高三化学一轮复习专题20题型解决技巧doc高中化学

专题（20）：题型解决技巧【专题目标】熟悉高中常见题型掌握一般的解题方法及技巧【经典题型】选择题选择题是化学高考中广泛采用的一种题型。它具有构思新颖、灵活巧妙，知识容量大，覆盖面广，考试的客观性强，答题简单，评分容易、客观准确等优点。不但能用来考察考生根底知识的掌握程度，还能用来考察考生的思维敏捷性。总之，这类习题可衡量学生能否准确地运用根本概念、根本理论和根本计算来解答问题，对学生扎扎实实地打好根底、开展智力、培养能力都起一定作用。化学选择题的解法没有一个通用的解法。但不管哪种解法都要经过认真审题、析题、解题这几个环节。选择题的类型有多种，在构造上一般由题干和选项两局部组成。由于选择题是从题干的信息和选项中找出正确答案，因此解题方法上还是有其特点的。【题型一】直接法　　【例1】已知自然界氧的同位素有16O、17O、18O，氢的同位素有H、D，从水分子的原子组成来看，自然界的水一共有（A）3种（B）6种（C）9种（D）12种【点拔】：从水的分子组成（H2O）来看，3种氧原子分别与2种氢原子可构成6种水分子，此外，2种氢原子混合与3种氧原子又可构成3种水分子，因此自然界中的水一共有9种。即：H216O、H217O、H218O、D16O、D17O、D18O、HD16O、HD17O、HD18O。49/49\n【例2】以下离子方程式书写正确的选项是（A）FeCl2溶液中通入氯气：Fe2++Cl2Fe3++2Cl—（B）澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2++OH—+HCO3—CaCO3↓+H2O（C）FeS固体放入稀硝酸溶液中：FeS+2H+Fe2++H2S↑（D）AlCl3溶液中参加过量氨水：Al3++4OH—AlO2—+2H2O【点拔】：离子方程式的书写是高考化学中的一个常考点。根据质量守恒、电荷守恒及书写离子方程式的有关规那么对各个备选答案进展一一分析，即可全面作答。（A）中质量守恒，但电荷不守恒；（C）中稀硝酸具有强氧化性，其产物应为Fe3+、S、NO和水，其离子方程式与事实不符；（D）中氨水碱性比较弱，不可能和Al3+反响生成AlO2—，它们的反响产物应为氢氧化铝，因此该离子方程式也与事实不符。。【规律总结】根据题干所给的信息，直接求出答案，然后再跟选项比较找出正确选项。【稳固】1.混合以下各组物质使之充分反响，加热蒸干产物并在300℃灼烧至质量不变，最终残留固体为纯洁物的是（A）向CuSO4溶液中参加适量铁粉（B）等物质的量浓度、等体积的（NH4）2SO4与BaCl2溶液（C）等物质的量的NaHCO3与Na2O2固体（D）在NaBr溶液中通入过量氯气49/49\n2.短周期元素单质A和B中，分别参加足量的酸，在A中参加盐酸，在B中参加稀H2SO4，反响完全后，生成相同状况下的H2的体积分别为VA和VB，而且VA≠VB假设要确定反响生成物中A和B的化合价，至少还需知道的数据是　　　　　　　　　　A．VA∶VB的值B．VA或VB的值C．A或B的物质的量D．HCl和H2SO4的物质的量浓度【题型二】筛选法　　【例1】在pH=1的无色溶液中能大量共存的离子组是（A）NH4+、Mg2+、SO42—、Cl—（B）Ba2+、K+、OH—、NO3—（C）Al3+、Cu2+、SO42—、Cl—(D)Na+、Ca2+、Cl—、AlO2—【点拔】离子共存题是高考题的常考点之一。此题有两个限定条件，一是pH=1，说明溶液为强酸性溶液，二是无色溶液。按此两个条件再加上离子是否共存对各个选项进展逐项分析。（A）组离子在酸性条件下可以共存，且为无色，符合题意；（B）组离子为无色，可以共存，但其中的OH—与H+不能共存，应予排除；（C）组离子在酸性条件下可以共存，但其中的Cu2+在水溶液中显蓝色，也应排除；(D)组离子中AlO2—在酸性条件下会迅速水解而不能共存，也应排除。。【例2】水的状态除了气、液和固态外，还有玻璃态，它是由液态水急速冷却到165K时形成的，玻璃态的水无固定形状、不存在晶体构造，且密度与普通液态水的密度相同，有关玻璃态水的表达正确的选项是49/49\n（A）水由液态变玻璃态，体积缩小（B）水由液态变为玻璃态，体积膨胀（C）玻璃态是水的一种特殊状态（D）玻璃态水是分子晶体【点拔】此题是一个信息给予题，读懂信息是解题的关键。由题给信息知，玻璃态水的“密度与普通液态水的密度相同”，说明水由液态变玻璃态其体积不变；此外，“玻璃态水无固定形状，不存在晶体构造”，因而答案（A）（B）（D）错误，【规律总结】又称排除法或淘汰法。根据题干所给的条件和要求，将选项中不合题意的答案，逐个排除，加以淘汰，剩下来的就是正确答案。【稳固】1.在常温下，10mLpH==10的氢氧化钾溶液中，参加pH==4的一元酸HA溶液至pH刚好等于7（假设反响前后总体积不变），那么对反响后溶液的表达正确的选项是（A）c(A—)==c(K+)(B)c(H+)==c(OH—)＜c(K+)＜c(A—)（C）V总≥20mL（D）V总≤20mL2.拟除虫菊酯是一类高效、低毒、对昆虫具有强烈触杀作用的杀虫剂，其中对光稳定的溴氰菊酯的构造简式如右图：COOCNOBrBr以下对该化合物表达正确的选项是（A）属于芳香烃（B）属于卤代烃（C）在酸性条件下不水解（D）在一定条件下可以发生加成反响【随堂作业】49/49\n1.以下表达中，正确的选项是A、质子数相同的两微粒，一定属于同一元素B、只含一种元素的物质一定是纯洁物C、只含一种分子的物质一定是纯洁物D、生成了新物质的变化一定是化学变化2.在C4H10S中,S原子以两个单键与其它原子相连接,它具有的同分异构体的数目为A、7B、6C、5D、43.以下说法不正确的选项是A、增大某反响物的浓度，该反响速率一定加快B、在Fe与稀硫酸反响时，向其中滴加少量CuSO4溶液，生成氢气的速率加快。C、在Zn与稀硫酸反响时，向其中滴加少量CH3COONa溶液，生成氢气的速率加快。D、电解质溶液导电的过程实质上是在阴、阳两极发生氧化复原反响的过程。4.以下反响的离子方程式书写正确的选项是A、向澄清的石灰水中通入过量的CO2CO2+OH-=HCO3-B、向FeBr2溶液中通入少量Cl22Br-+Cl2=Br2+2Cl-C、向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2Ca2++2ClO-+2H2O+CO2===CaCO3↓+2HClOD、向氨水中通入少量SO2NH3•H2O+SO2===NH4++HSO3-49/49\n5.．①、②、③有三瓶体积相等，浓度都是1mol·L－1的HCl溶液，将①加热蒸发至体积减少一半，在②中参加少量CH3OOONa固体（参加后溶液仍呈强酸性），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＞②B、③＞②＞①C、③＝②＞①D、①＝②＝③6．甲、乙、丙、丁分别是Al2(SO4)3，FeSO3，NaOH，BaCl2四种物质中的一种，假设将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加那么沉淀消失，丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生，据此可推断丙物质是A、Al2(SO4)3B、NaOHC、BaCl2D、FeSO37．绿色化学对于化学反响提出了“原子经济性”（原子节约）的新概念及要求。理想的原子经济性反响是原料分子中的原子全部转变成所需产物，不产生副产物，实现零排放。以下几种生产乙苯的方法中，原子经济性最好的是（反响均在一定条件下进展）A＋C2H5Cl→＋HClB＋C2H5OH→＋H2OC＋CH2＝CH2→D→＋HBr；＋H2→8．以下说法正确的选项是A纳米材料是指一种称为“纳米”的新物质制成的材料B绿色食品是指不含任何化学物质的食品C生物固氮是指植物通过叶面直接吸收空气中的氮气D光导纤维是以二氧化硅为主要原料制成的49/49\n9．有人曾建议用AG表示溶液的酸度，AG的定义为AG＝lg（[H＋]/[OH－]）。以下表述正确的选项是A在25℃时，假设溶液呈中性，那么pH＝7，AG＝1B在25℃时，假设溶液呈酸性，那么pH＜7，AG＜0C在25℃时，岩溶液呈碱性，那么pH＞7，AG＞0D在25℃时，溶液的pH与AG的换算公式为AG＝2(7－pH)10．L–多巴是一种有机物，它可用于帕金森综合症的治疗，其构造简式如下：这种药物的研制是基于获得2000年诺贝尔生理学或医学奖和获得2022年诺贝尔化学奖的研究成果。以下关于L–多巴酸碱性的表达正确的选项是A既没有酸性，又没有碱性B既具有酸性，又具有碱性C只有酸性，没有碱性D只有碱性，没有酸性11．为了除去蛋白质溶液中混入的少量氯化钠，可以采用的方法是A过滤B电泳C渗析D参加AgNO3溶液，过滤12．R、X、Y和Z是四种元素，其常见化合价均为＋2价，且X2＋与单质R不反响；X2＋＋Z＝X＋Z2＋；Y＋Z2＋＝Y2＋＋Z。这四种离子被复原成0价时表现的氧化性大小符合AR2＋＞X2＋＞Z2＋＞Y2＋BX2＋＞R2＋＞Y2＋＞Z2＋CY2＋＞Z2＋＞R2＋＞X2＋DZ2＋＞X2＋＞R2＋＞Y2＋13．将40mL1.5mol·L－1的CuSO4溶液与30mL3mol·L－1的NaOH溶液混合，生成浅蓝色沉淀，假设溶液中[Cu2＋]或[OH－]都已变得很小，可忽略，那么生成沉淀的组成可表示为ACu(OH)2BCuSO4·Cu(OH)2CCuSO4·2Cu(OH)2DCuSO4·3Cu(OH)214．在原电池和电解池的电极上所发生的反响，同属氧化反响或同属复原反响的是A原电池的正极和电解池的阳极所发生的反响B原电池的正极和电解池的阴极所发生的反响C原电池的负极和电解池的阳极所发生的反响D原电池的负极和电解池的阴极所发生的反响15．在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢为原料制取氧气，当制得同温、同压下相同体积的氧气时，三个反响中转移的电子数之比为A1︰1︰1B2︰2︰1C2︰3︰1D4︰3︰216．碘跟氧可以形成多种化合物，其中一种称为碘酸碘，在该化合物中，碘元素呈＋3和＋5两种价态，这种化合物的化学式是AI2O3B12O4CI4O7DI4O917．以下各组物理量中，都不随取水量的变化而变化的是49/49\nA．水的沸点；蒸发水所需热量B．水的密度；水中通人足量CO2后溶液的pHC．水的体积；电解水所消耗的电量D．水的物质的量；水的摩尔质量18．在一支25mL的酸式滴定管中盛入0.lmol·L－1HCl溶液，其液面恰好在5mL的刻度处，假设把滴定管中的溶液全部放入烧杯中，然后以0.lmol·L－1NaOH溶液进展中和．那么所需NaOH溶液的体积A．大于20mLB．小于20mLC．等于20mLD．等于5mL19．具有单双键交替长链（如：…）的高分子有可能成为导电塑料。2000年诺贝尔（Nobel）化学奖即授予开辟此领域的3位科学家。以下高分子中可能成为导电塑料的是A聚乙烯B．聚丁二烯C．聚苯乙烯D．聚乙炔20.有一种磷的构造式是，有关它的以下表达不正确的选项是A．它完全燃烧时的产物是P2O5B．它不溶于水C．它在常温下呈固态D．它与白磷互为同分异构体21．将ag含NaOH样品溶解在bmL0.lmol·L-1的硫酸中，再参加cmL0.1mol·L－1的氢氧化钡溶液，反响后所得溶液恰好呈中性，那么样品中NaOH的纯度是（NaOH式量为40）A.[(b－c)／125a]×100％B.[(b－2c)／125a]×100％C．[(b－c)／250a]×100％D．[(8b－8c)／a]×100％49/49\n22．已知化合物B3N3H6（硼氮苯）与C6H6（苯）的分子构造相似，如以以下图：那么硼氮苯的二氯取代物B3N3H4CI2的同分异构体的数目为A．2B.3C.4D.623．以下具有特殊性能的材料中，由主族元素和副族元素形成的化合物是A．半导体材料砷化镓B．吸氢材料镧镍合金C．透明陶瓷材料硒化锌D．超导材料K3C6024．重金属离子有毒性。实验室有甲、乙两种废液，均有一定毒性。甲废液经化验呈碱性，主要有毒离子为Ba2＋离子，如将甲、乙两废液按一定比例混合，毒性明显降低。乙废液中可能含有的离子是ACu2＋和SO42－BCu2＋和Cl－CK＋和SO42－DAg＋和NO3－25．金属加工后的废切削液中含2～5%的NaNO2，它是一种环境污染物。人们用NH4Cl溶液来处理此废切削液，使NaNO2转化为无毒物质。该反响分两步进展：第一步：NaNO2＋NH4Cl→NaCl＋NH4NO2第二步：NH4NO2N2↑＋2H2O列对第二步反响的表达中正确的选项是①NH4NO2是氧化剂②NH4NO2是复原剂③NH4NO2发生了分解反响④只有氮元素的化合价发生了变化⑤NH4NO2既是氧化剂又是复原剂49/49\nA①③B①④C②③④D③④⑤第28届国际地质大会提供的资料显示，海底有大量的天然气水合物，可满足人类1000年的能源需要。天然气水合物是一种晶体，晶体中平均每46个水分子构建成8个笼，每个笼可容纳五个CH4分子或1个游离H2O分子。根据上述信息，完成下两题：26．以下关于天然气水合物中两种分子极性的描述正确的选项是A两种都是极性分子B两种都是非极性分子CCH4是极性分子，H2O是非极性分子DH2O是极性分子，CH4是非极性分子27．假设晶体中每8个笼只有6个容纳了CH4分子，另外2个笼被游离H2O分子填充，那么天然气水合物的平均组成可表示为ACH4·14H2OBCH4·8H2OCCH4·(23/3)H2ODCH4·6H2O28．C8H18经多步裂化，最后完全转化为C4H8、C3H6、C2H4、C2H6、CH4五种气体的混合物。该混合物的平均相对分子质量可能是A28B30C38D4029．世界卫生组织（WHO）将二氧化氯ClO2列为A级高效平安灭菌消毒剂，它在食品保鲜、饮用水消毒等方面有着广泛应用。以下说法正确的选项是（）A二氧化氯是强氧化剂B二氧化氯是强复原剂C二氧化氯是离子化合物D二氧化氯分子中氯为负1价我国某著名学者在潜心研究后认为：创造＝需要×(设想)2。这说明，设想在创造思维中起着重要作用。以下各题均与设想有关。30．“假设在宇宙飞船的太空实验室（失重条件下）进展以下实验，其中最难完成的是A将金粉和铜粉混合B将牛奶参加水中混合49/49\nC蒸发食盐水制取食盐晶体D用漏斗、滤纸过滤除去水中的泥沙31．学生用滤纸折成一只纸蝴蝶并在纸蝴蝶上喷洒某种试剂，挂在铁架台上。另取一只盛有某种溶液的烧杯，放在纸蝴蝶的下方（如图）。过一会儿，发现纸蝴蝶的颜色由白色纸蝴蝶上的喷洒液转变为红色，喷洒在纸蝴蝶上的试剂与小烧杯中的溶液是（）ABCD纸蝴蝶上的喷洒液石蕊酚酞酚酞石蕊小烧坏中的溶液浓盐酸浓氨水氢氧化钠溶液浓硫酸32．在烧杯中参加水和苯（密度：0.88g/cm3）各50mL。将一小粒金属钠（密度：0.97g/cm3）投入烧杯中。观察到的现象可能是（）A钠在水层中反响并四处游动B钠停留在苯层中不发生反响C钠在苯的液面上反响并四处游动D．钠在苯与水的界面处反响并可能作上、下跳动【经典题型】简答题简答题要求考生用简练的文字表述来答复以下问题。它具有取材广阔，内涵丰富，立意新颖，设问巧妙，思考容量大，能力要求高。而且常把识记、理解、实验、推论和计算等多方面、多层次的要求融于一题之中，往往具有一定的难度，对学生能力要求较高。49/49\n简答题是填空题的变形，即把空格变成问句，所以它们的功能根本相似。它不但用来考察考生的各种能力（理解能力、观察能力、思维能力、文字表达能力），还用来考察考生掌握知识的情况。不但用来考察考生是否“知其然”，还要考察考生能否“知其所以然”。解题时首先要紧扣题意，认真审题，抓住关键；其次答复以下问题时，不但要答复出“是什么”，重点还要答复出“为什么”，答复以下问题一般要表达“前提、理由、结论”的答题过程，切忌顾此失彼；最后联系题意综合分析、归纳，并作语言的加工提练，做到原理正确、答复切题、语言精练、意思完整。【题型一】因果分析法　　因果分析法要求根据题给事实或现象，进展分析、推理，并说明其原因或目的，最后阐述结果，作出正确答案。【例1】(1)明矾具有净水作用，但某些工厂用FeCl3代替明矾，简答FeCl3净水作用的原理。(2)用石灰抹墙有硬化过程，水泥砌墙也有硬化过程，比较其硬化原理。(3)在铸造工业中常将水玻璃与石英砂混合制成模具，然后将模具浸泡在NH4Cl溶液中使之定型，简答其工艺原理。【点拔】这是用元素化学知识解释实际生产中化学问题的简答题。根据题意分析，用AlCl3可净水，其原理是AlCl3为弱碱强酸盐，Al3+发生水解产生Al(OH)3胶体，其外表积大吸附水中杂质，达水净化目的。而FeCl3溶液中Fe3+49/49\n水解程度也很大，也能生成Fe(OH)3胶体，达净化水目的；石灰抹墙硬化是Ca(OH)2与空气中CO2反响，生成CaCO3的结果，而水泥硬化是硅酸盐与水作用，生成胶状物，胶状物发生凝聚，生成强度大的晶体的结果；定型固化：水玻璃成分是Na2SiO3水溶液，而SiO32-水解程度大，其溶液呈碱性SiO32-+2H2OH2SiO3+2OH-；NH4Cl溶液中，NH4+水解，溶液呈酸性，NH4++H2ONH3·H2O+H+。两溶液相遇，使两者水解平衡向正反响方向移动，生成不溶性H2SiO3把石英砂粘结起来，使之定型。此题主要考察分析、比较、逻辑思维，语言表达和灵活运用知识的能力。【例2】　酸雨主要是由燃烧含硫燃料时所排放的尾气中的SO2造成的。现每隔一定时间测定某份雨水样品的pH值：请答复：在测定时间里，雨水样品的PH值变小的原因。【点拔】这是有关SO2、H2SO3的性质联系实际的环境化学测试题，只要熟悉含硫燃料燃烧排放的SO2、H2SO3的性质，就能准确解答。在简答中可用化学方程式配合简要的文字加以说明。要注意SO2与H2O反响生成H2SO3，H2SO3既有弱酸性又有复原性，易被空气中O2氧化成H2SO4，而H2SO4为强酸，因此雨水的pH值减小。特别需注意pH值的不断减小，c(H+)不断增大，不应认为是SO2续溶解雨水中造成的，因空气中SO2含量不可能很大，而SO2在水中溶解度较大(1∶40)，雨水对SO2吸收不是缓慢进展。49/49\n【规律总结】　　简答题的解法没有固定的格式。化学简答题主要考察综合分析、比较、逻辑思维、语言表达和灵活运用知识的能力。解题的关键是把握说明的理论根据，然后搞清因果关系。表达时要求条理清晰，化学用语准确，文字表达简捷明了。【稳固】1.苏打和小苏打有着广泛的应用。试从反响物的消耗量角度说明在以下用途中选用苏打还是小苏打?为什么?(1)做面条时防止面粉较长时间储存变酸味,常参加适量的面碱,面碱就是，为什么不选用另一种?(2)作为泡沫灭火器中的药品,应选用原因是什么?2.BiCl3水解生成BiOCl沉淀.(1)写出水解反响的离子方程式_______________________(2)医药上把BiOCl叫作次氯酸铋,该名称________(填“合理”或“不合理”),其理由是___________________.(3)配制BiCl3溶液时,其方法是__________________________.(4)把适量固体BiCl3置于浓NaCl溶液可得到澄清溶液,其原因是__________________.【题型二】分析判断法此法要求考生根据题设情境先总结、归纳、分析、判断、统摄成规律性的结论，再按此结论来作出对限定条件下的判断、分析，最后得出结论。49/49\n【例1】已知有以下反响：(1)CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4(2)Br2+H2S=S↓+2HBr或4Br2+H2S+4H2O=H2SO4+8HBr依下述方法之一可以测定被污染空气中的H2S含量：将已知体积的空气通过溴水或CuSO4溶液并测定其电导变化(电导即溶液电阻的倒数，表示溶液的导电性能，当离子浓度不太大的时候，电导随离子浓度近似地成正比关系)。上述吸收剂之一可用来测定很大浓度范围的H2S含量(每立方米空气中含0－50毫升H2S)；而另一种吸收剂用于低浓度范围的H2S含量(每立方米空气中含0－5毫升H2S)，但是后者有很高的灵敏度。试指出分析情况下选择吸收剂的依据。【点拔】这题是信息给予题，也属于综合评价题，考察自学能力。通过阅读题干内容，分析出其中要点，即未学过的新知识：①电导与离子浓度有近似正比关系；②从题干中反响，H2S是弱电解质，反响后转化为强电解质。随反响进展，离子浓度不断增大，因此电导增大，故可测知H2S的含量；③两种吸收剂溶解度不同，CuSO4易溶于水，所配溶液浓度大，故可吸收H2S的量就大；而Br2在水中的溶解度有限，故吸收H2S的量就不大，两种吸收剂分别适合测定H2S浓度大范围及浓度小范围的要求。根据(1)反响，生成H2SO4溶液离子浓度大，即H2SO4完全电离H2SO4=2H++SO42-，1molH2SO4电离3mol离子，而原CuSO4也为强电解质完全电离CuSO4=Cu2++SO42-，1molCuSO4，电离出2mol离子，显然反响后离子总浓度增大，因此增大电导性能，而且CuSO4易溶，可配制浓度大的溶液，吸收H2S容量大，从而适用于测定高浓度范围的H2S的污染空气。由反响(2)可知由Br2吸收弱电解质H2S49/49\n后，生成2mol强电解质HBr(或1molH2SO4或8molHBr)，离子浓度明显增大，电导也随之增大，所以可以更准确测定H2S的含量(灵敏度大)。但因Br2水不能制得高浓度溶液，因此溶液吸收H2S容量有限，从而适用于测定低浓度范围的H2S污染空气。此题考察学生自学能力、综合分析、评价能力，题干给出材料新颖的信息知识，应通过阅读准确分析提供信息，透过现象分析本质，抓突破口，培养严密、科学的思维能力。【例2】解释以下实验问题：(1)浓盐酸易挥发，使产生的气体中含杂质HCl，为什么实验室还用浓盐酸与MnO2反响制Cl2而不使用稀盐酸？(2)实验室用电石制乙炔时，通常用饱和食盐水代替水，并且用分液漏斗控制参加？(3)实验室用Na2SO3固体和硫酸反响制取SO2气体时，既不用稀H2SO4，也不用浓H2SO4，而是用中等浓度的H2SO4，为什么？【点拔】(1)因为用稀盐酸与MnO2反响几乎得不到Cl2，所以尽管能引入杂质HCl也只好使用浓盐酸。制得氯气中的HCl杂质可用饱和食盐水除去。(2)电石CaC2与H2O反响生成C2H2气体是一个很剧烈的反响。所以应设法控制反响，适当降低速度。将H2O换成饱和食盐水，可以降低H249/49\nO分子的浓度、减慢反响速度。用分液漏斗控制参加，可以减小水与反响物的接触面积，减缓反响速度，使气体平稳放出。(3)SO2气体易溶于水，溶解度为1∶40，但比起HCl、NH3，又小得多。Na2SO3与H2SO4反响产生SO2气体，本质上是离子反响。所以使用浓H2SO4时，由于C（H+）太小(浓H2SO4中主要为H2SO4分子)，反响十分缓慢。但如果用稀H2SO4，反响体系中的水太多，SO2又不易逸出。所以用中等浓度的硫酸即可解决上述两方面的问题：既可保证有较快的反响，又可减少SO2损失。【规律总结】　考生在解题过程中，需要充分发挥由抽象到具体的演绎式的思维活动，这实际上是认识科学、认识自然的思维方法之一。【稳固】1.以下各种溶液中通入或参加少量物质,对溶液导电能力有何影响  (1)盐酸中通入少量NH3(2)氨水中通入少量HCl(3)醋酸中通入少量NH3(4)盐酸中参加少量AgNO32.1molH2燃烧时约放热286KJ,而每kg汽油燃烧时约放热46000KJ.而氢气却被公认是21世纪替代石化燃料的理想能源.请试述理由.3.近年来,某些自来水厂在用液氯进展消毒处理时还参加少量液氨,其反响的化学方程式为:NH3+HClO=49/49\nH2O+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:.【随堂作业】1.某热电厂地处多雨地带，使用的燃料煤中含有少量的硫，燃烧的气体未经处理即排放到空气中，又有局部发电用水未经冷却排入附近的河中，经观察其下游几十公里范围内的河水中鱼类几乎绝迹，试解释出现这种现象的原因。2..工业上制取CuSO4不是直接用浓硫酸与铜反响，而是将铜丝浸入稀硫酸中并不断由容器的下部吹入细小的空气泡，试分析这种制备方法的优点。3..大气中CO2增多会引起温室效应。空气中增多CO2的主要来源是什么?自然界中消耗CO2的主要过程是什么?4.我国南方某些地区的井水取来久置后，井水由澄清透明变成少量棕红色絮状沉淀积于缸底，水面浮着一层“锈皮”，当地居民常采用加明矾的方法处理。（1）井水久置后，水面浮着的一层“锈皮”的主要成分是（写化学式）。（2）用化学方法鉴别该井水的步骤是；离子方程式是。（3）用化学方法鉴别经明矾处理后的水的步骤是；离子方程式是。5.苏打和小苏打有着广泛的应用。试从反响物的消耗量角度说明在以下用途中选用苏打还是小苏打?为什么?(1)做面条时防止面粉较长时间储存变酸味,常参加适量的面碱,面碱就是，为什么不选用另一种?(2)作为泡沫灭火器中的药品,应选用原因是什么?49/49\n6.制氧化钾往往不直接用金属钾与氧气反响,而是用钾复原KNO3制得,该反响的化学方程式是:为什么要采用这种方法?7.切割钾的方法跟切割金属钠一样,但要特别小心,新切开的外表不能跟未切割的钾的外表接触,否那么会发生剧烈的反响而引起爆炸,试叙其原因:8.在碳酸钠饱和溶液中通入二氧化碳气体后有碳酸氢钠晶体析出，此反响的化学方程式是。碳酸氢钠之所以能析出的原因，除了它的溶解度比碳酸钠小以外，另两个与此有关的原因是（不考虑温度）。【经典题型】实验题题型特点　　实验题的形式繁多，它常把实验的根本操作，实验原理，实验现象、实验设计，元素化合物的性质，化学计算和推理融为一体进展考察。它具有知道面广，命题新颖，思考容量大，综合性强等特点。它不但能用来考察考生的观察能力，操作能力，分析能力和实验设计能力，还用来考察考生创造性思维能力和数据处理的能力。不仅要求考生知其然，还要知其所以然。因此实验题的解答要求高，难度较大。只有考生对实验题的功能，考察范围，考察特点弄清弄懂，才能理顺解答实验题的思路。实验题解题方法49/49\n　　实验题的解法没有固定的格式。解这类题时，只要从实验原理入手，结合具体实验题目的特点，根据题给信息，认真审题，抓住题眼，就能很快地理顺解答的思路和方法。【题型一】化学实验根本操作用正确的化学实验根本操作完成某项实验任务，是历年高考化学实验考察的重点内容之一。【例1】欲用亚硫酸钠和硫酸制取0.5mol的二氧化硫气体，要用以下仪器来组装气体发生装置，应选用的仪器是()A．试管B．烧瓶C．烧杯D．集气瓶【点拔】中学阶段常见的容器和反响器有：试管、烧杯、烧瓶、锥形瓶、坩埚、蒸发皿、集气瓶、试剂瓶、滴瓶、启普发生器等。要求掌握这些仪器的主要用途和使用本卷须知，如能否直接加热、所装试剂的量等。此题所给仪器都可做反响容器，但烧杯、集气瓶一般不用来装配气体发生装置，试管和烧瓶都可以做反响容器，但试管适用于少量物质间的反响，而烧瓶可适用于较多量物质间的反响，现欲配制0.5mol二氧化硫气体，至少需亚硫酸钠固体63g，故应选烧瓶。【例2】为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙,可将粗盐溶于水,然后进展以下五项操作:①过滤,②加过量NaOH溶液,③加适量盐酸,④加过量Na2CO3溶液，⑤加过量BaCl2溶液.正确的操作顺序是A．①④②⑤③B．④①②⑤③C．②⑤④①③D．⑤②④①③49/49\n【点拔】在有多种杂质存在的情况下，要搞清所加试剂与被除杂质的对应关系，同时还要注意到，在实际操作中，通过参加适量的试剂除去杂质几乎是做不到的，因此，所加每一种试剂一般都是过量的，后加的试剂既要除去杂质，又要除去前面所加的多余的试剂，所以一定要确定出合理的除杂顺序。此题主要考察粗盐提纯的操作顺序。从所用试剂和粗盐中的杂质可知：用BaCl2可沉淀SO42-，Na2CO3可沉淀Ca2+，NaOH可沉淀Mg2+，但由于所加试剂过量，因此，最后必须除去所加的多余的试剂。从所用试剂看，多余的Na2CO3和NaOH可用盐酸除去，多余的BaCl2可用Na2CO3生成BaCO3沉淀来除去，因此在参加试剂时，BaCl2必须在加Na2CO3溶液以前参加，盐酸用来除去Na2CO3和NaOH，但又会溶解Mg(OH)2、CaCO3沉淀,故必须在过滤后参加到滤液中.从以上分析知:粗盐提纯的关键是①、③必须在最后,⑤必须在④的前面.因此正确的答案是C、D。【规律总结】这类试题的特点通常是给出限定的仪器、药品和一些操作步骤，要求正确完成某项实验操作，从而考察考生化学实验操作的能力。【稳固】1.某学生做完实验后，采用以下方法分别清洗所有仪器：①用稀硝酸清洗做过银镜反响的试管；②用酒精清洗做过碘升华的烧杯；③用浓盐酸清洗做过高锰酸钾分解实验的试管；④用盐酸清洗长期存放过三氯化铁溶液的试剂瓶；⑤用氢氧化钠溶液清洗盛过苯酚的试管，你认为他的操作（）A．②不对B．③④不对C．④⑤不对D．全部正确2.某同学在实验报告中有以下实验数据①用托盘天平称取11.7gNaCl②用量筒量取5.26mL盐酸；③用广泛pH试纸测得溶液的pH是3.5；④用标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸用去23.10mLNaOH溶液，其中数据合理的是()A．①④B．②③C．①③D．②④3.一般所谓无水乙醇，含乙醇约99.5%.49/49\n当特殊需要而要求进一步去水时，常采用如下操作：置5克镁条和0.5克碘(碘作催化剂)于一恰当容量的烧瓶中，倾入50～75毫升无水乙醇，逐渐加热，此时有小气泡不断从混和液中逸出。继续加热回流直至镁条完全溶完，成为乳白色浆液。再倾入900毫升无水乙醇，回流30分钟，然后直接蒸出乙醇，这样得到的乙醇其含量可以到达99.95%.试答复：(1)上述操作所需烧瓶应选用容积为（）(选填以下序号)A.2升B.1升C.0.5升D.0.2升作出以上选择的理由是(2)写出主要的反响方程式(有机物写构造简式)【题型二】化学实验原理　　此类试题主要考察考生的观察能力、思维能力、判断能力与理论联系实际的能力。【例1】用金属钠制取氧化钠通常采用下法：2NaNO2+6Na=4Na2O+N2↑，试说明为什么用此法制取氧化钠比直接钠氧化法好。【点拔】这题属于信息给予题，解答中必须紧扣题干Na2O制取反响式：2NaNO2+6Na=4Na2O+N2↑，反响中生成N2这一重要信息，才可找出答案：Na2O在N2气中不被氧化，从而分析出Na直接氧化法缺乏之处；无论金属钠是在氧气中点燃，还是在空气中氧化，因生成的Na2O极不稳定，会进一步氧化生成Na2O2，即2Na+O2Na2O2，而实际上得不到纯Na2O。【例2】49/49\n（1）在一盛有Ba(OH)2溶液的烧杯中漂浮着一小木块，小心地向烧杯中滴加与Ba(OH)2溶液密度相同的稀硫酸，静置后小木块浸入水中的体积开场（）。A．不变B．增大C．减小D．无法判断（2）写出所发生的化学反响的方程式。（3）假设将一试管如右图所示倒立于同一Ba(OH)2溶液中，在滴入稀硫酸的前后，试管内外液面的高度差将（）（设反响过程中温度不变，且反响后试管仍然漂浮）。　A．不变B．变大C．变小D．无法判断【点拔】本例属物理、化学综合题。题目巧妙地把化学和物理融于一体，综合运用物理的阿基米德定律、物体浮沉条件及化学的复分解反响知识。解答此题的关键是两物质发生复分解反响，判定沉淀物生成，再由物理知识正确求解。（1）滴入稀硫酸后，溶液要发生中和反响：Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O。反响生成物为BaSO4沉淀和水。由于原来的的Ba(OH)2溶液的密度比水要大，所以反响后的溶液密度应该比原来小。由木块受力平衡有（大小不变）。又由阿基米德定律 可知：将变大。（3）以试管底为研究对象，设试管横截面积为，反响后试管内气体压强为，做出其受力分析图如右所示。由其受力平衡有49/49\n由于试管重力不变、外界大气压强不变，故可知反响后试管内气体的压强不变。再以试管中液面为研究对象，设液面处液体压强为，做出其受力分析图如右所示，由受力平衡有所以知试管中液面处液体压强不变。又有在上式中由（1）分析可知反响后的溶液密度变小，所以最终可得出：试管内外的液面差应该变大。【规律总结】这类试题通常要给出限定的实验装置、反响条件、实验现象和有关数据，要求考生根据实验原理，结合元素化合物知识，选用仪器药品，写出有关的化学方程式，进展数据处理，说明理由等。【稳固】1.试预测在C6H5ONa（苯酚钠）溶液中逐滴参加FeCl3溶液，可能出现哪些现象，可能发生哪些反响.水氨气图1图22制取氨气并完成喷泉实验（图中夹持装置已略去）。⑴.写出实验室制取氨气的化学方程式：________________________________________________________。49/49\n⑵.收集氨气用____________法，要得到枯燥的氨气可选用___________作枯燥剂。⑶．用图1装置进展喷泉实验，上部烧瓶已装满枯燥氨气，引发水上喷的操作是___________________________。该实验的原理是___________________________________________________________。⑷.如果只提供如图2的装置，请说明引发喷泉的方法。【题型三】化学实验设计　　这类试题的特点是利用已知的仪器装置，要求根据实验目的或给出的药品，将气体制备，除杂提纯或设计操作程序与仪器连接，定量计算结合起来，考察考生设计实验，根本操作、数据处理的能力或评价实验方案优劣的能力。【例1】.如何用实验证明一无色晶体是明矾？【点拔】　明矾的组成可表示为：KAl(SO4)2·12H2O或K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O，要求用实验的方法分别确定出该晶体中含K+、Al3+、SO42-及H2O。并简要地写明实验方法、现象及其结论和必要的反响方程式。【例2】水蒸气通过灼热的煤所产生的混合气，其主要成分是CO、H2，还含有CO2和水蒸气。请用图中装置设计一个实验，以确认上述混合气中含有CO和H2。49/49\n(1)连接图中装置的正确顺序是：(填各接口的代码字母。)混合气—→（）（）接（）（）接（）（）接（）（）接（）（）。(2)确认混合气中含有H2的实验现象是____________；其理由是___________。[点拔]检验H2是使其转化成水后用无水CuSO4检验；检验CO是使其转化成CO2后用澄清石灰水检验。但是题中原混合气体中就含有水蒸气和CO2，因此先除去混合气中的这两种气体，是完成此题的关键所在。【规律总结】这类试题的特点是给出新情境（主要是中学课本中未介绍过的新反响或未见过的新装置），结合仪器组装，物质的性质或制法，实验现象描述或分析等已有知识提出问题，考察考生承受新信息，运用所学知识进展联想、迁移、分析、重组来解决实验问题的能力，同时还考察了考生的观察能力、思维能力和自学能力。【稳固】1.分别由聚乙烯、聚氯乙烯为原料制成的两种塑料袋，如何用化学方法鉴别之49/49\n2.不用焰色反响，如何鉴别NaCl和KCl两种无色晶体？简述实验原理、实验步骤以及实验用品。3.欲在室温和1.01×105Pa条件下测定镁的原子量。请利用图给定的仪器(盛放镁条的隔板有小孔)组装成一套实验装置(每种仪器只允许用一次)。请答复以下问题：(1)假设气流方向为左→右，那么各仪器的接口连接的先后顺序为(用小写字母填写)______。(2)连接好仪器后，要进展的操作有以下几步：①待仪器B中的物质恢复至室温时，测量量筒C中水的体积(假设假定将测定的体积换算成标准状况下为VmL)；②擦掉镁条外表的氧化膜，将其置于天平上称量(假定其质量为mg)，并将其投入试管B中；③检查各装置的气密性；④旋开仪器A上分液漏斗的活塞，当镁条完全溶解时再关闭活塞。上述几步操作的先后顺序是______。(3)根据实验数据可算出镁的原子量，其数字表达式为______。(4)假设未将试管B冷却至室温就测量量筒C中水的体积，这将会使所测镁的原子量数据(填偏高、偏低或无影响)______。49/49\n(5)假设未擦净镁条外表氧化膜就进展实验，这将会使所测镁的原子量数据(填偏高、偏低或无影响)______。【随堂作业】1、以下实验能获得成功的是（A）用含结晶水的的醋酸钠和碱石灰共热制甲烷气体（B）将铁屑、溴水、苯混合制溴苯（C）在苯酚溶液中滴入少量稀溴水出现白色沉淀（D）将铜丝在酒精灯上加热后，立即伸入无水乙醇中，铜丝恢复成原来的红色2.以下贮存物质的方法正确的选项是　　　　　　　　　　　　　　　[　　　]A．少量白磷贮存在二硫化碳中B．氢氧化钠贮存在带玻璃塞的试剂瓶中C．少量的钠贮存在酒精中D．硝酸银贮存在棕色试剂瓶中3.设计了五种制备气体的方案：①加热稀硫酸和乙醇制备乙烯②加热稀盐酸和二氧化锰制备氯气③用稀H2SO4和大理石制备CO2④用稀硝酸和硫化亚铁制备H2S⑤用稀H2SO4和食盐共热制备HCl不宜采用的方案有哪些？　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　[　　　]A．只有①和②B．只有②和③C．只有④和⑤D．①②③④⑤49/49\n4.以下各组溶液，不用其他试剂，就可以将它们区别开的是　[　　　]A．盐酸、氢氧化钠、碳酸钠、硫酸钠B．盐酸、硝酸镀、氢氧化钠、硝酸钠C．氢氧化钠、硫酸镁、碳酸钠、硫酸氢钠D．氯化钡、硫酸钠、氯化钙、硝酸钙5.给150mL某液体加热的操作中，所需的仪器是　　　　　　　　[　　　]①试管；②烧杯；③酒精灯；④试管夹；⑤石棉网；⑥泥三角；⑦坩埚；⑧铁三角架。A．③⑥⑦⑧　　　　　　B．②③⑤⑧C．①③④⑤　　　　　　D．②③⑤⑥6.以下贮存物质的方法正确的选项是　　　　　　　　　　　　[　　　]A．少量白磷贮存在二硫化碳中B．氢氧化钠贮存在带玻璃塞的试剂瓶中C．少量的钠贮存在酒精中D．硝酸银贮存在棕色试剂瓶中7.以下实验操作错误的选项是　　　　　　　　　　　　　　　[　　　]A．用胶头滴管加液时，可以伸入试管中但不要接触试管壁B．蒸馏盛在烧瓶中含水的酒精，需在瓶内放一些碎瓷片C．温度计插入液体测量温度的同时，又用它搅拌液体D．用容积100mL的量筒量取80mL无水乙醇，使液面最低点至刻度80mL处49/49\n8某学生的实验报告中有以下数据：①用托盘天平称取11.7g食盐；②用量筒量取21.48mL盐酸；③用容量瓶配制216mL1mol／L硫酸溶液；④用标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，用去21.20mLNaOH溶液。其中数据合理的是　　　　[　　　]A．①④　　　　　　　　　　　　　　　　B．②④C．①③　　　　　　　　　　　　　　　　D．②③9.洗涤以下试管时，选用的试剂(括号中的物质)不妥当的是　　　[　　　]A．做过KMnO4分解反响实验的试管(浓盐酸)B．做过木炭复原氧化铜实验的试管(硝酸)C．做过银镜反响实验的试管(氨水)D．做过Na2S2O3和稀硫酸反响的试管(二硫化碳)10.以下实验操作中，仪器需插入液面下的有：①制备Fe(OH)2，用胶头滴管将NaOH溶液滴入FeSO4溶液中；②制备氢气的简易装置的长颈漏斗；③别离石油时控制温度所用的温度计；④用水吸收氨气时的导管口；⑤向试管中的BaCl2溶液中滴加稀硫酸。A．③④⑤　　　　　　　　　　　　　　　B．②⑤C．①②　　　　　　　　　　　　　　　　D．①②③④⑤11如图装置中，假设关闭活塞，那么品红溶液无变化，石蕊试液变红，石灰水变浑浊。假设翻开活塞，那么品红褪色，石蕊试液变红，石灰水变浑浊。据此判断气体和广口瓶中盛放的物质是　[　　　]49/49\nA．H2S和浓H2SO4B．SO2和NaHCO3溶液C．Cl2和NaHCO3溶液D．Cl2和氯水12对未知无机盐溶液里所含的离子作鉴定。根据以下实验做出的判断不一定正确的选项是[]A．参加BaCl2溶液有白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不溶解，那么原溶液中含有SO42-离子B．向溶液中加稀HNO3酸化，再加AgNO3溶液，有白色沉淀，那么原溶液中含有Cl-离子C．向溶液中加盐酸有无色能使石灰水变浑浊的气体逸出，那么原溶液中含有CO32-离子D．参加NaOH溶液，微热时有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体放出，那么溶液中含有NH4+离子13以下三个问题均与图实验装置有关，请选择A～D序号填入空格中。(1)制取某无色非金属氧化物气体时，烧瓶X内的药品应是[]A．铜和稀硝酸B．铜与浓硝酸C．碳酸钙与稀硫酸D．亚硫酸钠和浓盐酸(2)洗气瓶Y中所装的液体应是(不允许非水杂技混在气体中)[]A．浓硫酸B．NaOH溶液C．饱和NaHSO3溶液D．NaHCO3溶液49/49\n(3)检验集气瓶乙是否集满气体，置于瓶口的滤纸应沾上的溶液是[]A．BaCl2溶液B．酸性KMnO4溶液C．KI淀粉试纸D．澄清石灰水14.现有A、B、C、D、E、F六瓶未知液，它们分别是MgSO4、BaCl2、(NH4)2CO3、AgNO3、HBr、NaOH。为了区别它们，各取少量溶液进展两两混合试验，结果如下表。“↓”表示沉淀，“↑”表示气体，“-”表示无明显现象。试推断A是______，B是______，C是______，D是______，E是______，F是______。15..实验室中有一瓶KCl和CaCl2的固体混合物，通过下述实验方法可以确定该混合物中KCl和CaCl2的质量比，也可得纯洁的氯化钾。根据实验步骤填写以下空白。实验步骤：49/49\n(1)调整零点时，假设指针向左偏转，应将左边的螺丝帽向______旋动。(2)某学生用已知质量yg的外表皿，准确称取wg样品。他在托盘天平的右盘上放入(w+y)g砝码，在左盘的外表皿中参加样品，这时指针偏向右边(如右图所示)，下面他的操作应该是______使______。(3)参加的A是______，检验A是否过量的方法是______。(4)过滤时，某学生的操作如左图所示，其中的错误是______。(5)滤液中参加的B物质是______，其过量的理由是______。(6)为了检验沉淀是否洗净，应在最后几滴洗出液中参加_____，假设______，说明沉淀已洗净。(7)得到的固体C是______。(8)该混合物中KCl与CaCl2质量比的计算式为______。49/49\n【经典题型】计算题化学计算题题型特点　　化学计算是从量的方面来反映物质的组成、构造、性质及其变化规律的，是历年高考化学试题的压轴题，它具有情境新颖，信息量大，化学知识丰富，复盖面广，综合性强等特点。它不但能用来考察考生的思维能力和自学能力，还用来考察考生应用各方面知识进展逻辑思维、抽象思维、推理判断和分析综合的能力。因此这类试题区分度较大，易于把考生不同的知识和能力水平区分开来，具有选拔优秀学生的功能，比其它几种题型难度大，要求高。化学计算解题方法　　化学计算内容繁多，千差万别，其解法也没有一成不变的解题模式。但不管哪种解法都要经过认真审题、析题、解题这几个环节。　　①认真审题，挖掘题给信息，明确试题的已知条件是什么，需求什么。　　②析题就是在审题的根底上，运用有关的化学概念对题目进展分析和解剖，找出已知条件和未知条件之间量的关系，探求解题的突破口和解题途径。　　③确定解题途径后，列出各步算式，然后计算求解。【题型一】差量法49/49\n【例1】在2只盛有100mL1mol/L盐酸的烧杯中，分别参加ag碳酸镁、bg小苏打，反响完全后，两烧杯中的溶液质量仍相等，那么a与b的关系中正确的选项是　　[　　　]A．a＝b＞4.2gB．a＞b＞6.2gC．a＝6.2g，b＝8.4gD．a＝b＜4.2g【点拔】　等量的酸和不同的金属(或盐)反响，要保持溶液质量相等，实际上是要求投入溶解的金属质量减去反响后离开溶液的气体质量的差值相等。由于此题提供的酸是一具体数量，而不同盐的质量是变量，因此要从量上进展讨论。HCl物质的量为0.1L×1mol/L=0.1mol，MgCO3+2HCl==MgCl2+CO2↑+H2O84g　　2mola=4.2g　0.1molNaHCO3+HCl==NaCl+CO2↑+H2O84g　　1molb=8.4g　0.1mol当a=b＜4.2g时，MgCO3和NaHCO3均缺乏，放出的CO2均按盐的量计算，由于MgCO3和NaHCO3的摩尔质量相同，且每摩尔盐完全反响均放出1molCO2，所以此时放出CO2的量也相等，反响后两烧杯中的溶液质量仍相等，满足题目要求。当a=b＞4.2g时，由上述分析可知MgCO3过量，NaH-CO3缺乏，此时两边放出CO2的量不相等，因此反响后两烧杯中溶液质量不可能相等。当a=6.2g，b=8.4g时，MgCO3有余，放出CO2的量按HCl的量计算为2.2g，NaHCO3和HCl恰好反响完，放出CO24.4g，反响后加MgCO349/49\n的烧杯中质量增加为6.2g-2.2g=4g，加NaHCO3。的烧杯中质量增加为8.4g-4.4g=4g，也满足题目要求。用类似方法分析知当a＞b＞6.2g时，反响后两烧杯中的溶液质量也不相等。【例2】200℃时，11.6gCO2和H2O蒸气的混合气体与足量的Na2O2充分反响后，固体质量增加了3.6g，求原混合气体的平均相对分子质量为多少？【点拔】　Na2O2与CO2、H2O反响，其化学方程式如下：2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2↑2Na2O2+2H2O==4NaOH+O2↑在解题过程中，如果我们从不同角度对上述反响方程式进展分析，往往会给我们许多启发，从而使解题过程简化。(1)假设我们从反响前后气体体积变化的角度来分析，那么由上述反响方程式可知2CO2～O2，2H2O～O2，因此可推出一定物质的量的CO2和H2的混合气体，不管它们以任何比例混合，混合气体与Na2O2固体充分反响以后，产生的O2的物质的量是原混合气体总物质的量的一半。(2)假设从反响前后固体质量的变化进展分析，Na2O2与CO2反响，从1molNa2O2变为1molNa2CO3固体物质增重的质量为1molCO的质量。同样Na2O2与H2O反响，从1molNa2O2变为2molNaOH，固体物质增重的质量为1molH2的质量，如果反响前CO2和H2O混合气体的质量为ag，而反响前后固体物质质量增重为bg，那么(a-b)g应是产生的O2的总质量。49/49\n在解此题时，如果我们按(2)并结合(1)的思考方式，那么解题过程就大大简化。【规律总结】化学反响中，物质在量（质量、物质的量、气体体积、压强等）的方面常常发生一些变化，而这种变化的差值--差量，必然与反响物或生成物的量存在某种比例关系。利用这种比例关系进展计算的方法，叫差量法。【稳固】固体复盐化学式是mKCl·MgCl2·nH2O，取此样品3.33g，加热使其失去全部结晶水，质量变成2.03g，把剩余固体溶于水并参加过量氢氧化钠溶液，滤出的沉淀物经枯燥后加强热，发现质量减轻了0.216g，那么复盐中m、n值分别为多少？【题型二】平均值法【例1】0.03mol铜完全溶于硝酸，产生氮的氧化物（NO、NO2、N2O4）混合气体共0.05mol。该混合气体的平均相对分子质量可能是（A）30（B）46（C）50（D）66【点拔】：设生成的气体产物中NO、NO2、N2O4的物质的量分别为x、y、z按极限思维的观点，将三组分体系转化为二组分体系。①假设气体产物中只生成NO、NO2的混合物。那么由3Cu～2NOCu～2NO232123/2xxy/2y依题意：3/2x+y/2==0.03molx+y==0.05mol解得：x==0.005mol49/49\ny==0.045mol0.005mol×30g/mol+0.045mol×46g/mol0.05mol==44.4g/molM1==②假设气体产物中只生成NO2、N2O4的混合物那么由Cu～2NO2Cu～N2O4y/2yzz依题意：y/2+z==0.03moly+z===0.05mol解得：y==0.04molz==0.01mol0.004mol×46g/mol+0.01mol×92g/mol0.05mol==55.2g/molM2==∴M1＜M＜M2，即44.4＜M＜55.2。【例2】将金属元素钠在空气中燃烧，生成Na2O与Na2O2的混合物。取该燃烧产物7.48g溶于水制成1000mL溶液，取出10mL用0.1mol/L的盐酸中和，用去盐酸20mL，由此可知该产物中Na2O的质量分数约为　　　[　　　]A．16.6％B．20％C．80％D．78.4％【点拔】由盐酸和NaOH反响的化学方程式知：Na2O与Na2O2混合Na2O+H2O==2NaOH1mol　　　　2mol2Na2O2+2H2O==4NaOH+O2↑1mol　　　　　2mol分子量为74.8，由十字穿插法：49/49\n所以，nNa2O∶nNa2O2=3.2∶12.8=1∶4，即Na2O物质的量分数为20％，由Na2O和Na2O2的分子相对质量知Na2O的质量分数一定小于20％【规律总结】所谓平均值法是一种将数学平均原理应用于化学计算的解题方法。它所依据的数学原理是：两个数M1和M2（M1＞M2）的算术平均值M一定介于二者之间，即M1＞M＞M2。所以，只要求出平均值M，就可知道M1和M2的取值范围，结合题给条件即可迅速求出答案【稳固】含有1.4g某碱金属及其氧化物的混合物，跟水完全反响后蒸干溶液得不含结晶水的固体1.79g，那么该混合物中碱金属的质量分数为　　　　　　　[　　　]A．25.7％B．35.2％C．44.5％D．64.5％【题型三】守恒法【例1】将12.4g碱石灰制成溶液，参加13.7gNa2CO3和NaHCO3，反响后得沉淀15g,经测定,反响后溶液中不含Ca2+、CO32+、HCO3－。求(1)CaO和NaOH各多少g？(2)Na2CO3和NaHCO3各多少g？【点拔】运用守恒法解题既可防止书写繁琐的化学方程式，提高解题的速度，又可防止在纷纭复杂的解题背景中寻找关系式，提高解题的准确度。据题意CaO和Na2CO3、NaHCO3均全部转化为CaCO3沉淀，据Ca原子和C原子两种原子的守恒关系，便可列出关系式：nCaO=nCa(OH)2=nCaCO3=nNa2CO3+nNaHCO3可得关系式：CaO～CaCO3～(Na2CO3+NaHCO3)56g　　　　　100g　　　　　　　　1mol49/49\nx　　　　　　　15g　　　　　　　　　y解得x=8.4gy=0.15mol所以mNaOH=12.4g-8.4g=4g设Na2CO3物质的量为a，那么NaHCO3物质的量为0.15mol-a106g/mola+84g/mol×(0.15mol-a)＝13.7g解得a=0.05mol所以mNa2CO3=0.05mol×106g/mol=5.3gmNaHCO3=13.7g-5.3g＝8.4g。　【例2】为了测定某铜银合金的组成，将30.0g合金溶于80mL13.5mol/L的浓HNO3中，待合金完全溶解后，收集到气体6.72L(标准状况)，并测得溶液的pH=0，假设反响后溶液的体积仍为80mL，试计算：(1)被复原的硝酸的物质的量。(2)合金中银的质量分数。【点拔】　(1)HNO3与金属反响时复原得到的产物是NO或NO2，由于题设收集到的气体在标准状况下的体积是6.72L，不管其中NO和NO2的相对含量各是多少，其物质的量之和应该跟被复原HNO3的物质的量相等，即(2)由反响后溶液的pH值可知溶液中余下HNO3的浓度和溶质HNO3的物质的量，由题目已知条件可求得HNO3总物质的量和参加反响的HNO3物质的量，将参加反响的HNO3的量减去第(1)小题所求得的被复原HNO3的物质的量，就是反响中跟生成的Ag+和Cu2+形成硝酸盐的NO3－的物质的量。然后列式求解。【规律总结】化学反响的实质是原子间的重新组合，故在反响前后总质量不变，某元素或原子间的质量或物质的量不变，某元素的原子间的的质量或物质的量不变，这是守恒法解题的依据。49/49\n化学反响中存在许多守恒关系（如质量守恒、电子守恒、电荷守恒、原子个数守恒、离子守恒、物质的量守恒等）。抓住这些守关系，将其运用于化学计算，即为守恒法。　守恒法的优点是基于反响前后呈守恒关系的量，不去探究中间变化过程的分析，因此这是一种整体思维方式，具有快速简捷解答计算题的特点。　守恒法是化学计算最根本的方法，建立各种计算关系的本质依据是守恒规律，其它方法和技巧都是守恒法衍生出来的。　　①质量守恒法　质量守恒法是根据化学反响前后反响物的总质量与生成物的总质量相等的原理，进展计算或推断的一种方法。应用范围较广泛。　　②电子守恒法　电子守恒法是根据氧化复原反响中电子得失数目相等的原那么，进展推导和计算。　　③电荷守恒法　电荷守恒法是利用反响前后离子所带电荷总量不变的原理。进展推导或计算的方法。　【稳固】22.由人尿别离出来的结晶化合物A的熔点为187～188℃。对A做以下实验：①测得A的蒸气密度为8.0g/L(已折合成标准状况)，取17.92gA完全燃烧，生成的气体通过浓硫酸，浓硫酸增重8.10g49/49\n。剩余气体通过碱石灰，气体质量减轻39.6g;另取17.92gA完全分解，可得标准状况下氮气1.12L，试通过计算确定A的化学式②又知A和足量6mol/L盐酸混合加热可以完全水解，1molA水解生成1molB和1molC，已知A、B、C三物质均含有一个羧基，B物质仍由碳、氢、氧元素组成，其物质的量之比为7：6：2;C俗称甘氨酸，试写出化合物A、B、C的构造式。　【题型四】数形讨论法【例1】　有NH4HCO3、NH4Cl、Na2CO3·xH2O混合物11.62g，参加44mL5mol/L过量NaOH溶液共热，放出气体通过碱石灰后测得为3.36L(标准状况)，向上述溶液中参加30mL2.5mol/LH2SO4，并加热使气体全部排出，测得体积为1.344L(标准状况)，最后把所得溶液稀释到100mL，测得pH=1，求原混合物中各物质的量和x的数值。【点拔】　此题涉及的化学反响较多，我们可用图示表示如下：假设按常规方法来解，那么比较繁琐，但如假设我们抓住反响前后N元素、C元素以及溶液中离子电荷的守恒关系，由守恒关系列方程，解题那么往往较简捷。【解题过程】设混合物中NH4HCO3、NH4Cl、Na2CO3·xH2O的物质的量各为a、b、c。那么由总质量可得49/49\n79g/mol·a+53.5g/mol·b+(106g/mol+18g/mol·x)c＝11.62g①因最终得到的是Na2SO4、H2SO4、NaCl的混合液，故由溶液中离子电荷守恒得：2c+5mol/L×0.044L+0.1mol/L×0.1L=2×2.5mol/L×0.03L+b　　　　　　　　　　　　　　　④解　联立方程式①②③④得：【例2】在100mLNaOH溶液中参加NH4NO3和(NH4)2SO4的固体混合物，加热充分反响，如图表示参加的混合物质量与产生的气体体积(标准状况)的关系。试计算(1)NaOH溶液的物质的量浓度。(2)当NaOH溶液的体积为140mL，固体混合物的质量是51.6g时，充分反响后，生成气体的体积在标准状况下为多少L。(3)当NaOH溶液的体积为180mL，固体混合物的质量仍为51.6g时，充分反响后，生成气体的体积在标准状况下为多少L？49/49\n【点拔】　(1)由图中折线所对应的纵、横坐标得知，对于100mLNaOH溶液而言，随着铵盐的参加量增加，放出的NH3的体积也增大；但当铵盐的参加量超过34.4g以后，NH3的体积不再变化，说明100mLNaOH溶液跟34.4g铵盐恰好完全反响。(2)为计算140mLNaOH溶液跟51.6g固体铵盐混合物反响后生成的NH3的体积，首先应判断这两种作用物中何者为过量试剂，具体计算时可根据第(1)小题中的量按比例计算。(3)题计算方法与第(2)题相仿。【解题过程】(1)从图上看出34.4g混合物和100mLNaOH溶液恰好完全反响生成11.2LNH3，消耗的NaOH的物质的量为(2)由于34.4g固体恰好跟100mLNaOH溶液完全反响，那么跟51.6g固体反响时需要的NaOH溶液体积为所以，140mLNaOH溶液是缺乏量的，计算NH3的体积应以它为准。生成的NH3的体积为49/49\n(3)由第(2)小题得知，51.6g铵盐固体混合物完全反响时需要150mLNaOH溶液，题设NaOH溶液体积为180mL，所以铵盐混合物是缺乏量的。生成NH3的体积为【规律总结】数形讨论法就是将题目中各种信息转变为数学条件，边计算边讨论足量、适量、过量、不过量等各种边界条件，得用不等式、不定方程、几何定理、数轴、图像等数学工具，灵活机智地将化学问题抽象成为数学问题，或者是将隐含的信息变为数学的边界条件，进展讨论以解决化学问题。【稳固】　1.一定量的NH3和Cl2可进展以下反响：2NH3+3Cl2==N2+6HCl，图为反响后气体总体积(VL)随原混合气体中Cl2的体积百分含量(x％)而变化的坐标图(D点对应横坐标为100%)。试求：(1)当反响完毕如处于A、B两点时，原混合气体中Cl2的体积百分含量：A____B______(2)当反响完毕如处于A、B两点时，混合气体的总体积：A____B____(3)假设反响完毕时气体总体积为11L，那么原混合气体中Cl2的体积百分含量为多少？49/49\n2.在密闭容器中高温加热某白色晶体，使其完全分解生成CO2、NH3、H2O(g)，假设生成0.2molCO2、0.3molNH3，求(1)该白色晶体是什么？质量组成如何？(2)高温下产生混合气体的体积比方何？3.1mol丁烷（气）与缺乏量的氧气共贮于一固定容器中，压强为p，点火燃烧后，回到室温，得到水假设干（其体积可不计）和CO2和CO两种气体，总压强降为0.557p，试求：（1）生成的水的质量；（2）反响前氧气的物质的量；（3）反响后气体中CO2和CO的物质的量；【随堂作业】1．1999年1月，俄美科学家联合小组宣布合成出114号元素的一种同位素，该同位素原子的质量数为298。以下表达不正确的选项是（）A该元素属于第七周期B该元素位于ⅢA族C该元素为金属元素，性质与82Pb相似D该同位素原子含有114个电子，184个中子2．美国劳仑斯国家实验室曾在1999年宣布用86Kr离子轰击208Pb靶得到118号元素的一种原子，其质量数为293。其后，反复实验均未能重现118号元素的信号，因此该实验室在2022年8月宣布收回该论文。但是科学家们相信，完成的第七周期包含的元素数目与第六周期相同。假设118号元素将来被确认，那么以下预测合理的是：（）49/49\nA它的中子数是118B它是第八周期元素C它是活泼的金属元素D它的最外层电子数是83．NA代表阿伏加德罗常数，以下说法正确的选项是（）A氯化氢气体的摩尔质量等于NA氯气分子和NA个氢分子的质量之和B常温常压下1molNO2气体与水反响生成NA个NO3—离子C121gCCl2F2所含的氯原子数为2NAD62gNa2O溶于水后所得溶液中含有O2—离子数为NA4．将H2、N2、O2三种气体分别放入不同容器中，使它们的温度、密度相同，那么其压强（p）大小的关系，符合（原子量：H1N14O16）（）Ap(H2)＞p(O2)＞P(N2)Bp(O2)＞P(N2)＞p(H2)Cp(H2)＞P(N2)＞p(O2)DP(N2)＞p(O2)＞p(H2)（2022年广东大综）5．充分燃烧某液态芳香烃Χ，并收集产生的全部水，恢复到室温时，得到水的质量跟原芳香烃X的质量相等。那么X的分子式是（原子量：H1C12O16）（）AC10H14BC11H16CC12H18DC13H206．等体积、等物质的量浓度的硫酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加等质量的铝，生成氢气的体积比为5︰6，那么甲、乙两烧杯中的反响情况可能分别是（）A甲、乙中都是铝过量B甲中铝过量、乙中碱过量C甲中酸过量、乙中铝过量D甲中酸过量、乙中碱过量7．在100mL含等物质的量的HBr和H2SO3的溶液里通入0.01molCl2，有一半Br－变为Br2（已知Br2能氧化H2SO3）。原溶液中HBr和H2CO3的浓度都等于：（）A0.0075mol•L－1B0.008mol•L－1C0.075mol•L－1D0.08mol•L－18．某温度下，100g饱和氯化钠溶液中含有氯化钠26.5g。假设向此溶液中添加3.5g氯化钠和6.5g水，那么所得溶液的溶质质量分数是（）A.30%B.×100%C.26.5%D.×100％9．用足量的CO复原49/49\n32.0g某种氧化物，将生成的气体通入足量澄清石灰水中，得到60g沉淀，那么该氧化物是（）A.FeOB.Fe2O3C.CuOD.Cu2O10．化合价为n的某元素的硝酸盐的式量为x，其氢氧化物的式量为y，那么n的值是（）A.B.C.D.11．有机物甲可氧化生成羧酸，也可复原生成醇，由甲生成的羧酸和醇在一定条件下，可以生成化合物乙，其分子式为C2H4O2。以下表达中不正确的选项是（）A甲分子中C的质量分数为40%B甲在常温常压下为无色液体C乙比甲的沸点高D乙和甲的最简式相同12．今有0.1mol/LNa2SO4溶液300mL，0.1mol/LMgSO4溶液200mL和0.1mol/LAl2(SO4)3溶液100mL，这三种溶液中硫酸根离子浓度之比是（）A1︰1︰1B3︰2︰1C3︰2︰3D1︰1︰313．在天平的左右两边各放一个烧杯，参加足量盐酸并使天平保持平衡，向左边烧杯中参加　14.4gMg，向右边烧杯中参加14.4gAl，此时天平不再平衡，下述操作可使天平恢复平衡的是　　　　　　　　　　　　　　　　（　.　　）A．右边加0.45gAl　　　　B.左边加0.98gMgC.左边参加14.4gMg,向右边加15.3gAlD.左边加14.4gMg,右边加14.85gAl14．在25℃、101kPa条件下，将15LO2通入10LCO和H2的混合气中，使其完全燃烧，枯燥后，恢复至原来的温度和压强。⑴．假设剩余气体的体积是15L，那么原CO和H2的混合气中：V(CO)=________L，V(H2)=________L⑵．假设剩余气体的体积是aL，那么原CO和H2的混合气中：V(CO)：V(H2)=________⑶．假设剩余气体的体积是aL，那么a的取值范围是________49/49\n15.．现有等物质的量的NaHCO3和KHCO3的混合物ag与100mL盐酸反响。题中涉及的气体体积以标准状况计，填空时可以用带字母的分式表示。（1）该混合物中NaHCO3和KHCO3的质量比为　　　　　　　　　。（2）如碳酸氢盐与盐酸恰好完全反响，那么盐酸的浓度为　　　　　　　mol·L-1（3）如盐酸过量，生成CO2体积为　　　　　L。（4）如果反响后碳酸氢盐有剩余，盐酸缺乏量，要计算生成CO2的体积，还需知道　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。（5）假设NaHCO3和KHCO3不是以等物质的量混合，那么ag固体混合物与足量的盐酸完全反响时生成CO2的体积（V）范围是　　　　　　　　　。16.在一定条件下，使H2和O2的混合气体26g充分发生反响。所得产物在适当温度下跟足量的固体Na2O2反响，使固体增重2g。求原混合气体中O2和H2的质量。49/49