高中化學解題方法大全

高中化學解題方法大全高中化學解題方法大全高中化學解題方法大全高中化學解題方法大全目錄難點1守恒法........................................難點2估計法........................................難點3差量法........................................難點4和量法........................................難點5設一法......................................難點6奇偶數(shù)法....................................難點7關(guān)系式法......................................難點8虛假法........................................難點9混淆氣體組成的討論..........................難點10等質(zhì)混和等體混................................難點11濃度不同樣產(chǎn)物異................................難點12次序不同樣現(xiàn)象異................................難點13較難離子方程式的書寫..........................難點14結(jié)晶水合物的析出..............................難點15多離子鹽溶液的結(jié)晶............................難點16水的電離......................................難點17溶液的pH......................................難點18溶液的蒸干與濃縮..............................難點19平衡結(jié)果求取值................................難點20等效平衡解題模式..............................難點21切割法........................................難點22均派法........................................難點23燃料電池......................................難點24電解原理......................................難點25較難氧化復原方程式的配平......................難點26一類氧化復原反響的妙解........................難點27一類無機推斷題................................難點28最低系列原則..................................難點29商余法........................................難點30有機分子空間構(gòu)型..............................難點31常有有機反響種類..............................難點32有機反響方程式的書寫..........................難點33列方程法求結(jié)構(gòu)單元............................難點34先定后動法....................................難點35殘基法........................................難點36結(jié)構(gòu)法........................................難點37數(shù)據(jù)推斷題....................................高中化學解題方法難點1.守恒法守恒法是高考取常考常用的一種解題方法。系統(tǒng)學習守恒法的應用，對提高解題速率和破解高考難題都有很大的幫助?！耠y點磁場請試做以下題目，爾后自我界定學習本篇可否需要?，F(xiàn)有19.7g由Fe、FeO、Al、Al2O3組成的混淆物，將它完好溶解在540mL2.00mol·L－1的H2SO4溶液中，收集到標準狀況下的氣體8.96L。已知混淆物中，F(xiàn)e、FeO、Al、Al2O3的質(zhì)量分數(shù)分別為0.284、0.183、0.274和0.259。欲使溶液中的金屬陽離子完好轉(zhuǎn)變成氫氧化物積淀，最少應加入2.70mol·L－1的NaOH(aq)體積是________?！癜咐芯浚劾}］將CaCl2和CaBr2的混淆物13.400g溶于水配成500.00mL溶液，再通入過分的Cl2，完好反響后將溶液蒸干，獲得干燥固體11.175g。則原配溶液中，c(Ca2＋)∶c(Cl)∶c(Br－)為A.3∶2∶1B.1∶2∶3C.1∶3∶2D.2∶3∶1命題妄圖：察看學生對電荷守恒的認識。屬化學授課中要求理解的內(nèi)容。知識依靠：溶液等有關(guān)知識。錯解剖析：誤用電荷守恒：n(Ca2＋)=n(Cl－)＋n(Br－)，錯選A。解題思路：1個Ca2＋所帶電荷數(shù)為2，則依照溶液中陽離子所帶正電荷總數(shù)等于陰離子所帶負電荷總數(shù)，知原溶液中：2n(Ca2＋

)=n(Cl

－

)

－＋n(Br)將各備選項數(shù)值代入上式進行查驗可知答案。答案：D●神機秒術(shù)化學上，常用的守恒方法有以下幾種：1.電荷守恒溶液中陽離子所帶正電荷總數(shù)等于陰離子所帶負電荷總數(shù)。即：陽離子物質(zhì)的量(或濃度)與其所帶電荷數(shù)乘積的代數(shù)和等于陰離子物質(zhì)的量(或濃度)與其所帶電荷數(shù)乘積的代數(shù)和。2.電子守恒化學反響中(或系列化學反響中)氧化劑所得電子總數(shù)等于復原劑所失電子總數(shù)。3.原子守恒系列反響中某原子(或原子團)個數(shù)(或物質(zhì)的量)不變。以此為基礎可求出與該原子(或原子團)有關(guān)系的某些物質(zhì)的數(shù)量(如質(zhì)量)。4.質(zhì)量守恒包括兩項內(nèi)容：①質(zhì)量守恒定律；②化學反響前后某原子(或原子團)的質(zhì)量不變。其他，還有物料平衡，將編排在第16篇——水的電離中?！駠穗y點訓練1.(★★★)將3.48gFe3O4完好溶解在100mL1.00mol/L的H2SO4(aq)中，爾后加入K2Cr2O7(aq)25.00mL，恰巧使Fe2＋全部轉(zhuǎn)變成Fe3＋，且Cr2O72全部轉(zhuǎn)變成Cr3＋。則K2Cr2O7Ni0.97O，試計算的物質(zhì)的量濃度為__________。2.(★★★)某露置的苛性鉀經(jīng)剖析含水：7.62%(質(zhì)量分數(shù)，下同)、K2CO3：2.38%、KOH：90.00%。取此樣品1.00g放入46.00mL1.00mol·L－1的HCl(aq)中，過分的HCl可用1.070mol/LKOH(aq)中和至中性，蒸發(fā)中和后的溶液可得固體_______克。3.(★★★★)A、B、C三種物質(zhì)各15g，發(fā)生以下反響：A＋B＋CD反響后生成D的質(zhì)量為30g。爾后在殘留物中加入10gA，反響又連續(xù)進行，待反響再次停止，反響物中只節(jié)余C，則以下說法正確的選項是()A.第一次反響停止時，節(jié)余B9gB.第一次反響停止時，節(jié)余C6gC.反響中A和C的質(zhì)量比是5∶3D.第二次反響后，C節(jié)余5g4.(★★★★★)(1)中學教材上圖示了NaCl晶體結(jié)構(gòu)，它向三維空間延長獲得圓滿晶體。NiO(氧化鎳)晶體的結(jié)構(gòu)與NaCl同樣，Ni2＋與近來O2－的核間距離為a×10－8cm，計算NiO晶體的密度(已知NiO摩爾質(zhì)量為74.7g·mol－1)。圖1—1(2)天然的和絕大部分人工制備的晶體，都存在各樣弊端，比方在某種NiO晶體中就存在如圖1—1所示的弊端：一個Ni2＋空缺，還有兩個Ni2＋被兩個Ni3＋所取代。其結(jié)果晶體仍呈電中性，但化合物中Ni和O的比值卻發(fā)生了變化。某氧化鎳樣品組成為該晶體中Ni3＋與Ni2＋的離子數(shù)之比。附：參照答案難點磁場提示：依照Na原子守恒和SO24守恒得以下關(guān)系：2NaOH~Na2SO4~H2SO4則：n(NaOH)=2n(H2SO4)c(NaOH)·V[NaOH(aq)]=2c(H2SO4)·V[H2SO4(aq)]V[NaOH(aq)]可求。答案：800mL圍剿難點訓練1.提示：Fe3O4中＋2價鐵所失電子物質(zhì)的量與Cr2O27中＋6價鉻所得電子物質(zhì)的量相等。3.48g×(3－2)=0.02500L×c(Cr2O72)×(6－3)×2。232gmol1答案：0.100mol·L－12.提示：依照Cl原子守恒得：n(KCl)=n(HCl)=1.00mol·L－1×0.04600L=4.60×10－2mol，m(KCl)易求。答案：3.43g3.剖析：第一次反響A不足，由于第一次反響后加入A又能進行第二次反響。第二次反響后，只節(jié)余C，說明A、B恰巧完好反響。則：m反(A)∶m反(B)=(15g＋10g)∶15g=5∶3第一次反響耗B的質(zhì)量mB為：15g∶mB=5∶3，mB=9g即第一次反響后節(jié)余B質(zhì)量為：15g－9g=6g?？梢?A)選項不正確。依照mA＋mB＋mC=mD，可知生成30gD時耗資C的質(zhì)量。mC=30g－15g－9g=6g即第一次反響后節(jié)余C質(zhì)量為：15g－6g=9g。又見(B)選項不正確。易見反響耗資A、B、C質(zhì)量之比為：mABC∶3∶2∶m∶m=15g∶9g∶6g=5(C)選項不正確。答案：D4.提示：由題得NiO晶體結(jié)構(gòu)(如右圖)。其體積為：V=(a×10－8cm)3右圖向三維空間延長，它平均擁有的Ni2＋、O2－數(shù)量為：N(Ni2＋)=N(O2－)=1×4=1=N(NiO)82由密度公式得：ρ(NiO)=m(NiO)M(NiO)74.7gmol1。V(NiO)Vm(NiO)(a10-8cm)32NA(2)(電荷守恒法)設1molNi0.97O中含Ni3＋物質(zhì)的量為x，則Ni2＋的物質(zhì)的量為(0.97mol－x)；依照電荷守恒得：3x＋2×(0.97mol－x)=1mol×2x=0.06molN(Ni3＋)∶N(Ni2＋)=0.06mol∶(0.97mol－0.06mol)=6∶9174.7gmol1(2)6∶91答案：(1)8cm)32NA(a10難點2.估計法估計就是不算，估計法是經(jīng)過推理、猜想得出答案的一種方法?！耠y點磁場不要計算，請推斷以下題目的答案，爾后自我界定學習本篇可否需要。甲、乙兩種化合物都只含X、Y兩種元素，甲、乙中X元素的百分含量分別為30.4%和25.9%。若已知甲的分子式是XY2，則乙的分子式只可能是( )A.XYB.X2YC.X2Y3D.X2Y5●案例研究［例題］在100mL0.10mol·L－1的AgNO3(aq)中，加入100mL溶有2.08gBaCl2的溶液，再加入100mL溶有2.50gCuSO4·5H2O的溶液，充分反響。以下說法中正確的選項是最后獲得白色積淀和無色溶液最后獲得的白色積淀是等物質(zhì)的量的兩種化合物的混淆物C.混淆過程中，逸出無色氣體D.在最后獲得的溶液中，c(Cu2＋)=0.01mol·L－1命題妄圖：察看學生對離子反響的認識及進行有關(guān)計算的能力。知識依靠：Ba2＋與SO42、Ag＋與Cl－的反響及過分計算。錯解剖析：數(shù)字運算失誤。解題思路：本題有以下兩種解法。方法1(計算法)：n(Ag＋)=0.100L×0.10mol·L－1=0.010moln(Ba2＋)=n(BaCl2)=2.08g-1=0.0100mol208gmol－)=2n(BaCl)=0.0200mol2n(SO42)=n(CuSO4·5H2O)=2.50g=0.0100mol250gmol-1第一Cl－與Ag＋發(fā)生反響生成白色AgCl積淀：＋＋Cl－====AgCl↓Ag0.010mol0.010mol0.010mol反響后節(jié)余Cl－：0.0200mol－0.010mol=0.010mol。其次Ba2＋與SO42發(fā)生反響生成白色BaSO4積淀：Ba2＋＋SO42====BaSO4↓0.010mol0.010mol0.010mol生成BaSO40.010mol。反響后溶液中含Cu2＋，其濃度為：c(Cu2＋)=0.010mol=0.033mol·L－10.100L3與備選項比較，可知答案。2＋方法2(估計法)：最后Cu留在溶液中，溶液淺藍色，A項不能選。由CuSO4·5H2O的質(zhì)量是3位有效數(shù)字，及溶液的體積也是3位有效數(shù)字可推知c(Cu2＋)應為3位有效數(shù)字，項不能選。由于溶液混淆時，只發(fā)生Ag＋與Cl－、Ba2＋與SO24的反響，所以也不會逸出氣體，C項不能選。答案：B評注：就解題效率而言，估計法大大優(yōu)于計算法?！裆駲C秒術(shù)估計法雖可大大提高解題效率，但其使用范圍有必然的限制性，絕大部分計算題是不能夠用估計法解決的。試一試用估計法解題是好的，但面對每一個題都想用估計法解決，有時也會貽誤時間。●圍剿難點訓練1.(★★★)有規(guī)律稱：強酸溶液每稀釋10倍pH增加1，強堿溶液每稀釋10倍pH減小1，但此規(guī)律有必然的限制性。試問將pH=3的H2SO4(aq)稀釋105，其pH為( )A.8B.7C.2D.32.(★★★★)將質(zhì)量分數(shù)為0.052(5.2%)的NaOH(aq)1L(密度為1.06g·cm－3)用鉑電極電解，當溶液中NaOH的質(zhì)量分數(shù)改變了0.010(1.0%)時停止電解，則此時溶液中應符合的關(guān)系是( )NaOH的質(zhì)量分數(shù)陽極析出物的質(zhì)量/g陰極析出物的質(zhì)量/gA0.062(6.2%)19152B0.062(6.2%)15219C0.042(4.2%)1.29.4D0.042(4.2%)9.41.23.(★★★★)氫型陽離子互換樹脂的主要反響可用下式表示：2R—H＋M2＋MR2＋2H＋，若將100mL水經(jīng)過氫型陽離子互換樹脂互換后，流出液用0.10mol·L－1的NaOH溶液中和，完好反響后用去NaOH溶液20mL，若此水中存在的陽離子只有Ca2＋2＋為()，則100mL水中含有CaA.20.03mgB.40mgC.80.16mgD.160.32mg4.(★★★★★)圖2—1中橫坐標表示完好焚燒時耗用可燃氣體X(X=A、B、C)的物質(zhì)的量n(X)，縱坐標表示耗資O2的物質(zhì)的量n(O2)，A、B是兩種可燃性氣體，C是A、B的混淆氣體，則C中：n(A)∶n(B)為()A.2∶1B.1∶2C.1∶1D.隨意附：參照答案難點磁場圖2—1剖析：由于甲分子中含X：30.4%，且N(X)∶N(Y)=1∶2，現(xiàn)乙分子中含X：25.9%，小于A中X的百分含量，故可估計出乙分子中，N(X)∶N(Y)必小于1∶2，只有D選項中N(X)∶N(Y)=1∶2.5符合題意。答案：D圍剿難點訓練1.提示：酸不能能稀釋為堿，也不能能稀釋后pH變小或不變。答案：B2.剖析：電解NaOH(aq)的實質(zhì)是電解水。隨溶液中水的減少，w(NaOH)漸漸增大，因而C、D項不能選。電解時陽極產(chǎn)生O2，陰極產(chǎn)生H2，其質(zhì)量前者大，后者小，故B項為正確答案。答案：B3.提示：由題意：n(Ca2＋)=1n(H＋)=1n(NaOH)，依照數(shù)據(jù)可判斷n(Ca2＋)數(shù)值為兩位22有效數(shù)字。又：m(Ca2＋)=n(Ca2＋)×M(Ca2＋)，則m(Ca2＋)數(shù)值為兩位有效數(shù)字。答案：B4.提示：第一除去隨意比。由圖可知：1molA耗用0.5molO，1molB耗用2molO；22若A、B以1∶1混淆，則1molC耗用1.25molO2，而圖中1molC耗用1molO2，可見A、B混淆物中，n(A)∶n(B)＞1∶1。察看備選項可知答案。答案：A難點3.差量法利用化學反響前后物質(zhì)間所出現(xiàn)象的差量關(guān)系解決化學識題的方法就是差量法?！耠y點磁場請試做以下題目，爾后自我界定學習本篇可否需要。在天平左右兩盤上各放一只同樣規(guī)格的燒杯，燒杯內(nèi)均盛有1.00mol·L－1的H2SO4（aq）100.0mL，調(diào)治天平使其處于平衡狀態(tài)，爾后向兩只燒杯內(nèi)分別放入少量．．的鎂粉和鋁粉（設鎂、鋁的質(zhì)量分別為ag和bg），假定反響后天平仍處于平衡狀態(tài)，則：(1)a、b應知足的關(guān)系式為；(2)a、b的取值范圍為。●案例研究［例題］將上題中的：“少量鎂粉和鋁粉”改為：少量鎂粉、過分鋁粉，其他不變，．．試求之。命題妄圖：察看學生應用差量進行過分計算的能力。知識依靠：Mg、Al與H2SO4的反響；過分計算。錯解剖析：應用過分物質(zhì)的數(shù)據(jù)進行計算得犯錯誤的結(jié)果，忽略有效計算得出不確實的答案。解題思路：反響前后天平都平衡，表示兩燒杯內(nèi)質(zhì)量凈增數(shù)值相等。則可依照反響前后的質(zhì)量差進行計算。n(H24－1×0.100L=0.100molSO)=1.00mol·LMg＋H2SO4====MgSO4＋H2↑m24g1mol2g22gagamol11ag24122Al＋24243＋2↑3HSO====Al(SO)3H54g3mol6g1.80g0.100mol0.200g(漣漪線上為求出數(shù)值，下同)。依照題意：①a＜0.100(H2SO4過分)24②b＞1.80(Al過分)11a③bg－0.200g=g(凈增值相等)12由①③得：b＜2.40，聯(lián)合②可知b的范圍。由②③得：a＞1.75，聯(lián)合①可知a的范圍。答案：(1)11a=12b－2.40(2)1.75＜a＜2.40，1.80＜b＜2.40●神機秒術(shù)碰到以下狀況，可試一試用“差量法”解題：1.反響前后固體或液體的質(zhì)量發(fā)生變化時；2.反響前后氣體的壓強、密度、物質(zhì)的量、體積等發(fā)生變化時。●圍剿難點訓練1.(★★★)10.0mL某氣態(tài)烴在50.0mLO2中充分焚燒，獲得液態(tài)水和35.0mL的氣體混淆物(全部氣體的體積都是在同溫同壓下測得的)，則該氣態(tài)烴可能是（）A.CH4B.CH6C.CH8D.CH62332.(★★★★)用H2復原xgCuO，當大部分固體變紅時停止加熱，冷卻后得殘留固體yg，共用掉zgH2，此時生成水的質(zhì)量為( )89C.9zg9zgA.(x－y)gB.(x－y)gD.98403.(★★★★)總壓強為3.0×107Pa時，N2、H2混淆氣體(體積之比為1∶3)通入合成塔中，反響達平衡時，壓強降為2.5×107Pa，則平衡時混淆氣體中NH3的體積分數(shù)為()A.35%B.30%11C.D.454.(★★★★★)已知NH3和Cl2相遇，發(fā)生以下反響：①8NH3＋3Cl2====N2＋6NH4Cl(NH3過分)②2NH3＋3Cl2====N2＋6HCl(Cl2過分)今向過分的NH3中通入少量的Cl2。若開始時Cl2、NH3混平易體中Cl2的體積分數(shù)為x，混淆氣體反響前后的體積分別是aL和yL。則：(1)x的取值范圍是__________________；(2)y與x的函數(shù)關(guān)系是__________________。附：參照答案難點磁場提示：題設條件下，H2SO4過分，則：Mg＋H2SO4====MgSO4＋H2↑m24g1mol2g22gagamol11ag24122Al＋3HSO====Al2(SO)＋3H↑m2443254g3mol6g48gbgbmol8bg189由反響前后天平都平衡得：8b11a，即：32b=33a①912a＜0.100①24由H2SO4過分知：b＜0.100②18①②聯(lián)立，解得：b＜2.48。不知足③，舍去。①③聯(lián)立，解得：a＜1.75。知足②，為正確答案。答案：(1)32b=33a(2)a＜1.75b＜1.80圍剿難點訓練1.提示：用體積差進行計算：y點燃yV前－V后CxHy(g)＋(x＋)O2(g)點燃xCO2(g)＋H2O(l)42y1L1＋410.0L25.0L=6。答案：BD2.提示：用固體質(zhì)量差進行計算：2＋CuO2mHCu＋HO80g64g18g16g9(xy)gxg－yg8不能用zgH2進行計算，由于用掉的H2其實不是全都參加了反響；不能只用xg進行計算，由于CuO未全部參加反響；不能只用yg進行計算，由于yg是CuO和Cu的質(zhì)量和。答案：B3.提示：本題有多種解法，依照壓強差計算特別簡捷：由于恒溫恒容下，氣體的壓強比等于物質(zhì)的量比，所以：高溫、高壓2NH3pN2＋3H21催化劑22333.0×107Pa－2.5×107Pa，p(NH)p(NH3)=0.5×107Pa，30.5107Pa1。2.51075Pa答案：D4.剖析：NH3過分，Cl2不足，只發(fā)生反響①：8NH＋3Cl2====N＋6NH4ClV328L3L1L10L8axaL·xax10axLLL333則：8ax＜a(1－x)Lx＜331110axL。yL=aL－3(2)y=a－10ax答案：(1)0＜x＜3/113難點和量法4.與差量法相反，為解決問題方便，有時需要將多個反響物(或生成物)合在一同進行計算?！耠y點磁場用和量法試一試解以下題目，爾后自我界定學習本篇可否需要。在密閉容器中，放入(NH4)2CO3和NaOH的固體混淆物共19.6g，將容器加熱到250℃，充分反響后，排出容器中的氣體，冷卻稱得節(jié)余固體質(zhì)量為12.6g。則原混淆物中(NH)CO3和NaOH的物質(zhì)的量之比為()42A.＞1∶2B.=1∶2C.＜1∶2D.以上答案都不正確●案例研究［例題］18.4gNaOH和NaHCO3固體混淆物，在密閉容器中加熱到約250℃，經(jīng)充分反響后排出氣體，冷卻，稱得節(jié)余固體質(zhì)量為16.6g。試計算原混淆物中NaOH的質(zhì)量分數(shù)。命題妄圖：察看學生的過分判斷能力，及計算混淆物所含成分質(zhì)量分數(shù)的能力。知識依靠：NaHCO3的不牢固性及堿與酸性氣體的反響。錯解剖析：過分判斷失誤，致使計算過程和計算結(jié)果錯誤。解題思路：發(fā)生的反響有：①2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑，②2NaOH＋CO2232O(加熱條件下，不生成3NaCO＋HNaHCO)經(jīng)過極限思想可知，原固體混淆物中，NaHCO3含量越大，固體失重越大，NaOH含量越大，固體失重越小。判斷NaHCO3受熱分解產(chǎn)生的CO2可否被NaOH完好吸取是解決問題的重點，這首先需要寫出NaHCO3與NaOH恰巧完好反響的化學方程式。題設條件下，固體失重：18.4g－16.6g=1.8g。設固體失重1.8g需恰巧完好反響的NaHCO3和NaOH混淆物質(zhì)量為x，則：NaHCO3＋NaOHNa2CO3＋H2O124g18gx1.8g124g1.8gx==12.4g＜18.4g18g可見，題設條件下反響發(fā)生后NaOH過分，過分NaOH質(zhì)量為：18.4g－12.4g=6.0g，參加反響的NaOH質(zhì)量為：

12.4g

-1×40.0g·mol－1=4.00g，124gmol原混淆物中NaOH質(zhì)量為：6.0g＋4.00g=10.0g，w(NaOH)=10.0g×100%=54.3%。18.4g答案：54.3%。●神機秒術(shù)碰到以下狀況，可試一試用和量法解題：1.已知混淆物反響前后質(zhì)量，求混淆物所含成分質(zhì)量分數(shù)時；2.已知反響前后混淆氣體的體積，求混淆物所含成分體積分數(shù)時；3.求反響前后氣體的壓強比、物質(zhì)的量比或體積比時?！駠穗y點訓練1.(★★★)某溫度下，在體積必然的密閉容器中適合的NH3(g)和Cl2(g)恰巧完好反應。若反響產(chǎn)物只有N2(g)和NH4Cl(s)，則反響前后容器中壓強比應湊近于()A.1∶11B.11∶1C.7∶1D.11∶72.(★★★)Na2CO3(s)和NaHCO3(s)的混淆物190.0g，加熱至質(zhì)量不再減少為止，稱量所得固體質(zhì)量為128.0g。則原混淆物中Na2CO3的質(zhì)量分數(shù)為__________。3.(★★★★)取6.60gNaHCO3和NaO2的固體混淆物，在密閉容器中加熱到250℃，2經(jīng)充分反響后排出氣體，冷卻后稱得固體質(zhì)量為5.30g。計算原混淆物中Na2O2的質(zhì)量分數(shù)。4.(★★★★★)在一密閉容器中，放入(NH4)2CO3和NaOH兩種固體共Ag將容器加熱到200℃，經(jīng)充分反響后排出其中氣體，冷卻稱得節(jié)余固體質(zhì)量為Bg，求出不同樣組合范圍內(nèi)的(NH4)2CO3和NaOH的質(zhì)量填入下表。A與B關(guān)系m［(NH4)2CO3］m(NaOH)附：參照答案難點磁場提示：固體混淆物失重：19.6g－12.6g=7.0g，題設條件下發(fā)生的反響為：(NH)CO32NH↑＋HO↑＋CO↑423222NaOH＋CO2Na2CO3＋H2O↑當(NH4)2CO3與NaOH恰巧完好反響時，固體失重7.0g，所需混淆物的質(zhì)量可求：由于17.6g＜19.6g，所以NaOH過分。答案：C圍剿難點訓練190.0g168.0gw(Na2CO3)==11.58%。190.0g答案：11.58%3.剖析：發(fā)生的反響有：2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑；2Na2O2＋2CO2====2Na2CO3＋O2↑；2Na2O2＋2H2O====4NaOH＋O2。若Na2O2不足，則Na2O2先吸取CO2，再吸取H2O。第一確定水可否參加了反響。題設條件下，固體失重：6.60g－5.30g=1.30g。當Na2O2與NaHCO3分解生成的CO2恰巧完好反響時，設固體失重1.30g需這樣的混淆物質(zhì)量為x。則：可見，原混淆物中Na2O2并未將NaHCO3分解生成的CO2全部吸取，也就未吸取HO。2設原混淆物中NaHCO3、Na2O2的物質(zhì)的量分別是a、b，則：a2ba2bCO2↑＋abaNaHCO3＋bNa2O2====2Na2CO3＋2H2O＋O2↑2284.0a＋78.0b=6.60(原混淆物質(zhì)量)106×a＋2b2=5.30(節(jié)余固體質(zhì)量)解得：b=0.0200mol(a可不求出)w(Na2O2)=78.0gmol10.0200mol×100%=23.6%。6.60g答案：23.6%4.剖析：加熱時，容器內(nèi)發(fā)生以下反響：(NH4)2CO32NH3↑＋H2O＋CO2↑①2NaOH＋CO====Na2CO＋HO②232當①反響生成的CO2與NaOH固體完好反響時，可以為發(fā)生了以下反響：(NH4)2CO3＋2NaOH2NH3↑＋2H2O＋Na2CO3③(1)當③反響發(fā)生，且(NH4)2CO3和NaOH恰巧完好反響時，88B即當A=53g時：96A6A96B48m[(NH423g，或m[(NH4231761110653m[NaOH]=80Ag=5Ag或m(NaOH)=80Bg40Bg。176111065388B時，③反響發(fā)生，(NH423過分，這時同時有①反響獨自發(fā)生。(2)當A＞53)CO(NH4)CO＋2NaOH2NH↑＋2HO＋NaCO32332280g106g80BgBg106m(NaOH)=80B40B42340Bg=g；m[(NH)CO]=(A－53)g。10653(3)當A＜88B時，③反響發(fā)生，且NaOH過分。53(NH4)CO＋2NaOH2NH↑＋2HO↑＋NaCO3m2332296g80g106g70g96(AB)(A－B)g70g96(AB)48(AB)m[(NH423g；)CO]=70g=35m(NaOH)=Ag－48(AB)48B13Ag。35g=35答案：A與B關(guān)系m[(NH4)CO]m(NaOH)23A=88B6Ag或48Bg5Ag或40Bg5311531153A＞88BAg－40B40B53gg5353A＜88B48(AB)48B13Agg533535難點5.設一法設一法是賦值法的一種，是解決無數(shù)值或缺數(shù)值計算的常用方法。●難點磁場請試做以下題目，爾后自我界定學習本篇可否需要?，F(xiàn)向1.06g含雜質(zhì)的碳酸鈉樣品中加入過分的氯化氫溶液，獲得標準狀況下干燥純凈的氣體2.20L，則該碳酸鈉樣品中所含雜質(zhì)可能是A.碳酸鋇和碳酸鉀C.碳酸氫鈉和碳酸氫鉀

B.碳酸鉀和碳酸氫鈉D.碳酸鈣和碳酸鋅●案例研究［例題］嗎啡和海洛因都是嚴格查禁的毒品。(1)嗎啡中含碳

0.7158(質(zhì)量分數(shù)，下同

)、氫

0.0667、氮

0.0491，其他為氧。已知其相對分子質(zhì)量不高出300，試求：①嗎啡的相對分子質(zhì)量；②嗎啡的分子式。(2)已知海洛因是嗎啡的二乙酸酯，試求：①海洛因的相對分子質(zhì)量；②海洛因的分子式。命題妄圖：察看學生依照物質(zhì)內(nèi)所含元素質(zhì)量分數(shù)，確定物質(zhì)化學式的能力。知識依靠：元素的質(zhì)量分數(shù)與化學式的關(guān)系。錯解剖析：不注意有效數(shù)字的位數(shù)，有效數(shù)字棄取不合理，再依照原子個數(shù)比列式就會得犯錯誤的結(jié)果。解題思路：(1)由嗎啡中各元素的含量和相對分子質(zhì)量，能夠判斷嗎啡分子中所含N原子數(shù)最少，設嗎啡分子中含有1個N原子，則：Mr(嗎啡)=14.0/0.0491=285＜300符合題意；若嗎啡分子中含有2個Mr(嗎啡)=28.0/0.0491=570＞300

N

原子，則：一個

不符合題意。嗎啡分子中含有2個以上的N原子，且嗎啡的相對分子質(zhì)量為285。嗎啡分子中所含C、H、O原子個數(shù)分別為：

N原子更不能能，可見嗎啡分子中只含有N(C)=285×0.7158÷12.0=17.0N(H)=285×0.0667÷1.00=19.0N(O)=285(1.0000－0.7158－0.0667－0.0491)÷16.0=3.00嗎啡的分子式為：C17H19NO3。(2)生成二乙酸酯的反響可表示為：R(OH)2＋2HOOCCH3R(OOCCH3)＋2HO22顯然，海洛因分子比嗎啡分子多了2個C2H2O基團，則海洛因的分子式為：C17H19NO3＋2C2H2O====C21H23NO5海洛因的相對分子質(zhì)量為：Mr(海洛因)=12×21＋1×23＋14×1＋16×5=369。答案：(1)①285；②C17H19NO3。(2)①369；②C21H23NO5。●神機秒術(shù)碰到以下狀況，可用設一法：1.c、w、ρ間的相互轉(zhuǎn)變；2.依照質(zhì)量分數(shù)確定化學式；3.確定樣品中雜質(zhì)的成分?！駠穗y點訓練1.(★★★)某硫酸溶液的物質(zhì)的量濃度為cmol·L－1，溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)為w，試求此溶液的密度。2.(★★★)已知某硫酸銅溶液的物質(zhì)的量濃度為0.050mol·L－1，密度為1.08g·cm－3，試求該溶液的質(zhì)量分數(shù)。3.(★★★★)稱取可能含有Na、Mg、Al、Fe的金屬混淆物12g，放入足量鹽酸中，可獲得標準狀況下H2的體積為11.2L，據(jù)此回答以下問題：(1)以上四種金屬，必然含有的是__________________；(2)以上四種金屬，可能含有的是__________________；(3)可否確定必然不含有某種金屬？4.(★★★★★)1924年，我國藥物學家從中藥麻黃中提出了麻黃素，并證明麻黃素擁有平喘作用。將其予以合成，制作中成藥，可除去哮喘病人的傷心。取10.0g麻黃素完好焚燒可獲得26.67gCO2和8.18gH2O，并測得麻黃素中含N：8.48%。(1)試確定麻黃素的最簡式__________________。(2)若確定麻黃素的分子式還缺少一個條件，該條件是__________________。附：參照答案難點磁場剖析：若為1.06g純凈的碳酸鈉經(jīng)題設過程可獲得標準狀況下干燥純凈的氣體2.24L；而題設條件下，1.06g含雜質(zhì)的碳酸鈉樣品僅獲得標準狀況下干燥純凈的氣體2.20L，可見，等質(zhì)量的碳酸鈉和雜質(zhì)分別與過分鹽酸作用，碳酸鈉產(chǎn)生二氧化碳多，雜質(zhì)產(chǎn)生二氧化碳少；則題設條件下產(chǎn)生等量的二氧化碳氣體所需碳酸鈉的質(zhì)量小，所需雜質(zhì)質(zhì)量大。為方便計算，設生成1mol二氧化碳，則需要題中所列物質(zhì)的質(zhì)量分別是：Na2CO3~CO2BaCO3~CO2K2CO3~CO2NaHCO3~CO2106g1mol197g1mol138g1mol84g1molKHCO~CO2CaCO~CO2ZnCO~CO2333100g1mol100g1mol125g1mol所需碳酸鋇和碳酸鉀的質(zhì)量都大于碳酸鈉的質(zhì)量，A項可選；所需碳酸氫鈉和碳酸氫鉀的質(zhì)量都小于碳酸鈉的質(zhì)量，C項不能選；生成1mol二氧化碳所需碳酸鉀和碳酸氫鈉混合物的質(zhì)量介于84g~138g之間，所需碳酸鈣和碳酸鋅混淆物的質(zhì)量介于100g~125g之間，都有小于106g的可能，故B、D項都不能選。答案：A圍剿難點訓練1.提示：設H2SO4(aq)的體積為1L，則：m(硫酸溶液)=cmol·L－1×1L×98g·mol－1÷w=98c/wg硫酸溶液的密度為：ρ(硫酸溶液)=98c/wg÷1000mL=0.098c/wg·cm－3答案：

0.098cw

g·cm－32.提示：為方便計算，設有硫酸銅溶液1L，則硫酸銅的質(zhì)量為：m(硫酸銅)=0.050mol·L－1×1L×160g·mol－1=8.0g硫酸銅溶液的質(zhì)量為：m(硫酸銅溶液)=1.08g·cm－3×10－3g×1000mL=1.08硫酸銅的質(zhì)量分數(shù)為：w(硫酸銅)=8.0g÷(1.08×103g)=0.0074(或0.0073)。答案：0.0074(或0.0073)3.提示：摩爾電子質(zhì)量法(設一法的一種)：金屬的摩爾電子質(zhì)量是指金屬在反響中失去單位物質(zhì)的量的電子的質(zhì)量，其單位平常用g·mol－1表示。由題意：11.2Ln(H2)=22.4Lmol

-1=0.500mol反響中得失電子的物質(zhì)的量為：－n(e)=1.00mol則：物質(zhì)NaMgAlFe混淆物摩爾電子質(zhì)量gmol-1231292812混淆物的平均摩爾電子質(zhì)量為12g·mol－1，則必然含有比其摩爾電子質(zhì)量小的物質(zhì)(Al)，也必然含有比其摩爾電子質(zhì)量大的物質(zhì)(Na或Fe，不能夠確定)，可否含Mg也不能夠確定。答案：(1)Al(2)Mg、Fe、Na(3)不能夠4.提示：設麻黃素分子中含有1個N原子，則：M(麻黃素)=14.0gmol-1－1=165g·mol0.084826.67g由于：n(CO2)=44.00gmol-1=0.6061mol8.18gn(H2O)=18.0gmol-1=0.454mol則1mol麻黃素中：n(C)=0.6061mol×165g=10.0mol，10.0gn(H)=0.4541mol×165g×2=15.0mol10.0g再設麻黃素的分子式為：C10H15NOx，則x=165g12.0gmol110.0mol1.00gmol115.0mol14.0gmol11.00mol16.0gmol=1.000mol

1最簡式可得。借鑒例題可知(2)答案，但已知麻黃素的式量范圍不用然能求出麻黃素的化學式。答案：(1)C10H15NO(2)M(麻黃素)(即麻黃素的式量)難點6.奇偶數(shù)法奇偶數(shù)法是利用數(shù)字間的奇、偶性規(guī)律，商議試題答案的一種巧解方法?！耠y點磁場試利用數(shù)字間的奇偶性規(guī)律巧解下面題目，爾后自我界定學習本篇可否需要。某金屬單質(zhì)跟必然濃度的硝酸反響，假定只產(chǎn)生單調(diào)的復原產(chǎn)物。當參加反響的單質(zhì)與被復原硝酸的物質(zhì)的量之比為2∶1時，復原產(chǎn)物是( )A.NO2

B.NO

C.N2O

D.N2●案例研究［例題］若短周期中的兩種元素能夠形成原子個數(shù)比為2∶3的化合物，則這兩種元素的原子序數(shù)之差不能能是A.1B.3C.5D.6命題妄圖：主要察看學生對元素周期表“奇偶數(shù)”規(guī)律的認識或察看學生對元素周期表特別元生性質(zhì)的認識。知識依靠：元素周期表。錯解剖析：不認識元素周期表的奇偶性規(guī)律，利用其他方法解題得犯錯誤答案。解題思路：本題有多種解題方法，其中最簡捷的是奇偶數(shù)法。方法1(列舉法)：ⅡA族元素Be、Mg與ⅤA族元素N、P形成的化合物符合題干要求，其中Mg3N2中Mg與N原子序數(shù)差5。ⅢA族元素B、Al與ⅥA族元素O、S形成的化合物亦符合題干要求，其中Al2O3中Al與O原子序數(shù)差5，Al2S3中Al與S原子序數(shù)差3。欲找差值為1的化合物，需從變價元素中找，如N2O3中N與O原子序數(shù)差1。選D項。方法2(奇偶數(shù)法)：由于兩種元素形成的化合物中原子個數(shù)之比為2∶3，則可判斷一種元素處于奇數(shù)族，另一種元素處于偶數(shù)族，奇數(shù)族原子序數(shù)為奇數(shù)，偶數(shù)族為偶數(shù)，奇數(shù)與偶數(shù)差值是奇數(shù)。察看備選項，可知選D項。答案：D●神機秒術(shù)以下問題的解決過程中，可能用到奇偶數(shù)法：1.某些化學方程式的配平；2.化合物的分子式與原子序數(shù)的推定；3.化學反響中化合價的起落數(shù)值；4.化合價與分子式的關(guān)系；5.有機分子中H等原子的個數(shù)?！駠穗y點訓練1.(★★★)配平以下化學方程式：(1)_____PH3====_____P＋_____H2(2)_____NH3＋____NO====_____N2＋______H2O2.(★★★★)單質(zhì)M能和熱濃硫酸反響，若參加反響的單質(zhì)與HSO4的物質(zhì)的量之比2為1∶4，則該元素在反響后顯示的化合價可能是( )A.＋4B.＋3C.＋2D.＋13.(★★★★)某金屬元素R最高價氟化物的相對分子質(zhì)量為M，其最高價硫酸鹽的相1對分子質(zhì)量為M2。設此元素最高正價為n，則n與M1、M2的關(guān)系可能是()A.n=(M2－2M1)/58B.n=(M2－M1)/29C.n=(2M－M1)/58D.n=(M－M)/58O2214.(★★★★★)已知某有機物A的式量為128。(1)若A物質(zhì)中只含有碳、氫、氧三種元素，且A分子中含有一個酯的結(jié)構(gòu)(—C—O—)，則A的分子式為__________，結(jié)構(gòu)簡式為____________(任寫出一種)。(2)若A物質(zhì)中只含有碳、氫、氮三種元素，且A分子中氮原子數(shù)量最少，則A的分子式為__________，若A分子中有一個由氮原子和其他碳原子形成的六元環(huán)，則結(jié)構(gòu)簡式為__________(任寫一種)。

A的附：參照答案難點磁場剖析：由題意知，2個金屬原子失去的電子，將被1個HNO3分子中＋5價的N原子獲得，由于2個金屬原子失去的電子數(shù)必然是偶數(shù)，所以獲得偶數(shù)個電子的這個＋5價的N原子反響后化合價必然是奇數(shù)。與備選項比較，可知C項可選。答案：C圍剿難點訓練1.(1)223(2)46562.剖析：單質(zhì)M和熱濃24242，硫元素化合價降低總數(shù)必HSO反響，HSO被復原為SO為偶數(shù)，則M元素化合價高升總數(shù)必為偶數(shù)。由題意知：n(M)∶n(H2SO4)=1∶4，可見M化合價變化應為偶數(shù)，這樣可裁汰B、D項選項。詳細剖析A、C知A項(如單質(zhì)碳)可選，而C項不能選。答案：A3.剖析：本題須討論n為奇、偶數(shù)兩種狀況。(1)若n為奇數(shù)，則其氟化物和硫酸鹽的化學式分別是：RF、R(SO)。n24n。(2)若n是偶數(shù)，則其氟化物和硫酸鹽的化學式分別是：RFn、R(SO4)n2。答案：AB4.提示：(1)含有一個酯鍵的A的分子式為C7H12O2，其結(jié)構(gòu)有多種，如：(2)A式量128是偶數(shù)，決定了A分子中氮原子數(shù)量是偶數(shù)，由于當A分子中氮原子數(shù)量是奇數(shù)時，無論氮原子存在于硝基仍是氨基中，A式量都是奇數(shù)。則A分子中最少含有2個氮原子，A分子式可為C7H16N2，其結(jié)構(gòu)簡式有多種，如：難點7關(guān)系式法關(guān)系式法是依照化學方程式計算的諸法中較主要的一種方法，它能夠使多步計算化為一步而完成?！耠y點磁場請用關(guān)系式法解決以下問題，爾后自我界定學習本篇可否需要。將ag鐵和bg硫粉混淆平均，間隔空氣加強熱，充分反響后，再將所得固體混淆物放入足量稀H2SO4中，試求產(chǎn)生的氣體在標準狀況下的體積(用含a或b的代數(shù)式表示)?！癜咐芯浚劾}］用黃鐵礦能夠制取H2SO4，再用H2SO4能夠制取化肥(NH4)2SO4。煅燒含F(xiàn)eS280.2%的黃鐵礦75.0t，最一生產(chǎn)出79.2t(NH4)SO。已知NH3的利用率為92.6%，HSO4242的利用率為89.8%，試求黃鐵礦制取H2SO4時的損失率。命題妄圖：主要察看學生利用關(guān)系式法解題的能力，同時察看學生對轉(zhuǎn)變率、損失率的理解和認識。知識依靠：H2SO4的工業(yè)制法、NH3與H2SO4的反響。錯解剖析：不能夠正確理解利用率的含義而錯解。解題思路：第一須搞清H2SO4的利用率與FeS2利用率的關(guān)系。H2SO4的利用率為89.8%，與HSO4的利用率是100%、FeS的利用率為89.8%是等價的。并除去NH3利22用率的攪亂作用。其次，依照S原子守恒找出已知量FeS2與未知量(NH4)2SO4的關(guān)系(設黃鐵礦的利用率為x)：FeS~2H2SO~2(NH4)SO424212026475.0t×80.2%×89.8%·x79.2tx=66.6%黃鐵礦的損失率為：1.00－66.6%=33.4%。答案：33.4%●神機秒術(shù)凡反響連續(xù)進行，上一步反響的產(chǎn)物為下一步反響的反響物的反響，絕大部分可用關(guān)系式法解決。搜尋關(guān)系式的方法，一般有以下兩種：1.寫出各步反響的方程式，爾后逐一遞進找出關(guān)系式；2.依照某原子守恒，直接寫出關(guān)系式。●圍剿難點訓練1.(★★★)在O2中焚燒0.22g硫和鐵組成的化合物，使其中的硫全部轉(zhuǎn)變成SO2，將這些SO2全部轉(zhuǎn)變成SO3，生成的SO3完好被H2O吸取。所得H2SO4可用10.0mL0.50mol·L－1的NaOH(aq)完好中和，則原化合物中硫元素的質(zhì)量分數(shù)為_________。2.(★★★★)將23.0g石英與60.0g石灰石在高溫下灼熱，試求產(chǎn)生的氣體在標準狀況下的體積。3.(★★★★)已知某廠每日排出10000m3尾氣(已折算為標準狀況)，內(nèi)含0.268%(體積分數(shù))的SO2，SO2可完好轉(zhuǎn)變成H2SO4，若用黃鐵礦來生產(chǎn)同樣多的H2SO4，則需要多少克含F(xiàn)eS278.2%的黃鐵礦？4.(★★★★★)某化肥廠以氨為原料制備NHNO，已知由氨制NO的產(chǎn)率是96%，43NO制硝酸的產(chǎn)率是92%，求制硝酸所用去的氨的質(zhì)量占總耗氨的質(zhì)量分數(shù)是多少？附：參照答案難點磁場提示：無論Fe過分與否，只需有1個Fe原子最后就產(chǎn)生1個氣體分子，這個氣體分子可能是H2S，也可能是H2。則：n(氣體)=n(Fe)=aamol-1mol56g56V(氣體)=22.4L·mol－1amol=4aL?！?6答案：4aL圍剿難點訓練1.提示：S~HSO~2NaOH24n(S)=1n(NaOH)=1×0.010L×0.50mol·L－1=0.0025mol，22w(S)=0.0025mol32gmol-1=0.36。0.22g答案：0.362.提示：無論CaCO3過分與否，只需有1個CaCO“分子”最后就會產(chǎn)生1個CO23分子。則：23)=60.0g-1=0.600moln(CO)=n(CaCO100gmolV(CO2)=22.4L·mol－1×0.600mol=13.4L。答案：13.4L3.提示：只需找出SO2與FeS2的關(guān)系FeS2~2SO2120g44.8Lm(黃鐵礦)×78.2%4＋3L×0.268%10m(黃鐵礦)=9.18×104g。答案：9.18×104g4.剖析：將本題分解為兩步計算，并輔以必然的數(shù)值，能夠化繁為簡。依照合成NH4NO3的反響：NH3＋HNO3====NH4NO3可知當合成80tNH4NO3時，需要用63tHNO3吸取17t的NH3。(1)先求制備63tHNO3需要的NH3NH3~HNO31763m(NH3)×96%×92%63tm(NH3)=19t。(2)再求制備80tNHNO3時，生產(chǎn)HNO3所用NH3占耗NH3總量的質(zhì)量分數(shù)：419tw==0.53。19t17t答案：0.53難點8.虛假法所謂虛假法，就是在剖析或解決問題時，依照需要和可能，虛假出能方便解題的對象，并以此為中介，實現(xiàn)由條件向結(jié)論轉(zhuǎn)變的思想方法?！耠y點磁場請試做以下題目，爾后自我界定學習本篇可否需要。A、B、C、D為四種易溶物質(zhì)，它們在稀溶液中成立以下平衡：A＋2B＋H2OC＋D當加水稀釋時，平衡向_______(填“正”或“逆”)反響方向搬動，原因是。●案例研究［例題］600K時，在容積可變的透明容器內(nèi)，反響2HI(g)I2(g)＋H2(g)達到平衡狀態(tài)A。保持溫度不變，將容器的容積壓縮成原容積的一半，達到平衡狀態(tài)B。圖8—1(1)按圖8—1所示的虛線方向察看，可否看出兩次平衡容器內(nèi)顏色深淺的變化?并請說明原因。答：(2)按圖8—1所示的實線方向察看(活塞無色透明)，可否看出兩次平衡容器內(nèi)顏色深淺的變化?并請說明原因。答：命題妄圖：察看學生對平衡搬動及有色氣體濃度被等知識的認識。知識依靠：勒夏特列原理。錯解剖析：從實線方向察看，依照

A、B

兩狀態(tài)下的

I2

的濃度關(guān)系：cB(I2)=2cA(I2)誤以為能察看到容器內(nèi)顏色的變化。解題思路：狀態(tài)A與狀態(tài)B的不同樣點是：pB＝2pA，但題設反響是氣體物質(zhì)的量不變的反響，即由狀態(tài)A到狀態(tài)B，誠然壓強增大到原來的2倍，可是平衡并未發(fā)生搬動，所以對系統(tǒng)內(nèi)的任何一種氣體特別是I2(g)而言，下式是成立的：cB［I2(g)］=2cA［I2(g)］。對第(2)小問，可將有色氣體I2(g)沿視線方向全部虛假到活塞平面上——仿佛夜晚看碧空里的星星，都在同一平面上。則視線方向上的I2分子多，氣體顏色就深；反之，則淺。答案：(1)能夠察看到顏色深淺的變化。由于方程式兩邊氣體物質(zhì)的物質(zhì)的量相等，容積減半，壓強增大到2倍時，I2(ｇ)及其他物質(zhì)的物質(zhì)的量均不變，但濃度卻增大到原來的2倍，故能夠看到I(ｇ)紫色加深。2(2)不能夠察看到顏色深淺的變化。由于由狀態(tài)A到狀態(tài)B，平衡并未發(fā)生搬動，盡管［I(g)］=2c［I(g)］，但v［I(g)］=v［I(g)］，即視線方向上可察看到的I(g)分cB2A2B21A222子數(shù)是同樣的，故不能夠察看顏色深淺的變化。●神機秒術(shù)化學中，虛假法的應用是寬泛的，除可虛假物質(zhì)狀態(tài)外，還有很多可用虛假法解決的問題，如①配平復雜氧化復原反響時，可將復雜化合物中各元素的化合價皆虛假為零；②虛假出某些混淆物的“化學式”；③虛假出某些解題時用到的數(shù)據(jù)；④虛假出解題需要的某些條件；⑤虛假反響過程；⑥虛假反響結(jié)果等等。●圍剿難點訓練1.(★★★)在一密閉容器中發(fā)生以下反響：aA(g)bB(g)達平衡后，保持溫度不變，將容器容積增加一倍，新平衡成立刻，cB是原來的60%，則()A.平衡向正反響方向發(fā)生了搬動B.A物質(zhì)的轉(zhuǎn)變率變小了C.B物質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)增大了D.a＞b2.(★★★)在常溫常壓下，向5mL0.01mol·L－1FeCl3(aq)中滴入0.5mL0.01mol·L－1的NH4SCN(aq)，發(fā)生以下反響：FeCl＋3NH4SCNFe(SCN)＋3NHCl( )334所得溶液顯紅色，改變以下條件，能使溶液顏色變淺的是A.向溶液中加入少量KCl晶體向溶液中加入少量的水C.向溶液中加入少量無水硫酸銅，變藍后立刻取出D.向溶液中滴加2滴1mol·L－1的FeCl3(aq)3.(★★★★)在必然溫度和壓強下，某容器內(nèi)存在以下平衡(平衡A)：2NH(g)＋CO2(g)CO(NH)(s)＋HO(g)3222這是工業(yè)合成尿素的反響。若是將容器的容積減小為原來的1/3，則達到平衡時(平衡B)以下說法必然正確的是()．．．．A.氣體的平均式量比原來大B.氣體的平均式量比原來小C.氣體的平均式量與原來相等D.依照題給條件無法確定4.(★★★★★)CuCl2(aq)因濃度不同樣，顏色經(jīng)常不同樣。有的是黃色，有的是綠色，還有的是藍色。已知CuCl2(aq)中存在以下平衡：［Cu(H2O)4］2＋＋4Cl－［CuCl4］2－＋4H2O藍色黃色試回答以下問題：(1)欲使溶液由黃色變成藍色，可采用的兩種方法為：①；②。(2)欲使溶液由藍色變成綠色，可采用的兩種方法為：①；②。附：參照答案難點磁場剖析：可將水虛假為容器，將A、B、C、D四種易溶物質(zhì)虛假為盛在“水——容器”中的氣體物質(zhì)。那么，加水稀釋，“氣體”的體積擴大，壓強減小，依照勒夏特列原理，平衡向氣體體積增大的方向，即上列平衡的逆反響方向搬動。由此，能夠得出結(jié)論：溶液稀釋時，平衡向溶質(zhì)粒子數(shù)增加的方向搬動。答案：逆由于稀釋后，單位體積內(nèi)溶質(zhì)的粒子總數(shù)(或總濃度)減小，依照勒夏特列原理，平衡向單位體積內(nèi)溶質(zhì)的粒子總數(shù)(或總濃度)增加的方向搬動。圍剿難點訓練1.提示：虛假一種中間狀態(tài)，假定平衡不搬動，則新平衡成立刻：c是原來的50%，B而事實上cB是原來的60%，這表示擴大容積平衡向生成B的方向——正反響方向發(fā)生了搬動。答案：AC2.剖析：從反響實質(zhì)來看，溶液中存在的化學平衡是：Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3等系列反響?？梢娂尤隟Cl晶體，對此平衡無影響；但加入2滴1mol·L－1的FeCl(aq)，使溶液中3＋A、D項3皆不能選。關(guān)于B、C選項，因平衡系統(tǒng)中的水量發(fā)生了改變，致使溶液中全部溶質(zhì)的濃度或同等程度地增大，或同樣程度地減??；若要判斷平衡搬動的方向，從濃度的改變來看，似無從下手。若是我們變換一下思路，將上列平衡系統(tǒng)中的3＋、SCN－Fe和Fe(SCN)3均虛假為氣態(tài)物質(zhì)(虛假其狀態(tài))，則向平衡系統(tǒng)中加水，可以為增大了容器的容積，即減小了氣體反應物的壓強(或濃度)，平衡就向氣體體積擴大的方向(即上列反響的逆反響方向)搬動，這樣液體顏色就會變淺?？梢夿項可選而C項不能選。若采用極限思想，關(guān)于B選項，可作以下設想：加入的水不是很少而是很多，這樣上列平衡系統(tǒng)中，3＋與SCN－Fe(SCN)3分子的機會越稀越少，而Fe相互碰撞聯(lián)合成Fe(SCN)3分子電離成Fe3＋和SCN－的機會則越來越多，無疑是加水的結(jié)果，平衡是向逆反響方向搬動的，故而溶液顏色變淺。答案：B3.剖析：容器容積減小，反響氣體壓強增大，合成尿素[CO(NH2)2]的反響向正反響方向搬動，由反響方程式知，氣體物質(zhì)的量每減少2mol，就有60g尿素生成——固體質(zhì)量增加60g，氣體質(zhì)量減少60g。那么，可將平衡向右搬動的結(jié)果虛假為：將30g·mol－1的氣體從反響容器中移出。由于原混淆氣體平均式量Mr(A)介于Mr(NH3)、Mr(CO2)、Mr(H2O)中最大者(44)與最小者(17)之間，故有以下討論：(1)若Mr(A)＞30，則移走M=30的氣體后，節(jié)余氣體平均式量增大，故有Mr(B)＞rMr(A)(2)若Mr(A)=30，則Mr(B)=Mr(A)，(3)若Mr(A)＜30，則Mr(B)＜Mr(A)由于原混淆氣體的平均式量在題設條件下無法確定，所以新平衡成立后氣體平均式量數(shù)值的變化無法確定。答案：D評注：若將“必然”改為：可能，則A、B、C、D四備選項都可選。＋－4.剖析：(1)加入Ag降低Cl濃度，可使平衡向左搬動。將水虛假為容器，將離子虛假為氣體，則加“水——容器”容積擴大，平衡向氣體體積擴大的方向，即本反響的逆反響方向搬動。(2)由美學知識可知，藍黃相混可得綠色。這樣，平衡向右搬動，可使溶液由藍變綠。由(1)知，加水CuCl2濃度降低，平衡向左搬動；則增大CuCl2的濃度(或Cu2＋的濃度，或Cl－的濃度)平衡向右搬動。答案：(1)加水加AgNO3(s)[或AgNO3(aq)](2)加CuCl2(s)[或濃CuCl2(aq)]加NaCl(s)[或濃NaCl(aq)等]難點9.混淆氣體組成的討論已知混淆氣體中元素的質(zhì)量比，確定混淆氣體的組成有一種巧妙的方法，掌握了這類方法就能化解這類難題?！耠y點磁場請試做以下題目，爾后自我界定學習本篇可否需要。常溫下，A和B兩種氣體組成的混淆物（工業(yè)制鹽酸過程中產(chǎn)出的一種氣體混淆物）中［Mr(A)＜Mr(B)]＝，只含有H、Cl兩種元素，而且無論A和B以何種比率混淆，H和Cl的質(zhì)量老是大于2∶71，試確定A為，B為，并簡析此混淆氣體中有A的形成過程?！癜咐芯浚劾}］常溫下A和B兩種氣體組成混淆氣體(A的相對分子質(zhì)量大于B的相對分子質(zhì)量)，經(jīng)剖析混淆氣體中只含有氮和氫兩種元素，而且無論A和B以何種比率混淆，氮和氫的質(zhì)量比總大于14/3。由此可確定A為_____________，B為____________，其理由是__________________。若上述混淆氣體中氮和氫的質(zhì)量比為7∶1，則在混淆氣體中A和B的物質(zhì)的量之比為________；A在混淆氣體中的體積分數(shù)為_____%。命題妄圖：主要察看學生依照題設確定混淆物成分的能力。知識依靠：NH3中N、H元素的質(zhì)量比。錯解剖析：審題不嚴，計算出了A的質(zhì)量分數(shù)，或計算出了B的體積分數(shù)。解題思路：解答本題，第一考慮氮、氫兩元素組成的化合物NH3，剖析NH3中氮氫質(zhì)量比。NH3中，m(N)∶m(H)=14∶3。題設條件下，m(N)∶m(H)＞14∶3，這只須在NH3中混入N2即可。由題意，Mr(A)＞Mr(B)，所以A為N2，B為NH3，因Mr(N2)=28，M(NH3)=17。r設混淆氣體中A和B的物質(zhì)的量之比為x∶y。由題意，“xN2＋yNH3”中，14(2x＋y)∶3y=7∶1，解得，x∶y=1∶4。(A)=1÷(1＋4)=20%。答案：N2NH3純NH3中氮和氫質(zhì)量比為14/3，在純NH3中混入任何比率的2N，都將使氮和氫質(zhì)量比大于14/31∶420?！裆駲C秒術(shù)已知某氣體混淆物由兩種元素組成，且知這兩種元素的質(zhì)量比大于(或小于)a/b，怎樣確定組成混淆物的成分。其方法是：變不等(大于或小于)為相等，找出兩元素(A和B)質(zhì)量比等于a/b的化合物(AxBy)。若混淆物中A、B兩元素質(zhì)量比大于a/b，則在AxBy中混入A(g)或A(x＋m)By(g)符合要求；若混淆物中A、B兩元素質(zhì)量比小于a/b，則在AxBy中混入B(g)或AxB(y＋m)符合要求。(x，y，m∈N)●圍剿難點訓練1.(★★★)以下各組混淆氣體中，C、H元素質(zhì)量比可能最小的是()．．A.H2和CH4B.CH4和C2H6C.C2H2和C2H4D.C3H4和C4H82.(★★★★)將例題中的“氮”改為“碳”；將“質(zhì)量比總大于14/3”改為“質(zhì)量比總小于3∶1”將“質(zhì)量比為7∶1”改為：“9∶4”。其他同例題，試求之。3.(★★★★)常溫常壓下，由A、B組成的混淆氣體［Mr(A)＞Mr(B)］，經(jīng)剖析混淆氣體中只含碳和氧兩種元素。A和B無論以何種比率混淆，若碳氧質(zhì)量比總大于3∶8，則A1為______，B1為_______；若碳氧質(zhì)量比總小于3∶8，則A2為________，B2為________。若B1和B2常溫混淆后，碳氧質(zhì)量比總小于3∶8時，B1、B2必定知足的關(guān)系是n(B1)∶n(B2)______。4.(★★★★★)常溫常壓下，A和B兩種氣體組成的混淆氣體［M(A)＞Mr(B)］，經(jīng)分r析混淆氣體中只含有氮和氧兩種元素，而且無論A和B以何種比率混淆，氮和氧的質(zhì)量比總小于7∶4。符合以上關(guān)系的A、B可能有多種，請將正確答案填入下表，可不填滿，也可擴填，但填入錯誤的要扣分。組合①②③④⑤AB(注意：A在上，B在下，不能無序亂填)若混淆氣體中氮氧質(zhì)量比恰巧為7∶2，則A為______________，B為______________；n(A)∶n(B)=__________________。附：參照答案難點磁場提示：2∶71恰為HCl氣體中H元素和Cl元素的質(zhì)量比，可見混淆物應為H2和HCl的混淆氣體。生產(chǎn)HCl時，可使H2在Cl2中焚燒，也可使Cl2在H2中焚燒，工業(yè)上采用后者。能夠減少環(huán)境污染，保障生產(chǎn)安全。答案：H2HCl工業(yè)制鹽酸過程中所得混淆氣體中有H2，是由于Cl2在過分H2中焚燒的結(jié)果。圍剿難點訓練1.提示：C、H質(zhì)量比最小，則含H元素可能最多。A中H2無量多時，C、H元素比最小。答案：A2.剖析：解答本題，第一從碳、氫元素形成的化合物中搜尋碳氫元素質(zhì)量比為3∶1者。CH4中，m(C)∶m(H)=12∶4=3∶1。題設條件下，m(C)∶m(H)＜3∶1，這只幸虧CH4中混入H2(CH4中若混入其他碳氫化合物，如C2H2，只能使m(C)∶m(H)＞3∶1)。由于Mr(A)＞Mr(B)，所以A為CH4，B為H2。設混淆氣體中A、B物質(zhì)的量分別為x和y。則“xCH4＋yH2”中，12x∶(4x＋2y)=9∶4，解得，x∶y=3∶2，(A)=(3÷5)×100%=60%。答案：A：CH4B：H2CH4中碳氫質(zhì)量比為3∶1，是氣態(tài)烴中碳、氫質(zhì)量比最小的，若使碳氫質(zhì)量比比3∶1還要小，只有在CH4中混入H2才能知足要求3∶260%3.剖析：碳氧形成的化合物有CO2和CO。CO中，m(C)∶m(O)=12∶16=3∶4；CO2中，m(C)∶m(O)=12∶32=3∶8。若要使混淆氣體中碳氧質(zhì)量比總大于3∶8，只須在CO2中混入CO即可；若要使混淆氣體中碳氧質(zhì)量比總小于3∶8，只須在CO2中混入O2即可。可見，A121為CO；A22，B22。為CO，B為CO為O設符合條件的B1、B2混淆氣體中，B1、B2的物質(zhì)的量分別為x和y，由題意，“xCOyO2”中，12x∶(16x＋32y)＜3∶8，解得，x∶y＜2∶1。答案：CO2COCO2O2n(B1)∶n(B2)＜2∶1。4.剖析：氮、氧兩元素可形成多種化合物，如2O、NO2322425N、NO、NO(NO)、NO。其中，N2氣體中，n(N)∶n(O)=28∶16=7∶4；其他氣體含氧量漸漸高升，所以n(N)∶n(O)＜7∶4。O這樣，在N2O氣體中混入NO、N2O3、NO2(N2O4)、N2O5以及O2中的一種，皆可使所得混淆氣體中n(N)∶n(O)＜7∶4。當n(N)∶n(O)=7∶2＞7∶4時，只有在N2O中混入適合N2才行。設混淆氣體中N2O和N2的物質(zhì)的量分別為x和y。則“xN2O＋yN2”中，(28x＋28y)∶16x=7∶2，解得x∶y=1∶1。答案：組合①②③④⑤ANONO3NO(或NO)NO5NO2222422BNONONONOO2222N2ON21∶1.難點10.等質(zhì)混和等體混兩種同溶質(zhì)溶液等質(zhì)量混淆，特別是等體積混淆，質(zhì)量分數(shù)怎樣判斷有必然難度。本篇能夠把這一難點化易。●難點磁場請試做以下題目，爾后自我界定學習本篇可否需要。密度為0.91g·cm－1的氨水，質(zhì)量百分比濃度為25.0%(即質(zhì)量分數(shù)為0.250)，該氨水用等體積的水稀釋后，所得溶液的質(zhì)量百分比濃度( )A.等于12.5%B.大于12.5%C.小于12.5%D.無法確定●案例研究［例題］把70%HNO3(密度為1.40g·cm－3)加到等體積的水中，稀釋后HNO3(aq)中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)是B.＜0.35C.＞0.35D.≤0.35命題妄圖：主要察看學生對證量分數(shù)的認識和變換前提下的估計能力。知識依靠：有關(guān)質(zhì)量分數(shù)的計算。錯解剖析：審題不嚴，自以為是將兩液體等質(zhì)量混淆，進而誤選A項；解題過程中思維反向，也會誤選B項。解題思路：本題有以下兩種解法。方法1(條件變換法)：先把“等體積”看作“等質(zhì)量”，則等質(zhì)量混淆后溶液中HNO3的質(zhì)量分數(shù)為：m1mw2mw1w270%=35%w混=222m而等體積混淆時水的質(zhì)量小于HNO3(aq)的質(zhì)量，則等體積混淆相當于先進行等質(zhì)量混淆，爾后再加入必然量的密度大的液體，這里是70%的HNO3(aq)，故其質(zhì)量分數(shù)大于35%。方法2(數(shù)軸表示法)：(1)先畫一數(shù)軸，在其上標出欲混淆的兩種液體中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)，并在兩質(zhì)量分數(shù)的對應點上標出兩液體密度的相對大小?！?·(2)求出w1w2，并在數(shù)軸上標示出來。2(3)標出w混：w混在w1w2與ρ大的液體的質(zhì)量分數(shù)之間。2答案：C評注：方法2是方法1的一種升華?！裆駲C秒術(shù)1.等質(zhì)混兩種同溶質(zhì)液體(或某溶液與水)等質(zhì)量混淆時：w混=

w1w222.等體混兩種同溶質(zhì)液體(或某溶液與水)等體積混淆時：W混∈［w1w2，W(ρ大)］2詳細解題時，常用數(shù)軸表示法?！駠穗y點訓練1.(★★★)有甲、乙兩種H2SO4(aq)，甲中H2SO4的質(zhì)量分數(shù)為3a%，乙中H2SO4的質(zhì)量分數(shù)為a%，取甲、乙兩溶液等體積混淆，攪拌平均后所得H2SO4(aq)中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)()A.＞2a%B.＜2a%C.＝2a%D.無法確定2.(★★★)將上題中的“HSO(aq)”改為“氨水”；其他不變，試選之。()243.(★★★★)有甲、乙兩種水的乙醇溶液，甲中水的質(zhì)量分數(shù)為25%，乙中水的質(zhì)量分數(shù)為15%，將甲、乙兩種溶液各取100mL混淆，則所得溶液中水的質(zhì)量分數(shù)( )A.＞0.80B.＜0.80C.＞0.20D.＜0.204.(★★★★★)在100g濃度為18mol·L－1密度為ρ(g/cm3)的濃硫酸中加入必然量的水稀釋成9mol·L－1的硫酸，則加入水的體積為( )100A.＜100mLB.＝100mLC.＞100mLD.＝mL附：參照答案難點磁場提示：氨水越旺盛度越小。由于ρ1＞ρ2，所以w混離w1更近，即w混＜0.125。答案：C圍剿難點訓練1.提示：答案：A2.提示：答案：B3.提示：水的酒精溶液密度小于1，即水越多，密度越大。則：答案：BC4.剖析：由題意知，稀釋結(jié)果，溶液的物質(zhì)的量濃度成為原來的一半，則溶液的體積成為原溶液體積的2倍。18mol·L－1濃H24密度比水的密度－3大的多：ρ(濃SO1g·cm24)=1.8g－3，100g該濃H24體積V比100mL小得多：V(濃HSO·cmSO24100g100100HSO)=-1mLgmL1.8

mL=56mL。這樣所加水的體積必然小于100mL，但絕對不是100ρmL，即其所形成溶液的體積不能夠簡單地相加，所以A項可選，但D項不可選。答案：A難點11濃度不同樣產(chǎn)物異化學上有很多產(chǎn)物，跟反響物濃度關(guān)系親密?；诟呖汲?jù)此設計難題，本篇總結(jié)了這些反響?！耠y點磁場請試做以下題目，爾后自我界定學習本篇可否需要。30g銅、銀合金與80mL13.5mol·L－1的HNO3溶液反響。合金全部溶解，放出氣體6.72L(標準狀況下)，反響后溶液的pH=0(設反響前后溶液體積不變)(1)計算HNO3被復原的物質(zhì)的量；(2)計算合金中銀的質(zhì)量分數(shù)?！癜咐芯縖例題]38.4mg銅跟適合濃硝酸反響，銅全部作用后，共收集到氣體22.4mL(標準狀況)，反響耗資HNO3的物質(zhì)的量可能是A.1.00×10－3molB.1.60×10－3mol×10－3molD.2.40×10－3mol(忽略NO2與N2O4的相互轉(zhuǎn)變)命題妄圖：察看學生對反響條件——濃度變化時產(chǎn)物種類變化的認識。屬化學授課中要求具備的能力。知識依靠：Cu與濃、稀HNO3的反響。錯解剖析：忽略了Cu與稀HNO3的反響，就會錯選D；只運用Cu與稀題，就會錯選B。解題思路：隨著反響的進行，硝酸的濃度漸漸變小，產(chǎn)生的氣體可能是純凈的可能是NO2和NO的混淆物。－1n(Cu)=38.4mg÷64.0g·mol=0.600mmol－n(g)=22.4mL÷22.4L·mol1=1.00mmol這樣，發(fā)生的反響可能是以下①一個，也可能是①②兩個：Cu＋4HNO3(濃)====Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O②3Cu＋8HNO3(稀)====3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O于是，本題有以下多種解法。方法1(極值法)：若產(chǎn)生的氣體全部是NO2，由化學方程式①得：n(HNO3)=4n(Cu)=0.600mmol×4=2.40mmoln(NO2)=2n(Cu)=0.600mmol×2=1.20mmolV(NO2)=1.20mmol×22.4L·mol－1=26.9mL＞22.4mL可見，氣體不全部是NO2。若產(chǎn)生的氣體全部是NO，由化學方程式②得：n(HNO3)=8/3n(Cu)=0.600mmol×8/3=1.60mmoln(NO)=2/3n(Cu)=0.600mmol×2/3=0.400mmolV(NO2)=0.400mmol×22.4L·mol－1=8.96mL＜22.4mL由于氣體是NO2和NO的混淆物，8.96mL＜V(g)＜26.9mL，所以1.60mmol＜n(HNO3)＜2.40mmol，察看備選項可知答案。

HNO3反響解NO2，也方法2(守恒法)：依照反響前后N原子守恒和Cu原子守恒得：n(HNO3)=n[Cu(NO3)2]×2＋n(NO2)＋n(NO)(N原子守恒)=n(Cu)×2＋n(NO2)＋n(NO)(Cu原子守恒)=0.600mmol×2＋1.00mmol=2.20mmol方法3(寫總反響方程式法)：設生成NO2的物質(zhì)的量為x，則題設條件下的總反響為：0.6Cu＋2.2HNO3====0.6Cu(NO3)＋xNO↑＋(1－x)NO↑＋1.1HO222先寫出反響物和生成物以及Cu、NO2和NO的化學計量數(shù)，再依照Cu原子守恒和N原子守恒得出Cu(NO3)2和HNO3的化學計量數(shù)，H2O的化學計量數(shù)可依照N原子守恒而得出(因與結(jié)果沒關(guān)也可不算出)。依照方程式及有效數(shù)字的運算規(guī)則，可知參加反響的HNO3物質(zhì)的量為2.20mmol。方法4(平均分子式法)：設HNO3復原產(chǎn)物的平均分子式為NOx，則：n(Cu)∶n(NO)=0.600mmol∶1.00mmol=3∶5xCu與HNO3的總反響方程式為：3Cu＋11HNO3====3Cu(NO3)2＋5NOx↑＋？H2O先寫出反響物和生成物及Cu和NOx的化學計量數(shù)3和5，再依照Cu原子守恒和N原子守恒分別得出Cu(NO3)2和HNO3的化學計量數(shù)3和11，H2O的化學計量數(shù)因與結(jié)果沒關(guān)可不算出，則：n(HNO3)=11/3n(Cu)=0.600mmol×11/3=2.20mmol答案：C變式1：去掉備選項，將問題改為：求復原產(chǎn)物NO2和NO的物質(zhì)的量之比，其他同例題，試解之。解題思路：在前面“方法4”的基礎上獲得下式：3Cu＋11HNO3====3Cu(NO3)2＋5NOx＋5.5H2O依照O原子守恒得：33=18＋5x＋