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2008高考化学解题技巧与应试策略系列7------12


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 - 2CO3 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

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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) 其中锗酸根为—4 价。 以此得答案为: (1) Ge、 Bi (2) 3, 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 W 1 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

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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 4g - 虑其量的多少:HCl 为 0.02 L× 6 mol· L 1=0.12 mol,CaCO3 为 = 0.04 100 g ? mol?1 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) W 1 = W 2 (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) 样品(g) 二氧化碳的体积(mL) 30 3.32 672 30 4.15 840 30 5.18 896 30 7.47 672

(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) 。

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(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)= n(H2O)= — 0.01 = 0.02 (mol) = 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)= = 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: (g)

×2 +

×332= 4.98

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

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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 Ca(OH) 2 ?

100 ? 0.3 ? 0.03(mol) 1000

(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

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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 原子守恒) ?x ? 0.05 解得 ? ? ?y ? 0.02 ?x ? 0.01 ? 2 y (C 原子守恒)
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 , + 2+ MCO3+2H =M +H2O+CO2↑知, 生成的沉淀 MCO3 为:n(MCO3)=n(CO2)= 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, × × = 0.200mol,过

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。

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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: 、 。

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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?

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(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 Cl2 高温 SiCl4 H2 高温 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 。 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 ( )

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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?

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(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? 请写出离子反应方程式

。 ,其理由是 。 ,如能反应,

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

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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 得:n(CO) = 2.5n(S2O3 ) = 2.5×5×10 mol = -4 -1 1.25×10 mol,以此可求得样品中 CO 的浓度为 1.75mg ? L 。 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 2? 2? SiO 3 +CO2+H2O==H2SiO3↓+CO 3
2? ? 或 SiO 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)
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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

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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, Pt △ 也 △ 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)

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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(NH )=0.200×24.0×10-3=4.80×10-3(mol)
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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:

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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﹥

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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。 V(mL) 50

B A 10 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。 0 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%。 20 100x (%) 80 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 3×64g 2×22.4L m(Cu) 0.448L

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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: NO NH3 NO2 HNO3 NH4NO3

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。

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第二步, NaOH + NaH2PO4 = Na2HPO4 + H2O 起始(mol) 0.2 1 0 转化(mol) 0.2 0.2 0.2 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。

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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

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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

14 。由此可确定 A 为 3

,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。

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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 的 N2,都将使氮和氢的质量比大于 7.

14 ,在纯 NH3 中混入任何比例 3

14 ;4∶1;80。 3

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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

湖中含氧:9.1× 10-3× 106× 20× 103=182× 106(g) 故耗尽氧的天数为:

0.3 ? 100? 103 ? 138? 3 ? 32 ? 1.08 ? 106 ( g ) 366

182? 106 ? 169(d ) 1.08 ? 106

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

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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 D ︰ = 1︰ ,可判断 A 正确,B C 错误。

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。

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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。

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(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。

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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

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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 ,所以 Fe 粉过量,过量的 Fe

n ( S )

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:

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(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× 与镁完全反应需硫酸:0.45× × = 0.2 L = 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 ( )

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X Y

A H 2S 浓 H2SO4

B SO2 饱和 NaHCO3 溶液

C CO2 Na2SO3 溶液

D Cl2 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 V mL(以上气体体积在相同温度和压强下测
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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:



2 ?? 白色沉淀 ???? ?? 沉淀不溶解 甲:试样(无色溶液) ????

加BaCl 溶液

加足量稀盐酸

3 2 ?? 白色沉淀 ???? ?? 仍有白色沉淀 乙:试样(无色溶液) ?????

加Ba ( NO ) 溶液
加足量稀盐酸

加足量稀硝酸

2 ?? 无沉淀 ???? ?? 白色沉淀 丙:试样(无色溶液) ???? (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:______

加BaCl 溶液

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(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。

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(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)

540 a ? 100 22 .4 ? 1000W

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。

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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(KIO )形式存在。已知在溶液中IO - 可和I- 发生
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反应:IO3

+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 ( )



+ 5I



+

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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 1 mol· L 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 + - 2- 2- 3H2O ,I2+2S2O3 →2I +S4O6 。 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× -5 0.01800L =9.00 × 10 mol 。每 kg 食盐中含 KIO3 : 9.00 × 10 - 5mol × 214 g /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。

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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

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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:

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2Na2S2O3 ~ 2mol 0.100 × 0.0200 mol 解之得:x = 71 × 10-3 g x% =

Cl2 71g 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[H2O ②]、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。

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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 ( )
- -

2? A.2Fe3 +SO2+2H2O=2Fe2 + SO4 +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)

。 。 。

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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:

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(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。 。

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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

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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 2+ 3+ 2+ + 的挥发及 Fe 转变成 Fe ,所以 Fe 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

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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 x 4 2x 1 x/2 1 y 2 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

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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

33.6 ? 10?3 L ? 2 ? 72.0 g / m ol ? 100% =80% (2)w(CaO2)= 22.4 L / m ol 0.270g 5 (3)n(CaC2O4)=n(Ca2+)=31.0×10-3L×0.0200mol/L× =0.00155mol 2 0 . 120 g ? 80 . 0 % 其中 CaO2 所含的 n(Ca2+)= =0.00133mol 72.0 g / m ol
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

1 0.120g ? 80.0% 0.012g ? 2 : 1 x= : 2 72.0 g / m ol 18.0 g / m ol

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 =

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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

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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①2CO+O2 2CO2,②2H2+O2 2H2O, (x+y)mol CaCO3 ③2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2,④2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2 x mol Na2O ↑四个方程式可知:CO 和 H2 与 O2 燃烧后再和 Na2O2 反应 y mol NaOH z mol NaOH 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: 反应前固体共重 27.2g xmolNa2CO3(Na2O·CO2) ymolNaHCO( CO2) CaO 和 CO2 直接得 CaCO3 3 NaOH· (x+y)mol CaO (成分转换) z mol NaOH

与水反应后蒸干

反应后固体共 29 g (x+y)molCaCO3 (2x+y+z)molNaOH

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

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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。 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

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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) : Na K NaCl KCl 工业上
8500 C

溶点(℃) 97.8 63.7 801 770

沸点(℃) 883 774 1413 1500 升华

密度 (g/cm3) 0.97 0.86 2.165 1.984 生产金属钾

的化学方程式和条件是:KCl+Na ?? ?? 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

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(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

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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)

29 a ? b ? 2m 28

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
金点子:

镁铝方面试题的解题方法与技巧

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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 ( ) . W >W >W B . W =W >W C . W =W =W D . W3>W2>W1 2 1 3 1 2 3 1 2 3 A 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” 。 —1 8mol· L 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

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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:

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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 ( 石灰乳 电解 HCl A.海水 → Mg(OH)2 → MgCl2 → Mg B.海水 HCl → MgCl2 电解 → Mg 电解 C.海水NaOH → Mg(OH)2 → Mg
2 D.海水 Cl → MgCl2 电解 → 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+ — — — — — — 3+ 2+ C.OH 、Al 、Cl 、NO3 D.OH 、Ba 、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 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

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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: C 消石灰 A 循环使用

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铝 土 矿

A 高压,水蒸气

B 过滤

滤液通入 CO2

D

干燥 煅烧

E

电解 铝 冰晶石

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 赤泥 55% 15% 16% 48% 0% 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。

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(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 。

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:

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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 。

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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:① A+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 6.

3.BD

4.C

5.A

CO2+2AlO2-+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32CO2+CO32-+H2O=2HCO37.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

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