晶体组成的混合物样品 m g 配成 250mL 溶液，用 1.0 mol/L 盐酸滴定， 至终点时，用去盐酸 30.0 mL。若将上述样品 m g 加热至质量不变时，可得到固体多少克？ 8．镁带在空气中完全燃烧后，将其产物溶于 50mL1.8mol/L 稀盐酸中, 再加入 20mL0.9moL/LNaOH 溶 液以中和多余的酸, 然后加入足量 NaOH 溶液使氨全部逸出, 经测定氨的质量为 0.102g。求镁带的质量。 9．工业上用焦炭、水和空气为原料合成氨，在理论上消耗焦炭和氨气的物质的量之比为多少（不考虑 空气中 O2 的反应）？ 10．有混合气体 A（由 NO、H2、CO2 组成），通过过量的 Na2O2 后，变成混合气体 B，将 B 引燃，使 其充分反应，得到浓度为 70%的硝酸溶液（无任何气体剩余）。求混合气体 A 和 B 中各气体的体积比。 11．把一定量的氯酸钾充分加热到再不放出气体为止，向剩余固体中加入足量的水配成溶液，向该溶 液中加入足量的硝酸银溶液，过滤，干燥，得到固体物质 143。5g，求放出氧气多少克。 12．羟胺（NH2OH）是一种还原剂，能将某些氧化剂还原。现用 50. 00mL 0.049mol／L 的羟胺的酸性 溶液跟足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的 Fe2+恰好与 49.3mL 0.02mol／L 的 KMnO4 酸性溶液 完全作用。[已知 FeS 4O ＋KMnO4＋H2SO4－Fe2（SO4）3＋K2SO4＋MnSO4＋H2O（未配平）]，则在上述 反 应中，羟胺的氧化产物是____________。 13．金属 A 和非金属 B 可以直接化合生成化合物 AB。甲、乙、丙三人分别做 A 和 B 化合反应的实验， 充分反应时每人所用 A 和 B 的质量各不相同，但总质量都是 9g。甲、乙所用 A 和 B 的质量及三人得到化 合物 AB 的质量如下表，请填写表中空格。 A 的用量 B 的用量 得到 AB 的用量 甲 7g 2g 6g 乙 4g 5g 6g 丙 4.44g 14．将一定量的氯酸钾与 3.48 g 二氧化锰组成的混合物加热一段时间后共收集到氧气 0.336 L(标准状 况)，然后将残留固体加入到足量浓盐酸中共热，使之与浓盐酸充分反应，再将生成的气体全部通入到 100 mL1 mol/L 的溴化亚铁溶液中，有 1 2 的溴离子被氧化成单质。求氯酸钾的分解百分率。 15．将一定量的铝粉和铁粉的混合物溶于足量盐酸中，然后向其中加入过量的氢氧化钠溶液，在空气 中放置一段时间，滤出沉淀物，再将沉淀物在 O2 中灼烧，最后得红棕色粉末，该粉末的质量与原铝、铁 混合物的质量恰好相等。求原混合物中铝的质量分数。 16．将一块已被严重锈蚀而部分变为铜绿[Cu2(OH)2CO3]的铜研磨成粉末，充分灼烧成 CuO，发现固体 质量没有发生增减。求铜被锈蚀的质量百分率。 大检阅： 1．D 2．B 3．A 4．C 5．B 6．20% 7．15.9g。运用质量守恒法 8．0.792g。运用质量守恒法和整体思维技巧 9．3︰2。运用电荷守恒法 10．A 中 V(NO) ︰V(H2) ︰V(CO2) = 2︰4︰7；B 中 V(NO2) ︰V(H2) ︰V(O2) = 4︰8︰5。运用质量 守恒法和整体思维技巧 11．48g 12．N2O 13．7.52g 1.48g (或 2.96g、6.04g) 14．33.33% 15．30% 16．有关的两个反应式是：Cu2（OH）2CO3=2CuO＋H2O↑＋CO2↑，2Cu＋O2=2CuO。前一反应减小 固体质量，后一反应增加固体质量。常见的解法可能是：设原固体质量为 1，其中 Cu2（OH）2CO3 含 x， 单质铜含 1－x。据题义： 1642 32)1(222 62,164 80)1(222 802  xxxx 或 。式中 80、222、 64、62、32 分别为 CuO、Cu2（OH）2CO3、Cu、H2O＋CO2（相当于 H2CO3）、O2 的摩尔质量。解得 x=47.23%。 但 这 仅 是 Cu2 （ OH ） 2CO3 的 百 分 含 量 ， 还 需 对 原 金 属 铜 的 锈 蚀 率 进 行 换 算 ： %04.34)4723.01(222/6424723.0 222/6424723.0   。如果紧盯关键元素 Cu 来做文章，可以发现第一个反应 中放出的 H2CO3 的物质的量等于被蚀铜元素物质的量的 1/2，第二个反应中被结合的 O2 的物质的量则等于 未锈蚀铜元素的 1/2。设 H2CO3 的质量为 m，据题义 O2 的质量亦为 m，即可据两部分铜元素的量直接列式 解得答案： %04.346232 32 232/262/ 262/   mm m 。式中连 Cu2（OH）2CO3、CuO、Cu 的摩尔质量 都没有用上，运算量简化到了最大限度