高考化学第一轮复习全套资料323页
高考化学第一轮复习全套资料
第一部分：知识篇
策略 1 化学基本概念的分析与判断
金点子：
化学基本概念较多，许多相近相似的概念容易混淆，且考查时试题的灵活性较大。如何把握其实质，认识其规律及应用？主要在于要抓住问题的实质，掌握其分类方法及金属、非金属、酸、碱、盐、氧化物的相互关系和转化规律，是解决这类问题的基础。
经典题：
例题1 ：（2001年全国高考）下列过程中，不涉及化学变化的是 （ ）
A．甘油加水作护肤剂 B．用明矾净化水
C．烹鱼时加入少量的料酒和食醋可减少腥味，增加香味
D．烧菜用过的铁锅，经放置常出现红棕色斑迹
方法：从有无新物质生成，对题中选项分别进行分析。
捷径：充分利用物质的物理性质和化学性质，对四种物质的应用及现象进行剖析知：甘油用作护肤剂是利用了甘油的吸水性，不涉及化学变化。明矾净化水，是利用了Al3+水解产生的Al(OH)3胶体的吸附作用；烹鱼时加入少量的料酒和食醋可减少腥味，增加香味，是两者部分发生了酯化反应之故；烧菜用过的铁锅，经放置出现红棕色斑迹，属铁的吸氧腐蚀。此三者均为化学变化。故选A。
总结：对物质性质进行分析，从而找出有无新物质生成，是解答此类试题的关键。
例题2 ：（1996年上海高考）下列电子式书写错误的是 ( ).
方法：从化合物(离子化合物、共价化合物)—→原子的电子式—→得失电子—→化合物或原子团电子式，对题中选项逐一分析的。
捷径：根据上述方法，分析CO2分子中电子总数少于原子中的电子总数，故A选项错。B项中N与N之间为三键，且等于原子的电子总数，故B正确。C有一个负电荷，为从外界得到一个电子，正确。D为离子化合物，存在一个非极性共价键，正确。以此得正确选项为A。
总结：电子式的书写是中学化学用语中的重点内容。此类试题要求考生从原子的电子式及形成化合物时电子的得失与偏移进行分析而获解。
例题3 ：（1996年上海高考）下列物质有固定元素组成的是 ( )
A．空气 B．石蜡 C．氨水 D．二氧化氮气体
方法：从纯净物与混合物进行分析。
捷径：因纯净物都有固定的组成，而混合物大部分没有固定的组成。分析选项可得D。
总结：值得注意的是：有机高分子化合物(如聚乙烯、聚丙烯等)及有机同分异构体(如二甲苯)混在一起，它们虽是混合物，但却有固定的元素组成。此类试题与纯净物和混合物的设问，既有共同之处，也有不同之处。
例题4 ：（1996年上海高考）下列各组分子中, 都属于含极性键的非极性分子的是( )
A．CO2 H2S B．C2H4 CH4 C．Cl2 C2H4 D．NH3 HCl
方法：从极性键、非极性键与极性分子、非极性分子两方面对选项进行排除分析。
捷径：解题时，可从极性键、非极性键或极性分子、非极性分子任选其一，先对选项进行分析，再采用排除法获得B答案。
总结：当在同一试题中同时出现两个或两个以上的条件时，采用排除可迅速获得结果。
例题5 ：（2001年上海高考）化学实验中，如使某步中的有害产物作为另一步的反应物，形成一个循环，就可不再向环境排放该种有害物质。例如：
（l）在上述有编号的步骤中，需用还原剂的是 ，需用氧化剂的是 （填编号）。
（2）在上述循环中，既能与强酸反应又能与强碱反应的两性物质是 （填化学式）
（3）完成并配平步骤①的化学方程式，标出电子转移的方向和数目：
□Na2Cr2O7＋□KI＋□HCl→□CrCl3＋□NaCl＋□KCl＋□I2＋□
方法：从转移电子及得失电子守恒分析。
捷径：（1）铬元素在化合物Na2Cr2O7中显+6价，CrCl3中显+3价，Na2CrO4显+6价，因此反应①是用还原剂将Na2Cr2O7还原到CrCl3，而反应④CrCl3需用氧化剂把铬元素从+3价氧化到+6价。其余反应②、③、⑤中化合价均未发生变化。以此需用还原剂的步骤是①步骤。需用氧化剂的步骤是④步骤。
（2）从题中可看出，CrCl3与碱生成Cr(OH)3，Cr(OH)3与碱又生成NaCrO2，故Cr(OH)3既能与强酸反应又能与强碱反应，类似于典型的两性氢氧化物Al(OH)3，Cr(OH)3+3HCl= CrCl3+3H2O，Cr(OH)3+NaOH = NaCrO2+2H2O，属两性物质。
（3）配平反应式：第一步：Cr元素从+6价下降到+3价，一个Cr原子下降3价，以化学式Na2Cr2O7为标准，共下降6价（确切说得到6个电子），而KI中的I元素从—1价上升到0价，上升了1价（确切说失去1个电子），所以需要6个I—才能满足
得失电子守恒。Na2Cr2O7+6KI+□HCl — 2CrCl3+□NaCl+□KCl+3I2+□ ；第二步，根据质量守恒原理各种元素的原子数保持不变。通常的办法是首先配平金属元素钾、钠，其次配平酸根离子，本题中是Cl—，再确定产物中还有水，接着根据氢原子数守恒确定水的序数，最后根据氧原子是否配平检查整个反应式是否全部配平。以此得配平后的结果为1、6、14、2、2、6、3、7H2O。其电子转移的方向和数目见下图。
总结：1、本题属学科内综合，是目前理科综合或文科综合考试中一种常见的形式。2、确定反应式中缺少的产物的思路是：所缺的产物不可能是氧化产物或还原产物（题目中有其他信息暗示者例外）如果氧化产物或还原产物不确定反应方程式就无法配平。应是化合价不发生变化的元素间结合成的产物。如本题中的KCl、NaCl、H2O等。
例题6 ：（2002年全国高考）将40mL 1.5mo1· L-1 的CuSO4 溶液与30mL 3 mo1·L-1 的NaOH溶液混合，生成浅蓝色沉淀，假如溶液中c(Cu2+)或c (OH—)都已变得很小，可忽略，则生成沉淀的组成可表示为 ( )
A．Cu(OH)2 B．CuSO4·Cu(OH)2
C．CuSO4·2Cu(OH)2 D．CuSO4·3Cu(OH)2
方法：从溶液中离子物质的量的变化及电荷守恒进行分析。
捷径：混合前溶液中Cu2+的物质的量为0.06mol，SO42－为0.06mol，Na+的物质的量为0.09mol，OH－的物质的量为0.09mol。混合后因溶液中c(Cu2+)或c (OH—)都已变得很小，故沉淀中有Cu2+ 0.06mol，OH- 0.09mol，考虑到Na+不可能在沉淀中出现，根据电荷守恒，沉淀中还将有SO42－ 0.015mol。因此沉淀中Cu2+、SO42－、OH－三者的物质的量之比为4：1：6，得答案为D。
总结：在对物质的组成进行分析时，要充分考虑到各种守恒关系。
例题7 ：（2002年全国高考）碘跟氧可以形成多种化合物，其中一种称为碘酸碘，在该化合物中，碘元素呈+3和+5两种价态，这种化合物的化学式是 ( )
A．I2O3 B．I2O4 C．I4O7 D．I4O9
方法：采用迁移类比法，从氯酸钾迁移到碘酸碘，再改写成氧化物的形式。
捷径：因氯酸钾的化学式为KClO3，氯酸根离子为ClO3－ ，迁移知，碘酸根离子为IO3－ ，碘的化合价为+5价，又另一种碘元素呈+3价态，故碘酸碘的化学式为I(IO3)3，其氧化物的形式为I4O9，故选D。
总结：在应用迁移类比时要充分考虑化合价的变化，如Fe3O4可写成FeO·Fe2O3，而Pb3O4只能写成2PbO·PbO2 。
例题8 ：（1996年全国高考）某化合物的化学式可表示为Co(NH3)x Cly (x,y均为正整数)。为确定x和y的值, 取两份质量均为0.2140克的该化合物进行如下两个实验。
试样溶于水,在硝酸存在的条件下用AgNO3溶液进行滴定(生成AgCl沉淀), 共消耗24.0mL0.100 mol/L的AgNO3溶液。
在另一份试样中加入过量NaOH溶液并加热, 用足量盐酸吸收逸出的NH3，吸收NH3共消耗24.0mL0.200 mol/LHCl溶液。
试通过计算确定该化合物的化学式。
(本题可能用到的原子量:H 1.0 N 14.0 Cl 35.5 Co 58.9 )
方法：根据反应过程和质量守恒定律，分别求出Co离子、NH3分子和Cl－三者物质的量的比例关系而获解。
捷径：设n表示物质的量, m表示质量。根据题中反应得：
n(NH3)=0.200 mol/L×24.0×10-3 L = 4.80×10-3mol
m(NH3)=4.80×10-3 mol×17.0g /mol =8.16×10-2g
n(Cl-)=0.100 mol/L×24.0×10-3 L =2.40×10-3mol
m(Cl-)=2.40×10-3 mol×35.5 g / mol =8.52×10-2g
m(钴离子)=0.2140ｇ－8.16×10-2ｇ－8.52×10-2 g = 4.72×10-2g
n(钴离子) : n(NH3) : n(Cl-) = 1:6:3
以此，该化合物的化学式为Co(NH3)6Cl3
总结：在确定物质的组成时，既可以通过反应过程中的物质的量的比例关系求解，也可以通过化合价获得结果。
金钥匙：
例题1 ：下列电子式正确的是 （ ）
方法：同高考题例2。从化合物(离子化合物、共价化合物)—→原子的电子式—→得失电子—→化合物或原子团电子式，对题中选项逐一分析的。
捷径：分析A选项，电子用两种不同的符号表示，一种为“• ”号，另一种为“×”号，从题中电子数分析知，×号表示氢原子的电子，因×号位置写错，故A选项错误。B选项中Na2S为离子化合物，书写正确。C选项中CO2分子中电子总数多于原子中的电子总数，故C选项错。D项中Cl－有一个负电荷，其周围应有8个电子，D错误。以此得正确选项为B。
总结：对有机化合物电子式的书写，如能通过结构式去反推，将会迅速写出。因结构式中巳用一根短线代表一对共用电子对。
例题2 ：一些盐的结晶水合物，在温度不太高时就有熔化现象，既溶于自身的结晶水中，同时又吸收热量，它们在塑料袋中经日晒能熔化，在日落后又可缓慢凝结而释放热量，可以调节室温，称为潜热材料。现有几种盐的结晶水合物的有关数据如下：
Na2S2O3·5H2O
CaCl2·6H2O
Na2SO4·10H2O
Na2HPO4·12H2O
熔点℃
40～50
29.92
32.38
35.1
熔化热
49.7kJ/相对分子质量g
37.3kJ/相对分子质量g
77.0kJ/相对分子质量g
100.1kJ/相对分子质量g
（1）上述几种盐中，最适合作潜热材料的是 、 。
（2）实际应用时最常用的（根据来源和成本考虑）应该是 。
方法：考虑最适宜作潜热材料的晶体不是从熔化热数值上来比较分析，而应从单位质量的晶体吸收热量的数值及熔点去思考。
捷径：最适宜作潜热材料的晶体必须是易熔化且单位质量的晶体吸收热量的效率高。三种物质单位质量的晶体在熔化时吸收的热量分别为：
Na2S2O3·5H2O = 49.7kJ/248g = 0.2kJ/g
CaCl2·6H2O = 37.3kJ/219g = 0.17kJ/g
Na2SO4·10H2O = 77.0kJ/322g = 0.24kJ/g
Na2HPO4·12H2O = 100.1kJ/357g = 0.28kJ/g
再结合各晶体的熔点可知最适宜作潜热材料的是Na2SO4·10H2O和Na2HPO4·12H2O。在实际中应用的潜热材料应是廉价的且容易获得的晶体，故为Na2SO4·10H2O。
总结：这是一道信息迁移题，一般在分析解题过程中，应特别注意在接受新信息后，将新信息与已有的旧知识相结合，形成新的知识网络，并进一步从这种新形式的网络中提取有关的知识块，迁移到题设的情境中去，迅速形成正确的解题思路，解决所提出的问题。
例题3 ：维生素C（简称Vc，化学式为C6H8O6）是一种水溶性物质，其水溶性呈酸性，人体缺乏Vc易得坏血症，故Vc又称抗坏血酸。Vc具有较强的还原性，易被空气中的氧气氧化。在新鲜的水果、蔬菜和乳制品中都富含Vc，如新鲜橙汁中Vc的含量在500mg/L左右。已知Vc与I2能发生如下反应：C6H8O6+I2=C6H6O6+2HI，I2遇淀粉变蓝。
请回答以下问题：
(1)Vc与I2的反应是否为氧化还原反应？氧化剂是哪种物质？
(2)若上述反应在水溶液中进行，请写出反应的离子方程式。（提示：C6H8O6和C6H6O6均为难电离的有机物分子，HI的水溶液是强酸溶液）
(3)上述反应能否用于检验Vc是否变质？
方法：此题属于信息给予题，解题关键是寻找与题目相关的有用信息，结合氧化还原反应及离子方程式的知识解决问题。
捷径：（1）从反应C6H8O6+I2=C6H6O6+2HI可知碘元素的化合价由0 → —1，化合价降低，则I2
被还原，应为氧化剂，该反应属氧化还原反应。
（2）根据题意其离子方程式为C6H8O6+I2=C6H6O6+2H++2I—。
（3）题给信息告诉我们，Vc易被空气中的氧气氧化，如果Vc已被氧化，就不会与I2发生上述反应。加入的I2未被还原，能与淀粉反应变蓝。所以能用于检验Vc是否变质。
总结：该题中，虽然C6H8O6和C6H6O6中碳元素的化合价并未给出，但不能认为缺少判断条件，因为根据氧化还原反应的对立统一关系，在同一化学反应中，有化合价的降低，必然有化合价的升高。解题时要善于把握有用信息，并纳入已有的知识信息网络中，以便不被杂乱无章的无用信息所左右。
例题4 ：向BaCl2溶液中滴入某未知浓度的H2SO4溶液至反应恰好完全，结果发现：反应前（指未加入H2SO4溶液前）溶液的质量与反应后所得溶液的质量恰好相等。则加入H2SO4溶液的百分比浓度为 （ ）
A．98% B．75% C．42% D．25%
方法：由反应式BaCl2 + H2SO4 = BaSO4↓+ 2HCl 可知，反应前后溶液的质量相等，说明加入的H2SO4溶液的质量与生成的BaSO4沉淀的质量相等。以此可根据质量恒等列式计算。
捷径：假设生成1 mol BaSO4，则m (H2SO4)溶液 = m (BaSO4) = 233 g 。
H2SO4 % = ╳ 100% ≈ 42% 。
总结：“反应前溶液的质量与反应后所得溶液的质量恰好相等”是此题的关键点。
例题5 ：在空气中将氢氧化锌和锌粉的混合物灼烧至恒重，若所得物质的质量与原混合物的质量相等，求原混合物中氢氧化锌和锌粉的百分含量。
方法：题目未给出任何数据，乍看似乎很难入手。但也不难发现，锌在空气中灼烧后得ZnO，而使其质量增加；Zn(OH)2在空气中灼烧后得到的固体物质也是ZnO，同时失去水而使其质量减少。这里Zn变成ZnO增加的量与Zn(OH)2变成ZnO减少的量相等。因此，利用两个差值关系式建立等式，即可求出两种成分的百分含量。
捷径：设原混合物中Zn粉的物质的量为x mol， Zn(OH)2的物质的量为 y mol 。
2Zn + O2 2ZnO 增值 Zn(OH)2 ZnO + H2O 减少值
2 mol 32g 32g 1mol 18g 18g
x mol 32x/2 g ymol 18y g
根据题意得：32x/2 = 18y，16x = 18y，X / y = 9 / 8
∴ Zn % = × 100% = 42.48%
Zn(OH)2 % = 1 — 42.48 % = 57.2 %
总结：此题不仅可以用上述方法，还可以利用守恒法，即Zn元素守恒求解。同样可设原混合物中Zn为xmol，Zn(OH)2为ymol，根据质量守恒和Zn元素守恒得：65x + 99y = 81( x + y )，同样解得X / y = 9 / 8。
例题6 ：Fe3O4可写成FeO·Fe2O3，若看成一种盐时，又可写成Fe（FeO2）2，根据化合价和这种书写方法，若将Pb3O4用上述氧化物形式表示，其化学式可写成 ，看成盐可写成 。
方法：从化合价去分析而获得结果。
捷径：Pb与Fe在氧化物中的价态并不相同，Fe分别呈+2、+3价，而Pb则分别为+2、+4价，故氧化物形式为2PbO·PbO2，盐的形式为Pb2（PbO4）。
总结：部分考生将化学式分别写成PbO·Pb2O3、Pb（PbO2）2 。出现错解的原因是未考虑化合价的不同，生搬硬套题中规律所致。
例题7 ：下列说法中，正确的是 （ ）
A．一个氮原子的质量就是氮的相对原子质量
B．一个碳原子的质量约为1.99×10—23g
C．氧气的摩尔质量在数值上等于它的相对分子质量
D．氢氧化钠的摩尔质量是40g
方法：根据基本概念逐一分析。
捷径：质量的单位为kg或g等，而相对原子质量、相对分子质量的单位为1（通常不写出），一个氮原子的质量约为2.33×10—23g，而氮的相对原子质量为14，故A不正确；一个碳原子的质量可以根据碳原子的摩尔质量和阿伏加德罗常数计算出：12g·mol—1/6.02×1023mol—1=1.99×10—23g， B项正确；氧气的相对分子质量为32， 其摩尔质量为32g· mol—1或0.032kg·mol—1，因此只有在摩尔质量的单位用g·mol—1时，物质的摩尔质量在数值上才等于它的相对分子质量，故C项不正确； 氢氧化钠的摩尔质量是40g· mol—1，D项不正确。以此得正确答案为B。
总结：此类试题所涉及的知识内容较多，在解题时要多方分析，谨慎审题。
例题8 ：(1) “酸性氧化物肯定是非金属氧化物”、“非金属氧化物肯定是酸性氧化物”，上述两种说法哪种说法正确？还是两种说法都正确，两种说法都不正确？简述其理由。
(2)“碱性氧化物肯定是金属氧化物”“金属氧化物肯定是碱性氧化物”，上面两种说法哪个正确？为什么？
(3)“既能跟酸反应，又能跟碱反应的化合物都属于两性化合物”的论述你认为是否正确，并做简要分析。
方法：此题为一氧化物部分的概念题，既要考虑普遍规律，又要考虑特殊情况。
捷径：(1)“酸性氧化物肯定是非金属氧化物”的说法不正确。如Mn2O7、Cr2O3等变价金属的高价氧化物都是酸性氧化物，却不是非金属氧化物。“非金属氧化物肯定是酸性氧化物”的说法同样不正确，H2O、NO、H2O2等氧化物都是非金属氧化物，但却不是酸性氧化物。
(2)“碱性氧化物肯定是金属氧化物”的说法正确，“金属氧化物肯定是碱性氧化物”的说法不正确，如Al2O3是两性氧化物，Na2O2是过氧化物，Mn2O7是酸性氧化物，它们都是金属氧化物，却不是碱性氧化物。
3．不正确，弱酸的酸式盐如NaHS，可与酸反应生成H2S，与碱反应生成Na2S，但不是两性化合物；又如弱酸弱碱盐(NH4)2CO3，可与盐酸反应放出二氧化碳，又可与氢氧化钠共热产生氨气，但(NH4)2CO3并不是两性化合物。只有Al2O3、Al(OH)3、等化合物才是两性化合物。
总结：在解答此类试题时，要注意不能将一般规律无限推广。
聚宝盆：
知识定律的合理应用是正确解题的前提。有的学生在解题时，未及认真仔细分析题意，未及透彻理解题中每个概念的含义，未及认识题中已知条件之间的相互联系，错误地选用某些知识或化学定律便着手解答，从而造成知识性错误。
化学概念和化学定律是解题的依据，对基本概念和定律一知半解而出错在解题中占比例较多。常见的表现有：对基本概念理解不透彻，对相近概念辨别不清，抓不准化学问题和化学过程的基本要素，从而造成知识性错误。
形式地记忆公式、定律，忽视其成立的条件；机械地记住某些规律的结论，只知其然不知其所以然；对公式、规律的本质缺乏深刻的理解，因此不问青红皂白，生硬地加以套用，以此也往往造成知识性错误。
热身赛：
1．在测定液态 BrF3 导电时发现，20℃时导电性很强，说明该化合物在液态时发生了电离，存在阴、阳离子。其它众多实验证实，存在一系列有明显离子化合物倾向的盐类，如 KBrF4 、（BrF2）2SnF6、ClF3·BrF3 等。由此推断液态 BrF3 电离时的阴、阳离子是 （ ）
A．Br3+ 和Fˉ B．Br2Fˉ 和Fˉ C．BrF2+ 和 BrF4ˉ D．BrF32ˉ 和 BrF2+
2．在反应FeS2 + CuSO4 + H2O → Cu2S + FeSO4 + H2SO4 ( 未配平 ) 中，当有7mol电子发生转移时，下列说法错误的是 ( )
A．被氧化的硫原子与被还原的硫原子物质的量之比为7：3
B. 还原产物与氧化产物的物质的量之比7：3
C．产物中FeSO4的物质的量为 mol
D． 产物中H2SO4的物质的量为4mol
3． X和Y两种物质混合后发生的反应通过下列步骤进行：X+Y=Z，Y+Z=W+X+V，由此做出的下列判断正确的是 （ ）
A．X是催化剂； B．Z是催化剂；
C．该反应的化学方程式可表示为2Y=W+V；
D．该反应的化学方程式可表示为2Y+Z=W+V。
4．下列叙述正确的是 （ ）
A．两种元素构成的共价化合物分子中的化学键都是极性键
B．含有非极性键的化合物不一定是共价化合物
C．只要是离子化合物，其熔点就一定比共价化合物的熔点高
D．只要含有金属阳离子，则此物质中必定存在阴离子
5．某元素的碳酸盐的相对分子质量为M，它同价态的溴化物的相对分子质量为N，则该元素在这两种化合物中的价态是 ( )
A. B. C. D. 或
6．用下列方法制取O2：KClO3(MnO2)受热分解，Na2O2加水，H2O2中加MnO2，KMnO4受热分解。 若制得相同质量的氧气，反应中上述各物质(依编号顺序)的电子转移数目之比是 ( )
A. 3∶2∶2∶4 B. 1∶1∶1∶1 C. 2∶1∶1∶2 D. 1∶2∶1∶2
7．据权威刊物报道，1996年科学家在宇宙中发现了H3分子。请回答：
(1)H3和H2是：
A．氢的同位素 B．氢的同素异形体 C．同系物 D．同分异构体
(2)甲、乙、丙、丁四位学生对上述认识正确的是：
甲认为上述发现绝对不可能，因为H3的分子违背了共价键理论
乙认为宇宙中还可能存在另一种氢单质，因为氢元素有三种同位素必然会有三种同素异形体
丙认为如果上述发现存在，则证明传统的价键理论有一定的局限性，有待继续发展
丁认为H3分子实质上是H2分子与H+离子以配位键结合的产物，应写成H3+
8．有四种化合物 W（通常状况下是气体）、X（通常状况下是液体）、Y和Z（通常状况下是固体），都是由五种短周期元素A．B、C．D、E中的元素组成。已知：
①A．B、C、D、E元素原子序数依次增大，且A与D同主族，C与E同主族，B与C同周期。
②W由A和B组成，且W的分子中，原子个数比为A ：B =1：1；X由A和c组成，且X分子中原子个数比为A：C =1：1；Y由C和D组成，属离子化合物，且测得Y固体中原子个数比C：D =
1：1；Z由D和E组成，属离子化合物，且其中阳离子比阴离子少一个电子层。由此可推知四种化合物的化学式分别是：
W： X： Y： Z：
9．称取m g Na2CO3，正好与20 mL HCl全部反应生成CO2、H2O和NaCl
（1）这种HCl的物质的量的浓度为
（2）若上述m g Na2CO3中混有K2CO3，那么这种HCl的实际浓度比（1）中的值要（大或小）
10．化合物E（含两种元素）与NH3反应，生成化合物G和H2。化合物G的相对分子质量约为81，G分子中硼元素（B的相对原子质量为10.8）和氢元素的质量分数分别为40%和7.4%。由此推断：
（1）化合物G的化学式为______；
（2）反应消耗1 mol氨，可生成2 mol氢气，组成化合物E的元素是______和______。
（3）1mol E和2 mol氨恰好完全反应，化合物E的化学式为______。
11．有如下叙述：（1）元素的原子量是该元素的质量与12C原子质量的的比值，（2）质子数相同的微粒均属于同一种元素，（3）分子是保持物质性质的一种微粒，（4）原子是在物质变化中的最小微粒，（5）同一种元素组成的单质是纯净物，（6）原电池是把化学能转变为电能装置，（7）金属腐蚀的实质是金属原子失去电子被氧化的过程，其中正确的是________。
12．沥青铀矿主要成分的化学式为U3O8。历史上，柏齐里乌斯把U的相对原子质量定为120，门捷列夫建议改为240，阿姆斯特朗又认为是180。现已证明门氏正确，请推测柏氏与阿氏给沥青铀矿写的化学式。
13． 过氧化氢(H2O2)俗名双氧水，医疗上可作外科消毒剂。
(1)H2O2的电子式为_____。
(2)将双氧水加入经酸化的高锰酸钾溶液中，溶液的紫红色消褪了，此时双氧水表现出____性。
(3)久置的油画，白色部位(PbSO4)常会变黑(PbS)，用双氧水揩擦后又恢复原貌，有关反应的化学方程式为__________
14．将纯净的H2通过灼热的固体CrCl3时，能发生还原反应，测知HCl是唯一的气体产物，而CrCl2、CrCl、Cr等可能的还原产物均为不挥发固体。若反应器中含有0.3170 g无水CrCl3，当向容器中通入0.1218 molH2，使温度升至327℃时发生还原反应，待反应完毕后容器中气体(H2和HCl)的总物质的量是0.1238 mol。则CrCl3的还原产物是_____。
15．有一种含氧酸Hn+1RO2n，其分子量为M，则R的原子量为____，该酸中R的化合价是____，这种酸被碱中和能生成_____种盐，其中____种是酸式盐，在R的气态氢化物中R的化合价为_____。
16．酸碱质子理论认为：凡能给出质子(H+)的物质都是酸，凡能接受(或结合)质子的物质都是碱 ，酸碱反应就是质子的转移(即传递)过程。根据酸碱质子理论判断，下列微粒：HS-、CO32-、HPO42-、NH4+、H2S、HF、H2O其中即可作为酸又可作为碱的是____。
大检阅：
1． C 2．A 3．AC 4．B 5．D 6．C
7．（1）B；（2）C
8． W：C2H2 X：H2O2 Y：Na2O2 Z：Na2S
9．（1） m mol/L , （2）偏小；（3）偏小
10． （1）B3N3H6（2）B、H（3）B2H6
11．（6）（7）
12．U3O4、UO2
13．
14．CrCl
15．M－33n－1 3n－1 n＋1 n －(9－3n)
16． HS-、HPO42-、H2O
策略 2 物质的量方面试题的求解技巧
金点子：
“物质的量”是中学化学计算的核心。从微观到宏观，从固体到气体，从纯净物到混合物中的各类计算，均要用到物质的量。在溶液方面，还要涉及到溶解度、溶质的质量分数的求算及溶液中各种守恒关系的分析。
对气体来说，在解题时要特别注意气体所处的外界条件，因温度、压强不同，等物质的量的气体所占的体积不同。对于NO2方面的试题，还要考虑后续反应，即NO2与N2O4的平衡转换。
对混合物中各物质的物质的量的分析，既要考虑反应，还要考虑反应进行的程度及过量问题。
经典题：
例题1 ：（2001年全国高考）在100mL 0.10 mol·L－1的 AgNO3溶液中加入100mL溶有2.08g BaCl2的溶液，再加入100 mL溶有0.010 mol CuSO4·5H2O的溶液，充分反应。下列说法中正确的是 （ ）
A.最终得到白色沉淀和无色溶液
B.最终得到的白色沉淀是等物质的量的两种化合物的混合物
C.在最终得到的溶液中，Cl-的物质的最为0.02 mol
D.在最终得到的溶液中，Cu2+的物质的量浓度为0.01 mol·L－1
方法：通过溶液中的离子进行整体分析。
捷径：题中n（Ag+）=0.1L×0.1mol·L—1=0.01 mol，n（Ba2+）=2.08g/208g·mol—1 = 0.01mol，n（Cl—）= 0.02 mol，n（Cu2+）=0.01mol，n（SO42—）= 0.01 mol，所以生成n（AgCl）=0.01mol，n（BaSO4）=0.01mol。生成AgCl、BaSO4两种白色沉淀，它们物质的量相等。在生成的溶液中n（Cl—）= 0.02mol — 0.01mol = 0.01mol，Cu2+未参加反应，所以溶液显蓝色，反应后溶液的体积大约为200mL，所以C（Cu2+）= 0.05mol·L—1。以此正确的是B。
总结：这是集化学计算，实验现象描述为一体的学科内综合试题。尽管难度不大，但很有新意。
例题2 ：（2001年上海高考）设NA为阿佛加德罗常数，下列说法不正确的是（ ）
A. 标准状况下的22.4L辛烷完全燃烧，生成二氧化碳分子数为8NA
B. 18g水中含有的电子数为10NA
C. 46g 二氧化氮和46g四氧化二氮含有的原子数均为3NA
D. 在1 L 2 mol·L—1的硝酸镁溶液中含有的硝酸根离子数为4NA
方法：根据题意对选项逐一化解。
捷径：A.在标准状况下，辛烷是液体，22.4L液态辛烷物质的量要比1mol大得多，所以A选项错误。B.18g水为1mol水，其中含有的电子数为10mol。C.NO2和N2O4具有相同的最简式，相同质量的NO2和N2O4必然含有相同数目的原子。46g NO2即为1mol NO2共含有3mol原子。D.n（NO3—）= 1L×2 mol/L×
2 = 4 mol。以此不正确的为A。
总结：此类试题是高考试卷中的热点题型，在解答此类试题时，一要注意物质所处的状态，二要理清微粒间的联系。
例题3 ：（1997年全国高考）分别取等质量80℃的甲、乙两种化合物的饱和溶液,降温至20℃后, 所析出的甲的质量比乙的大 (甲和乙均无结晶水)。下列关于甲、乙溶解度的叙述中肯定正确的是 ( )
A．20℃时，乙的溶解度比甲的大 B．80℃时，甲的溶解度比乙的大
C．温度对乙的溶解度影响较大 D．温度对甲的溶解度影响较大
方法：从温度对溶解度的影响分析。
捷径：溶解度是在一定温度下，在100g溶剂中制成饱和溶液时，所溶解溶质的质量。由于取等质量甲、乙两种溶液，其中含水的质量不知道，无法推断其溶解度的大小。但降低相同的温度，甲析出的质量大于乙，所以温度对甲的溶解度影响较大。故选D。
总结：有关溶解度方面的试题，在解题时既要考虑某一温度下溶解度的大小，又要考虑温度变化时溶解度的改变量。值得注意的是，如果溶液不是饱和溶液，则不能利用溶解度进行有关计算。
例题4 ：（1993年全国高考） 右图是几种盐的溶解度曲线。下列说法正确的是 （ ）
A．40℃时,将35 g 食盐溶于100 g 水中,降温至0℃时,可析出氯化钠晶体
B．20℃时,硝酸钾饱和溶液的质量百分比浓度是31.6%
C．60℃时,200 g 水中溶解80 g 硫酸铜达饱和。当降温至30℃时,可析出30 g 硫酸铜晶体
D．30℃时,将35 g 硝酸钾和35 g 食盐同时溶于100 g 水中,蒸发时,先析出的是氯化钠
方法：从溶解度曲线进行分析比较。
捷径：从溶解度曲线可知，A选项中， 0℃时，NaCl的溶解度为35.7g，所以35g NaCl溶于100 g水中，0℃时未饱和，不能析出晶体。20℃时，KNO3的溶解度为31.6g，则KNO3的质量分数为 ×100%=24%，所以B不正确。C中60℃时，CuSO4的溶解度为40 g ，30℃CuSO4的溶解度为25g，280 g CuSO4的饱和溶液，从60℃降到30℃，则析出无水CuSO4 30 g ，若析出CuSO4·5H2O，必大于30 g ，所以C也不正确。D在30℃以上NaCl的溶解度小于KNO3，所以蒸发时，NaCl先析出。故D正确。
总结：有关溶解度曲线的分析与计算，既要分析某一温度下的具体数值，又要考虑曲线的变化。
例题5 ：（2001年全国高考）标准状况下，用一定量的水吸收氨气后制得浓度为12. 0 mol·L－1、密度为0.915 g·cm－3的氨水。试计算1体积水吸收多少体积的氨气可制得上述氨水。（本题中氨的式量以 17.0计，水的密度以1.00g·cm－3计）
方法：从氨水的浓度求得氨气的质量与水的质量，反推求得其体积比。
捷径：1.00L该氨水中含氨的质量为：12.0mol×17.0g·mol-1
其体积在标准状况下为：12.0mol×22.4L·mol-1
1.00L该氨水中含水的质量为：1.00L×915g·L-1－12.0mol×17.0g·mol-1
其体积为：[1.00L×915g·L-1-12.0mol×17.0g·mol-1]/1000g·L-1
=378
1体积水吸收378体积NH3气（标准状况）。
总结：此题也可通过设出溶解氨气的体积，再与浓度相联系，列出方程式求解。
例题6 ： （1993年全国高考）硫酸银的溶解度较小,25℃时,每100 g水仅溶解0.836 g 。
(1)25℃时,在烧杯中放入6.24 g 硫酸银固体, 加200 g 水, 经充分溶解后, 所得饱和溶液的体积为200 mL。计算溶液中Ag+的物质的量浓度。
(2)若在上述烧杯中加入50 mL0.0268 mol/LBaCl2溶液, 充分搅拌, 溶液中Ag+的物质的量浓度是多少?
(3)在(1)题烧杯中需加入多少升 0.0268 mol/L BaCl2溶液, 才能使原溶液中Ag+浓度降低至0.0200 mol/L?
方法：在充分考虑溶解量的情况下，依靠溶解度进行求算。
捷径：(1) 在烧杯中放入6.24 g 硫酸银固体, 再加200 g 水，Ag2SO4固体不能全部溶解，以此溶液中Ag+的物质的量浓度即为饱和溶液中Ag+的物质的量浓度，即
(2) Ag2SO4饱和溶液的浓度与BaCl2溶液的浓度相等, 但体积比为4:1, 因而参加反应的Ag2SO4的质量仅为原溶液中Ag2SO4质量的1/4。根据原加入的水和Ag2SO4固体的质量以及Ag2SO4的溶解度可判断, 即使BaCl2反应后, 尚有多余的Ag2SO4固体，因而最后溶液仍为Ag2SO4饱和溶液, c(Ag+)不变。因为Ag2SO4固体过量, 该溶液仍为Ag2SO4饱和溶液。所以c(Ag+)=0.0536 mol/L。
(3)设加入的BaCl2溶液的体积为VL，则
(mol/L)
V=0.489 L
总结：在加入某种物质使沉淀发生转化时，必须考虑溶液中的溶质和未溶解的溶质。如该题，如果加入BaCl2的物质的量超过溶液中的Ag2SO4和未溶解的Ag2SO4的物质的量，则溶液中的Ag+将由AgCl的溶解提供。
金钥匙：
例题1 ：0.25 L1 mol/L AlCl3 溶液和750 ml 1 mol/L NaCl溶液中Cl—的物质的量浓度之比为多少？
方法：两者Cl—的物质的量浓度之比与两者的体积无关，故0.25 L及750 mL便是此题的干扰数据。分析时必须根据浓度进行比较。
捷径：1mol/L AlCl3 溶液中c(Cl—)为3mol/L，1 mol/L NaCl溶液中C(Cl—)为1mol/L，其物质的量浓度之比为3∶1 。
总结：审题时，物质的量与物质的量浓度必须分清，此类干扰信息巳多次出现在近几年的高考试题中。
例题2 ：已知在t℃时，硫酸铜的溶解度为A g。该温度下，在（100+A）g饱和硫酸铜溶液中，投入A g无水硫酸铜粉末后，得到一定量的蓝色硫酸铜晶体，问该晶体投入到多少克水中才能使溶液在t℃恰好饱和？
方法：解答该题有两种解法。方法一：根据溶解度数值，首先求算析出硫酸铜晶体的量，再根据析出晶体量及溶解度值求算所需溶剂量。方法二：分析前后两种溶液，均为饱和溶液，以此将前面的溶液看作不变，只需将A g无水硫酸铜投入水中制得饱和溶液即可。
捷径：根据硫酸铜的溶解度知，原（100+A）g饱和硫酸铜溶液中含溶剂水100 g，含溶质无水硫酸铜A g 。该溶液中加入无水硫酸铜A g后，这样整个体系中就有2A g溶质。故要使该体系（2A g溶质和100 g溶剂）成为饱和溶液，还需加入100 g溶剂水。这就是说析出的晶体溶解在100 g水里恰好成为饱和溶液。
总结：方法一思考虽然正确，但计算量大，关系转化复杂，容易造成错误，方法二在于一开始就将前后两个溶液统一起来考虑，以此便很容易得到正确的结论。
例题3 ：阿伏加德罗常数（NA）、物质的量（n）和粒子数（N）之间有如下关系：NA=N/n。测定阿伏加德罗常数有多种方法，其中电解法是常用的方法。试回答下列有关问题。
(1)实验室有同样浓度的NaCl、CuSO4、AgNO3、H2SO4
等溶液。若实验过程中不考虑电极上的析出物与电解后的溶液之间的反应，则你认为选用哪一种溶液作为电解液，实验既简便、测定结果误差又小，并说明其理由。
(2) 采用你所选定的溶液来实验，至少应测定哪些数据？
（3）若已知1个电子的电量（符号为q），选定符号代表有关数据，列出求算阿伏加德罗常数（NA）的数学表达式。
方法：从实验简便、测定误差小来选择电解质溶液，再通过电解过程中电极的析出量来求算阿伏加德罗常数。
捷径：（1）因产生的气体体积较难测定准确，故不选用NaCl或H2SO4溶液，又在同样条件下，通过等量的电量时，固体析出量越多，称量和计算时产生的误差越小，故该实验以选AgNO3溶液作电解液较好。
(2) 根据题中公式NA=N/n，要求准确测出通过电路的电子数——N（e）及电极所析出Ag的物质的量——n（e－），至少应测定电流强度、通电时间、及电解产物Ag的质量。
（3）根据（2）对缺省数据设定符号，如以I代表电流强度，以t代表通电时间，以m代表析出Ag的质量，而要求出Ag的物质的量，还需要的数据为Ag的摩尔质量，设用M表示，以此得：
NA=N（e－）/n（e－）= = ItM/qm
总结：该题以实验分析为过程，以阿伏加德罗常数的获得为终结点，对实验溶液的选定、缺省数据的确定及阿伏加德罗常数的表达进行了层层设问。此类试题不仅考查了考生的实验能力、过程分析能力，还考查了考生的比较能力、逻辑思维能力和学科综合能力。
例题4 ：难溶的银盐中，醋酸银溶解度相对较大，当V1mL amol / L CH3COONa溶液和V2mL amol / L AgNO3溶液混合发生反应时，欲使得到CH3COOAg的沉淀量较接近理论值，则V1和V2的关系是 。简述理由 。
方法：通过溶解平衡知识分析而获解。
捷径：实际沉淀量与理论沉淀量之误差在于CH3COOAg在溶液中溶解量的多少。醋酸银在溶液中的溶解平衡可表示为：CH3COOAg（ｓ） CH3COO—+Ag+，因其溶解度较大，故为了使CH3COOAg的沉淀量较接近理论值，必须使其中一种离子过量，以促使溶解平衡向醋酸银方向移动，故V1和V2的关系为V1≠V2 。
总结：该题不少考生由于未从溶解平衡角度去分析，错误认为，当CH3COONa和AgNO3恰好完全反应时，CH3COOAg的沉淀量最多，因而其值较接近理论值，得出V1=V2的错误结论。出现错解的原因是对溶解平衡的概念含混不清所致。
例题5 ：取0.45 mol NaOH、0.35 mol Na2CO3和0.2 mol NaHCO3溶于水，在混合溶液中逐滴加入盐酸，反应明显地分三个阶段进行。设加入盐酸的物质的量为ｎmol，溶液中随盐酸的加入NaCl、Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为xｍｏl、ｙｍｏl、ｚｍｏｌ，试求ｘ＝ｆ（ｎ）、ｙ＝ｆ（ｎ）、ｚ＝ｆ（ｎ）的函数关系式，并作出相应的函数图象。
方法：在理解三个阶段反应的基础上，分别对物质在各阶段物质的量进行分析，通过反应找规律，然后以完全反应的点为基点作图。
捷径：三物质混合后溶于水，由于NaOH和NaHCO3反应生成Na2CO3，且NaOH过量，故溶液实际为NaOH和Na2CO3的混合液，其物质的量分别为0.25 mol和0.55 mol。逐滴加入盐酸时，三步反应及其物质的量之间的关系如下：
① NaOH + HCl = NaCl + H2O
0.25mol 0.25mol 0.25mol
② Na2CO3 + HCl = NaCl + NaHCO3
0.55mol 0.55mol 0.55mol 0.55mol
③ NaHCO3 + HCl = NaCl +CO2↑ + H2O
0.55mol 0.55mol 0.55mol
各步反应消耗盐酸总量的临界点分别为0.25 mol，0.8 mol，1.35 mol。
（1） 求：x = f（n）
由方程式知，当0 ﹤ n ≦ 1.35时，根据氯离子（或钠离子）守恒有：x = n。
当n﹥1.35时，盐酸过量，不再有NaCl产生，故x = f（n）的函数表达式为：x = n （0 ﹤ n ≦ 1.35）；x = 1.35（n﹥1.35 ）。图象如图1所示。
（2） 求：y = f（n）；z = f（n）
ａ、当0 ﹤ n ≦ 0.25时，加入的盐酸与NaOH反应，溶液中Na2CO3不变，故：y = 0.55 ，z = O
ｂ、当0.25 ﹤ n ﹤ 0.8时，加入盐酸发生第二步反应，根据反应方程式有：
1 /（0.55 — y）= 1 /（n — 0.25） y = 0.8 — n
1 / z = 1 / （n — 0.25） z = n —0.25
ｃ、当0.8 ﹤ n ≦ 1.35时，第二步反应已完全，加入盐酸发生第三步反应，根据方程式有：y = 0
1 /（0.55 — z）= 1 /（n — 0.8） z = 1.35 — n
ｄ、当n ﹥ 1.35，即继续加入盐酸时，第三步反应已经完全，y = 0 ，z = 0 。
综上所述有：y = 0.55 （0 ﹤ n ≦ 0.25）
y = 0.8 — n （0.25 ﹤ n ≦ 0.8）
y = 0 （n ﹥ 0.8）
z = 0 （0 ﹤ n ≦ 0.25或n ﹥ 1.35）
z = n — 0.25 （0.25 ﹤ n ≦ 0.8）
z = 1.35 — n （0.8 ﹤ n ≦ 1.35）
图象如图2和图3所示。
n
1.35
x
1.35
n
n
0.55
0.55
y
z
0.25
0.8
1.35
0.8
0.25
图 1
图 2
图 3
总结：根据函数式作出相应图像时，由于绝大多数函数是直线方程，故实际作图可根据起点、拐点、终点直接作出图像。
例题6 ：在2LFe2（SO4）3和CuSO4的混合溶液中，加入30g纯铁粉，最后得到2L0.25mol/L的FeSO4溶液以及26g固体沉淀物。求原混合溶液中Fe2（SO4）3和CuSO4的物质的量浓度。
方法：过量判断。首先根据题中数据，判断出26ｇ为何物质，而后列方程求解。
FeSO4
捷径：题给变化过程可表述为：
Fe
Fe2(SO4)3
Cu,有无Fe？
CuSO4
从Fe+Fe2（SO4）3=3FeSO4及Fe+CuSO4=FeSO4+Cu可知：生成0.5molFeSO4需Fe 0.5/3 mol～0.5 mol，故铁过量。
3n[Fe2（SO4）3] + n（CuSO4）= 0.25mol/L×2L
30g —{n[Fe2（SO4）3] + n（CuSO4）}×56g/mol + n（CuSO4）× 64g/mol = 26g
解得n[Fe2（SO4）3] = 0.1mol，n（CuSO4）= 0.2mol
c[Fe2（SO4）3]= 0.1mol/2L= 0.05mol/L
c[Cu（SO4）]= 0.2mol/2L= 0.1mol/L
总结：也可根据0.5molFeSO4中含Fe2+0.5mol，而加入的Fe为30g÷56g/mol﹥0.5mol判断出Fe过量。
例题7 ：密度为0.91 g/mL的氨水，质量百分比浓度为25%（即质量分数为0.25），该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液的质量百分比浓度为（ ）
A．等于12.5% B．大于12.5% C．小于12.5% D．无法确定
方法：先通过等质量分析求得中间值，再迁移到等体积。
捷径：两种质量百分比浓度不相同的同种溶液，只有等质量混合时，混合溶液的质量百分比浓度才能是二者的中间值(此题即为12.5%)，现在水的密度（1.0g/mL）大于氨水的密度（0.91g/mL），当它们等体积混合后，水的质量比一半多，所以混合溶液的质量百分比浓度一定小于中间值12.5% 。答案为C。
总结：此类试题在解答时，一定要分清等质量，还是等体积。
例题8 ：把30℃的饱和KNO3溶液112.5g，冷却到0℃时有15g固体析出，求0℃时KNO3的溶解度（已知30℃时KNO3的溶解度为50g）。
方法：利用不同温度下溶解度的差量进行计算。
捷径：设0℃时KNO3的溶解度为x，则30℃降到0℃有：
KNO3 溶液量 → 析出KNO3晶体
（100+50）g （50g — x）
112.5g 15g
150g︰（50g— x） = 112.5g︰15g，解得x = 30g
总结：在运用溶解度之差求算溶解度时，一定要注意原溶液为饱和溶液。
例题9 ：天平两端各放一只质量相等的足量的稀盐酸，将物质的量相等的镁和铝分别放入左盘和右盘的烧杯中，待反应完毕后在哪一盘的烧杯中还需加入多少克同种金属天平才能平衡？
方法： 根据天平平衡时两边的质量相等进行比对。
捷径：设Mg和Al的物质的量均为a mol。
左盘：Mg + 2HCl = MgCl2 + H2↑ 溶液增重
1mol 2g 22g
amol 22ag
右盘：2Al + 6HCl = 2AlCl3 + 3H2↑ 溶液增重
2mol 6g 48g
amol 24ag
∵ 24a ﹥22a,∴ 左盘轻2ag。
要使天平平衡，左盘烧杯中应再增加2a g。为此设需加入Mg的质量为x。
Mg + 2HCl = MgCl2 + H2 溶液增重
24g 22g
x 2ag
x = a g 。
总结：对于天平类平衡题，一般都是根据天平两边的质量相等进行求算。
聚宝盆：
物质的量的正确求算是解答此类试题的关键。不少考生解题过程中，在未形成正确的解题思路之前，便依靠熟题效应，对题设条件以点概面、以偏概全而形成错误。如不注意反应物的状态，不注意外界条件等。
由于不深入的观察思考，浮光掠影地看题、审题，在此类试题的解题中也经常出现。如将物质A看成B、忽视过量问题、忽视平衡问题、忽视对题中隐含条件的分析等。以此造成分析不完整、答案残缺不全，对于与问题相关的多个因素顾此失彼。
热身赛：
1．在托盘天平两边放有浓度和质量都相等的两杯盐酸，向左盘杯中放入碳酸钠，同时向右盘杯中放入与碳酸钠等质量的锌。投放物反应完毕，盐酸有余，则天平状态为 ( )
A．保持平衡 B．左盘低 C．右盘低 D．右盘高
2．设N0表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 （ ）
A．100 mL 0.4mol/L的甲酸中含甲酸的分子数为0.04N0
B．在标准状态下，22.4 L乙烷与乙烯的混合气体，含碳原子数为2N0
C．体积相同的物质，含的分子数相同
D．N0个23Na原子的质量为23g
3．有a g浓度为15%的硝酸钠溶液，若想将其浓度变为30%，可采用的方法是 ( ) A．蒸发掉 g溶剂 B．蒸发掉溶剂的
C．加入g硝酸钠 D．加入 g硝酸钠
4．在密闭容器中充入H2、O2、Cl2的混合气，通过电火花引发，3种气体恰好完全反应，冷至室温，测得所得盐酸的质量分数为25.61%，则充入H2、O2、Cl2的物质的量之比是 （ ）
A．7：3：1 B．5：2：1 C．13：6：1 D．8：3：2
5．右图是A、B两物质的饱和溶液的质量分数随温度变化的曲线，现分别在50g A和80g B中加入水150g，加热溶解并都蒸去50g水后，冷却到t1℃。下列叙述正确的是 ( )
A．t1℃时溶液中A、B的浓度相等（质量分数）
B．t1℃时溶液中A的浓度小于B
C．t1℃时二者均无固体析出
D．t1℃时析出固体B
6．A(气)+B(气)C(气)，它们的体积比依次是1：3：2，如果A和B都是由两个原子组成的分子，则C的分子式是 ( )
A．AB3 B．A2B C．AB2 D．A3D
7．把x mol CO2通入含y mol Ca(OH)2的澄清石灰水中，则下列叙述中不正确的是（ ）
A．当x≤y时，产生100x g沉淀
B．当y≤x时，产生100y g沉淀
C．当y＜x＜2y时，产生100(2y－x) g沉淀
D．当2y≤x时，产生的沉淀将全部溶解
8．将3.48gFe3O4完全溶解在100mL1mol/LH2SO4中，然后加入K2Cr2O7溶液25mL，恰好使溶液中的Fe2+全部氧化为Fe3+，Cr2O全部转化为Cr3+，则K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为 ( )
A．0.05mol/L B．0.1mol/L C．0.2mol/L D．0.3molL
9．273K、1.01×105Pa时，氢气和氧气的混合气体amL，点火爆炸后恢复到原温度和压强时，气体变为bmL，则原混合气体中氧气为 ( )
A．(a－b)mL B．mL C．b mL D．mL
10．将含有2.05g某高价含氧酸的钙盐的溶液A与含1.20g碳酸盐的溶液B混合，恰好完全反应，生成1.25g白色沉淀C。将滤去沉淀C的滤液蒸发，得到白色固体D，继续加热D时，D
分解只得两种气态物质的混合物，在273℃、1×105Pa下，体积为3.36L，已知该气体混合物充分冷却后得到0.90g水，另一种气态物质为气态氧化物R2O。试回答：(1)白色沉淀C的物质的量为____mol。(2)A的摩尔质量为____，B的摩尔质量为____。(3)R2O与H2O的物质的量之比为____生成D的质量为____，D的摩尔质量为____，R2O的相对分子质量为____，R2O的化学式是____，D的化学式是____。(4)写出A和B混合的化学方程式。
11．Ba(OH)2、NaHSO4、NaHCO3三种溶液，已知其中两种溶液的物质的量浓度相等，且分别为第三种溶液的物质的量浓度的2倍，若先将两种酸式盐溶液各取100mL混合反应后，再加入100mLBa(OH)2溶液，充分反应后，滤去白色沉淀，所得滤液仅含NaOH一种溶质，其浓度为0.9mol/L(不考虑混合时引起的溶液体积变化)，计算原三种溶液的物质的量浓度。
12．加热2.436 g RCl2·mH2O晶体，使之失去全部结晶水，得到1.14 gRCl2。把这些RCl2溶解于水配成200mL溶液，取出50mLRCI2溶液。正好和20mL0.3mol/L的AgNO3溶液完全反应。求(a)R是什么元素? (b)m的值。
大检阅：
1．C 2．BD 3．AC 4．C 5．BD 6．A 7．B 8．B 9．BD
10．(1)0.0125
(2)164g/mol，96g/mol
(3)1：2，1g，80g/mol，44，N2O
(4)Ca(NO3)2+(NH4)CO3=CaCO3↓+2NH4NO3
11．1.8 mol/L 1.8 mol/L 0.9 mol/L或1.8 mol/L 0.9 mol/L 1.8 mol/L
12．(a)R—Mg (b)m=6
策略 3 元素周期律、周期表试题的分析技巧
金点子：
元素周期律、周期表部分的试题，主要表现在四个方面。一是根据概念判断一些说法的正确性；二是比较粒子中电子数及电荷数的多少；三是原子及离子半径的大小比较；四是周期表中元素的推断。
此类试题的解法技巧主要有，逐项分析法、电子守恒法、比较分析法、分类归纳法、推理验证法等。
经典题：
例题1 ：（2001年全国高考）下列说法中错误的是 （ ）
A．原子及其离子的核外电子层数等于该元素所在的周期数
B．元素周期表中从IIIB族到IIB族 10个纵行的元素都是金属元素
C．除氦外的稀有气体原子的最外层电子数都是8
D．同一元素的各种同位素的物理性质、化学性质均相同
方法：依靠概念逐一分析。
捷径：原子的核外电子层数等于该元素所在的周期数，而离子由于有电子的得失，当失去电子时，其离子的电子层数不一定等于该元素所在的周期数，如Na+等。A选项错。元素周期表中从IIIB族到IIB族 10个纵行的元素都是过渡元素，均为金属元素正确。氦的最外层为第一层，仅有2个电子，除氦外的稀有气体原子的最外层电子数都是8正确。同一元素的各种同位素的化学性质几乎完全相同，而物理性质不同，D选项错。以此得答案为AD。
总结：此题要求考生对元素及元素周期表有一个正确的认识，虽不难，但容易出错。
例题2 ：（2001年上海高考）已知短周期元素的离子：aA2＋、bB＋、cC3－、dD－都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是 （ ）
A．原子半径 A＞B＞D＞C B．原子序数 d＞c＞b＞a
C．离子半径 C＞D＞B＞A D．单质的还原性 A＞B＞D＞C
方法：采用分类归纳法。
捷径：首先将四种离子分成阳离子与阴离子两类，分析其原子序数及离子半径。阳离子为aA2＋、bB＋，因具有相同的电子层结构，故原子序数a>b，离子半径A
D。再将其综合分析，因四种离子具有相同的电子层结构，故A、B位于C、D的下一周期，其原子序数为a>b>d>c，离子半径An的元素为非金属元素，m≤n的元素为金属元素。第七周期为不完全周期，若把这一周期元素全部排满，则下列有关第七周期元素的推论可能错误的是 ( )
A．第七周期排满时有32种元素，全部是放射性元素
B．第七周期排满时最后一种的单质不与任何物质发生化学反应
C．第七周期第VIIA族元素的原子序数为117，是一种金属元素
D．第七周期第IIIA族元素的氢氧化物与Al(OH)3具有相似的化学性质
5． M、N两元素原子序数均小于20，M的原子序数为n，M2-和N3+的电子层结构相同，则N的原子序数为 ( )
A．n＋3 B．n＋4 C．n＋5 D．n－5
6．运用元素周期律分析下列推断，其中错误的是（ ）
A．铍是一种轻金属，它的氧化物的水化物可能具有两性
B．砹单质是一种有色固体，砹化氢很不稳定，砹化银是有色难溶于水且感光性很强的固体
C．硫酸锶难溶于水，但易溶于盐酸
D．硒的最高氧化物的水化物是一种强酸
7．a、b、c三种元素的原子序数均小于20，a、b两元素的阳离子和c元素的阴离子都有相同的电子层结构，a原子的半径大于b原子的半径，则三种元素的原子序数的关系是 （ ）
A． a＞b＞c B．b＞a＞c C． c＞b＞a D． a＞c＞b
8．某金属元素X，其原子的质量数为52，已知X的离子中含有28个中子、21个电子，由这种离子构成的化合物的化学式正确的是 ( )
A．XNO3 B．X2(SO4)3 C．XCl2 D．K2X2O7
9．A、B、C、D、E是短周期的五种元素，它们的原子序数依次增大。A元素的一种同位素核内无中子；B元素的原子最外电子层的电子数是次外层的2倍，A与B、B与C都能形成气态非极性分子化合物，A、D元素属同一主族，B、E元素同一主族，C和D能形成D2C型离子化合物。
(1)试推断A、B、C、D、E五种元素的名称。
(2)写出B的最高价氧化物的分子式，该氧化物属于哪种晶体构型，写出C与E形成的化合物的化学式，该化合物的晶体属于哪种构型。
(3)写出元素B和E的最高价氧化物的水化物分子式，两者比较哪一种的酸性强。写出此二元素的气态氢化物分子式，并比较哪一个更稳定。
(4)写出D元素的最高价氧化物的水化物与E元素的最高价氧化物的水化物发生反应的化学方程式。
10．A、B、C、D是4种短周期元素，它们的原子序数依次增大，其中A、C与B、D分别是同主族元素。又知B、D两元素的原子核中质子数之和是A、C两元素的原子核中质子数和的2倍，这4种元素的单质中有2种气体、2种固体。
(1)写出元素符号：A______、B______、C______、D______。
(2)写出2种均含A、B、C、D 4种元素的化合物相互反应逸出气体的化学方程式： 。
(3)用A元素的单质和B元素的单质可以制成电池，电池中装有浓KOH溶液，用多孔的金属惰性电极浸入KOH溶液中，两极均有特制的气体透过性隔膜。在一极通入A的单质，另一极通入B的单质。
①通入A的单质一极为____极，反应的电极方程式是 。
②通入B的单质一极为____极，反应的电极方程式是 。
11．有X、Y、Z 3种元素。已知X的气态氢化物的分子式为H2X，该氢化物分子的相对质量与X的最高价氧化物分子的相对质量之比为17：40；X原子核内质子数与中子数相等，Y与X可形成离子化合物Y2X；Y阳离子的电子层结构与氖相同，Z与X属同一周期，其气态单质是双原子分子，两原子间共用一对电子。
(1)推出元素符号X________、Y________、Z________。
(2)Y单质在空气中燃烧的化学方程式以及该生成物与CO2反应的化学方程式 。
(3)X原子的相对质量________，离子的结构简图____________。
12．有A、B、C、D四种元素，它们的核电荷数依次增大，C和D的原子具有相同的电子层数；B的单质是双原子分子，与水剧烈反应生成氧气，B2与A单质常温时混合即能发生爆炸。C元素的单质能在足量D元素形成的单质中燃烧。出现白色烟雾，形成化合物的化学式为CD3和CD5。B2通入D的钠盐溶液中不能得到D单质，但与D的钠盐粉未反应可得到D单质。A与D的化合物相对分子质量为36.5。请填充下列空白处。
（1）四种元素的名称为A：________、B：________、C：________、D：________。
（2）A单质在D单质中燃烧时火焰呈________色，生成物的水溶液的名称是________，俗称________，该水溶液能使石蕊试液由________色变成________色。
（3）B单质与水、与A单质反应的化学方程式为：______ ； 。
（4）D的氢化物浓溶液与MnO2共热有1mol D元素被氧化，可以得到氯气________mol。
13．A、B、C、D均为短周期元素，A元素原子的次外层电子数的一半；B元素原子的核外无成对电子；C元素单质C2在标准状况下的密度为1.43g/L;D元素的焰色反应为黄色。将以上4种元素组成的盐的晶体3.4g,加热后失去全部结晶水，质量减少1.35g，所得无水盐中C元素的质量 占39%；将这些无水盐与浓H2SO4反应，得到一种挥发性弱酸，点燃该弱酸使之完全燃烧得到0.9gH2O 和2.2gCO2。已知这种弱酸一个分子中共有32个质子。则
(1)元素的名称是A________、B________、C________、D________。
(2)通过计算确定4种元素组成结晶盐的化学式是________。
14．有A、B、C、D、E、F六种元素，它们均位于周期表前三周期。元素D的最高正价与负价的绝对值之差为2，其气态氢化物中含氢8.82%，D单质在A单质中燃烧时出现大量白色烟雾；A的负价离子的电子排布与B的负价离子的电子排布相同，常温下B单质是固态；B原子最外层的电子数为K层电子数的三倍；F的正二价阳离子与C的负二价离子的电子层排布都与氖原子相同，C与E同在一个周期，它们能形成多种化合物，E的气态氢化分子中含有四个原子。
(1) 写出这六种元素的元素符号。
(2) 写出A、B、D这三种元素最高价氧化物的对应水化物的化学式，并按酸性从强到弱的顺序排列。
(2)HClO4>H2SO4>H3PO4
15．有A、B、C、D四种元素，A的正二价离子和D的负二价离子具有相同的电子层结构，A的氯化物中含A 36%，A的原子核中质子数与中子数相等。B元素的最高正价与负价的代数和为零，B的气态氢化物中含氢25%，C元素是第四周期中金属性最强的元素。
（1）试推断A、B、C、D各是什么元素：A______B______C_____D_____（写名称）
（2）写出A的最高价氧化物对应水化物的澄清液分别与未过量和过量的B的最高价氧化物反应的化学方程式：____________和____________
（3）写出C与水反应的化学方程式________________________
16．X、Y、Z三种元素在周期表中相邻，X、Y同周期，Y、Z同主族。三种元素原子序数之和为30，最外层电子数之和为16。X元素分别与Y、Z化合，都能形成二种酸酐。X、Y形成酸酐的分子式为________和________；X、Z形成的酸酐的分子式为________和________。
17．含有A、B、C、D四种短周期元素，它们的核电荷数依次增大。A与C、B与D分别是同族元素。B、D两元素的质子数之和是A、C两元素质子数之和的两倍。这四种元素中有一种元素的单质易溶解于CS2溶剂中。则四种元素是：
A____________ B____________ C________________ D________________
写出两种均含四种元素的化合物相互反应放出气体的化学方程式： 。
X
Y
Z
18．X、Y、Z均为短周期元素，它们在周期表中的相对位置如右图，已知X、Y、Z三元素原子的质子数之和为31。
(1)它们的元素符号是X________、Y________、Z________。
(2)X的最高价氧化物的电子式是________。气态氢化物的分子式________，空间构型为________，键角为________。
(3)Z的最高价氧化物的分子式为________，与碱反应的离子方程式________。
大检阅：
1．C 2．A 3．B 4．BD 5．C 6．C 7．B 8．B
9．(1)A为氢 B为碳 C为氧 D为钠 E为硅
(2)CO2 分子晶体 SiO2 原子晶体
(3)H2CO3 H2SiO3 H2CO3强 CH4 SiH4 CH4稳定
(4)2NaOH＋H2SiO3==Na2SiO3＋2H2O
10．(1)H O Na S
(2)NaHSO3＋NaHSO4=Na2SO4＋SO2↑＋H2O
(3)①负 H2－2e＋2OH-=2H2O
②正 O2＋4e＋2H2O→4OH-
11．(1)S Na Cl (2)2Na＋O2=Na2O2 Na2O2＋CO2=Na2CO3+1/2O2↑
(3) 32
12．（1）氢 氟 磷 氯
（2）苍白 氢氯酸 盐酸 蓝 红
（3）2F2＋2H2O=== 4HF＋O2↑ F2＋H2====2HF
（4）0.5
13．C H O Na CH3COONa·3H2O
14．(1)A为Cl B为S C为O D为P E为N F为Mg
15．（1）A：钙 B：碳 C：钾 D：硫
（2）Ca（OH）2＋CO2===CaCO3↓＋H2O
Ca（OH）2＋2CO2===Ca（HCO3）2
（3）2K＋2H2O===2KOH＋H2↑
16．N2O5；N2O3；P2O5；P2O3 。
17．H、O、Na 、S 2NaHSO4+Na2SO32Na2SO4+H2O+SO2↑
18． (1)C Mg Al (2) CH4 正四面体 109°28′ (3)Al2O3
Al2O3+2OH－=2AlO2－+H2O
策略 4 速率与平衡方面试题的解题方法与技巧
金点子：
在化学反应中物质的变化必经过三态，即起始态、变化态和最终态。对于化学反应速率、化学平衡及其它化学反应方面的计算，如能根据反应方程式，对应地列出三态的变化，哪么便可使分析、解题变得一目了然。此方面的试题的题型及方法与技巧主要有：
1．化学平衡状态的判断
化学反应是否达到平衡状态，关键是要看正反应速率和逆反应速率是否相等及反应混合物中各组分百分含量是否还随时间发生变化。
2．化学反应速率的计算与分析
要充分利用速率之比等于化学方程式中的计量数之比。
3．化学平衡移动的分析
影响因素主要有：浓度、压强、温度，其移动可通过勒沙特列原理进行分析。化学平衡移动的实质是浓度、温度、压强等客观因素对正、逆反应速率变化产生不同的影响，使V正≠V逆，原平衡状态发生移动。
4．等效平衡的分析
主要有等温等容和等温等压两种情况。
5．速率与平衡的图象分析
主要要抓住三点，即起点、拐点和终点。
经典题：
例题1 ：（2001年全国高考）在一定温度下，容器内某一反应中M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如图，下列表述中正确的是 （ ）
A．反应的化学方程式为：2MN
B．t2时，正逆反应速率相等，达到平衡
C．t3时，正反应速率大于逆反应速率
D．t1时，N的浓度是M浓度的2倍
方法：图象分析法。
捷径：从图中得到N为反应物，M为生成物。从0→t2min ，M增加2mol，N消耗4mol，且到达t3min，M、N的浓度保持不变，即反应为可逆反应，反应式为2N M。t2时反应物和生成物物质的量相等，此时不是正、逆反应速率相等。当t3时正逆反应的速率相等。t1时n（N）=6mol，n（M）=3mol，由于在同一容器中，所以c（N）=2c（M）。因此此题正确答案为D。
总结：选项B最容易被误认为正确说法。造成错判的原因有三：①没有看清纵坐标的物理量；②概念错误，认为物质的量相等时，化学反应速率就相等；③没有读懂图。
例题2 ：（1998年全国高考）体积相同的甲、乙两个容器中，分别都充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应：2SO2+O22SO3，并达到平衡。在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率 （ ）
A．等于p% B．大于p% C．小于p% D．无法判断
方法：平衡中的等效转化分析法。
捷径：设乙容器压强保持1.01×105Pa，因甲容器中体积保持不变，2SO2+O2 2 SO3的正反应是个气体体积缩小的反应，达到平衡时，混合气体的总压强小于1.01×105Pa。又减小压强，平衡向逆反应方向移动，则甲容器中SO2转化率低，乙容器中（定压）SO2的转化率高。以此得答案为B。
总结：将两平衡态先相联系，再依据平衡移动原理相互转化，便能快速方便获得结果。
例题3 ：（2002年全国高考）在一定温度下，向a L密闭容器中加入1 mol X气体和2mol Y气体，发生如下反应：X(g) + 2Y(g) 2Z(g)。
此反应达到平衡的标志是 ( )
A．容器内压强不随时间变化
B．容器内各物质的浓度不随时间变化
C．容器内X、Y、Z的浓度之比为l : 2 : 2
D．单位时间消耗0.1 mol X的同时生成0.2 mol Z
方法：从平衡状态下正逆反应速率相等分析。
捷径：此反应为一气体分子数减小的反应，故容器内压强不随时间变化，说明巳达平衡。各物质的浓度不随时间变化而变化，说明正逆反应速率相等，巳达平衡状态。浓度为一固定比值不能说明巳达平衡。D项中的所述均为正反应，未提到逆反应，故不能判断。以此得答案为AB。
总结：平衡状态的判断，是高考中的重点内容，也是平衡中的重点。此类试题只要抓住平衡状态下速率相等，各成分的百分含量保持不变，即可求解。
例题4 ：（1998年全国高考）在一定体积的密闭容器中放入3L气体R和5L气体Q，在一定条件下发生反应：2R（g）+5Q（g）= 4X（g）+nY（g）。反应完全后，容器温度不变，混和气体的压强是原来的87.5%，则化学方程式中的n值是 （ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
方法：根据化学反应直接分析判断，属过量计算。
捷径：本题所述及的反应不是可逆反应。3L气体R和5L气体Q反应时，R过量1L，
同时生成4LX气体和nLX气体，根据题意 ，所以n=2 。
总结：本题若看成是可逆反应，似乎也可以得到相同的答案，但它们之间有严格区别的，若看成是可逆反应，n只能等于1，因为Q气体不能全部参加反应，而Q气体完全反应。该题中n只能等于2。我们把本题安排在可逆反应这一部分中，目的是希望大家能很好地比较两者之间的差异，不能混为一谈。
例题5 ：（1997年全国高考）反应2X(g) + Y(g) 2Z(g) +热量，在不同温度(T1和T2)及压强(P1和P2)下，产物Z的物质的量(nz)与反应时间(t)的关系如图所示。下列判断正确的是（C ）
A．T1P2
C．T1>T2，P1>P2 D．T1>T2，P1p
C．X点时反应的V正>V逆
D．X点比Y点混和物反应速率慢（指正反应或逆反应的速率）
4．在一个6 L的密闭容器中，盛入3L X和2L Y，在一定条件下，发生反应：4X（气）＋3Y（气）==2Q（气）＋3R（气）若开始时加热，当反应进行到一定阶段后，采取绝热措施，容器里的温度不再随时间改变，这说明 ( )
A．正反应为放热反应 B．正反应为吸热反应
C．该反应中正反应吸热和逆反应放热相等，表现为既不吸热也不放热
D．该可逆反应达到了平衡状态
5．m A＋n B p C＋q D，该反应在其它条件不变的情况下，以T1和T2表示不同温度，Ⅰ表示T1时的平衡状态，Ⅱ表示T2时的平衡状态，则下列叙述符合图示的是 （ ）
A．正反应是吸热反应 B．T1＞T2
C．逆反应是吸热反应 D．T2＞T1
6．在一定温度下，将等物质的量A和B充入一密闭容器中，发生如下反应：A（气）+2B（气）===2C（气），反应达到平衡时，若A和B的物质的量之和与C相等，则此时A的转化率为 （ ）
A．50 % B．60 % C．40 % D．70 %
7．将等质量的两份锌粉a、b，分别加入过量的稀硫酸，同时向a中加入少量CuSO4溶液，下列各图产生H2的体积V(L)与时间t(min)的关系，其中正确的是 ( )
8．对于可逆反应2SO2+O22SO3+Q，下面有4 个图，已知（A）图是正确的。分析B、C、D图错误的原因分别是：
(B) _____________________________________________________________
(C) _____________________________________________________________
(D) _____________________________________________________________
9．在密闭容器内进行以下反应：3A（g）+B（g） 2C（g）
(1)正反应是气体体积____的反应，增大压强，平衡向____反应方向移动。C的质量分数____。
(2)压强不变，升高温度，C的质量分数随温度变化的曲线如右图所示。
则上述的正反应是____反应，要提高B的转化率，应该采取____温度。
(3)若反应开始时，A与B的体积比为3：1，平衡时B的转化率为50%，则各组分的质量分数分别为A____、B____、C____。
10．将等物质的量的A、B、C、D四种物质混合，发生反应：aA+bB cC（固）+dD。当反应进行一定时间后，测得A减少了n mol，B减少了n/2 mol，C增加了3n/2 mol，D增加了n mol，此时达到化学平衡。
（1）该化学方程式中各物质的系数为：a=_____,b=_____,c=_____,d=_____
（2）若只改变压强，反应速度发生变化，但平衡不发生移动，该反应中各物质的聚集状态为：A________，B________，C________
（3）若只升高温度，反应一段时间后测知四种物质的量又相等，则该反应为________（填“放热”或“吸热”）反应。
11．在一定温度下，把0.5mol N2O4充入体积为5L的密闭容器中， 2s后，NO2的浓度为 0.02mol/L， 60s时达到平衡。此时容器内的压强是开始时的1.6倍。
(1)2s时用N2O4浓度的变化表示反应速度是________。
(2)2s时体系内压强为开始压强的________倍，此时N2O4的分解率为________。
(3)达到平衡时，平衡混合物中N2O4的物质的量为________mol；NO2所占的体积为________%。
12．在一定温度下,将2mol A和2molB 两种气体相混合于容积为2L的某密闭容器
中，发生如下反应：3A（气）＋B（气）x(气)＋2D（气），2分钟末反应达到平衡状态，生成了0.8mol D，并测得C的浓度为0.4mol/L,请填写下列空白：
（1）x值等于________________；
（2）B的平衡浓度为____________；
（3）A的转化率为________；
（4）生成D的反应速率为____________；
（5）如果增大反应体系的压强，则平衡体系中C的质量分数________（填增大、减小或不变）；
（6）如果上述反应在相同条件下从逆反应开始进行，开始加入C和D各mol,要使平衡时各物质的质量分数与原平衡时完全相等，则还应加入______物质____mol。
大检阅：
1．D 2．BC 3．AC 4．D 5．BC 6．C 7．A
8．（B）温度低 反应慢 却先到达平衡且SO3%反而低
（C）温度低 反应慢 先到达平衡 温度高 反应快 反而后达到平衡
（D）不同温度 同时到达平衡 SO3%反而高
9．(1)减小 正 增大 (2)放热 较低 (3)50% 16.7% 33.3%
10．（1）2，1，3，2 （2）气，固或液，气 （3）放热
11．(1)0.005mol/(L·s) (2)10% (3)0.2 75%
12．（1）2 （2）0.8mol/L (3)60% (4)0.2mol/(L·min) (5)不变 （6）B、
策略5 电解质溶液方面试题的解题方法与技巧
金点子：
本策略内容主要包括：弱电解质的电离平衡、水的电离和溶液的pH、盐类的水解三部分。从近十年的高考试卷来看，水的电离与溶液pH的求算、溶液中离子浓度大小的比较、离子共存，是高考中常考不衰的热点内容。随着人们对环境保护意识的增强，有关与溶液有关的废水分析与处理问题，将会与离子共存、pH求算及中和滴定一起融入未来的高考试题中。
1．弱电解质的电离平衡
可通过平衡状态分析法进行比较分析。
2．溶液的pH计算
酸可直接计算，碱可通过pOH转换成pH。
pH= -lg｛ c（H+）｝ ，pOH= -lg｛ c（OH－）｝，pKｗ= -lg｛ Kｗ｝。
25℃时，pH + pOH = 14
3 ．盐类水解的应用
经典题：
例题1 ：（1999年上海高考题）把0.05 mol NaOH固体分别加入下列100 mL 液体中，溶液的导电能力变化最小的是 （ ）
A．自来水 B．0.5 mol· L－1 盐酸
C．0.5 mol· L－1 HAc 溶液 D．0.5 mol· L－1 KCl 溶液
方法：导电性强弱决定于什么？是解答出此类试题的关键。一般说来，金属的导电性决定于单位体积内自由电子数，电解质的导电性决定于单位体积内自由移动的离子数，也即自由离子的浓度。
捷径：溶液的导电能力变化最小，也即自由移动的离子的浓度变化最小。选项A、C均有弱电解质变成强电解质，离子浓度增大。选项D由于加入NaOH 固体，增大了离子浓度。B中NaOH 与含等物质的量HCl 的盐酸反应后，溶质由HCl 变成NaCl ，离子浓度不变，导电性几乎不变。故选B。强弱要分清、浓度是关键。若不注意强弱电解质问题，此题极易误选答案C。
总结：导电性问题是生产生活中的常见问题，其导电性不仅有溶液中的导电，还有金属与非金属（如石墨）的导电。此类试题一要注意自由电荷的浓度；二要注意两类导电物质本质不同，金属的导电为物理过程，而电解质溶液的导电实际上是一电解过程。
例题2 ：（1992年全国高考题）相同温度、相同物质的量浓度的四种溶液：①CH3COONa②NaHSO4 ③NaCl ④C6H5—ONa，按pH由大到小的顺序排列，正确的是 （ ）
A．④ > ① > ③ > ② B．① > ④ > ③ > ②
C．① > ② > ③ > ④ D．④ > ③ > ① > ②
方法：溶液pH的大小由两种情况决定，一是电解质本身的电离，二是水的电离，而水的电离程度的大小又决定于盐类水解程度的大小。此类试题要求准确把握酸碱的相对强弱，充分依靠水解规律判析。
捷径：四种溶液可分成三组，②NaHSO4，电离显酸性，pH < 7；③NaCl 为强酸强碱的正盐，不水解，溶液呈中性，pH= 7；①④是强碱弱酸盐，水溶液均呈碱性，因 CH3COOH 的酸性较C6H5OH强，故pH值应为 ④ > ① ，以此得答案A。
总结：此类试题解答的一般步骤为：先分组，然后再对组内物质根据电离与水解程度进行判析。题中溶液除为盐溶液外，还可能为酸或碱。如等浓度的八种稀溶液：①Na2SO4②H2SO4 ③NaHSO4 ④NH4Cl ⑤NaHCO3 ⑥NaCO3 ⑦NaOH ⑧Ba（OH）2 ，其pH由小到大的顺序为 ②③④①⑤⑥⑦⑧ 。
例题3 ：（1991年全国高考题）已知一种c(H+)=1×10-3mol·L－1的酸和一种c(OH— )= 1×10-3 mol· L－1碱溶液等体积混合后，溶液呈酸性。其原因可能是 （ ）
A．浓的强酸和稀的强碱溶液反应 B．浓的弱酸和稀的强碱溶液反应
C．等浓度的强酸和弱碱溶液反应 D．生成了一种强酸弱碱盐
方法：酸碱中和后所得溶液的酸碱性主要有两方面因素制约，①盐的水解，②酸碱用量。解题时既要考虑酸碱的强弱，又要考虑酸碱用量的多少，两者缺一不可。
捷径：题中两溶液中的c(H+)= c(OH— )，采用中和假想法，若是强酸强碱等体积混合，溶液一定呈中性。现溶液呈酸性，说明酸过量，且必须是弱酸。以此得答案B。
总结：中和反应后溶液的酸碱性由两方面决定。该题给出c(H+)= c(OH—)，故应从酸碱用量考虑。如未理解题意，极易从盐的水解进行分析，故易错选C、D。
例题4 ：（1997年上海高考题）在下列叙述中，能说明盐酸是强酸，醋酸是弱酸的是 ( )
A．将pH= 4的盐酸和醋酸稀释到pH= 5的溶液，醋酸所加的水量多
B．盐酸和醋酸都可用相应的钠盐与浓硫酸反应制取
C．相同pH的盐酸和醋酸溶液中分别加入相应的钠盐固体，醋酸的pH变化大
D．相同pH的盐酸和醋酸分别跟锌反应时，产生氢气的起始速度相等
方法：强弱电解质的区别在于电离程度的大小，而电离程度则可通过溶液中电离产生的离子浓度进行定性分析。对于酸、碱的稀溶液，则又可以通过pH的大小或变化情况来进行判析。
捷径：B未涉及酸性强弱。DpH相等，与锌反应的速度必相等，与酸性强弱无关。A由于稀释到相同pH，醋酸加水量大于盐酸，证明稀释过程中醋酸电离度增大，所以醋酸是弱酸。C中加入相应钠盐固体，醋酸pH变化大，证明所加CH3COO—抑制了CH3COOH的电离，存在电离平衡，属弱酸。故选A、C。
总结：弱酸稀释，电离度增大，造成溶液中[H+]变化较强酸小。如要获得相同pH，其加水量必超过强酸。部分同学由于未考虑电离度对离子浓度的影响，而漏选A。
例题5 ：（1991年全国高考题）在某无色透明的酸性溶液中，能共存的离子组是 （ ）
A．NH4+、NO3—、Al3+、Cl— B．Na+、AlO2—、K+、NO3—
C．MnO4—、K+、SO42—、Na+ D．K+、SO42—、HCO3—、Na+
方法：离子共存问题在高考试题中常常有众多的限制条件，如无色、酸碱性、能跟Al作用产生H2等等。解题时，需找出限制条件，对照选项逐一化解，方可正确获得答案。
捷径：根据条件为无色，先排除C。再根据溶液呈酸性，排除B、D，以此获得答案为A。
总结：条件对离子共存题起着限制和制约的作用。部分考生由于未能考虑无色透明，而错选C。
例题6 ：（2001年全国高考）将pH= l的盐酸平均分成 2份，l份加适量水，另1份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液后，pH都升高了1，则加入的水与NaOH溶液的体积比为 （ ）
A． 9 B．10 C．11 D．12
方法：利用pH概念巧算。
捷径：设在1L pH=1的盐酸中，加入水后pH=2，则加入水的体积约为9L，如果加入0.1mol·L—1的NaOH溶液VL，后溶液的pH也变成2，则
mol/L
C（H+）=
解之V= L，二者的体积比为9L︰ L= 11︰1，故答案为C。
总结：两溶液混合后计算溶液的pH时应注意：混合溶液显酸性时一定要用H+浓度计算，混合溶液显碱性时，一定要用OH—浓度计算，两者不能颠倒。
例题7 ：（2001年上海高考）为更好地表示溶液的酸碱性，科学家提出了酸度（AG）的概念，AG＝，则下列叙述正确的是 （ ）
A．中性溶液的AG＝0 B．酸性溶液的AG＜0
C．常温下0.lmol/L氢氧化钠溶液的AG＝12
D．常温下0.lmol/L盐酸溶液的AG＝12
方法：运用迁移类比法分析。
捷径：在中性溶液中，c（H+）=c（OH—），AG= = lg1 = 0，在酸性溶液中c（H+）﹥c（OH—），AG= ， 因为c（H+）﹥c（OH—），所以其比值大于1 AG﹥0，在0.1mol·L—1的NaOH溶液中c（OH—）=0.1mol·L—1，c（H+）=1×10—13mol·L—1，AG = =
—12， 在0.1mol·L—1的盐酸中，c（H+） = 0.1mol· L—1，c（OH—）=1×10—13mol·L—1，AG= = 12 。答案为AD。
总结：这是一道信息迁移式试题。要善于将酸度的信息与原有pH计算严格区别开来。排除pH计算的干扰是正确解题的保证。
例题8 ：(2000年全国高考)25℃时，若体积为Va 、pH = a的某一元强酸与体积为Vb 、pH= b的某一元强碱混合，恰好中和，且已知Va < Vb 和a=0.5b。请填写下列空白：
（1）a值可否等于3（填“可”或“否”） ，其理由是 。
（2）a值可否等于5（填“可”或“否”） ，其理由是 。
（3）a的取值范围是 。
方法：当强酸强碱混合时，混合溶液的酸碱性、酸碱体积比及pH问题，均可通过将pH转换成c(H+)或c(OH-)，然后在幂指数中将PH叠加进行分析而得。
捷径：（1）若a=3，则 b=6，而b为25℃强碱的pH，必须大于7，故a不可能等于3。
（2）若a=5，则b=10，强酸中c(H+)＝10-5 mol·L-1，强碱中c(OH-)＝10-4 mol·L-1，根据恰好中和可得10-5 mol·L-1Va=10-4 mol·L-1Vb，Va / Vb=10，不符。
（3）强酸pH=a，c(H+)=10-amol·L-1，强碱pH=b，c(OH-)=10b-14mol·L-1，根据恰好中和知：10-amol·L-1Va=10b-14 mol·L-1Vb，Va / Vb=10a+b-14，因Va < Vb 故 a+b-14<0 ，b= 2a ，代入得 a< ，又pH= b= 2a > 7 ，a > ， 以此得a的取值范围是 < a < 。
总结：该题中的关键字词为：恰好中和。唯有根据Vaα (HA－),设有下列四种溶液：
A．0.01mol·L-1的H2A溶液
B．0.01mol·L-1的NaHA溶液
C．0．01mol·L-1的HCl与0.04mol·L-1的NaHA溶液等体积混合液
D．0.02mol·L-1的NaOH与0.02 mol·L-1的NaHA溶液等体积混合液
据此，填写下列空白（填代号）
(1)ｃ(H+)最大的是___________________，最小的是______________________。
(2) ｃ(H2A)最大的是______________________，最小的是____________________。
(3) ｃ(A2-)最大的是______________________， 最小的是____________________。
方法：从相互反应后的溶液间着手，结合电离与水解的知识进行分析。
捷径：（1）C中两种溶液发生反应，HCl+NaHA=NaCl+H2A，还剩余NaHA。反应后，由于溶液体积扩大一倍，所以溶液中的ｃ(NaHA)与ｃ( H2A)的浓度均为0.01mol·L—1。同理D溶液经反应后ｃ(Na2A)=0.01mol·L—1。由于C中大量存在HA—，抑制H2A的电离，所以ｃ(H+)最大的是A，ｃ( H+)最小的是D（D中A2—发生水解，溶液显碱性）。
（2）由于C中H2A的电离受到HA—的抑制，所以ｃ(H2A)最大的C，而D溶液中获得H2A需要A2—经过两步水解得到，而B只需一步水解HA—+H2O H2A+OH—即可得到，所以D中ｃ(H2A)最小。
（3）ｃ(A2—)是在强碱性条件下存在，所以（3）题答案与（1）正好相反。
以此得答案为（1）A，D，（2）C，D，（3）D，A。
总结：
两溶液相互混合时首先必须考虑溶液间的反应问题，只有在充分反应后才能再对其溶液中的成分进行分析。
金钥匙：
例题1 ：若在加入铝粉能放出氢气的溶液中，分别加入下列各组离子，可能共存的是 （ ）
A．NH4+、NO3—、CO32—、Na+ B．Na+、Ba2+、Mg2+、CO32—
C．NO3—、Ca2+、K+、AlO2— D．NO3—、K+、AlO2—、H+
方法：根据限制条件逐项分析。
捷径：加入铝粉放出氢气的溶液，可能是强酸性溶液，也可能是强碱性溶液。选项A、B、D中的离子如CO32—、AlO2—在强酸性溶液，NH4+、Mg2+、H+在强碱性溶液中均不能共存，而C选项中的四种离子是能大量共存的。答案为C。
总结：本题往往误选D，因为只考虑H+与Al反应能产生H2，而忽略了H+与AlO2—不能大量共存这一基本事实。
例题2 ：在pH=1的溶液中可以大量共存的离子组是 （ ）
A．Na+、K+、Cl—、CO32— B．Ba2+、Na+、SO42—、NO3—
C．Al3+、Mg2+、SO42—、Cl— D．NH4+、K+、OH—、SO42—
方法：离子能否大量共存的依据是离子之间能否发生离子反应。若阴阳离子间能发生反应，导致离子浓度或种类发生变化则表明该阴、阳离子不能大量共存，反之，若离子之间不发生反应，则能共存。分析方法同例1。
捷径：A．pH=1为强酸环境，H+不能与CO32—共存：2H++CO32—=CO2↑+H2O。
B．Ba2+和SO42—反应生成BaSO4沉淀，且不溶于稀硝酸：Ba2++SO42—=BaSO4↓。
C．Al3+、Mg2+、SO42—、Cl—可以共存于强酸溶液中，它们彼此不发生反应。
D．在酸性溶液中H+与OH—不可能同时大量共存：H++OH—=H2O
以此，C选项正确。
总结：解有关离子能否共存的问题时，除能准确判断所给离子组能否发生反应外，还要特别注意试题的前提设置，由于审题时没有注意试题的前提设置“在pH=1的溶液中”，导致误选A和C。
例题3 ：在室温下等体积的酸和碱的溶液，混合后pH一定小于7的是（ ）
A．pH = 3的硝酸跟pH = 11的氢氧化钾溶液
B．pH = 3的盐酸跟pH = 11的氨水
C．pH = 3的硫酸跟pH = 11的的氢氧化钠溶液
D．pH = 3的醋酸跟pH = 11的氢氧化钡溶液
方法：对半分析，pH = 3的酸溶液与pH =11的碱溶液其 c(H+)= c(OH-)，等体积混合后，电离出的H+和 OH-完全反应，若溶液显酸性，则必须酸过量，也即酸为弱酸。
捷径：c(H+)和 c(OH-)相等的强酸强碱溶液等体积混合后，必为中性，即pH =7，现要使溶液呈酸性，酸一定要过量，即应选用一种弱酸（部分电离）和强碱溶液混合才能达到目的。以此得答案为D。
总结：等体积是解答该题的关键字词，在酸碱相互混合时，如果存在等量关系，均可用对半法来分析。
例题4 ：把0.02mol／LHAc溶液和0.01mol/LNaOH溶液等体积混合，则混合溶液中微粒浓度关系正确的是 （ ）
Ａ．c(Ａc—)＞c(Na+) Ｂ．c（HAc）＞c(Ａc—)
Ｃ．c(H＋)＝c(Ａc—)－c（HAc） Ｄ．c（HAc）+ c(Ａc—)=0.01mol/L
方法：根据溶液中电荷守恒和物料守恒求解。
捷径：此题实质上是0.05mol/L的HAc溶液和0.05mol/L的NaAc溶液的混合溶液。由电荷守恒关系可得： c(H＋)＋c(Na+)＝c(Ａc—)＋c（OH—） （１）
由物料守恒关系可得： c（HAc）＋c(Ａc—)＝c(Na+)×2＝0.01mol / L （２）
由（2）式可知Ｄ正确。
将（1）×2＋（2）可得： 2c(H＋)＝c(Ａc—)＋2 c（OH—）－c（HAc） （３）
Ｃ选项错误。以此得答案为 A、D。
总结：在电解质溶液中通常存在两类守恒关系。一类为电荷守恒，即溶液中各种离子所带电荷数相等，在列式时要注意：离子带多少个电荷，其离子浓度必须乘以多少。另一类为物料守恒，即通过元素比较获得的元素关系守恒。
例题5 ：有K2SO4、Al2(SO4)3混合溶液，巳知其中c(Al3+)=0.4mol/L, c( SO42－)=0.7mol/L,则溶液中K+物质的量浓度为 （ ）
A．0.1mol/L B．0.15mol/L C．0.2mol/L D．0.25mol/L
方法：利用电荷守恒求解。
捷径：混合溶液中K+、Al3+离子所带的正电荷总数，一定等于SO42－所带的负电荷总数，根据电荷守恒关系可得：3c(Al3+)+ c(K+)+ c(H+) = 2c( SO42－) + c( OH－) 。因c(H+)或c(OH－)都很小，可忽略，故3×0.4mol/L +c(K+)=2×0.7mol/L，c（K+）= 0.2mol/L 。所以选C。
总结：在列出溶液中的电荷守恒关系时，无论溶液中的离子浓度有多小，都要列出。
例题6 ：在25℃时，若10体积的强酸溶液与1体积的强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合之前，该强酸溶液的pH与强碱溶液的pH之和应满足的关系是 。
方法：利用完全反应n(H+) = n(OH－)分析求解。
捷径：设强酸溶液的pH=a，强碱溶液的pH=b； 强酸溶液的体积为10V，强碱溶液 的体积为V。强酸溶液中的c（H+）=10－amol/L，强碱溶液 的ｃ（OH－）=10(b-14)mol/L。根据混合后溶液呈中性知：c（H+）·10V=c（OH－）·V ，将浓度数值代入得：
10－amol/L·10V=10(b－14)mol/L·V ，a+b =15 。以此得答案为：pH酸+pH碱=15 。
总结：酸碱完全中和，pH=7，n(H+) = n(OH－)，是此题的关键。
例题7 ：下列物质加热浓缩或蒸干，请对其进行分析判断。
①碳酸钾的水溶液蒸干得到的固体物质是 ，原因是 。
②明矾的水溶液蒸干得到的固体物质是 ，原因是 。
③碳酸氢钡溶液蒸干得到的固体物质是 ，原因是 。
④亚硫酸钠溶液蒸干得到的固体物质是 ，原因是 。
⑤氯化铝的水溶液蒸干得到的固体物质是 ，原因是 。
⑥盐酸与硫酸浓度各为1mol/L的混合酸10mL，加热浓缩至1mL，最后溶液的浓度是 ，原因是 。
方法：根据盐溶液的水解及试剂的还原性分析解题。
捷径：①尽管加热过程促进了K2CO3的水解，但生成的KHCO3和KOH反应后又生成K2CO3。故蒸干得到的固体物质是K2CO3。
②尽管Al3+水解， 但由于H2SO4为高沸点酸，又与Al（OH）3发生反应，最后仍然是结晶水合物明矾，故蒸干得到的固体物质是明矾。
③Ba（HCO3）2在溶液中受热分解，故蒸干得到的固体物质是BaCO3。
④Na2SO3在蒸干的过程中不断被空气氧化而变成Na2SO4 ，故蒸干得到的固体物质是Na2SO4。
⑤Al3+水解，HCl挥发，得Al（OH）3， Al（OH）3又有部分分解生成 Al2O3。故蒸干得到的固体物质是Al（OH）3 和 Al2O3。
⑥ 因加热浓缩过程中HCl挥发，最后剩余物为 H2SO4，其浓度为10mol/L。
总结：同样属于能水解的盐，在加热浓缩或蒸干的过程中，由于生成物易挥发或难挥发，有的促进了水解，有的抑制了水解，还有的要考虑被氧化的问题。
聚宝盆：
本专题内容是重要的基础理论之一，与物质结构理论、化学平衡理论有着密切的联系，并且与化学实验、化学计算互相渗透，对理解及应用能力的要求较高。本章所分析的虽是普通水溶液中的一系列问题，但在实际命题过程中，还可扩展至重水及非水溶液（如液氨溶液）中的离子浓度、电离平衡常数及类似于水中的pH等的求算问题。从近十年的高考试卷来看，水的电离与溶液pH的求算、溶液中离子浓度大小的比较、离子共存等，是高考中常考不衰的热点内容，在今后的高考综合卷中将进一步得到体现。随着人们对环境保护意识的增强，有关与溶液有关的生物体的功能问题、废水的分析与处理问题等，将会与离子共存、pH求算及中和滴定一起融入未来的高考综合试题中。因此，解答本专题内容，必须理解有关概念的内涵与外延，注意在灵活应用上下功夫。在解题时，要注意以下几点：
1．弱电解质的电离，不仅跟溶液浓度及其对应离子的抑制有关，还跟温度有关，温度越高，电离程度越大。故此类试题还可与温度相联系，以定性确定弱电解质及电离程度的大小。
2．离子共存问题是高考的常考试题。近年来，除离子在溶液中能否大量共存的主设问外，还另外附加了一些其他条件限制，如是否有颜色、酸性条件、碱性条件或与某种试剂反应产生某些现象等。此类试题还常常与氧化还原反应及其它后续反应（如另加入一种物质能产生沉淀或气体等）等限制条件一起对考生的无机与有机化学反应进行综合考查。答题时注意不能忽视这类限制条件。
离子在溶液中不能共存的原因有：（1）生成难溶于水的物质，（2）生成气体或易挥发的物质，（3）生成难电离的物质。
热身赛：
1．已知一种c(H+)=1×10-3mol/L的酸和一种c(OH－)= 1×10-3 mol/L碱溶液等体积混合后，溶液呈酸性。其原因可能是 （ ）
A．浓的强酸和稀的强碱溶液反应 B．浓的弱酸和稀的强碱溶液反应
C．等浓度的强酸和弱碱溶液反应 D．生成了一种强酸弱碱盐
2．在pH都等于9的NaOH和CH3COONa两种溶液中，设由水电离产生的OH-离子浓度分别为A mol/L 与B mol/L，则A和B的关系为 ( )
A．A>B B．A= 10-4B C．B= 10-4A D．A= B
3．在由水电离产生的[H+]为10-13mol/L的溶液中肯定能大量共存的离子组是（ ）
A．Na+、Ba2+、NO3-、Cl- B．Na+、Mg2+、SO42-、Cl-
C．K+、Fe3+、Cl-、NO3- D．NH4+、Na+、HCO3-、HS-
4．在等物质的浓度两种一元弱酸的钠盐溶液中，分别通入适量的CO2，发生以下反应NaR+CO2+H2O=HR+NaHCO3 2NaR＇+CO2+H2O=2HR＇+Na2CO3，则以下判断正确的是 （ ）
A．H R的酸性比H R＇强 B．H R＇的酸性比H R强
C．H R的酸性比H 2CO3强 D．H R＇的酸性比H 2CO3强
5．常温下pH=1的两种酸溶液A和B，分别加水稀释100倍，其pH值与所加水的体积变化如图所示，则下列结论中正确的是 （ ）
A．A酸比B酸的电离大 B．A为弱酸，B为强酸
C．B酸的物质的量浓度比A酸大 D．A酸比B酸容易电离
6．加入电解质可使胶体凝聚，其原因是 （ ）
A．电解质的离子与胶体所吸附的离子反应生成难溶的电解质
B．引入电解质阻碍了布朗运动
C．电解质的阳离子或阴离子中和胶体所带的电荷，使其凝聚成较大颗粒
D．引入电解质可使溶胶的浓度增大
7．PH＝2的X、Y、Z三种酸的水溶液各1mL，分别加水稀释到1000mL，其中PH与溶液体积（V）的关系如下图所示，则下列说法不正确的是
（ ）
A、X是强酸，Y和Z是弱酸
B、原溶液的浓度大小为 ： c（Z）＞ c（Y）＞c（X）
C、稀释前后溶液的pH相等，但稀释过程中溶液的pH不等
D、原溶液都是稀溶液
8．在25℃时，有pH为 x的盐酸和pH为 y的NaOH溶液，取VxL该盐酸同该NaOH溶液中和，需VyLNaOH溶液，问：
（1）若 x + y = 14 时，则 = （填数值）；
（2）若 x + y = 13 时，则 = （填数值）；
（3）若 x + y > 14 时，则 = （填表达式），且Vx Vy （填“>”、“< ”或“= ”）（题中的 x≤6，y≥8。）
9．向20mL 盐酸和硫酸的混合溶液中，逐滴加入 0.1mol/L的 Ba(OH)2 溶液，沉淀的质量和溶液的pH值与加入的 Ba(OH)2 溶液体积的图像如右图所示。回答：
(1)起始时，混合酸中硫酸的物质的量浓度是________mol/L。
(2)起始时混合酸中盐酸的物质的量浓度________mol/L。
(3)B点表示沉淀 的质量是________g。
(4)A点表示溶液中[H＋]为________mol/L。 pH____。
(5)C点时的pH值为________。
10．已知①ZnCl2·xH2O易溶于水, 且其水溶液呈酸性；②SOCl2极易与水发生下列反应：SOCl2+H2O=SO2+2HCl。实验室制取无水氯化锌是将ZnCl2·xH2O与SOCl2混合加热的方法。试回答：
（1）混合加热时发生的化学方程式： ；
（2）SOCl2的作用是 。
11．氯化铜晶体（CuCl2·2H2O）含有FeCl2 杂质，为制得纯净氯化铜晶体，首先将其制成水溶液，然后按下列操作步骤进行提纯：
①先加入氧化剂X，再加入物质Y，过滤得沉淀Z
②将滤液蒸发结晶得纯CuCl2·2H2O晶体
已知：三种离子在溶液中完全变成氢氧化物沉淀所需pH值为：Fe3+ 3.7，Cu2+ 6.4， Fe2+ 6.4 。试回答下列问题：
（1）加入氧化剂X的原因是 。
（2）下列物质都可以作为氧化剂，其中最适宜于本实验的是（ ）。
A．H2O2 B．KMnO4 C．NaClO D．K2Cr2O7
（3） 物质Y是 ， 沉淀Z是 。
（4）为分离出沉淀Z 采取的实验操作所用的仪器有 。
（5）操作②所用的仪器有 。
（6）如要获得无水CuCl2，应如何操作？ 。
12．A、B两种物质都是由H、N、O、Na中的任意三种元素组成的强电解质，A的水溶液呈碱性，B的水溶液呈酸性。请找出A、B可能的两种组合，要求A1溶液中水的电离程度小于A2溶液中水的电离程度。B1溶液中水的电离程度小于B2溶液中水的电离程度。
（1）写出化学式：A1 A2 B1 B2
（2）B1溶液中水的电离程度小于B2溶液中水的电离程度，其原因是： 。
大检阅：
1．B 2．B 3．A 4．A 5．CD 6．C 7．C
8．（1）1 （2）0.1 （3）10a+b-14 、>
9．(1) 0.1mol/L (2)0.4mol/L (3)0.446g (4)0.2mol/L 0.7 (5)1.18
10．ZnCl2·XH2O+XSOCl2 = ZnCl2+XSO2+2XHCl；
①夺取ZnCl2·XH2O中的结晶水，
②生成的HCl抑制ZnCl2·XH2O的水解。
11．⑴将Fe2+氧化成Fe3+。 ⑵ A
⑶Y是CuO或Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3，Z是Fe（OH）3
⑷铁架台（含铁圈）、小漏斗、烧杯、玻璃棒、滤纸
⑸铁架台（含铁圈）、蒸发皿、酒精灯、玻璃棒
⑹在HCl气流中加热
12． ⑴A1 NaOH，A2 NaNO2， B1 HNO3， B2 NH4NO3
⑵B1为HNO3，电离出的H+抑制了水的电离，B2为NH4NO3， NH4+水解促进了水的电离。
策略6 电化学试题的分析与技巧
金点子：
本专题的试题包括：新型电池，溶液中离子的放电顺序，电解后溶液pH的求算，原电池、电解池、电镀池的比较分析等。在解题时，所涉及到的方法有正逆判析、电荷守恒、电子守恒等。其主体内容如下：
1．原电池、电解池、电镀池的比较
2．用惰性电极对电解质溶液进行电解时的各种变化情况比较
注：电解CuCl2 溶液，从理论上讲，其浓度减小，水解产生的ｃ(H+)减小，pH增大。但实际上，阳极产生的Cl2不可能全部析出，而有一部分溶于阳极区溶液中，且与H2O反应生成HCl 和HClO ，故 pH减小。
经典题：
例题1 ：（1993年上海高考题） ：有a、b、c、d 四种金属。将a与b用导线连接起来，浸入电解质溶液中，b不易腐蚀。将a、d分别投入等浓度盐酸中，d 比a反应剧烈。将铜浸入b的盐溶液里，无明显变化。如果把铜浸入c的盐溶液里，有金属c析出。据此判断它们的活动性由强到弱的顺序是 （ ）
A．a c d b B．d a b c
C．d b a c D．b a d c
方法：金属越活泼，越易失电子，通常情况下腐蚀也越快。当两种金属相连浸入电解质溶液后，根据得失优先法，对金属活动性与腐蚀快慢可互换判析。
捷径：根据得失优先法：活泼金属作负极，被腐蚀，所以a、b中活泼性a > b ；a、d与等浓度盐酸反应d 比a 激烈，即 d > a ；Cu与b 盐溶液不反应，而能与c盐溶液反应置换出c，说明活泼性 b > c ，以此得答案为B。
总结：金属越活泼，越易失电子，其腐蚀也越快。部分考生由于未及考虑金属活动性与失电子能力及腐蚀快慢的关系，而误选C。
例题2 ：（1991年全国高考题） ：用两支惰性电极插入500mL AgNO3溶液中，通电电解，当电解液的pH值从6.0变为3.0时（设阴极没有H2放出，且电解液体积不变），电极上应析出银的质量是 （ ）
A．27mg B．54mg C．108mg D．216mg
方法：无论是原电池，还是电解池，在放电过程中，正负极和阴阳极转移电子的物质的量均相等。此题可根据电子转移守恒求解。
捷径：题中pH= 6可理解成由于Ag+ 的水解而使溶液显弱酸性，当pH变为3 时，
n（H+）= 1×10-3 mol·L-1×0.5 L= 5×10-4 mol ，
根据有1mol 电子转移可产生1mol H+ 或1mol Ag 知，n（Ag）= n（H+）=5×10-4 mol， m（Ag）=5×10-4 mol ×108g·mol-1=5.4×10-2g=54mg ， 以此得答案B。
总结：电子守恒是解答出此题的关键。部分考生由于对该题中pH=6 及H+ 浓度的变化与转移电子和析出Ag 的关系不理解，而出现解题错误。此类试题也可扩展至多种溶液的混合物进行电解（注意混合时各物质间的反应）的情况，也可扩展至原电池与电解池共存及电解池的串联问题。请记住：电子守恒。
例题3 ：（1998年全国高考）下列关于铜电极的叙述正确的是 （ ）
A．铜锌原电池中铜是正极 B．用电解法精炼粗铜时铜作阳极
C．在镀件上电镀铜时可用金属铜作阳极
D．电解稀硫酸制H2、O2时铜作阳极
方法：结合电极反应进行判断。
捷径：铜锌原电池中，由于铜的金属活动性比锌弱，所以锌作负极，铜作正极。在精炼铜时，粗铜作阳极，镀件作阴极，CuSO4溶液作电解液，电解稀H2SO4时，惰性电极作阳极（铂电极或石墨电极），铜可以作阴极。以此得答案为AC。
总结：在原电池中，活泼金属作负极，不活泼金属作正极。在电解池中，金属作阳极(Pt、Au除外)金属失电子。金属作阴极，金属不会失电子。
例题4 ：（1996年全国高考）实验室用铅蓄电池作电源电解饱和食盐水制取氯气,已知铅蓄电池放电时发生如下反应：
今若制得Cl20.050 mol, 这时电池内消耗的H2SO4的物质的量至少是 ( )
A．0.025mol B．0.050mol C．0.10mol D．0.20mol
方法：根据转移电子守恒求解。
捷径：铅蓄电池中总的反应式为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，有2个电子发生转移，即若产生2mol电子，必然消耗2 mol H2SO4。电解食盐水中，总反应式为：2NaCl+
电解
2H2O == 2NaOH+H2↑+Cl2↑，当有1 mol Cl2生成时，有2 mol电子发生转移。上述反应可用关系式2H2SO4→2mol电子→1 mol Cl2，所以要制取0.05 mol Cl2就消耗0.10 mol H2SO4。选C。
总结：如果套用电解AgNO3溶液时产生1 mol H+就通过1 mol 电子的公式解本题时就会发生错误，原因是应用公式的范围不对。题中是在原电池中，而公式适用于电解。
例题5 ：（1994年全国高考）银锌电池广泛用作各种电子仪器的电源,它的充电和放电过程可以表示为：
在此电池放电时,负极上发生反应的物质是（ ）
A．Ag B．Zn(OH)2 C．Ag2O D．Zn
方法：从得失电子分析。
捷径：从得失电子的情况判断，失去电子的物质为负极，其化合价在反应中会升高。所以由上式可知在负极上发生反应的物质是Zn 。故选D。
总结：解答该题，首先必须看清反应式中充电与放电的方向，然后才能分析。部分考生常因没有注意充电和放电的方向，而出现误选A现象。
本题为新情境试题，解答此类试题要善于理解题示的信息，并将此信息和已学的知识以及要解决的问题联系起来，进行分析和判断。依据原电池工作原理，在负极上发生氧化反应，负极材料一般是较为活泼的金属，在电极反应中失去电子，被氧化。
例题6 ：（1993年全国高考）下图中x、y分别是直流电源的两极, 通电后发现a极板质量增加, b极板处有无色无臭气体放出,符合这一情况的是 ( )
方法：采用淘汰法解题。
捷径：a极板质量增加，说明X为负极，排除C。且该电解质溶液中含有不活泼金属离子，又排除B。b极有无色无臭气体放出，溶液中无Cl—，排除D。以此得答案为A。
总结：这是一个综合性很强的电化学问题。首先从电解产物或现象或电极反应式判断电源的正负极（或极板的阴阳极），然后再确定极板的材料是惰性电极还是金属材料。最后确定电解质溶液的溶质成分。若需计算，应放在题目的最后。这是一般的解题程序。
例题7 ：（2000年苏、浙、吉高考理科综合） ：熔融盐燃烧电池具有高的发电效率，因而受到重视，可用Li2CO3和Na2CO3的熔融盐混合物作电解质，CO为阳极燃气，空气与CO2的混合气体为阴极助燃气，制得在650℃下工作的燃料电池，完成有关的电池反应式：
阳极反应式：2CO+2CO32-→4CO2+4e－
阴极反应式： ，总电池反应式： 。
方法：电极放电情况决定于电极材料、电解质溶液及电子流向。确定电极反应时可将题中材料进行拆分，根据放电规律以获得电极反应式与总反应式。
捷径：根据课本中“牺牲阳极的阴极保护法”知，阳极也即负极，阴极也即正极。将原电池中材料进行拆分，负极（阳极）为CO燃气和CO32-，正极（阴极）为空气中的O2和CO2
，故正极（阴极）反应式为O2+2CO2+4e－ = 2CO32- ，合并正、负极电极反应式得总电池反应式为：2CO+O2 = 2CO2 。
总结：该题出错主要原因有：阴阳极与正负极的联系未掌握、正负极材料未拆分清、熔融碳酸盐的作用未理解。以此造成不能正确书写出反应式。
例题8 ：（1998年上海高考）氯碱厂电解饱和食盐水制取NaOH的工艺流程示意图如下：
粗盐 H2O NaOH Na2CO3 Cl2 H2
脱盐
10%NaOH、16%NaCl溶液
电解
化盐
精制
沉渣
NaCl晶体
50%NaOH溶液
依据上图，完成下列填空：
（1）在电解过程中，与电源正极相连的电极上所发生反应的化学方程式为 。与电源负极相连的电极附近，溶液pH （选填：不变、升高或下降）
（2）工业食盐含Ca2+、Mg2+等杂质。精制过程发生反应的离子方程式为 ， 。
（3）如果粗盐中SO42—含量较高，必须添加钡试剂除去SO42—，该钡试剂可以是 （选填a，b。c多选扣分）
a．Ba（OH）2 b．Ba（NO3）2 c．BaCl2
（4）为有效除去Ca2+、Mg2+、SO42—，加入试剂的合理顺序为 （选填a，b，c多选扣分）
a．先加NaOH，后加Na2CO3，再加钡试剂
b．先加NaOH，后加钡试剂，再加Na2CO3
c．先加钡试剂，后加NaOH，再加Na2CO3
（5）脱盐工序中利用NaOH和NaCl在溶解度上的差异，通过 、冷却、 （填写操作名称）除去NaCl。
（6）在隔膜法电解食盐水时，电解槽分隔为阳极区和阴极区，防止Cl2与NaOH反应；采用无隔膜电解冷的食盐水时，Cl2与NaOH充分接触，产物仅是NaClO和H2，相应的化学方程式为 。
方法：理清图示过程，再根据要求逐一分析。
捷径：（1）电解食盐水，与电源正极相连的电极发生的反应是2Cl——2e— = Cl2↑，与电源负极相连的电极上发生的反应是2H++2e = H2↑，消耗H+，即产生OH—，所以溶液的pH升高。
（2）除去Ca2+：Ca2++CO32—=CaCO3↓，除去Mg2+：Mg2++2OH—=Mg（OH）2↓。由于Mg（OH）2的溶解度小于MgCO3，所以Mg2+与OH—，与CO32—混合时，总是生成Mg（OH）2沉淀。
（3）除去SO42—应选择Ba2+，如果加入Ba（NO3）2溶液中会引进杂质NO3—，而加入Ba（OH）2，BaCl2就不会增加新的杂质。
（4）除杂质时加入Ba2+和OH—无先后之分，但Na2CO3一定在BaCl2之后加入，因为CO32—还要除去多余的Ba2+，过滤沉淀后即认为NaCl被提纯。
（5）脱盐工序实际上是分离NaOH和NaCl，由于NaCl溶解度小，因而NaCl首先析出，其操作过程是蒸发（减少溶剂便于溶液浓缩）、冷却、结晶，经过滤得NaCl晶体。
（6）如无隔膜会发生：Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2O，因电解食盐水反应式为
电解
电解
2NaCl+2H2O==2NaOH+H2+Cl2，两反应式相加得NaCl+H2O == NaClO+H2↑。
以此得该题的答案为：（1）2Cl——2e—= Cl2 ↑升高（2）Ca2++CO32—=CaCO3↓，Mg2++2OH—= Mg（OH）2↓ （3）a c （4）b c （5）蒸发 过滤 （6）NaCl+H2O
电解
电解
===NaClO+H2↑或2NaCl+2H2O ==== H2↑+2NaOH Cl2+2NaOH = NaCl+NaClO+H2O。
总结：该题为一学科内的综合题，解答时，要求考生从多方考虑题设要求。
金钥匙：
例题1 ：常见锌锰干电池在放电时的总反应可表示为：Zn（s）+2MnO2（s）+2NH4+ = Zn2++Mn2O3（s）+2NH3+2H2O，该电池放电时，正极区发生反应的物质是 ( )
A．Zn B．只有MnO2 C．MnO2和NH4+ D．Zn2+和NH3
方法：根据题示放电反应分析。
捷径：根据题中总反应可知，必有NH4+参与电极反应，其正确的电极反应式为2MnO2+2e－+2NH4+ = Mn2O3+H2O+2NH3，以此得正确答案为C 。
总结：该题部分考生易错选B。其出错的原因是认为原电池放电时，正极区某物质得电子，被还原，根据反应方程式可知，只有MnO2得电子，故正极区反应的物质只有MnO2 。其错解的原因乃是未能正确分析电极反应，以偏概全所致。严密的分析是正确求解的前提，有些考生在解题中常常会因过程思维不严、逻辑推理不当、循环论证、忽视特例、以偏概全等而导致错误，此点必须引起重视。
例题2 ：在常温下，用惰性电极电解饱和Na2CO3溶液，下列说法中不正确的是( )
A．溶液的pH不变 B．溶液中Na2CO3的物质的量不变
C．Na2CO3溶液的浓度不变 D．Na2CO3的水解程度不变
方法：在用惰性电极电解Na2CO3时，相当于电解水。但由于Na2CO3溶液为饱和溶液，故电解过程中溶液的浓度不变。以此可通过水量改变分析获解。
捷径：由于温度保持不变，电解Na2CO3饱和溶液时，其浓度也不变，故溶液的pH不变，Na2CO3的水解程度不变。由于有H2和O2析出，造成溶液中水量减少，因此将有Na2CO3·10H2O析出，故溶液中Na2CO3的物质的量减少，B选项错误。
总结：“饱和”二字是该题的有效信息，部分学生由于未能理清溶液为饱和溶液，而将其误认为不饱和，结果错误推出随着电解的进行溶液浓度不断增大的结论。对电解过程中溶液浓度的分析，必须分清原溶液是饱和还是不饱和，以及电解后溶液浓度的变化。
例题3 ：从H+、Cu2+、Na+、SO、Cl- 5种离子中两两恰当地组成电解质，按下列要求进行电解：
(1)以碳棒为电极，电解过程中电解质质量减少，水量不变，则采用的电解质是______。
(2)以碳棒为电极，电解过程中电解质质量不变，水量减少，则采用的电解质是_____。
(3)以碳棒为阳极，铁棒为阴极，电解过程中电解质和水量都减少，则电解质是____。
方法：本题要求将5种离子分成阴阳离子二类，阳离子为H+、Cu2+、Na+，其放电顺序为Cu2+＞H+，水溶液中Na+在电极上不能得电子；阴离子为SO、Cl-、OH-，其放电顺序为Cl-＞OH- ，水溶液中SO在电极上不能失电子。再根据要求确定电解质。
捷径：(1)以碳棒为电极，电解过程中电解质质量减少，水量不变，则阳离子只能为H+、Cu2+，阴离子只能为Cl- ，其电解质是HCl、CuCl2。
(2)以碳棒为电极，电解过程中电解质质量不变，水量减少，则相当于电解水，要求阳离子除H+外，不能在电极上放电，阴离子除OH- 外，不能在电极上放电，以此其电解质是Na2SO4、H2SO4。
(3)以碳棒为阳极，铁棒为阴极，两电极均不参于电极反应，电解过程中要求电解质和水量都减少，则电解质是CuSO4、NaCl。
总结：部分学生由于未能理清放电顺序而出错。在确定放电情况时，既要考虑电极材料，又要考虑溶液中离子得失电子的能力，而当溶液相互混合时，还要考虑离子间的反应问题。
例题4 ：将K2MnO4 溶液酸化时，可制得KMnO4 ：3MnO42- + 4H+ = 2MnO4- + MnO2 + 2H2O，但最高产率只有66.7%，所以制取KMnO4常用电解法，即以铁、石墨作电极电解K2MnO4溶液，则下列有关叙述正确的是 （ ）
A．铁作阳极，电极反应为：Fe - 2e－= Fe2+
B．铁作阳极，电极反应为：2H+ + 2e－ = H2 ↑
C．石墨作阳极，电极反应为：MnO42- - e－ = MnO4－
D．石墨作阴极，电极反应为：4OH－ - 4e－= O2↑ + 2H2O
方法：解答本题时要从目的出发，即抓住制取KMnO4这一终结点。以此分析电极材料及电极反应时，不能仅从课本中常见电池理解，还要结合生产实际去分析。
捷径：要从K2MnO4制得KMnO4，阳极必须发生MnO42- - e－ = MnO4－，其材料只能为惰性电极，A、B错，C正确。再分析D选项，阴极应为得电子的还原反应，故亦错误。故正确答案为C 。
总结：由于MnO42- 为含氧酸根离子，不少学生未能抓住电解目的，认为MnO42- 不可能在电极上放电，又未能正确理解阴阳极上的得失电子问题而错选D。“具体情况具体分析”是马克思主义活的灵魂，在解题时，既要理清、联系课本上的基础知识，又要依据题目要求去求解，唯有学活用活课本知识，方能有所长进。如将电解池的阴阳极隔开与混合，则电解结果也有很大的不同。
例题5 ：某工厂用离子交换膜电解槽电解饱和食盐水以制得H2和Cl2，并以获得的气体来生产盐酸。生产盐酸时，将电解后所得Cl2和H2按体积比为1︰1.15的比例送入合成炉燃烧器中燃烧。从合成炉上部出来的气体（400 ℃）经空气冷却至130 ℃左右，再经石墨冷却器冷却至20~30 ℃，进入第一干燥塔，用90%左右的硫酸喷淋干燥，出来的气体进入第二干燥塔，用98%的浓硫酸干燥脱水，最后进入降膜式吸收塔用稀酸吸收，生成浓度为35%的盐酸从底部流出，冷却后入成品贮槽，未被吸收的气体再用水吸收，变成稀酸后进入降膜式吸收塔用以吸收HCl气体。
（1）粗盐中混有Ca2+、Mg2+、SO42-、泥砂等杂质，请你设计一个最合理的除杂质实验方案，并写明简要的操作步骤和有关的离子方程式。
（2）进入合成炉内的Cl2与H2的体积比为何要1︰1.15？能否使Cl2过量？
（3）如果该厂每台电解槽每天耗食盐1770kg(NaCl含量95%)，按以上操作，在有20%损耗时，可生产多少吨35%的盐酸？
方法：杂质的去除要考虑两点，一是所加试剂均过量，二是不能引入新的杂质。生产中的过量问题，要从具体物质出发，考虑工业产品尽可能纯净。计算时应注意杂质、损耗、过量等问题。
捷径：（1）方案：①加过量BaCl2溶液 ②加过量NaOH溶液 ③加过量Na2CO3溶液 ④过滤 ⑤加盐酸调至中性。
（2）Cl2与H2完全反应时的体积比为1:1。H2过量是为了使Cl2能充分反应。 如果Cl2过量。则Cl2有剩余 ，因其溶解度较大，将会使生产出的盐酸中含有游离的Cl2。
（3）根据电解反应 2NaCl+ 2H2O Cl2↑ + H2↑ + 2NaOH，n(Cl2) = n(H2) =
n(NaCl) = = 1.15×104mol。即分别有1.15×104molCl2
及H2生成。因Cl2与H2按1︰1.15体积比混合，故参加反应的Cl2为1.00×104mol，不计损耗可得HCl为2.00×104 mol ×36.5 g / mol = 7.30×105 g，换算成35%的盐酸为 7.30×105 g÷35% = 2.09×106 g = 2.09 t 。
总结：除杂质时，部分学生由于未考虑所加试剂的过量问题而将Na2CO3溶液放在BaCl2溶液之前而出错。计算时未能注意单位而出错。课本中知识、原理与工业生产过程有机的串联，是考查考生的综合能力，应用能力和知识迁移能力的重要题型，解题时既要服从课本，又要考虑工业生产的实际情况，特别是过量问题。
4
3
2
1
5
10
15
0
A
例题6 ： 关于“电解氯化铜溶液时的pH变化”问题，化学界有以下两种不同的观点：观点一：“理论派”认为电解氯化铜溶液后溶液的pH升高。观点二：“实验派”经过反复、多次、精确的实验测定，证明电解氯化铜溶液时pH值的变化如右图曲线关系。
请回答下列问题：
①电解前氯化铜溶液的pH值处于A点位置的原因是： （用离子方程式说明）。
②“理论派”所持观点的理论依据是： 。
③“实验派”的实验结论是 ，他们所述“精确实验”是通过 确定的。
④你持何种观点？你所持观点的理由是（从化学原理加以简述） 。
方法：本题要从电解过程中的实际情况加以分析，即阳极产生的Cl2不能全部析出，而有部分溶于阳极区的溶液中，以此造成溶液的pH下降。
捷径：分析①中电解前氯化铜溶液的pH值处于A点位置的原因是CuCl2水解之故；②中“理论派”所持观点的是从电解过程中物质的变化进行的分析，依据是随着电解的进行，CuCl2溶液的浓度下降，造成Cu2+水解产生的H+浓度下降。③中实验派的实验结论可从图示找得答案。④回答本人所持观点，应从尊重实验事实方面进行回答。以此可得解题结果：①Cu2+ + 2H2O Cu（OH）2 + 2H+ ，②由于CuCl2溶液中存在上述平衡，在电解时，Cu2+得电子被还原，致使水解平衡向逆方向移动，造成c（H+）下降，pH升高。③pH降低，测得溶液的pH。④ 同意“实验派”的观点，由于2Cl——2e—= Cl2，Cl2 + H2O HCl + HClO，生成HCl、HClO，从而造成pH下降。
总结：此题对考生来说，有一定的难度，部分考生未能紧紧依靠实验事实去分析，而仅仅从理论上去解释，结果造成错误。当理论与实验相矛盾时，应尊重实验事实，从实验的实际情况出发，在考虑多方影响因素的情况下进行整体分析。切不可一意孤行，抓住理论不放。
例题7 ：铬是一种用途广泛的化工原料，但六价铬具有强烈的致癌作用，且又是一种严重的污染物。工业上为了处理含Cr2O72- 酸性工业废水，按下面的方法处理：往工业废水中加入适量NaCl，以铁为电极进行电解，经过一段时间有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成，工业废水中铬的含量已低于排放标准。试回答：
（1）加入适量NaCl是为了 ；
（2）电极反应式：阳极 ，阴极 ；
（3）由Cr2O72- 变Cr3+ 的离子方程式为 ；
（4）工业废水由酸性变碱性原因是 ；
（5）能否改用石墨电极？原因是什么？
方法：从题设目的〔Cr2O72-→Cr(OH)3〕出发，根据电解原理中阴阳极的放电顺序，再从放电后产生的离子间的氧化还原反应去分析而获得答案。
捷径：根据题意，废水的处理是使Cr2O72-变成Cr(OH)3。因此阳极上的铁失去电子变成Fe2+，再被Cr2O72-氧化成Fe3+，Cr2O72-本身被还原成Cr3+，NaCl不参与电极反应，故（1）中加入适量NaCl是为了增加废水的导电性。（2）中电极反应式，阳极为 Fe -2e－ = Fe2+ ，阴极为 2H++2e－ = H2↑。（3）中的离子方程式为Cr2O72-+6Fe2++14H+ = 2Cr3+ +6Fe3+ +7H2O。（4）由于H+不断放电而消耗及Cr2O72- 与Fe2+ 反应时消耗H+，造成ｃ(H+)降低，破坏了水的电离平衡，结果造成溶液中c(OH-) >C(H+)。（5）不能改用石墨电极，因用石墨作电极，阳极产生Cl2，得不到Fe2+ ，结果因缺少还原剂，不能使Cr2O72- 转化成 Cr3+ ，产生Cr(OH)3 而除去。
总结：
部分学生未能分析实验目的，而仅依据电解过程，造成错答、错析较多。电解在工业生产中的应用较多，电解饱和食盐水、废水的处理、高锰酸钾的生产等均用到电解。在此类试题面前，既要掌握电解原理，又要辨明生产目的。
聚宝盆：
1．判断两种金属单质活动性的强弱可以从多角度比较，归纳起来主要有①根据元素周期表中的位置，②根据金属活动性顺序表，③置换反应，④相同条件下金属失去电子的能力，⑤相同条件下金属阳离子得电子的能力，⑥原电池正、负极中的金属电极等。判断金属腐蚀的快慢程度一般由快到慢的顺序为：电解池中的阳极 > 原电池中的负极 > 无保护措施的金属 > 原电池中的正极 > 电解池中的阴极。
2．新型原电池及电解池中反应原理及电极反应式的书写是高考化学的热点题型。此类试题的解题思路一般为：从电解产物或现象或电极反应式判断电源的正负极（或极板的阴阳极）→确定极板材料是惰性材料还是某种金属材料→拆分参与电极反应的所有材料以确定反应物与生成物→书写电极反应与总反应式→确定电解质溶液中溶质的变化。若需计算，可采用电子守恒法。
3．离子的放电顺序的比较
阳极（失电子）：金属（Pa、Au除外）> S2－>I－>Br－>Cl－>OH－>含氧酸根离子>F－。
阴极（得电子）：Ag+>Hg2+>Cu2+>Pb2+>Fe2+>Zn2+>H+>Al3+>Mg2+>Na+>Ca2+>K+。
当H+与Pb2+、Fe2+、Zn2+浓度相同时，得电子能力H+>Pb2+>Fe2+>Zn2+。
注意：（1）由于失电子能力OH－>含氧酸根离子>F－，所以含氧酸根离子及F－不会在水溶液中失去电子，而是OH－离子失电子产生O2 。
（2）由于得电子能力H+>Al3+>Mg2+>Na+>Ca2+>K+，所以Al3+、Mg2+、Na+、Ca2+、K+等活泼金属阳离子不会在水溶液中得电子，而是H+得电子产生H2 。
（3）除Pa、Au等不活泼金属外，金属作阳极，均为金属失去电子。
4．电解后电解质溶液的恢复
要使电解后溶液恢复到原状况，只需将阴阳两极析出的物质相互反应后加入即可。
如用惰性电极电解CuCl2溶液，阳极析出Cl2，阴极析出Cu，电解后加入CuCl2即可。
如用惰性电极电解CuSO4溶液，阳极析出O2，阴极析出Cu，电解后加入CuO即可。
如用惰性电极电解NaCl溶液，阳极析出Cl2，阴极析出H2，电解后加入HCl即可。
如用惰性电极电解NaCO3溶液，阳极析出O2，阴极析出H2，电解后加入H2O即可。
5．电解反应类型剖析
以惰性电极电解酸、碱、盐的水溶液，根据离子的放电顺序可以总结出如下规律：
（1）水不参加反应，相当于溶质分解，如无氧酸，不活泼金属的无氧酸盐。
电解HCl溶液：2HCl H2↑+ Cl2↑
电解CuCl2溶液：CuCl2 Cu + Cl2↑
（2）只有水参加的反应，相当于电解水，如含氧酸、强碱、活泼金属的含氧酸盐。
阳极：4OH－－4e－= O2↑+2H2O ，阴极：4H + +4e－= 2H2↑ 。
总反应：2 H2O 2H2↑+ O2↑
（3）水和溶质均参加反应，如活泼金属的无氧酸盐和不活泼金属的含氧酸盐。
电解NaCl溶液：2NaCl +2H2O H2↑+ Cl2↑+2NaOH
电解CuSO4溶液：2CuSO4 + 2H2O 2Cu + O2↑+2H2SO4
电解AgNO3溶液：4AgNO3 + 2H2O 4Ag + O2↑+4HNO3
6．串联电路放电情况
在串联电路中，各电极（正负极或阴阳极）的得失电子数均相等。有关此类试题的计算，可通过得失电子守恒予以获解。
热身赛：
1．蓄电池在放电时起原电池的作用，在充电时起电解池的作用。下式是爱迪生蓄电池分别在充电和放电时发生的反应：
Fe + NiO2 + 2H2O Fe（OH）2 + Ni（OH）2 。
下列有关对爱迪生蓄电池的推断错误的是 （ ）
A．放电时，Fe是负极，NiO2是正极
B．充电时阴极上的电极反应式为：Fe（OH）2+2e - = Fe + 2OH -
C．放电时电解质溶液中的阴离子是向正极方向移动
D．蓄电池的电极必须浸入碱性电解质溶液中
2．用惰性电极电解M（NO3）x 的水溶液，当阴极上增重a g时，在阳极上同时产生b L氧气（标准状况），从而可知M的原子量为 （ ）
A． B． C． D．
3．甲、乙两个电解池均以铂为电极，且互相串联，甲池盛有AgNO3溶液，乙池中盛有一定量的某盐溶液，通电一段时间后，测得甲池电极质量增加2.16g，乙池电极上析出0.24g金属，则乙池中的溶质可能是 （ ）
A．CuSO4 B．MgSO4 C．Al（NO3）3 D．Na2SO4
4．将K2MnO4 溶液酸化时，可制得KMnO4 ：3MnO42- + 4H+ = 2MnO4- + MnO2 + 2H2O，但最高产率只有66.7%，所以制取KMnO4常用电解法，即以铁、石墨作电极电解K2MnO4溶液，则下列有关叙述正确的是 （ ）
A．铁作阳极，电极反应为：Fe - 2e－= Fe2+
B．铁作阳极，电极反应为：2H+ + 2e－ = H2↑
C．石墨作阳极，电极反应为：MnO42- - e －= MnO4-
D．石墨作阴极，电极反应为：4OH- - 4e－ = O2 ↑+ 2H2O
5．右图中每一方格表示有关的一种反应物或生成物，其中粗框表示初始反应物（反应时加入的水或生成的水，以及生成沉淀时的其它产物均已略去）。
填写下列空白：
（1）物质B是 ，F是 ，J是 。
（2）反应①的离子方程式为： ，I加入D生成J的化学方程式为 。
（3）说明H加入D生成J的原因： 。
6．由于Fe（OH）2极易被氧化，所以实验室难用亚铁盐溶液与烧碱反应制得白色纯净的Fe（OH）2沉淀。若用右图所示实验装置可制得纯净的Fe（OH）2沉淀。两极材料分别为石墨和铁。
①a电极材料为 ，其电极反应式为 。
②电解液d可以是 ，则白色沉淀在电极上生成；也可以是 ，则白色沉淀在两极之间的溶液中生成。
A．纯水 B．NaCl溶液 C．NaOH溶液 D．CuCl2
③液体c为苯，其作用是 ，在加入苯之前，对d溶液进行加热处理的目的是 。
④为了在短时间内看到白色沉淀，可以采取的措施是 。
A．改用稀硫酸做电解液 B．适当增大电源电压
C．适当缩小两电极间距离 D．适当降低电解液温度
⑤若d改为Na2SO4溶液，当电解一段时间，看到白色沉淀后，再反接电源，继续电解，除了电极上看到气泡外，另一明显现象为 。
7．银器皿日久表面逐渐变黑色，这是由于生成硫化银，有人设计用原电池原理加以除去，其处理方法为：将一定浓度的食盐溶液放入一铝制容器中，再将变黑的银器浸入溶液中，放置一段时间后，黑色会褪去而银不会损失。试回答：在此原电池反应中，正极发生的反应为 ；负极发生的反应为 ；反应过程中产生有臭鸡蛋气味的气体，则原电池总反应方程式为 。
8．在陶瓷工业上常遇到因陶土里混有氧化铁而影响产品质量的问题。解决方法致意是把这些陶土和水一起搅拌，使微粒直径在10—9m～10—7m之间，然后插入两根电极，接通直流电源，这时阳极聚集 ，阴极聚集 ，理由是 。
9．为了测定某白铁皮中含锌的百分率，进行如下实验，取一小块白铁皮试样ag，置于烧杯中，加入过量的稀盐酸，用表面皿盖好，可以见到开始时产生气泡的速度很快，以后逐渐变慢，待试样全部溶解后，向烧杯中加入过量NaOH溶液，充分搅拌后过滤，将所得沉淀在空气中加强热至质量不变，称得残留固体bg，试回答：
（1）镀锌的目的是 。
（2）气泡产生的速度先快后慢的原因是 。
（3）加入过量NaOH溶液的作用是 ，涉及反应的离子方程式及化学方程式是 。
（4）最后残留的固体是 ，反应的化学方程式是 。
（5）白铁皮含锌的质量分数是 。
10．在20℃时将12.1g M(NO3)x·3H2O晶体溶于44.3g 水中，或在相同温度下将4.7g M(NO3)x无水盐溶于23.5g水中，均可制得该盐的饱和溶液。上述两部分溶液混合，再加水稀释为0.1mol/L，用惰性电极进行电解，当电极上通过0.15mol电子时，溶液中的Mx+离子恰好全部成单质析出（设无氢气生成）。试计算：
（1）20℃时M(NO3)x的溶解度。
（2）M(NO3)x·3H2O的摩尔质量及x值。
（3）M的相对原子质量。
大检阅：
1．C 2．C 3．A 4．C
5．(1)Cl2、Fe、Fe(OH)3
(2)Cl2＋2OH-===Cl-＋ClO-＋H2O
FeCl3＋3NaClO＋3H2O===Fe(OH)3↓＋3HClO＋3NaCl
(3)NaClO为强氧化剂，且呈碱性
6．①Fe； Fe —2e = Fe2+ ②C； B ③隔绝空气防止Fe（OH）2被氧化；排尽溶液中的氧气，防止生成的Fe（OH）2在溶液中氧化 ④B、C ⑤白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色
7．Ag2S+2e— = 2Ag+S2—；Al—3e— = Al3+；
3Ag2S+2Al+6H2O = 6Ag+2Al（OH）3↓+3H2S↑
8．带负电荷的胶体微粒陶土；带正电荷的氧化铁胶体微粒；带相反电荷的胶体微粒通电时产生电泳现象，分别向两极移动，从而达到除杂目的
9．（1）保护内部的铁，增强铁的抗腐蚀力
（2）由于形成无数锌铁微电池发生电化腐蚀，白铁皮跟盐酸的反应开始很剧烈，放H2速度很快，随反应进行，溶液中c（H+）减小，且当锌先完全溶解后，微电池不复存在，反应速率明显减弱
（3）使溶液中Zn2+转化为ZnO22—，Fe2+ 转化为Fe(OH)3；Zn2++2OH—=Zn(OH)2↓，Zn(OH)2+2OH—=ZnO22—+2H2O，Fe2++2OH—=Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
（4）残留的固体为Fe2O3，反应为2Fe（OH）3 Fe2O3+3H2O
（5）设ag白铁皮含铁xg，锌（a—x）g，则
2Fe ～ Fe2O3
112 160
x b
x = 7b/10（g）
故Zn% =（a—0.7b）/ a ×100% =（100a—70b）/ a %
10．（1）S=4.7/23.5×100=20(g)
（2）设M(NO3)x ·3H2O的摩尔质量是a g/mol
， 解得a=242 (g/mol)
M(NO3)x的摩尔质量=242－3×18=188(g/mol)
电解前溶液中含Mx+为
又因电解时电子转移0.15 mol ，x=2
（3）M相对原子质量=188－62×2=64
策略7 碳族方面试题的解题方法与技巧
金点子：
碳族元素，作为元素化合物部分的重点内容，在近几年的高考试卷中，巳波及到新型无机非金属材料及锗、锡、铅三种元素的内容。
此类试题中的常规题，其解法有过量分析、守恒分析、方程式的合并分析等。
此类试题中的信息题，其解法有迁移类比、现象剖析、效用比较等。
经典题：
例题1 ：（1996年上海高考）某二价金属碳酸盐和碳酸氢盐的混合物跟足量盐酸反应,消耗H+和产生CO2的物质的量之比为6:5, 该混合物中碳酸盐和碳酸氢盐的物质的量之比为 ( )
A．1:1 B．1:2 C．1:3 D．1:4
方法：利用假想法。将消耗H+和产生CO2的物质的量之比为6:5 假想成消耗6molH+和产生5molCO2，然后再行分析求算。
捷径：设二价金属碳酸盐为RCO3，碳酸氢盐为R(HCO3)2，其物质的量分别为x和y。根据题意有：2x + 2y = 6mol ，x + 2y = 5mol 。解得x = 1mol ，y = 2mol 。混合物中碳酸盐和碳酸氢盐的物质的量之比为1：2，选B。
总结：部分考生在解题时，将混合物中碳酸盐和碳酸氢盐的物质的量之比理解成CO32-和HCO3－，而出现错选D选项的较多。
例题2 ：（1996年全国高考）将1体积选项中的一种气体与10体积O2混和后,依次通过盛有足量浓NaOH溶液的洗气瓶和盛有足量灼热铜屑的管子(假设反应都进行完全，最后得到的尾气可以是 ( )
A．Cl2 B．CO C．CO2 D．N2
方法：找对气体来源，分析好气体去路。通过剖析来龙去脉求解。
捷径：A．Cl2与O2混合后，通过NaOH，Cl2全部被吸收，再通过热铜屑，O2被全部吸收，最后得不到尾气。
B．CO与O2混合后，通过NaOH溶液，都不能被吸收，再通过热铜屑，发生反应：2Cu+O2 2CuO，CuO+CO Cu+CO2最后得到的尾气是CO2，故C选项为最后得到的尾气。
C．CO2与O2混合后，通过NaOH溶液，CO2被吸收，再通过热铜屑，O2被全部吸收，最后得不到尾气。
D．N2与O2混合后，通过NaOH溶液，都没有被吸收，再通过热铜屑，O2被吸收，最后得到尾气N2，所以D选项也为最后得到的尾气。
故本题答案为CD。
总结：本题的难点是对题意的理解。有学生误认为选项中的某种气体混入氧气后，再按题意依次反应后的尾气仍然是原选项中的气体。这是对题意的片面理解。正确的理解是，尾气可以是原选项，也可以是其他选项。对于这种设问尽管比较少见。但只要认真阅读，题中的设问是可以理解明白的。
例题3 ：（2000年全国高考）向下列溶液中通入过量CO2，最终出现浑浊的是( )
A．氢氧化钙饱和溶液 B．苯酚钠饱和溶液
C．醋酸钠饱和溶液 D．氯化钙饱和溶液
方法：分别分析，逐步淘汰。
捷径：分析A选项：把CO2气体通入氢氧化钙饱和溶液，发生反应为Ca（OH）2+CO2（少量）= CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2（足量）+H2O=Ca（HCO3）2沉淀溶解，最终不能出现浑浊。
分析B选项：把CO2气体通入苯酚钠饱和溶液，发生反应为 +H2O+CO2
（足量）→ + NaHCO3，由于苯酚在常温时溶解度小，最终出现苯酚浑浊。
分析C、D选项：把CO2气体通入醋酸钠溶液和氯化钙溶液不发生反应（因为较弱的酸不能制取较强的酸）。
以此得答案为B。
总结：此题中四种溶液均为饱和溶液，部分考生因忽视这一点而出现错误。
例题4：（1998年全国高考）已有BGO是我国研制的一种闪烁晶体材料，曾用于诺贝尔奖获得者丁肇中的著名实验，它是锗酸铋的简称。若知：①在GBO中，锗处于其最高价态 ②在GBO中，铋的价态与铋跟氯形成某种共价氯化物时所呈的价态相同，在此氯化物中铋具有最外层8电子稳定结构 ③GBO可看作是由锗和铋两种元素的氧化物所形成的复杂氧化物，且在GBO晶体的化学式中，这两种氧化物所含氧的总质量相同。请填空：
（1）锗和铋的元素符号分别是 和 。
（2）GBO晶体的化学式是 。
（3）GBO晶体中所含铋氧化物的化学式是 。
方法：价态分析法。
捷径：由条件①可知Ge为+4价。因为锗处于元素周期表的第四主族，最高正价为+4价。铋处于第五主族，其正价有+3、+5价。根据条件②，铋应为+3价。因为BiCl3中Bi具有最外层8电子稳定结构。由条件③可知该化合物可写成mBi2O3·nGeO2，由于两种氧化物中含氧的总质量相等，所以m︰n=2︰3。锗酸铋写成2Bi2O3·3GeO2，也可写成盐的形式Bi4（GeO4）3，其中锗酸根为—4价。以此得答案为：（1）Ge、Bi （2）Bi4Ge3O12或2Bi2O3·3GeO2或Bi4（GeO4）3 （3）Bi2O3
总结：该题解答的关键是对Ge、Bi两元素价态的确定。
例题5 ：（1995年全国高考）图(Ⅰ)中瓶a放入20 mL 6 mol·L－1盐酸，b是未充气的气球，里边放有4 g碳酸钙粉末，将它紧套在瓶a口上，胶管c套在瓶的侧口，并用弹簧夹d夹紧(瓶口与侧口不漏气)。将图(Ⅰ)的装置在托盘天平上称量，质量为Ｗ1 g。
根据实验现象填写下列空白：
(1)把气球b中的碳酸钙粉末小心倒入瓶中，立即产生许多气泡，气球逐渐胀大(图II)，反应结束后，再将其称量，质量为Ｗ2 ｇ，则Ｗ1与Ｗ2的关系是 。
(2)取25 mL 6 mol·L－1 NaOH溶液，先用滴管取少量NaOH溶液，滴管插入胶管c口(为便于操作，可以适当倾斜瓶a，注意防止漏气)，打开d，将溶液挤入瓶中，立即夹紧d，可看到瓶内产生少量白色沉淀，轻轻摇动瓶a,沉淀随即消失。用同样的方法再加入少量NaOH溶液，又产生白色沉淀，轻摇，沉淀又消失，使沉淀消失的反应的化学方程式是
(3)将全部NaOH溶液很快加入瓶中，夹紧d，瓶内产生大量白色沉淀，不再溶解，此时瓶内温度 (填“不变”“降低”或“升高”)
(4)继续轻摇瓶a，气球逐渐缩小，直至恢复反应前的下垂状，写出此时发生反应的化学方程式 。
方法：对现象与反应进行综合分析。解题时，必须先弄清题中反应的实质，然后再解答。
捷径：(1)由题意可知：整个装置气密性完好，当 CaCO3与HCl反应时，产生的气体虽然使气球膨胀，但并没有气体逸出，根据质量守恒定律，反应前质量Ｗ1与反应后的质量Ｗ2应该相等。
(2)在第一步中，CaCO3与HCl反应，两者的量是已知的，生成多少CO2气体要考虑其量的多少：HCl为0.02 L× 6 mol·L－1＝0.12 mol，CaCO3为= 0.04 mol。由CaCO3＋2HCl = CaCl2＋CO2↑＋H2O反应可知：盐酸过量 0.04 mol，生成CaCl2和CO2均为 0.04 mol。当加入0.025 L×6 mol·L－1＝0.15 mol NaOH后，先中和剩余的盐酸，过量的0.11 mol NaOH与CaCl2发生反应：CaCl2＋2NaOH = Ca(OH)2↓＋2NaCl，生成0.04 mol微溶于水的 Ca(OH)2 ，还剩余0.03 mol NaOH。在第三步反应中是0.04 mol CO2跟Ca(OH)2和NaOH混合物的反应，碱过量，故生成碳酸盐而不是酸式碳酸盐。
(3)明白了上述反应原理后，该题中的(2)、(3)、(4)问就不难解决了。第(2)问：当从侧口加入少量NaOH时，出现少量白色沉淀，这是因为局部NaOH过量，CaCl2＋2NaOH = Ca(OH)2↓＋2NaCl，轻摇瓶a时，白色沉淀消失，是溶液中剩余的盐酸将Ca(OH)2溶解了： Ca(OH)2＋2HCl = CaCl2＋H2O；第(3)问：由于酸碱中和反应是放热的，故瓶内温度升高；第(4)问：由上述解析(2)可知，摇瓶a时，在碱性条件下CO2被吸收，气球逐渐变小，直至恢复反应前的下垂状，方程式为：2NaOH＋CO2= Na2CO3＋H2O， Ca(OH)2＋CO2 = CaCO3↓＋H2O。
以此得答案为：(1)Ｗ1＝Ｗ2 (2)Ca(OH)2＋2HCl = CaCl2＋2H2O (3)升高 (4)2NaOH＋CO2 = Na2CO3＋H2O；Ca(OH)2＋CO2 = CaCO3↓＋H2O
总结：该题文字量大，涉及化学反应多，内涵丰富，思考容量大，要求考生在较短时间里，通过阅读题干，准确理解题意，迅速捕捉有用的关键信息，通过加工处理，找出解答问题的正确途径。
例题6 ：（2000年上海高考）某天然碱可看着由CO2和NaOH反应后的产物所组成。称取天然碱样品四份，溶于水后，分别逐滴加入相同浓度的盐酸溶液30mL，产生CO2体积（标准状况）如下表：
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
盐酸溶液的体积（mL）
30
30
30
30
样品（g）
3.32
4.15
5.18
7.47
二氧化碳的体积（mL）
672
840
896
672
（1）由第Ⅰ组数据中的CO2体积与样品质量之比，可以推测用2.49g样品进行同样的实验时，产生CO2 mL（标准状况）。
（2）另取3.32g天然碱样品于300℃加热分解至完全（300℃时Na2CO3不分解），产生112mL
（标准状况）和水0.45g，计算并确定该天然碱的化学式。
（3）已知Na2CO3和HCl（aq）的反应分下列两步进行：
Na2CO3+HCl → NaCl+NaHCO3
NaHCO3+HCl → NaCl+CO2↑+H2O
由上表中第Ⅳ组数据可以确定所用的HCl（aq）的浓度为 mol/L。
（4）依据上表所列数据以及天然碱的化学式，讨论并确定上述实验中CO2（标准状况）体积V（mL）与样品质量W（g）之间的关系式。
方法：充分依靠表中和题中数据，将反应隔离分割后，再综合分析。
捷径：（1）3.32︰672=2.49︰V（CO2）， V（CO2）=504（mL）
（2）由题意天然碱样品于300℃加热能分解可知：天然碱含NaHCO3、Na2CO3 。
△
2NaHCO3==Na2CO3+CO2↑+H2O
2mol 22.4L 18g
x 0.112L y
x = 0.01 mol y = 0.09 g
n（Na2CO3）= — 0.01 = 0.02 （mol）
n（H2O）= = 0.02 （mol）
∴天然碱组成：2Na2CO3·NaHCO3·2H2O
（3）30 mL HCl（aq）中所含HCl物质的量：n（HCl）= ×2 +
= 0.075 （mol）
c（HCl） = = 2.5 (mol/L)
（4）样品和30 mL HCl（aq）完全反应生成CO2的样品质量： ×332= 4.98（g）
样品中Na2CO3和盐酸反应完全生成NaHCO3时（没有CO2放出时），样品的质量为：
× 332 = 12.45（g）。
当0 ﹤W ≤ 4.98 时，V（CO2）= × 3 × 22400 = 202.4W（mL）。
当4.98 ﹤W﹤12.45时，盐酸首先和Na2CO3反应生成NaHCO3，剩余的盐酸再和
NaHCO3反应放出CO2气体，即V（CO2）=[0.075 — × 2] × 22400 = 1680 — 134.9W （mL）
当12.45≤W 时，V（CO2）= 0
总结：Na2CO3和HCl（aq）的反应分两步进行，是解答该题的关键。在解题时可先找出完全反应的点，再根据完全反应的点确定范围。
金钥匙：
例题1 ：把xmol CO2通入含ymol Ca(OH)2的石灰水中,充分反应后,下列叙述不正确的是 ( )
A．当x≤y时,生成100xg沉淀 B．当x≥y时,生成100yg沉淀
C．当y＜x＜2y时,生成100(2y-x)g沉淀 D．当2y≤x时,无沉淀生成
方法：该题要求在CO2通入石灰水中发生反应：Ca（OH）2 + CO2 = CaCO3↓+ H2O， CaCO3 + CO2 +H2O = Ca（HCO3）2 的基础上，运用过量问题进行求解。
捷径：如果x≤y, 则Ca(OH)2过量或恰好完全反应，此时生成的沉淀由CO2决定，质量为100 xg。如果y＜x＜2y, 则过量的CO2使部分CaCO3溶解，剩余的沉淀为沉淀总量减去沉淀的溶解量，即100yg－100(x－y) g = 100(2y-x)g。当2y≤x时, CO2过量或恰好使生成的沉淀全部溶解，故此时无沉淀生成。叙述不正确的是B。
总结：此题要求考生从一个简单的实验，运用过量问题去判断分析。
例题2 ：纯净的碳酸氢钙试样可在高温下分解，当剩余的固体物质的质量为原试样质量的一半时，碳酸氢钙的分解率是（ ）
A．50% B．75% C．92.7% D．100%
方法：根据反应方程式：Ca(HCO3)2 CaCO3 + H2O + CO2↑，CaCO3 CaO + CO2↑，从定性作出判断。
捷径：Ca(HCO3)2 的化学式量为162，CaCO3的化学式量为100，当Ca(HCO3)2 完全分解时，其质量为原试样质量的61.7%，而此时剩余的固体质量为原试样质量的一半，说明巳有部分CaCO3发生了分解，以此碳酸氢钙的分解率为100%。
总结：若用差量法进行计算，就会选择75%这个选项，要是没有领会题意的实质，随意进行估算的话，则又会错选50%。唯有熟悉反应本质，从方程式分析方可得到正确结果。
例题3 ：向100 mL0.3 mol / L的Ca(OH)2溶液中通入CO2气体，当得到1g沉淀时，通入CO2的物质的量是：( )
A．0.015 mol B．0.01 mol C．0.025 mol D．0.05 mol
方法：从过量与不过量两方面去进行分析。此题有多种解法。
捷径：解法一：CO2通入石灰水中发生如下反应：Ca(OH)2+CO2=CaCO3¯+H2O过量的CO2与生成物CaCO3继续反应：CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，使沉淀又溶解，在100ml 0.3mol/L的石灰水中，通入CO2产生CaCO3的克数与CO2的物质的量关系如右图，当产生1g沉淀时，消耗CO2的量在曲线上有CO2的物质的量有两个交点A、B，即为所求。
Ca(OH)2溶液中含Ca(OH)2的物质的量为：
（1）CO2不足，生成的沉淀没有溶解
CaCO3——CO2
100 1
1 x x=0.01(mol) 故选B
（2）CO2过量，生成的沉淀部分溶解，最后剩余1g沉淀。
Ca(OH)2)——CO2——CaCO3 沉淀溶解：
1 1 1
0.03 0.03 0.03 0.03－0.01=0.02(mol)
CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2
0.02 0.02
∴共用CO2：0.03+0.02=0.05(mol) 故选D
解法二：设通入CO2为xmol，产生Ca(HCO3)2 yml、H2Ozml
∵方程式中各物质的物质的量变化是由系数比决定的
∴由下列关系式
0.03Ca(OH)2+xCO2 = 0.01CaCO3¯ + yCa(HCO3)2 + zH2O
根据原子个数守恒得关系式
以此得答案为B、D。
总结：凡是两种反应物之间由于量的不同而得不同产物时，此类题的计算皆可采用此种方法，例如P在Cl2中燃烧可得PCl3和PCl5。H2S在O2中燃烧得S和SO2。
例题4 ：向某二价金属M的氢氧化物的澄清溶液100mL中加入过量的碳酸氢钠溶液生成MCO3沉淀，过滤，将沉淀置于足量盐酸中，在标准状况下收集到4.48L气体。将滤液加水稀释至250mL，取出25.0mL恰好与20.0mL盐酸完全反应并收集到1.12L（标准状况下）气体。
（1）若欲计算M的相对原子质量，你认为还必须提供下列哪组数据 （填代号）
A．M的氢氧化物溶液的浓度（设为2.00mol·L—1）
B．MCO3沉淀的质量（设为39.4g）
C．与MCO3反应的盐酸的浓度（设为1.00mol·L—1）
D．题设条件充足，不需补充数据
（2）根据你的选择，求算M相对原子质量和加入的NaHCO3溶液中含NaHCO3的质量。
方法：根据题设要求判断缺省数据，再根据所得数据进行计算。
捷径：根据反应M2++2OH—+2HCO3—=MCO3↓+2H2O+CO32—，MCO3+2H+=M2++H2O+CO2↑知，
生成的沉淀MCO3为：n（MCO3）=n（CO2）= = 0.200mol，过滤
所得的滤液中成分为Na2CO3和过量的NaHCO3。根据C原子守恒可得加入的NaHCO3
溶液中含NaHCO3物质的量为 × × +0.200mol=0.700mol，
其质量为58.8g。而要求算M的相对原子质量（即原子量），必须知道某些物质的质量，如MCO3或M（OH）2的质量。根据题设选项，首先排除D，而A选项为重复数据，C选项为无效数据，只有B选项与物质的质量相联系，故选B。
根据所选MCO3沉淀的质量39.4g和求得的MCO3沉淀的物质的量0.200mol，可得MCO3的摩尔质量为197g/mol。以此得M的相对原子质量为137。
总结：数据缺省项的选择必须在了解已知条件的前提下，根据最终目的而确定。该题以获得M的相对原子质量为目的，在求得MCO3的物质的量的基础上，必须明确物质的质量为求解的必备条件，只有提供MCO3或M（OH）2的质量方可获得结果。此类试题对考查考生的数据处理能力、统摄思维能力、知识迁移能力特别有效。
例题5 ：三硅酸镁被用来治疗胃溃疡，是因为该物质不溶于水，服用后能中和胃酸，作用持久。把三硅酸镁（Mg2Si3O8·nH2O）改写成氧化物形式为 ，写出它中和胃酸（HCl）的化学方程式： 。
方法：依据金属在前，非金属在后，水在最后的原则，改写成氧化物形式，再根据氧化物形式写出与HCl反应的化学方程式。
捷径：其改写结果为：2MgO·3SiO2·nH2O，反应方程式为： 2MgO·3SiO2·nH2O＋4HCl = 2MgCl2＋3SiO2＋(n＋2)H2O
总结：本题如果直接写三硅酸镁跟盐酸的反应，往往无从下手或写错方程式，但如果将此硅酸盐改写成氧化物的形式，便可看出该反应可看做是判断碱性氧化物(MgO)和酸性氧化物(SiO2)能否跟盐酸反应的问题。
例题6：称取一定质量的硅和铝分别与足量的NaOH
溶液完全反应后，现两者产生的气体在相同条件下体积相同，则硅和铝质量之比为多少。
方法：根据反应过程中转移的电子的物质的量相等找关系并列式计算。
捷径：由于硅铝和NaOH溶液反应均产生H2，当产生H2体积相等时，说明硅、铝失电子数相等，由反应式（或反应产物）知1 mol硅完全反应转移4 mol电子，而1 mol铝完全反应后转移了3 mol电子，由此可得关系：3Si ～ 4Al。
要使硅和铝分别与NaOH反应产生等量H2，则：
总结：产生气体的体积相等，即转移的电子物质的量相等是解答此题的关键。
例题7 ：将一块已被严重锈蚀而部分变为铜绿〔Cu2(OH)2CO3〕的铜研磨成粉末，充分灼烧成CuO，发现固体质量没有发生增减。求铜被锈蚀的百分率。
方法：与本题有关的两个反应是：Cu2(OH)2CO3 2CuO + H2O + CO2↑，2Cu + O2 2CuO。常见的解法是根据Cu2(OH)2CO3分解产生的H2O和CO2的质量等于铜与氧气反应消耗的O2的质量，列出恒等式求算。但此种求解仅是对Cu2(OH)2CO3百分含量的求算，若要求算铜被锈蚀的百分率，还需对原金属铜的锈蚀率进行换算，不仅繁杂，而且极易出错。如果利用锈蚀过程和灼烧过程中Cu元素物质的量守恒，可迅速获得结果。
捷径：设原固体中Cu2(OH)2CO3为xmol，CuO为ymol，根据灼烧前后固体质量没有增减可得：222x + 64y = 80( 2x + y )，x = ,
以此铜被锈蚀的百分率。 。
总结：铜被锈蚀的百分率应以被锈蚀的铜的质量除以原有铜的总质量。部分考生由于未理解题意，而将铜绿的质量除以混合物的总质量而出错。
例题8 ：若把Fe3O4看着“混合氧化物”时可以写成FeO·Fe2O3，若看作一种盐时又可写成Fe(FeO2)2。根据化合价规则和这种书写方法，Pb3O4可以写成 和 。等物质的量的Fe3O4和Pb3O4分别和浓盐酸反应时，所消耗HCl的物质的量相等，不同的是，高价的铅能将盐酸氧化而放出氯气。试写出Fe3O4、Pb3O4分别和浓盐酸反应的化学方程式： 、 。
方法：运用迁移类比解题。
捷径：与铁元素相比，其价态不同，铁呈+2、+3价，而铅呈+2、+4价。分别和浓盐酸反应时，根据题中信息，Fe3O4为非氧化还原反应，而Pb3O4为氧化还原反应。故答案为2PbO·PbO2和Pb2PbO4 ，FeO·Fe2O3 + 8HCl = FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O ， Pb3O4 + 8HCl = 3PbCl2 + Cl2↑+ 4H2O 。
总结：该题在知识迁移时，既要考虑相似点，又要分析不同之处。
例题9 ：某学生设计了一个实验以证明PbO中含有氧，反应方程式如下：
① PbO + C Pb + CO (主要)
② PbO + CO Pb + CO2
③ 〔Cu (NH3 )2〕Ac + CO +NH3 〔Cu (NH3 )3〕Ac·CO；△H<0
试根据下图回答问题：
(1) 盛澄清石灰水的试管开始一段时间可能没有现象，其原因是 。
(2) 烧杯中醋酸二氨合铜 (〔Cu (NH3 )2〕Ac ) 的作用为 。
(3) 实验后的醋酸二氨合铜经适当处理又可再生，适宜于再生的生产条件是 。
(4) 若用空气代替干燥的N2，行吗？ ，其理由是 。
方法：(1)可从信息方程式①中主要产物来分析；(2) 应由信息方程式③中的反应情况获知。(3) 可由信息方程式③逆向分析。(4) 要从空气中成分去分析。
捷径：(1)澄清石灰水只有遇到CO2(或SO2)时才能变浑浊，开始时无现象，从信息方程式①知，是高温下PbO跟碳反应生成的主要产物是CO的缘故。
(2) 由信息方程式③知，CO可跟醋酸二氨合铜溶液反应，所以烧杯中醋酸二氨合铜 (〔Cu (NH3 )2〕Ac ) 的作用为用来吸收CO气体，防止污染空气。
(3) 由信息方程式③知，〔Cu (NH3 )2〕Ac吸收CO气体的反应为一气体体积减小的放热反应，欲使醋酸二氨合铜溶液再生，即要使平衡向逆反应方向移动，故适宜于再生的生产条件是高温、低压。
(4) 不行。因为在高温下空气中的O2要与碳反应生成CO，另外空气中也有少量的CO2，空气中的水蒸气与碳反应也可产生CO。
总结：该题属信息类实验题，解题时既要考虑题中信息，又要依靠课本知识，还要注意到化学物质间的相互联系。
例题10 ：(1)现代海战中为了进行隐蔽，常喷放SiCl4和液氨，形成很浓的烟雾。写出反应方程式 、 。在实验室常用硅和氯气高温下反应制得SiCl4，如果用MnO2和浓盐酸反应制得的Cl2来与硅反应制SiCl4，对所制得的Cl2应作何处理？
H2 高温
Cl2 高温
(2)硅也常用于制造新型无机非金属材料，如氮化硅陶瓷和碳化硅陶瓷等。在高纯硅的制取过程中，也有一中间产物为SiCl4，请写出以石英沙(SiO2)为原料，通过SiO2 →Si SiCl4 Si，制得高纯硅的化学方程式。
方法：将现象与反应相联系，充分运用联系观去解题。
捷径：(1) SiCl4和液氨形成烟雾的反应，要联系到隐含信息——海战，故海面上空气中的水蒸气参于反应，使SiCl4先水解，产生的氯化氢再与氨气作用形成为为烟雾。其反应方程式为：SiCl4+3H2O=H2SiO3+4HCl；NH3+HCl=NH4Cl。由于SiCl4易水解，故制取时所用氯气必须进行干燥处理。
(2) 根据题中过程书写即可。SiO2+2CSi+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 （ ）
4．潮湿的酸式盐A与化合物B在研钵里混合研磨时，会生成C、D两种气体和固体E。C遇浓盐酸时冒白烟；D在空气中燃烧时产生浓烟，且有一种生成物与E在高温下分解的气体产物F相同；C与F混合后通入氯化钙溶液中会生成白色沉淀E。
请填写下列空白：
(1)A是 ，B是 。
(2)潮湿的A与B混合研磨时，有关反应的化学方程式是
(3)C与F的混合气体通入CaCl2溶液中生成沉淀E的离子方程式是
5．要分离一氧化碳、二氧化碳并分别得到干燥的气体，某学生设计如图装置，
其中a是铁夹，b是分液漏斗玻璃活塞。
(1)甲容器中盛______溶液；乙容器中盛_____溶液；丙容器中盛_______溶液。
(2)实验时关闭_____(a、b)，打开______(a、b)，发生反应的化学方程式是_____ _____这样得到的气体是_______________。
(3)当分离完一种气体后，关闭___，打开_____
，发生反应的化学方程式是___________，这样得到的气体是______________。
6．在没有现成的CO2气体发生器的情况下，请选用下图中部分仪器装配成一个简易的，能随开随用、随关随停的CO2气体发生装置。
(1)应选用的仪器是（填编号字母）____。
(2)若用上述装置制取CO2，而实验室只有稀H2SO4、浓HNO3、块状纯碱和块状大理石。比较合理的方案，应选用的药品是____。
7．人类目前对煤和石油的过渡应用，使空气中CO2浓度不断增大，导致地球表面温度升高，形成温室效应。科学家对CO2的增多带来的负面影响较为担忧，于是提出将CO2通过管道输送到海底。这可减缓空气中CO2浓度的增加。请你根据CO2的性质回答：
(1) 这样长期下去，将会给海洋造成什么样的影响？
(2) 你认为消除这些影响的最好方法是什么？
8．环保检测中，有害气体的浓度常用1L有害气体的毫克值（ｍg • L-1）来表示。如对某气体样品中所含CO的浓度进行测定，其方法和实验步骤如下：
①首先将2.00L的气体样品通过盛有I2O5固体的加热管，反应后生成CO2和I2；②用30.0 mL 5.00×10-3mol • L-1的硫代硫酸钠溶液吸收所产生的碘，发生的反应为：I2 + 2S2O32- = 2I- + S4O62- ；③将②中溶液取出1/5，加入1.00m L 1.00×10-2 mol • L-1的碘水，正好将所取溶液中过量的硫代硫酸钠完全氧化。
⑴写出步骤①中CO通过I2O5加热管中有关反应的化学方程式。
⑵计算样品中CO的浓度。
9．一氧化碳在加热加压条件下能跟氢氧化钠作用生成甲酸钠，将甲酸和浓硫酸的混合物加热生成一氧化碳跟水。用上述反应与碳酸脱水和二氧化碳跟NaOH的反应相比较，发现CO并不是甲酸的酸酐。其理由主要是?
10．化合物A、D、F是中学化学中常见的物质，其中D在常温下为气体，A的焰色反应呈黄色，化合物B、C、E中含有两种相同的元素。这些化合物之间存在如下图的关系。其中A和B的反应是一种重要化工生产中的主要反应之一。
(1)在A、C、F中含有相同的元素是 。
(2)化合物C的化学式是 。
(3)C的水溶液和D能否发生反应? ，其理由是 ，如能反应，请写出离子反应方程式 。
11．碳酸氢铵和熟石灰共热时可能发生如下反应：NH4HCO3＋Ca(OH)2 CaCO3＋2H2O＋NH3↑（反应Ⅰ），NH4HCO3 NH3↑＋CO2↑＋H2O（反应 Ⅱ）
在密闭容器中加热碳酸氢铵和熟石灰的混合物共0.1mol，充分反应后得到固体剩余物a g。试求：
（1）当二者以等物质的量相混合时，a＝_______ g ；
（2）若以b（mol）表示混合物中碳酸氢铵的物质的量，试通过计算分别确定b在下列取值范围时，a值随b值变化的数学表达式。
（A）当0＜b＜0.05时：____________
（B）当0.05＜b＜0.1时，________________
大检阅：
1．D 2．AC 3．A
4．(1)NH4HCO3 CaC2
(2)CaC2＋2H2OCa(OH)2＋C2H2
NH4HCO3＋Ca(OH)2==CaCO3＋NH3＋2H2O
(3)NH3＋CO2＋Ca2+＋H2O==CaCO3¯＋2NH
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、块状大理石翰林汇
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 S2O32- 得：n(CO) = 2.5n(S2O32-) = 2.5×5×10-5mol = 1.25×10-4mol，以此可求得样品中CO的浓度为1.75mg • L-1。
9．酸在失水生成酸酐时，应由—OH基中的氢氧提供失去的水，而HCOOH失去的H2O是由一OH和—CH上的氢而来的。所以不是酸酐。
10．(1)钠 (2)Na2SiO3 (3)能 C的水溶液和D(CO2)反应生成酸性更弱的硅酸
SiO＋CO2＋H2O==H2SiO3↓＋CO
或SiO＋2CO2＋2H2O===H2SiO3↓＋2HCO
11．（1）当NH4HCO3和Ca（OH）2以等物质的量（各为0.05mol）相混合时，二者恰好完全反应，生成的固体只有CaCO3（0.05mol），其质量为5g，即a＝5g
（2）如果二者不以等物质的量混合，则有两种情况：
（A）0＜b＜0.05时，NH4HCO3全部参加反应Ⅰ，计算以NG4HCO3为准，生成的CaCO3是bmol，剩余的Ca(OH)2为：（0.1－2b）mol，则剩余固体共为：a=100b＋74(0.1-2b)=7.4 －48b(g)
（B）0.05＜b＜0.1时，NH4HCO3反应Ⅰ后还有剩余，但在反应Ⅱ中无固体剩余物，这时剩余固体只有CaCO3，计算以Ca（OH）2为准：
∵Ca(OH)2有（0.1－b）mol
∴CaCO3有（0.1－b）mol
则a=(0.1－b)×100=10－100b(g)
策略8 氮族方面试题的解题方法与技巧
金点子：
氮族元素，作为元素化合物部分的重点内容，在近几年的高考试卷中所占比例较大。其主要内容有氮族概念的分析与判断、氮的氧化物的分析与计算、硝酸及硝酸的性质分析与计算、磷及磷的化合物的分析与应用等。
此类试题中的常规题，其解法有过量分析、守恒分析、方程式的合并分析、工业生产中的用量比较等。
此类试题中的信息题，其解法有迁移类比、现象剖析、效用比较等。
经典题：
例题1 ：（2001年上海高考综合）金属加工后的废切削液中含2% ~ 3%的NaNO2，它是一种环境污染物。人们用NH4Cl溶液来处理废切削液，使NaNO2转化为无毒物质，该反应分两步进行：第一步：NaNO2+NH4Cl = NaCl+NH4NO2
第二步：NH4NO2 N2+2H2O
下列对第二步反应的叙述中正确的是
①NH4NO2是氧化剂 ②NH4NO2是还原剂 ③NH4NO2发生了分解反应 ④只有氮元素的化合价发生了变化 ⑤NH4NO2既是氧化剂又是还原剂 （ ）
A．①③ B．①④ C．②③④ D．③④⑤
方法：根据方程式，对照叙述，从化合价、反应类型等方面综合分析。
捷径：NH4NO2==N2+2H2O这是分解反应，又是氧化还原反应，NO2—被NH4+还原生成N2，显然都是氮元素的化合价发生了变化。以此得答案为D。
总结：同一元素，如果一种显正价的微粒，另一种显负价的微粒，若它们发生氧化还原反应，则往往生成该元素的单质，如2H2S+SO2==3S+2H2O，NaH+H2O==NaOH+H2等。
例题2 ：（1997年全国高考）某金属单质跟一定浓度的硝酸反应,假定只产生单一的还原产物。当参加反应的单质与被还原硝酸的物质的量之比为2:1时, 还原产物是 （ ）
A．NO2 B．NO C．N2O D．N2
方法：据题可知，2mol金属失去的电子给了 1mol HNO3。可采取讨论试算的方法确定选项。
捷径： 令金属为+1价，失2 mol电子，N被还原后显+3价。
令金属为+2价，失4 mol电子，N被还原后显+1价。令金属为+3价，失6 mol电子，N被还原后显—1价。选项只有C符合。
总结：金属与HNO3反应后的价态，是该题求解的关键。部分考生因难以确定金属的价态，而造成无法获得结果。
例题3 ：（1996年全国高考）关于磷的下列叙述中, 正确的是 ( ).
A．红磷没有毒性而白磷剧毒
B．白磷在空气中加热到260℃可转变为红磷
C．白磷可用于制造安全火柴
D．少量白磷应保存在水中
方法：逐项分析，分类判断。
捷径：分析A选项．红磷没有毒性而白磷剧毒，正确。B选项中，因白磷在空气中受热会燃烧生成P2O5，故白磷只有在隔绝空气的条件下加热到260℃才可转变为红磷，故B项错误。分析C选项，白磷易自燃且有毒，故不能用于制造安全火柴，用于制造安全火柴的是红磷，C选项错。D选项，因白磷的燃点低，所以少量白磷应保存在水中。综合得答案为AD。
总结：此题为概念性试题，虽然难度不大，但由于知识点较多，也极易出错。
Pt
例题4 ：（1999年全国高考）Murad等三位教授最早提出NO分子在人体内有独特功能，近年来此领域研究有很大进展, 因此这三位教授荣获了1998年诺贝尔医学及生理学奖，关于NO的下列叙述不正确的是 ( )
A．NO可以是某些含低价N物质氧化的产物 B．NO不是亚硝酸酐
C．NO可以是某些含高价N物质还原的产物 D．NO是红棕色气体
方法：从物质的性质，对照选项进行分析。
△
捷径：NO是无色的有毒气体。它是NH3的氧化产物4NH3+5O2 == 4NO+6H2O，也
△
可以是HNO3或NO2的还原产物3Cu+8HNO3（稀）= Cu（NO3）2+2NO+4H2O。NO不是亚硝酸酐，N2O3才是亚硝酸酐。因此得答案为D。
总结：此题虽设置了新情境，但仔细分析可发现，所设新情境与解题并无关系。
例题5 ：（1994年全国高考）
方法：通过信息迁移获解。
捷径：含氧酸中的氢原子，只有在与氧原子结合成—OH后，才具有酸的性质，也才可以和重水中的D原子进行交换。由题意可知磷酸是三元酸，次磷酸是一元酸，因而在结构式中只有一个—OH结构。A是二元酸，C D结构式中氧周围有三个键，因而这种结构式一定是错误的。以此只有B选项符合题意。
总结：题中所给磷酸分子的结构式是给一个信息，该信息告诉我们，含氧酸中只有与O原子直接结合的H原子才可能电离出H+，即题中所说的与D2O中的D原子发生氢交换。把该信息迁移到H3PO2中，由于NaH2PO2不能与D2O进行氢交换，所以H3PO2只是一元酸，因而其结构式中只有一个—OH，再应用O原子只能有两个共价键（或说有二根短线）的基础知识，就不难作出选择。
例题6 ：（1996年全国高考）某化合物的化学式可表示为Co(NH3)xCly(x,y均为正整数)。为确定x和y的值, 取两份质量均为0.2140 g 的该化合物进行如下两个实验。
将一份试样溶于水, 在硝酸存在的条件下用AgNO3溶液滴定(生成AgCl沉淀), 共消耗24.0 mL 0.100 mol/L的AgNO3溶液。在另一份试样中加入过量NaOH溶液并加热, 用足量盐酸吸收逸出的NH3，吸收NH3共消耗24.0mL 0.200 mol/LHCl溶液。
试通过计算确定该化合物的化学式。
(本题可能用到的原子量：H 1.0 N 14.0 Cl 35.5 Co 58.9 )
方法：利用原子个数守恒及质量守恒求解。
捷径：设用n表示物质的量, m表示质量。则：
n(NH3)=0.200×24.0×10-3=4.80×10-3(mol)
m(NH3)=4.80×10-3×17.0=8.16×10-2(g)
n(Cl-)=0.100×24.0×10-3=2.40×10-3(mol)
m(Cl-)=2.40×10-3×35.5=8.52×10-2(g)
m(钴离子)=0.2140-8.16×10-2-8.52×10-2=4.72×10-2(g)
n(钴离子):n(NH3):n(Cl-)=1:6:3
该化合物的化学式为CO(NH3)6Cl3
总结：分清反应过程中各种物质间量的关系，是运用守恒法解题的前提。
金钥匙：
例题1 ：在汽车引擎中，N2和O2进行反应会生成污染大气的NO，N2+O2=2NO；△H>0。据此有人认为废气排出后，温度即降低，NO分解，污染也就会自行消失。事实证明此说法不对，其主要原因可能是 ( )
A．常温常压下NO分解速率很慢
B．空气中NO迅速变为NO2而不分解
C．空气中O2与N2浓度高，不利于平衡向左移动
D．废气排出压力减小，不利于平衡左移
方法：从速率、平衡及后续反应综合分析。
捷径：污染不会自行消失，说明NO很难分解成N2和O2，其原因有A、B、C，而主要原因则由NO分解成N2和O2与NO转化成NO2的速率决定。温度降低后，NO分解很慢，而其转化成NO2的速率却很快。故正确答案为A、B。
总结：该题不少考生错误认为：根据勒沙特列原理，增大反应物浓度，平衡将向正反应方向移动，以此其主要原因可能是C。出错的原因是未能对题中温度降低进行深入思考之故。
例题2 ：一定条件下，将等体积NO和O2的混合气体置于试管中，并将试管倒立于水槽中，充分反应后剩余气体的体积约为原总体积的（ ）
A． 1/4 B． 3/4 C． 1/8 D．3/8
方法：此题为循环反应，可通过合并方程式后再分析。
捷径：本题涉及的化学方程式为：方程式（1）2NO + O2 = 2NO2↑,方程式（2）3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO↑。如果此时纠缠NO或NO2的局部反应，按常规的关系式法求解，计算十分繁杂。相反，若此时将两步反应合并求解，计算十分简便。由于NO2的量与题设和结果均无关，将（1）式×3和（2）式×2合并，可得方程式（3）为4NO + 3O2 + 2H2O = 4HNO3。（3）式明显地提供了混合气体与剩余气体之间的体积关系。当NO和O2等体积（等物质的量）混合时，O2必然过量。
利用上述（3）式，假设4体积NO和4体积O2混合，完全反应后，必剩余1体积O2 。即剩余气体的体积只能占原总体积的1/8 。得答案为C。
总结：此题为一常规题，在此提出便于学生掌握其方法。
例题3 ： 铵盐受热分解的过程就是铵根离子（NH4+）把质子转移给酸根的过程，对于相同类型的铵盐，可根据上述反应判断其热稳定性。NH4F、NH4Cl、NH4Br、NH4I的热稳定性由强到弱的顺序为 ，理由是 。
方法：根据信息类推。
捷径：本题的“热稳定性”是指酸根离子接受NH4+释放出一个H+，生成卤化氢和NH3的过程。该反应越容易发生，此铵盐越稳定。又酸根离子半径越小，结合H+能力越强，则盐就越不稳定。以此其热稳定性顺序为：NH4I﹥NH4Br﹥NH4Cl﹥NH4F。
总结：该题解答的关键在于正确运用所给信息，再根据所学知识进行推理、分析、判断，从而得出正确结论。又如：
已知2NO2+H2O=HNO3+HNO2，结合已有知识推断，下列结论中正确的是 （ ）
①HNO2比HNO3更不稳定 ②HNO2的分解产物为NO和H2O ③HNO2的分解产物为NO2、NO和H2O
A．只有① B．①② C．①③ D．②③
答案应选C。
本题极易错答为根据非金属性F﹥Cl﹥Br﹥I来判断热稳定性为NH4F﹥NH4Cl﹥NH4Br﹥NH4I。错答的原因是将铵盐的热稳定性与气态氢化物的稳定性混为一谈。
例题4 ：设NO2和O2混合气体中，NO2的体积百分含量为x%，取50mL量筒盛满该混合气体并倒立于水中，足够时间后量筒内剩余气体VmL，试作V随x变化图象，并利用该图象，求若最终剩余气体10mL，原混合气体中NO2的体积百分比可能是多少？
方法：根据反应式：3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO，4NO2 + O2 + 2H2O = 4HNO3。首先找出起点( x=0 )、拐点( 完全反应的点，x=80 )和终点( x=100 )，然后以点带面，通过三点作出连线即得图象，再通过图象分析混合气体中NO2的体积百分比。
捷径：根据上述反应，列表求值。
x
0
80
100
V
50
0
16.7
80
100x (%)
20
0
10
50
V(mL)
A
B
以x为横坐标，V为纵坐标建立坐标系，找出并顺次连接以上各点，所得图象即为所求。
过V=10作x轴的平行线，交图象于A、B两点，其相应横坐标依次为64和92。以此得答案为：若最终剩余10mL气体，原混合气体中NO2%为64%或92%。
总结：图象中三点的分析，是解答该题的重点，部分考生由于对点分析欠缺而出错。
例题 5 ：把Cu片投入到盛有过量浓HNO3的烧瓶中，使它充分反应。将产生的气体导入容器A内，反应后的溶液倒入蒸发皿内小心蒸干，再把固体全部转移到试管中，加热使它完全分解。假设将分解的气体也收集到A容器内，然后将A倒立在水槽中，待反应停止后，测得此容器内剩余气体0.448L（标准状况）。求参加反应的Cu的质量（假设收集气体过程中无其他气体进入容器内，且A容器恰好集满）。[提示：Cu（NO3）2分解生成CuO、NO2和O2]
方法：根据题意，发生的化学反应方程式为
Cu+4HNO3（浓）= Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O
△
2Cu（NO3）2 = 2CuO+4NO2↑+O2↑
4NO2+O2+2H2O=4HNO3 ， 3NO2+H2O=2HNO3+NO
其中Cu（NO3）2分解产生的NO2与O2物质的量之比为4︰1，全部被水吸收，最后剩余的0.448L气体为NO，是Cu与浓HNO3反应产生的NO2转化而来的。可直接根据NO的体积，计算Cu的质量。
捷径：3Cu ～ 6NO2 ～ 2NO
3×64g 2×22.4L
m（Cu） 0.448L
m（Cu）= =1.92g
总结：最后剩余的气体应为NO，不能误认为是NO2，应考虑NO2溶于水转化为NO。剩余气体与Cu（NO3）2无关是简捷求解本题的关键。此题也可通过得失电子守恒求解。
例题6 ：某工厂由NH3制取硝酸铵。在氧化炉中，NH3有3.1%损失，在以后氮氧化合物转化为硝酸的过程中，氮元素的利用率是95%，最后将硝酸与氨化合，氨又损失3.1%，现有1950 kg NH3，可制取NH4NO3多少千克？
方法：这里NH3的反应分两路，一路是NH3 → NO → NO2 → HNO3，另一路是NH3与硝酸化合，问题在于两路中氮元素的损失率不同。因此首先要求出1950 kg NH3在两路中的合理分配问题，然后再根据任一路线求出NH4NO3。
捷径：根据题意，NH3参与的反应，可表示如下：
NH3
NO
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。
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。
聚宝盆：
合并反应和后续反应是氮族部分的重点和难点，某些学生在解题时，由于未及深入地观察事物和思考问题，忽视对题中隐含条件的分析造成描述不完整、答案残缺不全，对于与问题相关的多个因素顾此失彼等而产生错误的现象在这一类试题中出现得较多。如当题中出现NO2时，便要考虑其后续反应，即NO2 N2O4。
热身赛：
1．14g铜、银合金与足量的某浓度的硝酸反应，将放出气体与1.12L(标准状况)氧气混合，通入水中恰好全部吸收，则合金中铜的质量是 ( )
A．9.6g B．6.4g C．3.2g D．1.6g
2．氢化铵（NH4H）与氯化铵结构相似，又已知NH4H与水反应有氢气产生。下面叙述不正确的是 （ ）
B．NH4H溶于水后，形成的溶液显酸性
C．NH4H中的H－离子半径比锂离子半径大
D．NH4H固体投入少量水中，有两种气体产生
3． Na3N是离子化合物，它与水强烈作用可产生NH3，下列叙述中，正确的是 （ ）
A．Na3N和盐酸反应可产生两种盐
B．在Na3N与水反应中，Na3N作还原剂
C．Na+与N3-的电子层结构都与氩原子结构相同
D．Na3N中Na+半径比N3－半径小
4．从某性质来看：NH3与H2O，NH4+和H3O+，NH2-和OH-，N3-和O2-，两两对应相似，判断下列反应方程式
（1）2Na+2NH3====2NaNH2+H2↑
（2）CaO+2NH4Cl CaCl2+2NH3↑+H2O
（3）3Mg（NH2）2 Mg3N2+4NH3↑
（4）NH4Cl+NaNH2 = NaCl+2NH3↑
其中正确的是 （ ）
A．只有（3） B．只有（2） C．（2）和（3） D．都正确
5．在PCl3中加入蒸馏水，微热，PCl3完全水解，产物之一是亚磷酸（H3PO3）它的结构式为。已知：
a．H3PO3与NaOH反应只能生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐；
b．H3PO3与碘水反应，碘水棕黄色褪去，再加入AgNO3有黄色沉淀。
c．盛H3PO3的试管中加AgNO3溶液，有黑色Ag沉淀，试管口处有棕红色气体出现。
则H3PO3是(a)强酸(b)弱酸(c)二元酸(d)三元酸(e)氧化性酸(f)还原性酸中的 ( )
A．(b)(d)(f) B．(c)(f) C．(a)(d)(e) D．(b)(c)(e)
6．常温下A和B两种气体组成混合气体（A的式量大于B的式量），经分析混合气体中只含有氮和氢两种元素。而且，不论A和B以何种比例混合，氮和氢的质量比总大于。由此可确定A为 ，B为 ，其理由是 。
若上述混合气体中氮和氢的质量比为7∶1，则在混合气体中A和B的物质的量之比为 ；A在混合物体中的体积分数为 ％。
7．一种火箭的主要燃料名为偏二甲肼。已知该化合物的分子量为60，其含碳量为40％，含氢量为13.33%，其余为氮。
(1) 偏二甲肼的分子中有一个氮原子是以－N－形式存在，该氮原子不与氢原子直接相连，则偏二甲肼的结构简式为________________________。
(2) 偏二甲肼作为火箭燃料燃烧时，以N2O4为氧化剂，燃烧产物只有氮气、二氧化碳和水，这一燃烧反应方程式为：________________________________。
8．在有机溶剂里若mol五氯化磷跟mol氯化铵定量地发生完全反应，生成4mol氯化氢，同时得到一种白色固体R。R的熔点为113oC，在减压下50o C即可升华，在1Pa下测得R的蒸气密度换算成标准状况下则为15.54g／L。请回答：
（1）通过计算推导R化学式________。
（2）分子结构测定表明，R分子为环状，且同种元素的原子在R分子中化合价相同，用单键“－”和双键“＝”把分子里的原子连接起来，写出R的分子结构式________。
9．实验室用下列装置所示的流程进行气体性质实验。图中用箭头表示气体的流向，A为一种纯净、干燥的气体，B是另一种气体，己中有红棕色气体出现。实验中所用的药品只能从下列物质中选取：Na2CO3、NaHCO3、Na2O、Na2O2、NaCl、无水CaCl2、(NH4)2CO3、碱石灰等固体和蒸馏水。
根据图中装置和现象回答：
（1）丙中发生反应的化学方程式____。
（2）丁中应选用的干燥剂是____，为什么不选用所给的另一种干燥剂？
（3）甲中发生反应的化学方程式________。
（4）戊中发生的主要反应的化学方程式____。此反应是吸热反应还是放热反应？____，估计可看到什么现象足以说明你的判断？____。
（5）当己中充满红棕色气体后，停止给丙加热并关闭a、b两个活塞。若将己浸入冰水中，则己中将有什么现象发生？简述发生此现象的原因。________。
10．已知NH3和Cl2可快速反应：2NH3+3Cl2=N2+6HCl。下图为反应后总体积（V L）随原混合气体中Cl2的体积分数（x%）而变化的曲线。试计算：
（1）当反应结束如处于A、B两点时，原混合气中Cl2的体积分数各是多少？
（2）当反应结束时处于A、B两点，混合气的总体积各是多少升？
（3）若反应结束时气体总体积为11L，则原混合物中Cl2的体积分数？
11．某大洗衣店的含磷酸盐废水经澄清池沉淀后排入附近的湖中，该废水带入水域中的磷酸盐是藻类生长的制约因素。
（1）定量分析得知海藻的元素组成为（质量百分比）C 35.80% O.49.50% P.0.8% H.7.37% N.6.31% 求海藻的化学式（式中P的个数为1）
（2）写出海藻被O2完全氧化的化学方程式（N和P均被氧化成最高价）
（3）多少天后湖水里溶解的氧气将被耗尽？设每天排入含30%（质量）三磷酸五钠（Na5P3O10）的洗涤剂100kg，湖的大小为103m2,平均水深为20m，湖水里氧气的浓度为9.1mg/L。
大检阅：
1．C 2．B 3．AD 4．D 5．B
6．（1）NH3；N2；纯NH3气体中氮和氢的质量比，在纯NH3中混入任何比例的N2，都将使氮和氢的质量比大于；4∶1；80。
7．
8．(1)mPCl5+mNH4Cl=4mHCl+(PNCl2)m
M(R)=15.54×22.4=348, m=348/PNCl2=348/116=3
(2)
9．（1）（NH4）2CO32NH3↑＋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：
策略9 氧族方面试题的解题方法与技巧
金点子：
氧族元素包括了初中化学中氧气、水，高中化学中的臭氧、过氧化氢，硫及硫的化合物等。内容多，知识广，且有时还可能扩展到硒、碲、钋等元素。因此对其解题方法的掌握尤其重要。
此类试题中的常规题，其解法有过量分析、守恒分析等。
此类试题中的信息题，其解法有迁移类比、现象剖析、效用比较等。
由于浓硫酸与稀硫酸的性质不同，故在解题时，还必须注意，反应进行时浓度变化引起的反应变化。
经典题：
例题1 ：（1997年全国高考）向50mL18mol/L H2SO4溶液中加入足量的铜片并加热。充分反应后，被还原的H2SO4的物质的量为 （ ）
A．小于0.45moL B．等于0.45mol
C．在0.45mol和0.90mol D．大于0.90mol
方法：根据方程式，将参加反应的硫酸分成两部分，一部分为氧化作用，一部分为酸性作用，然后对其进行分析。但又要注意随着反应的进行，H2SO4的浓度越来越稀，稀硫酸不能与铜片反应，以此被还原的H2SO4的物质的量小于依据化学方程式计算的值。
捷径：浓H2SO4与足量的铜反应的化学方程式为：2H2SO4（浓）+Cu CuSO4 + SO2↑+ 2H2O，从方程式看，被还原的H2SO4应为所给H2SO4 0.90 mol的一半，即0.45mol（中间值），但由于随着反应的进行，H2SO4的浓度越来越稀，反应停止，故不可能等于0.45mol，一定小于0.45mol。故答案为A。
总结：该题存在着一个隐含信息，即随着反应的进行，溶液的浓度逐渐降低，反应自行停止。在解题时必须特别注意此类隐含信息。
例题2 ：（1995年上海高考）为方便某些化学计算，有人将98%浓硫酸表示成下列形式，其中合理的是 （ ）
A．H2SO4· H2O B．H2SO4·H2O C．H2SO4·SO3 D．SO3· H2O
方法：质量假想法。
捷径：假设原98%硫酸的质量为100g，则98%浓H2SO4中有纯H2SO4 98g ，水2g。
则H2SO4与H2O的物质的量之比为 ︰ = 1︰ ，可判断A正确，B C错误。D
项是A项略作变形，H2SO4· H2O → SO3·H2O· H2O → SO3· H2O，以此得答案为A D。
总结：将化合物或混合物按其组成进行拆分，在无机及有机试题中均有出现。
例题3 ：（1997年上海高考）你认为减少酸雨产生的途径可采取的措施是 （ ）
①少用煤作燃料 ②把工厂烟囱造高 ③燃料脱硫 ④在已酸化的土壤中加石灰 ⑤开发新能源
A．①②③ B．②③④⑤ C．①③⑤ D．①③④⑤
方法：从酸雨产生的物质SO2进行分析。
捷径：导致酸雨的主要原因是向大气中排放了大量的SO2，因而少用含硫的煤做燃料，或使燃料脱硫，及开发新能源，都能减少SO2的产生，从而减少酸雨的产生。以此知答案为C。
总结：有关环境保护知识是最近高考命题的热点之一。
例题4 ：（1996年全国高考）根据以下叙述, 回答1～2小题.
1995年诺贝尔化学奖授予致力于研究臭氧层被破坏问题的三位环境化学家.大气中的臭氧层可滤除大量的紫外光,保护地球上的生物.氟利昂(如CCl2F2可在光的作用下分解,产生Cl原子,Cl原子会对臭氧层产生长久的破坏作用(臭氧的分子式为O3)。有关反应为：
1．在上述臭氧变成氧气的反应过程中,Cl是( ).
A．反应物 B．生成物 C．中间产物 D．催化剂
2．O3和O2是 ( ).
A．同分异构体 B．同系物 C．氧的同素异形体 D．氧的同位素
方法：根据信息，结合定义求解。
捷径：（1）在反应过程中，Cl原子在第一步反应中以反应物参与反应，又在第二步反应中以生成物出现，总反应中Cl原子的质量及性质都没有改变，符合催化剂的定义，所以Cl原子是催化剂。选D。
（2）O3和O2是氧的同素异形体。选C。
总结：常见的同素异形体有：O2与O3，金刚石、石墨与C60，白磷与红磷。注意 H2、D2与T2O、H2O，D2与T2不互为同素异形体。
例题5 ：（1996年上海高考）(1)为防治酸雨,降低煤燃烧时向大气排放的SO2, 工业上将生石灰和含硫煤混合后使用。请写出燃烧时,有关“固硫”(不使硫化合物进入大气)反应的化学方程式： ,
(2)近年来,某些自来水厂在用液氯进行消毒处理时还加入少量液氨,其反应的化学方程式为：NH3+HClO H2O+NH2Cl(一氯氨)，NH2Cl较HClO稳定。试分析加液氨能延长液氯杀菌时间的原因： 。
方法：对照信息，迁移分析。
捷径：（1）根据题意：气态SO2与固态CaO反应生成固体CaSO3，从而达到“固硫”的作用。又因为亚硫酸根离子容易被氧化，生成硫酸盐。以此反应的化学为方程式为：CaO+SO2=CaSO3， 2CaSO3+O2=2CaSO4 。
（2）HClO不稳定，容易发生分解反应。若HClO浓度大，其反应速率必然也大。为降低HClO反应速率，延长杀菌时间，应把HClO变成较稳定的NH2Cl“储存”起来，待HClO消耗到一定程度时，再转化为HClO。而加液氨后，使HClO部分转化为较稳定的NH2Cl。当HClO开始消耗后，上述化学平衡向逆向移动，又产生HClO，起杀菌作用。
总结：亚硫酸根离子易被氧化，从而生成硫酸盐。这一反应往往被考生疏忽。
例题6 ：（1998年上海高考）汽车尾气（含有烃类、CO、SO2与NO等物质）是城市空气污染源。治理的方法之一是在汽车的排气管上装一个“催化转换器”（用铂、钯合金作催化剂）。它的特点是使CO与NO反应，生成可参与大气生态环境循环的无毒气体，并促使烃类充分燃烧及SO2的转化。
（1）写出一氧化碳与一氧化氮反应的化学方程式：
（2）“催化转换器”的缺点是
（3）控制城市空气污染源的方法可以有 （多选扣分）
a．开发新能源 b．使用电动车 c．植树造林 d．戴上呼吸面具
方法：信息迁移类比。
捷径：（1）根据题目提供的信息：CO与NO反应，生成可参与大气生态环境循环的无毒气体。这气体是CO2和N2，以此其化学方程式为：2CO+2NO 2CO2+N2 。（2）在一定程度上提高了空气酸度的原因是SO2可被氧化成SO3，SO3与水蒸气形成硫酸酸雾。（3）控制城市空气污染方法中，植树造林这一选项具有一定迷惑性，植树造林能控制CO2量的增加，而对消除汽车尾气中烃类、CO、SO2与NO等物质没有直接的效果。故应选a，b。
总结：本题所涉及的反应产物均隐含在题中，只有认真分析才能得出正确的结论。如，NO与CO反应产物是参与大气生态循环的无毒气体，排除NO2等有毒气体，也排除生成生成单质硫固体，也不可能是非常见气体，只能是空气中存在的N2和CO2。又因催化转化器中铂、钯合金，应该是SO2与O2生成SO3反应的催化剂，这样会合理解释了空气酸度的增加。因而需要冷静分析题设条件，挖掘隐含在题设条件中的解答，是考生必需具备的技能和心理素质。
金钥匙：
例题1 ：用化学方法区别CO2和SO2两种气体，下列方法中，正确的是（ ）
A．通入澄清石灰水 B．通入品红溶液
C．用带火焰的木条检验 D．通入酸性KMnO4溶液
方法：CO2和SO2都是酸性氧化物，有一些相似的化学性质，如水溶液都显酸性，都可与Ca（OH）2溶液反应生成难溶物，都不能助燃等；也有一些明显的性质差异，突出的是SO2
具有漂白作用，具有较强的还原性，而CO2不具有这些性质。所以本题B选项明显符合题意。D选项中，SO2通入酸性KMnO4溶液，由于SO2具有还原性，酸性KMnO4溶液具有强氧化性而使溶液褪色，故D也符合题意。
捷径：SO2具有明显的还原性，酸性KMnO4溶液具有强氧化性，这是学生已有的知识，但因课本上没有直接介绍该反应，此题易出现漏选。
总结：“比较”是分析和解决问题常用的思维方法，也是学习常用的方法。
例题2 ：下列物质中，长久放置后因被空气中某物质氧化而变质的是 （ ）
A．NaOH溶液 B．Na2SO3溶液 C．澄清石灰水 D．氯水
方法：从物质本身的性质和空气中的物质双方面结合进行分析。
捷径：NaOH久置后会与空气中CO2反应生成Na2CO3而变质，澄清石灰水久置后，其中的溶质Ca（OH）2会与空气中CO2反应生成CaCO3而变质。久置的氯水变质，是因为次氯酸不稳定而分解：2HClO 2HCl+O2↑ 。Na2SO3溶液长久放置后，会被空气中的氧气氧化：2Na2SO3+O2 = 2Na2SO4。故选B。值得注意的是，氯水变质是由于自身发生氧化还原反应而分解变质，并非被空气中的O2氧化而变质。
例题3 ： 已知CO2，H2O2的结构式为O=C=O，H—O—O—H，铬的最高价为+6。试推测过氧化铬（CrO5）的结构式为 。
方法：因为铬的最高价为+6价，故中氧的化合价既有－2价，也有－1价，再根据CrO5中五个氧总共为－6价推知，有四个氧为－1价，一个氧为－2价，结合CO2和H2O2的结构式即可写出CrO5的结构式。
捷径：从CO2，H2O2的结构式可知，碳的最高价为+4，有四个价键，氧有两个价键，且氧氧间可形成过氧键。因此，既要保证铬的六个价键，又要保证氧的两个价键。故CrO5结构式应为（见右图）。
总结： 此题为结构迁移，即将CO2和H2O2的结构迁移到CrO5中，迁移时要特别注意化合价和价键。
通过对两个或两类不同的对象进行比较，找出其相似点或相同点，然后以此为依据，把其中某一对象的有关知识或结论迁移到另一对象中去的一种思维方法。比较适合于信息给予题。
例题4 ：酸雨是英国化学家R·A·Smith在1872年最先提出的，一般是指PH小于5.6的雨、雪等大气降水，它是由工业生产过程中大量化石燃料的使用，造成空气中硫的氧化物和氮的氧化物增多而引起。已知碳酸钙和氢氧化钙在水中存在下列溶解平衡：CaCO3 (ｓ) Ca2++CO32－，Ca(OH)2(ｓ) Ca2++2OH－。在火力发电厂燃烧煤的废气中往往含有SO2、O2、N2、CO2等。为了除去有害气体SO2并变废为宝，工业上常常用粉末状的碳酸钙或熟石灰的悬浊液洗涤废气，反应产物为石膏。
(1)写出上述两个洗涤废气的化学方程式。
(2)试说明用熟石灰的悬浊液，而不用澄清石灰水的理由。
(3)在英国进行的一项研究结果表明：高烟囱可以有效地降低地表面SO2的浓度，在本世纪60~70年代的十年间，由发电厂排放的SO2增加了35%，但由于建造高烟囱的结果，地表面SO2浓度却降低了30%之多。请你从全球环境保护的角度分析，这种方法是否可取？简述理由。
(4)请根据你所学的生物、化学知识，对我国的酸雨防治提出合理化的建议（至少三条）。
方法：通过迁移类比进行分析评价。
捷径：(1)将废气通入碳酸钙或氢氧化钙的悬浊液时，废气中的SO2与水反应生成 H2SO3，H2SO3电离出的H+与CO32-或OH -反应，促使两种溶解平衡均向溶解方向移动，而生成的SO32-又与Ca2+、H2O结合生成石膏。其反应的化学方程式为：
2SO2+O2+2CaCO3+4H2O=2(CaSO4·2H2O)+2CO2
2SO2+O2+2Ca(OH)2+2H2O=2(CaSO4·2H2O)
(2)因Ca(OH)2微溶于水，所以澄清石灰水中Ca(OH)2的浓度小，因而没有足够多的Ca(OH)2与SO2反应，不利于吸收SO2。
(3)因SO2的排放总量没有减少，建造高烟囱，实际上是将产生的SO2由地表面转移至高空，虽然地表面SO2浓度下降，但高空中SO2
浓度却增大，由此其进一步形成的酸雨仍会造成对全球环境的危害。所以该方法不可取。
(4)酸雨防治的根本方法是减少SO2的排放，而对被污染的空气，则实施净化。以此可得出的建议有：①控制污染源；②化学、微生物脱硫；③改革工艺流程；④开发洁净能源；⑤大力开展绿化，植树造林；⑥加强环境管理。
总结：人类的生存与自然环境密不可分，随着人们对自然环境认识的深入，保护环境、净化环境的呼声越来越高。“我们只有一个地球”、“环境千年、行动起来吧！”世界环境日的这些主题也正说明了这一点。该题以SO2为主线，将其吸收、排放、治理融为一体，要求考生从多角度、多层面去思考、去评价某一种做法，并综合性、创造性地提出防治的建议，强调了理论和实践相结合、学以致用、人与自然、社会协调发展的现代意识。
例题5 ：含FeS2 80%的硫铁矿200ｔ，灼烧时硫损失2%，问能制得98.3%的硫酸多少吨？
方法：由于FeS2灼烧时其中的硫元素全部转移到H2SO4分子中去，根据原子个数守恒可得如下关系：FeS2～2H2SO4，从而列式求解。
捷径：设生成98.3%硫酸的质量为x，根据题意可得：
FeS2 ～ 2H2SO4
120 196
200ｔ×80%×98% x×98.3%
解之得：x = 260.5t
总结：反应物与生成物间元素是否守恒，要解题时要根据反应历程进行分析确定。
例题6 ：（1）将m g铁粉和n g硫粉均匀混合，在密闭容器中加热至红热，冷却后，加入多少毫升 b mol/L的盐酸就不再产生气体？若把已放出的气体收集起来，在标准状况下的体积一共是多少升？
（2）把0.1mol铁粉和1.6 g 硫粉均匀混合，铺在石棉网上用酒精灯加热引燃，完全反应后，将残渣全部放入过量的稀H2SO4中充分反应，结果所产生的气体体积在标况下明显少于2.24 L，其原因是 。
方法：用联系观分析求解。
捷径：（1）根据化学反应方程式：Fe+S FeS、FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑，得Fe∽2HCl，Fe∽H2S。可能过量的Fe粉与HCl反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，得Fe∽2HCl，Fe∽H2。显然产生气体的体积及所需盐酸的量与硫粉的量无关只与Fe的量有关。根据
Fe∽2HCl得： ，， 。
根据Fe∽H2S，Fe∽H2得：
（2）因n（S）= ，所以Fe粉过量，过量的Fe
粉在受热时与空气中的O2反应生成了铁的氧化物，与H2SO4反应不再放出H2，故放出的气体体积小于2.24 L。
总结：涉及化学方程式的计算，应充分利用各物质的量的关系，对于多步、复杂的化学反应，要善于整体分析。
总结：在Na2SO3、H2SO3等化合物中，硫元素的化合价是+4价，因此他们与SO2性质相似，既具有一定的还原性，易被氧化，也具有一定的氧化性，能被还原。
例题7 ：向两个烧杯中各加入相同体积的3 mol/L的硫酸，置于天平的左右两个托盘上，调节天平达到平衡。向一个烧杯中加入10.8 g铝，向另一个烧杯中加入10.8 g
镁。反应完毕后，天平可能会发生怎样的变化？试根据计算进行分析。
方法：本题涉及的化学知识颇为简单，但它是一道思维性较强的习题，题中给出了金属的质量和酸的物质的量浓度，但并未给出酸的体积，因此必须考虑酸的体积与金属的相对量在不同的情况下产生的不同的结果。
金属投入硫酸中可能会产生以下几种情况：
（1）硫酸过量，两种金属均完全反应；
（2）金属过量，硫酸的量不足，两种金属都未完全反应；
（3）硫酸的用量对一种金属来说是足量的，对于另一种金属来说是不足量的。
捷径：n（Al）=0.4 mol n（Mg）=0.45 mol
与铝完全反应需硫酸：0.4× × = 0.2 L
与镁完全反应需硫酸：0.45× = 0.15 L
（1）当V（H2SO4）≥0.2 L时，硫酸足量。0.4 mol铝置换出0.6 mol氢气，0.45 mol镁置换出0.45 mol氢气，铝置换出H2多，因此，放铝一端的天平升高。
（2）当V（H2SO4）≤0.15 L时，两烧杯中的H2SO4均作用完，两种金属都过量，放出的氢气量相等，天平仍平衡。
（3）当0.15 L﹤V（H2SO4）﹤0.2 L时，则镁完全反应酸有余，而铝有剩余酸不足，此时镁与酸反应产生的氢气仍为0.45 mol，铝与酸反应产生的H2大于0.45 mol，小于0.6 mol，放铝的一端天平升高。
总结：不进行过量问题的分析和思考是解决此类问题的最大失误。审题必须细心，思维必须严密。
聚宝盆：
1．硫是一种比较活泼的非金属元素，与可变价金属通常生成低价态金属硫化物。此点在解题时必须引起重视。
2．硫的价态较多，有－2、－1、+2、+4、+6等，在化学反应中，位于中间价态的硫，既具有氧化性，又具有还原性。
3．在分析酸雨问题时，要懂得引起酸雨的原因，不仅有硫的氧化物，还有氮的氧化物，且雨水的pH要小于5.6。
4．对多步反应类试题，要尽可能找出题中关系，利用一步求解。
5．在过繁过难的计算中，如能动用守恒法，将可快速获解。
热身赛：
1．有甲、乙、丙3瓶等体积、等物质的量浓度的硫酸。若将甲用水稀释，在乙中加入少量的BaCl2溶液，丙保持原状，然后用等浓度的NaOH溶液滴定，至恰好完全反应时，所需NaOH溶液的体积关系是 （ ）
A．丙＞甲＞乙 B．丙=甲＞乙
C．乙＞丙＞甲 D．甲=乙=丙
2．下图是一套检验气体性质的实验装置。装置中缓慢地通入气体X，若关闭活塞K，则品红试液无变化，而澄清的石灰水变浑浊；若打开活塞K，则品红试液褪色。据此判断气体X和洗气瓶内液体Y可能是 （ ）
A
B
C
D
X
H2S
SO2
CO2
Cl2
Y
浓H2SO4
饱和NaHCO3溶液
Na2SO3溶液
饱和NaHCO3溶液
3．有一瓶无色气体可能含CO2、HBr、HCl、SO2中的一种或几种。将此气体通入稀氯水中，恰好完全反应，得无色透明液体。把此溶液分成两份，分别加入盐酸酸化BaCl2的溶液和硝酸酸化的AgNO3溶液，均出现白色沉淀。对此结论：(1)原气体中肯定有SO2，(2)原气体中可能有SO2，(3)原气体中肯定没有HBr，(4)不能确定原气体中有无HCl，(5)原气体中肯定无CO2，(6)原气体中肯定有HCl，正确的是（ ）
A．(1)、(3)、(4) B．(1)、(4)、(5)
C．(1)、(3)、(4)、(6) D．(1)、(2)、(3)、(5)、(6)
4．现有两种氧的单质O2和Om的混和气体，从其中取出体积相同的两份。往其中一份中加松节油，Om被完全吸收，结果气体体积减少了V mL，加热另一份，使其中的Om全部分解成O2，则气体体积增加V mL(以上气体体积在相同温度和压强下测定)。根据以上数据推断m的值是_________。
5．A、B、C是常见的三种化合物，各由两种元素组成，转化关系如右图。
（1）在A、B、C中，必定含有乙元素化合物的是 。
（2）单质乙必定是 （填“金属”或“非金属” ）；其理由是 。
（3）单质乙的分子式可能是 ，则化合物B的分子式为 。
6．下面是甲、乙、丙三位学生提出的检验SO42-的实验方案：
甲：试样（无色溶液）白色沉淀沉淀不溶解
乙：试样（无色溶液）白色沉淀仍有白色沉淀
丙：试样（无色溶液）无沉淀白色沉淀
(1)根据中学化学知识判断 （填甲、乙、丙）实验方案是正确的。
(2)在不正确的 （填甲、乙、丙）实验方案中，无色溶液中可能含有 离子；
在不正确的 （填甲、乙、丙）实验方案中，无色溶液中可能含有 离子。
7．荷兰是一个沿海的低地国家，在政府的支持下，地球化学家奥林夫·斯却林教授正在从事用化学手段抬高沿海地区的海拔高度的研究，以永久性地解决海水淹没陆地的威胁。其方法是根据分子数目相同的情况下，硫酸钙比碳酸钙的体积大一倍的事实，用废弃的硫酸灌入地下的石灰岩层中实现的。写出反应的化学方程式和离子方程式。
8．有两种气体单质Am和Bn。已知2.4 g Am和2.1 g Bn所含的原子个数相同，分子个数之比却为2∶3。又知A原子中L电子层含电子数是K电子层的3倍。通过计算回答：
(1)写出A、B的元素名称A：_______，B：______
(2)Am中m值是_________
(3)Am的同素异形体的分子式是___________
9．为了除去工业废气中的二氧化硫，查得一份“将二氧化硫转化为硫酸铵”的资料，摘录如下：“一个典型实验：初步处理后的废气含0.2%的二氧化硫和10%的氧气(体积含量)，在400℃时废气以5 m3/h 的速率通过五氧化二矾催化剂层与20 L/h速率的氨气混合，再喷水，此时气体的温度由4000C降到2000C，在热的结晶装置中得到硫酸铵晶体。”(气体体积均已折算为标准状况)仔细阅读上文，回答下列问题：(a)
按反应中的理论值，二氧化硫和氧气的物质的量之比为2∶1，该资料中这个比值是多少？为什么？(b)通过计算说明为什么废气以5 m3/h的速率与20 L/ h的速率的氨气混合？(c)若某厂每天排放1万m3这种废气，按上述方法该厂每月(按30天计算)可得(NH2)4SO4多少吨？消耗氨气多少吨？
10．取某城区的煤样品4.8g,完全燃烧后产生的SO2通入足量的氯气中，再加入25mL0.1mol/L的BaCl2溶液，取过滤的滤液用0.1mol/L的 Na2SO4 溶液滴定，当滴入10.0mL时，恰好将滤 液中的 Ba2＋ 完全沉淀出来。
(1)该城区用煤的含硫量是________。
(2)若该城区每天平均烧煤8×103t，其中80%的硫转化为SO2进入大气，设某天这些SO2中有20%未能扩散而随大约8×106 m3 的雨水降落到地面上。计算此次酸雨的 pH值为____________。
11．过二硫酸钾（K2S2O8）在高于100℃的条件下能发生反应，其化学方程式为：
2K2S2O8 2K2SO4+2SO3↑+O2↑现称取一定量的K2S2O8固体（含有不分解杂质），进行如下实验：加热使过二硫酸钾完全分解，通过测定氧气的体积计算过二硫酸钾的纯度，并且收集三氧化硫，进行观察和检验。
(1)试从下图中选用几种必要的装置，连接成一套实验装置：
这些选用装置连接时，接口编号的连接顺序是____________________________。
(2)观察到的三氧化硫的颜色状态是____，将三氧化硫跟水反应，鉴定反应产生阴离子的方法是____。
(3)若实验时称取过二硫酸钾的质量为W g，测得氧气的体积（折算成标准状况）为a mL，则此过二硫酸钾的纯度为____%。
12．接触法制硫酸排放的尾气中含少量的二氧化硫。为防止污染大气，在排放前应对二氧化硫进行吸收利用。
（1）某硫酸厂每天排放的1万m3尾气中含0.2%（体积百分数）的SO2。假设处理过程中硫元素不损失，问用氢氧化钠溶液、石灰及氧气处理后，理论上可得到多少千克石膏（CaSO4· 2H2O）？
（2）将一定量体积的尾气通入100 mL2mol/L的氢氧化钠溶液使其完全反应，经测定所得深夜16.7 g溶质。试分析该溶液的成分，并计算确定各成分的物质的量。
（3）亚硫酸氢钠是工厂利用尾气制石膏过程中的中间产物。调节尾气排放的流量，可取得二氧化硫与氢氧化钠间的最佳物质的量之比，从而提高亚硫酸氢钠的产量。现设nso2、nNaOH、nNaHSO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与nso2、nNaOH间的关系（或nNaHSO的数值）：
X
nNaHSO
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)
12．（1）153.6 kg (2)NaHSO3：0.1 mol,Na2SO3：0.05 mol
(3)x≤1/2，0，1/2＜x＜1，nNaHSO=2 nso2－nNaOH，x≥1，nNaHSO= nNaOH（以横排为序）
策略10 卤族方面试题的解题方法与技巧
金点子：
卤族方面试题的题型主要有：卤素及化合物的性质分析、气体的实验室制取、应用性试题及新情境试题等。
在解题时，要充分运用守恒法、迁移类比法、方程式合并法、多步反应一步计算等。
信息给予题(又叫新情境试题)，是近年来推出的一种新题型，此类试题在高考中占有很大的比重。其基本形式为：给出全新的情境（最新科研成果等信息）、冗长的题干、频繁的设问。但题示的新信息具有一定的启发性，经处理后可迁移或灵活运用。
经典题：
例题1 ：（1998年全国高考）氯化碘（ICl）的化学性质跟氯气相似，预计它跟水反应的最初生成物是 （ ）
A．HI和HClO B．HCl和HIO C．HClO3和HIO D．HClO和HIO
方法：迁移类比法求解，但要考虑到ICl 中元素的化合价不为0。
捷径：ICl是拟卤素，很多性质与卤素单质相似，但不是完全相同，因为Cl比I的得电子能力强，所以在ICl中，I为+1价，Cl为—1价。而HCl中，Cl为—1价，HIO中I为+1价，在ICl与水反应后其产物的化合价均不发生改变。故反应为：ICl+H2O = HCl+HIO，以此答案为B。
总结：本题着重考查学生对ICl和Cl2性质的理解能力和比较能力。Cl2与水反应生成HCl和HClO，ICl与H2O反应生成物究竟是HI与HClO，还是HCl与HIO，不少同学未能从化合价去分析、判断，因而误选A。通过本题不仅要认识ICl与H2O反应生成HCl与HIO，还要理解此反应为一非氧化还原反应。如果将此反应扩展至ICl与碱反应，也要知道生成物为NaCl与NaIO。
例题2 ：（1997年全国高考）为实现中国2000年消除碘缺乏病的目标,卫生部规定食盐必须加碘, 其中的碘以碘酸钾(KIO3)形式存在。已知在溶液中IO3- 可和I- 发生反应:IO3－ + 5I－ +6H+ = 3I2 + 3H2
O，根据此反应，可用试纸和一些生活中常见的物质进行实验, 证明在食盐中存在IO3-。可供选用的物质有：①自来水,②蓝色石蕊试纸,③碘化钾淀粉试纸,④淀粉,⑤食糖,⑥食醋,⑦白酒。进行上述实验时必须使用的物质是 ( B )
A．①③ B．③⑥ C．②④⑥ D．①②④⑤⑦
方法：这是一道无机信息题，利用给定的日常生活中常见的物质，鉴别食盐中是否含有IO3—。要充分理解消化题目给定的知识——IO3—可在酸性条件下，将I—氧化，产生I2。
捷径：根据鉴别I2的方法得B。
总结：充分利用题目中提供的信息，作为解题的突破口，这是我们常用的解题方法。本题给了我一个很好的范例。题中的信息是IO3—在酸性条件下发生反应，（即需要酸，从题中可顺利选出食醋）生成了I2单质，检验碘单质需要淀粉。通过以上分析，我们看到正确理解，充分消化信息的重要性。
例题3 ：（1991年三南高考）氰气分子式为(CN)2 , 结构式为N≡C—C≡N, 性质与卤素相似。下列叙述正确的是 （ ）
A．在一定条件下可与烯烃加成
B．分子中的碳一氮键的键长大于碳一碳键的键长
C．不和氢氧化钠溶液发生反应
D．氰化钠、氰化银都易溶于水
方法：迁移类比法。
捷径：将卤素的性质迁移到氰气，得叙述正确的是A 。
总结：在新知识、新物质未知时，可通过信息，将巳有的旧知识迁移即可。
例题4 ：（1998年上海高考）冰箱制冷剂氟氯甲烷在高空中受紫外线辐射产生Cl原子，并进行下列反应：Cl+O3→ClO+O2，ClO+O→Cl+O2。下列说法不正确的是（ ）
A．反应后将O3转变为O2 B．Cl原子是总反应的催化剂
C．氟氯甲烷是总反应的催化剂 D．Cl原子反复起分解O3的作用
方法：将方程式合并后再分析。
捷径：根据反应式，不论是O3还是O反应后均转变为O2。从题干中的两条反应式可知：Cl原子是第一个反应的反应物，又是第二个反应的生成物，并且物质的量保持不变，所以Cl原子是总反应的催化剂，起反复分解O3的作用。而氟氯甲烷是产生氯原子的反应物，它不是催化剂。得答案为C。
总结：合并分析是解答此题的关键。
例题5 ：（2000年浙、吉、晋高考理科综合）有①②③三瓶体积相等， 浓度都是1 mol· L—1的HCl溶液，将①加热蒸发至体积减少一半，在②中加入少量CH3COONa固体（加入后溶液仍显强酸性），③不作改变，然后以酚酞作指示剂，用NaOH溶液滴定上述三种溶液，所消耗的NaOH溶液体积是 （ ）
A．①=③﹥② B．③﹥②﹥① C．③=②﹥① D．①=②=③
方法：从实验过程中的物质变化进行分析。
捷径：盐酸是挥发性酸，在加热蒸发溶剂的同时，也有一部分溶质HCl同时挥发，所以消耗NaOH溶液的体积必然比③少。②中加入少量CH3COONa，HCl+CH3COONa=NaCl+CH3COOH，当用酚酞作指示剂时，等物质的量盐酸和醋酸消耗的NaOH相等。以此得C。
总结：部分考生未考虑等物质的量盐酸和醋酸消耗NaOH的量相等，而误选B。
例题6 ：（2001年全国高考）为了预防碘缺乏病，国家规定每kg食盐中应含有40～50 mg的碘酸钾。为检验某种食盐是否为加碘的合格食盐，某同学取食盐样品428 g，设法溶解出其中全部的碘酸钾。将溶液酸化并加入足量的碘化钾淀粉溶液，溶液呈蓝色，再用0.030 mol/L的硫代硫酸钠溶液滴定，用去18.00 mL时蓝色刚好褪去。试通过计算说明该加碘食盐是否为合格产品。有关反应如下：IO3－＋5I－＋6 H＋→ 3I2＋3H2O ，I2＋2S2O32－→2I－＋S4O62－。
方法：多步反应，通过关系一步计算。
捷径： 根据反应：IO3－＋5I－＋6 H＋→3I2＋3H2O，I2＋2S2O32－→2I－＋S4O62－知：
IO3－ ~ 3I2 ~ 6S2O32－。因此n(IO3－) = n(S2O32－) = ×0.030mol/L×0.01800L =9.00×10－5mol。每kg食盐中含KIO3：9.00×10－5mol×214ｇ/mol×=4.5×10－2ｇ= 45mg 。所以该加碘食盐是合格产品。
总结：有关多步反应问题，在解题时要充分考虑反应间的关系，所用化学方程式必须注意配平，否则也容易出错。
金钥匙：
例题1 ：34.8 g二氧化锰与100mL12mol/L的盐酸反应，可制得氯气（ ）
Ａ．0.4mol Ｂ．6.72L Ｃ．42.6g Ｄ．无法确定
方法：MnO2与盐酸反应，酸必须为浓盐酸，解答此题必须考虑MnO2与HCl的相对量，如果浓盐酸过量，便可以根据MnO2计算Cl2的量，如果浓盐酸不足，则Cl2量便无法计算。
捷径：34.8 g二氧化锰的物质的量为0.4mol，100mL12mol/L的盐酸中HCl为1.2mol，根据反应MnO2 + 4HCl(浓) MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O知，0.4molMnO2需HCl1.6mol，MnO2过量，随着反应的进行，盐酸浓度逐渐降低，因此无法求算氯气的量。答案选Ｄ。
总结：此题很容易陷入根据化学反应方程式进行过量问题计算的误区。解题时，必须突破旧的思维模式，找出隐含信息，即MnO2与稀盐酸不反应。即使MnO2是足量的，反应后溶液中仍存有一定量的稀盐酸，故无法确定可制得的氯气的量。
例题2 ：某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO—与ClO3—的浓度之比为1︰3，则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯原子与被氧化的氯原子的物质的量之比为 ( )
A．21︰5 B．11︰3 C．3︰1 D．4︰1
方法：通过得失电子守恒法求解。
捷径：令得到1molClO—、3molClO3—，被氧化的Cl整体失去16mole—，故被还原的Cl为16mol，两者之比为D。
总结：本题也可以利用总反应式（x/2+2）Cl2+（x+4）NaOH=NaClO+3NaClO3+（x/2+2）H2O+xNaCl求解，即根据氧原子关系求得x=16。
例题3 ：将KCl和KBr的混和物13.4 g溶于水配成500 mL溶液，通入过量Cl2,反应后将溶液蒸干，得固体11.175 g ,则原所配溶液中K+、Cl－、Br－的物质的量浓度之比为（ ）
A．3∶2∶1 B．1∶2∶3 C．1∶3∶2 D．2∶1∶3
方法：根据溶液中阴阳离子电荷守恒分析而快速获解。
捷径：原溶液呈电中性，所以n(K+) = n(Cl－) + n(Br－),对照选项，只有A符合，所以选A 。
总结：该题若利用质量进行分析求解，既繁又慢，而且容易出错。
例题4 ：将氯气用导管通入盛有较浓的NaOH和H2O2混合液的广口瓶中，在导管口与混合液的接触处有闪烁的红光出现，这是因为通气后混合液中产生的ClO—被H2O2还原，发生激烈反应，产生能量较高的氧原子，它立即转变为普通氧分子，将多余的能量以红光放出。
（1）实验时，广口瓶中除观察到红光外，还有 现象。
（2）实验时，广口瓶中ClO—与H2O2反应的离子方程式是 。
方法：根据题意，本题可简写为“ClO—被H2O2还原产生O2”，这样题目信息就一目了然。其中“产生的ClO—被H2O2还原”是解题中关键信息。
捷径：根据有效信息：ClO—被H2O2还原知，ClO—是氧化剂，H2O2是还原剂，进而推知：ClO—必定被还原为Cl—，H2O2必定被氧化为O2，因此，反应现象还有冒气泡。反应的离子方程式是：ClO— + H2O2 = O2↑+ Cl— + H2O 。
总结：这是一道信息给予题，这类题的背景材料有较强的可读性，相当多的学生将注意力过分集中在过去从来未见过的新知识上，而忽视了基础知识的应用，对正确解题就造成了干扰。此题的陌生程度很高，如果没有一定的自学能力，就会不知所云。
例题5 ：已知CN－（氢氰酸根）、SCN－（硫氰酸根）和Cl－有相似之处：两个—CN原子团或两个—SCN原子团可分别构成氰分子(CN)2和硫氰分子(SCN)2。(CN)2和(SCN)2性质与Cl2的性质也有相似之处，且常温常压下均是气体。请写出下列反应的化学方程式：
⑴(CN)2与KOH溶液反应。⑵MnO2与HSCN反应。⑶(SCN)2与AgNO3溶液反应。
方法：运用类比思维的方法：由Cl2与NaOH溶液反应类推⑴；由MnO2与HCl（浓盐酸）的反应类推⑵；由Cl2与AgNO3溶液反应类推⑶。
捷径：⑴ (CN)2 + 2KOH = KCN + KCNO + H2O
⑵ MnO2 + 4HSCN = Mn (SCN )2 + （SCN）2↑+ 2H2O
⑶（SCN）2 + H2O + AgNO3 = AgSCN↓+ HSCNO + HNO3
总结：该题属于信息给予题，分析时须将CN或SCN看作一个整体，也即相当于Cl 。部分学生由于未理解题意，将CN或SCN在方程式中进行了拆分，以此造成错误。
例题6：巳知NH3 + HX = NH4X，NH4Cl NH3↑+ HCl↑。现对某宇航员从太空中某星球外层空间取回的气体样品进行如下分析：
①将样品溶于水，发现其主要成分气体A极易溶于水。
②将A的浓溶液与MnO2共热产生一种黄绿色气体单质B，将B通入NaOH，溶液中生成两种钠盐。
③A的稀溶液与锌粒反应生成气体C，C与B的混合气体经光照发生爆炸又生成气体A，实验测得反应前后气体体积保持不变。
据此回答下列问题：
（1）写出A、B、C的名称：A 、B 、C 。
（2）A的浓溶液与MnO2共热的化学反应方程式为： 。
（3）气体B与NaOH溶液反应的离子方程式为： 。
（4）科研资料表明，若该星球上有生命活动，则这些生物可能从该星球上液态氨的海洋中产生，因为那里的液氨相当于地球上的水。据此推测：该星球上是否有生命活动？简述理由。
方法：本题是将Cl2、HCl等有关基础知识置于新情境之中，解题时只要紧紧抓住HCl气体极易溶于水和HCl与MnO2共热制得Cl2，则（1）—（3）迎刃而解。（4）所给信息虽然没见过，但可通过阅读学习产生如下联想：HCl和NH3在常温下都不能共存，而该星球上的海洋为液态氨，其大气温度比地球上更低，进而得出正确结论。
捷径：根据题中对气体A的叙述，知A为HCl，以此得：（1）A：氯化氢 、B：氯气、C：氢气 ；（2）HCl的浓溶液与MnO2共热的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2 +Cl2↑+ 2H2O ；（3）Cl2与NaOH溶液反应的化学方程式为：Cl2 + 2OH— = ClO— +Cl—+ H2O ；（4）不可能有生命活动。因为该星球外层空间的HCl与星球上的NH3不能共存，其反应的化学方程式为：NH3 + HCl = NH4Cl。
总结：该题易出错的地方有三处，一是物质名称的书写，常易因“熟题效应”而错写成分子式；二是化学方程式与离子方程式的书写，对于第（3）问，常受第（2）问的干扰，而错写成化学方程式；三是简答题，常常不按规定要求作答，只回答理由，而不回答结论，即是与否。
例题7 ：工业上常用漂白粉跟酸反应放出Cl2的质量与漂白粉的质量的百分比（x%）来表示漂白粉的优劣。已知漂白粉与硫酸反应的化学方程式为：
Ca（ClO）2 + CaCl2 + 2H2SO4 = 2CaSO4 + 2Cl2↑+2H2O
现为了测定一瓶漂白粉的x%，进行了如下实验，称取漂白粉样品2.00g，研磨后，加水溶解，转入250mL容量瓶内，用水稀释到刻度，摇匀后，取出25.0mL，加入过量的KI溶液和过量的稀硫酸静置。待漂白粉放出的氯气与KI完全反应后，加入淀粉胶体2～3滴，用0.100mol/L的Na2S2O3标准溶液滴定反应中生成的碘，反应为：2Na2S2O3 + I2 = Na2S4O6 + 2NaI，当滴定用去Na2S2O3
溶液20.0mL时蓝色刚好褪去，试由根据上述实验数据计算该漂白粉的x%。
方法：从几个反应式中可以看出几种物质间的关系为：2Na2S2O3～I2～Cl2，以此可通过量量关系列方程求解。
捷径：设产生Cl2的质量为x，由题意可得如下关系：
2Na2S2O3 ～ Cl2
2mol 71g
0.100 × 0.0200 mol x
解之得：x = 71 × 10-3 g
x% = × 100% = 35.5%
总结：该题为多步反应，通过量量关系可使其变成一步而进行计算。
例题8 ：向KI溶液中加入AgNO3溶液，直到完全反应为止，结果反应后溶液的质量恰好等于原KI溶液的质量，求该AgNO3溶液的质量分数。
方法：利用质量守恒求解。
捷径：根据质量守恒定律及题目给出的条件，可知溶液的质量应等于溶质的质量和溶剂（即水）的质量之和。但不包括沉淀的质量。反应方程式为：
KI + AgNO3 == AgI↓ + KNO3
166g 170g 235g 101g
设KI溶液、AgNO3溶液、KNO3溶液中的水的质量分别表示为m[H2O①]、m[H2O②]、m[H2O③]即上式可以表示为：
KI + m[H2O①] + AgNO3+ m[H2O②] = AgI↓+ KNO3+ m[H2O③]
即：m[H2O②]= m[H2O③]－m[H2O①] ⑴式
根据题意：KI+ m[H2O①]= KNO3+ m[H2O③] ⑵式
⑴式代入⑵式得：KI= KNO3+ m[H2O②]
m[H2O②]= KI－ KNO3=166g－101g=65g
w(AgNO3)=170g÷(170g+65g)=72.34%，以此得答案w(AgNO3) =72.34%。
总结：这是一道无数据的计算题，解题时要从题中找出关系，运用恒等关系列式求算。
聚宝盆：
解答本专题的试题，要注意充分理清下列概念：
1、对Cl2物理性质要从颜色、气味、状态、密度、溶解性、熔沸点六个方面分析。
2、Cl2易液化，要分清液氯与氯水的区别和联系。
液氯是纯净物，只有Cl2分子。
氯水是混合物，分子有H2O、Cl2、HClO，离子有H+、Cl—、ClO—、（OH—）。
3、氯水参加的反应，要从Cl2、HClO及H+、Cl—、ClO—两大方面进行综合分析。
4、氯气与金属及非金属的反应，要记住实验现象。
5、布条不褪色问题，必须注意两个干燥，即干燥的有色布条和干燥的Cl2 。
6、漂白粉与漂白精的有效成分相同，但制取方法不一样。漂白粉是将Cl2通入消石灰而制得，而漂白精是将Cl2通入石灰乳而制成。
7、Cl2的实验室制法，课本中的图有不完善之处，即所获得的Cl2中混有HCl和H2O。
8、Cl—的检验，用AgNO3溶液时，SO42—对其也有干扰，因Ag2SO4为微溶于水的白色沉淀，且不能溶于稀硝酸。故此时应选用BaCl2试剂检出SO42—为宜。
在解答信息给予题时，需注意将题中信息与课本知识相对照，从中找出相似之处，进而通过模仿而获得结果。
热身赛：
1． (CN)2、(SCN)2、(OCN)2称为“类卤素”，其化学性质与卤素单质相似，而其阴离子的性质也与X－相似。如：2Fe＋3(SCN)2===2Fe(SCN)3,2Fe＋3Cl2===2FeCl3.
又知“类卤素”与氢形成的酸一般比HX弱。据此判断下列方程式中错误的是（ ）
A．CN－＋H2O HCN＋OH－
B．
C．(OCN)2＋H2O = 2H+＋OCN－＋OCNO－
D．MnO2＋4HSCN (SCN)2＋Mn(SCN)2＋2H2O
2．已知I－、Fe2+、SO2、Cl-和H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为Cl－＜Fe2＋＜H2O2＜I－＜SO2。则下列反应不能发生的是 （ ）
A．2Fe3＋＋SO2＋2H2O＝2Fe2＋＋＋4H＋
B．I2＋SO2＋2H2O＝H2SO4＋2HI
C．H2O2＋H2SO4＝SO2↑＋O2↑＋2H2O
D．2Fe3++2I－＝2Fe2＋＋I2
3．根据下列化学方程式：2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2 ，2FeCl2+Cl2=2FeCl3 ， KMnO4+16HCl=2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，判断各物质氧化性由大到小的顺序正确的是（ ）
A．I2>Cl2>FeCl3>KMnO4 B．KMnO4 >Cl2>FeCl3>I2
C．Cl2>I2>FeCl3>KMnO4 D．FeCl3>KMnO4>Cl2>I2
4．氯仿（CHCl3）可用做全身麻醉剂，但在光照下，易被氧化生成剧毒光气 （COCl2）：2CHCl3+O2→2HCl+2COCl2，已知氯仿及光气均为非电解质。为了防止发生事故，在使用前要先检验是否变质，你认为检验时所用的最佳试剂是 （ ）
A．烧碱溶液 B．溴水 C．硝酸银溶液 D．淀粉碘化钾试纸
5．在已经提取氯化钠、溴、镁等物质的富碘卤水中，采用下面的工艺流程生产单质碘。试回答：
（1）乙、丁中溶质的化学式：乙____，丁____
（2）第④步操作中用稀硫酸浸洗的目的是除去（ ）
A．未反应的NO3－ B． 未反应的I－
C． 未反应的Fe D．碱性物质
（3）第⑦步操作供提纯I2的两种方法是 。
（4）实验室检验I2的方法是 。
（5）甲物质见光易变黑，其原因是（用化学方程式表示） 。
6．含氰化物（有CN–）的废水危害较大，CN－浓度为0.04—0.01mg/L就能毒杀鱼类，0.01mg/L就能危害浮游生物和甲壳动物。处理它的方法之一是用氧化法使其转化为低毒的氰酸盐（含CNO－），氧化剂常用次氯酸盐，且进一步可降解为无毒的气体。近期研究将把某些半导体性质的小粒悬浮在溶液中，在光的作用下在小粒和溶液界面发生氧化还原反应，如二氧化钛小粒表面上可以破坏氰化物有毒废物。
(1)二氧化钛在上述反应中的作用是
(2)氰化物经处理后产生的无毒气体应该是 和
(3)若用NaClO溶液处理含NaCN的废液，产生另二种盐类的化学方程式是：
7．由4种元素组成的化合物，其化学式为AxBCzDw相对分子质量（分子量）为117.5，性质很不稳定，容易爆炸。取1.88g该化合物引爆后，生成0.432 g B2D的蒸气、358.4 mL BC气体、448 mL D2气体和一定量气体A2（气体体积均在标准状况下测定）。已知爆炸产物分解产物分别有以下性质：（1）BC与B2D的蒸气相遇产生白雾，将BC通入用稀HNO3酸化的AgNO3溶液中，可析出白色沉淀 。（2）B2D通常为液态，低于0℃可凝成固体。（3）带火星的木条可在D2中复燃。燃着的木条放在A2中熄灭，而燃着的镁条却能在A2中燃烧，且生成相对分子质量为100的固态二元化合物。试确定原化合物的化学式，并写出引爆时的化学方程式。
8．实验室里用一般的气体发生装置来制备Cl2，反应物即使在停止加热后反应还会继续反应一段时间，当要收集多瓶Cl2 时，常有较多的Cl2 逸散。为了防止多余的Cl2逸散到空气中，并使Cl2 随时取用，有人设计了如下甲装置来制取Cl2。
⑴设计甲装置的原理是 。
⑵甲中Ⅱ中盛有的液体是 ，该装置可看作是一个__ _______（填某仪器名称）。
⑶甲中装置Ⅱ_____（填能或不能）用乙装置来代替。
⑷甲中制Cl2的装置中使用了分液漏斗，当加放浓盐酸时，需打开瓶塞，其原因是 。请设计一个既不需打开瓶塞，又能及时加入盐酸的简易装置。
9．实验室可用氯气与金属反应制备无水三氯化铁，该化合物呈棕红色、易潮解100℃左右时升华。下图是两个学生设计的实验装置，左边的反应装置相同，而右边的产品收集装置则不同，分别如（Ⅰ）和（Ⅱ）所示。试回答：
（1）B中反应的化学方程式为：
（2）D中的反应开始前，需排除装置中的空气，应采取的方法是 。
（3）D中反应的化学方程式为 。
（4）装置（Ⅰ）的主要缺点是 。
（5）装置（Ⅱ）的主要缺点是 。
如果选用这些装置来完成实验，则必须采取的改进措施是 。
10．氯、溴、碘同属于元素周期表中ⅦA族，在上个世纪，人们很早就得到高氯酸和高碘酸及其盐，但无论用什么方法都得不到＋7价溴的化合物。因此在很长一个历史时期，人们认为溴不会表现＋7价。1968年，有个名叫Appclman的化学家用发现不久的XeF2和HBrO3反应，首次检验出BrO4－离子。随后在1971年用XeF2和含KOH、KBrO3的水溶液反应，得到了很纯的KBrO4晶体。
（1）已知XeF2跟水反应放出氧气和氙气，氟则以化合态留在水溶液里，试写出配平后的化学方程式： ，该反应的氧化剂是 ，被氧化的元素是 。
（2）写出XeF2和含KOH、KBrO3的水溶液反应得到KBrO4晶体的化学方程式：
（3）试根据上述的信息指出高溴酸根的稳定性和溶液PH值的关系： 。
大检阅：
1．C 2．C 3．B 4．C
5．（1）FeI2，FeCl3 （2）C （3）升华、萃取
（4）将I2加在淀粉溶液中，溶液显蓝色 （5）2AgI 2Ag+I2
6．催化作用；CO2、N2；NaCN＋NaClO==NaCl＋NaCNO
7．B2D为H2O 0.024 mol，BC为HCl 0.014mol ,D2为O2 0.020 mol，A2为N2。
分子中H：Cl：O=4：1：4
妙算：因为分子量不是整数，故含Cl个数为奇数。
若分子中含一个Cl，x=1，y=4，W=4。
若分子中含3个Cl-无解。
化合物的化学式为：NH4ClO4
引爆时的反应为：4NH4ClO4 6H2O↑＋4HCl＋5O2＋2N2↑
8．⑴甲装置的原理是：利用压强差。当关闭活塞时，产生的氯气将II中下方容器内的水压入上方的容器内，这样既可达到储存Cl2的目的，又可有效地防止多余的Cl2逸散到空气中，从而使装置达到随时取用Cl2 。
⑵ 饱和食盐水，储气瓶。⑶能。
⑷原因是使内外压强相等，液体能顺利流下。可将圆底烧瓶上的橡皮塞由两孔，改为三孔，然后通过玻璃管和橡胶管与分液漏斗的上端相连即可。
9．（1）4HCl+MnO2 MnCl2+2H2O+Cl2↑
或 16HCl+2KMnO4＝2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑
（2）B中的反应进行一段时间后，看到黄绿色气体充满装置即开始加热D 。 （3）2Fe+3Cl2 2FeCl3 。
（4）导管易被产品堵塞；尾气排入空气，易造成环境污染 。
（5）产品易潮解 ，在瓶E和F之间连接装有干燥剂的装置
10． （1）2XeF2＋2H2O＝O2↑＋2Xe↑＋4HF ，XeF2 ，负二价的氧元素 。
（2）XeF2＋2KOH＋KBrO3＝KBrO4＋Xe↑＋2KF＋H2O 。
（3）KBrO4 的稳定性随溶液PH值的增大而提高。
策略11 碱金属方面试题的解题方法与技巧
金点子：
碱金属内容，是高考必考的知识点。其中有关过氧化物的分析与计算既是重点，也是难点。在解题时，要在理清题中关系的基础上，充分运用反应合并、守恒法。对于信息类试题，如NaH、超氧化物等，还要注意知识的迁移和化合价的分析。
经典题：
例题1 ：（1996年上海高考）下列灭火剂能用于扑灭金属钠着火的是 ( B ).
A．干冰灭火剂 B．黄砂 C．干粉(含NaHCO3)灭火剂 D．泡沫灭火剂
方法： 根据性质分析获解。
捷径： 分析性质，因钠可与干冰灭火剂及干粉灭火剂产生的CO2发生反应，与泡沫灭火剂中的水反应生成氢气，故不行。而钠与黄砂不能发生反应，故可用黄砂扑灭金属钠着火。综合后得答案为B。
总结：将课本中镁与CO2的反应迁移到钠，是解答出此题的重要之点。
例题2 ：（1994年全国高考）在一定温度下, 向足量的饱和Na2CO3溶液中加入1.06 g无水Na2CO3,搅拌后静置, 最终所得晶体的质量 ( )
A．等于1.06 g B．大于1.06 g而小于2.86
C．等于2.86 g D．大于2.86 g
方法：通过假想类比分析(不必计算)。
捷径：在饱和的Na2CO3溶液中，加入1.06 g 无水碳酸钠，析出晶体（Na2CO3·10H2O）
Na2CO3+10H2O===Na2CO3·10H2O
106 286
1.06 2.86
由于饱和溶液中析出晶体，使原溶液中水量减小，减少溶剂又有晶体析出，导致析出晶体大于2.86 g，所以选D。
总结：根据考试说明，对析出含有结晶水的晶体的计算不作要求，但并不排斥对结晶出来晶体的质量的范围作估计，或者对溶液质量变化或者溶液的浓度的计算或判断。因此在复习时注意复习范围。
例题3 ：（1996年全国高考）某溶液中有NH4+、Mg2+、Fe2+和Al3+四种离子, 若向其中加入过量的氢氧化钠溶液, 微热并搅拌,再加入过量盐酸,溶液中大量减少的阳离子是 ( )
A．NH4+ B．Mg2+ C．Fe2+ D．Al3+
方法：从反应过程中物质的变化进行分析。
捷径：溶液中加入过量NaOH溶液微热，发生下列反应：
A．NH4++OH—=NH3↑+H2O， B．Mg2++2OH—= Mg(OH)2↓
C．Fe2++2OH—=Fe(OH)2↓（白色），4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3↓（红褐色）
D．Al3++3OH—=Al(OH)3↓（白色），Al(OH)3 + OH—= AlO2— + 2H2O
再加入过量盐酸，使Mg(OH)2溶解转变成Mg2+，使AlO2—转变成Al3+。但由于NH3的挥发及Fe2+转变成Fe3+，所以Fe2+和NH4+离子大量减少。因此答案为AC。
总结：本题容易漏答案，因只注意到铵根离子加碱后转化为氨气，而疏忽了Fe(OH)2转化Fe（OH）3。
例题4 ：（1993年上海高考）在甲、乙、丙、丁四个烧杯内分别放入0.1 mol的钠、氧化钠、过氧化钠和氢氧化钠，然后各加入100mL水，搅拌，使固体完全溶解，则甲、乙、丙、丁的质量百分比浓度大小的顺序是 （ ）
A．甲﹤乙﹤丙﹤丁 B．丁﹤甲﹤乙=丙
C．甲=丁﹤乙=丙 D．丁﹤甲﹤乙﹤丙
方法：两种方法。(1)直接计算，(2)巧析巧解。
捷径：此题要求熟练掌握Na、Na2O、Na2O2分别与水反应的化学反应方程式：
甲：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑
乙：Na2O+H2O=2NaOH
丙：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2
所形成的NaOH溶液的质量分数分别是：
甲：
乙：
丙：
丁：
所以溶液的质量分数大小的顺序为丁﹤甲﹤乙=丙。答案为B。
总结：本题的另一解法是：因为等物质的量钠、氧化钠、过氧化钠和氢氧化钠中，氧化钠及过氧化钠含钠原子数是钠及氢氧化钠的2倍，且均投入相同体积的水中，所以乙、丙的质量分数一定大于甲、丁质量分数。又因2Na+2H2O=2NaOH+H2↑放出氢气，又等物质的量的钠质量小于氢氧化钠，所以最后的溶液质量甲小于丁，而溶质质量相等，所以丁﹤甲。在乙和丙中，2Na2O2+4H2O=4NaOH+O2，溶液的增重质量为2×78 — 32=124，而2Na2O+2H2O=4NaOH，（注意应保证Na2O2与Na2O物质的量相同），溶液增重2×62=124。所以乙、丙中溶质质量相同，溶液质量也相同，其溶质的质量分数当然相同，即乙=丙。
例题5 ：（1993年全国高考）将70 g过氧化钠和氧化钠的混和物跟98 g水充分反应后,所得氢氧化钠溶液的质量百分比浓度为 50%。试分别写出过氧化钠和氧化钠跟水反应的化学方程式, 并计算原混和物中过氧化钠和氧化钠的质量各为多少克 ?
方法：该题解答的方法有：利用方程式设未知数求解；守恒法求解等。
捷径：化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ Na2O+H2O=2NaOH
[解法一]设混和物中含x mol Na2O2和y mol Na2O
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ Na2O+H2O=2NaOH
2 4 1 1 2
x 2x x/2 y 2y
解得:x=0.50，Na2O2质量=0.50×78=39(g)，y=0.50 Na2O质量=0.50×62=31(g)
[解法二]设混合物中Na2O2质量为x g, Na2O质量为(70-x) g
解得:x=39，Na2O2质量为39 g ，70-x=31 Na2O质量为31 g
[解法三]设混合物中Na2O2质量为x g ,Na2O质量为(70-x) g
解得:x=39，Na2O2质量为39 g，70-x=31，Na2O质量为31 g
总结：解法2的思维方式与传统方法不一样，目的是培养学生发散思维的能力。本题主要利用Na2O2、Na2O与水反应后的特殊关系，将混合物转化为纯净物而计算的。
例题6 ：（1998年全国高考）本题分子量用以下数据：H2O=18.0 CaO=56.0 CaO2=72.0
过氧化钙是一种安全无毒的氧化物，通常含有部分CaO，且带有数量不等的结晶水。为分析某过氧化物样品的组成，进行了如下实验。
①称取0.270 g样品，灼热使之完全分解，生成CaO、O2和H2O，得到的O2在标准状况下的体积为33.6 mL 。
②另取0.120 g 样品，溶于稀盐酸，加热煮沸使生成的H2O2完全分解。然后将溶液中的Ca2+完全转化成CaC2O4沉淀，经过滤洗涤后，将沉淀溶于热的稀硫酸，用0.0200 mol/LKMnO4溶液滴定，共用去31.0 mLKMnO4溶液。化学方程式如下：
5CaC2O4+2KMnO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5CaSO4+10CO2+8H2O
（1）写出CaO2受热分解的化学方程式。
（2）计算样品中的CaO2的质量分数。
（3）计算样品中的CaO2·xH2O的x值。
方法：通过分析反应，利用守恒法求解。
捷径：（1）2CaO2 = 2CaO+O2
（2）w（CaO2）==80%
（3）n（CaC2O4）=n（Ca2+）=31.0×10-3L×0.0200mol/L×=0.00155mol
其中CaO2所含的n（Ca2+）==0.00133mol
m（CaO）=（0.00155mol-0.00133mol）×56.0g/mol=0.012g（1分）
m(H2O)=0.120g－0.120×80.0%－0.012g=0.012g
： x=
总结：作为高考的计算题，该题由于反应步骤多，文字长，对考生造成了一定的心理压力。如能在解题时充分理清反应关系(可在草稿纸上画出关系图)，正确作答也不会有太大的困难的。
金钥匙：
例题1 ：某不纯的烧碱样品，含Na2CO3 3.8%（质量百分含量）、H2O 5.8%、NaOH 0.004% 。取m g样品溶于2 mol/L盐酸40 mL后，并用2 mol/L NaOH溶液中和剩余的酸，在蒸发后可得干燥的固体的质量为（ ）
A．4.68 g B．5.58 g C．2.34 g D．2.34 m g
方法：解此题时一般方法是，根据具体的反应过程进行分步求解。如果不盲从一般解法，利用氯元素守恒法HCl～NaCl，此题则很快可求得。
捷径：根据氯元素守恒( HCl～NaCl )，n(NaCl) = n(HCl) =2mol/L×40×10—3L = 8×10—2 mol，干燥固体质量为8×10—2mol×58.5g/mol = 4.68g。即正确答案选（A）。
总结：“含Na2CO3 3.8%、H2O 5.8%、NaOH 0.004%”是该题的无效信息，对考生答题起到了干扰作用。如果利用此数据，因固体质量未知，便无法获解。
例题2 ：氢化钠是一种离子晶体，它跟水反应时生成氢氧化钠和氢气，将m g氢化钠和铝粉的混合物与足量的水充分反应后，若收集到n g氢气，则混合物中铝的质量为
A．（36n—3m）g B．（m—4.8n）g
C．（12n—m）g D．（24m—5n）g
方法：根据两种情况，利用反应中产生的氢气总量分别分析。
捷径：当铝完全反应时， 根据反应NaH+H2O=NaOH+H2↑及2Al+2NaOH+2H2O = 2NaAlO2+3H2↑，可设NaH的质量为x，根据反应中H2总量得关系式：
解得x=（4m－36n）g ，Al的质量为：mg－x= mg－（4m －36n）=（36n －3m）g 。
当Al有剩余时，Al产生的H2决定于NaOH量的多少，设NaH质量为y，生成H2的总量为：
解得y = 4.8ng，Al的质量为：mg－y =（m－4.8n）g 。正确答案为（A）、（B） 。
总结： NaH和Al的混合物与足量的水反应时存在两种情况，一种为Al不足或恰好与生成的NaOH完全反应，另一种为Al有剩余。该题错解的原因是不恰当地假设Al全部参与反应而出现漏选答案。
例题3 ：现将Na2CO3·10H2O与NaHCO3组成的混合物mg溶于水，配成100mL溶液，测得溶液中Na+离子的浓度为0.4mol/L,若将溶液蒸干，并灼烧至质量不变。可得到固体质量是 （ ）
A．1.68g B．2.12g C．2.55g D．1.06g
方法：利用Na离子个数守恒求解。
捷径：溶液蒸干并灼烧后，最终得到的固体是Na2CO3，根据Na+离子守恒，可知：(m(Na2CO3)÷106g/mol)×2=0.4mol/L×0.1L，m(Na2CO3)=2.12g ，故选B。
总结：因混合物的质量未知，如不用守恒法，将无法获得结果。
例题4 ：某干燥粉末可能由Na2O、Na2O2、Na2CO3、NaHCO3
、NaCl中的一种或几种组成。将该粉末与足量的盐酸反应有气体X逸出，X通过足量的NaOH溶液后体积缩小（同温、同压下测定）。若将原混合粉末在空气中用酒精灯加热，也有气体放出，且剩余固体的质量大于原混合粉末的质量。则该混合物中一定有 ，无法确定混合物中是否有 。
方法：通过反应现象和质量守恒综合分析。
捷径：与盐酸反应产生气体的物质可能为Na2O2（生成O2）、Na2CO3或NaHCO3（生成CO2），气体X通过NaOH溶液后体积缩小（而不是气体全部消失），说明X由O2和CO2组成，原粉末中Na2O2、Na2CO3和NaHCO3至少有一种一定存在。将原混合粉末加热，有气体放出，说明该混合物中一定有NaHCO3，但NaHCO3受热分解会使混合粉末质量减少，而实际剩余固体的质量却增加了，原因只能是发生了反应：2Na2O+O2
2Na2O2。综合分析得，混合物中一定有Na2O、Na2O2、NaHCO3，无法确定混合物中是否有Na2CO3和NaCl。
总结：教材中只讲到Na2O2与H2O和CO2的反应，有的同学就误认为Na2O2与盐酸不反应，其实可以用下面的方法来分析：当Na2O2投入盐酸中，可考虑Na2O2先与H2O反应生成NaOH和O2，所得NaOH再HCl发生中和反应生成NaCl和H2O。通过方程式的合并得总反应式，表示如下：
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ ①
4NaOH+4HCl=4NaCl+4H2O ②
①②式相加得总反应式：2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑
本题中应该注意两个关键之处：“X气体通入NaOH溶液后气体缩小”，说明气体并没有全部消失，还存在O2；“剩余固体的质量大于原混合粉末的质量”说明存在Na2O。
例题5 ：把2.1g的CO和H2组成的混合气体与足量的O2充分燃烧后，立即通入足量的Na2O2固体，固体质量的增加值为 。
方法：化学方程式合并分析法。
捷径：从①2CO+O2 2CO2，②2H2+O2 2H2O，③2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，④2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑四个方程式可知：CO和H2与O2燃烧后再和Na2O2反应放出的O2恰好等于CO、H2燃烧消耗的O2，即实际增重为CO和H2的质量。即为2.1g。
总结：CO～Na2CO3，H2～2NaOH这两个反应实际上并不能发生，只是由反应的过程分析而得到的一种数量关系。
例题6 ：有Na2CO3，NaHCO3，CaO和NaOH组成的混合物27.2 g ，把它们溶于足量的水中充分反应后，溶液中Ca2+、CO32-、HCO3-均转化为沉淀，将反应容器内水分蒸干，最后得到白色固体物质共29 g，则原混合物中Na2CO3的物质的量是多少？
方法：对分子式和反应过程根据需要进行人为变换，采用变换法解题。
捷径：由题意可知，Na2CO3和NaHCO3的物质的量之和必等于CaO物质的量。也等于产物中CaCO3的物质的量，其关系可表示为：
反应前固体共重27.2g
xmolNa2CO3（Na2O·CO2）
ymolNaHCO3（NaOH·CO2）
(x+y)mol CaO
z mol NaOH
(x+y)mol CaCO3
x mol Na2O
y mol NaOH
z mol NaOH
CaO和CO2直接得CaCO3
(成分转换)
反应后固体共29 g
（x+y）molCaCO3
（2x+y+z）molNaOH
与水反应后蒸干
由图可见，固体由27.2 g 增重到29 g ，是由于x mol Na2O结合29g— 27.2g = 1.8 g水，并得到2x molNaOH ，而x mol Na2O由x mol Na2CO3得到。根据
Na2CO3 ～ Na2O ～ H2O
1mol 18g
x mol 1.8g
解得： x = 0.1（mol）
总结：将反应混合物中各种物质进行拆分，是解答该题的关键。
例题7 ：把Na2CO3·10H2O和NaHCO3的混合物6.56 g溶于水制成500 mL溶液，其中Na+的浓度为0.1 mol/L，如果把等质量的这种混合物加热至恒重会失重多少。
方法：加热最终得Na2CO3，但Na+的物质的量并未发生变化，由此可得出关系：2Na+ ～ Na2CO3，通过量量关系求解。
捷径：设加热可得Na2CO3的物质的量为x。依题意得：
2Na+ ～ Na2CO3
2mol 1mol
0.1mol/L×0.5L x
解之得：x = 0.025mol，
所以，加热失重：6.56g — 0.025mol×106g/mol = 3.91g
总结：此题要求考生通过反应前后物质间的组成找出量量关系。
例题8 ：把148g碳酸钠和碳酸氢钠的混合物放在空气中加热至质量不变为止，发现加热后质量变为137g，问原来混合物中有多少克碳酸钠？
方法：根据反应前后质量之差求解。
捷径：设原混合物中有NaHCO3 的质量为x ，则Na2CO3的质量为148g — x
反应前后质量差：148g — 137g = 11g
根据题意和化学方程式2NaHCO3 Na2CO3 + CO2↑+ H2O↑：每有2×84gNaHCO3分解，就生成106gNa2CO3，质量减少2×84g — 106g ；现质量减少11g，列出比例式可求得NaHCO3为29.8g，Na2CO3为148g — 29.8g = 118.2g
总结：在解题中找出差量的原因，也不失为一种好的解题方法。
例题9：18.4gNaOH和NaHCO3固体混合物在密闭容器中加热到250℃，经充分反应后排出气体，冷却，测得剩余固体质量为16.6g。试求原混合物中NaOH的百分含量。
方法：首先找出完全反应的点，然后分析数据，依据差量关系求得结果。
捷径：假设混合物中的NaOH和NaHCO3完全反应，且形成质量差（18.4g — 16.6g）=1.8g，反应的NaOH、NaHCO3的质量和为m。
NaOH + NaHCO3 Na2CO3 + H2O↑ 质量差
（40+84）g 18g
m （18.4—16.6）g
解得：m = 12.4g﹤18.4g
经分析NaOH必须过量才能使18.4gNaOH和NaHCO3混合物反应时形成质量差为1.8g，所以应以NaHCO3的量计算。设混合物中含NaHCO3的质量为x。则：
NaOH + NaHCO3 Na2CO3 + H2O↑ 质量差
84g 18g
x 1.8g
解之得x = 8.4g
m(NaOH)=18.4g — 8.4g = 10g
NaOH% = ×100%=54.3%。
总结：完全反应的点的找出，是解答出该题的先决条件。
聚宝盆：
1．部分考生在解计算型选择题或填空题时，看到数值就想到计算，结果使有些本来不需要进行计算的问题变成了复杂的计算问题或干脆无法下手。以此在解题时，要学会审清题意，整体分析，巧解妙答，从而提高解题水平。
2．潜在假设是人们常有的一种心理性错误，它是人们在对事物尚未建立清晰概念时即自动形成的被认为正确的是一种最简单、最自然、最有可能的模型。面对新问题，在缺乏对其作深入、细致、全面考察的情况下，引进不适当的潜在假设，以潜意识中的直觉判断或过去的局限经验作为解题的依据，会导致解题错误。如本专题的例2，部分考生未能对题意作全面分析，自我假设NaOH过量，而出现漏选答案的现象。
3．在分析解答推断题时，最主要的是把握好三点：（1）认真审清题意，前后联系，整体分析；（2）逐一排除或确定某些物质，各个击破； （3）分析主要矛盾，抓住关键。
热身赛：
1．将由两种金属单质组成的混和物3 g ，投入到水中，在标准状况下收集到气体1.12 L, 不可能形成此混和物的单质组是 ( )
A．Na和K B．Li和Na C．Rb和Ca D．Na和Cu
2．氢化钠(NaH)是一种白色的离子晶体,其中钠是+1价。NaH遇水反应放出氢气，下列叙述中正确的是（ ）
A．NaH 在水中显酸性
B．NaH中氢离子半径比锂离子半径大
C．NaH 中氢离子的电子层排布与氦原子的相同
D．NaH 中氢离子可被还原成氢气
3．盐酸滴加到Na2CO3溶液中，反应按下式进行：
Na2CO3+HCl==NaHCO3+NaCl Na2HCO3+HCl==NaCl+H2O+CO2
若将含HCl 0.2 mol的稀盐酸逐滴加入含0.14 mol Na2CO3溶液中，经充分反应后溶液中各物质的物质的量是 （ ）
Na2CO3 HCl NaCl NaHCO3
A 0mol 0mol 0.2mol 0.08mol
B 0.4mol 0mol 0.2mol 0mol
C 0mol 0.06mol 0.14mol 0.14mol
D 0mol 0mol 0.06mol 0.08mol
4．为了使鱼苗顺利运输，必须满足3个条件：①需要保持适量的氧气②使鱼苗呼出的CO2及时排出，③防止细菌大量繁殖。已知下述四种物质加入水中都可以起到供氧灭菌的作用 (过氧化钙微溶于水，生成氢氧化钙和氧气) 。在长距离储运鱼苗的过程中，最好加入（ ）
A．过氧化钠 B．氯水 C．过氧化钙 D．双氧水
5．工业上生产Na、Ca、Mg都用电解其熔融氯化物的方法。但钾却不能用电解熔融KCl的方法制得，因金属钾易溶于熔融KCl中而有危险，很难制得钾，且降低电流效率。现生产钾是用金属钠和熔化的KCl反应制取。有关数据（见下表）：
溶点（℃）
沸点（℃）
密度（g/cm3）
Na
97.8
883
0.97
K
63.7
774
0.86
NaCl
801
1413
2.165
KCl
770
1500升华
1.984
工业上生产金属钾的化学方程式和条件是：KCl＋NaNaCl＋K
(1)工业上制金属钾主要运用到下表所列的哪些物理常数，简答理由。
(2)工业制金属钾主要应用什么原理使该反应变为现实________________________
6．1862年比利时人索尔维以NaCl、CO2、NH3和H2O为主要原料制得纯净Na2CO3，叫索尔维制碱法。其主要操作是：
（1）在氨化饱和食盐水中通入CO2，制得小苏打；
（2）小苏打250℃焙烧制得Na2CO3，CO2循环使用
（3）析出小苏打后的母液里加入生石灰，使NH3循环使用。
1940年我国著名科学家侯德榜先生，冲破了“索尔维法”技术封锁，并加以改进，在析出小苏打的母液里加入食盐，使NH4Cl晶体析出，生产出Na2CO3和NH4Cl两种产品。这便是举世闻名的“侯氏制碱法”。阅读上述资料，回答下列各问：
（1）在氨化饱和食盐水通入CO2生成NaHCO3的两步相关反应的化学方程式是____________________________________、____________________________________；
（2）在析出NaHCO3的母液中加入生石灰的化学方程式是____________________；
（3）简析“侯氏制碱法”的主要优点______________________________________。
7．在天平的两个托盘上各放一个盛有等体积、等物质的量浓度的稀H2SO4的烧杯，调节天平使之平衡。然后在一个烧杯中加入a g铁粉，在另一个烧杯中加入b g镁粉，充分反应后，天平仍保持平衡。若已知每个烧杯中均含有m mol
H2SO4，请用代数式表达在下列各种情况下a与b的关系。
（1）当a>56m,b>24m时，____________
（2）当a<56m,b<24m时，____________
（3）当a<56m,b>24m时，____________
8．两个等质量的烧杯中均盛有200mL 0.5 mol/L的稀H2SO4，分别向两烧杯中加入A g NaHCO3和B g kHCO3 ，完全反应后两烧杯中所剩物质的总质量相等。当NaHCO3和KHCO3不足量时，A：B=①____；当H2SO4不足量时，A和B的关系及数值范围是②____。
9．某溶液可能含有Fe2+、Mg2+、Cu2+、NH4+、Al3+中的数种，当向其中加入一种淡黄色固体并加热时，有刺激性气味的气体放出并生成白色沉淀，加入淡黄色固体的物质的量（横坐标）与生成气体、沉淀（纵坐标）的物质的量之间关系如图所示。则加入的淡黄色固体是___________，溶液中含有的离子是___________，各种离子之间的物质的量之比为__________。
10．4g含有杂质(杂质不具有挥发性，且不与酸作用)的Na2CO3·10H2O、NaHCO3样品，煅烧到质量不变为止，残留物重1.8 g 。煅烧生成的CO2，为含有0.185 g Ca(OH)2的澄清石灰水所能吸收的最大体积(不考虑溶剂对CO2的溶解性)求：
(a) 煅烧生成的CO2在标准状况下的体积。
(b) 样品中各组分的质量分数。
(c) 若将残留物溶于100 mL煮沸过的蒸馏水中，可与20 mL盐酸完全反应，求盐酸的物质的量浓度。
11．一氧化碳和二氧化碳的混俣气体2.24L通入0.2mol/L的氢氧化钠溶液200mL中，氢氧化钠完全反应，生成盐2.43 g 。将相同的混和气体充满一个盛有足量过氧化钠体积为2.24 L的密闭容器，(不计固体反应物和固体生成物的体积)中，用间断的短暂电火花引发，令容器中可能发生的反应充分进行(反应均系两种物质之间)。试通过计算回答下列问题：(a)2.24 L混合气体中CO、CO2的物质的量各是多少？(b)反应完全后，盛有过氧化钠的容器中存在的反应生成物有哪几种？它们的质量各是多少？
12．将粉末状碳酸氢钠和碳酸钠的混合物若干克加热至反应完全，使生成的气体通入200C、270 g饱和石灰水中，完全反应后生成白色沉淀0.4 g。向加热后的残留物中加入足量盐酸生成气体0.672 L(标况)，求原混合物中NaHCO3和Na2CO3的可能的物质的量之比是多少？(200C时Ca(OH)2的溶解度为0.165g)
大检阅：
1．B 2．BC 3．A 4．C
5．(1)在850°KCl、Na、NaCl皆为熔态，而K为气态，所以利用了K、Na的沸点差异，把K提取出来。
(2)应用平衡移动原理，K蒸气逸出减少生成物浓度平衡向右移动
6．（1）NH3+CO2+H2O=NH4HCO3 ，NaCl+NH4HCO3=NaHCO3+NH4Cl
（2）2NH4Cl+CaO=CaCl2+2NH3↑+H2O
（3）减小CaO原料，消除了无用CaCl2，得到两种有用产品，原料得到有效利用
7．(1)a=b ，(2)81a=77b ，(3)
8．①147：125 ，②A=B＞20 g
9．Na2O2，NH4+、Mg2+、Al3+，3：1：1
10．(a)0.112L；(b)NaHCO3：21%，Na2CO3：75.08%，杂质：3.92%；(c)1.55mol/L
11．(a)CO是0.075mol，CO2是0.025mol；(b)Na2CO3：10.6g，O2：0.4g
12．4∶13或8∶11
策略12 镁铝方面试题的解题方法与技巧
金点子：
镁，铝是重要轻金属，具有较强还原性。镁，铝及其化合物在工业及生活中有着重要而广泛的用途，特别是铝及其化合物的两性，在题目中的计算形式方法性和技巧性均较强，是金属及其化合物知识的重点与难点。代表题型有；天平平衡判断题，镁的强还原性，铝盐与强碱反应产物的讨论，含铝化合物沉淀图像题等。
解题关键是：（1）熟悉镁及其化合物的转化关系。（2）将铝及其化合物的两性与过量计算相结合。（3）结合图像综合分析。(4)充分利用守恒关系。
经典题：
例题1 ：（1996年上海高考）0.1 mol 镁粉分别在足量的O2、CO2、N2中燃烧, 生成固体的质量依次为W1、W2、W3。下列关系式正确的是 ( )
A．W2>W1>W3 B．W1=W2>W3 C．W1=W2=W3 D．W3>W2>W1
方法： 将方程式比较后分析。
捷径：反应式依次为2Mg+O2 2MgO，2Mg+2CO2 2MgO+C，3Mg+N2
Mg3N2，根据计算式可求出答案为A。
总结： W2中还有碳生成，是固体。如果疏忽这一点就误选B。
例题2 ：（2000年全国高考）某些化学试剂可用于净水。水处理中使用的一种无机高分子混凝剂的化学式可表示为[Al2(OH)nClm·yH2O]，式中m等于 （ ）
A．3-n B．6-n C．6+n D．3+n
方法：电荷守恒(化合价代数和为0)。
捷径：根据化合价的代数等于0得，2×3=n+m，所以m＝６—ｎ。答案为B。
总结：此题为一易题，如不能运用电荷守恒，也很难获解。
例题3 ：（1996年上海高考）将等物质的量的镁和铝相混合, 取等质量该混合物四份, 分别加到足量的下列溶液中, 充分反应后, 放出氢气最多的是 ( )
A．3 mol·L—1 HCl B．4 mol·L—1 HNO3
C．8 mol·L—1 NaOH D．18 mol·L—1 H2SO4
方法：从反应判断。
捷径：在镁、铝混合物中加入HNO3和浓H2SO4都不能产生H2，加入NaOH溶液只有Al与NaOH溶液反应生成H2，而镁不反应。而加入HCl，镁与铝都与盐酸反应生成H2，所以H2量最多。选A。
总结： 该题中溶液的浓度不是计算的数据，而是判断溶液属于：“浓”或是“稀”。8mol· L—1以上的HCl、H2SO4、HNO3通常认为是浓酸。
例题4 ：（1998年全国高考）由锌、铁、铝、镁四种金属中的两种组成的混和物10 g ，与足量的盐酸反应产生的氢气在标准状况下为11.2 L，则混和物中一定含有的金属是( )
A．锌 B．铁 C．铝 D．镁
方法：等量转换法 (将Al的价态转换成+2价分析)。
捷径：设四种金属的化合价均为+2价，则它们的平均原子量为10÷m=11.2÷22.4 ，所以m=20，其中至少有一种金属的原子量小于20，因为锌、铁、镁原子量均大于20，当铝作为+2价时，原子量可算作27×2/3=18。所以选C。
总结：类似的问题都作这样转换，即先认为化合价为+2价，这样可计算出平均原子量，然后调整不是+2价原子的原子量，如铝为18，钠为46等，这样转换后题目就变得很简单了。
例题5 ：（1995年全国高考）在一定条件下可实现下图所示物质之间的变化：
请填写以下空白：
(1)孔雀石的主要成分是CuCO3·Cu(OH)2(碱式碳酸铜), 受热易分解。上图中的F是 。
(2)写出明矾溶液与过量NaOH溶液反应的离子方程式: .
(3)图中所得G和D都为固体,混和后在高温下可发生反应,写出该反应的化学方程式: .
(4)每生成1 mol D,同时生成 mol E。
方法：试探法 ( 从已知的物质着手，试探其它物质 ) 。
捷径：试探分析，A是NaAlO2，反应式Al3++4OH—=AlO2—+2H2O。孔雀石受热分解的反应式CuCO3·Cu（OH）2 2CuO+CO2+H2O，因能与NaAlO2反应，得F是CO2，G是CuO。A、F发生的反应式是：CO2+AlO2—+2H2O = Al（OH）3↓+HCO3—，沉淀是Al（OH）3，受热分解后生成Al2O3（B）和水。Al和CuO的反应，类似于铝热反应。
第四问可根据2Al2O3 4Al+3O2↑计算得0.75mol。
总结：如果框图中的物质均没有给出，这时便要通过关系或一些现象先寻找突破口，再推断出其它物质。
例题6 ：（1999年全国高考）取一根镁条置于坩埚内点燃，得到氧化镁和氮化镁混合物的总质量为0.470 g冷却后加入足量水，将反应产物加热蒸于并灼烧，得到的氧化镁质量为0．486 g。
(1)写出氮化镁与水反应生成氢氧化镁和氨的化学方程式。
(2)计算燃烧所得混合物中氮化镁的质量分数。
方法：通过守恒法或差量法求解。
捷径：（1）化学方程式为：Mg3N2+6H2O=2NH3↑+3Mg(OH)2 。
（2）解法一：设原混合物中Mg3N2的质量为x，由Mg3N2和水反应生成的MgO的质量为y。 根据Mg原子个数守恒得：Mg3N2→3MgO ， y= x 。
以此，(0.470g-x)+ x=0.486g ，x=0.080g ， =17%
解法二：根据差量关系可得：
m(Mg3N2) = 0.080g ， =17% 。
总结：解法一思路清晰，不必再述。解法二是利用Mg3N2 → 3MgO质量差的方法解出。当一题有多种解法时，则尽可能用守恒法求解。
金钥匙：
例题1 ：已知MgCl2的熔点较MgO低，则从海水中提取镁的主要流程应为 （ ）
电解
HCl
石灰乳
A．海水 → Mg（OH）2 → MgCl2 → Mg
电解
HCl
B．海水 → MgCl2 → Mg
电解
NaOH
C．海水 → Mg（OH）2 → Mg
电解
Cl2
D．海水 → MgCl2 → Mg
方法： 流程分析法。
捷径：选项A中的石灰乳原料来自CaCO3分解产物CaO加水反应的产物，此原料易得且成本低，Mg（OH）2易从混合体系中分离，MgCl2的熔点较MgO低，所以选项A最合理。答案为A。
总结：该题易误选C。因NaOH成本高，Mg（OH）2高温分解成MgO，且MgO熔点高，不能选C。B、D不能将MgCl2从海水中分离出来。
例题2 ：铝粉投入某无色澄清溶液中产生H2，则下列离子组合中，正确的是 （ ）
A．H+、Mg2+、Al3+、NO3— B．Na+、Al3+、Cl—、Ba2+
C．OH—、Al3+、Cl—、NO3— D．OH—、Ba2+、Cl—、NO3—
方法： 依据题设条件，逐项分析。
捷径：该溶液中加入铝粉产生H2 ，说明该溶液可能含有大量的H+或OH—。选项A中由于NO3—的存在，可能放出的气体主要为氮的化合物；选项B中既无H+又无OH—；选项C中OH—和Al3+不可能大量共存。只有选项D符合。
总结：本题解答错误主要有以下两点：一是忽略碱性环境中Al也能放出H2，二是题意把握不准，本题意指可能共存，也就是酸性、碱性环境任一情况均可以。其解答的关键在于明确与Al反应放出H2的溶液有可能是强酸性环境，也有可能是强碱环境。
例题3 ：由Na，Mg，Al，Fe中两种元素组成的合金13g，与足量稀H2SO4反应，收集到H2 0.5g，则该合金中一定含有的金属是（ ）
A．Na B．Mg C．Al D．Fe
方法：此类习题若均为二价金属，如Mg，Fe，Zn或Cu，可考虑用平均组成法解题为佳。但此处Na为一价金属，Al为三价金属，直接用平均值法则不很恰当。解答该题也可通过设一法，即将四种金属转换成一价量，与稀硫酸反应，各金属的一价量分别为：Na——23、Mg——12、Al——9、Fe——28。
捷径：合金与足量稀H2SO4反应生成H2 0.5g(即0.25mol)，而1mol一价金属与盐酸反应生成的H2 0.5mol，故此合金相当于一价金属0.5mol。现金属质量为13g，得一价量为26，以此要求合金中两种金属的一价量，一种大于26，一种小于26。而Na、Mg、Al三种金属的一价量均小于26，一价量大于26的只有Fe，故该合金中一定含有的金属是Fe。答案为D。
总结：判断合金中含有某种金属的方法较多，但以一价量法方便快速。
例题4 ：称取由Al(OH)3、NaHCO3、CaCO3三者混合而成的固体混合物5 g ，溶于0.2 L 1 mol/ L 的盐酸中，完全溶解后，放出CO2 0.784L（标准状况），把CO2完全驱出溶液后，再加入1.2 mol /L 氨水0.15L，待完全沉淀后，过滤并洗涤沉淀，洗液和滤液混合，用0.75 mol/L 盐酸滴定，消耗了40ml才将剩余碱中和，求原固体混合物各物质的质量百分含量。
方法：整个过程有下列反应：
Al(OH)3 + 3HCl = AlCl3 + 3H2O ，NaHCO3 + HCl = NaCl+ H2O + CO2↑
CaCO3 + 2HCl = CaCl2 +H2O + CO2↑，3NH3•H2O + AlCl3 = Al(OH)3↓+ 3NH4Cl
NH3•H2O + HCl = NH4Cl + H2O
此题既可根据整体关系，又可利用原子守恒求解。
捷径：思路一：分析上述反应，确定整体关系如下：
总耗HCl物质的量= Al(OH)3消耗HCl量 + NaHCO3消耗HCl量 + CaCO3消耗HCl量 + 剩余NH3•H2O消耗HCl量。
设Al(OH)3为x mol，NaHCO3为y mol，CaCO3为z mol具体找出：
① Al(OH)3 ∽ 3HCl ∽ AlCl3 ∽ 3 NH3•H2O
X mol 3x 3x mol
CaCO3 ∽ 2HCl ∽ CO2 ， NaHCO3 ∽ HCl ∽ CO2
Z mol 2z mol z mol y mol y mol y mol
列方程
78x + 84y + 100z = 5 ┉┉┉①
z + y = 0.784 / 22.4 ┉┉┉②
0.2×1+0.75×40×10—3= 3x+2z+y+(0.15×1.2—3x) ┉┉┉③
解之得 x = 0.023，y = 0.02，z = 0.015。
再根据摩尔质量求得各物质的质量分数为Al(OH)3 36.4% ，NaHCO3 33.6% ，CaCO3 30% 。
思路二：分析上述反应可知最后溶液中为NH4Cl和CaCl2及NaCl 。
其中NH4+共1.2 × 0.15 mol，Cl—共（0.2+0.75×0.04）mol
若所设x、y、z同思路一中，根据溶液电中性原则，结合原子守恒可列出如下关系：
1.2 × 0.15 + y + 2z = 0.2 + 0.75 ×0.04
↑ ↑ ↑
（NH4+结合Cl—量） （Na+结合Cl—量） （Ca2+结合Cl—量）
y + z = 0.784 /22.4
↑ ↑ ↑
（NaHCO3中C的量） （CaCO3中C的量） （CO2中C的量）
再与思路一中方程①联立求解即可。
总结：思路有简有繁，解题时若能抓住物质的来龙去脉，全面分析各个数据和物质，充分利用整体思维和守恒，便可准确获得答案。
例题5 ：工业上制取铝的流程如下：
消石灰
A循环使用
C
滤液通入
B
A
铝
土
矿
CO2
过滤
高压，水蒸气
铝
电解
干燥
E
D
冰晶石
煅烧
在用此法制取氧化铝时，分析铝土矿和赤泥（提取Al2O3之后的残渣）所得数据如下：
Al2O3
Fe2O3
Na2O
铝土矿
55%
16%
0%
赤泥
15%
48%
8%
试求制取1 t Al2O3所需铝土矿和苛性钠的量。
方法：从流程图分析可知A为NaOH，它使Al2O3变为NaAlO2，然后通入CO2又转变为Al（OH）3。Fe2O3不与NaOH反应，NaOH将Fe2O3从铝土矿中全部转移到赤泥中去。从Fe2O3在铝土矿中的含量及在赤泥中的含量可知赤泥的质量为铝土矿的1/3。
捷径：设需铝土矿x t，则：x·55% — 1/3 x·15% = 1
解得x=2，即需铝土矿2 t。
需要NaOH的量：因NaOH循环使用，因此需要补充NaOH的量即为留在赤泥中的NaOH的量。1/3 × 2t × 8% × 80/62 = 0.069 t
总结：（1）考生往往没有认识到Fe2O3在铝土矿中的质量与在赤泥中的质量是不变的。Fe2O3的含量有铝土矿中的16%变成赤泥中的48%，增加了三倍，则赤泥的质量就为铝土矿质量的1/3。（2）因NaOH循环使用，故实际耗NaOH应为留在赤泥中的NaOH的量。不能把与Al2O3反应消耗的NaOH算入，因为该部分NaOH可以再生。
这是一道解决实际问题的题目，其难点在于识图、对表中数据的理性分析。Fe2O3
由于没反应，从铝土矿中转移到赤泥中，应该守恒，因而从Fe2O3在铝土矿中含量及在赤泥中含量，得到赤泥质量为铝土矿质量的1/3。
例题6 ：在100 mL0.6 mol/L的HCl中，加入1.08 g铝粉，在反应后再加入0.5 mol/L的NaOH溶液多少毫升才能使铝粉刚好完全溶解，且得澄清溶液。
方法：从反应前后的元素分析，可知其中所含Na元素全部来源于NaOH，Cl元素全部来源于HCl，而铝元素全部来源于金属铝，以此由NaOH、NaAlO2的化学组成中的关系即可分析得到量量关系。
捷径：铝粉刚好完全溶解，说明此时溶液中存在NaCl和NaAlO2。
设需NaOH溶液xmL，根据：NaOH的物质的量 = HCl的物质的量 + Al的物质的量得：
0.5mol/L× L = 0.6mol/L × 0.1L +
解得：x = 200mL，故需NaOH溶液200 mL。
总结：此题如果根据反应方程式进行计算，则运算比较复杂，但如果从NaOH与HCl、Al反应后的生成物NaNO2和NaCl进行分析，则变得简单明了。
例题7 ：托盘天平两托盘分别放有等质量的烧杯和等质量的n mol盐酸，天平平衡。向两托盘分别放入ag金属钠、bg 金属镁，反应后（设无液体溅出）天平仍平衡。
（1）若盐酸均过量时，a与b的关系是
（2）若盐酸均不足量，a,b与n的关系是 。
方法：根据题意反应后天平仍平衡，应符合，投入质量一逸出质量 = 投入质量一逸出质量，以此为思路，讨论计算a,b,n的关系。
捷径：（1）酸均过量，逸出的氢气均应由酸提供。不必再考虑钠与水的反应，agNa应逸出 gH2，bgMg应逸出 g H2。巧解时可由同物质的量的Na或Mg与过量酸反应时，剩余的溶液质量相等考虑。（即23g钠逸1g，24gMg逸2g，余溶液等重）。即得Na与Mg的物质的量相等。a：b = 23：24。
（2）酸不足时，还要考虑过量的Na与水的反应。由Mg提供的氢气只能由不足量盐酸提供，以此可得恒等式为：ag － ｇ = bg － 0.5ｎ。
总结：此类试题若不涉及与水反应的Na、K等，则酸不足量时，投入的金属均为质量相同。（活泼性比氢强的金属）因为放出的H2均由等量的酸提供。
聚宝盆：
1．理解Al、Al2O3、Al(OH)3与酸或碱反应的关系，是解答此类试题的关键。
2．在解综合性试题时，要尽可能采用守恒法求解。
2．生产工艺流程要考虑：（1）原料易得且成本低；（2）中间产物易分离；（3）电解质熔点较低。
热身赛：
1．将1.2 g金属镁中空气中点燃后生成物为氧化镁和氮化镁，将它们溶于3mol/L50mL的盐酸中，再用2mol/LNaOH溶液20 mL恰好将多余盐酸中和，且无气体放出。则生成氮化镁的质量是 （ ）
A．1.0 g B．0.5g C．0.1g D．0.05g
2．我国最新报道的高温超导体中，铊(T)是组成的成分之一。已知铊与铝是同族元素，关于铊的性质的判断可能错误的是 ( )
A．是银白色、质软的金属 B．阳离子氧化性比铝离子强
C．加热蒸干T1Cl3溶液可得到无水T1Cl3 D．与稀硝酸作用生成硝酸盐
3．将各盛有100mL1mol/LH2SO4的两个烧杯放在天平的两个托盘上,天平平衡。向烧杯中加入下列物质,天平仍平衡的是 ( )
A．左端加0.1mol Mg,右端加0.1mol Zn B．左端加0.1mol Mg,右端加0.1 molZn
C左端加5g Mg,右端加5g Zn D．左端加10g Mg,右端加10g Zn
4．用稀H2SO4、NaOH溶液、Al为原料制取Al(OH)3，甲、乙、丙3个学生分别用3种不同途径：
制得等量Al(OH)3，下列结论正确的是（ ）
A．甲用原料最少 B．乙用原料最少
C．丙用原料最少 D．三人用原料的量相同
5．将镁、铝、硅的混合物分为等质量的两份，一份跟足量的NaOH溶液反应，另一份跟足量的盐酸反应，最终产生的H2一样多，则镁与硅物质的量之比为 ( )
A．2∶1 B．4∶1 C．1∶1 D．3∶1
6．在含有1 mol Fe3+和1 mol Al3+的混合溶液中，现按横坐标依次加入NaOH溶液、盐酸，再通CO2气体。纵坐标为混合沉淀物的物质的量，请在下图中画出沉淀量随反应变化的曲线。写出通入CO2后的有关的离子方程式：____。
7．往一金属易拉罐内（内空）放入一满角匙的某白色晶体，摇动几下后，立即向罐内注入6mol/L NaOH 50mL，用胶布严封罐口，过一段时间后，罐壁内凹而瘪，再过一段时间后，瘪了的罐壁重新鼓起。要实现上述现象，则做易拉罐的金属是__________往罐内加入的白色晶体是_________，罐壁凹而瘪的原因____________________________________反应式是________________________再鼓起原因_______________________________反应方程式是____________________________。
8．拉曼光谱证明，溶液中不存在AlO2–却存在[Al(OH)4]–，请写出AlCl3与过量氢氧化钠反应的化学方程式（不允许用偏铝酸盐表示）________________________________
9．某溶液中可能含有Fe2+ 、Mg2+、Cu2+、NH4+、Al3+。当加入1 种淡黄色固体并加热时，有刺激性气体放出和白色沉淀生成，加入淡黄色固体的物质的量（横坐标）与析出的沉淀和产生气体的物质的量（纵坐标）的关系如图所示。可知溶液中含有的离子是 ，所含离子的物质的量浓度之比为
，所加的淡黄色固体是 。
10．有A，B，C，D，E 5种化合物，其中A，B，C，D是铝元素的化合物。F是一种气体，标准状况下对空气的相对密度为1.103。有下列反应：①A+NaOH→D+H2O；②B A+H2O；③C+NaOH（适量）→B+NaCl；④E+H2O→NaOH+F；⑤C+D+H2O→B。则
①A，B，C，D的分子式分别为A______，B______，C______，D______。
②4mol C和6mol E在水溶液中发生反应的化学方程式为__________________。
11．将一铁粉和铝粉混合物分成等质量的两份，再分别和过量的盐酸和氢氧化钠溶液反应，所生成的气体在同温同压下的体积比为2∶1。向混合物与盐酸反应所得溶液中通入标准状况下1.344L氯气。可使溶液中的40%Fe2+离子氧化。试求原混合物中两金属各是多少克？
12．将一定量的Al和Na2O2的混合物，投入盛有20mL蒸馏水的烧杯中，反应停止时得一澄清溶液，经称量之所得溶液的质量比反应前轻3.5g，向所得溶液中滴加3.5mol/L盐酸至滴定过程中所产生的沉淀刚好完全溶解时，耗用盐酸200mL，问原混合物中Al和Na2O2各多少克？
大检阅：
1．B 2．B 3．BD 4．C 5．A
6．
CO2+2AlO2-+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-
CO2+CO32-+H2O=2HCO3-
7．Al 干冰
干冰气化时排出了空气，加入NaOH溶液后吸收了CO2压强减小
CO2＋2NaOH==Na2CO3＋H2O 过量NaOH溶液与Al反应放出H2
2Al＋2NaOH＋2H2O==2NaAlO2＋3H2
8．AlCl3＋4NaOH==NaAl(OH)4＋3NaCl
9．Mg2+、Al3+、NH4+；1∶1∶3；Na2O2
10．①Al2O3，Al(OH)3，AlCl3，NaAlO2；
②4AlCl3+6Na2O2+6H2O=4Al(OH)3↓+3O2↑+12NaCl。
11．Fe：33.6g，Al：10.8g
12． Al：2.7g，Na2O2：15.6g
策略13 铁方面试题的解题方法与技巧
金点子：
铁是中学化学中的重要变价元素。在高考中有关铁方面的试题主要类型有：性质分析、实验原理与操作分析、有关铁方面的计算等。
1．性质分析试题的解题方法
此类试题要求考生从铁及其化合物的反应方面去分析试题内容。特别是铁的变价问题。
2．实验原理与操作试题的解题方法
此类试题要求考生从实验目的、实验原理、实验操作、实验注意点等方面对实验内容作较为详实的分析。主要有铁的性质实验、铁的制取实验、Fe(OH)2制取实验等。
3．有关铁方面的计算试题的解题方法
此类试题可采用方程式分析或将方程式合并后统一分析求解。在解题时尽可能利用守恒法求解。
经典题：
例题1 ：（1993年全国高考） .a、b、c、d、e分别是Cu、Ag、Fe、Al、Mg5种金属中的一种。已知：(1)a、c均能与稀硫酸反应放出气体；(2)b与d的硝酸盐反应, 置换出单质d；(3)c与强碱反应放出气体；(4)c、e在冷浓硫酸中发生钝化。由此可判断a、b、c、d、e依次为 ( )
A．Fe Cu Al Ag Mg B．Al Cu Mg Ag Fe
C．Mg Cu Al Ag Fe D．Mg Ag Al Cu Fe
方法： 寻找突破囗，并从突破囗推出其它金属。
捷径： 以c、e金属钝化为突破口，由（1）（3）（4）知c为Al，再由（4）知e为Fe。有上述结果和（1）知a为Mg，最后由（2）知b为Cu、d为Ag。解此题的关键是确定c，然后很容易判断出e、a。得答案为C。
总结：判断出c为Al，e为Fe，就可舍去选项A、B，由（2）确定b和d的活泼性。这样判断可简捷些。
例题2 ：（1995年上海高考）等质量的铜片，在酒精灯上加热后，分别插入下列溶液中，放置片刻，铜片质量增加的是 （ ）
A．硝酸 B．无水乙醇 C．石灰水 D．盐酸
方法：从反应过程进行分析。
捷径：当铜片在酒精灯上加热后，表面生成氧化铜，造成铜片质量增加。当该铜片插入硝酸中，表面的氧化铜及未被氧化的铜均能被硝酸溶解。插入无水乙醇中发生反应CH3CH2OH+CuO CH3CHO+Cu+H2O，铜片又恢复到原来的质量。若插入盐酸中，表面的CuO溶于盐酸中，质量减少。只有插入石灰水中，铜片不发生反应，表面的氧化铜仍附着在铜片上，质量增加。以此得答案为C。
总结：在插入溶液之前，Cｕ片质量就己增加。部分考生未能理解这一点而造成错选。
例题3 ：（1998年上海高考）下列反应，其产物的颜色按红、红褐、淡黄、蓝色顺序排列的是 （ ）
①金属钠在纯氧中燃烧 ②FeSO4溶液中滴入NaOH溶液，并在空气中放置一段时间 ③FeCl3溶液中滴入KSCN溶液 ④无水硫酸铜放入医用酒精中
A．②③①④ B．③②①④ C．③①②④ D．①②③④
方法：从反应后物质的颜色比较获得结果。
捷径：钠在纯氧中燃烧生成淡黄色的Na2O2，FeSO4溶液中加入NaOH最终生成红褐色的Fe（OH）3，Fe3+与SCN—生成红色的Fe（SCN）2+，医用酒精是75%的酒精溶液，无水CuSO4与水形成蓝色硫酸铜溶液。故知答案为B。
总结：中学化学课本中有关物质的颜色及固体与溶液的颜色作为识记内容，要牢牢记住。
例题 4 ：（1996年上海高考）六价铬对人体有毒,含铬废水要经化学处理后才能排放,方法是用绿矾(FeSO4·7H2O)把废水中的六价铬还原为三价铬离子,再加入过量的石灰水,使铬离子转变为氢氧化铬Cr(OH)3沉淀.其主要反应的化学方程式如下：H2Cr2O7+6FeSO4+6H2SO4=3Fe2(SO4)3+Cr2(SO4)3+7H2O。
现用上法处理1×104 L含铬(+6价)78 mg/L的废水(Cr相对原子质量52),试回答：
(1)处理后,沉淀物中除Cr(OH)3外,还有 、 (用化学式表示).
(2)需用绿矾多少千克?
方法：过程分析及方程式分析。
捷径：.(1) H2Cr2O7与FeSO4发生氧化还原反应生成Cr3+及Fe3+。再加入Ca（OH）2后Cr3+、Fe3+均转化为Cr（OH）3、Fe（OH）3。Ca2+又与大量的SO42—形成CaSO4沉淀。因此处理后, 沉淀物中除Cr(OH)3外, 还有Fe(OH)3 和 CaSO4 。
(2) 废水中含铬的物质的量为：n ( Cr ) = ＝15mol
需绿矾的质量为： m (FeSO4·7H2O) = 278g/mol×15mol×3 = 12510g = 12.51kg 。
总结：H2Cr2O7中有两个六价铬。部分考生未考虑两个，而出现FeSO4·7H2O的物质的量为H2Cr2O7的六倍的错误。
例题 5 ：（1991年三南高考）金属锡(Sn)的纯度可以通过下述方法分析：
将试样溶于盐酸, 反应的化学方程式为：Sn+2HCl=SnCl2+H2↑，再加入过量FeCl3溶液, 发生如下反应：SnCl2+2FeCl3=SnCl4+2FeCl2 ，最后用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+离子,反应的化学方程式为：6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl=6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O。
现有金属锡试样0.613g，经上述各步反应后, 共用去0.100mol/LK2Cr2O7溶液16.0mL。求试样中锡的百分含量(假定杂质不参加反应)。
方法：根据反应方程式分析计算。
捷径：反应中消耗的K2Cr2O7的物质的量为0.100mol/L×0.0160L=1.60×10－3 mol。
根据反应有FeCl2物质的量＝6×K2Cr2O7物质的量=2×SnCl2物质的量, 得：
(mol)
Sn的质量为：4.8×10-3 mol×119g/mol = 0.571g
总结：此题也可应用反应关系，通过一步进行计算。
金钥匙：
例题1 ：为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后，再加入适量的盐酸，这种试剂是 （ ）
A．NH3·H2O B．NaOH C．MgSO4 D．MgCO3
方法：从提高pH使Fe3+水解，又不引入新的杂质去分析选项。
捷径：要除去溶液中的Fe3+，现分析溶液中的离子组成为Mg2+、Cl—、Fe3+、H+。首先应考虑除杂质时，不能引入新的杂质。当加入NH3·H2O、NaOH、MgSO4时，分别引入了NH4+、Na+、SO42—，故不符合题意，这样用排除法即可选出答案D。那么为什么加入MgCO3可除去Fe3+呢？MgCO3与Fe3+间并没有反应发生，而是利用了Fe3+的水解，即Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+。原酸性条件下，Fe3+水解受到抑制。当加入MgCO3后，由于MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑的发生，从而破坏了Fe3+的水解平衡，使之向生成Fe（OH）3的方向移动，生成的Fe（OH）3在加热搅拌条件下发生凝聚，最后可将Fe3+
除去。答案为D 。
总结：常有同学会误选A、B两选项，原因是忽略了除杂质的前提是不能引入新杂质。
例题2 ：下列铁的化合物中含铁量最高的是（ ）
A．Fe2O3 B．Fe3O4 C．FeO D．FeS2
方法：选项中铁的化合物化学式各不相同，为了便于比较，可将化学式中的铁离子设为一，并将化学式改写成FeOx的形式，然后进行比较。
捷径：分析各物质化学式中的原子个数比，A选项 Fe:O = 2:3，B选项 Fe:O=3:4， C选项 Fe:O=1:1，D选项将Fe:S=1:2，转换成Fe:O=1:4（硫的原子量是氧的2倍），以此得改写后的化学式分别为：FeO1.5、FeO1.33、FeO、FeO4，含铁量最高，也即含氧量最低，因此可得正确答案为C。
总结：通过一价转换，避免了过分复杂的计算，使得解题变得方便，一目了然。
例题3 在由Fe、FeO和Fe2O3组成的混合物中加入100mL2mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，并放出448mL气体（标准状况），此时溶液中无Fe3+离子。则下列判断正确的是(不考虑盐类水解引起的离子浓度的改变) （ ）
A． 混合物里三种物质反应时消耗盐酸的物质的量之比为1︰1︰3
B． 反应后所得溶液中的Fe2+离子与Cl—离子的物质的量之比为1︰2
C． 混合物里，FeO的物质的量无法确定，但Fe比Fe2O3的物质的量多
D．混合物里，Fe2O3的物质的量无法确定，但Fe比FeO的物质的量多
方法：方程式合并分析。
捷径： 本题涉及的反应有：①Fe+2HCl = FeCl2+H2↑，②FeO+2HCl = FeCl2+H2O，③Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，④Fe +2FeCl3=3FeCl2 。合并③④反应得：⑤Fe+Fe2O3+6HCl = 3FeCl2+3H2O。从产生H2448mL知反应①消耗的HCl为0.04molHCl，又整个反应共消耗HCl0.2mol。反应②③共耗0.16molHCl，因反应②耗盐酸未知，故A选项错。因最终所得溶液为FeCl2溶液，故反应后所得溶液中的Fe2+离子与Cl—离子的物质的量之比为1︰2，B选项正确。从合并后的反应⑤知Fe比Fe2O3的物质的量多，C选项正确。又因Fe与FeO的物质的量无法确定，故D选项也错。所以答案为B、C。
总结：在相同条件下于同一容器中发生的“连续”反应可以相加，如本题：
Fe+Fe2O3+6HCl=3FeCl2+3H2O
Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O
2FeCl3+Fe=3FeCl2
例题4 ：有铁粉、三氧化二铁和氧化铜组成的混合物，投入到110mL 4mol/L的盐酸中，充分作用后得很浅的绿色溶液，产生标准状况下的气体896mL，并留下固体1.28 g 。过滤并将滤液稀释到200 mL ，经测定其中含有过量盐酸为0.4 mol/L 。试求原混合物中三种物质的质量。
方法：分析该题，反应后溶液为浅绿色，证明溶液中无Cu2+，又盐酸过量，知留下的固体中无铁粉，以此可通过得失电子守恒和Cl-守恒列出两个方程求解。
捷径：根据题意，可把题中文字和数字的信息改组成如下框示信息：
Fe：xｍol H2：896ml（S、T、P）
Fe2O3：ｙｍol FeCl2：（x+2y）mol
HCl：0.4×0.2 mol
CuO：ｚmol Cu：1.28/64 mol = 0.02 mol
根据Cl—守恒，原盐酸中的Cl—的物质的量应等于生成物FeCl2中Cl—的物质的量与过量盐酸中的Cl—的物质的量之和，即：
（x+2y）×2 + 0.2 × 0.4 = 0.11 × 4 ┉┉┉①
又氧化剂 Fe2O3 → 2Fe2+、CuO → Cu、2H+ → H2 ↑
还原剂 Fe → Fe2+
根据氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数，得
2y + (1.28/64)×2 + (896/22400)× 2 = 2x ┉┉┉②
解方程组①与②得：x = 0.1 （mol） ，y = 0.04（ mol） 。
即原混合物中，Fe粉为5.6 g ，Fe2O3为6.4 g ，CuO为1.6 g 。
总结：试题的分析要从整体思考，并化归到具体的方法，该题属整体思维的运用。
例题5 ：根据下图所示一氧化碳还原铁的氧化物的实验装置，回答下列问题。
（1）判断硬质玻璃管中已开始发生反应的方法是 。
（2）反应过程中发生的现象是 。
（3）在A处点燃可见浅蓝色火焰的原因是 。
（4）实验结束时应注意的操作是 （从下列选项中选择）。
①先停止通入CO ②先熄灭酒精灯，并继续通入CO ③熄灭酒精灯，同时停止通入CO ④先熄灭酒精灯，继续通入CO，并点燃排出的CO气体
方法：还原剂CO只要与Fe2O3反应，就会产生CO2，就会使澄清石灰水变浑浊。由于CO气体有毒，不能直接排入大气中，所以应点燃以消除污染，反应结束时还原出的铁单质高温下还可以与O2反应，所以应使Fe在CO的还原性气氛中慢慢冷却，才能防止再被氧化。解答时可通过性质分析现象。
捷径：（1）从B试管中石灰水变浑浊，可以判断硬质玻璃管中已开始发生反应。（2）在反应过程中发生的现象有两个，一个是玻璃管里粉末有红色逐渐变黑，另一个是B中溶液出现浑浊。（3）从A逸出的尾气中有未反应完的CO气体，而CO气体点燃时火焰呈浅蓝色 （4）实验结束时，为防止倒吸，应注意的操作是先熄灭酒精灯，继续通入CO直至温度降至常温，并点燃排出的CO气体，选④。
总结：本题考查了学生对金属冶炼原理的理解程度，也考查了学生的实验能力，注重对实验现象的观察。此题在解答时，有较多同学认为还原出的铁粉是银白色而出现错误。
例题6 ：试样X由氧化亚铁和氧化铜组成。取质量相等的两份试样按下图所示进行实验：
强酸性溶液（不含Cu2+），气体和不溶物
③
溶液Y
试样X
①过量盐酸
②过量CO
试样X
粉末Z
△，完全反应
（1）请写出步骤③中所发生的全部反应的离子方程式。
（2）若全部的溶液Y和全部的粉末Z充分反应后，生成的不溶物W的质量是m，则每份试样X中氧化铜的质量为 。（用m表示）
方法：利用守恒法求解。
捷径：题给变化过程应是：
①
FeCl2
CuCl2
HCl
FeO
CuO
H2↑
FeCl2
HCl
Cu
③
②
Fe
Cu
FeO
CuO
可见步骤③中所发生的全部反应的离子方程式有：
Fe + Cu2+ = Fe2+ + Cu
Fe + 2H+ = Fe2+ + H2↑
根据Cu守恒可知两份试样中共含有的CuO质量为m/64×80=5m/4，所以每份试样中CuO的质量为5m/8。
总结：本题必须先定性分析出各步反应的产物，再定量计算。用Cu守恒去定量计算也是一种整体方法。
例题7 ：过量的铁粉放入氯化铜、氯化铁混合液中，充分搅拌反应后过滤，不溶物滤渣经干燥后称得其质量与加入的铁粉质量相同，求原混合物中两种溶质的物质的量之比。
方法：根据题意不溶物滤渣为铜和过量的铁粉，以此可通过溶解的铁的质量等于生成的铜的质量，列出恒等式求解。
捷径：设FeCl3的物质的量为xmol，CuCl2的物质的量为ymol，根据化学反应方程式：Fe + 2FeCl3 = 3FeCl2 及 Fe + CuCl2 = FeCl2 + Cu ，通过m (Fe)溶解 = m (Cu)生成 得，56(0.5x + y) = 64y，解得y/x = 7：2，即n（CuCl2）:n（FeCl3）=7:2 。
总结：从“不溶物滤渣质量与加入的铁粉质量相同”推得生成的铜的质量等于溶解的铁的质量，是解答该题的关键所在。
例题8：金属铜能被氯化铁浓溶液腐蚀，其化学反应是：Cu＋2FeCl3==CuCl2＋2FeCl2。现将有铜的印刷线路板浸入120mL氯化铁浓溶液中，有9.6g铜被腐蚀掉。取出印刷线路板，向溶液中加入8.4g铁粉，经充分反应，溶液中还存在4.8g不溶解的物质。试证明溶液中存在哪种金属离子，并求出离子浓度。(设溶液体积不变，且不考虑金属离子水解)。
方法：过量分析后，再利用方程式求解。
捷径：溶液中加铁，可能发生如下反应：
Fe＋2FeCl3==3FeCl2 ， Fe＋CuCl2==FeCl2＋Cu
如果铁过量，不溶解的物质应为铁铜混和物，此时Cu2+完全析出，不溶解的物质应大于9.6g，但题目中给出不溶解物质质量是4.8g，所以，固体不溶物中不存在Fe，而只有Cu。
又由化学方程式Cu＋2FeCl3 = CuCl2＋2FeCl2知，氧化性Fe3+〉Cu2+，因为有Cu析出，所以溶液中不存在Fe3+。则溶液中存在的金属离子为：Cu2+和Fe2+。
溶液中剩余Cu2+的物质的量为=0.075(mol)
c(Cu2+)==0.625(mol/L)
Fe2+由三个方面的反应产生，分别为：
Cu＋2FeCl3 = CuCl2＋2FeCl2 ，产生Fe2+：
Fe＋CuCl2= FeCl2＋Cu ，产生Fe2+：0.075mol
Fe ＋2FeCl3 = 3FeCl2 ，产生Fe2+：(－0.075)mol×3 = 0.225mol
Fe2+物质的量浓度为：c(Fe2+) ==5(mol/L)
总结：理清4.8g不溶物质为什么物质，是解答此题的关键。
聚宝盆：
1．物质的提纯（除杂质）是利用被提纯物质与杂质性质的差异，采用物理或化学方法除去杂质。常用的物理方法有过滤、分液、结晶、升华等；常用的化学方法有沉淀法、气化法、转化法、加热法等，其中利用水解原理去除杂质在铁方面也经常出现。
2．在对铁方面试题进行计算时，要注意铁的变价问题。
热身赛：
1．在混有少量CuO的铁粉中加入一定量的稀盐酸，充分反应过滤，再向滤液中放入一枚洁净的铁钉，足够时间后取出，铁钉表面无变化，下列判断正确的是 （ ）
A． 过滤出的不溶物只有铜 B．过滤出的不溶物只有铁
C． 过滤出的不溶物中一定含有铜，可能含有铁。
D． 滤液中一定含有氯化亚铁，不可能含有氯化铜。
2．含n g HNO3的稀溶液恰好使m g铁完全溶解，若有n/4 g HNO3被还原成NO（无其它还原产物），则n：m可能是 （ ）
A．1：1 B．2：1 C．3：1 D．4：1
3．在右图中A，B，C，D，E5条线表示Na，Mg，Al，Fe，Pt 5种金属和定量的Cl2反应时消耗金属的质量（用纵坐标表示）和消耗Cl2的质量（用横坐标表示）之间的关系，其中表示Fe和Cl2反应的是 ( )
4．不溶于水的氧化亚铜，可溶于含硫酸的硫酸铁溶液中：Cu2O＋Fe2(SO4)3＋H2SO4=2CuSO4＋2FeSO4＋H2O生成的FeSO4可用KMnO4溶液滴定：10FeSO4＋2KMnO4＋8H2SO4=5Fe2(SO4)3＋K2SO4＋2MnSO4＋8H2O这种方法可测定氧化亚铜的量，则0.1mol/L的KMnO4溶液1mL相当于多少毫克的氧化亚铜 ( )
A．3.6 mg B．7.2 mg C．72 mg D．36 mg
5．镧(La)是一种活动性比锌更强的元素，它的氧化物化学式为La2O3，La(OH)3是不溶于水的碱，而LaCl3，La(NO3)3都溶于水。由此判断下列几组反应中，不能直接用来制LaCl3的是 ( )
A．La2O3＋HCl B．NaCl＋La(OH)2 C．La(OH)3＋HCl D．La＋HCl
6．在氯化镁、氯化亚铁和氯化铜的混合溶液中，加入一定量的铝粉，充分反应后过滤，在滤出的固体中滴加稀盐酸，有气泡产生，则滤出的固体中一定含有（写化学式，下同） ，滤液中一定含有的溶质是 。
7．在pH＝2的条件下，将Fe2＋、Fe3+、I－、MnO4－4种离子的溶液混合，充分反应后，若：
（1）溶液中I－有剩余，则溶液中可能还有____________，一定无____________。
（2）溶液中Fe3＋有剩余，则溶液中可能还有____________，一定无____________。
（3）溶液中Fe2＋有剩余，则溶液中可能还有____________，一定无____________。
（4）溶液中MnO4－有剩余，则溶液中可能还有____________，一定无____________。
8．铁、锌、铝3种金属，分别跟同体积1mol/L盐酸反应，根据产生氢气的体积和反应时间可画出右图的图像。
（1）A、B、C分别代表哪一种金属反应曲线：A_________，B_________，C_________。
（2）3种金属物质的量之比：A：B：C＝_________。
（3）3种金属的质量比：A：B：C＝_________。
9．甲同学在0.5 mol /L的FeCl3溶液中滴加0.1 mol /L KI溶液即呈现红棕色，再加入CCl4振荡后静置，可观察到CCl4层呈紫红色；乙同学在0.5 mol /L的FeCl3溶液中先加入4 mol /L NH4F溶液，发现FeCl3溶液褪至无色，而后再加0.1 mol /L KI溶液，不呈现红棕色，再加CCl4振荡，静置，也观察不到CCl4层有紫红色出现。
（1）甲同学的实验说明FeCl3溶液和KI溶液发生了什么反应（用离子方程式表示） 。
（2）乙同学观察不到甲同学的实验现象，其原因分析合理的是 。
A．Fe3+可被F-还原为Fe2+，使溶液中不再存在Fe3+。
B．Fe3+可以和F-结合成难电离的物质，不再和I-反应。
C．I-和F-或I-和NH4+结合成难电离的物质，不再和Fe3+反应。
（3）在FeCl3溶液中，加入适量的NH4F溶液后，溶液中Fe3+浓度几乎降为零，用什么简便实验可以检验这种说法的正确性？ 。
10．已知氯化铁溶液能与铜反应，生成氯化亚铁和氯化铜。现将Fe、FeCl2溶液、FeCl3溶液、Cu、CuCl2溶液放入同一容器中，充分反应后：
（1）若溶液中有较多量的Fe2＋，且有铁剩余，则容器内还可能有5种物质中的______。
（2）若溶液中有较多量的Cu2＋，则容器内还可能有5种物质中的______。
（3）若溶液中有较多量的Cu2＋,且有铜剩余，则容器内还可能有5种物质中的______。
（4）若溶液中有较多量的Fe3＋,Cu2＋,则容器内还可能有5种物质中的______。
11．钇（Y）是激光和超导材料的重要因素，某钇矿的成份为YmFeBe2Si2O10，该矿石与过量的NaOH共熔后，加水溶解，沉淀有Y（OH）3和Fe2O3（反应中Fe由+2价变为+3价）
（1）上述化学式中的m=________________
（2）沉淀中无Be和Si元素的化合物的原因是________________
（3）Fe由+2价转变为+3价的原因是________________
12．某课外活动小组拟用下列装置做炼铁原理的实验，同时检测氧化铁的纯度(假设矿石中不含其它与CO反应的成分)，并除去尾气。CO气使用H2C2O4CO2＋CO＋H2O来制取，与Fe2O3反应的CO需纯净、干燥。
(1)若所制气体从左向右流向时，上述仪器组装连接的顺序是（用a、b…表示)
接 ， 接 ， 接 ， 接 ；
(2)装置乙的作用是 。装置丙的目的是 。
(3)实验结束后，先熄灭戊处的酒精灯，再熄灭甲处的酒精灯，其主要原因是________
(4)实验前氧化铁矿粉末为x g，实验后测得乙、丙质量分别增加y g和z g，则氧化铁的质量百分含量为 。
(5)现有一份FeO和Fe2O3的混合物，某同学想用该实验装置测定其中Fe2O3的质量百分含量(x)。实验中，可以测是如下数据：W一反应前混合物的质量（g），W丙一丙瓶增重的质量（g），W乙一乙瓶增重的质量（g），W余一反应后残留固体的质量(g)。为了求x，至少要测定上述四个数据中的 个，这几个数据的组合共有 种。请将这些组合填入空格中。
从上述空格中选写出一种含W的求x的计算式：
13．将物质的量总共为0.8 mol的FeCl2、CuCl2、NaBr三种固体的混合物溶于水，通入足量的氯气，加热蒸发至干后，称量残余固体，固体增重5.3 g 。再将残余固体溶于水，插入铁棒，充分反应后，测得铁棒减轻了9.6 g 。求：(不要求写计算过程)
(1)原混合物中FeCl2、CuCl2和NaBr三种物质的物质的量之比。
(2)原混合物中FeCl2、CuCl2和NaBr各占的质量多少克?
14．现有CuSO4、FeSO4和Fe2(SO4)3的混合固体17.88g，使之溶于水配成100mL溶液。在此溶液中加入1.32g铜粉，充分反应后过滤，将不溶物烘干，称其质量为0.84g；在滤液中加入足量铁粉，充分反应后过滤，将不溶物用盐酸反复洗涤，再用清水洗净后烘干，称其质量为0.96g（已知2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+）。试计算：
（1）混合固体中FeSO4的质量分数。
（2）假设两次过滤时滤液无损失，体积仍为100mL，求最后所得滤液中溶质物质的量浓度。
大检阅：
1．CD 2．CD 3．C 4．D 5．B
6．Cu Fe MgCl2 AlCl3
7．（1）Fe2＋，Fe3＋、MnO4－。（2）Fe2＋、MnO4－，I－。
（3）Fe3＋、I－，MnO4－。（4）Fe3＋，Fe2＋、I－。
8．(1) 铝，锌，铁。(2) 2：3：3。(3) 18：65：56。
9．（1）2Fe3++2I-===2Fe2++I2 ,（2）B
（3）滴加KSCN溶液，若不呈现血红色，说明说法正确。
10．（1）Cu，（2）FeCl2、FeCl3，Cu。（3）FeCl2，（4）FeCl2。
11．(1)m=2
(2)Be有两性，Si为非金属，与NaOH反应分别生成Na2BeO2和Na2SiO3,能溶于水；
（3）Fe2+有较强的还原性，被O2氧化成Fe3+
12．(1)a接e，d接f，g接h，i接b，c
(2)吸收CO2，除去尾气CO；除去混在CO中的CO2
(3)防止生成的Fe再被氧化
(4)×100%
(5)2，3，×100%
1
2
3
W，W乙
W，W余
W乙，W余
13．(1)2∶1∶1 (2)50.8g 27.0g 20.6g
14． （1）w（FeSO4）=76.51%（2）c(FeSO4)=1.2mol/L
策略 14 方程式的巧析巧写技巧
金点子：
化学方程式的分析与书写，在高考试题中经常出现。
有关分析题主要有氧化剂与还原剂的强弱分析、反应用量分析、反应过程分析等。其方法在于抓住反应的实质，比较反应前后的关系。
有关方程式的书写主要是信息类方程式。在书写时要在充分理清题示信息，找出反应物和生成物。特别是对生成物的判断，切不可依据熟题效应而得出结论，要知道，即使是同一反应物，条件不同，其产物也有可能不同。
经典题：
例题1 ：（2002年全国高考）R、X、Y和Z是四种元素，其常见化合价均为+2价，且X2+与单质R不反应；X2+ +Z ＝ X + Z2+ ； Y + Z2+ ＝ Y2+ + Z。这四种离子被还原成0价时表现的氧化性大小符合 ( )
A．R2+>X2+>Z2+>Y2+ B．X2+>R2+>Y2+>Z2+
C．Y2+>Z2+>R2+>X2+ D．Z2+>X2+>R2+>Y2+
方法：利用“强氧化剂 + 强还原剂 → 弱氧化剂 + 弱还原剂”的反应原理对题中的离子方程式进行分析。
捷径：根据反应X2+ +Z ＝ X + Z2+ 知：氧化性X2+ > Z2+ ；根据反应Y + Z2+ ＝ Y2+ + Z 知：氧化性Z2+ > Y2+ 。又X2+与单质R不反应，得氧化性R2+>X2+。以此得结果R2+>X2+>Z2+>Y2+。选A。
总结：对离子氧化性与还原性判断的方法较多，其它如根据溶液中离子的放电顺序、金属活动顺序表、元素周期表等。
例题2 ：（1996年全国高考）在同温同压下,下列各组热化学方程式中,Q2>Q1的是 ( )
A．2H2(气)+O2(气)＝2H2O(气)+Q1 2H2(气)+O2(气)＝2H2O(液)+Q2
B．S(气)+O2(气)＝SO2(气)+Q1 S(固)+O2(气)＝SO2(气)+Q2
C．
D．H2(气)+Cl2(气)＝2HCl(气)+Q1
方法：反应放出或吸收热量的多少，跟反应物和生成物的聚集状态有密切关系。以此解答该题可从热化学方程式的化学计量数和聚集状态进行分析而获得结果。
捷径：A．由于从气态水到液态水会放热，所以生成液态水比生成气态水放出的热量多，即Q2﹥Q1；
B．由于从固态硫到气态硫要吸热，所以气态硫燃烧放出的热量比固态硫燃烧放的热量多，即Q1﹥Q2；
C．由于O2与CO反应生成CO2又放出热量，所以Q2﹥Q1
D．Q1=2Q2
正确答案即为AC 。
总结：现行教材中热化学方程式的书写要求已有所改变。在此是为了保持高考题的原样而列出。
例题3 ：（2002年全国高考）下列离子方程式书写正确的是 ( )
A．碳酸氢钙溶液中加入过量的氢氧化钠溶液：HCO3— + OH— ＝ CO32— + H2O
B．氯化铁溶液中通入硫化氢气体：2Fe3++S2- ＝ 2Fe2+ + S↓
C．次氯酸钙溶液中通人过量二氧化碳：Ca2+ + 2ClO－+H2O+CO2＝CaCO3↓+2HClO
D．氯化亚铁溶液中加入硝酸：3Fe2+ + 4H+ + NO3— ＝ 3Fe3+ + 2H2O + NO↑
方法：根据离子方程式的书写要求逐一分析。
捷径：A．反应后要生成碳酸钙沉淀，离子方程式错。
B．硫化氢为弱电解质，不可写成离子形式。
C．通人过量二氧化碳会使CaCO3沉淀溶解。
D选项正确。
总结：离子方程式的正误判断，是高考化学的常规题型。此类试题要求考生从多方面对题中的方程式进行综合分析。
例题 4 ：（1996年上海高考）1986年,化学上第一次用非电解法制得氟气,
（1）试配平该反应的化学方程式:
反应中 元素被还原。
(2) 氰(CN)2、硫氰(SCN)2的化学性质和卤素(X2)很相似,化学上称为拟卤素[如：(SCN)2 + H2O HSCN + HSCNO]。它们阴离子的还原性强弱顺序为：Cl-C>B>A，四种电解质溶液的焰色反应均显黄色。把A溶液分别加到B、C、D溶液中，B、C溶液产生无色、无刺激性气味的气体，而D溶液无现象变化。向A溶液中加入硝酸钡溶液，能产生不溶于硝酸的白色沉淀。回答下列问题：
(1)A＋B的离子方程式是 。
(2)A＋C的化学方程式是 。
(3)A＋D的离子方程式是 。
(4)A与硝酸钡溶液反应的化学方程式是 。
6．工业上生产红矾钠（重铬酸钠Na2Cr2O7）及铬酐（CrO3）工艺流程如下：
①铬铁矿（可视为FeO·Cr2O3，还含有Al2O3和SiO2）、纯碱、石灰石混合通过空气焙烧（使铬转化为6价化合物）；
②焙烧产物加水，并用硫酸调成中性溶液；
③过滤、滤液加硫酸酸化、浓缩、结晶成红矾钠；
④红矾钠加浓硫酸熔化反应，反应完毕后，趁热分液，冷却压片，即得片状铬酐。写出或完成以下各步反应的化学方程式。
（1）焙烧。
SiO2＋CaCO3
Al2O3＋Na2CO3
（2）用水浸取焙烧产物，并用硫酸调成中性的目的是：（要写出有关反应的离子方程式）
（3）过滤除去杂质，滤液加硫酸酸化，浓缩、结晶成红矾钠的化学方程式是
。
7．(1)多硫化物S(x＝2～6)，在碱性溶液中被BrO氧化为SO，而BrO被还原为Br-，在反应中消耗BrO和OH-的物质的量比为2∶3，则该x值为_______，其反应的离子方程式为_______。
(2)
单质磷是将磷酸钙、石英砂和炭粉的混合物放在电弧炉中熔烧而得，产物除白磷外还有硅酸钙和一氧化碳。化学方程式为________。
8．As2O3俗称砒霜，是剧毒的白色粉末固体。法庭医学分析和卫生防疫分析上为鉴定试样中是否含砒霜，是把样品跟锌、盐酸混合，将产生的气体砷化氢导入热的玻璃管，砷化氢就会因缺氧而在加热部位分解为亮黑色的、由单质砷聚集而成的“砷镜”“砷镜”能为NaClO溶液溶解而成为砷酸（H3AsO4)。根据以上叙述写出有关反应的化学方程式：
(1)试样跟锌和盐酸混合 。
(2)砷化氢缺氧时分解 。
(3)“砷镜”被NaClO溶液溶解 。
9．含氰化物(有CN-)的废水危害较大，CN-浓度为0.04～0.01mg/L就能毒杀鱼类，0.01mg/L就危害浮游生物和甲壳动物。处理它的方法之一是用氧化法使其转化为低毒的氰酸盐(含CNO-)，且进一步可降解为无毒的气体，氧化剂常用次氯酸盐。近期研究将把某些半导体性质的小粒悬浮在溶液中，在光的作用下于小粒和溶液界面发生氧化还原反应，如在二氧化钛小粒表面可以破坏氰化物有毒废物。
(1)二氧化钛在上述反应中的作用是____。
(2)氰化物经处理后产生的无毒气体应该是____和____。
(3)若用NaClO溶液处理含NaCN的废液，产生另二种盐类的化学方程式是_____。
大检阅：
1．A 2．BD
3．(1)3Na2S＋As2S5 = 2Na3AsS4
(2)Na2S2＋CS2 = Na2CS3＋S
4．Cr2O＋6Fe2+＋14H+==2Cr3+＋6Fe3+＋7H2O 强
5．(1)H+＋HCO3－=CO2＋H2O (2)2NaHSO4＋Na2CO3=2Na2SO4＋CO2＋H2O (3)H+＋OH-=H2O (4)NaHSO4＋Ba(NO3)2=BaSO4＋NaNO3＋HNO3
6．（1）4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O2= 8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2
SiO2+CaCO3 CaSiO3+CO2↑
Al2O3+Na2CO3 2NaAlO2+CO2↑
（2）使AlO2-转化为Al（OH）3沉淀
AlO2-+H2O+H+ =Al（OH）3↓
（3）2Na2CrO4+H2SO4= Na2Cr2O7+Na2SO4+H2O
7．(1)5，3S＋16BrO3-＋24OH-=15SO＋16Br-＋12H2O
(2)2Ca3(PO4)2＋6SiO2＋10C=P4＋6CaSiO3＋10CO
8．As2O3＋6Zn＋12HCl==2AsH3＋6ZnCl2＋3H2O
2AsH32As＋3H2↑
2As＋5NaClO＋3H2O＝2H3AsO4＋5NaCl
9． (1)催化作用 (2)CO2、N2 (3)NaCN＋NaClO = NaCl＋NaCNO
策略 15 无机结构的分析与判断技巧
金点子：
无机结构包括：原子结构、分子结构和晶体结构等。在解答此类试题时，其主要方法与技巧包括：
1．最外层8电子结构的判断技巧
对于ABn型分子，如果A的化合价的绝对值加最外层电子数等于8，即A原子的最外层为8电子结构，如NH3、PCl3、H2S等。其计算式为：
┃A的化合价┃+ 最外层电子数 = 8 。
2．非极性分子的判断技巧
对于ABn型分子，如果A的化合价的绝对值等于最外层电子数，即为非极性分子。如CO2、BF3、PCl5等。其计算式为：┃A的化合价┃= 最外层电子数 。
3．分子结构的分析与判断技巧
常见的无机分子结构有直线形分子(如CO2)、平面三角形分子(如BF3)、弯曲形分子(如H2O)、三角锥形分子(如NH3)等。在解题时，要能将常见的分子构形根据电子排布的相似点，迁移到新的物质中。此类试题主要采用迁移类比法分析。
4．晶体结构的分析与判断技巧
常见的晶体有离子晶体(NaCl型和CsCl型)、分子晶体(如干冰)、原子晶体(如金刚石、晶体硅、二氧化硅、碳化硅及新型无机非金属材料)、金属晶体及过渡型晶体(如石墨)。在解题时，既要能分析其晶体结构，又要能将常见的晶体结构根据题中叙述，迁移到新的物质中。此类试题主要采用迁移类比法分析。
经典题：
例题1 ：(1999年全国高考)下列各分子中所有原子都满足最外层为8电子结构的是（ ）
A．BeCl2 B．PCl3 C．PCl5 D．N2
方法：利用ABn型分子中价电子排布规律分析求解。
捷径： 根据金点子中的技法概述1知，属ABn型分子的有BeCl2、PCl3、PCl5，只有PCl3分子中的┃P的化合价+3┃+ 最外层电子数 = 8 。故PCl3分子中P原子的最外层满足8电子结构，又Cl原子为-1价，也满足最外层8电子结构，故B符合题设要求。又因N2的电子式是 , 所有原子都满足最外层为8电子结构。以此得正确答案为BD。
总结： BeCl2中Be原子的最外层只有2个电子，所以它不论形成离子化合物还是共价化合物，其最外层电子数都不可能是8。PCl3的电子式可联系到中学阶段所学的NH3分子的结构书写，即为 。
例题2 ：（1999年全国高考）关于晶体的下列说法正确的是 ( )
A．在晶体中只要有阴离子就一定有阳离子
B．在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子
C．原子晶体的熔点一定比金属晶体的高
D．分子晶体的熔点一定比金属晶体的低
方法：从中学范围内四种类型的晶体综合分析。
捷径：在金属晶体中，存在金属阳离子和自由电子，故B选项错误；晶体硅的熔点1410℃，要比金属钨的熔点（3419℃）低，而金属汞的熔点（常温下是液态）又比蔗糖、磷等（常温下是固态）低。以此说法正确的只有A。
总结：部分考生由于对金属晶体理解不深，错误认为：在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子，而出现误选B的现象较多。
例题3 ：（2001年全国高考理科综合）已知化合物B3N3H6（硼氮苯）与C6H6（苯）的分子结构相似，如右图：
则硼氮苯的二氯取代物B3N3H4Cl2的同分异构体的数目为 ( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 6
方法：迁移类比法分析获解。
捷径：硼氮苯又名无机苯，根据题中信息，其结构与苯相似，也呈平面结构，故邻、对位二氯代物异构体各有一种，间位二氯代物因出现硼、氮两种连接方式，故有2种异构体。以此二氯代物异构体共有4种，得答案C 。
总结：此题有不少考生，在迁移类比时未能分清无机苯与苯的不同之处，即苯中为6个碳，而无机苯中为N和B，而出现误选B。
例题4 ：（2001年广东、河南高考）氮化硅（Si3N4）是一种新型的耐高温耐磨材料，在工业上有广泛用途，它属于 （ ）
A．原子晶体 B．分子晶体 C．金属晶体 D．离子晶体
方法：迁移类比法分析。
捷径：题干提供Si3N4是一种耐高温耐磨材料。也就是说Si3N4具有高的熔点和硬度，是典型原子晶体具有的物理性质。因此它属于原子晶体，选A。
总结：此题为一新型无机非金属材料，在解题时要求考生将题中所述物质的性质与晶体的性质相比较。
例题 5 ：（1996年全国高考）右图是石英晶体平面示意图,它实际上是立体的网状结构,其中硅、氧原子数之比为 。原硅酸根离子SiO44-的结构可表示为左图。二聚硅酸根离子Si2O76-中,只有硅氧键,它的结构可表示为 。
方法：通过题设结构比较分析。
捷径：通过石英晶体的平面示意图，可以看出一个硅原子周围有四个氧原子，一个氧原子周围有二个硅原子，所以在二氧化硅晶体中，硅原子与氧原子的最简单整数比为1︰2。
原硅酸（H4SiO4）的结构可表示为 ，两个原硅酸分子可发生分子间脱水：
生成二聚原硅酸，二聚原硅酸电离出6个H+后，形成带6个负电荷的二聚原硅酸根离子，以此二聚硅酸根离子的结构可表示为：
总结：二氧化硅的真实结构相当于晶体硅结构中Si与Si之间插入一个氧原子而成。
例题 6 ：（1997年全国高考）1996年诺贝化学奖授予对发现C60有重大贡献的三位科学家.C60分子是形如球状的多面体(如图),该结构的建立基于以下考虑:
①C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键;
②C60分子只含有五边形和六边形;
③多面体的顶点数、面数和棱边数的关系,遵循欧拉定理:
据上所述,可推知C60分子有12个五边形和20个六边形,C60分子所含的双键数为30.
请回答下列问题:
(1)固体C60与金刚石相比较,熔点较高者应是_________,理由是：___________.
(2)试估计C60跟F2在一定条件下,能否发生反应生成C60F60(填“可能”或“不可能”)_______________,并简述其理由：____________________________________。
(3)通过计算,确定C60分子所含单键数.
C60分子所含单键数为_______________.
(4)C70分子也已制得,它的分子结构模型可以与C60同样考虑而推知.通过计算确定C70分子中五边形和六边形的数目.
C70分子中所含五边形数为____________,六边形数为_________.
方法：根据题设结构分析，并与金刚石结构比较。
捷径：(1) 因固体C60为分子晶体，而金刚石为原子晶体，两者相比较,熔点较高者为金刚石。理由是：金刚石属原子晶体,而固体C60不是,故金刚石熔点较高。
(2) 因C60分子含30个双键, 与极活泼的F2发生加成反应即可生成C60F60 。
也可由欧拉定理计算键数(即棱边数)：:60+(12+20)-2=90
C60分子中单键为：90-30=60。
(4)设C70分子中五边形数为x,六边形数为y。依题意可得方程组:
解得：五边形数x=12,六边形数y=25。
总结：此题在当年高考中属较难题，部分考生未能正确作答的原因是未能理清C60结构及参于成键的电子数之故。
例题7 ：（1999年全国高考）(1)中学教材上图示了NaCl晶体结构，它向三维空间延伸得到完美晶体。 NiO（氧化镍）晶体的结构与NaCl相同，Ni2+与最邻近O2-的核间距离为a×10-8cm，计算NiO晶体的密度（已知NiO的摩尔质量为74.7g.mol-1）.
(2)天然的和绝大部分人工制备的晶体都存在各种缺陷，例如在某种NiO晶体中就存在如右图所示的缺陷：一个Ni2+
空缺，另有两个Ni2+被两个Ni3+所取代。其结果晶体仍呈电中性，但化合物中Ni和O的比值却发生了变化。某氧化镍样品组成为Ni0.97O,试计算该晶体中Ni3+与Ni2+的离子数之比。
方法：迁移类比法分析。
捷径：（1）1cm3中阴、阳离子总数＝1.00cm 3/(a×10-8cm)3
1cm3中 Ni2+－O2-离子对数＝1.00cm3/(a×10-8cm)3×1/2
密度＝{[1.00cm3/(a×10-8cm)3]×74.7g·mol-1}/2×NA
＝{[1.00cm3/(a×10-8cm)3]×74.7g·mol-1}/2×6.02×1023mol-1
＝ (62.0/a3)g cm-3 。
（2）设1mol Ni0.97O中含Ni3+x mol, Ni2+(0.97-x)mol
根据电中性原理得：3x mol + 2(0.97-x)mol=2×1mol ，解得x=0.06 。
Ni2+为(0.97-x)mol=0.91。离子数之比 ｎ（Ni3+）:（Ni2+）= 0.06:0.91= 6:91 。
总结：该题的第(2)问虽不难，仅需通过电中性即可求解，但由于部分考生对题中Ni0.97O不会分析，从而造成无法作答。
金钥匙：
例题1 ：用激光将置于铁室中石墨靶上的碳原子炸松，同时用射频电火花喷射氮气，此时碳、氮原子结合成碳氮化合物薄膜，这种化合物可以比金刚石更坚硬，其原因可能是（ ）
A．碳、氮原子构成网状结构的晶体 B．碳、氮的单质化学性质均不活泼
C．碳、氮键比金刚石中的碳碳键更短 D．氮原子最外层电子数比碳原子多
方法：迁移类比分析求解。
捷径：碳氮化合物比金刚石更坚硬，说明碳氮原子形成的是空间网状结构的原子晶体，由于氮原子半径比碳原子半径小，故N—C键比C—C键的键长短，键能大。答案：AC。
总结：键长越短，键能越大，原子晶体熔沸点越高，硬度越大。
例题2 ：Pt（NH3）2呈平面四边形结构。它可以形成两种固体，一种为淡黄色，在水中溶解度小；另一种为黄绿色，在水中溶解度较大。请在以下方框内画出相应的固体分子的结构图，并解释黄绿色固体在水中溶解度较大的原因。
淡黄色固体 黄绿色固体
方法：将此固体的极性与水分子的极性相比较，根据相似者相溶原理分析。
捷径：水为极性分子，黄绿色固体在水中溶解度较大，根据相似相溶原理，黄绿色固体中分子一定是极性分子，结构不对称，极性不能抵消，而淡黄色固体中的分子一定是非极性分子，因此，它在水中溶解度才会小。在Pt离子周围的平面上分布两种四个微粒，有两种可能(见右图)：
显然Ⅰ式极性抵消，为非极性分子，淡黄色固体。
Ⅱ式极性不能抵消，为极性分子，黄绿色固体。
总结：淡黄色、黄绿色都是固体性质的描述，无需（目前也无法）从结构上解释。溶解度的不同，才是本题的“题眼”所在。
例题3 ：（1）右图为CO2分子晶体结构的一部分。观察图形，试说明每个CO2分子周围有 个与之紧邻等距离的CO2分子。
（2）试判断：①CO2 ②CS2 ③SiO2晶体的沸点由高到低排列的顺序是
> > （填写相应物质的编号）。
方法：结构分析与结构比较法。
捷径：（1）以晶体中右面中心上的CO2分子为考查对象，在同一面上，与之相邻且等距离的CO2分子有4个，向左分析，与之相交的四个垂直面上共有4个CO2分子距离与之相等。再向右延伸，可以想象与之相交的四个垂直面上共有4个CO2分子距离与之相等。故在它的周围将有12个与之紧邻且等距的CO2分子。
（2）由于③SiO2为原子晶体，所以沸点最高，而通常情况下，CO2为气态，CS2为液态，则沸点CS2高于CO2，因此，沸点③>②>①。
总结：此题主要是考查空间思维能力，属于晶体结构的知识。
例题4 ：阿伏加德罗常数是以12g 12C所含有的碳原子数作为标准的，其测定方法有大分子油膜法、电解法等。随着科学技术的发展，其测定手段越来越多，测定精确度也越来越高。有人设想用NaCl晶体来测定阿伏加德罗常数，已知NaCl晶体的结构如右图所示，x射线测得NaCl晶体中靠得最近的Na+与Cl－间的平均距离为ｓcm。
为了测定方便，现仅借助于中学化学实验室中的常用仪器进行实验，请设计测定阿伏加德罗常数的整个实验过程，并写出测定步骤中所用器材及试剂的名称。测定过程中所获得的数据依次用a、b、c…表示，用所设计的测定方法及获得的数据测得的阿伏加德罗常数NA的表达式为NA=_________________。（因受实验条件的限制，NaCl很难制得大块的立方晶体）。
方法： 将宏观与微观通过体积关系相联系而获解。
捷径：根据NaCl晶胞图知，1个晶胞相当于4个Na+和4个Cl－（顶点离子有1/8属于晶胞、棱上离子有1/4属于晶胞、面上离子有1/2属于晶胞、内部离子完全属于该晶胞），其体积为 (2ｓcm )3=8ｓ3cm3。借助中学化学实验中常用仪器测阿伏加德罗常数，可设法获得一定质量NaCl的体积。因NaCl很难获得大块立方晶体，故NaCl晶体体积的确定是此题的难点。联想到中学化学中的定容容器，以此可采用体积加合法，使NaCl的体积与某种不相溶液体的体积加合后等于某一固定体积来测定NaCl的体积。其测定步骤为：
①用托盘天平准确称取ag干燥、纯净的NaCl晶体；
②将称得的晶体转移到100mL的容量瓶中；
③用酸式滴定管向容量瓶中滴加苯（或其它非极性有机溶剂），不断振荡，直至加苯至容量瓶的刻度线，以获得NaCl晶体的体积bcm3。
以此得测定结果：NA= mol－1 。
总结：该题以阿伏加德罗常数的获得为目的，要求考生在充分认识晶胞的基础上，通过思维的定向、联想、调用、剖析，将宏观与微观巧妙地连在一起。对考生实验能力、分析能力、创造性设计能力要求都较高。
例题5 ：正硅酸根离子和多硅酸根离子结构如下图所示（图中“O”表示氧原子，“▬”表示"Si-O”键，“—”表示空间结构 ）。
表示SiO44-；表示Si2O76-； 表示Si3O108-。
若有多硅酸根中硅原子数为n，则离子符号为 。
方法：通过数学归纳法或成键特点求算。
捷径：方法一：数学归纳法。
Si原子个数为1，离子符号：SiO42－
Si原子个数为2，离子符号：(SiO4+SiO3)(4+2)－
Si原子个数为3，离子符号：[SiO4+(SiO3)2] (4+2×2)－
……………
Si原子个数为n，离子符号：[SiO4+(SiO3)n－1] [4+2×(n－1) ]－
以此得离子符号为：SinO3n+12( n+1) - 。
方法二：根据Si的成键特点求算。每个硅原子有四根共价键，均与氧原子相连，当n个SiO44-缩合时，有n-1个氧原子共用，以此氧原子个数为4n – (n – 1) = 3n+1 个，电荷为 +4n – 2(3n+1) = - 2 ( n+1 ) 。以此得离子符号为：SinO3n+12( n+1) - 。
总结：该题虽然给出了正硅酸根离子和多硅酸根离子的空间结构，但在求算硅原子数为n的离子符号时，仍是抓住n=1、n=2、n=3的离子符号来进行分析。
例题6 ：已知LiI晶体结构为NaCl型，实验测得Li+和I— 最邻近的距离为3.02×10—10m，假定I—和Li+都是刚性球。试回答下列各问：
（1）欲计算得到Li+和I—的近似半径，你还须做何假设？（2）计算Li+、I—的近似半径（3）若用另一方法测得Li+的半径为6.0×10—11m~6.8×10—11m，试验证你的假设是否正确。
方法：迁移类比法分析。
捷径：（1）由于阴阳离子半径为“接触”半径，所以还必须假设离子间相接触。
●
●
●
●
a
b
c
（2）在上述假设下，联想NaCl晶胞结构，并取其一个面来观察，得如右图所示关系。
在△abc中，因ac= ×2×3.02×10—10m=4r(I－)
4r(I－)=2.14×10—10m
故r(Li+) = 8.80×10—11m
（3）由于离子间并非接触，即：3.02×10—10﹥r(Li+) + r(I－) r(Li+)﹤8.80×10—11m，所以假设成立。
1
2
3
4
5
6
总结：此题要求考生将NaCl的晶体结构迁移到LiI，并与数学知识相联系。
例题7 ：已知[Co（NH3）6]3+的立体结构如右图。 其中1、2、3、4、5、6处的交点表示NH3分子，且各相邻的NH3分子间的距离相等，Co3+位于正八面体的中心，若其中2个NH3分子被Cl—取代，所形成的[Co（NH3）4Cl2]+的同分异构体有 种；若其中4个NH3分子被Cl—取代，所形成的[Co（NH3）2Cl4]—的同分异构体有 种。
方法： 通过正八面体空间结构分析比较获解。
捷径：在[Co（NH3）6]3+中两个NH3分子被两个Cl—取代，所形成的[Co（NH3）4Cl2]+的同分异构体有相邻和相对两种。若其中4个NH3分子被4个Cl—取代，所形成的[Co（NH3）2Cl4]—的同分异构体与[Co（NH3）4Cl2]+相同(均为两同、四不同)，即为2种。
总结：本题并不难，但缺乏空间想象力的同学会束手无策。要解答好这类题，就要提高对物质结构的空间想象力。
聚宝盆：
1．利用直观模型，建立空间概念
模型是客观实物的模拟品，也是对微观对象想象的类似品。通过模型的“形似”，发挥你的想象力，力求达到“神似”，避免“就是那个样”的错误印象。如在离子化合物一节中，关于“氯化钠晶体内钠离子和氯离子在空间交替排列”一句话中的“空间交替排列”
很难想象，此时，可通过观察氯化钠的晶体结构模型分析。在理解清NaCl的晶体结构后，再与氯化铯晶体结构作比较，便不难得出：虽然氯化钠与氯化铯化学式相同，但晶体的内部结构却不同。这样，通过直观结构模型，纠正平面结构错觉，经过数次感性认识，在大脑中逐步建立起正确的、完整的、清晰的立体形象。
2．抓住空间形象特点 分析空间结构问题
在近几年高考中，经常出现根据一定的空间形象和信息解答一定的结构及有关性质问题。解答此类试题，应认真阅读题给信息，走出平面思维定势，进行创造性思维，灵活地将信息——空间形象——性质有机结合起来，建立完整的立体形象。
3．解答或分析晶体结构，在绝大多数情况下都可采用迁移类比法。
热身赛：
1．已知重水和普通水之间能够发生氢也能发生氢交换，次磷酸(H3PO2)也能发生氢交换，但次磷酸钠(NaH2PO2)都不跟D2O发生氢交换。由此可知H3PO2的分子结构应是（ ）
2．两个原硅酸分子的OH原子团之间可以相互作用而脱去一分子水，如2H4SiO4－H2O = H6Si2O7。已知原硅酸的结构如右图：
则在所得的H6Si2O7的分子结构中，含有的硅氧键数目为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
3．下列说法中正确的是（ ）
A．凡是高熔点的物质，一定是原子晶体
B．冰的熔化，碘的升华都有化学健的变化
C．非极性分子，一定具有非极性键
D．因为I－I键的键能小于Br－Br键的键能，故Br2分子比I2分子稳定
4．下表给出几种氯化物的熔点和沸点
NaCl
MgCl2
AlCl3
SiCl4
熔点(℃)
801
712
190
－68
沸点(℃)
1465
1416
180
57
下列叙述跟表中数据一致的是( )
(a)氯化铝加热时能升华 (b)四氯化硅在室温下是液体
(c)氯化钠在1500℃时以蒸气形式存在 (d)四氯化硅晶体是分子晶体
(e)氯化镁中键的强度比氯化钠中键的强度强
A．(a)(b) B．(a)(b)(c) C．(a)(b)(c)(d) D．(a)(b)(c)(d)(e)
5．下列有关晶体的叙述中不正确的是 （ ）
A．氯化钠晶体中，每个Na＋（或Cl－）周围紧邻有6个Cl－(或Na+)。
B．在CsCl晶体中，每个Cs+周围紧邻有8个Cl-，而和每个Cs+等距紧邻的也有8个Cs+。
C．金刚石网状结构中，共价键形成碳原子环，其中最小的环上有6个碳原子。
D．在干冰晶体中每个CO2分子周围紧邻14个CO2分子。
6．六十年代美国化学家鲍林提出了一个经验规则：设含氧酸的化学式为HnROm，其中(m－n)为非羟基氧原子数，鲍林认为含氧酸的强弱与非羟基氧原子数(m－n)，有如下关系：
m－n
0
1
2
3
含氧酸强度
弱酸
中强
强
很强
实例
HClO
H3PO4
HNO3
HClO4
试简要回答下列问题：
(1)按此规则判断H3AsO4、H2CrO4、HMnO4酸性由强到弱的顺序为___________。
(2)按此规则判断碳酸应属于_______酸，与通常认为的碳酸的强度是否一致？其可能的原因是______________________________________________。
(3)H3PO2（次磷酸）为中强酸，则它的分子结构为___________，它为________元酸。
O O
|| ||
7．HO─S─O─（SO3）X─S─OH（多硫酸）中S的价态为____，连多硫酸钠
|| ||
O O
（Na2SmO6）中S的价态为__________。
8．如图中直线交汇处的黑点为氯化钠晶体中钠离子或氯离子所处的位置(不考虑体积大小)，问：
(1)在晶体中每个钠离子周围与它最接近的且距离相等的氯离子共有多少个？
(2)在晶体中每个钠离子周围与它最接近的且距离相等的钠离子共有多少个？
9．某离子化合物晶体结构如图所示，阳离子位于中心，阴离子位于8个顶角，
则在该离子化合物晶体中每个阴离子同时吸引__________个阳离子，阴阳离子的个数比为_______。
10．1994年度诺贝尔化学奖授予为研究臭氧作出特殊贡献的化学家。O3能吸收有害紫外线，保护人类赖以生存的空间。O3分子的结构如右图：呈V型，键角116.5o。三个原子以一个O原子为中心，与另外两个O原子分别构成一个非极性共价键；中间O原子提供2个电子，旁边两个O原子各提供1个电子，构成一个特殊的化学键（虚线内部分）——三个O原子均等地享有这4个电子。请回答：
(1) 臭氧与氧气的关系是 。
(2) 下列物质的分子与O3分子的结构最相似的是 。
A．H2O B．CO2 C．SO2 D．BeCl2
(3) 分子中某一原子有1对没有跟其它原子共用的电子叫做孤对电子，那么O3分子中有 对孤对电子。
(4)O3分子是否为极性分子 （填是或否）
(5) O3与O2间的转化是否为氧化还原反应
(6) O3具有强氧化性，它能氧化PbS为PbSO4而O2不能，试配平：
PbS + O3 — PbSO4 + O2
11．晶体具有规则的几何外形，晶体中最基本的重复单位被称为晶胞。中学教材中的NaCl晶体结构图即为NaCl的一个晶胞。已知FexO晶体的晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷，x ﹤ 1 。实验测得FexO晶体的密度为：ρ=5.71·cm—3，晶胞边长为：d=4.28×10—10m。
（1）求FexO中的x的具体数值。x= 。
（2）晶体中Fe元素只有+2价和+3价，则n（Fe2+）/n（Fe3+）= 。
（3）晶体中，与O2—距离最近且相等的Fe2+（或Fe3+）所围成的空间几何构型是
。
A．正方形 B．正六面形 C．正八面形 D．三棱柱
（4）晶体中，Fe元素的离子间最近距离为r= m 。
12．2000年在河南发现世界级特大金红石（含TiO2）矿床。钛和钛合金及其重要化合物，在许多领域具有广泛、重要的应用，被称为21世纪的金属。常温下钛不与非金属、强酸反应，红热时可被氧化。
（1）目前大规模生产钛的方法是：
第一步：将金红石、碳粉混合在高温下通入Cl2制TiCl4和一种可燃性气体，该反应的方程式是 ，其中还原剂是 。
第二步：在氩气的气氛中，用过量的镁在加热条件下与TiCl4反应制得金属钛。该反应的方程式为 ，如何由上述所得产物中提纯金属钛？（简述步骤）
（2）TiO2（二氧化钛）是高级的白色颜料，它可用下列反应制得：
第一步：FeTiO3+2H2SO4 = TiOSO4+FeSO4+2H2O，此时，钛铁矿中的Fe2O3也与H2SO4发生反应，可加入铁屑使其还原成Fe2+，写出此过程的离子反应方程式： 。
第二步：TiOSO4+2H2O TiO2·H2O+H2SO4；△H﹥0
制二氧化钛的关键是第二步水解反应。为使第二步反应进行得更完全，可采用下列 措施。
A．加酸 B．加碱 C．加热 D．加压
C
Ti
（3）最近发现一种由钛原子和碳原子构成的气态团簇分子，如右图所示，则它的化学式为： 。
大检阅：
1．B 2．D 3．D 4．C 5．BD
6．(1)HMnO4>H2CO4>H3ASO4
(2)中强，不一致，可能CO2溶于水后，只有少部分与水结合生成H2CO3，但计算时根据溶解的CO2量计算，所以得到弱酸的结论。
(3)
7．+6，+10/m
8．6个 12个
9．8 1∶1
10．(1)同素异形体，因为氧气和臭氧是同一元素形成的不同的单质。
(2)C (3)5 (4)是 (5)是 (6)1，4，1，4
11．（1）0.92 （2）19/4 （3）C （4）3.02×10—10
12．（1）TiO2+2Cl2+2C TiCl4+2CO；碳粉；
TiCl4+2Mg Ti+2MgCl2；向含有Mg杂质的Ti中加入足量的盐酸使之充分反应后再过滤，并用蒸馏水洗净固体即得纯净的金属钛。
（2）Fe2O3+6H+===2Fe3++3H2O，2Fe3++Fe===3Fe2+；BC
（3）Ti14C13
策略16 无机合成与推断题的解题方法与技巧
金点子：
合成与推断既相互联系，又有所区别。本专题主要讨论元素化合物的某些知识规律，应用在合成与综合推断时的思维方法。而从高考试题中的重点来看，又主要是无机的推断。此类试题由于可全面考查无机化学知识的内在联系，及其分析问题的方法和解决问题的能力，而成为优秀的传统题型。
无机合成主要有常见无机物的合成和新型无机物的合成两大类。
无机物质推断主要分为限定范围推断（给出实验现象或特定组合元素及必要数据）和不定范围推断（只给出物质类别或状态及转化框图）两大类。其特点及解题思路分别为：
(1) 限定范围推断
主要适用于气体或离子的推断。解题时要注意：（1）题目中所限定的条件，如转化关系、反应条件、物质状态、特定数据等。（2）紧扣现象，抓住物质的特性确定突破口。
(2) 不定范围推断
常用单质及化合物的框图推断，解题的关键是：先从题给框图关系中找出特殊现象，再从题给信息为“切入点”正向，或逆向层层分析推理，得出结论，也可先猜想并提出假设，然后归纳推敲、筛选、验证、得出合理的假设范围，最后得出正确结论。
经典题：
例题1 ：（1991年三南高考）在下列各式所表示的生成最终产物的方法中, 正确的是 （ ）
方法：利用物质性质逐项分析。
捷径：分析得：A项中使用NaCl溶液制HCl错，应改用NaCl固体。C项中所加硫酸应为浓硫酸。D项析出的物质应为胆矾，不是无水物。只有B选项正确。
总结： 此题为中学化学中的常见物质的制取，在解题时，要注意条件与产物。
例题2 ：（1995年上海高考）今有A、B、C、D四种短周期元素，它们的核电荷数依次增大，A与C、B与D分别是同族元素，B、D两元素的质子数之和是A、C两元素质子数之和的两倍，这四种元素中有一种元素的单质易溶解于CS2溶剂中，则四种元素是：A B C D 写出两种均含四种元素的化合物相互反应放出气体的化学方程式： 。
方法：通过题设规律寻找。
捷径：由题意可知A、B、C、D在周期表中的位置可能为：
（1） （2） 一周期 A
二周期 A B 二周期 B
三周期 C D 三周期 C D
设A元素的质子数为x，B元素的质子数为y，
若为（1），由题意知：2（2x+8）=2y+8，得x=（y—4）/2，又4﹤y﹤10，x、y为正整数，则有以下情况：x=1，y=6，A为H，不在第二周期，不合理；x=2，y=8，A为He，也不合理。
若为（2），则A为H，C为Na，由题意（1+11）×2=2y+8，y=8为氧，D为S，得解A：H、B：O、C：Na、D：S。
两种均含四种元素的化合物相互反应放出气体的化学方程式为：NaHSO3+NaHSO4 Na2SO4+H2O+SO2↑。
总结：此题也可从“有一种元素的单质易溶解于CS2溶剂中”为突破囗寻找元素。
例题3 ：（1995年全国高考）A、B、C是在中学化学中常见的三种化合物,它们各由两种元素组成,甲、乙是两种单质.这些化合物和单质之间存在如下的关系：
据此判断：
(1)在A、B、C这三种化合物中,必定含有乙元素的是 .(用A、B、C字母填写)
(2)单质乙必定是 (填"金属"或"非金属"),其理由是 .
(3)单质乙的分子式可能是 ,则化合物B的分子式是 .
方法：通过反应规律判断。
捷径：(1) 题图可转化为如下三个反应：①甲+乙→A ②甲+B→A+C ③A+B→乙+C。由①知A一定含乙元素，再由②可知：甲为单质，A中含乙元素，所以B中一定含乙元素，可得出必定含有乙元素的是A,B。
(2) 再由③看出一定是氧化还原反应，而乙单质为0价。故乙元素在A、B中必有一种为负价而另一种为正价，所以得出乙是非金属的答案。
(3) 由反应③的分析可知符合的元素可能为S，N等，然后代入。即可得最佳答案是乙为S，B为H2S。或乙为N2，B为NH3。
总结：本题将化合价的概念与具体的化学反应相结合，考查学生的分析、推理、正向思维和逆向思维、抽象思维和具体运用诸种思维能力。尽管在当年考试、难度为0.37，但仍不失为高考化学试题的发展方向。
例题4 ：（1996年全国高考）A、B、C和D分别是NaNO3、NaOH、HNO3 和Ba(NO3)2 四种溶液中的一种。现利用另一种溶液X, 用如下图所示的方法, 即可将它们一一确定。试确定A、B、C、D、X各代表何种溶液.
A: B: C: D: X:
方法：根据所给物质，通过实验现象试探分析。
捷径：X与四种物质中的两种物质反应后生成白色沉淀。这两种物质一定不是NaNO3和HNO3，因为在中学范围内NaNO3不与任何物质反应产生白色沉淀，而HNO3只能与Na2SiO3等物质反应，有白色沉淀生成，但这种可能性极小。所以初步确定A、C为NaOH和Ba（NO3）2，B、D是NaNO3与HNO3
。再从后面的条件中看到加B后沉淀不溶解，则B为NaNO3，D为HNO3。加入HNO3后沉淀不溶解应是BaSO4，所以C是Ba（NO3）2，X是硫酸盐，A是NaOH。与过量A能生成白色沉淀是Mg2+，且Mg（OH）2溶于HNO3。所以X是MgSO4。以此其结果为：A――NaOH，B―― NaNO3 ，C―― Ba（NO3）2，D―― HNO3 ，X――MgSO4。
总结：推断物质的试题大多数因为题目复杂而不能轻松判断，此时应该通过阅读试题，作出一个大概的判断，即先假设某物质是什么，然后依次小心验证，在验证过程中及时修正自己的判断，最终获得正确的答案。如果在验证过程中发现自己的假设是错误的，应及时放弃再作下一个尝试。这样实践多了，人就有“灵感”，自己的第一次假设的成功率会不断上升。
例题5 ：（1997年全国高考）试样X由氧化亚铁和氧化铜组成。取质量相等的两份试样按下图所示进行实验：
(1)请写出步骤③中所发生的全部反应的离子方程式。
(2)若全部的溶液Y和全部的粉末Z充分反应后,生成的不溶物W的质量是m, 则每份试样X中氧化铜的质量为_____________。(用m表示)
方法：根据反应顺向分析。
捷径：（1）根据题中反应知：粉末Z是单质铁和铜的混合物。化学反应方程式有FeO+CO Fe+CO2，CuO+CO Cu+CO2。单质铁与溶液Y中的Cu2+和H+发生反应的离子方程式为：Cu2++Fe = Cu+Fe2+，2H++Fe＝Fe2++H2↑。
（2）由于反应③后，溶液仍显强酸性，所以不溶物中没有Fe，m g全部是Cu，且此铜来自二份试样中。因CuO—Cu，所以每份试样中含CuO为：
总结：解答此题时必须明确，单质铁与氧化性较强的Cu2+先反应，再与H+反应。
例题6 ：（2001年高考试测题）若以X、Y和Z代表三种元素，且知X与Y可形成原子数之比为1︰1的化合物甲，Y与Z也可形成原子数之比为1︰1的化合物乙，又知甲分子含18个电子，乙分子含38个电子，请填空：
（1）元素Y在第 周期。
（2）化合物甲的分子式是 。
（3）化合物乙的分子式是 。
方法：从题示化合物中原子数之比与分子中电子数，采用试探法分析获解。
捷径：因X与Y可形成原子数之比为1︰1的化合物甲，且甲分子中含18个电子，甲可能为HCl或H2O2，又Y与Z也可形成原子数之比为1︰1的化合物乙，且乙分子中含38个电子，以此甲不可能为HCl，只能为H2O2，则乙为Na2O2。元素Y为氧，位于周期表中第二周期。
总结：对“原子数之比为1︰1的化合物”的理解是解答该题的关键。部分考生将其锁定在AB型化合物上，从而造成无法解答。
金钥匙：
例题1 ：下列制取物质的方案能够达到目的的是（ ）
A．用生锈的废钢铁与稀H2SO4反应制取绿矾
B．用稀HNO3与硫化亚铁反应制取H2S
C．用NaCl、MnO2、和浓H2SO4共热制取Cl2
D．用Na2S溶液和AlCl3溶液混合制取Al2S3
方法：利用物质的性质，逐项分析。
捷径：从物质性质分析，稀硝酸具有氧化性、硫化铝在水溶液中要水解，故B、D不能达到目的。A项中生锈的废钢铁虽含有氧化铁，但在盐酸溶解后，可与单质铁作用转变成二价铁，C项中NaCl与浓硫酸作用相当于产生了HCl，故可制得氯气。以此得答案为AC。
总结：此题要求考生依据题意逐一化解。
例题2 ： A化合物溶于水中，配成较浓的溶液，然后分成两等份，分别盛放在a、b两支试管中，再分别加入少量AgNO3溶液，结果都产生白色沉淀。在a试管中加稀HNO3，沉淀不溶解，而在b试管中加入几滴浓的NaOH溶液，振荡后沉淀立即溶解。问A是什么物质？_______________简述判断理由_______________________________________。
方法：采用迁移类比法求解。
捷径：与AgNO3溶液产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，此沉淀为AgCl。而在b试管中加入几滴浓的NaOH溶液，振荡后沉淀立即溶解，而AgCl沉淀不溶于NaOH，将有机化学中的银氨溶液迁移到这里，可知在加入NaOH后，NH4+与OH- 生成了NH3·H2O可把AgCl溶解。以此说明原物质中含有铵根离子，为NH4Cl。
总结：此题由于需将有机化学中的知识迁移到无机反应中，对考生来说有一定的难度。
例题3 ：研究某一化学反应的实验装置如下图所示：
A～F属于下列物质中的六种物质：浓硫酸、浓盐酸、浓氨水、稀硫酸、稀盐酸、稀氟水、水、锌粒、铜片、食盐、高锰酸钾、氯化钙、氧化钙、四氧化三铁、氧化铁、氧化铜、氢气、二氧化碳、二氧化氮、一氧化碳、氯气、氯化氢、氨气、氮气、氧气。
实验现象；
（1）D物质由黑色变为红色
（2）无水硫酸铜粉末放入无色透明的E中得到蓝色溶液
（3）点燃的镁条伸入无色无味的F中．镁条表面生成一种灰黄色固体物质。将该发黄色物质放入水中，有气体放出，该气体具有刺激性气味。并能使润湿的红色石蕊试纸变蓝。通过分析回答：
l、写出A～F的物质名称：
A ，B ，C ，
D ，E ，F 。
2、写出有关的化学方程式：
A 与 B ；
C与D ；
E与无水硫酸铜 ；
F与Mg ；
F与Mg的反应产物与水 。
方法：寻找解题的突破囗，找出具有特殊性质的物质，然后层层剖析。
捷径：根据黄色物质放入水中，有具有刺激性气味的气体放出，并能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，知该气体为NH3，F就是N2。因此，从限定的反应物中，只能设法从氨水中获取．然后结合发生装置特点（固、液、不加热）及其他实验现象，便可推断其他的物质。其结果为A、浓氨水；B、氧化钙；C、氨气；D、氧化铜；E、水；F、氮气。发生反应的化学方程式略。
总结：“该气体具有刺激性气味，并能使润湿的红色石蕊试纸变蓝”是解答此题的突破口。
例题4 ：某混合液中含有五种离子，根据下列实验步骤，把各步反应后肯定存在的生成物分子式填在(1)～(7)的方框中，并推断出存在的五种离子。
方法：寻找解题的突破囗，找出具有特殊性质的物质，然后层层剖析。
捷径：根据框图中的反应现象，首先推断出能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体NH3。然后再推其它物质，得结果为：(1)BaSO4、BaSO3 ，(2)KCl， (3)NH3 ，(4)SO2 ，(5)BaSO4 ， (6)AgCl，(7)KNO3 。五种离子为：SO、SO、NH、Cl-、K+。
总结：对实验现象的分析是解答无机推断题的常用方法，而通过现象寻找解题的突破囗，又是考生必备的素质。
例题5 ：根据下图所示的反应及现象，试推断A～L各是什么物质？
方法：寻找解题的突破囗，找出具有特殊性质的物质，然后层层剖析。
捷径：此题应根据特征反应的现象推断出一、二种物质来，再以此为突玻口，推及其它物质。G遇淀粉溶液呈蓝色，可见G为单质I2。L是不溶于稀硝酸的淡黄色沉淀，显然是AgBr。据呈黄色的焰色反应现象可推知K为NaNO3溶液，则H为NaBr溶液。再继续向前推断得D和F两物质分别为单质Br2和NaI。棕红色的溴来自钾盐C和物质B，可知C为KBr。MnO2
与什么物质反应能产生一种强氧化剂可氧化溴化钾呢？再综合考虑E的电解产物及其反应，可初步推断B为单质Cl2。若B是Cl2，那么A为浓盐酸，则E为KCl溶液：
2KCl＋2H2O2KOH＋H2＋Cl2
(E) (J) (I) (B)
推断与图示反应相符，故可得出结论。A为浓盐酸，B为氯气，C为溴化钾溶液，D为单质溴，E为氯化钾溶液，F为碘化钠溶液，G为单质碘，H为溴化钠溶液，I为氢气，J为氢氧化钾溶液，K为硝酸钠溶液，L为溴化银沉淀。
总结：从已知物质和实验现象推断出部分物质，再剖析其它物质，是解答无机推断题的常用方法。
聚宝盆：
1．元素的推断题的基本思路可归纳如下：
（1）据某元素单质或化合物的特性作为推断的线索如：XY2能和水反应，生成白色浆状物（如88年全国高考题），或者根据原子的结构的特征如W原子核内仅有一个质子（如91·上海），或者根据原子间形成的分子的特征如A、B组成的化合物甲为气态，A、B原子数之比为4︰1（如93·上海），根据这些特征对元素可作出推断。
（2）根据元素的性质或原子、离子的结构特点，推断元素所在周期表中的位置。如，X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有与氩原子相同的电子层结构（如96全国），可知X是金属，大约是K、Ca；Y为非金属，大约是S、Cl。
（3）根据核外电子排布及原子序数的数量关系，推断出原子序数（如95上海）。
（4）根据分子式的计算或反应方程式的计算，可以计算某元素的原子量，再由原子量推出元素名称。
(5) 在中学阶段，同种元素化合价有正、有负时，若这两种物质能发生反应，则往往有单质生成，而这种元素只能是非金属元素。
2．无机物质的合成与推断题常用的知识规律
(1) 同一元素的气态氢化物和气态氧化物反应，生成该元素的单质和水，元素可能是硫或氮。
(2) 同一元素的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物化合，生成盐的化合物一定是氮。
(3) 两溶液混合生成沉淀和气体，这两种溶液的溶质可能分别是：①可溶性铝盐与可溶性金属硫化物或可溶性碳酸盐及碳酸氢盐。②可溶性铁盐与可溶性碳酸盐及碳酸氢盐。
(4) 既能与酸反应，又能与碱溶液反应的物质可能是：两性元素、两性氧化物、两性氢氧化物、氨基酸、弱酸的铵盐，弱酸的酸式盐等。
(5) 既能与强酸反应又能与强碱反应且放出气体的常见物质可能是弱酸的铵盐。
(6) 在水中分解生成气体和难溶物或微溶物的物质可能是金属硫化物(如硫化铝)、金属磷化物(如磷化钙)、金属碳化物(如碳化钙)等。
(7) 与水接触能放出气体的常见的物质有碱金属、过氧化物、氟气等。
(8) A物质加到B物质中，先生成沉淀后沉淀又溶解，A、B可能有一种是铝盐。
(9) 在通电条件下常见反应是，电解饱和食盐水、电解水、电解熔融MgCl2等。
热身赛：
1．某无色混合气体可能含有CO2、CO、H2O（蒸气）、H2中的一种或几种，依次进行如下处理（假设每次处理均反应完全）：(1)通过碱石灰时，气体体积变小；(2)通过赤热的氧化铜时，固体变为红色；(3)通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色；(4)通过澄清石灰水时，溶液变得浑浊。由此可以确定原混合气体中 （ ）
A．一定含有CO2、H2O，可能含有H2、CO
B．一定含有H2O、CO，可能含有CO2、H2
C．一定含有CO、CO2，可能含有H2O、H2
D．一定含有CO、H2，可能含有H2O、CO2
2．A和A1是同一周期的元素．在A和A1的如下图各步反应中，最后生成的D和D1均为白色沉淀。
试推断：
A、 B、
C、 D、
A1、 B1、
C1、 D1、
3．现有属于酸、碱、盐类的四种化合物A、B、C、D。根据下列实验事实判断各是什么物质。
（1）A与B在试管中混合微热，产生在空气中会形成白雾的稳定气态氢化物E。
（2）B与C共热会产生气态氯化物F，E与F能直接化合生成盐。
（3）A与 C两种稀溶液混合会产生不溶于 D的白色沉淀。
（4）D的稀溶液与金属反应有气体生成，但不产生氢气。
（5）E的水溶液加入 AgNO3溶液产生不溶于 D的白色沉淀。
试推断：A、 B、 C、 D、 。
4．A、B、C是3种短周期元素的单质，甲、乙是两种常见的化合物。这些单质和化合物之间存在如下图所示的关系：
据此为判断：
(1)若单质A是 ，则单质B、C分别为 、 。
(2)若单质A是 ，则单质B、C分别为 、 。
(3)若单质A是 ，则单质B、C分别为 、 。
5．由四种气体组成的混合气体，依次通过下列试剂，并记录现象如下：
序 号
试 剂
现 象
(a)
溴水和硝酸钡的混合液
橙色褪去，生成白色沉淀
(b)
酸化的硝酸银溶液
生成白色沉淀
(c)
过量的氢氧化钠溶液
无明显现象
(d)
浓硫酸
无明显现象
(e)
灼热的氧化铜
固体变为红色
(f)
无水硫酸铜
固体变为蓝色
(g)
澄清石灰水
溶液变浑浊
由此可判断混和气体中含有 。
6．化合物A、D、F是中学化学中常见的物质，化合物B、C、E中含有两种相同的元素，这些化合物之间存在如下关系，其中A和B的反应是一种重要化工生产中的主要反应。
据此判断：
（1）在A、C、F中含有相同的元素是 。
（2）化合物C的化学式为 ，化合物A的水溶液显 性（酸、碱或中）。
（3）C的水溶液和D能否发生反应？ ，其理由是 。
7．根据下图记录的实验现象，推断A、B各是什么物质
(1)A是_________B是__________。（写化学式）
(2)写出A、B等物质的量在水溶液中反应的离子方程式
_____________________________________________________
8．X、Y、Z是主族元素的单质，U、V是化合物，它们有如下的反应（式中各物质的系数均已略去）：①X+U→V+Y ②X+Z→V ③Y+Z→U根据以上叙述回答：
（1）若X和Y元素不属于同族时，写出符合①式的3个不同的化学方程式，3个方程式中的3种元素X和3种元素Y应分别是不同族的具体元素。
i)_____________________________________________________；
ii)____________________________________________________ ；
iii)______________________ ______________________________。
（2）若有某化合物W，它跟化合物U或CO2反应时都有Y单质生成。则符合题设①②③三个式子的单质X是____________；单质Y是____________；单质Z是________；化合物W是________。
9．由N2、O2、CO、HCl中的一种或全部组成的混合气体100mL ，缓慢通过盛有CaCO3细粉末的吸收装置，气体体积减少了20mL ，剩余气体通过足量的灼热CuO粉末，气体体积未发生变化，再将气体通过盛有足量Na2O2粉末的吸收装置，气体体积又缩小了30mL ，最后将剩余气体通过足量的灼热铜粉，气体体积减少至20mL 。假定上述过程每步反应都是完全的，气体体积均在同一条件下测定，试通过推理计算判断混合气体的组成。
10．有A、B、C三种单质，其中A为固态非金属单质，B、 C反应后的产物为无色液体E、D的水溶液呈酸性，其它各物质的转化关系如下图所示
(1)试判断A～F各物质的化学式：
A B C D E F
(2)写出有关反应的化学方程式：E + A à F + C
大检阅：
1．D
2．A：Mg B：Mg3N2 C.：MgCl2 D：Mg(OH)2
A1： Al B1：Al2 (SO4)3 C1.：AlCl3 D1.：Al (OH)3
3． H2SO4 、NH4C1、 Ba(OH)2 、HNO3
4．(1) Cl2；O2；F2；(Mg；Al) (2) S；C；O2；(C；Fe) (3) H2；H2；H2；（O2；O2）
5．SO2 HCl H2 CO
6．(1)Na(或K) (2)Na2SiO3(或K2SiO3)碱 (3)能，C的水溶液和D（CO2）反应能生成更弱的酸（H2SiO3）
7．(1)A是SO2 ，B是Cl2 ， (2)Cl2＋SO2＋2H2O==4H+＋SO＋2Cl-
8．（1）i) F2+2H2O===4HF+O2
ii) O2+2H2S===2H2O+2S （或2Al+6HCl===2AlCl3+3H2↑等）
iii) H2+CuO H2O+Cu (或2Mg+CO22MgO+C 等)
（2）X是F2；Y是O2；Z是H2；W是Na2O2
9．原混合气体的组成是：HCl占40mL、CO占40mL、N2占20mL。
10． (1)C O2 H2 CO2 H2O CO
(2)H2O＋CCO＋H2
策略17 有机物组成的分析与判断
金点子：
组成有机物的元素虽然较少，但由于碳碳间可通过共价键连接，因而其物质种类较多。因此有关有机物组成的分析，必须依靠燃烧或其它的相关反应。
解答此类试题，用到最多的方法是燃烧过程中方程式的差量计算，其次是守恒法。
有关差量计算，特别要注意反应后生成水的状态。如：
CxHy + (x + y/4 ) O2 xCO2 + y/2 H2O(l) △V减小
1 (x + y/4 ) x y/2 (1－y/4)
CxHy + (x + y/4 ) O2 xCO2 + y/2 H2O(g) △V增加
1 (x + y/4 ) x y/2 (y/4－1)
当方程式两边都是气体时，燃烧前后气体体积不变，得y = 4 。
经典题：
例题1 ：（1996年全国高考）某烃的一种同分异构体只能生成一种一氯代物, 该烃的分子式可以是 ( )
A．C3H8 B．C4H10 C．C5H12 D．C6H14
方法：从有机结构中的等效氢分析。
捷径：烃的一氯取代物只有一种，说明该烃具有高度对称的结构，
如CH4，CH3—CH3， , ，
分析对照知答案为C。
总结：有机结构中的等效氢，是从甲烷和乙烷的结构外推得到。即因甲烷和乙烷分子中的所有氢等同，故如果用甲基分别取代甲烷和乙烷分子中的所有氢原子，其一卤代物也只有一种，以此类推，可得无数个等效氢物质。
例题2 ：（2001年全国高考）绿色化学提倡化工生产应提高原子利用率。原子利用率表示目标产物的质量与生成物总质量之比。在下列制备环氧乙烷的反应中，原子利用率最高的是 （ ）
方法：从题意分析知，原子利用率最高，即反应物中的原子全部转变成所需的产物。捷径：原子利用率最高的是把所有的反应物全部转化为生成物。选项C符合题意。
总结：解本题的关键是阅读明白题目所提供的信息。主要考查考生的阅读能力。
例题3 ：（2001年全国高考）第28届国际地质大会提供的资料显示，海底有大量的天然气水合物，可满足人类1000年的能源需要。天然气水合物是一种晶体，晶体中平均每46个水分子构建成8个笼，每个笼可容纳一个CH4分子或1个游离H2O分子。根据上述信息，完成第1、2题：
(1) 下列关于天然气水合物中两种分子极性的描述正确的是 （ ）
A．两种都是极性分子 B．两种都是非极性分子
C．CH4是极性分子，H2O是非极性分子
D．H2O是极性分子，CH4是非极性分子
(2) 若晶体中每8个笼只有6个容纳了CH4分子，另外2个笼被游离H2O分子填充，则天然气水合物的平均组成可表示为 （ ）
A．CH4·14H2O B．CH4·8H2O C．CH4·(23/3)H2O D．CH4·6H2O
方法：采用结构比较和分子个数守恒分析。
捷径：(1)可从水分子与甲烷分子的结构去分析得D。(2)可通过分子个数守恒，即将8个笼中的甲烷分子与水分子(包括构成笼的水分子)进行比较，即得答案为B。
总结：此题为一新情境试题，看似复杂，其实简单。
例题4 ：（1991年“三南”高考题）A，B是式量不相等的两种有机物，无论A，B以何种比例混合，只要混合物的总质量不变，完全燃烧后，所产生的二氧化碳的质量也不变。符合上述情况的两组有机化合物的化学式是_________和__________，_______和 ________；A，B满足的条件是 _______。
方法： A，B两种有机物式量不相等，无论A，B以何种比例混合，只要混合物的总质量不变，完全燃烧后产生的CO2的质量也不变。可推知A，B中含碳元素的质量分数相等，凡能满足这个条件的每一组化合物都是本题的答案。
捷径：根据当两种物质的最简式相同时，它们所含各元素的原子个数比相同，混合物中各元素的质量分数不变。能写出多组化学式符合含碳元素的质量分数相等的要求。
（1）烃类：据（CH）n，写出C2H2和C6H6；据（CH2）n写出C2H4和C3H6等。
（2）烃的含氧衍生物类：据（CH2O）n写出CH2O和C2H4O2，CH2O和C3H6O3等。
（3）糖类：当（CH2O）n中的n＝6时，写出CH2O和C6H12O6（葡萄糖）也是一组。
以上多组化学式均属同一类型——最简式相同。还应有一类，虽最简式不同，但符合含碳元素质量分数相等的组合，如：CH4中含C75%，将其式量扩大10倍，则含C原子数为10，含C仍为75%，其余（160—120）= 40应由H，O补充，故可以得到C10H8O2，由此得出CH4和C10H8O2为一组。若要写出CH4与C9的组合，据C占75%，可知其余部分占25%，25%为75%的1/3，C9为12×9=108，108/3=36，这36应由H、O补齐，推知H为20，O 为16，即得到C9H20O（饱和一元醇）。同理可以推出C8H16O，C7H12O等。
另外还可以推出C2H6和C12H20O等多组答案，不再赘述，故：A，B化合物化学式为C2H2和C6H6（或C2H4和C3H6，CH2O和C2H4O2，CH2O和C3H6O3等）一组，另一组为CH4和C10H8O2（或CH4和C9H20O，CH4和C8H16O，CH4和C7H12O，C2H6和C12H20O等），A，B应满足的条件是化学式中碳的质量分数相等。
总结：不要写出CH3COOH和HCOOCH3这样的组合，因为二者的式量相同，不是本题的答案。
例题 5 ：（1995年全国高考）有机化合物A、B分子式不同,它们只可能含碳、氢、氧元素中的两种或三种。如果将A、B不论以何种比例混和,只要其物质的量之和不变,完全燃烧时所消耗的氧气和生成的水的物质的量也不变。那么，A、B组成必须满足的条件是 。若A是甲烷, 则符合上述条件的化合物B中, 分子量最小的是(写出分子式) , 并写出分子量最小的含有甲基(－CH3)的B的2种同分异构体结构简式。
方法：从燃烧结果，通过组成分析。
捷径：由题意直接可得出A、B中含H原子数一定相同。若二者都为烃，设A为CnHa，B为CmHa，则二者n与m不等时耗氧量一定不同，所以可推论出A、B中或一为烃，一为含氧化合物或二者中都含氧。又有机物燃烧1mol碳原子，这样保证二者耗氧气量相同。即相差n个碳原子；同时要相差2n个氧原子。
若A为CH4，则B一定含O原子，按上述结论B分子量最小时应比CH4多1个碳原子、2个氧原子即C2H4O2，其同分异构体结构简式为CH3COOH, HCOOCH3。
总结：本题难度较大。需要有扎实的有机物燃烧的基础知识，以及严密的逻辑推理能力。我们从众多有机物燃烧的练习题中归纳出如下的规律：（1）若两种有机物物质的量之和相等，不管这两种有机物如何混合，其生成水量不变，那么，两种有机物分子中含H原子数必相等，如果含C原子数相等，则生成的CO2的量也不变。（2）如果燃烧消耗的氧气相同，则在一有机物的分子式（设用R代表）基础上变成R（H2O）m或R（CO2）n。新形成的有机物必然和原有机物充分燃烧时耗氧量相等。（物质的量不变）。
例题 6 ：（1997年全国高考）A、B都是芳香族化合物,1 mol A水解得到1 mol B和1 mol醋酸。A、B的分子量都不超过200, 完全燃烧都只生成CO2和H2O。且B分子中碳和氢元素总的质量百分含量为65.2%(即质量分数为0.652)。A溶液具有酸性,不能使FeCl3溶液显色。
(1)A、B分子量之差为_______________。
(2)1个B分子中应该有_______________个氧原子。
(3)A的分子式是_______________。
(4)B可能的三种结构简式是：___________、____________、____________。
方法：利用守恒法分析获解。
捷径：（1）因为A+H2O → B+CH3COOH ，A、B分子量之差等于60—18=42
（2）因A溶液具有酸性，不能使FeCl3溶液显色，所以A必有—COOH，因而B中也含有—COOH，且还有从A（醋酸某酯）水解而产生的—OH，初步推测B中至少含有3个氧原子。设B分子中有3个氧原子，含氧量为34.8%，B的分子量为 =138，
A的分子量为138+42=180小于200，符合题意（若B中含氧原子数大于3时，A的分子量超过200）。
（3）由B分子中含有苯环和三个氧原子及分子量等于138可推出其分子式为C7H6O3，B为羟基苯甲酸，有三种不同的结构式。由M(C7H6O3)+M(CH3COOH)—M(H2O)推得A的分子组成为C9H8O4。
说明 B的分子式求解：因为B中含有苯环，其C原子数一定大于或等于6。设C原子数6，则H原子数=138—12×6—3×16=18，由于H原子数太多不符合含有苯环的结构的题意；若C原子数为7，则H原子数=138—12×7—3×16=6，所以分子式为C7H6O3，显而易见，C原子数一定不等于8，否则H原子就变成负数了。
总结：本题的难点是第二小题，如果缺乏逻辑推理的能力，很难顺利解出此题。
例题7 ：（2001年全国高考）标准状况下1.68 L无色可燃气体在足量氧气中完全燃烧。若将产物通入足量澄清石灰水，得到的白色沉淀质量为15.0 g；若用足量碱石灰吸收燃烧产物，增重9.3 g。
（l）计算燃烧产物中水的质量。
（2）若原气体是单一气体，通过计算推断它的分子式。
（3）若原气体是两种等物质的量的气体的混合物，其中只有一种是烃，请写出它们的分子式（只要求写出一组）。
方法：根据燃烧后的CO2和H2O，通过守恒法确定其组成。
捷径：（1）m(CO2)=15.0g×44 g·mol-1/100 g·mol-1=6.6g
m(CO2+H2O)=9.3g ，m(H2O)=9.3g-6.6g=2.7g
（2）n(CO2)=6.6g/44 g·mol-1=0.15mol，n(H2O)=2.7g/18 g·mol-1=0.15mol 。
分子中C:H=1:2 ，n(无色可燃气体)=1.68L/22.4 L·mol-1=0.075mol
分子中C原子数=0.15mol/0.075mol=2，分子中氢原子数=2×2=4
所以该气体的分子式是C2H4 。
（3）因为单一气体为C2H4，现为等物质的量的两种气体的混合物，所以在2mol气体中，应含有4mol C原子和8mol H原子，这两种气体是C4H6和H2，或C3H8和CO，C3H6和CH2O等。
总结：第(3)问是此题的难点，如能根据等物质的量推出，在2mol气体中，含有4mol C原子和8mol H原子，即可方便快速获得结果。
金钥匙：
例题1 ：等物质的量的下列有机物完全燃烧，需相同状况下的O2体积最小的是 ( )
A．C2H6 B．C2H5OH C．CH3CHO D．C2H4
方法：该题的解法有多种。常用的方法是根据化学方程式确定耗氧量，也可根据化学式(设为CxHyOz)确定耗氧量为(x+ - )，还可通过拆分法求解。
捷径：根据题意，将各选项物质分别变换如下：
C2H6 → 2C + 6H ， C2H5OH → 2C + 4H + H2O；CH3CHO → 2C + 2H + H2O ， C2H4 → 2C + 4H，比较拆分的组成，就可得C选项需O2体积最小。
总结：当有多种解法时，应选择最简捷、最方便的求算方法。
例题2 ：已知乙酸丁酯和丙酸的混合物中氧元素质量分数为30%，则氢元素的质量分数为 ( )
A． 40% B．30% C．10% D．20%
方法：两种有机物均由C、H、O三种元素组成，含氧30%，则含碳氢共70%，而CH3COOC4H9和CH3CH2COOH中，碳氢质量比均为12﹕2，即6﹕1，以此将70%按C、H质量比拆分即可。
捷径：有机混合物中含氧30%，则含碳氢共70%，而CH3COOC4H9和CH3CH2COOH中，碳氢质量比均为12﹕2，即6﹕1。故氢的质量分数为70%×1/7=10%。答案为C。
总结：此题如果一味思进，则需根据题给氧元素的质量分数求出其质量比，再求出氢元素的质量分数，真是繁不堪言，而如果退后一步思考，关系一旦找正确就能化繁为简。解此题的技巧是找出乙酸丁酯与丙酸分子中的碳氢比是相同的。
例题3 ：甲醛、乙醛、乙酸和α-羟基丙醛组成的混合物中，测知氢元素的质量百分含量为9%，则其中氧元素的质量百分含量是 （ ）
A．16% B．37% C．48% D．无法计算
方法：乍一看好象缺条件，易选D，但仔细分析其组成：HCHO，CH3CHO，CH3COOH，CH3CH（OH）CHO恰当变形为CH2O，（CH2）2O，（CH2）2O2，（CH2）3O2，发现每种物质均由两部分组成：CH2和氧元素。以此可通过通式比对进行分析。
捷径：因CH2中氢元素含量为2H/CH2 =1/7，所以CH2在整个混合物中的含量应是氢元素的7倍，即7×9% = 63% 。
又有机物仅由C、H、O三种元素组成，故氧元素质量百分含量为1— 63% = 37% 。得答案为B。
总结：对多种有机物的组合，如能将各种有机物通过通式化简，找出其中的规律，再进行比对，即能方便快速地获得结果。
例题4 ：为某种需要，一些只含C、H、O的有机物，其分子式可用通式（CxHy）m（H2O）n（m、n、x、y为正整数）表示。现有一类只含C、H、O的有机物，它们完全燃烧时消耗的O2和生成的CO2的体积比恒为1 ：2。
（1）此类有机物的通式应写成 ；
（2）分子量最小的有机物的结构简式为 ；
（3）若碳原子数相同的某两种有机物分子量为 a、b ，则a、b之差必是 （填一个数字）的整数倍。
方法： 根据通式比较求解。
捷径：根据有机物燃烧消耗的O2只与C有关，可设其通式为（CxOy）m（H2O）n，
则：
, 解得 x = y 。
其通式应为（CO）m（H2O）n 。
当m=1，n=1时，有机物分子量最小，分子式为CH2O2 ，结构简式为HCOOH 。
通过通式知，碳原子数相同，m相同，n不同，所以分子量相差必为18的整数倍。
总结：通式的确定是解答出此题的关键。该题采用“声东击西”手法，以通式（CxHy）m（H2O）n设惑。考生唯有认真审题，理清通式的含义，方可去伪存真，而获得正确结果。
例题5 ：在沥青的蒸气中，含有稠环芳烃，其中一些成分可视为同系列，假如它们是萘A，芘B和蒽并蒽C，加上顺推，则还可以有D、E …… 等。
试回答下列问题：
（1）写出化合物A，B，C的分子式：A ，B ，C ；
（2）写出第n个化合物的分子式 ；
（3）在该系列化合物中，碳元素的质量分数最小值和最大值分别为 ， 。
方法：根据结构简式先推出A、B、C的分子式，然后构造数列模型，求其它化合物的分子式和含碳量。
捷径：（1）将A，B，C三种结构简式中C，H原子数数清楚，是比较容易的，但应注意哪个碳原子上连有还是不连有氢原子。可得A，B，C三种化合物的分子式分别是C10H8，C16H10，C22H12。
（2）观察A，B，C三化合物的分子式发现：该系列化合物中C，H原子数具有一个规律性的变化，尤如数学中的等差数列一样，每次变化依次递增一个C6H2。在同系列中C6H2称为系差，在等差数列中则称为公差。根据等差数列通项公式，可得第n个化合物的分子式为C10H8+（n—1）C6H2即C6n+4H2n+6（n=1，2，……）。
（3）根据（2）分析，该系列化合物通式还可写成C10H8（C6H2）n（n=0，1，2……）。C10H8中C的质量分数为（12×10）/（12×10+8）=15/16，C6H2中C的质量分数为（6×12）/（6×12+2）=36/37。由于15/16﹤36/37，该系列化合物中C的质量分数最小值为15/16，当n→∞时，有极限知识可知，C10H8可忽略不计，因此C的质量分数最大值为36/37。
总结：通过构造数列模型，运用数学知识求解，可使问题得以迁移和简化。
例题6 ：化合物CO，HCOOH和CHO—COOH分别燃烧时，消耗O2和生成的CO2的体积比都是1︰2 。后两者的分子式可以分别看成（CO）（H2O）和（CO）2（H2O）。也就是说：只要分子式符合[（CO）m（H2O）n]（m和n均为正整数）的各种有机物，它们燃烧时消耗的O2和生成的CO2的体积比总是1︰2 。
现有一些只含C，H，O三种元素有机物，它们燃烧时消耗的O2和生成的CO2的体积比是3︰4 。
(1)这些有机物中，分子量最小的化合物分子式是 。
(2)某两种碳原子数相同的上述有机化合物，若它们的分子量分别为a和b（a﹤b），则b — a 必定是 （填入一个数字）的整数倍。
(3)在这些有机物中有一种化合物，它含有两个羧基。取0.2625 g该化合物恰好能跟25.00 mL10.00 mol/L NaOH溶液完全中和。由此可以计算得知该化合物的分子量应是 ，并推导出它的分子式应是 。
方法：根据题中信息首先求出有机物的通式，再根据通式进行分析比较。
捷径：根据（CO）m（H2O）n + O2 → mCO2 + nH2O知，有机物[（CO）m（H2O）n]燃烧时消耗的O2和生成CO2的体积比是1︰2时，耗氧量与（H2O）n无关，只与分子式中（CO）m有关。现将耗O2与生成CO2的体积比由1︰2改为3︰4，由于3︰4﹥1︰2，故可认为该有机物分子中含氧原子数小于（CO）m（H2O）n中含氧原子数。
设该有机物分子式为（COx）m（H2O）n，则有：
（COx）m（H2O）n + O2 → mCO2 + nH2O,
O2︰CO2 = ︰m = 3︰4，x = ，有机分子式为（CO1/2）m（H2O）n 。
(1)欲使分子量最小，即m、n最小，依题意，m，n为正整数，故m必为最小的偶数，即m = 2，n = 1，则分子式为C2H2O2 。
(2)碳原子数相同，即m相同，a，b的大小是由（H2O）n引起，故b — a必是18整数倍。
(3)该有机物为二元羧酸，即该有机物的物质的量为NaOH的物质的量的1/2 。
0.2625/M = 1/2 × 0.1 × 0.025，M = 210 。
根据通式（CO1/2）m（H2O）n和分子量为210进行讨论，已知m，n为正整数，且m为偶数，则有20m + 18n = 210，分别设m，求出对应的n。
m = 2，n = 170/18（舍去）；
m = 4，n = 130/18（舍去）；
m = 6，n = 5；
m = 8，n = 50/18（舍去）；
m = 10，n = 10/18（舍去）。
故该有机物的分子式为：C6H10O8
总结：这是近几年高考试题中出现的新信息题。解答此类试题要根据通式，充分联想有机物燃烧规律求解。
例题7 ：某一固定体积的容器中盛放着某种气态烃和氧气的混合物0.03 mol，温度为400℃，其中氧气的量是此烃完全燃烧所需量的2倍。该烃完全燃烧后容器中压强提高了5%（温度保持不变），并测得H2O的质量为0.162 g。求烃的分子式。
方法：设烃的分子式为CxHy，根据燃烧通式，结合题中数据求算。
捷径：烃完全燃烧的反应式为：CxHy +（x + ）O2 → xCO2 + H2O(g)
燃烧后物质的量增大△n = — 1，
题中有三个未知数，x，y和烃本身的用量（设为a），已知条件有三个，一是5%（对应差量），二是0.162 g对应H2O的量，三是氧气的用量。注意到反应方程式中CxHy，O2，H2O的系数分别为1，(x+ )， 。式差为 — 1（物质的量）。可依对应量迅速列出比例式：
解得x = 3，y = 6，则烃的分子式为C3H6 。
总结：在利用烃的燃烧通式求算分子式或反应过程中的物质的量时，要特别注意生成物水的状态。当温度超过100℃时，水为气态，当温度低于100℃时，水为液态。
例题8 ：某液态有机物气化后对一氧化碳的相对密度为2 。取此有机物5.6 g完全燃烧，只有CO2和H2O生成。将燃烧后的产物通过浓硫酸，浓硫酸增重3.6 g 。导出的气体再通过Na2O2后，气体质量减少了8.4 g 。求该有机物的分子式。
方法：设液态有机物的通式为CxHyOz，根据燃烧通式，结合题中数据求算。
捷径：液态有机物燃烧的方程式为：
CxHyOz + （x + — ）O2 → xCO2 + H2O
题中三个未知数（x，y，z），已知条件也三个，一是有机物的分子量，二是浓H2SO4吸水3.6 g，三是间接告知CO2的量。先利用差量法计算CO2的质量（设为a）。
CO2 + Na2O2 = Na2CO3 + O2 △m
44g 28g
a 8.4g
44g/a = 28g/8.4g ，解得a = 13.2 g
注意到燃烧反应式中CxHyOz、CO2、H2O的系数分别为1、x、 ，依对应物质的量列比例式为：
，解得x = 3，y = 4。
再根据有机物的式量：28×2 = 56 ，即可求得分子式为C3H4O 。
总结：有机物分子式，一般通过燃烧确定。该题的难点在于生成的CO2通过Na2O2发生了反应，以此将有机和无机联系在一起，此类试题在有机中经常出现。
例题9 ：甲烷与乙炔的混合气体400mL与1L氧气混合点火爆炸，测得气体的体积为650mL（气体体积均在室温和常压下测定）。求原混合气体中乙炔的体积百分含量为多少？
方法：甲烷、乙炔及氧气共1400mL，点火爆炸后气体体积为650mL，即缩小了1400 mL — 650 mL = 750 mL，这个体积的变化是由甲烷及乙炔燃烧生成CO2（气）和水（液）引起的。而总体积差量等于甲烷燃烧反应体积差量与乙炔燃烧反应体积差量之和。
捷径：设乙炔的体积百分含量为x，而甲烷的体积百分含量为1 — x，则：
C2H2 + 5/2O2 → 2CO2 + H2O（液） 体积差
1L 1.5L
0.4xL 1.5×0.4xL
CH4 + 2O2 → CO2 + 2H2O（液） 体积差
1L 2L
0.4L(1—x) 2×0.4L(1—x)
2×0.4L（1 — x）+ 1.5×0.4xL = 1.4L— 0.65L
解得：x = 0.25 ，即25% 。
总结：在利用有机物的燃烧反应进行差量计算时，要注意水的状态。
聚宝盆：
1．如果两有机物的质量之和不变，充分燃烧后生成的CO2量不变，则两种有机物中含C质量百分数相同。同理，生成的水量不变，则含H质量百分数相同。若同时耗氧量相等，则两者有机物最简式应相同。
2．如果两种有机物燃烧时耗氧量相同，则每增加1个氧原子，必须多2个氢原子，若增加2个氧原子，则应多4个氢原子，以此类推。或每增加1个碳原子，必须多2个氧原子，若增加2个碳原子，则应多4个氧原子，以此类推。
3．如果有机物的通式可写成(CO)nHm的形式，则其完全燃烧的产物，通过Na2O2后，其增加的质量即为有机物的质量。
热身赛：
1．靛青是一种染料，将其样品作分析，其元素质量百分组成为：C 73.3%、H 3.82%、N 10.7%、O 12.2%，则其最简式为 （ ）
A．C8H5NO B．C2H2NO C．C4H6NO D．C7H8NO
2．有一系列有机化合物按以下顺序排列：
CH3CH=CHCHO CH3CH=CHCH=CHCHO CH3（CH=CH）3CHO……
在该系列有机物中，分子中碳元素的质量分数的最大值最接近于（ ）
A．95.6% B．92.3% C．85.7% D．75.0%
3．a mL3种气态烃混合物与足量氧气混合点燃瀑炸后，恢复到原来的状态（常温常压）气体体积共缩小2a mL不考虑CO2的溶解），则3种烃可能的组合是 ( )
A．CH4、C2H4、C3H4任意体积比
B．CH4、C3H6、C2H2保持C3H6与C2H2体积比为1∶1(同温同压)的所有情况
C．C2H6、C4H6、C2H2物质的量之比3∶1∶2
D．C3H8、C4H8、C2H2质量比11∶14∶26
4．当碳、氢、氧、氮等元素的原子量均取整数时，下列说法正确的是 ( )
A．a-氨基酸的分子量均是偶数
B．硝基化合物的分子量均是偶数
C．烃及烃的含氧衍生物的分子量均为偶数
D．酚、醛、羧酸、酯的分子量均为偶数
5．现有乙酸、乙醛、甲酸甲酯、2-甲基-2-戊烯组成的混合物中氧的质量分数为15.3%，则氢的质量分数为 （ ）
A．84.7 % B．72.6 % C．12.1 % D．6.05 %
6．某烃的衍生物由C、H、O三种元素的11个原子核组成，其核电荷数为40，完全燃烧此有机物0.1mol得CO26.72L(标况)和5.4g水。求此有机物化学式和可能的同分异构体。
7．取相同质量的甲烷和有机物A、B、C跟氧气分别完全燃烧后，生成的二氧化碳的物质的量都相同。有机物A是稠环烃的衍生物，有机物B是饱和一元醇，有机物C是饱和一元醛。
（1）写出化学式：A________，B________，C________。
（2）若符合题给的燃烧产物与反应物的关系，A、B、C有机物必须满足的条件是________________________________________________________________________。
8．A、B分别是碳原子数相同的气态烷烃和气态烯烃。现有2LA、B的混合气体在氧气中充分燃烧生成4L二氧化碳和4.8L水蒸气(气体的体积均在同温同压下测定)，试推测A、B的化学式及混合气体中各组分的体积百分含量。
碎片离子
有关反应
105
C6H5CO+
C6H5COOH+® C6H5CO++OH
77
C6H5+
C6H5CO+® C6H5++CO
51
C4H3+
C6H5+®C4H3++C2H2
……
……
……
9．在真空中，用高能电子轰击一种气体分子时，分子中的一个电子可以被轰击出去，生成阳离子自由基。如苯甲酸分子被轰击：C6H5COOH® C6H5COOH++e－，其阳离子的式量与所带电荷数之比（）为122（即），与此同时，这样的离子还会被轰击成其它形式的碎片离子（都只带一个单位的正电荷）。各有它们的；由苯甲酸形成的碎片离子按所测得的大小排列有：122、105、77、51……。
现有中学常用的有机化合物A，仅由C、H、O元素组成，通常A是一种无色透明的液体，不溶于水，加热后能逐渐溶于稀NaOH溶液或稀H2SO4溶液，冷却后不再析出原有的液体。若用高能电子束轰击气体A分子时，在70eV下可得为88、73、61、45、29、27、15等的离子（均只带一个正电荷）。回答下列问题：
（1）有机物A的相对分子质量是 ，分子式是 ；
（2）为88的离子是 ；
（3）为15的离子是 。
10．化合物CO，HCOOH和HOOC—CHO（乙醛酸）分别燃烧消耗的O2和生成的CO2的体积比都是1：2，后两者可分别看成是（CO）（H2O）和（CO）2（H2O），也就是说，只要分子式含[（CO）n(H2O)m](n、m均为正整数)的各种有机物，它们燃烧时消耗的O2和生成的CO2的体积比总是1：2 。现有一些只含碳、氢、氧三种元素的有机物，它们燃烧时消耗O2和生成的CO2的体积比总是3：4，这些有机物式量最小的化合物的化学式是：________。某两种C原子数相同的上述有机物，若它们的式量分别为a和b(a＜b＝，则b-a必定是________（填数字）的整数倍。在这些有机物中，有一种化合物含两个羧基，取0.2625g该化合物恰好能与25.00mL的0.1000mol/L NaOH溶液完全中和。由此可计算出该化合物的式量应是________，它的化学式应是________。
11．在一定温度下，气态烃CnHm与氢气在催化剂存在下反应生成CnHm+x。现将烃与氢气以不同比例相混合，分别取出60 mL进行反应，混合气体中氢气的体积百分含量与反应后气体总体积之间的关系如图所示，试回答下列问题
(1)A点的氢气体积百分含量等于____；
(2)X＝______；
(3)CnHm是含有双键，也有叁键的链烃，已知
的碳键结构是很少见的，则n值最小应等于________。
12．0.2mol有机物A与19.2g氧气共存于某密闭容器中，经电火花引燃后生成二氧化碳、一氧化碳和水蒸气。把所得的混合气体通过浓硫酸，浓硫酸质量增加14.4g。再依次通过灼热的氧化铜粉末，氧化铜粉末总质量减小3.2g，剩余气体再通过苛性钠溶液，溶液质量增加26.4g，试写出有机物A的分子式。
13．常温常压下，将16 ml的H2、CH4、C2H2的混合气体与足量的氧气混合,点燃使之完全燃烧,冷却后发现总体积比原来缩小了26 ml,则混合气体中CH4的体积为多少?
[提示]有3种气体，只给2个已知条件，要求出每一种气体的体积是不可能的，因此求解本题可根据例题中（3）的方法，找出H2和C2H2的燃烧的内在联系，使其合二为一，就可以求解了。
14．只含C、H、O的有机物A和B，它们的最简式相同，但A的式量大于B。将1.50gA或B完全燃烧后的气体依次通过无水CaCl2和碱石灰，测得分别增重0.90g和2.20g 。若A、B以等物质的量混合，取其2.25g在127℃和1.01×105Pa时气化后生成的气体体积为1.64L。求（1）A、B的最简式。（2）A、B的式量和化学式。
15．某液态有机物0.1 mol，与0.3 mol氧气混合，于密闭容器中用电火花点火，燃烧完毕，将燃烧产物通入过量澄清石灰水中，可生成白色沉淀20.0 g，溶液质量减少5.8 g，剩余气体继续通过灼热的氧化铜，可使氧化铜质量减少1.6 g。又知该有机物能跟金属钠发生置换反应，还能发生银镜反应。通过计算写出该有机物的化学式，判断该有机物的结构简式。
大检阅：
1．A 2．B 3．A 4．C 5．C
6．C3H6O2 CH3CH2COOH CH3COOCH3 HCOOC2H5
7．（1）C10H8O2 C9H20O C8H16O （2）含有的碳的质量分数必须相同
8．C2H6 40% C2H4 60%
9． （1）88；C4H8O2 （2）C4H8O2+ （3）CH3+
10．C2H2O2 18 210 C6H10O8 11．80%；8；6
12．C3H8O3 13． 4ml
14．（1）CH2O （2）A：60 C2H4O B：30，CH2O。
15．化学式为C3H6O2，结构简式为：CH3－CHOH－CHO 或CH2OH－CH2－CHO。
策略18 有机物结构的分析与判断
金点子：
有机结构的分析包括：空间结构的分析；结构简式的分析。
(1) 空间结构的分析
此类试题主要考查考生对原子共平面或共直线的分析与判断。所采用的方法主要是迁移类比法，也即将甲烷、乙烯、乙炔、苯等有机物的结构迁移到新的物质中。
(2) 结构简式的分析。
主要为判断及书写结构简式。要求考生能将题中碳链或官能团通过互换位置来确定新的结构，有时还会涉及到利用官能团所发生的化学反应来确定结构的问题。
经典题：
例题1 ：（1998年全国高考）1,2,3-三苯基环丙烷的三个苯基可以分布在环丙烷环平面的上下，因此有如下两个异构体：
据此，可判断1,2,3,4,5-五氯环戊烷（假定五个碳原子也处于同一平面上）的异构体数目是 （ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
方法： 空间结构比较分析。
捷径：根据题意：五个氯原子在环戊烷平面上可分成五上（或五下），四上一下（或四下一上），三上二下（或三下二上）三种情况。其中前两种情况，分别只有一种结构，而三上二下有两种同分异构体。所以共有四种同分异构体。显然答案为A。
总结：在解题时要充分考虑到三上二下有两种同分异构体，必要时可画出草图分析。
例题2 ：（1996年全国高考）描述CH3—CH=CH—C≡C—CF3分子结构的下列叙述中, 正确的是 ( )
A．6个碳原子有可能都在一条直线上 B．6个碳原子不可能都在一条直线上
C．6个碳原子有可能都在同一平面上 D．6个碳原子不可能都在同一平面上
方法：将甲烷、乙烯、乙炔的结构迁移到题示物质，画出结构图示进行分析即可。
捷径：已知乙烯结构中两个碳原子和四个氢原子在同一平面上，不在同一直线上。若将—CH3代替乙烯中的某个氢原子，则这三个碳原子必然不在同一直线上。所以A必错，B正确。若上述替换后，其键角仍能保持120°，则CH3—CH=CH—C≡C—CF3中四个碳原子在同一平面内（根据乙烯的结构作出的判断）。同理根据乙炔中两个碳原子与两个氢原子在同一直线上，可认为CH3—CH=CH—C≡C—CF3中四个碳原子在同一直线上。根据立体几何原理，这六个碳原子应在同一平面内。若这种替代后，键角发生改变，则六个碳原子形成立体结构，至于键角能否改变，已超出中学生的能力，所以有“可能”两字。则C正确，D错误。
总结：①立体几何知识：如果直线上有二个点在某平面内，则这一条直线一定在这平面内，由于CH3—CH=*CH—*C≡C—CF3中带“*”的碳原子在CH3—CH=CH—C所在的平面内，所以=CH—C≡C—CF，这四个碳原子（直线型）在CH3—CH=CH—C所在平面内。
②这是用数学知识讨论物质结构的又一例证。把乙烯的结构和乙炔的结构巧妙地联系在一起，用空间想象和数学知识确定直线与平面的关系。
例题3 ：（1995年全国高考）
（ ）
A．CH3CH2CH2CH3 CH3CH2CH2CH2CH3 CH3CH2CH2CH2CH2CH3
B．CH3CH=CHCHO CH3CH=CHCH=CHCHO CH3(CH=CH)3CHO
C．CH3CH2CH3 CH3CHClCH2CH3 CH3CHClCH2CHClCH3
D．ClCH2CHClCCl3 ClCH2CHClCH2CHCICCl3
ClCH2CHClCH2CHClCH2CHClCCl3
方法： 通过信息比较获得结果。
捷径： 题给信息①同系列结构可用通式A [ W ] nB表示；②W为2价基团，即是系差；因此在给出的选项中能找到系差W，可用通式①表示的即可称为同系列，否则为此题答案。其中选项A、B、D的W和通式分别为：
A：—CH2—、CH3 [ CH2 ] n CH3
B：—CH=CH—、CH3 [ CH=CH ] n CHO
D：—CH2CHCl—、Cl [ CH2CHCl ]n CCl3；而C中，第一项无Cl原子，后两项有，不能称为同系列。以此得答案为C。
总结：考生往往对W为2价的有机基团不理解。其实只要满足—W—两端都以单键相连即可。
例题4 ：（1999年全国高考）化合物的－COOH中的OH被卤原子取代所得的化合物称为酰卤，下列化合物中可以看作酰卤的是 （ ）
A．HCOF B．CCl4 C．COCl2 D．CH2ClCOOH
方法：根据题示酰卤结构分析。
捷径： HCOF的结构式是： ， COCl2的结构式是： ，CCl4
中无氧原子，不可能是酰卤。CH2ClCOOH为氯乙酸。从结构分析得答案为 A C。
总结：酰卤组成的特点是： ，即在羰基的一端连有卤原子，另一端连着
其他原子（也可以是卤原子）或原子团。
例题5 ：(2001年高考试测题)有三个只含C、H、O的有机化合物A1、A2、A3，它们互为同分异构体。室温时A1为气态，A2、A3是液态。分子中C与H的质量分数是73.3%。在催化剂（Cu、Ag等）存在下，A1不起反应。A2、A3分别氧化得到B2、B3。B2可以被硝酸银的氨水溶液氧化得到C2，而B3则不能。
上述关系也可以表示如下图：
请用计算、推理，填写下列空白：
（1）A2的结构简式 ；
（2）B3的结构简式 ；
（3）A3 和C2的反应产物 。
方法：假想分析法。
捷径：化合物A1、A2、A3互为同分异构体，且分子中C与H的质量分数是73.3%，O的质量分数即为26.7%。因室温时A1为气态，故三种有机物的分子量不会很大。假设有机物只含有一个O原子，根据O的质量分数可求得其分子量为60，分子式为C3H8O。又因室温时A1为气态，故可得A1为CH3－O－CH2CH3（甲乙醚），符合题意。又从图示知，A2可通过氧化得到羧酸，A2为CH3CH2CH2OH。A3为CH3CHOH CH3，进一步反应得B3为：CH3COCH3，A3 和C2的反应产物为：CH3CH2COOCH(CH3)2。
总结：在一定条件下，伯醇氧化可得醛，进一步氧化可得羧酸；仲醇氧化可得酮，不能进一步氧化得羧酸；叔醇很难被氧化。
例题6 ：（2001年上海高考）请阅读下列短文：
在含羰基的化合物中，羰基碳原子与两个烃基直接相连时，叫做酮。当两个烃基都是脂肪烃基时，叫脂肪酮，如甲基酮 ；都是芳香烃基时，叫芳香酮；如两个烃基是相互连接的闭合环状结构时，叫环酮，如环己酮 。
像醛一样，酮也是一类化学性质活泼的化合物，如羰基也能进行加成反应。加成时试剂的带负电部分先进攻羰基中带正电的碳，而后试剂中带正电部分加到羰基带负电的氧上，这类加成反应叫亲核加成。
但酮羰基的活泼性比醛羰基稍差，不能被弱氧化剂氧化。
许多酮都是重要的化工原料和优良溶剂，一些脂环酮还是名贵香料。
试回答：
（1）写出甲基酮与氢氰酸（HCN）反应的化学方程式
（2）下列化合物中不能和银氨溶液发生反应的是。（多选扣分）
（a）HCHO （b）HCOOH （c） （d）HCOOCH3
（3）有一种名贵香料一一一灵猫香酮是属于 （多选扣分）
（a）脂肪酮 （b）脂环酮 （c）芳香酮
（4）樟脑也是一种重要的酮，它不仅是一种家用杀虫剂，且是香料、塑料、医药工业重要原料，它的分子式为 。
方法：根据信息通过结构分析。
捷径：（1）甲基酮的化学式在短文中已提供，当甲基酮与HCN发生反应时，带负电荷的—CN与羰基中的碳原子结合，而HCN中带正电荷中的氢与羰基中的氧原子结合形成羟基，所以反应式为：＋HCN→ 。
（2）银氨溶液是弱氧化剂 [也包括新制的Cu（OH）2悬浊液等]能氧化醛基但不能氧化羰基。选项a为甲醛，b甲酸，d为甲酸甲酯，均含有醛基，而选项c为丁酮，不含醛基，以此得答案为c 。
（3）灵猫香酮的结构中既含脂肪烃基，为脂肪酮，且两个烃基相互连接成闭合环状结构，所以又称环酮，综上所述，该物属脂环酮。
（4）樟脑的分子式可通过不饱和度求得为：C10H16O。
总结：对于第(4)问，也可通过结构简式数出碳氢氧。
例题7 ：（1994年全国高考）根据以下叙述, 回答第(1)和(2)题
(1) 跟(Ⅰ)、(Ⅱ)式等同的结构式是 [ ].
(2) 跟(Ⅰ)、(Ⅱ)式是同分异构体的是 [ ].
方法：通过“翻转重叠法”求解。
捷径：本题物质结构较复杂，若凭估猜既费时又易错，但采用“翻转重叠法”既快又准。根据苯环是一种高度对称的平面结构，可推出该题中五种苯环并合形成的物质也必为平面结构，因此可进行任意翻转，并不产生新的结构。这里可将（Ⅰ）、（Ⅱ）翻转，看是否与之重合，重合的必为同种物质。以此得答案为AD。
（2）B与（Ⅰ）或（Ⅱ）分子式均为C20H12，结构不同。而C分子式为C19H12，与（Ⅰ）的分子式不同，结构式当然也不同，故只能选B。
总结：不能凭主观想象，形状差不多，又不能重合者一定是（Ⅰ）的同分异构体。而要检查其分子式是否相同。
例题8 ：（2001年全国高考）2000年，国家药品监督管理局发布通告暂停使用和销售含苯丙醇胺的药品制剂。苯丙醇胺（英文缩写为PPA）结构简式如下：
其中Φ—代表苯基。苯丙醇胺是一种一取代苯，取代基是。
（1）PPA的分子式是： 。
（2）它的取代基中有两个官能团，名称是 和 （请填写汉字）。
（3）将Φ—、H2N—、HO—在碳链上的位置作变换，可以写出多种同分异构体，其中5种的结构简式是：
请写出另外4种同分异构体的结构简式（不要写出—OH和—NH2连在同一个碳原子上的异构体；写出多于4种的要扣分）：
、 、 、
方法：结构与组成合并分析。
捷径：（1）PPA的分子式的求解：只要把φ—写成—C6H5，再和侧链结合起来即得其分子式为C9H13NO。
（2）本题考查官能团的命名。尤其是氨基，因为很容易写成胺基或铵基。其基团名称为羟基、氨基。
（3）苯的侧链是丙基（先不考虑侧链上的官能团），而丙基就有两种同分异构体，即
φ—C—C—C（丙苯）， （异丙苯）。第二步，分别对丙苯、异丙苯中的
氢原子被—OH，—NH2取代。如丙苯中—OH在邻近苯环的碳原子上有两种结构式：
， ，
再考虑—OH右移至中间碳原子，也有两种结构式：
，
最后考虑—OH在末端，有
，
（必须说明，不需要考虑用—NH2代替—OH再重新考虑一遍。因为当—OH固定在某一位置上—NH2可以在其余碳原子的任一位置上，如再考虑一遍，一定造成重复。）所以对丙苯来说，符合要求的同分异构体有6个，对异丙苯来说，由于侧链上碳原子具有对称结构，所以它的同分异构体数目一定少于前者。解题方法和前面相同，但必须注意由于侧链的对称而引起的重复结构。如—OH在紧邻苯环上的碳原子只有一种结构
，再把—OH位置右移，（或上移）
，
结合题中结构，分析得另外4种同分异构体的结构简式分别为：
总结：有关有机物同分异构体的知识是近几年来高考试题的命题热点。如2002年全国卷8分，2001年全国理科综合试题11分，在2000年试题也具有相似的情况。
例题9 ：（1994年全国高考）A、B两种有机化合物, 分子式都是C9H11O2N。
(1)化合物A是天然蛋白质的水解产物,光谱测定显示,分子结构中不存在甲基(-CH3)，化合物A的结构式是 。
(2)化合物B是某种分子式为C9H12芳香烃一硝化后的唯一产物(硝基连在芳环上)，化合物B
的结构式是 。
方法：根据化学式和官能团的性质确定结构简式。
捷径：因天然蛋白质的水解产物都是α—氨基酸， ，R的组成
是C7H7，由于分子中不存在甲基，R是C6H5CH2—，所以化合物A的结构式是：
。（2）C9H12有多种同分异构体，如
① ②
③ ④
一硝化后有唯一产物的仅是④。以此化合物B的结构式是：
总结：（1）氨基酸和硝基化合物间可形成同分异构体。
（2）C9H12有8种同分异构体。其中一个侧链有二种，二个侧链有三种，三个侧链也有三种。
例题10 ：（1998年全国高考）某种ABS工程树脂，由丙烯腈（CH2=CHCN，符号A）、1，3-丁二烯（CH2=CH-CH=CH2，符号B）和苯乙烯（C6H5-CH=CH2，符号S）按一定配比共聚而得。
（1）A、B和S三种单体中，碳氢比（C：H）值最小的单体是 。
（2）经元素分析可知该ABS样品的组成为CaHbNc(a、b、c为正整数)，则原料中A和B的物质的量之比是 （用a、b、c表示）。
方法：组成与结构合并分析法。
捷径：（1）丙烯腈CH2=CHCN的C︰H= 1︰1；1，3丁二烯CH2=CH—CH=CH2 的
C︰H= 4︰6，苯乙烯 的C︰H=1︰1。所以选1，3丁二烯。
（2）设含丙烯腈为 x mol，1，3丁二烯为 y mol，苯乙烯为 z mol 。因为只有丙烯腈中含有N元素，所以 x = c（N守恒）。三种物质由碳原子守恒得3x+4y+8z = a ；由H原子守恒得3x+6y+8z=b。解y= 1/2（b—a）。
∴ x︰y = c︰0.5（b—a），[或2c:(b-a)]。
总结：3种单体中，只有丙烯腈（C3H3N）含N。只有丁二烯C4H6的碳氢比小于1。因此，b比a每多出2个氢原子，即为1个丁二烯分子。
金钥匙：
例题1 ：用相对分子质量为43的烷基取代甲苯苯环上的一个氢原子，所得芳香烃产物的数目为 （ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
方法：从烷基结构碳链分析。
捷径：相对分子质量为43的烷基为—C3H7，其可能的结构是—CH2CH2CH3，也可能是—CH（CH3）2。
因 苯环上的氢有邻、间、对三种，故共有2×3 = 6种产物，答案为D。
总结：如果题目未指明是烷基，也可以确定该烃基的化学式：43÷12=3……7，即最多有3个C，C3H7合理，C2H19不合理。
例题2 ：在有机物分子中，若存在一个或者一个以上的碳原子连有4个不同的原子团，则这种碳原子称为“手性碳原子”，这种物质大多数具有光学活性。
有机物A、B、C、D、E、F、G具有如下特性和转化关系：
（1）A只有一种结构，其结构式为____________
（2）完成C→D+E的反应（不要求配平），并在生成物下方的括号内注明该产物“有”或“无”光学活性________________________
（3）F的结构简式为________________
（4）合成G的反应式为________________________________
方法：从图中找出有机物的化学式，再结合题示信息“手性碳原子”分析。
捷径：从B的化学式为C5H11Cl推出A的化学式为C5H9Cl或C5H7Cl或C5H5Cl，又因A有光学活性，所以A只能为C5H9Cl。其余分析略，结果如下：
总结：“手性碳原子”这一题示信息，是分析与解答此题的关键。
例题3 ：如果用●代表原子实 ( 原子实是原子除去最外层电子后的剩余部分 ) ，小黑点代表未用于形成共价键的最外层电子，一条短线代表一对共用电子对。如F2 或Cl2均可表示为 。下列图甲和图乙所表示的有机分子依次是 ( )
A．CCl3H CF3COOH B．CH3Cl CH3COOH
C．CH3F HCOOCH3 D．CH3OH CH2OHCHO
方法：将有机结构的实体放大回复到常态。
捷径：根据题示信息：原子实为原子除去最外层电子后的剩余部分 ，小黑点为未用于形成共价键的最外层电子。则图甲和图乙中无小黑点，且仅形成一对共价键的原子为氢原子；形成了四根共价键的原子为碳原子。图甲和图乙中有小黑点，形成一根共价键，且有6个小黑点的原子为卤原子；形成二根共价键，且有4个小黑点的原子为氧原子。以此将放大后的结构回复到通常情况下，甲为CH3X，乙为HCOOCH3。故得答案为C。
总结：该题将有机结构进行了实体放大，要求考生在理清题示信息的基础上，从实体结构→结构简式，从一般物质→具体物质，通过迁移、归纳、总结、应用而获得正确结果。
例题4 ：在化学上常用两种模型来表示分子结构，一种是球棍模型，另一种是比例模型。比例模型是用不同颜色球的体积比来表示分子中各种原子的体积。
(1)右图是一种常见有机物的比例模型，
该模型图可代表一种 ( )
A．饱和一元醇 B．饱和一元醛
C．二元酸 D．羟基酸
(2)该物质可发生的反应有 ( )
A．与H2加成 B．银镜反应 C．消去反应 D．与乙醇酯化
(3)根据(2)中选择，写出该物质发生反应的化学方程式 。
方法：将有机结构的放大模型回复到常态。
捷径：根据图示，黑球有四根共价键，知黑球为C原子。黑球上所连黄球的体积小于黑球，且仅有一根共价键，故黄球可能为H原子，蓝球有二根共价键，且与碳、氢相连，以此蓝球一定为O原子。根据推断可得该有机化合物的结构简式为CH3CHOHCOOH，即为α—羟基丙酸（或称乳酸）。其发生的化学反应主要有取代、消去、酯化、缩聚等。故（1）选D；（2）选C、D；（3）中的化学方程式为：
CH3CHOHCOOH CH2=CHCOOH + H2O
CH3CHOHCOOH + CH3CH2OH CH3CHOHCOOCH2CH3 + H2O
总结：模型是有机结构的形象表述。该题从有机结构的比例模型出发，要求考生依据有机物中原子的大小、碳原子的价键等判断出有机物，并根据官能团的类型确定有机物的性质，同时正确写出其反应的化学方程式。
例题5 ：溴系阻燃剂是目前世界上产量最大的阻燃剂，广泛应用于聚乙烯、聚丙烯、聚异戊二烯等聚烯烃类高聚物的阻燃。巳知某溴系阻燃剂由右图有机物与过量的溴水加成而得。
请完成下列内容。
（1）写出该有机物的化学式 。
（2）1mol 该有机物与足量的氢气加成需氢气 mol ;与足量的溴水加成需溴水 mol 。
（3）写出该有机物与足量的溴水加成生成溴系阻燃剂的化学方程式。
方法：将合并缩小的有机结构回复到常态。
捷径：根据题示结构，有机物包含了两个相同的部分，将其拆分后可得其结构简式为：
以此其化学式为C21H20Br4O2 ，1mol 该有机物与足量的氢气加成，包含了苯环和C＝C，需氢气 8 mol ；与足量的溴水加成，只有C＝C的加成，需溴水2mol 。该有机物与足量的溴水加成的化学方程式为：
总结：该题以一种溴系阻燃剂的合成原料为起点，从结构简式、化学性质等方面对考生进行了综合考查。要求考生理清合并后的结构简式，并能进行拆分。此类试题对考生的知识要求及能力要求均较高。
例题6 ： 黄曲霉素AFTB ( 见右图 ) 是污染粮食的真菌霉素，人类的特殊基因在黄曲霉素作用下会发生突变，并有引发肝癌的可能性。关于黄曲霉素的说法正确的是( )
A. 该化合物的分子式为C16H12O6
B. 该化合物水解可生成醇类化合物
C. 跟1mo l 该化合物反应的H2和NaOH的最大值分别是6mol和2mol
D. 该化合物所有原子可能在同一平面上
方法：将键线缩小的有机结构回复到常态。
捷径：根据题中黄曲霉素结构的键线式，可知其不饱和度Ω=12，以此得其分子式为C17H12O6 ；该化合物含有一个酯键，因水解后生成的羟基连在苯环上，故为酚类化合物；1mo l 该化合物中含有一个苯环，二个C=C双键和一个酮基，因而与H2反应的最大值为6mol ( 酯键与H2很难发生反应) ，因1mo l 该化合物中含有一个酯键，且水解后产生的羟基又连在苯环上，故与NaOH反应的最大值为2mol ；因该化合物中含有5个饱和碳原子，特别是含有一个甲基，因而不可能出现所有原子在同一平面上的情况。以此得答案为C。
总结：键线式是有机结构中常用的一种表达形式，此类试题要求考生不仅要能将键线式回复到一般的结构简式，而且还要能正确分析官能团间的相互影响及与化学反应的关系。该种试题既是考试的热点，也是高考的重点。
例题7 ：由三种有机物组成混合物X，三种有机物A、B、C互为同分异构体。
（1）X在400℃、1.01×105Pa下蒸气密度为1.63g/L 。
（2）把1.8g X完全燃烧后得到2.64 g CO2和1.08 g 水, A和B具有相同的物质的量。
（3）4.5g X中A和B均能与金属Na反应生成8.96 mL H2 (SPT), C不反应。
（4）4.5g X中, A和B均能跟Na2CO3反应生成448 mL的CO2气体 (SPT), C不反应。
（5）两molA在有催化剂条件下能酯化形成1mol六个原子的环状丙酯。两molB亦能酯化形成1mol八个原子的环状内酯。
（6）C不能进行上述（4）、（5）反应，但能起银镜反应，且有醚—O—的结构。
试解答下列问题：
（Ⅰ）推测A、B、C的结构简式
（Ⅱ）A、B、C三种有机物的物质的量之比。
方法：计算与官能团分析相结合。
捷径：（Ⅰ）据（3）得：，
0.05：0.04=1：0.8(mol)， 即1 mol x产生0.8 mol H2 。
据(4) 1 mol x产生
且 1 mol x 中各含0.4 mol 。
据（6）可得：C为HCOOCH2—O—CH3
（Ⅱ），分析略。
总结：在确定有机物的结构时，首先要确定其化学式，而后再根据官能团等特征反应确定其结构。
聚宝盆：
1．常见的有机分子的空间构型有四面体型（CH4、CCl4等）、直线型（C2H2等）、平面型（C2H4、C6H6等），掌握其结构对推断复杂分子的结构非常重要。这些内容的考察近几年来在高考和竞赛中难度和数量都有所增加，应引起我们的充分重视。
2．放大的有机结构，通常应用在有机小分子中，此类试题要求考生能将放大后的结构，根据题设要求回复到通常状态，然后对题中设问遂一化解。
3．缩小的有机结构，通常应用在较大或较复杂的有机物质中，此类试题要求考生能将缩小后的结构，根据题设要求回复到一般的结构简式，然后再对题中设问遂一分析，以此方可获得正确结果。
4．有机化学中结构的考查，是高考中的重点和难点。随着考试内容与考试方式的改革，有关有机结构的考查形式也在不断地发生变化，如目前巳考查到顺反异构、手性异构。在此类试题面前，不少考生显得束手无策，唯有抓住信息，理清关系，方能正确作答。
热身赛：
1．1995年3月20日，日本东京地铁发生了震惊世界的“沙林”毒气事件，造成12人死亡，5000多人受伤，恐怖分子使用的“沙林”是一种剧毒的神经毒气，其结构式为：
，已知 的名称为甲氟磷酸，则“沙林”的
化学名称为 ( )
A．甲氟磷酸异丙醚 B．甲氟磷酸异丙酯
C．甲基异丙基氟磷酸 D．甲基异丙氧基磷酸
2．有机酸的酸酐可视为两羧基中羟基的脱水产物,例如：
则下列的酸和酸酐对应正确的是 ( )
3．1992年8月14日，我国研制的“长征二号”火箭将澳星送上太空。火箭的主要燃料叫做“偏二甲肼”。已知该化合物的分子量为60，其中含碳40%，氢13.33%，其余是氮。则：
(1)“偏二甲肼”的分子式为_________________。
(2)若该分子中有一个氮原子是以-N-形式存在，该氮原子不与氢直接相连，则偏二甲肼的结构简式为____________________。
(3)此燃料的氧化剂是N2O4，燃烧的产物只有N2、CO2、H2O，燃烧时的化学方程式为________________________________________________________________。
(4)火箭起飞时，可看到一级火箭中部会冒出红棕色气体，这是为了保证贮箱安全由保险活门自动开启所排出的部分高压氧化剂变化而来的，其化学方程式为_______________________________________________________________________。
4．对于复杂的有机物的结构可用“键线式”简化表示如苯丙烯酸丙烯酯
(a)它的分子式是 。
(b)它在稀酸作用下能水解生成两种有机物，此两种有机物可能具有的共同性质是________(填选项的标号)。
A．均能与溴水发生加成反应 B．遇FeCl3溶液均呈紫色
C．均能与NaOH溶液反应 D．在一定条件下均能与氢气反应
5．两个有机化合物A和A¢互为同分异构体，经元素分析已知其中含溴的质量百分含量为58.4%(其它元素含量的数据不全，下同)。A和A¢在浓KOH(或NaOH)的乙醇溶液中强热都得到气态化合物B，B中含碳85.7%，B跟浓HBr反应得到化合物A¢。将A和A¢分别跟稀NaOH溶液微微加热，A得到C，A¢得到C¢。C可被KMnO4的酸性溶液氧化得到酸化合物D，D中含碳氢共63.6%，而在同样条件下C¢不能被氧化；请确定A、A¢、B、C、C¢、D的结构简式。
6．完全燃烧某液态烃，生成8.96 L（标准状况）二氧化碳和4.5 g水。
（1）若该烃可使酸性KMnO4溶液褪色，并被氧化为化学式为C7H6O2的羧酸，则该烃的化学式和结构简式应是什么？
（2）若该烃环上一硝基取代物只有一种，且可被酸性高锰酸钾溶液氧化为C8H6O2，则该烃的结构简式应是什么？
7．将不饱和烃在催化剂作用下，用臭氧（O3）氧化，则生成有羰基的化合物：
（R1、R2、R3、R4为烃基或H）。现将一定量的化学式均为C4H8的不饱和烃混合气体A，用上述方法氧化，得到0.5mol酮和1.5mol醛，其中甲醛为0.7mol。
（1）写出此混合气体A氧化后得到的所有生成物的结构简式：________。
（2）混合气体A加氢后所生成的烃为____________。
（3）混合气体A中各烃的名称和体积分数：________。
8．在人尿中含有一种由C、H、O、N四种元素组成的有机物A，8.95 g A完全燃烧生成19.8 g二氧化碳和4.05 g水。若分解17.92 mg A，使其中所含氮元素均转为氮气，得到0.05mmol氮气。已知A的分子量是179，A分子里不含甲基，但含有羧基及两侧与
碳原子相连的酰胺基，而且两者不直接相连。通过计算写出A的结构简式。
9．某厂利用一种天然产物进行发酵，发现发酵液中含有U、V、W、X、Y、Z等多种化合物。已知：(a)U和W均可与银氨溶液反应，析出金属银，而且U是一种单糖 (b)V是单官能团化合物，其分子中碳原子数与X相同，V在浓硫酸作用下经加热得到Y，Y可以使溴水褪色 (c)V经缓和氧化可生成W (d)V和X在少量浓硫酸作用下经加热可得到Z (e)X的组成为C：40%、H：6.7%、O：53.3%，X有一个羧基，450 mg X与0.2mol/L的NaOH溶液25mL可完全反应，X也可和乙酸起酯化反应。
(1)U的一种可能的单糖结构简式___________________；
(2)X的分子式___________________，其可能的结构简式___________________；
(3)V、W、Y、Z可能的结构简式分别为____________________、________________、________________________________、____________________________。
10．今有A、B两种含碳、氢、氧三种元素的链烃衍生物，它们具有相同的百分组成。A的式量是44，B的式量是88。A能发生银镜反应而B不能。把A加入新制的Cu(OH)2悬浊液中加热至沸腾，有红色沉淀生成并产生有机物C。B在无机酸作用下能水解生成C和D，D在加热和有催化剂存在下，能够被空气氧化生成A 。写出A、B、C、D的结构简式和名称。
11．(1)在实验室里，把60 g醋酸和92 g乙醇以及20 mL1 mol/L的稀硫酸混合密闭放置长时间，直至反应达到化学平衡状态。
(a) 反应中所加的1mol/L硫酸的作用是_____。
(b)若实验中，用加相同体积的醋酸来代替稀硫酸，那么理论上醋酸乙酯的平衡浓度与原实验相比将会__________(增大、减少、不影响)
(2)“立方烷”是新合成的一种烃，其分子为正立方体，如图所示。
(a)写出“立方烷”的化学式___________。
(b) 其二氯代物共有_______种同分异构体。
(c) (c)芳香烃中有一种化合物与“立方烷”互为同分异构体，其结构简式为_______________________________。
(3)某烃A 0.2 mol在氧气中充分燃烧后，生成化合物B、C各1.2 mol。烃A的化学式为____________。若取一定量的烃A完全燃烧后，生成B、C各3 mol，则有____g烃A参加了反应，燃烧时消耗标准状况下的氧气___________L。
大检阅：
1．B 2．CD
3．(1)C2H8N2
4．(a)C18H24O6N2；(b)C、D；
5．A¾ (CH3)2CHCH2Br A¢¾ (CH3)3CBr B¾ (CH3)2C=CH2
C ¾ (CH3)2CHCH2OH C¢¾ (CH3)3COH D¾ (CH3)2CHCOOH
6．
7．（1）HCHO、CH3CHO、CH3COCH3 CH3CH2CHO
（2）异丁烷、正丁烷
（3）甲基丙烯50%，2－丁烯30%，1－丁烯20%
8．
9．(1)CH2OH(CHOH)4CHO (2)C3H6O3
(3)V：C2H5OH W：CH3CH2CHO
Y：CH3CH=CH2 Z：
10．据A能发生银镜反应，其M=44，可判断A为CH3CHO ∵B的分子量=88，B的分子式应为C4H8O2。据B C+D，D A。所以：B是乙酸乙酯（CH3COOC2H5），D是乙醇（CH3CH2OH）。
11． (1)(a)催化剂 (b)增大 (2)(a)C8H8 (b)3 (c)
(3)(a)C6H12 (b)42 100.8
策略19 官能团与有机化学反应的判断与分析
金点子：
决定有机化合物化学特性的原子或原子团称为官能团。在解答此类试题时常用的方法有：官能团分析、官能团比较和官能团迁移。
经典题：
例题1 ：（1998年全国高考）白藜芦醇广泛
存在于食物（例如桑椹、花生、尤其是葡萄）中，它可能具有搞癌性。能够跟1mol该化合物起反应的Br2或H2的最大用量分别是 （ ）
A．1 mol 1 mol B．3.5 mol 7 mol
C．3.5 mol 6 mol D．6 mol 7 mol
方法：从官能团的性质分析。
捷径： 1mol 与H2加成反应时需要 7 mol H2 ，而与
Br2反应时可能发生加成反应也可能发生取代反应。反应后可生成：
上述反应中Br2取代在酚羟基的邻对位上，共需5mol Br2 ，还有 1 mol Br2
与C=C发生加成反应。以此得答案为D。
总结：此题要求考生紧紧抓住新物质中的官能团，从官能团的性质去分析。
例题2 ：（1994年全国高考）以乙烯为初始反应物可制得正丁醇(CH3CH2CH2CH2OH)。
已知两个醛分子在一定条件下可以自身加成。下式中反应的中间产物(Ⅲ)可看成是由(Ⅰ)中的碳氧双键打开,分别跟(Ⅱ)中的2-位碳原子和2-位氢原子相连而得。(Ⅲ)是一种3-羟基醛,此醛不稳定,受热即脱水而生成不饱和醛(烯醛)：
R
请运用已学过的知识和上述给出的信息写出由乙烯制正丁醇各步反应的化学方程式(不必写出反应条件)。
方法：通过信息迁移法获解。
捷径：可先由乙烯制取乙醛，然后通过两分子的乙醛的自身加成得β—羟基丁醛，再由β—羟基丁醛的消去反应得丁烯醛，最后丁烯醛与H2加成即可制得正丁醇。其反应方程式如下：
总结：本题的难点是读懂题中给予的信息。它不仅考查阅读能力，而且也考查了对加成反应的本质的理解程度，以及正确书写物质的结构简式的能力。另外，如果从形式上看，把信息中的R用H原子代替就写成了本题答案中（3）（4）两条反应式。这就大大降低了题目的难度。
例题3 ：（1996年全国高考）Nomex纤维是一种新型阻燃性纤维.它可由间苯二甲酸和间苯二胺在一定条件下以等物质的量缩聚合成.请把Nomex纤维结构简式写在下面的方框中
方法：将羧酸与醇通过酯化反应进行的缩聚迁移到该物质的缩聚反应中即可。
捷径：这是由—COOH与—NH2通过脱水后形成的高聚物。其中—COOH中脱去—OH，—NH2中脱去一个H原子。其缩聚后的结构简式为：
总结：官能团性质的迁移，是解答该题的基础。解题时要注意官能团在苯环中处于间位上。
例题4 ：（1997年全国高考）有机化学中取代反应范畴很广。下列6个反应中,属于取代反应范畴的是(填写相应的字母)_______________________.
方法：从取代反应的实质去分析。
捷径： 分析选项中的各个反应。B属消去反应，D属加成反应。A类同于苯的硝化反应，C属于分子间的脱水反应，E属酯化反应，F属水解反应，这些都在取代反应的范畴内。以此属于取代反应范畴的有A、C、E、F。
总结：在我们学习范围内，取代反应范畴包括烷烃与卤素单质的反应，苯及其同系物与卤素单质在苯环上及侧链上的取代反应，苯的硝化反应、苯的磺化反应、醇的分子间脱水、醇与氢卤酸的反应、酯化反应、卤代烃及酯的水解反应，苯酚与浓溴水的反应等。
例题5 ：（2001年全国高考）某有机物 A（C4H6O5）广泛存在于许多水果内，尤以苹果、葡萄、西瓜、山楂内为多。该化合物具有如下性质：
① 在25℃时，电离常数K1＝3.99×10－4，K2＝5.5×10－6
②A＋RCOOH（或ROH）有香味的产物
③1molA慢慢产生l.5mol气体
④A在一定温度下的脱水产物（不是环状化合物）可和溴水发生加成反应
试回答：（l）根据以上信息，对A的结构可作出的判断是 （多选扣分）
（a）肯定有碳碳双键 （b）有两个羧基
（c）肯定有羟基 （d）有－COOR官能团
（2）有机物A的结构简式（不含－CH3）为
（3）A在一定温度下的脱水产物和溴水反应的化学方程式：
（4）A的一个同类别的同分异构体是
方法：根据结构确定官能团，再根据官能团分析性质。
捷径：（1）根据有机物能电离出H+，且有二级电离知其结构中有两个羧基，又1molA与足量的钠能产生l.5mol气体知，有三个活泼氢，因此还应有一个羟基。故得b c。
（2）根据有机物 A的分子式C4H6O5及结构中不含－CH3，且有两个羧基和一个羟基，得有机物A的结构简式为：或 。
（3）A在一定温度下的脱水产物和溴水发生加成反应的化学方程式为：
HOCC－C＝C－COOH＋Br2→
或 ＋Br2→
（4）A的一个同类别的同分异构体，可从含一个甲基去考虑，得：。
总结：解答此题，要求考生能准确把握官能团的性质。
例题 6 ：（1996年上海高考）1mol 和1molBr2完全加成，试写出产物可能有的结构简式:
(2)现有下列A、B两组物质：
A组：CH3-CHCl-CH3、HCOOH、CH3COOC2H5
B组：CH3CH2OH、银氨溶液、NaOH水溶液、NaOH醇溶液
试回答：A组中 能跟B组中所有物质在一定条件下发生反应,其中属于酯化反应的化学方程式为 ;
B组中某物质跟A组中某物质发生消去反应的化学方程式为 .
方法：通过分析官能团的性质获得结果。
捷径：（1）该烃是1，3—丁二烯的同系物，与等物质的量的Br2可发生1，2加成和1，4加成，由于该烃是不对称的二烯烃，所以1，2加成又有两种不同的形式。其结构简式分别为：
(2) 从性质考虑，A组中的HCOOH，能跟B组中所有物质在一定条件下发生反应,其中属于酯化反应的化学方程式为： 。
B组中的NaOH能跟A组中的CH3-CHCl-CH3发生消去反应，其化学方程式为：
总结：此题要求考生将两组中的物质比较分析，有一定的难度。
金钥匙：
例题1 ：塑料制品废弃物会严重污染环境，故常称它为“白色污染”物。为了防止塑料污染，有一条重要的途径是将其降解为小分子。目前对类似如下结构的塑料的降解已经取得成功：
试分析若用CH3OH来处理它，能得到的有机物可能是 ( )
方法：迁移类比分析题中结构。
捷径：此塑料为有机二元羧酸与二元醇的缩聚产物。用CH3OH来处理它，其反应在中学阶段并未接触到。以此可将酯的水解知识迁移到该题，其醇解后的产物可能为BC。
总结：此题中的反应实为酯交换反应。
例题2 ：已知① （R表示除苯基外的烃基，下同）
②2R-X+2Na—→R-R+2NaX（X表示卤原子）
曾经有人用金属钠处理化学式为C5H6Br2的化合物A：，欲得到碳氢化合物B，而事实上却得到了芳香族化合物C（分子式为C15H18）
（1）写出有机物B、C的结构简式： 。
。
方法：根据题示官能团性质分析。
捷径：（1）根据信息类方程式②，从理论分析应该为两个A分子分别脱去Br原子而形成的环状化合物，以此得B的结构简式为：
事实上得到的芳香族化合物C可再根据反应信息和分子式(C15H18)知，C为三个A分子分别脱去Br原子而形成的环状化合物，以此得C的结构简式为：
（2）因芳香族化合物C中含有一个苯环，故在氧化时的反应，可将信息①的方程式迁移应用即可。以此得D的结构简式为：
总结：将题示新反应、新信息迁移应用，在有机官能团的分析中经常出现。
例题3 ： 2000年10月10日，瑞典皇家科学院将化学最高荣誉授予美国加利福尼亚大学物理学家艾伦·黑格、宾夕法尼亚大学化学家艾伦·麦克迪尔米德和日本筑波大学化学家白川英树，以表彰他们研究导电有机高分子材料的杰出成就。目前此类材料已在紧凑电容器、计算机抗电磁屏幕、智能窗、高分子发光二极管等方面得到广泛应用。请仔细阅读下列材料，并回答问题。
(1)有机导电高分子材料的典型代表是聚乙炔，它是在惰性气体保护下的甲苯中加入催化剂，然后冷却到-780C，通入乙炔而生成，试以电石为主要原料，写出制取聚乙炔的化学反应方程式。
(2)乙炔用氰化镍、戊二酮络镍等镍化合物作催化剂，在四氢呋喃溶液中可聚合生成环辛四烯，而环辛四烯以烷基钛络合物作催化剂，也可聚合成聚乙炔，试写出此过程的化学方程式。
(3)根据聚乙炔推断，有机导电高分子材料的结构有何特点？并根据推断结果，再举出两例可能导电的有机高分子材料。
(4)虽然聚乙炔具有金属的外观，但它仍然不是像金属一样的导体。研究中发现，如果在聚乙炔中掺入碘，会发生如下反应：
掺碘的聚合物类似于一种盐，但是与 I3－ 不同，而是一种可移动电荷的载体，掺杂后的聚乙炔，具有与铜同样数量级的电导率（大于107s/m）。如果在聚乙炔中掺入钠，是否也有同样的效果，如有，请写出掺钠的化学方程式；如没有，请说明原因。
方法： 将信息迁移重组，对题中问题进行分析。
捷径： (1)根据高二有机化学知识知，电石遇水生成乙炔。而导电材料聚乙炔的合成，可联系课本中聚乙烯的合成，通过知识的迁移而进行模仿。以此得合成聚乙炔的化学方程式为：CaC2+2H2O→Ca(OH)2 + HC≡CH↑，nCH≡CH [ CH=CH ] n 。
(3) 根据聚乙炔的结构简式知，导电有机高分子链中具有间隔的单双键，如
(4)掺碘后，形成带正电荷的高分子链，如果掺钠，钠易失电子，类推可形成带负电荷的高分子链，因而可起到同样的效果。其掺钠的化学方程式为：
[ CH=CH ]n + xNa → [ CH=CH ]n nx- + xNa+。
总结：有关诺贝尔奖方面的研究领域在高考试卷中的设题，是近几年高考中的热点内容。该题以高分子导电材料——
聚乙炔为线索，通过聚乙炔的直接与间接的制取，结构分析及新材料、新设想的创新性探究，引导考生借鉴中学化学知识，依据题中信息，通过知识的迁移与重组、发散与创新去思考、去答题。
例题4 ：某有机物与H2按1︰1物质的量比加成后生产的产物结构为：
则该有机物可能的结构有 种。（已知结构 不存在）。
方法：根据有机物中碳原子均为四根共价键分析。
捷径：某有机物与H2按1︰1物质的量比加成说明原来的有机物为烯烃，又由C的四价原则，双键位置的情况有三种，再考虑酮的存在情况有一种。得原有机物的结构可能有4种。
总结：在解题时，部分考生未能考虑到酮的存在情况，而出现少一种的现象较多。
例题5 ：一种广泛应用于电器、工业交通的工程塑料DAP的结构简式是：
（1）DAP工程塑料的单体的结构简式是：______________________；
（2）制DAP的加聚反应的化学方程式是：________________________________；
（3）DAP工程塑料的单体可由种有机物通过一步反应合成，发生反应的化学方程式是______________________________________________________________；
方法：结构分析及拆分法。
捷径：（1）分析结构知，DAP工程塑料为加聚反应获得，因此其单体的结构简式是：
（2）DAP的加聚反应为碳碳双键的断开，其反应的化学方程式是：
（3）DAP工程塑料的单体为烯酯，可由羧酸与烯醇发生酯化反应获得，其发生反应的化学方程式为：
总结：此题虽为加聚反应，但由于加聚后形成两条高分子链，因而有一定的难度。
例题6 ：
现以甲基丙烯为原料合成有机玻璃树脂，流程如下，请在下列方框中填入合适的有机物结构简式：
A．_________ B．_________ C．________ D．________
方法：从官能团的性质，结合图中变化过程进行分析。
捷径：题中合成路线中的物质只给出了两种，以此在解题时，可充分依靠此两种物质，对两种物质的前后物质，可再接合反应条件，推出未知物。得ABCD的结构简式分别为：
总结：对于没有接触过的有机化学反应，在分析时可接合转化过程中的前后物质进行分析，通过比较获得其物质，再通过物质分析获得反应。
例题7 ：现有A、B两种有机化合物，其化学式都是C9H11O2N。
（1）化合物A是天然蛋白质的水解产物，光谱测定显示，分子结构中不存在甲基（－CH3）。化合物A的结构简式是__________________________。
（2）化合物B是某种化学式为C9H12的芳香烃硝化后的唯一产物（硝基连在芳环上）。化合物B的结构简式是__________________________________。
方法：从分子式结合题中性质推出结构简式。
捷径：（1）因化合物A是天然蛋白质的水解产物，故A为α－氨基酸。又光谱测定显示，分子结构中不存在甲基（－CH3），则化合物A中的苯环必须连在链的最后。其结构简式为（见下图1）：
（2）化合物C9H12为烷基苯，因其硝化后的产物只有一种，故C9H12分子中具有对称结构，只能为1，3，5－三甲苯。硝化后所得化合物B的结构简式为（见下图2）：
（1）（2）
总结：在有机化合物中同分异构体较多，在分析确定其结构时，要充分依靠题中所给物质的性质，通过特征反应、特征现象或特殊官能团推出其结构简式。
例题8 ：已知葡萄糖在乳酸菌催化作用下可转化为乳酸；C6H12O6 2C3H6O3(乳酸)
（1）取9.0g 乳酸与足量金属钠反应,可产生2.24L(标准状况)氢气.另取9.0g乳酸与其相同物质的量的乙醇反应,生成0.1mol乳酸乙酯和1.8g水.由此可知乳酸分子中官能团的名称和数目是________________
（2）乳酸在铜作催化剂时，可氧化成丙酮酸 。
由以上事实可确定出乳酸的结构简式为____________
（3）两个乳酸分子在一定条件下可发生反应生成环酯（C6H8O4），此环酯（C6H8O4）的结构简式为
____________ 。
方法：从分子式结合题中性质推出结构简式。
捷径：（1）由分子式得乳酸的分子量为92，9.0g乳酸为0.1mol，与足量的金属钠反应,产生2.24L(标准状况)氢气说明乳酸分子中存在两个活泼氢。又等量的乳酸与其相同物质的量的乙醇反应,生成0.1mol乳酸乙酯和1.8g水，知乳酸中含有一个羧基，以此得乳酸分子中官能团的名称和数目为1个羟基和1个羧基。
（2）因乳酸在铜作催化剂时，可氧化成丙酮酸，知乳酸中的羟基不在链的一端，故其结构简式为：CH3－CHOH－COOH。
（3）两个乳酸分子在一定条件下发生酯化反应生成环酯，此环酯的结构简式为：
。翰林汇
总结： 羟基在链中的位置不同，其氧化产物不同，在解题时要特别注意。
聚宝盆：
1．在有机结构中，官能团的位置不同，其性质及反应情况有所不同。如：
(1) 羟基连在脂肪烃基或苯环侧链上的物质为醇，而连在苯环上的物质为酚。
(2) 与醇羟基(或卤原子)相邻的碳原子上没有氢原子，则不能发生消去反应。
(3) 伯醇氧化生成醛(进一步氧化生成羧酸)；仲醇氧化生成酮，叔醇很难被氧化。
(4) 连在苯环上的卤原子，水解时，1mol卤原子耗2molNaOH。
(5) 羧酸与酚反应生成的酯，1mol酯水解时耗2molNaOH。
2．对新型有机物的分析，要紧扣物质中的官能团，并根据官能团确定其性质。
热身赛：
1．在许多化合物里硫可以取代氧，取代后的物质仍跟原化合物有相似的性质，下面是有机磷农药的结构
（1） （2）
这两种农药在使用过程中不能与下列哪种物质混合使用 （ ）
A．KCl B．NaOH C．NaNO3 D．Na2SO4
2．乙烯酮（CH2=C=O）在一定条件下能跟含活泼氢原子的化合物发生加成反应，反应的通式可表示为：
试指出，下列反应不合理的是（ ）
A． CH2=C=O+HCl CH3COCl
B． CH2=C=O+H2OCH3COOH
C． CH2=C=O+ CH3COOH (CH3CO)2O
D． CH2=C=O+ CH3CH2OHCH3CO CH2 CH2OH
3．阿斯匹林的结构简式为：
消耗NaOH的物质的量为 ( )
A．1mol B．2mol C．3mol D．4mol
4．乙烯酮(CH2=C=O)在一定条件下能与含活泼氢的化合物发生加成反应，反应的通式可以表示为：
( )
5．已知只有在碳链末端的羟基能氧化为羧基。（1）有机物A，在一定条件下氧化的最终产物为B，B与A的混合物加浓H2SO4共热生成有果香味的C 。（2）A在条件①
条件②下反应行到D的同分异构体E；（4）E与Br2反应得F；F失去HBr转变为G；G聚合生成高分子化合物J；J与天然橡胶具有几乎相同的结构。则结构简式：
A________、B________、G________、J________。
反应条件：①是________，②是________
反应名称：F→G是________，E→F是________
反应方程式：A+B→C：_____________________________________________________
D与HBr反应：____________________________________________________________
E→F：___________________________________________________________________
F→G：___________________________________________________________________
6．有甲、乙两种有机物，甲的化学式为C3H7O2N，乙的化学式为C3H6O2；甲可以与NaOH溶液或盐酸反应，乙物质在NaOH或H2SO4中起化学反应；甲能缩聚反应，乙能银镜反应；甲、乙两物分子中都有—CH3，则甲的结构简式是________，它的名称是____________；乙在盐酸中发生反应的方程式是_________________________________，该反应类型是____________。
7．石油液化气中常混有少量的硫醇，其目的是揭示是否漏气，因为硫醇有令人讨厌的臭味。硫醇是巯基（—SH）与链烃基相连的含硫化合物，其性质和醇类化合物有相似之处，例如硫醇能与金属钠反应，也能和乙酸发生与酯化相类似的反应。根据以上叙述，回答：
(1)完成下列化学方程式：（反应条件均略去）
(a)乙酸和乙硫醇（C2H5SH）反应：____________________________
(b)乙硫醇和金属钠反应：_____________________________________
(2)在120℃1.01×105 Pa时，将1 L乙醇、乙硫醇的混合蒸气和5 LO2混合，进行充分燃烧后，恢复到原状况，气体密度减小为燃烧前的，则乙醇和乙硫醇的物质的量之比是_______________________。
8．有机物A的结构简式是CH3COOCH=CH2，它能进行_________________________等重要类型的有机反应。在不添加其他反应物情况下，A一定条件下由小分子变成大分子反应的化学方程式是_____________________________________。
大检阅：
1．B 2．D 3．C 4．C
5．
6．CH3—CH—COOH， -氨基丙酸；
|
NH2
HCOOC2H5＋H2O HCOOH＋C2H5OH，水解。
7．
(2)1∶4
8．
策略20 有机合成与推断的分析技巧
金点子：
有机合成题要求考生在题设条件下，根据所给信息和中学阶段的有机反应，从合成产物出发。采用逆推的方法解题。
有机推断题，要求考生区分题中的各类信息，找出与解题有关的有效信息和隐含信息，从反应过程及特征反应出发，运用迁移、重组、比较等手段推出物质。
经典题：
例题1 ：（2001年全国高考）某有机物X能发生水解反应，水解产物为Y和Z。同温同压下，相同质量的Y和Z的蒸气所占体积相同，化合物X可能是 （ ）
A．乙酸丙酯 B．甲酸乙酯 C．乙酸甲酯 D．乙酸乙酯
方法：根据水解的式量分析其结构。
捷径： 因有机物X水解产物为Y和Z，同温同压下，相同质量的蒸气所占体积相同，说明Y和Z的分子量相等。而分子量相等的羧酸和醇相差一个碳原子，以此化合物X可能是乙酸丙酯或甲酸乙酯，得答案为AB。
总结：确定Y和Z的分子量相等，是解答该题的关键。
例题2 ：（2002年全国高考）
乙酸苯甲酯对花香和果香的香韵具有提升作用，故常用于化妆品工业和食品工业，乙酸苯甲酯可以用下面的设计方案合成。
(1)写出A、C的结构简式：A：____________， C：___________。
(2)D有很多同分异构体，含有酯基和一取代苯结构的同分异构体有五个，其中三个的结构简式是：
请写出另外两个同分异构体的结构简式：_____________和_______________。
方法：根据合成后所得物质的结构简式逆向分析。
捷径：（1）从乙酸苯甲酯，根据反应过程中的条件推得AC的结构简式分别为：
A： C： 。
（2）D的含有酯基和一取代苯结构的同分异构体的判断，可通过酯键官能团分析。
分析时，先写出酯键，即－COO－，然后将基团的剩余部分分别接在酯键的两边，以此有：①左边：H－，右边：－CH2CH2C6H5；②左边：H－，右边：－CH（CH3）C6H5；③左边：CH3CH2－，右边：－C6H5；④左边：C6H5CH2－，右边：－CH3；⑤左边：C6H5－，右边：－CH2CH3；其中三个巳写出，另外两个的结构简式是：
总结：在确定酯的结构时，酯键－COO－的右边不能连氢原子，而左边则可以连氢原子。
例题3 ：（1996年全国高考）在有机反应中,反应物相同而条件不同,可得到不同的主产物。下式中R代表烃基, 副产物均已略去。
请写出实现下列转变的各步反应的化学方程式,特别注意要写明反应条件.
(1)由CH3CH2CH2CH2Br分两步转变为CH3CH2CHBrCH3
(2)由(CH3)2CHCH=CH2分两步转变为(CH3)2CHCH2CH2OH
方法：根据题示反应条件，按照最终产物要求书写化学方程式。
捷径：(1)中采取先消去后加成的方法；(2)中采取先加成后水解的方法。其化学方程式如下：
+ HBr
总结：（1）这是Br原子从1号碳位在移到2号碳位上物质之间的转化。由于两者都是饱和的有机物，又不能发生取代直接完成其转化。所以，必须先进行消去反应，使卤代烃变成烯烃。然后烯烃再和HBr加成，只要找到适当的条件，Br可以加成到2号碳位上。这也是这类问题的解题规律。
（2）如果烯烃与水直接发生加成，可以生成醇，但羟基的位置不能确定，因而无法一步完成这一变化。同时也不符合题目要用两步反应完成这一转化的要求。所以只能先与HBr加成，使Br原子加成在1号碳位上，再与NaOH水溶液发生水解反应，使羟基取代溴原子。
例题4 ：（2001年全国高考）某种甜味剂A的甜度是蔗糖的200倍，由于它热值低、口感好、副作用小，已在90多个国家广泛使用。A的结构简式为：
已知：①在一定条件下，羧酸酯或羧酸与含—NH2的化合物反应可以生成酰胺，如：
酰胺
②酯比酰胺容易水解。
请填写下列空白：
（l）在稀酸条件下加热，化合物A首先生成的水解产物是： 和 。
（2）在较浓酸和长时间加热条件下，化合物A可以水解生成： 、
和 。
（3）化合物A分子内的官能团之间也可以发生反应，再生成一个酰胺键，产物是甲醇和 。（填写结构简式，该分子中除苯环以外，还含有一个6原子组成的环）
方法：将题示信息迁移到水解反应，并比较分析酯与酰胺水解的难易。
捷径： (1)根据信息，酯比酰胺容易分解，所以在稀酸条件下加热，可理解为酯发生
水解反应，酯的结构特点是含有 。其产物是：
和CH3OH。
(2)在较浓的酸和长时间加热条件下，可认为酰胺和酯都发生了水解反应。在题中提供三个空格，也明确提示酰胺和酯都发生水解反应。酰胺的结构特点是 ，水解反应时可把化合物A分为三个部分，即
（结构式中的虚线是水解反应时化学键的断裂处），在 处连接—OH，在
或—O—CH3处连接H原子即可的到答案：
，，CH3OH 。
应该指出，由于—NH2显碱性，而在酸性条件下水解时，—NH2应与H+发生反应生成—NH3+，由于现行中学教材中，只提供—NH2可以与酸反应，未要求写出反应式，所以仍可写成—NH2也能得分。
(3) A分子中存在—COOH与—NH2两个官能团，它们之间可以发生反应生成酰胺，信息①中提供的第一种反应，也可生成酰胺。因而生成物中含一个6原子组成的环（除
苯环外）成了解题中一个重要条件了。若按 反应，新形成
的环只有5个原子 ，（右侧部分略去），如果按
反应，则新形成的环的结构如： 。所以后者符合题意。另外，题中
又指出产物还有甲醇，则也证实反应按信息中提供的第一种反应进行，其中R′为—CH3。
除甲醇外，另一产物的结构简式为： 。
总结：不论在理科综合试题还是3+2的化学试题中，有关有机化学的试题大多以主观题的形式出现，且难度要大一些。设问大多以确定同分异构体，反应类型，反应方程书写，反应产物的推断等，并且以信息迁移题型出现。
例题5 ：（1995年全国高考）右图中①-⑧都是含有苯环的化合物。在化合物③中,由于氯原子在硝基的邻位上, 因而反应性增强, 容易和反应试剂中跟氧原子相连的氢原子相结合,从而消去HCl。
请写出图中由化合物③变成化合物④、由化合物③变成化合物⑥、由化合物⑧变成化合物⑦的化学方程式(不必注明反应条件,但是要配平)。
方法：官能团与转化图示相结合分析。
捷径：（1）根据化合物⑤，可知④物质是 ，因为④→⑤的反应是—NO2被还原式—NH2，而另一个侧链则没有变化。③→④的反应式是信息的逆向思维，③→④的另一反应物是CH3OH。③→⑥反应直接应用信息，③→⑧的反应式为
⑧→⑦可类似于
以此得反应的化学方程式为：
总结： 该题是以提供新的信息为前提，根据信息，结合学过的基础知识重新加工整理成新的知识网络。这种题型既考查自学能力，阅读能力，分析理解能力，也考查应用知识的能力。
例题6 ：（1998年全国高考）请认真阅读下列3个反应：
利用这些反应，按以下步骤可以从某烃A合成一种染料中间体DSD酸。
请写出A、B、C、D的结构简式。
方法：根据信息类方程式，从合成的最终产物逆推。
捷径：根据信息和DSD酸的结构，该烃结构特点是含有苯环，又通过信息③分析知，该烃在苯环上有一个侧链甲基，所以A是甲苯。
前二步反应式
其中—CH3与—NO2处于对位是由DSD酸结构推测而来，
以此得A、B、C、D的结构简式分别为：
总结：本题的难点是（D）的结构简式推断。根据信息②，苯胺容易被氧化，而NaClO又具有强氧化性，所以只有先按信息③反应，再按信息②反应，避免—NH2被氧化。其物质间的转化为：
金钥匙：
例题1 ：已知有机物A的分子量为128，当分别为下列情况时，写出A的分子式：
(1)若A中只含碳、氢元素，且分子结构中含有苯环，则A的分子式为 ；
(2)若A中只含碳、氢、氧元素，且分子结构中含有一个酯键，则A的分子式为 ；
(3)若A中只含碳、氢、氮元素，且A分子中氮原子最少，则A的分子式为 。
方法： 从分子量和官能团两方面综合分析。
捷径：(1) 苯基(C6H5-)的式量=77，余128-77=51，其可能组合只能是C4H3-，把两两“相加”，就可得其分子式为：C10H8 (实为萘)。
(2) 因分子中含有酯键，可设A为R¢COOR，就是R¢＋COO+R=128，R¢＋R=84，R¢＋R=C6H12，“COO”+“C6H12”=C7H12O2 。
(3) 由于氮在分子中可看作以氨基“-NH2”存在，A也可看作是烃分子中的氢原子被-NH2所取代而得到的产物，如果把“-NH2”看作一个氢原子，则烃分子的构成应符合烷、烯、炔的组成；设A分子中的氮原子数为一个，可求出A的分子式为C8H18N，它经改写后得到的表达式为C8H16NH2， 但CnH2n+1，又不符合烷、烯、炔的通式，故舍去；而当分子中的氮原子数为2时，可得到它的分子式为C7H16N2，经改写后成为C7H12(NH2)2，符合烯烃CnH2n的通式。以此其分子式应为：C7H16N2。
总结： 在该题的第(3)问中，因未给出氮原子数的多少，故为了确定其具体数值，可采用尝试法求得结果。
例题2 ：已知羟基（—OH）不能与双键直接相连，若0.5 mol有机物恰好与1 mol 氢气加成生成3—甲基—2—丁醇，则该有机物的结构简式为 。
方法：逆向分析法。
捷径：因为有机物加成前后碳链结构不变，因此该题可通过先确定加成后产物的结构，然后再由题目中的限制条件，来确定碳碳双键的位置。由题意知加成产物结构为：
，又因为—OH不能与双键直接相连，且加成时有机物与氢气的
物质的量之比为1︰2，可知有机分子中含有两个双键，其结构为：
总结： 此题虽为一常规题，但若不能利用逆向分析，即从要求合成的物质出发，会费工费时，且不易作答。
例题3 ：A、B都是芳香族化合物，1 mol A水解得到1 mol B和1 mol 醋酸。A、B的相对分子质量都不超过200，完全燃烧都只生成CO2和H2O。且B分子中碳和氢元素总的质量部分含量为65.2%（即质量分数为0.652）。A溶液具有酸性，不能使FeCl3溶液显色。
（1）A、B相对分子质量之差为 。
（2）1个B分子中应该有 个氧原子。
（3）A的分子式是 。
（4）B可能的三种结构简式是 、 、 。
方法：定性判断与定量分析相结合。
捷径：定性判断可知A有酯的结构（A能发生水解反应），且A有羧基（A溶液具有酸性，但不能使FeCl3显色），从而可知B具有芳香醇的结构或酚的结构（酚的羟基在一定条件下也能与酸形成酯）。
由上分析，B的分子中至少含有3个氧原子，若按含有3个氧原子计算，其相对分
子质量为 =138，其分子式为C7H6O3，则由A+H2O→B+CH3COOH可知：A为C9H8O4，且A，B相对分子质量相差42。从而可知B有一个—COOH和一个—OH，其结构可能有三种：
总结：本题考查有机物组成、结构和性质的基本知识。
例题4 ：写出由乙醇制取乙二醇的有关化学方程式。
方法：此题为增加官能团数目的合成，可考虑先消去再加成。
浓H2SO4
捷径：依据方法分析求解。
170℃
CH3CH2OH → CH2=CH2↑+H2O
CH2=CH2+Br2 →
NaOH
+ 2H2O → + 2HBr
总结：此题为一易题，但作为增加官能团的一种反应类型，也不失为一好题。
例题5 ：写出以CH2ClCH2CH2CH2OH为原料制备 。
写出各步反应的方程式。（必要的无机试剂自选） 。
方法：分析比较给出的原料与所要制备的产品的结构特点可知：原料为卤代醇，产品为同碳原子数的环内酯，因此可以应用醇羟基氧化成羧基，卤原子再水解成—OH，最后再酯化。
捷径：根据方法中的分析，可写出其化学反应方程式为：
催化剂
△
2CH2ClCH2CH2CH2OH+O2 2CH2ClCH2CH2CHO+2H2O
催化剂
△
2CH2ClCH2CH2CHO+O2 2CH2ClCH2CH2COOH
NaOH
CH2ClCH2CH2COOH+H2O CH2CH2CH2COOH+HCl
OH
浓H2SO4
△
CH2CH2CH2COOH
OH
总结：氧化和水解顺序不能颠倒，因为先水解，后无法控制只氧化一个—OH。
例题6 ：卤代烃在氢氧化钠存在的条件下水解，这是一个典型的取代反应，其反应的最终结果是带负电的原子团（例如OH—等阴离子）取代了卤代烃中的卤原子。例如：CH3CH2CH2Br+OH—（或NaOH）→CH3CH2CH2—OH+Br—（或NaBr）
写出下列反应的化学方程式：
（1）溴乙烷跟NaHS反应 。
（2）碘甲烷跟CH3COONa反应 。
（3）由碘甲烷、无水乙醇和金属钠合成甲乙醚（CH3—O—CH2CH3）。
方法：将给予的新信息，通过迁移类比书写反应的化学方程式。
捷径：根据反应实质为带负电的原子团取代了卤代烃中的卤原子这一信息，得其相应的化学方程式为：
（1）CH3CH2Br+NaHS→CH3CH2SH+NaBr
（2）CH3I+CH3COONa→CH3COOCH3+NaI
（3）2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2
CH3CH2ONa+CH3I→CH3CH2OCH3+NaI
总结：解此题关键是理解给出的反应的实质。
例题7 ：已知烯烃中C=C双键在某些强氧化剂作用下易发生断裂，因而在有机合成中有时需要对其保护。保护的过程可简单表示如下：
NaOH
△
又知卤代烃在碱性条件下易发生水解，例如：CH3CH2Cl+H2O CH3CH2OH+HCl，
但烯烃中 双键在酸性条件下才能与水发生加成反应。
现用石油产品丙烯及必要的无机试剂合成丙烯酸，设计的合成流程如下：
E
④
③
②
A
Cl2（300℃）
D
C
B
①
CH3CH=CH2 → → → → →丙烯酸
请写出②、③、④三步反应的化学方程式。
方法：通过认真审题，获取有用信息，挖掘隐含信息（反应①），结合旧知识（有机物的相互转变），逐步解题。
捷径：由CH3CH=CH2→CH2=CH—COOH可知合成的关键在于 双键
如何保护，—CH3中有一个H原子逐步转化成—COOH，结合题中信息可知本题的知识主线为不饱和烃→不饱和卤代烃→不饱和醇→饱和卤代醇→饱和卤代醛→饱和卤代羧酸→不饱和卤代羧酸。由此可知②、③、④三步反应的化学方程式为。
△
NaOH
②CH2=CH—CH2Cl+H2O CH2=CH—CH2OH+HCl
③CH2=CH—CH2OH+Br2 →
④
总结：本题涉及到合成路线如何选择，如反应①
，是取代还是加成，必须根据合成和题设条件（限定6步反应等）推知。本题注重研究官能团的引入途径及引入的先后顺序，介绍官能团的保护，是有机合成的重要环节，值得研究。
聚宝盆：
1．有机物合成步骤的选择
要充分考虑官能团间的相互影响。如涉及合成过程中物质的氧化，还要考虑部分官能团（如碳碳双键、酚羟基）的保护。
2．官能团特征反应的分析与判断
在有机物的推断中，要充分依靠其特征反应的特殊现象（如与FeCl3溶液显紫色的物质含有酚羟基等）。
3．题示信息的准确把握
有机合成与有机推断题中，大多是以信息给予题的形式出现，因此要求考生在分析试题时，要找出题中的两类信息，即有效信息和隐含信息，剔除无效信息和干扰信息。
热身赛：
1．某酯的分子式为C5H10O2，把它和强碱溶液共热，可蒸馏出一种气态物质，该蒸汽在相同条件下对氢气的相对密度为23，冷凝至常温时为液体，这种酯是 ( )
2．已知在同一个碳原子上连有两个羟基的化合物是极不稳定的，它要自动脱去一个水分子而生成含有______________（填写官能团）的化合物。今在无其他氧化剂存在的
各步的反应条
件及产物结构简式：__________________________________________________________。
苯甲醛在浓碱条件下可发生自身氧化－还原反应，即部分作还原剂被氧化，部分作氧化剂被还原。请写出反应产物的结构简式____________和____________。上述产物经酸化后，在一定条件下进一步反应，可生成一种新的化合物，其式量恰为苯甲醛的两倍，该化合物的结构简式为________。
3．A和B是两种烃，A与氯气反应生成C，B与氯化氢反应生成D，C和D的分子式都是C2H4Cl2。在加热条件下C和D都能和氢氧化钾溶液反应。在C的反应产物E中加入所制氢氧化铜呈绛蓝色，在D的反应产物F中加入新制氢氧化铜(加热)生成红色沉淀。（已知相邻碳原子上均连有羟基的物质与新制氢氧化铜反应生成呈绛蓝色的新物质）
(1)A的结构简式是__________；B的结构简式是__________。
(2)C®E反应的化学方程式是______________________________。
(3)D®F反应的化学方程式是_______________________________。
4．阅读下列叙述，回答问题：
一卤代烷（RX）与金属镁在室温下及无水乙醚中作用生成有机镁化物——卤代烷基镁
格氏试剂很活泼，能与具有多种活性氢的化合物作用，例如：
RMgX＋H2O®RH＋Mg(OH)X
而醛酮的官能团容易与格氏试剂发生加成反应得到不同的醇，如
(a)______________________________________________
(b)______________________________________________
(c)______________________________________________
(d)______________________________________________
(e)______________________________________________
5．羧酸酯RCOOR′在催化剂存在时可跟醇R″OH发生如下反应(R′、R″是两种不同的烃基)：RCOOR′＋R″OH RCOOR″＋R′OH此反应称为酯交换反应，常用于有机合成中。
在合成维纶的过程中，有一个步骤是把聚乙酸乙烯酯转化成聚乙烯醇，这一步就是用过量的甲醇进行酯交换反应来实现的。
（1）反应中甲醇为什么要过量？原因是_____________________________________。
（2）写出聚乙烯醇的结构简式________________________。_
（3）写出聚乙酸乙烯酯与甲醇进行酯交换反应的化学方程式___________________。
6．有机物分子里与羰基相连碳原子上的氢原子比较活泼，容易发生取代反应，如：
又知卤代烃分子里的卤原子也容易发生取代反应。例如：
R－X＋HCN→R－CN＋HX
R－X＋HNH2→R－NH2＋HX
常用的分析试剂EDTA（乙二胺四乙酸），其结构简式为：
（HOOCCH2）2NCH2CH2N（CH2COOH）2
EDTA可由乙二胺跟氯乙酸在碱性条件下缩合成乙二胺四乙酸钠，再用盐酸酸化可得EDTA。
现从气态烃A为开始物，以及氨、氯气等无机物用下图示意合成EDTA：
（1）A的结构简式是________________________________。
（2）反应②的化学方程式是____________________________________________。
（3）反应⑤的化学方程式是____________________________________________。
（4）反应⑥的化学方程式是____________________________________________。
（5）反应③和反应物⑤的反应类型是________，反应②的反应类型是________。
7．由乙烯和其它无机原料合成环状化合物E，请在下列方框内填入合适的有机化合物的结构简式。
（1）有机化合物A水解的化学方程式是：
__________________________________________________________________
（2）有机化合物E水解的化学方程式是：
__________________________________________________________________
8．下面是一个合成反应流程图：
写出：（1）中间产物的结构简式：A________；B________；C________。
（2）反应试剂（i）________; (ii)________; (iii)________; (iv)__________。
（3）反应类型：X________反应
大检阅：
1．B
2．
3．(1)CH2=CH2 CHCH (2)CH2Cl—CH2Cl＋2KOHCH2OH—CH2OH＋2KCl
(3)CH3—CHCl2＋2KOHCH3CHO＋2KCl＋H2O
4．
5．（1）使平衡向右移动，酯交换完全
6．（1）CH2=CH2
（2）2CH2－CHO＋O2CH3COOH；
（5）取代反应，氧化反应。
7．
8．
（2）NaOH水溶液；O2（Cu做催化剂）；Br2水；浓H2SO4 （3）加成
策略21 常见仪器及实验装置的分析技巧
金点子：
此类试题包括：仪器的使用、仪器的选用、仪器组合成的简单装置等的分析。
1．仪器的使用分析
仪器的使用分析，要从仪器要求和使用范围上去整体把握，采用的方法是迁移应用。
2．仪器的选用分析
仪器的选用要从实验原理和实验要求去确定采用何种仪器。
3．仪器组合成的简单装置的分析
装置依赖于目的、原理和注意点。以此分析装置需从实验要求出发，采用仪器原理相结合的手段确定实验结果。
经典题：
例题 1 ：（1996年上海高考）准确量取25.00 mL高锰酸钾溶液, 可选用的仪器是 ( )
A．50 mL量筒 B．10 mL量筒
C．50 mL酸式滴定管 D．50 mL碱式滴定管
方法：从所给仪器的精确度分析。
捷径：用量筒取溶液的体积不可能精确到0.01mL，只能用滴定管或移液管量取。又因为高锰酸钾溶液能腐蚀橡胶，故不能用碱式滴定管。所以选C。
总结：此题为一常规题，主要考查考生对实验仪器精确度的理解。
例题 2 ：（1996年全国高考）下列有关使用托盘天平的叙述不正确的是（填写标号） ( ).
A．称量前先调节托盘天平的零点
B．称量时左盘放被称量物,右盘放砝码
C．潮湿的或具有腐蚀性的药品,必须放在玻璃器皿里称量,其他固体药品可直接放在天平托盘上称量
D．用托盘天平可以准确称量至0.01克
E．称量完毕,应把砝码放回砝码盒中
方法：从托盘天平的使用要求分析。
捷径：因为托盘天平的游码刻度为0.1g，精确度为0.1g。被称量的药品不能直接放在托盘天平上。腐蚀性药品及易潮解药品应放在小烧杯中称量。即使没有腐蚀性的药品也不能直接放在托盘上，而应放在一张洁净的纸上。故叙述不正确的有C D。
总结：托盘天平中的质量关系为：左盘质量 = 右盘质量 + 游码质量。
例题3 ：（1999年上海高考）下列叙述仪器“0”刻度位置正确的是 （ ）
A．在量筒的上端 B．在滴定管上端
C．在托盘天平刻度尺的正中 D．在托盘天平刻度尺的右边
方法：从具体仪器去分析。
捷径：量筒无“0”刻度，其刻度数下端最小。滴定管的“0”刻度在上端，托盘天平的“0”刻度在刻度尺的左端。温度计的“0”刻度因种类不同而不能确定。选B。
总结：量筒的最下端无刻度，也即无“0”刻度，是有关“0”刻度方面的重要之点。部分考生由于分不清这一点而出错。
例题4 ：（2000年上海高考）下列实验操作中错误的是 （ ）
A．分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
B．蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口
C．滴定时，左手控制滴定管活塞，右手握持锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视滴定管中的液面
D．称量时，称量物放在称量纸上，置于托盘天平的左盘，砝码放在托盘天平的右盘
方法：将题中的叙述与平时的实验操作相联系进行判断。
捷径：C选项中，滴定操作时，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化。题中所述错误。其余选项中的操作正确。答案为C。
总结：此题为一实验方面的常规题，其目的是让不重视实验的考生难以作答。
例题 5 ：（1995年全国高考）在下图装置中,烧瓶中充满干燥气体a,将滴管中的液体b挤入烧瓶内,轻轻振荡烧瓶,然后打开弹簧夹f,烧杯中的液体b呈喷泉状喷出,最终几乎充满烧瓶。则a和b分别是 ( )
方法：根据实验叙述分析。
捷径：从最终几乎充满烧瓶，得BD。
总结：因Cl2几乎不溶于饱和NaCl溶液，故无喷泉；而NO2溶于水时的同时有NO气体生成，故不会使烧瓶充满。
例题 6 ：（1993年全国高考）按右图装置持续通入x气体,并在管口P处点燃,实验结果使澄清的石灰水变浑浊.则x、y可以是 （ ）
A．H2和NaHCO3 B．CO和Na2CO3
C．CO和CuO D．H2和Fe2O3
方法：实验原理与实验现象相结合分析。
捷径：从实验过程分析知结果为AC。
总结：解答该题必须认清：固体y在实验过程中，可与x反应，也可以不与x反应。
例题 7 ：（1993年全国高考）下图是一套实验室制气装置,用于发生、干燥和收集气体.下列各组物质中能利用这套装置进行实验的是 (填正确选项的标号)。
A．铜屑和浓硝酸 B．二氧化锰和浓盐酸
C．电石和水 D．碳酸钙和稀盐酸
方法：认真分析实验装置图，从中找出实验操作的特点，及制取的气体的性质。结合已经掌握常见气体的发生、净化及收集装置就可作出准确选择。
捷径：此题A和D反应不用加热；NO2、CO2气可用浓H2SO4干燥；气体密度均大于空气故选AD。而B反应需加热；C选项中乙炔气的密度与空气接近不能用排空气取气法收集。
总结：此题要求考生能熟练掌握常见气体的发生、净化、干燥和收集装置，从装置的要求确定可进行的实验。
例题8 ：（1998年全国高考）A～D是中学化学实验中常见的几种温度计装置示意图
（1）请从①～⑧中选出必须使用温度计的实验，把编号填入最适宜的装置图A～C下的空格中（多选要倒扣分）
①酒精和浓硫酸混和加热制乙烯
②电石跟水反应制乙炔
③分离苯和硝基苯的混和物
④苯和溴的取代反应
⑤石油分馏装置
⑥浓硫酸和二氧化锰混合加热制氯气
⑦测定硝酸钾在水中的溶解度
⑧食盐和浓硫酸混合加热制氯化氢
A
B
C
D
（2）选用装置D做苯的硝化实验，D中长玻璃管的作用是
方法：从实验情况分析温度计的使用要求。
捷径：（1）使用温度计的实验大致如题中所举的四种类型。一种测量或控制溶液反应的温度。使用A装置，典型例子用浓H2SO4、无水乙醇制乙烯。测量蒸馏出气体的温度用B装置，一切蒸馏实验都适用。精确测定某溶液的温度用C装置，典型例子用测定物质的溶解度。控制水浴温度，试管中的液体的温度不必特别精确可用D装置（长玻璃管是适应实验的其他要求）。对八个实验中的实验情况逐一分析，再结合使用温度计的装置示意图，可得结果：A① B③ ⑤ C ⑦
（2）苯的硝化实验中使用了易挥发的苯，且苯有毒，以此 D中长玻璃管的作用是为了减少苯的挥发，也即起冷凝器作用。
总结：温度计的使用，遵循：测何处温度，其水银球便放于何处的原则。
例题9 ：（2001年高考理科综合）用图示的装置制取氢气，在塑料隔板上放粗锌粒，漏斗和带支管的试管中装有稀硫酸，若打开弹簧夹，则酸液由漏斗流下，试管中液面上升与锌粒接触，发生反应，产生的氢气由支管导出；若关闭弹簧夹，则试管中液面下降，漏斗中液面上升，酸液与锌粒脱离接触，反应自行停止。需要时再打开弹簧夹，又可以使氢气发生。这是一种仅适用于室温下随制随停的气体发生装置。
回答下面问题：
（1）为什么关闭弹簧夹时试管中液面会下降？
（2）这种制气装置在加入反应物前，怎样检查装置的气密性？
（3）从下面三个反应中选择一个可以用这种随制随停的制气装置制取的气体，填写下表中的空白。
①大理石与盐酸反应制取二氧化碳
②黄铁矿与盐酸反应制取硫化氢
③用二氧化锰催化分解过氧化氢制氧气
（4）食盐跟浓硫酸反应制氯化氢不能用这种装置随制随停。试说明理由。
方法：实验装置与实验要求结合分析。
捷径： （1）关闭弹簧夹时，反应产生的气体不能从支管口导出，以此造成试管内液面上的气压增加，此时高于大气压的压强会将试管内液体压入长颈漏斗，所以液面会下降。
（2）气密性检查的原理与启普发生器相同。其方法是塞紧橡皮塞、夹紧弹簧夹后，从长颈漏斗口注入一定量的水，待漏斗内的水面高于试管内的水面时，停止加水，观察，如果漏斗内的液面不下降，则证明装置不漏气。
（3）使用该装置制气必须满足3个条件：①块状固体与液体反应；②反应不需要加热；③生产的气体难溶于反应液。分析题中3个反应，反应③中MnO2为粉末状，故不可用此装置。其余均可。制二氧化碳，收集为向上排空气法，检验为通入澄清石灰水而使澄清石灰水变浑。制硫化氢，收集也为向上排空气法，检验可通过臭鸡蛋气味确定，也可通过通入CuSO4溶液而使其产生黑色沉淀确定等。
（4）对照题3所述3个条件，知其原因为①食盐为粉末状，②反应过程中需加热。
总结：该题为一简答题，回答时要紧扣题中要求。
金钥匙：
例题1 ：某实验室仅有如下仪器或用具：烧杯、铁架台、铁圈、三脚架、漏斗、分液漏斗、石棉网、酒精灯、玻璃棒、量筒、蒸发皿、圆底烧瓶、火柴，从缺乏仪器的角度看，不能进行的实验项目是 （ ）
A．蒸发 B．萃取 C．液体过滤 D．升华
方法：根据选项中的实验操作分析所必须使用的仪器，再与题中所给仪器比较。
捷径：
对照每项操作，检查是否缺乏某些或某件必用的仪器。如蒸发液体所需的仪器有：蒸发皿、酒精灯、火柴、玻璃棒、铁架台，铁圈或三脚架，所给仪器充分。而液体过滤，因缺乏滤纸而无法实现。故选C。
总结：本题考查的意图是根据给定的操作，选择必用的仪器。
例题2 ：实验室制取乙烯、制取硝基苯以及蒸馏石油时都要用到温度计。温度计分别插在装置中的什么部分？
方法： 从实验过程中的反应要求分析。
捷径：制取乙烯时，测温度的目的是控制反应物的温度为170℃。因此温度计应插入容器内反应物的液面以下；
制取硝基苯时，测温度的目的是控制水浴加热的温度为60℃，则温度计应插入水浴中，以测量水浴的温度；
蒸馏石油时，测温度的目的是控制馏分的蒸气温度，所以应插入蒸馏烧瓶颈部，使温度计的水银球的位置略低于蒸馏烧瓶支管囗。
总结：温度计在反应装置中的位置，应根据所测温度的对象在容器中的部位而确定。
例题3 ：喷泉是一种常见的自然现象，其产生原因是存在压强差。
(1)图1为化学教学中所用的喷泉实验装置，在烧瓶中充满干燥气体，胶头滴管及烧杯中分别盛有液体。下列组合中不可能形成喷泉是（ ）
A．HCl和H2O B．O2和H2O
C．NH3和H2O D．CO2和NaOH溶液
(2)某学生积极思考产生喷泉的其它方法，并设计了如图2所示的装置。
①在图2的锥形瓶中，分别加入足量的下列物质，反应后可能产生喷泉的是 ( )
A．Cu与稀盐酸
B．NaHCO3与NaOH溶液
C．CaCO3与稀硫酸
D．NH4HCO3与稀盐酸
②在图2锥形瓶外放一水槽，瓶中加入酒精，在水槽中加入冷水后，再加入足量的下列物质，结果也产生了喷泉，水槽中加入的物质可以是（ ）
A．浓硫酸 B．食盐 C．硝酸钾 D．硫酸铜
这种方法产生喷泉的原理是______________________________________
③比较图1和图2两套装置，从产生喷泉的原理分析，图1是____________上部烧瓶内气体压强；图2是________________下部锥形瓶内气体压强（均填增大或减小）
(3)城市中常见的人造喷泉及火山爆发的原理与上述_______________（填图1或图2）装置原理相似。
方法：从形成喷泉的条件――压强差来分析。
捷径：(1)根据喷泉必须存在压强差这一原理，对选项A、B、C、D逐一分析，其中HCl、NH3极易溶于水，CO2迅速与NaOH溶液反应，以此知A、C、D均可形成喷泉，而O2在水中溶解度较小，故不能形成很大的负压，因而不能形成喷泉，以此得答案为B。
(2)图2与图1不同的是，图1为烧瓶内减压，而图2为锥形瓶内加压。要使图2中出现喷泉，必须依靠一切条件使锥形瓶内气压迅速增大。
①依据锥形瓶内迅速产生大量气体使气压迅速增大这一原理知，D选项符合题意，A不反应，B虽反应，但不能产生气体，C中由于生成微溶性的CaSO4覆盖在CaCO3固体表面使反应难以继续发生，故也不能产生喷泉。
②因酒精沸点低、易挥发，故要使其产生大量酒精蒸气使气压迅速增大而形成喷泉，必须使水槽内冷水迅速升温。对照四个选项，很容易获得答案A。
③依据上述说明，图1是减小上部烧瓶内气体压强，图2是增大下部锥形瓶内气体压强。
(3)人造喷泉及火山爆发时，空气中大气压强基本不变，而增加的是施加在液体上的压强，故与图2装置的原理相似。
总结：中学课本中的两个喷泉实验均以烧瓶内气体减少而导致气压降低而得以形成。该题图2，一反常态，要求考生联系现实生活，依据压强差，从相反的角度去进行分析，对考生的能力要求较高。在此题面前，考生的逆向思维、知识运用能力、综合分析能力都经受了考验。
例题4 ：(1)在实验室中，利用气体和溶剂的某种性质，常在一特定的装置中模拟自然界的现象，形成美丽的喷泉。试解释实验室用NH3（或HCl）和水能形成喷泉的原因。
(2)某学生试图用氨气和水去做喷泉实验，结果实验失败，试分析实验失败的可能原因。
(3)图中，烧瓶已充满某种气体X，气体体积为1000mL(273K,101325Pa），烧杯中盛满水，直导管长L=60cm，导管进入烧杯12cm，气体的溶解度在273K时为1:40（1 体积水能溶解101325Pa下气体40体积）。实验开始，胶头滴管先向烧瓶中注入1mL水，通过计算确定能否看到喷泉现象？假设压强的微小变化对气体溶解度的影响忽略不计。
方法：从形成喷泉的条件――压强差来分析。
捷径：(1)因NH3（或HCl）极易溶于水，故从胶头滴管中挤入少量水会使大量NH3（或HCl）溶于其中，结果使容器内外产生较大的压强差，从而形成喷泉。
(2)实验失败的原因从何进行分析，是解答出此题的出发点。根据形成喷泉必须使容器内外产生较大的压强差，可得其原因主要有：①烧瓶潮湿；②烧瓶内有大量空气；③导管太长；④胶头滴管向烧瓶中注入的水太少；⑤漏气。
(3)形成喷泉的先决条件必须是烧瓶内的负压大于导管内水面上升至喷嘴的液柱压强。根据题意，注入的1mL水最多可溶解40mLX气体，以此形成的负压ΔP=1.01325×105Pa× = 4053 Pa，导管内水面上升至喷嘴需克服的压强差ΔP'=ρgh=1×103kg·m-3×9.8m·s-2×(60-12)×10-2m=4704Pa，因ΔP<ΔP'，导管内水柱的液面不可能上升至喷嘴，故不能看到喷泉现象。
总结：该题将化学中喷泉实验的原理，巧妙地与物理中的水柱引起的压强相联系，为一理化综合题。此题的设问有因果设问，有果因设问，有开放性设问、有发散性设问。整个试题不仅考查了考生思维的敏捷性、广阔性和严密性，还考查了考生的跨学科综合能力和对问题的整体分析能力。
例题5 ：实验室用浓盐酸和MnO2加热制Cl2并用Cl2 和Ca(OH)2 反应制少量漂白粉，现已知反应：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，温度稍高即发生副反应：6Cl2+2Ca(OH)2=5CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O。现有三个学生分别设计的三套实验装置如下：
⑴请从以下六个方面对上述甲、乙、丙三套装置的优缺点作出评价，并选择符合题目要求的选项填在空格内（用字母表示）：
a、不易控制反应速率 b、容易控制反应速率 c、有副反应发生；
d、可防止副反应发生 e、污染环境 f、可防止环境污染
甲装置：优点 ，缺点 。
乙装置：优点 ，缺点 。
丙装置：优点 ，缺点 。
⑵请从上述甲、乙、丙装置中选取合理的组成部分，组装一套较完善的实验装置，装置各部分按气流从左到右的方向是（用字母表示） 。
⑶实验中若取12mol / L盐酸50mL与足量 MnO2 反应，最终生成Ca(ClO)2的物质的量是 0.15mol (填大于、小于或等于)，其可能原因是：（假定各步反应均无反应物质损耗，且无副反应发生） 。
方法：此题为一综合实验辨析题。实验目的是制漂白粉；原理是利用MnO2与浓盐酸反应生成 Cl2，再使Cl2 与消石灰反应制漂白粉；实验过程中注意：一要将浓盐酸与MnO2 分开盛放，二要及时对Cl2与消石灰的反应混合物进行冷却，三要及时对尾气进行吸收处理。依据以上要求，对题中装置进行辨析，分析优缺点，并根据三个装置中的优点，组装一套较完善的实验装置。
捷径：⑴甲装置能及时对Cl2与消石灰的反应混合物进行冷却，但浓盐酸与MnO2 直接混在一起，不易控制反应速率，且没有尾气处理装置，故其优点是d，缺点是a、e。乙装置能对尾气进行处理，但浓盐酸与MnO2 直接混在一起，不易控制反应速率，且没有及时对Cl2与消石灰的反应混合物进行冷却，故其优点是f，缺点是a、c。丙装置中浓盐酸与MnO2 分开放置，能控制反应速率，但没有对Cl2与消石灰的反应混合物进行冷却，也没有尾气处理装置，故其优点是b，缺点是c、e。
⑵组合甲、乙、丙三个装置中的优点，得装置中气流从左到右的方向是F、B、E。
⑶ 12mol / L盐酸50mL中的HCl为12mol / L×0.050L = 0.60mol，与足量的MnO2 反应，因随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐降低，当变成稀盐酸后将不再与MnO2反应，故生成的Cl2小于0.15mol，最终生成的Ca(ClO)2的物质的量也小于0.15mol 。
总结：①温度稍高即发生副反应，是该题确定实验装置的重要条件，部分同学因忽视这一点而难以确定装置的优缺点；②与MnO2反应的盐酸必须是浓盐酸，当盐酸的浓度降低后，反应便不再发生，不少同学未能理解这一点而出错。
例题6 ：现有下列三种气体发生装置和三种气体收集装置(如图)，要制取Cl2、O2、H2各选用哪种装置最合适？(a)—(f)中有无同时对这三种气体都适用的装置？
方法：从制取气体的原理与条件去分析。
捷径：选择气体发生装置要考虑制取这种气体的反应物状态和反应条件。制取Cl2是固体(MnO2)和液体(浓盐酸)在加热条件下的反应，这类反应选装置(a)。该装置还适用于制HCl、SO2、NO2、C2H4等气体。制取氧气一般用加热固态含氧化合物(KClO3和MnO2的混合物或KMnO4)使其分解的方法，这类反应选装置(c)。该装置还可用于制NH3、CH4等气体。制取H2是固体(Zn、Fe等)和液体(稀硫酸或稀盐酸)的反应，不需加热，这类反应选装置(b)。该装置还可用于制CO2、H2S、C2H2等气体。以此得结果为：制取Cl2用
(a)、(d)或(e)；制取O2用(c)、(d)或(e)；制取H2用(b)、(d)或(f)。
总结：选择收集气体的装置要考虑气体的水溶性或对空气的相对密度。凡在水中溶解度较小的气体，一般都用排水法收集，可得到纯度高的气体，Cl2可跟水反应，在用排水法收集Cl2时水槽中应盛饱和食盐水，以抑制Cl2跟水的反应。比空气重的气体可用(瓶口)向上排空气法收集；比空气轻的气体可用(瓶口)向下排空气法收集。
聚宝盆：
1．常见的计量仪器有：托盘天平、容量瓶、量筒、量杯、滴定管、移液管等。其中容量式量具为：容量瓶；流出量式为：量筒、量杯、滴定管、移液管等。
2．常见的加热仪器有：试管、烧杯、锥形瓶、烧瓶、蒸发皿、坩埚等。
3．实验仪器及装置的选择要考虑多种因素。因一个化学反应的发生受众多因素制约，如浓度、温度、压强、催化剂等，在确定实验装置或进行反应生成物的计算时，都必须全盘考虑，仔细分析。
4．实验装置或实验步骤设计时，要考虑到实验仪器的使用要求。如蒸发液体不能选用坩埚，而应用蒸发皿。
5．实验装置的装配的步骤一般为：先下后上，先左后右。
热身赛：
1．右图是一套实验室制气装置，用于发生、干燥、收集和吸收有毒气体。下列各组物质能利用这套装置进行实验的是（ ）
A．MnO2和浓盐酸
B．Na2SO3（s）和浓H2SO4
C．Cu片和浓HNO3
D．电石和水
2．要在烧杯中于加热条件下配制某溶液50mL，应选择的烧杯是________。
A．400mL烧杯 B．250mL烧杯 C．100mL烧杯 D．50mL烧杯
作出以上选择的理由是________________________________________________。
3．在实验室中分别制取CO2、H2、Cl2、NH3时，得到的气体中常含有少量杂质，为了得到较纯的气体，请从下列图中选择合适的气体发生装置，净化装置(应放的试剂)、吸收装置，并将其代号填入下表中。
制取的气体
杂质气体
发生装置
净化装置所用试剂
收集装置
(1) CO2
HCl
(2) H2
HCl
(3) Cl2
H2O
(4) NH3
H2O
4．某学生欲用H2O2催化分解来制取氧气，用浓氨水和生石灰反应来制取氨气。现有下列仪器装置（另有短乳胶管）可供选择：
（1）若制取干燥氧气，应选用的仪器是________，按气流方向连接的顺序是____________；若测定生成O2体积以确定H2O2含量应选用的仪器是________，按气流方向连接的顺序是________。
（2）若制取干燥氨气，应选用的仪器是________，按气流方向连接的顺序是____________。
5．用图装置收集以下8种气体（烧瓶位置不得移动）：
①H2、②Cl2、③CH4、④NH3、⑤NO、⑥H2S、⑦HCl、⑧SO2
(1)若烧瓶是干燥的，则由A口进气可收集的气体有____，由B口进气可收集的气体有____。
(2)若在烧瓶中充满水，可收集到的气体有____，气体由____口进入。
(3)若在烧瓶中装入洗液，用于洗气，则气体应由____口进入。
6．实验室里制取(a)溴乙烷(沸点38.4℃)、(b)乙酸(沸点118.1℃)、(c)乙酸乙酯(沸点77.1℃)三种有机物，现有甲、乙、丙三种收集装置。
(1)收集_________时，使用甲装置。
(2)收集_________时，使用乙装置。
(3)收集_________时，使用丙装置。
大检阅：
1．BC
2．C ，选择烧杯时，烧杯容积是能装溶液体积的二倍最为适宜。
3．(1)A E NaHCO3溶液 G (2) A E 水 H
(3)C E 浓硫酸 G (4 ) B D 碱石灰 F
4．1、（a）、（e）、（h） （1）→（7）→（6）→（11） （a）、（d）、（i）
（1）→（5）→（4）→（12）
2、（a）、（f）、（g） （1）→（9）→（8）→（10）
5．(1)H2、CH4、NH3、Cl2、H2S、HCl、SO2 (2)H2、CH4、NO，A (3)B
6．(1)(c) (2)(b) (3)(a)
策略22 定量实验的分析技巧
金点子：
中学化学中的定量实验主要包括：溶解度的测定、物质的量浓度溶液的配制、酸碱中和滴定、硫酸铜晶体中结晶水含量的测定、中和热的测定。
此类试题的题型主要有：定量仪器的选择、定量仪器的使用方法和要求的判断、定量实验步骤的确定、误差分析、实验结果的计算等。值得注意的是，高考试卷中的定量分析试题巳不再局限于中学化学中常见的定量实验，有些试题巳扩展至利用中学化学中的定量仪器完成一些特定的实验。
在解答定量实验试题时，常用的方法技巧有：①仪器使用要求比对。即将题中的要求与仪器的要求进行比较获解。②实验仪器比较选择。即根据实验操作，从仪器的使用要求上去选择仪器。③实验操作比较判断。即将题中的操作叙述与实验的要求比较，以确定操作的正误。④变量法误差分析，即在误差分析时，通过找出一个变量(如中和滴定时的滴定管的读数)来分析实验过程中的误差。
经典题：
例题1 ：（1992年三南高考）用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时,下列操作中正确的是 （ ）
A．酸式滴定管用蒸馏水洗净后,直接加入已知浓度的盐酸
B．锥形瓶用蒸馏水洗净后,直接加入一定体积的未知浓度的NaOH溶液
C．滴定时,没有逐出滴定管下口的气泡
D．读数时,视线与滴定管内液体的凹液面最低处保持水平
方法：从实验要求出发，分析题中操作的正误。
捷径：A项中，酸式滴定管用蒸馏水洗净后,直接加入已知浓度的盐酸，会造成滴定管内溶液的浓度低于已知浓度的盐酸，错误。C项中，滴定时,没有逐出滴定管下口的气泡，而在滴定过程中气泡会排出，以此造成滴定管的读数会变大。BD操作正确。
总结：此题要求考生从定量仪器的使用和滴定原理去分析。
例题2 ：（2001年全国高考）用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度，参考右图，从下表中选出正确选项 （ ）
锥形瓶中的溶液
滴定管中的溶液
选用指示剂
选用滴定管
A
碱
酸
石蕊
（乙）
B
酸
碱
酚酞
（甲）
C
碱
酸
甲基橙
（甲）
D
酸
碱
酚酞
（乙）
方法：根据实验要求选择：锥形瓶及滴定管中的溶液、指示剂、滴定管。
捷径：强酸和强碱中和反应时既可以用甲基橙作指示剂，也可以用酚酞作指示剂，而石蕊一般不用作中和滴定的指示剂。中和滴定时，滴定管内盛酸时应用酸式滴定管（酸式滴定管有玻璃活栓，碱式滴定管有胶皮管）其中甲为酸式滴定管。所以C、D正确。
总结：由于石蕊试液遇酸或碱颜色变化不明显，所以石蕊不能作中和滴定的指示剂。
例题3 ：（1995年上海高考）某学生中和滴定实验的过程如下：（a）取一支碱式滴定管，（b）用蒸馏水洗净，（c）即加入待测的NaOH溶液，（d）记录液面刻度读数，（e）用酸式滴定管精确放出一定量标准酸液，（f）置于未经标准酸液润洗的洁净锥形瓶中，（g）加入适量蒸馏水，（h）加入酚酞试液2滴，（I）滴定时，边滴边振荡，（j）边注视滴定管内液面变化，（k）当小心滴到溶液由无色变成粉红色时，即停止滴定。（1）记录液面刻度读数。（m）根据滴定管的两次读数得NaOH溶液的体积为22mL。指出上述实验过程中的错误之处（用编号表示） 。
方法：根据中和滴定实验的要求去分析。
捷径：（ｃ）过程中，应用待测ＮaOＨ溶液润洗滴定管后，再装液体。（ｊ）过程中，滴定时应注视锥形瓶内液体的颜色变化以及滴定的速度。（ｋ）过程中，滴定终点应为溶液变成粉红色，且半分钟内不褪色。（ｍ）过程中，体积的读数应读到小数点后两位如22.00mL。其余正确。以此实验过程中的错误之处有（c）（j）（ｋ）（ｍ）。
总结：（c）过程中，滴定管润洗后，再加入NaOH溶液的步骤很多。题中没有详细叙述，考生在分析时要注意。
例题4 ：(1999年全国高考)图1表示10mL量筒中液面的位置，A与B,B与C刻度间相差1mL, 如果刻度A为4，量筒中液体的体积是________mL。
（2）图II表示50mL滴定管中液面的位置，如果液面处的读数是a ，则滴定管中液体的体积是（填代号）______________。
A． amL B．（50-a）mL
C．一定大于amL D．一定大于（50-a）mL
方法：根据实验仪器的实际和精确度分析。
捷径：（1）量筒的精确度为0.1mL，且读数从下到上逐渐增大，以此得量简中液体的体积是3.2 mL。
（2）滴定管的精确度为0.01mL，且读数从上到下逐渐增大，50mL滴定管中液面处的读数是a ，则表示滴定管中刻度部分的液体体积为(50-a)mL，而滴定管中液体的体积应包括有刻度和无刻度两部分，因此滴定管中液体的体积一定大于（50-a）mL。选D。
总结：量筒的刻度值自下向上逐渐增大，而滴定管的刻度值自上向下逐渐增大。
例题5 ：(2001年全国高考)某学生利用氯酸钾分解制氧气的反应，测定氧气的摩尔质量。实验步骤如下：
①把适量的氯酸钾粉末和少量二氧化锰粉末混合均匀，放入干燥的试管中，准确称量，质量为ag。
②装好实验装置。
③检查装置气密性。
④加热，开始反应，直到产生一定量的气体。
⑤停止加热（如图，导管出口高于液面）。
⑥测量收集到气体的体积。
⑦准确称量试管和残留物的质量为bg。
⑧测量实验室的温度。
⑨把残留物倒入指定的容器中，洗净仪器，放回原处，把实验桌面收拾干净。
⑩处理实验数据，求出氧气的摩尔质量。
回答下列问题：
⑴如何检查装置的气密性？ 。
（2）以下是测量收集到气体体积必须包括的几个步骤；①调整量简内外液面高度使之相同；②使试管和量筒内的气体都冷却至室温；③读取量简内气体的体积。这三步操作的正确顺序是： （请填写步骤代号）。
（3）测量收集到气体体积时，如何使量简内外液面的高度相同？ 。
（4）如果实验中得到的氧气体积是c L（25℃、1.0×105Pa）的，水蒸气的影响忽略不计，氧气的摩尔质量的计算式为（含a、b、c，不必化简）：
M(O2)=
方法：通过实验装置、实验步骤、实验结果进行综合分析。
捷径：
（1）将导管的出口浸入水槽的水中，手握住试管，有气泡从导管口逸出，放开手后，有少量水进入导管，表明装置不漏气。
（2）实验目的是精确测量量筒内气体的体积。所以要做到：①温度与室温相同；②量筒内外的液面必须相平，这样保证量筒内气体的压强与外界大气压相等。满足这两点后才能读取量筒内气体的体积。其操作顺序为：②①③。
MnO2
（3）使量筒内外液面的高度相同可采用慢慢将量筒下降的方法。
△
（4）根据反应方程式：2KClO3 === 2KCl+3O2，反应前后试管内固体的质量差就
是放出氧气的质量。即（a—b）g，
设所求O2摩尔质量为Mg·mol—1，则n（O2）= 。
再将c L气体转化为标准状况时的体积
设P1= P0， V0= ，
n（O2）= 两种求法中氧气的物质的量应相等，即
，M(O2)=
总结：本题考查实验操作、原理、数据采集和处理。是利用常见的实验，稍作改变，变成定量实验，从而实验操作也相应发生改变。采集数据时还应用到物理常识，因而这既是一道理化综合题，又是一道具有创新意识的实验题，对今后的高考命题具有导向作用。
例题6 ：（1991年三南高考）根据实验室中测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验,填写下列空白.
(1)从下列仪器选出所需仪器(用标号字母填写) .
(A)托盘天平(带砝码)、(B)研钵、(C)试管夹、(D)酒精灯、(E)蒸发皿、(F)玻璃棒、(G)坩埚、(H)干燥器、(I)石棉网、(J)三脚架
除上述仪器外,还需要的仪器是 。
(2)某学生实验后得到以下数据：
请写出结晶水含量(x%)的计算公式(用W1、W2、W3表示)
x%= ，该生测定结果是偏高还是偏低? 。
从下列分析中选出该学生产生实验误差的原因可能是(填写字母) .
A．加热前称量时容器未完全干燥;
B．最后两次加热后的质量相差较大(大于0.1克);
C．加热后容器未放入干燥器中冷却;
D．加热过程中晶体有少量溅失.
方法：通过实验要求、实验步骤、实验结果进行综合分析。
捷径：(1) 从实验室中测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验要求，可选出所需的仪器为：A、B、D、F、G、H、J 。除题中仪器外，还需要的仪器为：坩埚钳、泥三角、药匙。
(2) 结晶水的含量为水的质量除以胆矾的质量，即x%= 。
将该生的测定结果代入上述公式，并将求算的结果与胆矾中结晶水的实际含量作比较得该生的测定结果偏高。分析其原因可能为A、D两项。
总结：解答此题，要求考生能正确把握实验原理和实验操作，如果未做过该实验，想回答完整是比较困难的。
金钥匙：
例题1 ：用中和滴定的方法测定NaOH和Na2CO3的混合液中NaOH含量时，可先在混合液中加入过量的BaCl2溶液，使Na2CO3完全变为BaCO3沉淀，然后用盐酸标准液滴定（用酚酞作指示剂，其变色范围为8～10），试回答：
(1) 滴定前是否需将BaCO3沉淀过滤除去？为什么？
(2) 若用甲基橙作指示剂（其变色范围为3.1～4.4），则测定的结果 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
方法：从滴定实验中指示剂的变色范围去分析。
捷径：（1）酚酞是在碱性范围内变色，而BaCO3只有在酸性溶液中才会溶解，所以在滴定前不需要将BaCO3沉淀滤去。
（2）甲基橙在酸性范围内变色，当指示剂变色时，已有部分BaCO3与盐酸反应，则消耗盐酸的量偏大，测定结果偏高。
总结：使用不同指示剂时，滴定终点不同，即同样的反应物之间的反应可能有不同的产物生成。解题时，要注意指示剂的选择和可能造成的影响。
例题2 ：用已知浓度的酸滴定未知浓度的碱溶液时，在实验过程中会导致测定结果偏低的操作是 （填序号）。
①酸式滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液润洗
②碱式滴定管用蒸馏水洗后，未用待测液润洗
③配制碱液时，称量后固体吸湿
④滴定前酸式滴定管尖嘴部分有气泡，而在滴定过程中气泡被赶走
⑤滴定过程中，不慎将锥形瓶中溶液摇出少量于瓶外
⑥滴定前仰视读数，滴定后俯视读数
方法：当酸碱恰好中和时，c标 V标 v待 = c待 V待 v标 （c、V、v分别表示浓度、溶液体积、化学方程式中酸或碱的化学计量数）。
所以，c待= ，其待测液的浓度仅取决于V标的大小。
捷径：①相当于稀释了标准溶液，耗V标偏多，测定结果偏高；
②相当于稀释了待测溶液，使待测溶液中溶质的物质的量减少，滴定时耗V标偏少，测定结果偏低；
③无影响；
④尖嘴处有气泡，滴定时气泡被赶光，说明耗V标偏多，测定结果偏高；
⑤减少待测液中溶质的物质的量，耗V标偏少，测定结果偏低；
⑥使V标偏小，测定结果偏低。
以此测定结果偏低的操作是② ⑤ ⑥ 。
总结：中和滴定的误差分析是经常考查的重点内容，由于c标、V待、v待、v标均为定值，所以c待的大小只取决于V标的大小。引起V标误差的常有：（1）读数，（2）仪器洗涤，（3）滴定管漏夜，（4）标准液不标准（如称量、配量、混入杂质等引起的），（5）指示剂用错，（6）待测液的量取等。部分同学在进行中和滴定的误差分析时，常不能抓住哪些量为定值，哪些量为可变值，导致判断错误。如①中，c标降低，故有同学认为c待偏低。
例题3 ：实验室为测定某工业废水中的含酚（以苯酚为代表）量，进行如下操作：
（1） 称取2.7833 g干燥的分析纯KBrO3与大约10 g KBr，混合溶解于少量蒸馏水中，然后用容量瓶配制成
1 L溶液，
（1） 用纯的Na2S2O3·5H2O准确配制成1 L 0.1000 mol/L溶液（标准液）。
（2） 准确量取含酚（以苯酚为代表）水样100.00 mL。在此水样中准确地滴加15.00ｍL KBrO3 ∽ KBr混合溶液，并加适量盐酸将水样酸化。此时两种钾盐即反应生成Br2，Br2立即与苯酚反应生成沉淀。
（3） 上述反应进行完全后，再加入约1g KI，放置5分钟。然后用淀粉作指示剂，用Na2S2O3标准液滴定至蓝色恰好消失为止。2Na2S2O3 + I2 = 2NaI + Na2S4O6 。结果用去Na2S2O3标准液7.80 ml 。
求：水中的含酚量（mg/L）。
方法：本题文字篇幅较大，涉及的反应较多，但可通过列出各反应物或生成物间的关系，将多步反应化成一步进行求解。
捷径：运算前先以Br2的物质的量为中心将数种反应物间的物质的量关系理清。题中产生Br2的定量物质是KBrO3。运用化合价升降法配平得：KBrO3 + 5KBr + 6HCl = 3Br2 + 6KCl + 3H2O。可见1 mol KBrO3产生了3 mol Br2 。
消耗Br2的物质有苯酚和KI。1mol苯酚耗溴3 mol生成2，4，6 —三溴苯酚，另一部分Br2转化成I2( Br2 +2KI =I2 + 2KBr )，I2再用Na2S2O3滴定，其结果相当于每 mol Na2S2O3消耗Br2 0.5 mol 。生成Br2与消耗Br2的量相等。
有关物质的物质的量之关系如下：
3n(KBrO3) = 3n(C6H6O)+ 0.5n(Na2S2O3)
代入具体数据计算（设100.00ml水样中含苯酚x mol）：
3× (2.7833/167)× (15/1000) = 3x + 0.5×(7.8/1000)×0.1
解得x = 1.2 × 10-4（mol）。（式中167为KBrO3摩尔质量的值）。
含酚量1.2×10-4mol×94g/mol×1000mL/L×10 = 112.8mg/L。
总结：该题的巧解在于通过多步反应列出关系，否则计算将很繁杂。
例题4 ：实验室有一包 KCl和 AlCl3的固体混合物，通过以下实验可确定 KCl和 AlCl3的质量之比，试根据实验方法和主要步骤，回答有关问题：
（1）调整托盘天平的零点时，若指针偏向右边，应将右边的螺丝向 旋动。
（2）某学生用已知质量为 y g的表面皿准确称取 W g样品，他在托盘天平的右盘上放上（W＋y）g的砝码，在左盘的表面皿中放入样品，此时指针稍偏右边，该学生应怎样操作 ；
（3）将样品置于烧杯中加适量水溶解，滴入过量的A溶液，烧坏中有沉淀物，则A溶液的名称是 ；
（4）过滤，某学生欲用右图装置操作，错误之处应怎样纠正？ ；
（5）甲学生用水多次洗涤过滤所得沉淀物，然后使其干燥，得到固体纯净物C，质量为W2g，C的名称是 ；
（6）乙学生将过滤所得滤液跟甲学生洗涤沉淀所得液体混合，然后蒸干溶剂，再充分加热，最后得到纯净KCl固体W1g，则原混合物中KCl与AlCl3的质量之比的计算式为 。
方法：根据实验要求分析题示中所给出的各项内容。
捷径：通过整体分析得结果为：（1）左；（2）往左盘表面皿上慢慢加少量样品，使指针指向标尺中间；（3）氨水；（4）漏斗下端管口应紧靠烧杯内壁，倾倒液体时应用玻璃棒引流；（5）Al（OH）3；（6）KCl和 AlCl3的质量之比为：W1：（W-W1）或W1：133.5W2/78） 。
总结：此题将中学化学中的常见实验，应用于定量测定，主要考查了考生的实验综合能力和实验分析能力。
例题5 ：实验室有一瓶混有少量NaCl杂质的NaOH固体试剂，为准确测量其纯度，采用盐酸滴定法进行测定。
①称取W g NaOH固体试剂配制成100.00 mL水溶液备用；
②将浓度为c（mol·L—1）的标准盐酸装在用标准盐酸润洗过的25.00 mL酸式滴定管中，调节液面位置在零刻度以下，并记下刻度；
③取V1 mL NaOH待测溶液置于洁净的锥形瓶中，加入2~3滴甲基橙指示剂充分振荡，然后用浓度为c（mol·L—1）的标准盐酸滴定，用去盐酸V2 mL。试回答：
（1）配制准确浓度的NaOH溶液，必须使用的主要容器是 。
（2）如有1 mol·l—1和0.1 mol·L—1的标准盐酸应选用 盐酸，原因是 。
（3）滴定终点时溶液颜色由 变为 色。
（4）若酸式滴定管尖嘴气泡未排出，会使碱测定值 （偏大、偏小）。
（5）不用标准盐酸润洗酸式滴定管，会使碱测定值 （偏大、偏小、无影响）。
（6）固体试剂NaOH纯度计算公式为 。
方法：从中和滴定整个过程进行综合分析。
捷径： 根据实验要求和实验过程得：（1）100.00 mL的容量瓶 。（2）00.1 mol·L—1 盐酸，原因是因为溶液浓度越稀，误差就越小。（3）由黄色变为橙色。（4）偏大。（5）偏大。（6）NaOH%= ×100% 。
总结：此题考查了中和滴定的仪器、操作步骤、终点观察、误差分析等全部知识。自准备阶段开始，中和滴定可用以下10个字概括：洗、查、润、灌、赶、调、加、滴、读、算。只要明确每步操作中所用仪器、注意事项、操作要点，此类题目即可迎刃而解。
聚宝盆：
有关酸碱中和滴定试题，是高考试卷中的常考点，此类试题在要注意：
1．指示剂的选用
酸碱中和滴定时一般选用酚酞和甲基橙（因石蕊颜色变化不明显，故不用作酸碱中和滴定的指示剂）。而最重要的是要选择指示剂变色范围与滴定终点时溶液的pH尽可能一致的指示剂。（1）强酸和强碱中和时，可用酚酞和甲基橙。（2）强酸和弱碱中和时，选用酸性条件下变色的甲基橙。（3）强碱和弱酸中和时，选用碱性条件下变色的酚酞。（4）若待测液中的杂质在指定指示剂的变色范围内不与标准液反应，即可直接滴定，不影响测定结果；若杂质能与标准液反应，则应在滴定前除去杂质，确保测定的准确度。
2．误差分析
误差分析的着力点，应紧扣一个关系式：c (未) = ，因待测液c (未)的值是
由c(标)、V(标)、V(未)三项决定的，所以误差分析也就依此三项的计算值代入公式中进行计算的数值和真实值之间的大小来确定。例如：
①滴定管未用标准溶液润洗就进行滴定，使标准溶液浓度变小（原滴定管中内壁附着有蒸馏水），而计算仍用原标准溶液的c(标)，V(标)（在滴定中用去的）就比原应消耗的真实值要大，使c(未)物质的量浓度偏高。
②锥形瓶水洗后用待测液润洗，使待测液的实验用量比实际量取的体积大，造成V(标)（在滴定中用去的）比原应消耗的真实值要大，而在计算时仍用量取时的体积数V(未)，故c(未)的物质的量浓度偏高。
③滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后消失,尖嘴部分被充满后,使V(标)（在滴定中用去的）就比原应消耗的真实值要大，使c(未)物质的量浓度偏高。
④滴定管漏液或滴定过程中不慎滴在外面，使V(标)（滴定中用去的）就比原应消耗的真实值要大，使c(未)物质的量浓度偏高。
⑤滴定过程中锥形瓶振荡过于激烈，使少量待测液溅出，即使V(标)读数比原应消耗的真实值要小，使c(未)物质的量浓度偏低。
⑥滴定前仰视读数或滴定后俯视读数，造成V(标)的读数值比滴定中用去的（消耗的真实值）要小，结果c(未)物质的量浓度偏低。
⑦滴定速度过快，又未摇匀，发现后批示剂巳变色，即标准液用量过多，V(标)（滴定中用去的）就比原应消耗的真实值要大，使c(未)物质的量浓度偏高。
3．减少实验误差的三点做法：①半分钟：振荡半分钟内颜色不褪去，即为滴定终点。②1～2分钟：滴定停止后，必须等待1～2分钟，让附着在滴定管内壁的溶液流下后再行读数。③重做一次：同一实验做二次，取其平均值进行计算。
热身赛：
1．化学实验报告上记叙着下列数据：
(a)用量筒量取5.23 mL盐酸
(b)用广泛pH试纸测得某酸溶液的pH值是3.3
(c)用托盘天平称取11.7 g食盐
(d)在中和滴定时用去21.80 mL升氢氧化钠溶液；
其中测量数据的读数合理的是 （ ）
A．(a)(b) B．(b)(c) C．(c)(d) D．(b)(c)(d)
2．下列仪器中，没有“0”刻度线的是 ( )
A．温度计 B．酸式滴定管 C．托盘天平游码刻度尺 D．量筒
3．下列实验操作会引起测定结果偏高的是 ( )
A．测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验中，晶体加热完全失去结晶水后，将盛试样的坩埚放在实验桌上自行冷却
B．中和滴定用的锥形瓶加入待测液后，再加少量蒸馏水稀释
C．为了测定一包白色粉末的质量，将药品放在右盘，砝码放在左盘，并需移动游码使之平衡
D．取待测液的移液管用水洗后，没用待测液润洗2～3次
4．以下仪器：(1)中和滴定实验用的锥形瓶，(2)中和滴定实验用的滴定管，(3)容量瓶，(4)配制一定物质的量的浓度的NaOH溶液用于称量的烧杯，(5)测定硫酸铜晶体中结晶水含量用的坩埚，用蒸馏水洗净后便可立即使用而不会对实验结果造成误差的是 （ ）
A．(1)和(2) B．(1)和(3) C．(1)、(3)、(5) D．(2)、(4)、(5)
5．有关中和滴定实验操作不正确的是 ( )
A．滴定过程中，左手振荡锥形瓶，右手控制开关。
B．滴定管中加进标准液后，要结合排放气泡使液面降至零刻度以下。
C．锥形瓶用蒸馏水洗涤后，再用待测液润洗，再加进待测液。
D．滴定管用蒸馏水洗涤后，再用标准液润洗，再加进标准液。
6．下列配制溶液的操作能引起浓度偏高的是 （ ）
A．用1g 98%的浓硫酸加入4 g水中配制1：4硫酸溶液
B．配制一定物质的量浓度的硫酸溶液时，最后在容量瓶中加水稀释至标线，塞好塞子摇倒转混匀后，发现液面低于标线。
C．在100 mL无水乙醇 中，加入2 g甲醛溶解配制2%的甲醛酒精溶液
D．在80 mL水中，加入18.4 mol/L硫酸溶液2 0mL，配制3.68 mol/L稀硫酸
7．下图是用0.1mol/L NaOH溶液中和某浓度H2SO4溶液时，溶液的 pH值变化的曲线。依此求
(1)H2SO4溶液的物质的量浓度 。
(2)滴定到b点，溶液的总体积是________mL。
8． 50mL0.50 mol / L盐酸与50mL0.55 mol / LNaOH溶液在如右图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出来的热量可计算中和热。回答下列问题：
（1）从实验装置上看，图中缺少的一种玻璃用品是 。
（2）烧杯间填满碎纸条作用是 。
（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值 。（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）
（4）实验中改用60mL0.5 mol / L盐酸跟50mL0.55 mol / LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量 （填“相等”、“不相等”）。
（5）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测定的中和热的数值会 ；用50mL0.50 mol / LNaOH溶液进行上述实验，测定的中和热的数值会 。（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）
9．用右图所示装置测定某铁的氧化物中铁元素和氧元素的质量比，记录如下：
装铁的氧化物的玻璃管为20 g；
玻璃管和铁的氧化物质量为23.6 g；
烧杯和澄清石灰水的质量为150 g；
通入一氧化碳并加热，铁的氧化物全部变为铁后，再称量石灰水的烧杯的质量为152.2 g。
根据上述的实验记录，计算此铁的氧化物中铁元素和氧元素的质量比。
10．称取W g Na2CO3，正好与10 mL盐酸作用，全部生成CO2、H2O和NaCl，这种盐酸的物质的量浓度是 。
(1)如果上述w gNa2CO3中，混有一些NaCl，那么这种盐酸的实际浓度比原来所测定的浓度要 。
(2)如果上述w gNa2CO3中，混有一些K2CO3，那么这种盐酸的实际浓度比原来测定的浓度要 。
(3)如果上述w gNa2CO3中，混有一些NaOH，那么这种盐酸的实际浓度比原来测定的浓度要 。
11．测定水中溶解氧气的方法是：取a mL水样，迅速加入MnSO4溶液及含有NaOH的KI溶液，立即塞好塞子、振荡，使反应充分；开塞，迅速加入适量H2SO4，此时有I2生成；用Na2S2O3溶液(b mol/L)和I2反应，消耗VmL达到终点（以淀粉作指示剂）。有关的方程式为：
2Mn2++O2+4OH-=2MO(OH)2 （反应很快）
MnO(OH)2+2I-+4H+=Mn2++I2+3H2O
I2+2S2O32-=S4O62-+2I-
(1)需要进行滴定的操作步骤是____，终点的颜色变化为____。
(2)水中溶解O2为(以mg/L为单位)____。
(3)加MnSO4及含NaOH的KI溶液振荡时，塞子若未塞紧（设未溅出溶液），测得结果将____（偏高，偏低，或无影响），原因是____。
12．假设按正确操作进行硫酸铜晶体(CuSO4·xH2O)结晶水含量测定，测得x=5。
(1)若加热至硫酸铜晶体完全变白，在空气中冷却，然后进行称量，则计算出x_____5(大于、小于、等于，下同)。
(2)若开始称量的瓷坩埚沾有少量水滴，则最后计算出的x_____5。
(3)若在加热硫酸铜晶体时，有少量固体物质溅出瓷坩埚，则最后计算出的x______5。
大检阅：
1．C 2．D 3．C 4．B 5．AC 6．CD
7．(1)H2SO4的浓度为0.5mol/L，(2)溶液总积为44mL
8．（1）环行玻璃棒 （2）保温，防止实验过程中热量损失
（3）偏小 （4）不相等 （5）偏小； 无影响
9．7 : 2
10．100w/53mol/L (1)低 (2)低 (3)高
11． (1)Na2S2O3与I2反应；蓝色刚好褪去
(2)8000Vb/a mg/L (3)偏高；因为进入空气，O2增多
12. (1)小于 (2)大于 (3)大于
策略23 物质检验、鉴别、验证题的解题方法与技巧
金点子：
物质的检验、鉴别与验证，既有相似之处，又有不同之处。
1．物质的检验：要求从两种或两种以上的物质中检验出其中的某一种或几种物质。常通过该物质的特殊性质予以确定。
2．物质的鉴别：为两种或两种以上的物质组合，通过实验予以区别、区分。常通过各种不同物质与某一种物质反应的不同现象予以区别。
3．物质的验证：为一种或一种以上的物质组合，通过实验予以确证，并能回答是还是否。对众多物质的组合，还要考虑验证的先后顺序。
经典题：
例题1 ：（1996年上海高考）下列各组溶液,只要用试管和胶头滴管,不用任何试剂就可以鉴别的是 ( )
A．KOH和Al2(SO4)3 B．稀H2SO4和NaHCO3
C．CaCl2和Na2CO3 D．Ba(OH)2和NaHSO4
方法：将选项中的物质通过互滴分析。
捷径：将一种物质的溶液滴入另一种物质的溶液，或将另一种物质的溶液滴入此种物质的溶液，只有A选项中现象不同，故A选项只要用试管和胶头滴管就能鉴别，选A。
总结：有关不用任何试剂就可以鉴别物质的试题，要注意的是也不可以用焰色反应。
例题2 ：（1996年上海高考）检验氯化氢气体中是否混有Cl2,可采用的方法是 ( )
A．用干燥的蓝色石蕊试纸 B．用干燥有色布条
C．将气体通入硝酸银溶液 D．用湿润的淀粉碘化钾试纸
方法：利用两种物质的性质不同进行鉴别检验。
捷径：HClO具有漂白性，而Cl2无漂白性。选项A、B在干燥环境下，Cl2并不能转变为HClO，因无漂白性，无法与HCl气体区别；C中气体通入AgNO3溶液，都产生白色沉淀，因为Cl2与H2O反应也产生Cl—；D中Cl2与KI反应产生I2，I2遇淀粉变蓝，氯化氢与其不发生反应。故选D。
总结：Cl—和单质Cl2是两种不同的物质，因而具有不同的性质。利用它们之间不同的性质才是鉴别它们的方法。如Cl2有氧化性，Cl—无氧化性，潮湿Cl2具有漂白性，而Cl—无漂白性等。
例题3 ：（1993年全国高考）向某溶液中加入过量盐酸生成白色沉淀;过滤后向滤液中加入过量的氨水(使溶液呈碱性),又有白色沉淀生成;再过滤后向滤液中加入碳酸钠溶液,又生成白色沉淀 .原溶液中含有的离子可能是 ( )
A．Ag+、Cu2+、Ba2+ B．Ag+、Ba2+、Al3+
C．Ag+、Al3+、Ca2+ D．Al3+、Mg2+、K+
方法：从物质间的反应规律及其现象求解。
捷径：依题意，某溶液依次能跟盐酸、氨水、Na2CO3反应都生成白色沉淀，可推知溶液中应有Ag+、Al3+、Ba2+或Ca2+。因A项中加入过量的氨水使溶液呈碱性,无白色沉淀生成，可排除A。而D项中加入过量盐酸也无白色沉淀生成，可排除D。仅有BC项符合，故选BC。
总结：向溶液中加入过量的盐酸产生白色沉淀或浑浊常见的阳离子有Ag+，阴离子有SiO32—等，在S2O32—中加入H+有浅黄色浑浊。（若加少量盐酸，AlO2—、ZnO22—均出现白色沉淀。）
加入过量氨水有白色沉淀出现的常见阳离子有Al3+、Mg2+。加入CO32—出现白色沉淀的常见阳离子有Ba2+、Ca2+、Mg2+、Al3+、Zn2+等。
例题4 ：（1992年三南高考）不用其它试剂, 限用化学方法区别下列两组内的四瓶溶液 （ ）
①NaOH、NaCl、AgNO3、NH3·H2O ②NaCl、MgCl2、Al2(SO4)3、NH4Cl
A．只有①组可以 B．只有②组可以 C．两组均可以 D．两组均不可以
方法：将选项中的物质通过互滴后分组，再对组内物质通过鉴别出来的物质进行鉴别。
捷径：将①组内四种溶液取少量互滴，其它三种溶液滴入该溶液中能产生沉淀者为AgNO3。再将AgNO3滴入剩下的三种溶液(取少量进行实验)中，立即产生白色沉淀者为NaCl ；产生土黄色沉淀者为NaOH；无现象，反滴后开始有土黄色沉淀，后沉淀消失者为NH3·H2O。而②选项互滴无现象，不能区别。故选A。
总结：不用其它试剂, 又要用化学方法区别，在这种题设条件下，部分考生显得束手无策。如能理解组内物质相混合，便能正确获解。
例题5 ：（2000年苏、浙、吉高考理科综合）提纯含有少量硝酸钡杂质的硝酸钾溶液，可以使用的方法为 （ ）
A．加入过量碳酸钠溶液，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸
B．加入过量硫酸钾溶液，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸
C．加入过量硫酸钠溶液，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸
D．加入过量碳酸钾溶液，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸
方法：杂质离子仅为Ba2+，以此从Ba2+方面考虑杂质的去除。
捷径：如果加入钠盐，溶液中将增加了Na+ 这种杂质，显然选项A、C不符合题意。选项B加入过量的SO42—，虽除去了杂质Ba2+，但又引入杂质SO42—。选项D加入过量CO32—除去杂质Ba2+
，过量的CO32—又与HNO3反应，生成CO2而放出。达到提纯的目的。故选D。
总结：除去溶液中原有的杂质，要注意不能引入新的杂质。
例题6 ：（1992年三南高考）(1)浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应的化学方程式是。
(2)试用下图所列各装置设计一个实验,来验证上述反应所产生的各种产物.
这些装置的连接顺序(按产物气流从左至右的方向)是(填装置的编号):
→ → → .
(3)实验时可观察到装置①中A瓶的溶液褪色,C瓶的溶液不褪色。A瓶溶液的作用是 , B瓶溶液的作用是 。C瓶溶液的作用是 。
(4)装置②中所加的固体药品是 ,可验证的产物是 ,确定装置②在整套装置中位置的理由是 。
(5)装置③中所盛溶液是 ,可验证的产物是 。
方法：根据浓硫酸与木炭粉反应的方程式确定生成物，再根据装置要求确定连接顺序和实验现象。
捷径：(1)反应的化学方程式为：2H2SO4（浓）+C 2H2O+2SO2↑+CO2↑
(2) 验证反应所产生的产物有CO2、SO2和H2O。其顺序为：④→②→①→③。
(3) 从实验过程分析得，A瓶溶液的作用是：验证产物气流中有无SO2 。B瓶溶液的作用是：将产物气流中SO2全部氧化吸收，以防对验证CO2产生干扰。C瓶溶液的作用是：确认产物气流中SO2是否已被B瓶溶液全部吸收。
(4) 装置②中所加的固体药品是无水硫酸铜(或变色硅胶)，可验证的产物是水蒸气，确定装置②在整套装置中位置的理由是：由于产物气流通过①、③时会带出水气,所以②必须在①、③之前。
(5) 装置③中所盛溶液是澄清石灰水，可验证的产物是CO2(二氧化碳)。
总结：验证反应所产生的气体产物时，要注意先验证水，因只要通过水溶液，便会有水蒸气带出。再验证SO2，并通过KMnO4除去SO2。最后验证CO2。其顺序不能颠倒。
例题7 ：（2002年全国高考）根据下图回答问题：
(1)上述装置中，在反应前用手掌紧贴烧瓶外壁检查装置的气密性，如观察不到明显的现象，还可以用什么简单的方法证明该装置不漏气 。
(2)写出浓硫酸和木炭粉在加热条件下发生反应的化学方程式： 。
(3)如果用图中的装置检验上述反应的全部产物，写出下面标号所表示的仪器中应加入的试剂的名称及其作用：
A中加人的试剂是_____________，作用是_______________________。
B中加入的试剂是_____________，作用是_______________________。
C中加入的试剂是_____________，作用是除尽________________气体。
D中加入的试剂是_____________，作用是_______________________。
(4)实验时，C中应观察到的现象是______________________________。
方法：根据浓硫酸与木炭粉反应的方程式确定生成物，再根据装置图和实验要求，确定各装置所盛试剂和作用。
捷径：（1）因装置较多、空间较大，故在反应前用手掌紧贴烧瓶外壁观察不到明显的现象。此时可以改用，在反应前先用小火加热烧瓶，如B、C、D瓶中有气泡冒出，停止加热后，水会升到导管里形成一段水柱，则证明装置不漏气。
（2）浓硫酸和木炭粉反应的方程式为：2H2SO4（浓）+C 2H2O+2SO2↑+CO2↑
（3）从实验要求分析，要检验反应的全部产物，加入试剂的名称及其作用分别为：
A：无水硫酸铜。检验H2O B：品红溶液。检验SO2
C：酸性KMnO4溶液。除尽SO2 D：澄清石灰水。检验CO2
（4）为了说明没有SO2进入D瓶，C中应观察到的现象是：酸性高锰酸钾溶液的颜色不褪尽（或不褪色，或不褪成无色）。
总结：有关浓硫酸与木炭粉的反应，巳多次出现在高考试题中，且常考常新。此类试题要求考生准确把握反应原理和实验要求，分清所提供的各种装置的特点和应答的要求。
金钥匙：
例题1 ：下列各组溶液中，不用任何其他试剂就能鉴别的是 （ ）
A．Na2SO4，H2SO4，AlCl3，BaCl2 B．HCl，NaOH，K2SO4，NaHSO4
C．Na2AlO2，KHCO3，NaCl，NaHSO4 D．NaOH，FeCl3，MgCl2，K2SO4
方法：首先考虑有无有颜色的溶液，然后将组内溶液两两混合，观察现象。
捷径：A中溶液均无色，两两混合之：
①
②
③
Na2SO4 H2SO4 AlCl3 BaCl2
④ ⑥
⑤
①、⑤现象相同，②、③、④、⑥均无明显现象，无法区分。
同理，B组无法区分，C组可以区分。
D中FeCl3溶液为黄色（其余无色），将FeCl3作已知试剂，可以找出NaOH；再用NaOH可区分出MgCl2、K2SO4。
所以答案为C、D。
总结：四种溶液两两混合有C42=6种可能。如果涉及多种可能、多个数据的使用等问题时，引入数学中的排列、组合等知识，可以不遗漏、不重复地讨论所有的可能结论。
例题2 ：只需用水就能鉴别的是 ( )
A．HCl、Na2CO3、NaHCO3(三种溶液) B．BaCl2、BaSO4、Ba(OH)2(三种固体)
C．CuSO4、CaCO3、AgCl (三种固体) D．C2H5OH、C6H6、CCl4 (三种液体)
方法：从加水后的现象不同予以区别。
捷径：A选项均为溶液，不需用水，但也不能鉴别。B选项，加水后BaCl2、Ba(OH)2能溶于水，但溶液均为无色，不能区别。C选项，加水后只有CuSO4溶于水显蓝色，另两种不溶于水的CaCO3、AgCl不能鉴别。D选项，加水后C2H5OH溶于水，溶液不分层，而C6H6不溶于水，位于水的上方，CCl4 不溶于水，位于水的下方，可以用水鉴别。得答案为D。
总结：如果物质溶于水中热量变化不一样，也可用水鉴别(如NH4NO3、NaOH、NaCl三种固体)。
例题3 ：下列各组溶液中，不用任何试剂无法鉴别的是 （ ）
A．NaCl、Na2CO3、NaI、AgNO3 B．HCl、Na2CO3、新制氯水、NaI
C．Na2S、HCl、FeCl3、NaCl D．AlCl3、BaCl2、Na2CO3、H2SO4
方法：首先考虑有无有颜色的溶液，然后将组内溶液两两混合，观察现象。
捷径：A选项，四种溶液皆无色透明，无明显特征，且两两混合时NaCl与Na2CO3呈现的现象相同，不用试剂无法区别。
B选项，利用两两组合法：在两两组合时，四种溶液的混合现象各不相同，能够区别开来。
HCl
Na2CO3
Cl2
NaI
HCl
—
↑
—
—
Na2CO3
↑
—
↑
—
Cl2
—
↑
—
橙黄色
NaI
—
—
橙黄色
—
注：表中“↑”表示气体，“—”表示无明显现象。
C选项，利用连锁推断法：四溶液中有三种无色，只有FeCl3溶液呈黄色。将FeCl3作为鉴别用试剂，分别滴入另外三种溶液，产生黑色沉淀的是Na2S，再把Na2S溶液分别滴入其余二种溶液中，有臭鸡蛋气味气体产生的为HCl，剩下一种就是NaCl溶液。
D选项，四种溶液均为无色，两两混合时，现象各不相同，能够区别开来。
以此得答案为A。
总结：此题与例1的不同之处是，例1为“不用任何其他试剂就能鉴别”，该题为“不用任何试剂无法鉴别”。在解题时要充分注意“能”与“不能”，在此同时列出，也就是想提醒考生明白这一点。
例题4 ：下列各组混合物质，用括号中注明的分离方法分离不正确的是 （ ）
A．苯酚浊液（过滤） B．苯与溴水（萃取并分液）
C．碘和砂的混合物（升华） D．氮气和氧气（液化蒸馏）
方法：从物质的性质接合分离的方法综合考虑。
捷径：本题提供的4组混合物所用分离方法B、C、D正确，A不对。
苯酚在常温下虽然是固体（熔点43℃），但在水中不溶时呈乳浊状态而不是悬浊状态，无法过滤。
溴在苯中的溶解性明显大于在水中的溶解性，且由于苯与水互不相溶，故可用萃取、分液的方法将其分离。
碘能升华，加热直接变蒸气而与高熔点的砂分开。
工业上分离空气中的氧气和氮气，正是将空气液化，然后略微升温至高于N2的沸点（—196℃）而低于O2的沸点（—183℃）时，使N2气化而与液态O2分开。
总结：苯酚浊液中的“浊液”二字是解答该题的干扰信息，部分考生只从浊液考虑，而未能从苯酚的性质去分析，因而造成错误。
例题5 ：甲、乙、丙、丁分别是HCl、Na2CO3、Ca（OH）2、AgNO3四种溶液中的一种。将它们两两混合后，观察到的现象为：①甲与乙或丙混合都产生沉淀，②丙与乙或丁混合也产生沉淀，③丁与乙混合产生无色气体。回答下列问题。
（1）这四种溶液分别是：甲 ，乙 ，丙 ，丁 。
（2）写出有关离子反应的离子方程式。
甲与乙： 。
甲与丙： 。
丙与乙： 。
丙与丁： 。
丁与乙： 。
甲与丁： 。
方法：采用列表法将四种溶液两两混合后产生的现象分别列出，然后再逐一分析。
捷径：四种溶液两两混合后会产生的现象列表如下：
HCl
Na2CO3
Ca（OH）2
AgNO3
HCl
↑
—
↓
Na2CO3
↑
↓
↓
Ca（OH）2
—
↓
↓
AgNO3
↓
↓
↓
依题意，甲与乙、丙混合均产生沉淀，乙与丁混合产生气体，对照上表知乙为Na2CO3，丁为HCl，甲、丙为Ca（OH）2、AgNO3，再根据上表分析可确定甲、丙。答案如下
（1）Ca（OH）2 Na2CO3 AgNO3 HCl
（2）Ca2++CO32—=CaCO3↓ ； Ag++OH—=AgOH↓ ； 2Ag++CO32—=Ag2CO3↓ Ag++Cl—=AgCl↓； 2H++CO32—=CO2↑+H2O ； H++OH—=H2O 。
总结：Ag+与OH—结合生成的AgOH很不稳定，很快分解生成土黄色的Ag2O沉淀。盐酸与石灰水混合虽无明显现象，但混合后发生了中和反应。
例题6 ：分别用一种试剂鉴别下列物质：
（1）（NH4）SO4、NaCl与CH3COONa的溶液。
（2）Al2（SO4）3、MgSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4与Na2SO4的溶液。
（3）Na2SiO3、Na2S、Na2CO3、Na2SO3、Na2S2O3、NaCl的溶液。
（4）Na2SO4、NH4Cl、NaCl、（NH4）2SO4的溶液。
(5) Al2（SO4）3 、H2SO4、Ba（OH）2、CaCl2的溶液。
（6）HCOOH、CH3COOH、C2H5OH、葡萄糖的溶液。
方法：根据阳离子、阴离子或整个物质的性质不同，去选择试剂。
捷径：（1）题因NaCl不水解，溶液呈中性；而（NH4）2SO4和CH3COONa都能水解分别使溶液呈酸性和碱性。所以用石蕊试液或pH试纸就可鉴别开来。
（2）题可用NaOH溶液鉴别。根据生成蓝色沉淀鉴出CuSO4；红褐色沉淀鉴出Fe2（SO4）3；白色沉淀且立即变灰绿色，最终变红褐色鉴出Al2（SO4）3；白色沉淀不溶于NaOH溶液鉴出MgCl2；无明显现象的为Na2SO4。
（3）题可用稀硫酸或稀盐酸鉴别。6种溶液分别与稀盐酸反应，产生白色沉淀的为Na2SiO3；有臭鸡蛋气味的为Na2S；有无色无味气体产生的为Na2CO3；有无色刺激性气味气体产生的为Na2SO3；使溶液变浑浊且产生无色刺激性气味气体的为Na2S2O3；无现象的为NaCl。
（4）题可用Ba（OH）2溶液鉴别，实验在加热的情况下进行，若只有白色沉淀产生的为Na2SO4；只有气体产生的为NH4Cl；既有白色沉淀又有气体产生的为（NH4）2SO4；无明显现象的为NaCl。
（5）题可用（NH4）2CO3溶液鉴别。分别反应时，若既有白色沉淀，又有无色无味气体产生的是Al2（SO4）3；只有无色无味气体产生的是H2SO4；既有白色沉淀，又有刺激性气味气体生成的是Ba（OH）2；只有白色沉淀的是CaCl2。此外，也可选用NaHCO3溶液鉴别。
（6）中可用新制得的Cu（OH）2悬浊液鉴别。分别反应时悬浊液变为蓝色溶液的是甲酸和乙酸，再加热煮沸，产生了红色沉淀的为甲酸，无红色沉淀的为乙酸；变为深蓝色溶液，加热煮沸时又产生红色沉淀的是葡萄糖；无现象的是乙醇。
以此得答案为：（1）石蕊试液等 （2）NaOH溶液（3）稀盐酸等（4）Ba（OH）2溶液 （5）（NH4）2CO3溶液 （6）新制碱性Cu（OH）2悬浊液
总结：用一种试剂鉴别物质，首先必须考虑物质组中离子的相同部分和不同部分，再根据不同之处选择试剂。
例题7 ：已知FeS2 FeS+S，试通过实验证明某块矿石是硫铁矿（不要求测定化学式），写出简要的实验步骤。
方法： 逆向考虑，从分解产物进行证明。
捷径： 将矿石研成粉末状，置于试管中加热。若试管稍冷后试管内壁上附有黄色粉末，说明反应中有硫生成。
取少量加热后的残渣放入试管中，滴入稀盐酸，若产生有臭鸡蛋气味的气体，则证明残渣中含S2—。另取上层清液于另一支试管中，滴加适量氢氧化钠溶液，如有白色絮状沉淀析出，且沉淀很快变成灰绿色，最后变成红褐色，则证明溶液中有Fe2+，残渣中含有FeS。
根据上述实验，该矿石分解后能产生FeS和S。所以证明其为硫铁矿。
总结：本题鉴定出该矿石中含有FeS2。根据已知条件，硫铁矿中的FeS2加强热能生成FeS和S，因此，问题就转化为鉴定其分解产物。
聚宝盆：
1．关于未知溶液两两混合的推断题，一般采用列表法解比较简捷，若未知溶液较多，则注意从现象最明显，最容易推断的物质为突破口，然后再顺藤摸瓜推断出其他未知物质。
2．只允许用一种试剂鉴别的题目，由于限制了试剂的种类，因而也就增加了题目的难度。要熟练解答这类习题，不但要熟练地掌握各类物质的性质和它们与某物质相互反应的规律及实验现象，而且还必须有科学的解题思路。常见的解题思路有以下几种：
①若几种溶液的酸碱性不同时，可选适当的指示剂或pH试纸鉴别。
②若几种溶液含有不同的阳离子，可考虑用强碱溶液与它们分别反应，根据生成物的颜色、稳定性，及在过量碱液中的溶解情况而加以鉴别。
③若几种溶液中含有不同的阴离子，可考虑使用强酸，根据生成物的状态、颜色、气味等差别加以鉴别。
④若几种物质间有的含有相同的阴离子，可考虑用既与相同的阳离子反应，又与相同的阴离子反应的试剂来鉴别。
⑤若被鉴别物质中有能强烈水解的盐，可考虑用与之能发生双水解反应且与该组中其他物质发生不同反应的盐溶液鉴别。
⑥鉴别有机物时，若被鉴别物质中含有醛基、羧基，应先考虑用新制得的Cu(OH)2悬浊液鉴别。被鉴别物质中含有酚的，可考虑用Fe3+利用显色反应鉴别。
热身赛：
1．某无色溶液可能由Na2CO3、MgCl2、NaHCO3、BaCl2中的一种或几种混合而成。往溶液中加入烧碱溶液出现白色沉淀，加入稀硫酸，也出现白色沉淀，并放出气体，据此分析，下列组合判断中正确的是 （ ）
(1)肯定有BaCl2；(2)肯定有MgCl2；(3)肯定有NaHCO3；(4)肯定有Na2CO3或NaHCO3；(5)肯定没有MgCl2。
A．(1)、(2)、(3) B．(1)、（3） C．(2)、(4) D．(1)、(3)、(5)
2．某无色混合气体可能含有CO2、CO、H2O（蒸气）、H2中的一种或几种，依次进行如下处理（假设每次处理均反应完全）：(1)通过碱石灰时，气体体积变小；(2)通过赤热的氧化铜时，固体变为红色；(3)通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色；(4)通过澄清石灰水时，溶液变得浑浊。由此可以确定原混合气体中 （ ）
A．一定含有CO2、H2O，可能含有H2、CO
B．一定含有H2O、CO，可能含有CO2、H2
C．一定含有CO、CO2，可能含有H2O、H2
D．一定含有CO、H2，可能含有H2O、CO2
3．除去下列(a)—(d)中的杂质，可以用的同一方法是 ( )
(a)乙烯中的少量SO2和CO2
(b)乙炔中的少量H2S
(c)通过苯硝化反应制得的呈红棕色的硝基苯
(d)通过苯的溴代反应制得的呈红棕色的溴苯
A．萃取 B．用酸洗 C．分馏 D．用NaOH溶液洗
4．有100 mL混合气体，可能由NH3、HCl、CO2、NO组成，将此气体通过浓H2SO4，气体体积减少30 mL，再通过固体Na2O2后，气体体积又减少15 mL，最后通过水后，变为45 mL(同温同压，水蒸汽体积不计)，则原混合气体中各成份的体积之比：正确的是 ( )
A．3∶0∶1∶6 B．0∶6∶3∶1
C．6∶0∶3∶11 D．3∶2∶1∶4
5．下列各组溶液中，不加其它任何试剂就能鉴别的是 （ ）
A．NaCl、HCl、NaAlO2、NaHCO3
B．Na2SO4、KNO3、（NH4）2SO4、BaCl2
C．FeCl3、Na2CO3、KCl、HNO3
D．AgNO3、NaCl、Na3PO4、NaI
6．能证明一种无色液体是纯净的水的方法是 （ ）
A．测知该液体的pH值为7
B．测知该液体的密度为1g/cm3
C．该液体与Na反应产生H2，与Na2O2反应产生O2
D．在压强为1.01×105Pa时，该液体的沸点为373K
7．某无色透明溶液 ，可能含有下面两组离子中的几种：阳离子组：Cu2+、Ba2+、Mg2+、H+；阴离子组：Cl—、OH—、NO3—、CO32—；已知该溶液能和铝粉反应放出氢气，如果确定该溶液中含有Mg2+，试推断溶液中一定含有 离子，可能含有 离子，一定没有 离子。
8．某工厂排出的污水中可能含有Ba2+、K+、OH—、SO42—、Cl—、CO32—等离子，为了进一步确定，进行如下实验：
取污水仔细观察。呈无色透明的均一状态。
取污水少许，滴入稀硫酸产生大量白色沉淀，再加入足量稀硝酸，白色沉淀不消失。
经测试，该污水PH＞7。由此推断，污水中肯定含有的离子是 ，肯定不含的离子是 。
9．常温下一混合气，可能由H2、O2、N2、Ar、Cl2、NO、HCl、NH3、CO2等气体中的两种或多种组成，取此混合气160mL进行以下实验：（1）混合气通过浓硫酸后，体积减少15mL；（2）剩余气体在通过足量Na2O2颗粒充分反应后体积又减少30mL；（3）点燃剩余气体后再冷却至常温，体积又减少75mL；（4）剩余气体再通过灼热铜网后，恢复到原状况，体积又减少10mL，余气体30mL；在整个操作过程中气体无颜色变化。推断：
（1）肯定有的气体及其体积：__________________________________________。
（2）可能存在的气体及其体积：________________________________________。
（3）肯定没有的气体是：______________________________________________。
10．有一瓶无色溶液，其中可能含有NH4+、K+、Mg2+、Ba2+、Al3+、Fe3+、I-、Cl-、NO3-、CO32-、SO42-，取该溶液进行以下实验：
（1）该溶液可使pH值试纸呈现红色；
（2）取溶液少量加新制氯水及CCl4振荡，可见CCl4层呈现紫色；
（3）取溶液少量加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，加入HNO3后沉淀不溶解；
（4）取实验（3）之上层清液，加入硝酸银溶液有白色沉淀生成，加入HNO3后沉淀不溶解；
（5）取原溶液少量加入NaOH溶液呈碱性，在此过程中有白色沉淀生成，而后又逐渐消失，将此溶液加热，有无色气体放出，该气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝。
根据上述实验事实，溶液中肯定存在的离子有（1）____________________，肯定不存在的离子有（2）____________________，不能确定是否存在的离子有（3）___________。
11．有一种废液中含有K+、Cu2+、Zn2+、NO3-、Br-离子，进行下列处理使离子分离并制得溴的四氯化碳溶液、金属铜、皓矾和硝酸钾晶体。
写出①~⑦各步实验时所进行的操作(所加的试剂、分离的方法等)
12．有A、B、C、D、E、F 6种无色溶液，它们分别是Na2CO3、HCl、AlCl3 、Na2SO3、AgNO3、和NaAlO2。用这6种溶液进行实验，操作和现象为：
①将C滴入A后，有白色沉淀产生
②将B滴入C后，也有白色沉淀产生
③将A滴入E，有刺激性气味的气体放出
④将D滴入A，有气体放出
⑤将A滴入F，开始时出现白色浑浊，继续不断滴入，浑浊从增加到减少，最后溶液又变澄清。
试根据以上事实推断，A F各是什么物质？写出它们的化学式：
A__________B__________C__________D__________E__________F__________
大检阅：
1．B 2．D 3．D 4．C 5．AC 6．D
7．H+、Mg2+； Ba2+、Cl—；Cu2+、CO32—、OH—、NO3—；
8．OH— Ba2+ ，SO42— CO32—
9．（1）NH3（15mL）、CO2（60mL）、H2（50mL）、O2（35mL）
（2）Ar或N2（30mL）
（3）HCl、Cl2、NO
10．（1）NH4+、Al3+、I-、SO42-
（2）Mg2+、Ba2+、Fe3+、CO32-、NO3-
（3）K+、Cl-
11．①先通入氢气，后加入四氯化碳，振荡后分液；
②加过量锌粉搅拌后过滤；
③加入过量碳酸钾溶液，充分反应后过滤；
④加硝酸至气体不再生成 ；
⑤先加热蒸发，后冷却结晶；
⑥加过量稀硫酸，充分反应后过滤；
⑦先加热蒸发，后冷却结晶
12．A：HCl，B：AlCl3，C：AgNO3，D：Na2CO3，E：Na2SO3，F：NaAlO2
策略24 化学实验方案的设计与评价技巧
金点子：
设计性实验主要有以下三种形式：(1) 在演示实验或学生实验的基础上加以改装，并在条件或器材上加以限制。(2) 给定实验器材，要求考生根据所学知识自行设计实验方案和过程以完成实验。(3) 只提实验目的，要求考生自行选择实验器材，安排实验步骤，设计实验数据处理方法以及分析实验误差。
设计性实验看似新颖，变化多端，但万变不离其宗，这个“宗”，就是在中学阶段学过的实验原理和方法。因此，在解答设计性实验题时，一是要注意与我们学过的实验联系起来，尤其是注意学过的实验原理和方法。二是应注意几个设计原则：(1)科学性原则。方案所依据的原理要符合基本规律，并能通过实验现象揭露其本质，达到测量、研究和探索的目的。(2)安全性原则。实验设计时应避免使用有毒药品和进行具有一定危险性的实验操作。(3)可行性原则。实验设计应切实可行，所选用的化学药品、仪器、设备和方法等在中学现有的实验条件下能够得到满足。(4)简约性原则。实验设计应尽可能简单易行，应采用简单的实验装置，用较少的实验步骤和实验药品，并能在较短的时间内完成实验。
化学实验方案的评价要求与实验设计的要求相同。即遵守实验方案设计的四大原则。
经典题：
例题1 ：（1997年全国高考）甲基丙烯酸甲酯是世界上年产量超过100万吨的高分子单体,旧法合成的反应是：(CH3)2C＝O+HCN→(CH3)2C(OH)CN
(CH3)2C(OH)CN+CH3OH+H2SO4—→CH2＝C(CH3)COOCH3+NH4HSO4
90年代新法的反应是:
与旧法比较, 新法的优点是 ( )
A．原料无爆炸危险 B．原料都是无毒物质
C．没有副产物,原料利用率高 D．对设备腐蚀性较小
方法：从反应条件、反应中消耗的物质，以及使用的物质有无毒性等多方面分析。
捷径：新法中的丙炔、CO都是易燃易爆的气体，且CO有毒，所以A、B都舍去。新法中只有一种产物，所以C正确。老法中使用了硫酸，易腐蚀设备，而新法中无酸性物质，所以对设备腐蚀性较小，D正确。以此得答案为C D。
总结：通过新旧之间条件、原料、毒性的比对，采用淘汰法方可快速获得结果。
例题2 ：（1998年全国高考）按下列实验方法制备气体，合理又实用的是（ ）
A．锌粒与稀硝酸反应制备氢气
B．向饱和氯化钠溶液中滴加浓硫酸制备HCl
C．亚硫酸钠与浓硫酸反应制备SO2
D．大理石与浓硫酸反应制备CO2
方法：从实验原理上去分析。
捷径：锌粒与硝酸反应不能制备H2，只能生成氮的氧化物；氯化氢气体是固体氯化钠与浓硫酸共热而制得；大理石与浓硫酸反应生成微溶于水的CaSO4，而CaSO4覆盖在大理石上，不可能使反应进行完全、迅速。故合理又实用的是C。
总结：制备气体合理即符合化学反应原理，如A反应不能生成H2，B中因反应物的状态不符合反应要求，D反应虽然能制取少量CO2
气体，但因生成微溶物而使反应中断。当然，若反应太快也不能控制，如用金属钾制氢气，也不能算作合理的方案。实用应符合便于操作，得到气体纯净，反应时间适宜等条件。
例题3 ：（1992年三南高考）三位学生设计了下述三个方案, 并都认为如果观察到的现象和自己设计的方案一致, 即可确证试液中有SO42—。
试评价上述各种方案是否严密, 并分别说明理由。
方法：从实验现象分析，是否有其它离子也具有相同的现象。
捷径：从实验现象分析知：甲方案不严密,因为含有Ag+(或Hg22+、Pb2+),而不含SO42－的无色透明溶液,也会出现此方案的现象。
总结：确证试液中有SO42—的方法是：在溶液中首先加入足量的稀盐酸，若无沉淀出现，证明没有离子与H+或Cl－产生沉淀，再加入BaCl2溶液产生沉淀，证明只有SO42—。
例题4 ：（2002年全国高考）已知化合物甲和乙都不溶于水，甲可溶于质量分数大于或等于98%的硫酸，而乙不溶。现有一份甲和乙的混合物样品，通过实验进行分离，可得到固体甲。(实验中使用的过滤器是用于过滤强酸性液体的耐酸过滤器。)
请填写表中空格，完成由上述混合物得到固体甲的实验设计。
序号
实验步骤
简述实验操作(不必叙述如何组装实验装置)
①
溶解
将混合物放入烧杯中，加入98% H2S04 ，充分搅拌直到固体不再溶解。
②
③
④
⑤
洗涤沉淀
⑥
检验沉淀是否洗净
方法：根据题中信息“甲可溶于质量分数大于或等于98%的硫酸，而乙不溶”，利用98%的硫酸先溶解甲，再通过稀释，获得乙的沉淀物，过滤即可得到乙。
捷径：从方法、原理和操作要求得：
序号
实验步骤
简述实验操作(不必叙述如何组装实验装置)
①
溶解
将混合物放入烧杯中，加入98% H2S04 ，充分搅拌直到固体不再溶解。
②
过滤
安装好过滤装置，将①的悬浊液沿玻璃棒加入过滤器中过滤。
③
稀释（或沉淀）
在另一烧杯中，放入适量蒸馏水，将②的滤液沿玻璃棒慢慢加入该烧杯中，并不断搅拌。
④
过滤
重新安装过滤装置，将③的悬浊液沿玻璃棒加入过滤器中过滤。
⑤
洗涤沉淀
向④的过滤器中注入少量蒸馏水，使水面浸过沉淀物，等水滤出后，再次加水洗涤，连洗几次。
⑥
检验沉淀是否洗净
用小试管从⑤的漏斗下口取少量洗出液，滴入BaCl2溶液，没有白色沉淀，说明沉淀已洗净。
总结：此题为一新情境题，要求考生从题中信息分析获解。
例题5 ：（2001年全国高考）回答下面问题：
（l）分离沸点不同但又互溶的液体混合物，常用什么方法？ 。
（2）在分液漏斗中用一种有机溶剂提取水溶液里的某物质时，静量分层后，如果不知道哪一层液体是“水层”，试设计一种简便的判断方法。 。
方法：(1)根据混合物性质确定分离方法，(2)根据水与有机溶剂溶解性的不同确定判断方法。
捷径：（1）因液体混合物的沸点不同，但又互溶。故选用蒸馏方法。
（2）采取在下层液体中加水，看是否分层来确定。方法是：取一支小试管，打开分液漏斗的活塞，慢慢放出少量液体，往其中加入少量水，如果加水后，试管中的液体不分层，说明分液漏斗中，下层是“水层”，反之，则上层是水层。
总结：本题的第(2)问虽属易题，但如不能从水与有机物溶解性的不同去考虑，正确作答仍是有一定困难的。
例题6 ：（1998年全国高考）测定一定质量的铝锌合金与强酸溶液反应产生的氢气的体积，可以求得合金中铝和锌的质量分数。现有下列实验用品：中学化学实验常用仪器、800mL烧杯、100mL量筒、短颈玻璃漏斗、铜网、铝锌合金样品、浓盐酸（密度1.19g/mL）、水。按图示装置进行实验，回答下列问题。（设合金样品完全反应，产生的气体体积不超过100 mL）
（1）补充下列实验步骤，直到反应开始进行（铁架台和铁夹的安装可省略）：
①将称量后的合金样品用铜网小心包裹好，放在800 mL烧杯底部，把短颈漏斗倒扣在样品上面。
。
（2）合金样品用铜网包裹的目的是： 。
方法：根据实验要求和物质性质确定补充的实验步骤和部分操作的目的。
捷径：（1）依据巳写出的第一步操作，要使反应得以进行，其它步骤为：②往烧杯中注入水，直至水面没过漏斗颈（没答水面没过漏斗颈算错）。③在100 mL量筒中装满水，倒置在盛水的烧杯中（量筒中不应留有气泡），使漏斗颈插入量筒中。烧杯中水面到杯口至少保留约100 mL空间。④将长颈漏斗（或玻璃棒）插入烧杯并接近烧杯底部，通过它慢慢加入浓盐酸，直至有气体产生。
（2）合金样品用铜网包裹的目的是：使样品在反应时能保持在烧杯底适当的位置（或避免反应时样品漂浮）。
总结：(1) 实验步骤顺序写错，或者步骤②
中加入盐酸，则不论其它步骤回答是否正确，评分时均算错。(2)中合金样品用铜网包裹的目的有，部分考生未能考虑到反应物有气体生成，可能造成固体漂浮，而错误认为起原电池的作用而出错。
例题7 ：（1994年全国高考）氨跟氧化铜反应可以制备氮气（2NH3 + 3CuO 3Cu + 3H2O + N2）。而氮气跟镁在高温下反应可得到氮化镁,但氮化镁遇水即反应生成Mg(OH)2和NH3。下面是甲、乙两位学生提出的制备氮化镁的两种实验方案示意框图(实验前系统内的空气已排除；图中箭头表示气体的流向)。
填空和回答问题:
(1)甲、乙两生提出的实验方案是否能制得氮化镁？(填"能"或"不能")甲 乙 。
小题不用回答)。
答： 。
方法：
捷径：(1)甲：不能，乙：能 (2)甲方案中反应产生的NH3全部被H2SO4吸收,不能进行后续反应.
总结：乙方案由NH4Cl与Ca（OH）2固体加热制取NH3，NH3与CuO加热反应生成N2，通过水除去未反应的NH3，经浓H2SO4干燥后得纯净N2，再与镁反应得氮化镁。甲方案第一步制得NH3，第二步后得干燥NH3，通过浓硫酸后，氨气全部被吸收，无法再进行反应。
例题8 ：（2001年上海高考）用实验确定某酸HA是弱电解质，两同学的方案是：
甲：①称取一定质量的HA配制0.1 mol/L的溶液100 mL；
②用pH试纸测出该溶液的pH值，即可证明HA是弱电解质。
乙：①用已知物质的量浓度的HA溶液、盐酸，分别配制pH=1的两种酸溶液各100mL；
②分别取这两种溶液各10mL，加水稀释为100mL；
③各取相同体积的两种稀释液装入两个试管，同时加入纯度相同的锌粒，观察现象，即可证明HA溶液是弱电解质。
（1）在两个方案的第①步中，都要用到的定量仪器是 。
（2）甲方案中，说明HA是弱电解质的理由是测得溶液的pH 1（选填﹥、﹤、=）。
乙方案中，说明HA是弱电解质的现象是 （多选扣分）
a．装HCl溶液的试管中放出H2的速率快；
b．装HA溶液的试管中放出H2的速率快；
c．两个试管中产生气体速率一样快。
（3）请你评价：乙方案中难以实现之处和不妥之处 、 。
（4）请你再提出一个合理而比较容易进行的方案（药品可任取），作简明扼要表述。
。
方法：根据实验要求，对实验方案进行评价，并根据实验要求接合物质的性质再进行实验设计。
捷径： （1）两个方案的第①步均为物质的量浓度溶液的配制，因此都要用到的定量仪器是100mL的容量瓶。
（2）因HA为弱电解质，只有部分电离，故0.1 mol/L的溶液pH﹥1，乙方案中，因开始时两酸的pH相同，在稀释相同的倍数后，弱酸的电离程度增大，造成其c(H+)大于强酸中的c(H+
)，故与纯度相同的锌粒反应，装HA溶液的试管中放出H2的速率快。选b。
（3）乙方案中难以实现之处为：如果酸极弱，则配制pH=1的HA溶液难以实现。不妥之处在于加入的锌粒难以做到表面积相同。
（4）配制HA酸的钠盐(NaA)溶液，测其pH，如果pH﹥7，即可证明HA是弱电解质。
总结：用实验某HA酸的方法较多，除题目提供的两种之外，还有①分别配制0.1 mol· L—1的HA和HCl各10mL，分别测定其电阻（尽量使两电极的距离保持相等）电阻大的为弱电解质。 ②配制HA溶液10mL，测其pH，再将溶液稀释到1000mL，再测其pH，若pH增加不足2，说明HA为弱电解质。 ③配制NaA溶液，测其pH﹥7，证明HA为弱电解质。其中最简单为捷径中提供的方法。
此题的评分中另加了一个要求，即本题的第(4)问的解答，若操作简单、现象明显、又不是化学教材中讲过的常规方法应属创新，经认可后可给予奖励，奖励分不超过2分。第Ⅱ卷得分不超过84分。
金钥匙：
例题1 ：要溶解同样一小块Ag，用下列何种酸最好（ ）
Ａ．浓盐酸 Ｂ．稀盐酸 Ｃ．浓硝酸 Ｄ．稀硝酸
方法：从能否反应及反应用量分析。
捷径：浓、稀盐酸跟Ag均不反应。又因为在同量的Ag溶解时，消耗的稀HNO3少，产生的有毒气体NO也少，故应选D。
总结：此题实为中学化学中银镜反应的后处理问题。部分考生未能从反应的用量分析，而仅从反应的快慢判断，因而极易错选C。
例题2 ：用明矾制取Al2（SO4）3晶体和K2SO4晶体，除明矾外，已备好的用品有蒸馏水、氨水、pH试纸。问：
（1）除上述药品外，还缺少的试剂有 。
（2）该实验的操作过程：先把明矾溶于 中，再加入 而后过滤。向滤渣中加入 ，到滤渣刚好溶解为止，将所得溶液加热蒸发，可得 晶体；向滤液中加入 ，加热至无刺激性气味的气体产生为止，再加入 ，调节溶液至中性，加热蒸发，可得 晶体。
（3）理论上得Al2（SO4）3与K2SO4物质的量之比 。
方法：明矾的成分是KAl（SO4）2·12H2O，要制取Al2（SO4）3晶体和K2SO4晶体，实际上也就是利用物理及化学方法将其分开。
捷径：首先将KAl（SO4）2·12H2O溶于水，然后用氨水沉淀Al3+，同时生成K2SO4和（NH4）2SO4，在沉淀Al（OH）3中加入硫酸即得Al2（SO4）3，在滤液中加入KOH溶液，加热可得K2SO4溶液。由实验操作原理可知，产物Al2（SO4）3与K2SO4物质的量之比，取决于明矾KAl（SO4）2·12H2O中Al3+和SO42—的物质的量之比。n（Al3+）︰n（SO42—）=1︰2，产物n{Al2（SO4）3}︰n(K2SO4)=1︰4。但是，将（NH4）2SO4转化为K2SO4这一步中加入了过量的KOH溶液，然后加硫酸，在调节溶液至中性过程中又有K2SO4生成，所以最终n{Al2（SO4）3}︰n(K2SO4)﹤1︰4。故得此题的答案为：（1）硫酸、氢氧化钾溶液 （2）蒸馏水 氨水 硫酸 Al2（SO4）3 KOH溶液 硫酸 硫酸钾（3）﹤1︰4 。
总结：本题是一道实验题，主要考查了Al3+→Al（OH）3→Al3+的过程及（NH4）2SO4溶液与过量KOH溶液反应，然后用H2SO4溶液中和过量KOH溶液等的问题。部分考生忽视了在调节溶液至中性的过程中又有K2SO4生成，而错误认为理论上得Al2（SO4）3与K2SO4物质的量之比为1：4。
例题3 ：从含有氯化铝、硫酸钾的废液中提取氯化铝，应加入什么试剂？请设计实验操作，并写出有关反应的化学方程式。
方法：解答该题要从获得纯净氯化铝来考虑，方法只有一个，即将氯化铝首先转化成沉淀，然后再用盐酸溶解。
捷径：若按正向思考，只要加入某一试剂除去硫酸钾即可，许多同学似乎看准了SO42-而选择了BaCl2
试剂，殊不知废液中K+没有除去，故选择BaCl2试剂行不通。若逆向思考，先把AlCl3转化为Al(OH)3，然后再过滤、洗涤，最后再加入盐酸后方可达到目的。实验操作的设计要求写出实验步骤。其余方程式略。
总结：化学中物质的提纯类试题较多，在解题时，必须考虑“纯净”二字，不仅要除去原有杂质，也不能引入新的杂质。
例题4 ：亚硝酸钠(NaNO2)可用做水泥施工的抗冻剂。它易溶于水，有咸味，既有氧化性，又有还原性。在酸性溶液中它能氧化I－和Fe2+。它能将人体内血红蛋白里所含的Fe2+氧化为Fe3+使人中毒，在建筑工地上曾多次发生将亚硝酸钠误作食盐食用，导致民工中毒的事件。亚硝酸钠和酸反应生成亚硝酸，亚硝酸是不稳定的弱酸，它只存在于冷的稀溶液中，易发生如下分解反应：3HNO2=2NO↑+HNO3+H2O。 从浓醋酸、氨水、纯碱、稀盐酸、KI―淀粉溶液中选择适当的物质做试剂，用两种简单的化学实验鉴别亚硝酸钠和氯化钠。试写出两种实验方法使用的试剂和据此鉴别它们的现象。
方法一：（只用一种试剂）试剂__________，现象__________________________。
方法二：试剂__________，现象_________________________________________。
方法：根据在酸性溶液中亚硝酸钠能氧化I－和Fe2+，亚硝酸钠和酸反应能生成亚硝酸，亚硝酸是不稳定的弱酸，它只存在于冷的稀溶液中，易发生如下分解反应：3HNO2=2NO↑+HNO3+H2O。利用亚硝酸钠的氧化性和不稳定性即可解决。
捷径：方法一：（只用一种试剂）试剂：浓醋酸或稀盐酸。现象：放亚硝酸钠的试管上部出现红棕色有刺激性气味的气体，放氯化钠的试管无明显变化。方法二：试剂：稀盐酸、KI－淀粉溶液。现象：放亚硝酸钠的试管溶液变成蓝色，而放氯化钠的试管无明显变化。
总结：从实验中提取有用信息，分析整理信息，重在理解，然后才能触类旁通、举一反三。
例题6 ：用电石与水反应制取的乙炔中，往往含有H2S等杂质，几位同学分别提出用NaOH溶液，高锰酸钾溶液，CuSO4溶液除去H2S，经分析、比较，最后确定用CuSO4溶液除去H2S。请回答：
(1)选用NaOH溶液的理由是________，排除选用NaOH溶液的原因是_____________。
(2)选用KMnO4溶液理由是_________，排除选用KMnO4溶液的原因是____________。
(3)选用CuSO4溶液的理由是_________，确定选用CuSO4溶液的主要原因是_______。
(4)可用于代替CuSO4溶液的其他试剂还有_______________（写出一种即可）。
方法：利用H2S的性质，从除尽H2S，又不与乙炔反应来考虑。
捷径： (1)NaOH可中和H2S；中和反应放热，生成的HS－或S2－均可水解，在加热条件下，难以除净H2S。
(2)KMnO4可氧化H2S；KMnO4也可氧化C2H2。
(3)H2S与CuSO4溶液反应生成不溶于H2SO4的CuS沉淀 ，此反应现象明显，且CuSO4溶液不与C2H2反应。
(4)可用醋酸铅[Pb(CH3COO)2]溶液，其原理与CuSO4溶液相同。
总结：对是否选用NaOH溶液来除去H2S是该题的易错点。部分考生未能从盐类水解的角度去分析而造成错误。
例题7 ：有一瓶浅绿色的硫酸亚铁晶体，由于保存不善，又放置了很长时间，怀疑它可能被氧化。试用实验证明它是部分被氧化，还是全部被氧化？写出实验报告。
方法：从实验报告书写要求出发，依据实验目的写出实验报告。
捷径：实验目的：通过实验证明一瓶浅绿色的硫酸亚铁晶体，是部分被氧化，还是全部被氧化。
实验原理：FeSO4被空气氧化，可生成Fe2(SO4)3。FeSO4溶液可与KMnO4溶液反应使之褪色。Fe2(SO4)3溶液可与KSCN溶液生成血红色的络离子[Fe(SCN)]2+。根据以上反应中的颜色变化，进行验证。
实验药品：稀H2SO4、KMnO4溶液、KSCN溶液。
实验步骤：(1)取少量晶体溶于水，加稀硫酸酸化，分装于a、b两支试管里，在a中滴加KMnO4溶液，若紫色不断退去即证明有FeSO4存在。(2)在b中，若滴加KSCN溶液有血红色物质出现，则证明有Fe2(SO4)3存在，说明原FeSO4发生了氧化。
实验结论：根据实验(1)，(2)，若既可使KMnO4溶液退色，又能出现血红色，则证明FeSO4部分被氧化，若无血红色物质出现，说明没有被氧化。若不能使KMnO4溶液褪色，说明原FeSO4已全部被氧化。
总结：因要证明硫酸亚铁晶体是部分被氧化，还是全部被氧化，因而要从Fe2+和Fe3+两方面去考虑。实验报告的书写，必须写明：实验目的、实验原理、实验药品、实验步骤和实验结论。
例题8 ：氯酸钾含有钾、氯、氧三种元素，用什么方法可以检验出这三种元素的存在？
方法：利用焰色反应和化学反应中的现象确定。
捷径：(1)用白金丝蘸取试样(氯酸钾)，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃片，看到紫色的火焰，证明试样中含有钾元素。
(2)将试样放在试管中加热分解，放出的气体能使带余烬木条复燃，证明试样中含有氧元素。
(3)将试样分解后的产物少许，溶于水中，加入几滴硝酸银溶液，若生成白色沉淀，再加入稀硝酸，白色沉淀不溶解，则证明试样中有氯元素。
总结：元素的检验既要利用化学反应，又用注意反应过程中的现象。其中氯酸钾中氯元素的检验，需通过反应将+5价的氯转变成－1价的氯，再用硝酸银溶液检验。
例题9 ：试设计一个在实验室中制取并收集少量二氧化碳的实验，并证明二氧化碳水溶液的酸性和碳酸的不稳定性。
方法：根据题中“制取，同时证明”的要求，利用反应原理，对实验进行设计。
捷径：(a) 实验装置如右图（因CO2在水中的溶解度不大，所以可把导气管直接插到水中）。
(ｂ) 收集CO2可通过向上排空气法。
(c) 证明二氧化碳的水溶液的酸性，可将二氧化碳通入事先滴有紫色石蕊试液的盛水的试管里，随着气体的通入，试管里的液体逐渐变红，证明二氧化碳水溶液具有酸性。
将试管取下用试管夹夹持，放在酒清灯焰上加热，若有气体放出，同时试管中的红色消失，恢复紫色，可证明碳酸不稳定。因CO2＋H2O=H2CO3(能使紫色石蕊变红)，H2CO3CO2＋H2O(碳酸分解，石蕊液紫色恢复)。
总结：此题的难点不在CO2的制取，而在通过实验证明二氧化碳水溶液的酸性和碳酸的不稳定性。在进行实验设计时，要从指示剂（或碱与指示剂的混合物）的颜色变化来证明酸性，而证明碳酸的不稳定性，也要考虑到通过分析前与分解后现象的不同确定。
例题10 ： 设计实验：只用BaCl2溶液作试剂，鉴别Na2SO3溶液和稀H2SO4。要求：只写出实验方法、现象和结论。
方法：BaCl2与Na2SO3、H2SO4分别反应的化学方程式为：
BaCl2+Na2SO3==BaSO4↓+2NaCl BaCl2+H2SO4==BaSO4↓+2HCl
化学反应中，现象及产物的化学性质有如下异同点：
都产生白色沉淀；NaCl使溶液呈中性，HCl使溶液显酸性；BaSO3溶于酸，BaSO4不溶于酸。
因试剂不足，此时可挖掘潜力、就地取材，用加BaCl2后的溶液做补充试剂。
捷径：取Na2SO3溶液、H2SO4各2 mL分别盛于标记为A、B的两支试管中（注意：Na2SO3、H2SO4与A、B之间尚无明确的对应关系）。
向A、B中都滴加BaCl2溶液，直至不再产生白色沉淀为止。静置A、B中的混合物，使上层液体澄清。
用胶头滴管小心吸取A中上层清液滴入B中，观察现象。若B中沉淀溶解且有刺激性气味的气体逸出，则B中的原溶液为Na2SO3溶液，A中的原溶液为是H2SO4溶液；若B中无明显现象，则B中的原溶液为H2SO4溶液，A中的原溶液为Na2SO3溶液。
总结：鉴别题必须借助现象作出判断，即有什么现象是什么物质，而不能描述成什么物质具有什么现象。要善于运用比较法，充分挖掘隐含条件，灵活解决实际问题。
聚宝盆：
实验方案的设计往往有许多途径。为了适应中学生的知识能力水平，中学课本中的某些实验可能不是最优的方案。所以在实验设计中，要根据实验原理来设计实验步骤和装置，掌握一些装置和仪器药品的替代方法，力求使设计的实验仪器简单、操作便捷、节省试剂、现象明显、安全防污等。
近年来，实验题中新情境试题不断增多，这类试题的特点是将基本的实验操作设计置于新的情境中（主要是中学课本没有的新反应或新装置或是能使中学生理解的最新科技知识、简化的改进的装置等），结合学生原有的知识和能力，来进行仪器组装、现象描述、数据分析、考虑安全和防污等，主要用来考查考生自学能力、思维能力、分析综合及评价的能力。由于这类实验试题情境新颖、设问巧妙、铺垫得当、知识新、思维量大、所以区分度很好，能确实将一些基础扎实、自学能力强、思维敏捷、心理素质好的考生选拨出来。所以，新情境实验试题将是今后实验试题的命题方向。
热身赛：
1．右图中玻璃横管为硬质石英玻璃管，利用它进行有关实验，处理正确的是 ( )
A．c处装煤粉，用酒精喷灯加热，a处密封，b处连接U型管并用冷水冷却，可进行煤的干馏实验。
B．c处装铜粉，酒精灯加热，a处通进乙醇蒸气，b处用水吸收可得乙醛溶液。
C．a处通进CO气体，c处装氧化铜，b处连接装有澄清石灰水的洗水瓶，可观察到石灰水变浑浊。
D．c处装Fe，a处通进干燥的氯化氢气体，b处点燃，火焰呈淡蓝色。
2．有一Na2CO3样品，其中只含Na2CO3·10H2O和NaHCO3，为测定样品中Na2CO3的质量分数。请从下图中选用适当的实验装置，设计一个最简单的实验，测定样品中Na2CO3的质量分数。
请填写下列空白：
（1）应选用的装置是（只写装置的标号）：____，所选用装置的连接顺序是（填接口的字母）：____。
（2）写出在实验测定中发生的化学反应的化学方程式____________。
（3）实验过程中当____时，即可停止加热。
（4）停止加热时，正确的操作是____。
（5）实验装置中盛碱石灰的U型管的作用是____。
（6）若取W g 样品实验，经测定W g 样品，在加热时，可得a g CO2，则W g 样品中所含Na2CO3的质量分数为____。
3．现有W g 的混合气体，其主要成分是CO、H2 和少量CO2、水蒸气。请从下图中选用适当的实验装置设计一个实验，以确认上述混合气中含有CO和H2，并计算H2的质量分数。
（1）应选用的装置（只要求写出图中装置序号）_______________________________；
（2）所选用的装置的连接顺序应是（填各接口的字母，连接胶管省略）。混合气体→________________________________________；
（3）确认混合气体中含H2的实验现象________________________________，理由是__________________________________________________________________________。
（4）实验前分别称装置⑥为W1 g 、⑤为M1 g 、②为Z1 g 。实验结束后再称各装置：⑥为W2 g 、⑤M2 g 、②为Z2 g 。若反应中生成物全被吸收，则W g 混合气中H2的质量分数为__________________。
4．Cu+在酸性溶液中不稳定，可发生自身氧化还原反应生成Cu和Cu2+。现有浓H2SO4、浓HNO3、稀H2SO4、稀HNO3、FeCl3稀溶液及pH试纸，而没有其它试剂。简述如何用最简单的实验方法来检验CuO经过氢气还原所得到的红色产物中是否有碱性氧化物Cu2O？
答：____________________________________________________________。
5．设计一个简单的一次性完成实验的装置图，验证醋酸溶液，二氧化碳水溶液，苯酚溶液的酸性强弱顺序是CH3COOH>H2CO3>C6H5OH。
(1)利用下述仪器可以组装实验装置，则仪器的连接顺序为_____接_____®_____接_____®_____接_____。
(2)写出实验步骤、现象的有关的化学方程式。
(a)____________________________________________________________
(b)____________________________________________________________
6．某学生设计如右图装置做测定空气中氧气体积百分含量的实验。当集气瓶中木炭(过量)停止燃烧后，恢复到原室温，打开止水夹a，发现烧杯中的水并不进入集气瓶(装置气密性良好)，试分析实验失败原因。若仍用以上装置，作何改进可使实验取得成功？
7．甲、乙两位学生用两种不同方法制取氮气，并测定氮气的分子量（用密度法）。下面是甲、乙两位学生提出的两种制备氮气的实验方案（箭头表示气体的流向）。
甲：空气→碱石灰→红磷(点燃)→水→铜粉(灼热)→集气瓶
乙：NH4NO2→浓硫酸→镁粉（灼热）→集气瓶（NH4NO2 N2+2H2O）
回答下列问题：
（1）甲、乙两位学生的实验方案是否能制氮气？甲____、乙____（填“能”或“不能”）。
（2）具体说明不能制取氮气的原因并纠正（若两种方案都能制氮气，此一小题不用回答）________。
（3）乙方案中碱石灰和浓H2SO4可否交换位置？说明理由：________。
（4）甲、乙两位学生按正确装置制取的氮气，用密度法测出分子量（精确到0.0001），进行比较：M甲____M乙（填<或=或>）。
8．某碳酸盐矿石(主要成分为BaCO3、亦有少量CaCO3),现需获得BaCO3并尽可能降低Ca2+含量,为此,查得有关溶解度数据如下：
0oC
50oC
80oC
Ca(OH)2
0.173g
0.130g
0.094g
Ba(OH)2
1.64g
13.1g
101.5g
原料只有该矿石、焦炭和水、不得用其他化工原料.下图是实验步骤,试在箭头上的括号内注明反应条件或方法或所需试剂,并在各方框内写出每步产物的化学式：
9．铅有4种氧化物PbO2、Pb2O3、PbO、Pb3O4。已知PbO有明显碱性，Pb2＋盐与K2CrO4可得黄色沉淀。而PbO2不溶于水，有酸性，它不与硝酸反应，但能在酸性溶液中将MnSO4氧化为MnO4－。
(1)用氧化物形与出的化学式 。
(2)现有以下各溶液：NaOH、K2CrO4、H2SO4、MnSO4、KMnO4、HNO3、H2S，请从其中选出一些试剂，设计一个简捷的实验方法，说明Pb3O4中的铅具有不同的价态，并写出有关反应的化学方程式或离子方程式。
10．一些盐的结晶水合物，在温度不太高时就有熔化现象，既熔融于自身的结晶水中，又同时吸收热量。它们在塑料袋中经日晒能熔化，在日落后又可缓缓凝结而释放热量，用以调节室温。称为潜热材料。现将几种盐的水合晶体有关数据列下：
Na2S2O3·5H2O熔点40～50℃，熔化热49.7kJ/mol
CaCl2·6H2O熔点29.92℃，熔化热37.3kJ/mol
Na2SO4·10H2O熔点32.38℃，熔化热约77kJ/mol
Na2HPO4·12H2O熔点35.1℃，熔化热100.1kJ/mol
(1)上述潜热材料中最适宜应用的两种（用化学式表示）是
(2)实际应用时被采用的，由来源和成本考虑，应该是
大检阅：
1．AC
2．（1）②、④、⑤、⑥ 连接顺序：B接E，F接G，H接I（或K）。
（2） 2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑
Na2CO3·10H2ONa2CO3＋10H2O↑
CO2＋Ba(OH)2===BaCO3↓＋H2O
（3）当样品受热不再有气体产生时
（4）先将连接B与E的胶皮管卸下之后，再撤酒精灯。
（5）防止Ba(OH)2溶液吸收空气中的CO2而使实验准确度受影响。
（6）
3．（1）④、③、①、②、⑥
（2）HG、EF、AB、CD、JK
（3）黑色CuO变红，无水CuSO4变蓝，混合气体经过浓H2SO4，已将原水分除掉后，无水CuSO4变蓝，证明有水生成，进一步证明混合气中有H2。
（4）
4．取少量红色物质放入稀H2SO4中振荡，若溶液变蓝，说明有Cu2O，否则无。
5．(1)A、D、E、B、C、F或A、E、D、B、C、F；
(2) a、锥形瓶内加入Na2CO3晶体，从分液漏斗中加入醋酸，锥形瓶中产生无色无味气体；Na2CO3+2CH3COOH→2CH3COONa+CO2↑+H2O
b、把气体导入苯酚钠溶液，试管中产生白色浑浊翰林汇
6．C＋O2CO2，消耗1体积氧气生成1体积二氧化碳，广口瓶内压强在燃烧前后变化不大，并且二氧化碳不属于极易溶于水的气体。改用红磷燃烧，实验可获得成功。
7．（1） 能；不能
（2）因为N2与Mg反应生成MgN2，不应灼烧镁粉
（3）不能；甲方案中碱石灰除干燥空气外，还要吸收空气中的CO2，而浓H2SO4只能吸水而不能吸CO2
（4）M甲>M乙
8．
9．(1)Pb3O4为PbO·PbO2；
（2）加HNO3溶解、Pb3O4＋4HNO3=PbO2＋2Pb(NO3)2＋2H2O，过滤（2）取滤液加入K2CrO4溶液有黄色沉淀Pb(NO3)2＋K2CrO4=PbCrO4↓＋2KNO3（3）滤渣加入用H2SO4酸化的MnSO4溶液，溶液出现紫色5PbO2＋2Mn2＋＋4H＋=5Pb2＋＋2MnO4－＋2H2O
10．Na2SO4·10H2O；Na2HPO4·12H2O；Na2SO4·10H2O
第二部分：能力篇
策略25 选择题的解法与技巧
金点子：
高考选择题的特点是：在给定的条件或每个选项中，都内含着某些确定的关系，这些关系都以化学知识相互联系、相互制约。解题时必须根据题目的具体内容，运用相关的化学知识、灵活巧妙的解题思路，严密准确地推理、比较、筛选、分析、归纳，选出正确答案。其解题方法主要有：
1．淘汰法
这种方法就是将题目所提供的选择答案，根据题目的条件，运用比较、分析、归纳、推理的逻辑思维方法，逐一进行判断，凡不符合题干所给条件的就淘汰掉，最后得出正确答案。若能很好地掌握和运用淘汰法解选择题，的确能起到事半功倍的作用。
2．讨论法
有些选择题比较复杂，根据题中条件直接计算不易得到正确答案，必须运用讨论法，将所有的可能性都考虑进去，通过对试题的分析，抓住问题的本质，找出内在关系，利用有关概念和理论，层层剥开，步步逼近，这样可避免繁杂计算，通过讨论使问题得到圆满解决。
3．观察法
有些试题在推理和计算都很繁杂时，可通过
发掘其本质或内在联系，观察比较得到答案，这种方法称为观察法。
4．筛选法
大量的化学选择题其命题意思多不完整，必须经过题中选项的补充、限制才能有完整的题意，否则便无法解答。解答此类题时常常要用到筛选法。掌握这种方法的要领是，以题给条件（或经过加工变形）为“筛子”，将供选答案逐个筛选，放弃错误的，留下正确结果。
5．反驳法
解答由判断题演变而来的选择题时，要用题给条件和有关知识对供选答案逐一反驳，从而判断其正误，再按题目要求决定取舍。
6．经验法
有些选择题按常规思路推理或计算显得十分繁杂，但如果利用平时积累的经验，方能很快得到结果。
7．平均值法
有些看似复杂的问题，不去进行复杂运算，求其平均值从而解决问题的方法称为平均值法。
8．估算法，
顾名思义，它不需要经过“硬拼式”的精确计算，而是根据有关化学知识，抓住试题的某些特点或本质，对有关数据进行合理的近似处理，或从选项中进行选值比较，或进行范围分析，心算推理等，从而得到正确结论的一种解题方法。
9．代入选项法
对于计算型的选择题，由题干给出的条件将选项逐一代入，从而得到答案。
10．换元变通法
当利用题干条件直接寻找答案比较繁杂时，找出其替代因素，通过对替代因素的考虑从而找到答案达到解题的目的。
11．去伪存真法
为增加选择题的迷惑性，命题者有意虚设一些数据，这些数据有的可用，但用起来麻烦，有时纯粹与解题无关，是命题者设的圈套，透过这些现象，抓住本质的东西解题，称之为“去伪存真”法。
12．倒映对照法
有些题目，按题干条件由前向后一步步计算或推理能找到答案。但不如由后向前推，即读完题干后，从选项出发对映题干从而达到解题目的。这种由后向前的解题方法称之为倒映对照法。
经典题：
例题1 ：(1998年全国高考) 有五瓶溶液分别是①10mL0.60mol/LNaOH水溶液 ②20mL0.50mol/L硫酸水溶液 ③30mL0.40mol/LHCl溶液 ④40mL0.30mol/LHAc水溶液 ⑤50mL0.20mol/L蔗糖水溶液。以上各瓶溶液所含离子、分子总数的大小顺序是（ ）
A．①>②>③>④>⑤ B．②>①>③>④>⑤
C．②>③>④>①>⑤ D．⑤>④>③>②>①
方法：因五瓶溶液中的浓度均较小，因此只需从溶液的体积大小判断。
捷径：由于五瓶溶液的体积分别是10，20，30，40，50mL，因其溶质的浓度都比较小，所以溶液中所含离子、分子总数的大小取决于溶剂的量，由题意可知溶剂的量逐渐增大。故各瓶溶液所含离子、分子总数的大小顺序是⑤>④>③>②>①，选D。
总结：本题所问的是溶液中的离子、分子总数，当然包括溶质、溶剂，以及由于它们相互作用而形成的离子。若忽略了溶剂只求溶质中的离子、分子总数就会得到错误的结论。所以审题在解题中格外重要。
例题2 ：(1998年全国高考) PH=13的强碱溶液与PH=2的强酸溶液混和，所得混和液的PH值=11，则强酸与强碱的体积比是（ ）
A．11：1 B．9：1 C．1：11 D．1：9
方法：利用假想法求解。
捷径：假设需强碱溶液1 L ，需强酸溶液为V L，
ｃ(OH－)
解得V=9，所以体积比为1︰9 。
总结：由于反应后的溶液呈碱性，所以此时c(OH—)﹥c(H+)，因而必须用c(OH—)进行计算。
例题3 ：（1998年全国高考）由锌、铁、铝、镁四种金属中的两种组成的混和物10g，与足量的盐酸反应产生的氢气在标准状况下为11.2L，则混和物中一定含有的金属是（ ）
A．锌 B．铁 C．铝 D．镁
方法：逆向法求解。
捷径：与足量的盐酸反应产生氢气11.2L(0.5mol)，逆推，若为纯金属，估算知需锌、铁、镁三种金属的质量大于10g，铝的质量小于10g，而现产生氢气11.2L需混合物的质量为10g，则必须一种纯金属的质量大于10g，一种纯金属的质量小于10g。故答案为C。
总结：此题也可利用一价量法求解。即与足量的盐酸反应产生氢气11.2L(0.5mol)需一价金属1mol，将锌、铁、铝、镁四种金属分别换算成一价量分别是：锌为32.5、铁为28、铝9、镁为12。由四种金属中的两种组成的混和物，其一价量必须一种大于10，另一种小于10。得混和物中一定含有的金属是铝。
NaOH的质量分数
阳极析出物的质量（g）
阴极析出物的质量（g）
A
0.062(6.2%)
19
152
B
0.062(6.2%)
152
19
C
0.042(4.2%)
1.2
9.4
D
0.042(4.2%)
9.4
1.2
例题4 ：（1998年全国高考）将质量分数为0.052(5.2%)的NaOH溶液1L（密度为1.06g/mL）用铂电极电解，当溶液中的NaOH的质量分数改变了0.010(1.0%)时停止电解，则此时溶液中应符合的关系是 （ ）
方法：根据电解过程中溶液浓度的变化及电极产物的质量变化，通过变化量分析。
捷径：（解法一）原溶液质量1.06 g/mL×1000 mL =1060g，NaOH溶质质量1060g×5.3%=55.12g，电解后溶液的质量55.12g÷6.2%=889.0g，1060g—889.0g=171g，所以电解过程共消耗水171g。则在阳极析出O2 171g× =152g，阴极析出H2为171g× =19g。
（解法二）电解NaOH溶液，实质是电解水，所以NaOH溶液浓度必然增加。因而只有A、B可能符合题意，又因为电解时阳极得氧气，阴极上得H2，氧气的质量大于氢气的质量。选B。
总结：解法二的巧妙之处在于避免了繁琐的计算，利用NaOH溶液浓度的变化趋势淘汰两个选项，再由电解原理判断产物。当然解法二适用于选择题不适用填空题。
例题5 ：（1997年全国高考）两种气态烃以任意比例混合,在105℃时1 L该混合烃与9 L氧气混合, 充分燃烧后恢复到原状态, 所得气体体积仍是10 L。下列各组混合烃中不符合此条件的是 ( )
A．CH4 C2H4 B．CH4 C3H6 C．C2H4 C3H4 D．C2H2 C3H6
方法：利用燃烧通式，从燃烧前后体积不变分析。
捷径：各组混合烃都可以和氧气完全燃烧，不存在因O2不足而不符合条件。充分燃烧后恢复到原状态，所得气体体积保持不变，则混合烃中的氢原子平均数一定等于4，可知B、D选项不符合条件。答案为BD。
总结：水的状态是解答此类试题的关键，而确定水的状态，则又要特别注意反应过程中的温度。如温度低于100℃，水为液态；如温度高于100℃，水为气态。
例题6 ：（1997年全国高考）一定量的乙醇在氧气不足的情况下燃烧,得到CO、CO2和水的总质量为27.6 g,若其中水的质量为10.8 g, 则CO的质量是 （ ）
A．1.4 g B．2.2 g C．4.4 g D．在2.2 g和4.4 g之间
方法：首先确定CO和CO2的物质的量及质量，再通过“十字交叉”法求解。
捷径：10.8 g水的物质的量为0.6mol，由乙醇的分子式C2H6O得乙醇为0.2mol。以此产生的CO和CO2的总物质的量为0.4mol。又CO和CO2的总质量为27.6g－10.8g =16.8g，平均式量为42。利用“十字交叉”求得CO、CO2物质的量之比为1：7。得CO的质量为1.4g。选A。
总结：通过水的物质的量求算乙醇的物质的量是解答该题的关键。
例题7 ：（2002年全国高考）六氯苯是被联合国有关公约禁止或限制使用的有毒物质之一。下式中能表示六氯苯的是 ( )
方法：从题设结构去分析，采用淘汰法求解。
捷径：根据物质的名称――“六氯苯”知，分子中应含有一个苯环和六个氯原子。分析选项得答案为C。
总结：该题虽给出物质的结构简式，实际上考查了考生对有机物名称的理解。
例题8 ：（1995年全国高考）将分别盛有熔融的氯化钾、氯化镁、氧化铝的三个电解槽串联,在一定条件下通电一段时间后,析出钾、镁、铝的物质的量之比为（ ）
A．1:2:3 B．3:2:1 C．6:3:1 D．6:3:2
方法：根据转移电子数相等，利用假想法求解。
捷径：三个电解槽通过的电子数相等，假设都通过6mol电子。则析出金属钾、镁、铝的物质的量分别为6mol、3mol、2mol。以此物质的量之比为6：3：2。得答案为D。
总结：将电解槽串联，各电极转移电子的物质的量相等。
例题9 ：（2001年上海高考）C8H18经多步裂解，最后完全转化为C4H8、C3H6、C2H4、C2H6、CH4五种气体的混合物。该混合物的平均相对分子质量可能是 （ ）
A．28 B．30 C．38 D．40
方法：将裂解反应的结果与裂解前物质的物质的量，通过比较确定平均分子量。
捷径：C8H18经裂化有多种途径，如C8H18→C4H10+C4H8，C4H10→C2H6+C2H4或C4H10→C3H6+CH4，若C8H18为1mol，经充分裂化反应可生成1molC4H81molC2H6和1molC2H4或1molC4H81molC3H61molCH4，平均摩尔质量为114g/3mol=38g·mol—1，即平均分子量为38。若C8H18→C2H4+C6H14，C6H14→C2H4+C4H10，C4H10→C2H6+C2H4或C4H10→CH4+C3H6，则生成物可以是4mol，平均摩尔质量114g÷4mol=28.5g·mol—1，所以平均分子量介于28.5与38之间的闭区间内。得答案为B C。
总结：选项B很容易漏解。在烷烃裂化时，受到只有等碳原子数裂解（如第一种途径）思维影响下得出选项C，而遗漏选项B 。
例题10 ：（1995年上海高考）两种气态烃组成的混合气体0.1mol，完全燃烧得0.16 mol CO2和3.6 g水，下列说法正确的是：混合气体中（ ）
A．一定有甲烷 B．一定是甲烷和乙烯 C．一定没有乙烷 D．一定有乙炔
方法：通过平均组成分析确定。
捷径：混合烃的平均分子组成是C1.6H4，所以一定有CH4，另一烃中必有4个H原子，即C2H4、C3H4 或C4H4 。以此得答案为AC。
总结：部分考生常常将另一烃中必有4个H原子的结果，随意迁移到乙烯，而往往误选A、B 。
金钥匙：
例题1 ：将分别盛有５０ｍＬ１ｍｏｌ／Ｌ的硫酸的两个烧杯置于托盘天平的两盘上，并调平。再向两杯中分别加入下列各组金属，反应完毕后，天平仍处于平衡的是（ ）
Ａ．同是０．２ｍｏｌ钠和镁 Ｂ．同是１．５ｇ铝和锌
Ｃ．同是１．５ｇ铝和镁 Ｄ．同是１ｍｏｌ镁和铝
方法：剔除法。
捷径：把选项分别代入，Ａ，Ｂ，Ｄ两边增重不等，均被排除。所以C为答案。
总结：根据题干要求，把显然不是答案的选项排除，则剩下的选项即为答案。
例题2 ：下列几组物质，不论以何种比例混合，只要总质量一定，充分燃烧后产生的ＣＯ２也一定是 （ ）
Ａ．乙炔、苯 Ｂ．乙醇、乙酸 Ｃ．丙烷、丙烯 Ｄ．甲醛、葡萄糖
方法：观察法
捷径：最简式相同，含碳量相同，充分燃烧后产生的ＣＯ２的量也一定相同。分析得AD最简式相同，所以不论以何种比例混合，只要总质量一定，充分燃烧后产生的ＣＯ２量也一定相同，以此得答案为AD。
总结：此题如果分别写反应式然后设未知数计算，肯定地说，没有5ｍin得不出答案。但如果观察分析四组物质中的内在联系，发现A，D均有共同的最简式。最简式相同，燃烧产物一定，所以这样便能很快得出答案。
例题3 ：将ｐＨ＝８和ｐＨ＝１０的两种强碱溶液等体积混合，所得溶液的ｐＨ为（ ）
Ａ．8.31 Ｂ．9.0 Ｃ．9.31 Ｄ．9.7
方法：经验法
捷径：利用经验公式ｐＨ混＝ａ±０．３（ａ为较强的酸或碱的ｐＨ，并且酸加碱减）就能很快得到答案，即１０－0.3＝9.7。答案为D。
总结：按常规思路，混合后溶液中的c (ＯＨ－) ＝（１０－６Ｖ＋１０－４Ｖ）/２Ｖ ＝ 5.05 ×１０－5ｍｏｌ／Ｌ，ｐＯＨ＝4.31， ｐＨ＝9.7。选D。其计算显得十分繁杂。
例题4 ：一定条件下乙炔和某气体混合后充分燃烧，生成的ＣＯ2和Ｈ2Ｏ（气）体积分别是原混合气体的1.4倍和1.6倍（相同条件下）。则混入的气体可能是（ ）
A．甲醇 B．甲醛 C．甲酸 D．甲烷
方法：平均值法
捷径：生成ＣＯ2气体为混合气体的1.4倍，Ｈ2Ｏ为1.6倍，则混合气体平均分子式为Ｃ1.4Ｈ3.2。由于乙炔分子中 碳原子数2大于1.4，所以混入的气体分子中碳原子数必小于2，A，B，C，D均有可能，所以1.4倍这个条件是虚设的，与解题无关。氢原子乙炔为2，混入的气体分子内必大于或等于4才能使平均分子式中出现Ｃ1.4Ｈ3.2的局面。分析A，B，C，D四个答案 ，分子内氢原子≥４的只有Ａ，Ｄ两项，遂得到正确答案为ＡＤ。
总结：因题中未给出耗氧量，故在分析时可不考虑混入气体的分子中氧原子数的多少。
例题5 ：一氧化碳和氧气的混合气体的密度是相同条件下氢气的14.5倍，其中ＣＯ的质量分数是（ ）
Ａ．25% Ｂ．27.6% Ｃ．72.4% Ｄ．75.0%
方法：粗略估算法
捷径：该混合气体平均分子量为29，与ＣＯ分子量28接近，与Ｏ2分子量32相差较大。因此在混合气体中ＣＯ应占绝大多数，答案应从C，D中产生，当用任一项代入计算，便很快得出答案为C。
总结：“ＣＯ的质量分数”是解答该题的重要信息。部分考生在解题时，由于未看清题中的要求，而认为是物质的量的分数，以此造成误选D。
例题6 ：下列物质中含硫质量分数最高的是（ ）
Ａ．ZnSO4·7H2O Ｂ．FeSO4·7H2O Ｃ．NiSO4·7H2O Ｄ．MgSO4·7H2O
方法：换元变通法
捷径：四个选项的共同点是都有七个结晶水和一个SO4２－，不同的是四种盐的金属原子不同，原子量不等。比较4种原子量的大小可知，镁的最小，所以MgSO4·7H2O分子量最小，含硫最高。不用计算把化合物问题变成了比较原子量问题。从而得到答案D。
总结：由分子式计算某元素的质量分数化学初学者就能够解决，有不少考生是通过4次运算得出此题的答案。这样不仅耗时，而且容易出错。
例题7：下列微粒中，其质子数和电子数都跟NH4＋相同的是（ ）
Ａ．Na＋ Ｂ．Ｋ＋ Ｃ．Ｆ Ｄ．H3O＋
方法：抓住关键，首先从电荷分析。
捷径：Na＋、H3O＋和NH4＋的质子数都是11，至于电子数就不必算了。因为带1个正电荷就表明电子数比质子数少1个。以此得AD。
总结：按常规解法要先算出ＮＨ4＋的质子数等于11，电子数等于10，然后还要对Ａ～D四种微粒一一算出各项的质子数和电子数。
例题8 ：某有机物含碳40％、含氢6.67％、含氧53.33％ ，如果0.2mol该有机物重6ｇ，则它的分子式为（ ）
Ａ．Ｃ2Ｈ4Ｏ2 Ｂ．Ｃ2Ｈ4Ｏ Ｃ．ＣＨ2Ｏ Ｄ．Ｃ2Ｈ6Ｏ
方法：去伪存真法
捷径：由0.2mol重6ｇ可得该分子量为30，计算所给四物质的分子量，便可得到答案C。
总结：按题干条件，如果把四个分子一一计算其碳、氢、氧质量分数，也可得正确答案C，但这样计算下来所耗时间太多。要知道，题中有机物含碳40％、含氢6.67％、含氧53.33％为命题者有意虚设一些数据。
例题9 ：两种金属组成的混合物15g，与足量盐酸反应，在标准状况下生成H211.2 L，则下列各组金属中，肯定不能组成上述混合物的是（ ）
A． Mg Al B． Mg Na C． Fe Al D． Zn Fe
方法：解答该题可通过设一法，即将所有的金属转换成一价量(即金属的相对原子质量除以反应中的化合价)，与盐酸反应，各金属的一价量分别为：Na——23、Mg——12、Al——9、Fe——28、Zn——32.5，而1mol一价金属与盐酸反应生成0.5molH2。
捷径：设混合物为一价金属R，一价式量为x，则有
2R + 2HCl = 2RCl + H2↑
2xg 22.4L
15g 11.2L
解得一价式量X = 15 。
此时，只需要判断经变换的混合物中两金属的一价量均大于或均小于15，即肯定不能组成上述混合物。以此得不能组成上述混合物的有A、D。
总结：同一金属的一价量，在不同的反应中可能有所不同。如Fe与盐酸的反应中，其一价量为28，而在Fe与Cl2的反应中，其一价量则为18.7(即56/3)。此点在应用一价量进行解题时，必须特别注意。
例题10 ：等质量的钠、铁、铝分别同一定量等体积、等物质的量浓度的盐酸反应，放出的气体体积不可能是（ ）
A．钠最多 B．铝最多 C．铁最多 D．铝、铁一样多
方法：本题可能涉及四个反应：
2Na + 2HCl = 2NaCl + H2↑，2Na + 2H2O = 2NaOH + H2↑，
Mg + 2HCl = MgCl2 + H2↑， Fe + 2HCl = FeCl2 + H2↑。
因题中未指明金属与盐酸相对量的大小，须经过讨论确定产生H2的体积大小，而常规讨论方法比较繁琐，一时难以奏效。因此须作技巧性的处理。
0
9
23
28
金属质量/g
H2
的
量
Al
Na
Fe
捷径：设盐酸中HCl的物质的量为1mol，等物质的量HCl(1mol)与Na、Fe、Al反应放出H2的量与金属质量关系如下图所示：
根据图示可得如下结论：
金属质量（m） 0﹤m﹤23g 23g≦m﹤28g m≧28g
H2体积 Al﹥Na﹥Fe Na≧Al﹥Fe Na﹥Fe = Al
根据上述分析，选项C符合题意。
总结：通过直观想象的图示模型建立，为我们分析问题、迅速求解赢得时间。
例题11 ： 5.85 g NaCl样品中混有少量下列某种盐类，当它跟足量AgNO3充分反应后，得到AgCl沉淀14.4 g，这时可能混入的盐是 ( )
A．KCl B．BaCl2 C．CaCl2 D．AlCl3
方法：将KCl、BaCl2、CaCl2、AlCl3四种盐分别变换成含一个氯离子的形式，通过化学方程式求得含一个氯离子的盐的式量，然后再与四种盐含一个氯离子的式量进行对比便可获得可能混入的盐。
捷径：将选项变为A、KCl B、Ba1/2Cl C、Ca1/2Cl D、Al1/3Cl ，变形后各选项的式量分别为A、（74.5） B、（104） C、（55.5） D、（44.5）。它们和AgNO3的反应就和NaCl与AgNO3反应的化学计量数一样。此时设混合物组成为RCl，式量为x ，则有：
RCl ～ AgCl
X 143.5
5.85g 14.4g
解得：x=58.3
因为NaCl的式量为58.5﹥58.3，所以变形的另一种盐的式量应小于58.3 。以此只有C、D选项符合题意。
总结：分合、变形、类比是解答此类题型的关键。
例题12 ：浅绿色Fe（NO3）2的溶液中存在如下平衡：Fe2++2H2O Fe（OH）2+2H+，若在此溶液中加入稀硫酸，则溶液的颜色（ ）
A． 黄 B．变得更浅 C．不变 D．绿色变深
方法：从反应本质分析。
捷径：分析Fe（NO3）2溶液，主要存在Fe2+和NO3—两种离子，当加入硫酸时，在酸性条件下NO3—可将Fe2+氧化成Fe3+，故溶液逐渐变黄，正确答案为A。
总结：Fe2+水解的离子方程式是该题设置的解题障碍。部分考生根据题中Fe2+的水解离子方程式，得增大H+，平衡向逆方向移动，导致Fe2+浓度增大，绿色变深，而误选D。 出现上述错解的原因是错误地选用水解平衡概念所致。
聚宝盆：
解答选择题，一是要求速度要快，也就是从审题到选取答案的反应要快。二是要准，也就是要选得准、正确率要高。选择题多数是对基本概念和基本规律以及一些现象的考查。故应从学过的基本概念和基本规律出发，搞清题意，充分应用化学概念、规律、公式和图象，采用常规解题方法和特殊解题方法，从而迅速选择正确答案。
另外，应充分利用单选题的特点，以节省时间。例如，通过审查题干和选项判断，若几个选项中肯定其中一个选项正确，则其余必定错误，可不予考虑。若从一个选项正确可推出另一选项也是正确的，则这两项恰恰都是错误的。在逐项判断时，若前面选均为错误，则最后一个选项不必分析，应为正确。
热身赛：
1．将质量分数为3a%与a%的两种A溶液等体积混合后，混合液质量分数小于2a%，A可能是 （ ）
A．H2SO4 B．NaCl C．C2H5OH D．NH3
2．某元素的醋酸盐的分子量为m，相同价态该元素的硝酸盐的分子量为n。则该元素的此种化合价的数值为 （ ）
A．(n-m)/3 B．(n-m)/(n+m) C．(m-n)/6 D．(m-n)/3
3．根据酸碱质子理论，凡是给出质子的分子或离子都是酸，凡是能结合质子的分子或离子都是碱。下列微粒中，属于两性物质的是 ( )
(a)OH- (b)NH (c)H2O (d)H2PO4- (e)HS- (f)H3O+
A．(a)(c)(f) B．(b)(d)(e) C．(c)(d)(e) D．(b)(c)(f)
4．下列叙述中，可以说明元素乙的非金属性比元素甲的非金属性强的是 （ ）
A．同物质的量浓度的气态氢化物的水溶液，乙的pH值比甲的pH值小。
B．在自然界里两种元素存在的状态，乙无游离态而甲有游离态。
C．电解等物质的量的甲、乙阴离子的混合液时，甲先在阳极放电。
D．最高价氧化物水化物的酸溶液，甲的酸溶液的导电性比乙弱。
5．在CuCl2水溶液中存在下列平衡，
[Cu（H2O）4]2＋＋4Cl－ [CuCl4]2－＋4H2O
蓝色 黄绿色
能使黄绿色CuCl2溶液向蓝色转化的方法是（ ）
A．蒸发浓缩 B．加水稀释 C．加入AgNO3溶液 D．加入NaCl晶体
6．由FeO、Fe3O4、Fe2O3组成的混合物，测知Fe、O元素质量比为21 : 8，则 FeO、 Fe3O4、Fe2O3 物质的量之比为 （ ）
A．1: 1: 2 B．2: 1: 1 C．1: 3: 1 D．1: 1: 1
7．两种金属的混和物6.36g,投入足量的稀硫酸中，完全反应后，共收集到标准状况下的氢气3.36L。根据此可知，金属混和物的可能组成是 ( )
A．锌和钙 B．铁和银 C．镁和铝 D．铝和铜
8．有镁、铝合金14.7ｇ，全部溶于500ｍＬ6.0ｍol／L的盐酸中充分反应后，再加入400ｍＬ8.0mol/Ｌ的ＮaOH溶液，结果得到沉淀26.3ｇ，则合金中镁、铝的质量分别为（ ）
Ａ．13.5ｇ和1.2ｇ Ｂ．10.2ｇ和4.5ｇ
Ｃ．1.2ｇ和13.5ｇ Ｄ．10.9ｇ和3.8ｇ
9．有5.1gMg-Al合金，投入500mL2mol／L盐酸溶液中，金属全部溶解后，再加入4mol／LNaOH溶液，若要达到沉淀最大值，则加入NaOH溶液的体积应为（ ）
Ａ．250mL Ｂ．425mL Ｃ．500mL Ｄ．560mL
10．将4.3gNa，Na2O,Na2O2的混合物与足量水充分反应后，在标况下得到672mL混合气体，将该混合气体通过放电，恰好完全反应，则它们的物质的量之比为（ ）
Ａ．1︰1︰1 Ｂ．1︰1︰2
Ｃ．1︰2︰1 Ｄ．4︰3︰2
大检阅：
1．CD 2．A 3．C 4．C 5．BC 6．CD 7．AD 8．CD 9．A 10．D
策略26 实验题的解法与技巧
金点子：
随着高考改革的深入，有关化学方面的试题，在高考试卷上所占比例逐渐增大。实验试题的权重也由15%提高到20%。化学实验题按其知识点主要分为：常用化学仪器和实验基本操作；物质的制备、分离、提纯、检验；实验设计和综合实验。
除杂
1．完成实验题必须具备的素质：①阅读、挖掘题示信息的能力；②选择药品仪器的判断能力；③操作能力；④分析现象结论的能力；⑤分析实验过程的能力；⑥选择、组合、修改设计实验的能力；⑦综合运用知识、类比迁移、收敛发散思维的能力；⑧准确、清楚的文字表达能力；⑨扎实的基本功和创新精神。
干燥
气体发生
2．实验组合装置的连接顺序：一般为
尾气处理
主体实验
。考虑干燥与除杂的顺序时，若采用溶液除杂，则
先净化后干燥；若采用加热除杂，则干燥在前；若用固体吸收剂常温除杂，则根据题意而定。其实验技巧为：
①气体发生一般按“装置选择与连接→气密性检验→装固体药品→加液体药品→开始实验（按程序）→拆卸仪器→其他处理等。
②接口的连接：总体上遵循装置的排列顺序，但对于吸收装置应“长”进“短”出（或“深”入“浅”出）；量气装置应“短”进“长”出；洗气装置应“长”进“短”出；干燥管应“粗”进“细”出。
③加热操作：主体实验加热前一般应先通原料气赶走空气后再点燃酒精灯，其目的一是防止爆炸，如H2还原CuO，CO还原Fe2O3；二是保证产品纯度，如制Mg3N2、CuCl2等。熄灭酒精灯时，一般是“先点的则后灭”的原则。
④尾气处理：有毒气体常采用溶液（或固体）吸收或将之点燃，无毒气体直接排空。若制备的物质极易水解（如SnCl4，AlCl3等），则需在尾部加装干燥管，以防空气中的水蒸气进入造成水解。
3．综合实验思维过程：原理→反应物→仪器装置→现象→结论→作用意义→联想。如：①实验是根据什么性质和原理？实验目的是什么？②所用反应物名称、状态、代替物（据实验目的和相关的化学反应原理，进行全面分析比较和推理，并合理选择）。③有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可使用、仪器规格。④有关操作：技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。⑤实验现象：自下而上，自左至右全面观察。⑥实验结论：直接结论，导出结论。
4．实验仪器与实验试剂确定的注意事项：
①药品和装置是部分或刚好给出还是有剩余。
若药品和装置只部分给出，则应需要作必要的补充，若有剩余，则应进行筛选和淘汰。
②题目条件有无特殊要求。
如采用最简单或最合理的实验步骤，这些要求对我们考虑反应原理，选择药品和装置，确定操作步骤都作了限定，必须高度重视。
③实验过程中的隐蔽性操作。
如某些必要的干燥、除杂、冷凝等，这些都是实验中必不可少的，但容易被忽略。
④药品的规格。
有些题目要求指出药品的名称，这类问题学生最难答准确，如有些药品的准确描述为：硫酸铜粉末、澄清石灰水、酸性高锰酸钾溶液、浓硫酸、饱和NaHCO3、NaOH溶液。此外也应注意某些仪器的规格。
5．绘画简单的实验装置图的绘制技巧
基于评分客观公正性难以把握，近年高考题很少出现此类题目，但1998年试测题中用规定符号“简笔画”画“示意装置图”的办法较好地解决了这一问题。
简笔画中常见仪器表示方法：试管 ，有塞容器： ，无塞容器 ，玻璃管
冷凝管 ，干燥管 ，酒精灯 ，铁架台
石棉网 ~ ~ ~ ~ ，活塞 ，普通漏斗 ，分液漏斗 ，玻璃导管 — 等。
5．设计实验时还要考虑以下因素：
①净化、吸收气体及熄灭酒精灯时要防液体倒吸；②进行某些易燃易爆实验时要防爆炸（如H2还原CuO应先通H2，气体点燃先验纯等）；③防氧化（如H2还原CuO后要“先灭灯再停氢”，白磷切割宜在水中等）；④防吸水（如实验、取用、制取易吸水），潮解、水解宜采取必要措施，以保证达到实验目的 ；⑤冷凝回流（有些反应中，为减少易挥发液体反应物的损耗和充分利用原料，需在反应装置上加装冷凝回流装置（如长玻璃管、竖直的干燥管及冷凝管等）；⑥易挥发液体产物（导出时可为蒸气）的及时冷却；⑦仪器拆卸的科学性与安全性（也从防污染、防氧化、防倒吸、防爆炸、防泄漏等角度考虑）；⑧其他（如实验操作顺序、试剂加入顺序、实验仪器使用顺序等）。
经典题：
例题1 ：（2001年上海高考）下列实验中用错试剂的是 （ ）
A．用稀盐酸清洗做焰色反应的镍铬丝
B．用酒精萃取碘水中的碘
C．用稀硝酸洗去残留在试管壁上的铜
D．用碱石灰吸收氨气中的水蒸气
方法：从物质性质和实验操作要求去分析。
捷径：A做完焰色反应的镍铬丝上，往往残留某些盐或某些氧化物，用稀盐酸可溶解这些残留的盐或氧化物，再放在酒精灯火焰上灼烧一下，多余的盐酸均可挥发。这样可保持镍铬丝洁净。B萃取剂要求①与原来的溶剂互相不溶解②原溶质在萃取剂中的溶解度要大。碘在酒精中的溶解度比碘在水中的溶解度大得多，但酒精易溶于水，所以酒精不适于做萃取剂。而CCl4、苯、汽油等都可作萃取剂。C试管壁若残留铜或银应用稀硝酸清除。反应式3Cu+8HNO3（稀）= 3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O 若用浓硝酸耗去硝酸量多，且生成有毒气体也多。D干燥氨气只能用碱石灰。故正确答案为B。
总结：此题易错选C，其原因是只考虑反应速率，而未考虑反应用量及污染性气体问题。对中学化学中的银镜反应后的银的去除，也一样要用稀硝酸。
例题2 ：（1997年全国高考）进行化学实验必须注意安全,下列说法正确的是(填写标号)_______.
A．不慎将酸溅到眼中,应立即用水冲洗,边洗边眨眼睛
B．不慎将浓碱溶液沾到皮肤上,要立即用大量水冲洗,然后涂上硼酸溶液
C．如果苯酚浓溶液沾到皮肤上,应立即用酒精洗
D．配制硫酸溶液时,可先在量筒中加入一定体积的水,再在搅拌下慢慢加入浓硫酸
方法：根据实验要求逐项分析。
捷径：
A项中，酸溅到眼中，用水冲洗是为稀释酸液，眨眼睛一是及时把眼中液体挤出；二是将已进入眼睛内部的酸液及时移到表面经冲洗后流出来。B项中，用大量水可稀释浓碱，涂上硼酸中和可去除渗入皮肤上的碱，切忌用酸性较强的物质如醋酸、盐酸等，否则皮肤会受到酸的伤害。C项中，由于苯酚溶于乙醇，可用乙醇除去苯酚。以上都是化学药品腐蚀人体，都应立即处置，不能延误。D项中，稀释浓硫酸，必须在烧杯中进行。量筒的器壁较厚，受热后容易炸裂。故正确的有A、B、C三项。
总结：即使溶解过程中温度变化不大，溶解操作都应在烧杯中进行，不能在量筒、量杯、容量瓶等仪器中进行。
例题3 ：（1995年全国高考）下列溶液中,在空气里既不易被氧化, 也不易分解, 且可以用无色玻璃试剂瓶存放的是 ( )
A．石炭酸 B．氢硫酸 C．氢氟酸 D．醋酸
方法：从物质性质，对照选项逐一分析。
捷径：石炭酸即苯酚，在空气中易被氧化，生成粉红色的物质。氢硫酸被氧气氧化2H2S+O2=S+2H2O，氢氟酸腐蚀玻璃，不能用玻璃瓶存放，SiO2+4HF=SiF4+2H2O。以此得答案为D。
总结：为了节省时间，可采用淘汰法，即根据题设条件，逐一淘汰。如根据在空气里不易被氧化淘汰掉AB, 根据可用无色玻璃试剂瓶存放再淘汰掉C，剩余D。
例题4 ：（1996年全国高考）在一定条件下用普通铁粉和水蒸气反应,可以得到铁的氧化物.该氧化物又可以经过此反应的逆反应,生成颗粒很细的铁粉.这种铁粉具有很高的反应活性,在空气中受撞击或受热时会燃烧,所以俗称“引火铁”.请分别用下图中示意的两套仪器装置,制取上述铁的氧化物和“引火铁”.实验中必须使用普通铁粉和6mol/L盐酸,其他试剂自选(装置中必要的铁架台、铁夹、铁圈、石棉网、加热设备等在图中均已略去)。
填写下列空白：
(1)实验进行时试管A中应加入的试剂是 ；烧瓶B的作用是 ；烧瓶C的作用是 ；在试管D中收集得到的是 。
(2)实验时,U型管G中应加入的试剂是 ;长颈漏斗H中应加入 。
(3)两套装置中,在实验时需要加热的仪器是(填该仪器对应的字母) 。
(4)烧瓶I中发生的反应有时要加入少量硫酸铜溶液,其目的是 。
(5)试管E中发生反应的化学方程式是 。
(6)为了安全,在E管中的反应发生前,在F出口处必须 ；E管中的反应开始后,在F出口处应 。
方法：从实验装置和实验要求分析，再利用性质获解。
捷径：制取“引火铁”要通入H2，只有后套装置中的Ⅰ装置可提供H2。所以前套装置是Fe与H2O制Fe3O4（Fe置于A中，水蒸气由B提供），后套装置是Fe3O4与H2制“引火铁”（E中置Fe3O4、H2由Ⅰ提供）。以此得答案为：
(1)A中加Fe，B的作用是提供H2O（g），C只能是起“安全瓶”的作用（防止水槽中的水倒吸入A），D中收集到H2。
(2)U型管中物质应除去H2中HCl及H2O（g），可用碱石灰，长颈漏斗中当然是加6mol/L盐酸。
(3)A、B、E需加热。
(4)加入CuSO4，置换出Cu，Fe、Cu及电解质溶液构成了原电池，可加快产生H2的速率。
(6)检验氢气的纯度，点燃氢气。
总结：也可从前套装置中：“收集气体”，猜测后套装置用于发生3Fe+4H2O=Fe3O4+4H2。
例题5 ：（1996年上海高考）实验室用氨气还原氧化铜的方法测定铜的近似相对原子质量,反应的化学方程式为：
试回答：(1)如果选用测定反应物CuO和生成物H2O的质量(mCuO、 ) 时，请用下列仪器设计一个简单的实验方案。
①仪器连接的顺序(用字母编号表示,仪器可重复使用) ;
d中浓硫酸的作用是 , ;
实验完毕时观察到a中的现象是 ;
②列出计算Cu的相对原子质量的表达式 ;
③下列情况将使测定结果偏大的是 (以下选择填空不限1个正确答案,均用字母编号填写)。
(a)CuO未全部还原为Cu (b)CuO受潮 (c)CuO中混有Cu
(2)如果仍采用上述仪器装置, 其他方案可选用测定的物理量有
方法： 从原理、目的分析装置，并确定其连接顺序和实验误差。
捷径：（1）①NH4Cl和Ca（OH）2反应可以生成NH3，经碱石灰干燥后（不能用浓H2SO4干燥，因为浓H2SO4要吸收氨气）把NH3通入a装置发生主体反应，将反应后生成的水蒸气用C吸收（不能用浓H2SO4吸收，因为还有未反应的氨气也可被浓H2SO4吸收，这样测量水的质量就偏大），多余的NH3用浓H2SO4吸收，同时也防止空气中的水蒸气进入第二个C装置。其顺序为b c a c d。d中浓硫酸的作用是吸收未反应的氨 防止空气中水分进入。实验完毕时观察到a中的现象是固体由黑色转变红色。
②2NH3 + 3CuO N2 + 3Cu + 3H2O（设Cu的原子量为x）
3(x+16) 3×18
mCuO
x =
③要使测定结果偏大，则mCuO要偏大， 要偏小，其中（a）导致 偏小
（b）导致 偏大 （c）相当于 偏小。故选a、c。
（2）要测定铜的近似相对原子质量，必须至少要测出一种有关铜的质量，所以（b）（d）是不可选用的。得可选用测定的物理量有(a)、(c) 。
总结：误差分析是该题的一个难点。在分析误差时，要充分依靠计算公式，从变量和公式两方面去结合分析。
例题6 ：（1994年全国高考）现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样,请从下图中选用适当的实验装置，设计一个最简单的实验，测定Na2O2试样的纯度(可供选用的反应物只有CaCO3固体,6 mol/L盐酸和蒸馏水)。
请填写下列空白：
(1)写出实验中Na2O2和Na2O分别发生反应的化学方程式 。
(2)应选用的装置是(只要求写出图中装置的标号) 。
(3)所选用装置的连接顺序应是(填各接口的字母;连接胶管省略) 。
方法：根据实验目的，从最简单着手分析。
捷径：由于Na2O2与水反应放出O2，而Na2O与水反应不放出气体，所以最简单的方法是通过O2的量计算Na2O2的量，由于试样的量一定，即可求出Na2O2的纯度。其答案为：(1)2Na2O2+2H2O==4NaOH+O2↑，Na2O+H2O==2NaOH
(2)⑤①④ ，(3)(G)接(A)(B)接(F)
总结：本题要求设计一个最简单的实验，测定Na2O2试样的纯度。题中还含有一个较复杂的实验方案。其实验原理是：用装置⑤产生的CO2气体经干燥后通入过氧化钠样品中，再除去过量的CO2气体后，测量O2的体积，用O2物质的量求出Na2O2的量。其装置顺序是⑤②⑥⑦①④，接口顺序G接D，C接H，I接J，K接A，B接F。显然这个答案比捷径中的方法要复杂得多。由于同学未认真审题，又受平时练习中所有装置都要连接在实验中的模式的影响，而用了繁琐的选择。评分标准指出，未选出最简单的实验，即使全部答对，也只能得到该题的2/3分数。可见认真审题的重要性。
例题7 ：（1992年三南高考）根据从草木炭中提取钾盐的实验,填写下列空白：
(1)此实验操作顺序如下:①称量样品,②溶解沉降,③ ,④ ,⑤冷却结晶。
(2)用托盘天平(指针向上的)称量样品时,若指针偏向右边,则表示(填下列正确选项的代码) 。
A．左盘重,样品轻 B．左盘轻,砝码重 C．右盘重,砝码轻 D．右盘轻,样品重
(3)在进行第③步操作时,有时可能要重复进行,这是由于 。
(4)在进行第④步操作时,要用玻璃棒不断小心地搅动液体,目的是防止 。
(5)所得产物中主要的钾盐有 、 、 等(填化合物分子或名称)。
方法：再现式分析填写。
捷径：将题中叙述与实验对照，得：(1)过滤、蒸发；(2) B ；(3) 滤液浑浊；(4)液体飞溅；(5)KCl、K2SO4、K2CO3 。
总结：此题虽不属难题，但如果未做过此实验，将很难正确作答。
例题8 ：（2001年高考试测题）把淀粉溶液溶于沸水中，制成淀粉胶体。
（1）鉴别水溶液和胶体可以利用的方法是 。
（2）60℃左右时，在淀粉胶体中加入淀粉酶，充分反应。然后把反应后的全部液体装入半透膜袋里，系紧袋口，并把它悬挂在盛有蒸馏水的烧杯里。从半透膜袋里析出的物质是 ，该操作的名称是 。
方法：从实验原理和操作方法分析。
捷径：（1）用可见光照射水溶液或胶体，观察有无“丁达尔现象”，若有就是胶体。
（2）从半透膜袋里析出的物质为小分子麦芽糖，该操作称为渗析。
总结：该题着重考查了考生的对实验的理解。
例题9 ：（2001年高考试测题）1，2，3，4-四氢化萘的结构简式是 ，分子式是C10H12。常温下为无色液体，有刺激性气味，沸点207℃，不溶于水，是一种优良的溶剂，它与液溴发生反应：C10H12+4Br2 C10H8Br4+4HBr。生成的四溴化萘常温下为固态，不溶于水。有人用四氢化萘、液溴、蒸馏水和纯铁粉为原料，制备少量饱和氢溴酸溶液，实验步骤如下：
①按一定质量比把四氢化萘和水加入适当的容器中，加入少量纯铁粉。
②慢慢滴入液溴，不断搅拌，直到反应完全。
③取下反应容器，补充少量四氢化萘，直到溶液颜色消失。过滤，将滤液倒入分液漏斗，静置。
④分液，得到的“水层”即氢溴酸溶液。
回答下列问题：
（1）下面示意图中的装置，适合步骤①和②操作的是 。
（2）步骤②中如何判断“反应完全” 。
（3）步骤③中补充少量四氢化萘的目的是 。
（4）步骤③中过滤后得到的固体物质是 。
（5）已知在实验条件下，饱和氢溴酸水溶液中氢溴酸的质量分数是66%，如果溴化反应进行完成，则步骤①中四氢化萘和水的质量比约是1︰ （保留小数点后1位）。
方法：从物质性质和实验原理分析并计算。
捷径：（1）因①和②操作中涉及到易挥发且有毒的液溴，故必须选用D装置。
（2）判断步骤②中反应巳进行完全，从实验现象看，应该为加入的液溴颜色基本不褪，也即巳不再存在四氢化萘。
（3）补充少量的四氢化萘是为了除去过量的溴。
（4）步骤③中过滤后得到的固体物质是不溶于水的四溴化萘和铁粉。
（5）从来源分析求解得，四氢化萘和水的质量比约是1︰1.3。
总结：从示意图中选择适合步骤①和②操作的装置，是该题的难点之一。部分考生未能考虑到液溴的挥发，仅从滴入液溴不断搅拌出发，极易错选A。
例题10 ：（1997年全国高考）1,2 - 二溴乙烷可作汽油抗爆剂的添加剂,常温下它是无色液体,密度2.18 g·cm-3,沸点131.4℃,熔点9.79℃,不溶于水,易溶于醇、醚、丙酮等有机溶剂.在实验室中可以用下图所示装置制备1,2- 二溴乙烷.其中分液漏斗和烧瓶a中装有乙醇和浓硫酸的混合液,试管d中装有液溴(表面覆盖少量水).
填写下列空白:
(1)写出本题中制备1,2-二溴乙烷的两个化学反应方程式 。
(2)安全瓶b可以防止倒吸,并可以检查实验进行时试管d是否发生堵塞．请写出发生堵塞时瓶b中的现象：_________________________________。
(3)容器c中NaOH溶液的作用是:__________________________________。
(4)某学生在做此实验时,使用一定量的液溴,当溴全部褪色时,所消耗乙醇和浓硫酸混合液的量,比正常情况下超过许多.如果装置的气密性没有问题,试分析其可能的原因。
方法：从实验原理结合实验装置进行分析。
捷径：（1）制备1,2-二溴乙烷的两个化学反应方程式为：
，CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br 。
（2）观察装置图，搞清装置的物理学原理：由于b中压强增大，b中水面会下降，玻璃管中水面上升，甚至会从竖管上部溢出。
(3)NaOH溶液的作用如果仅从乙烯的角度似乎无法解答，但如果想到乙醇和浓H2SO4共热不仅可以发生分子内脱水，也可以发生分子间脱水，甚至还可以将乙醇氧化，产生CO2和SO2气体。所以NaOH溶液的作用是：除去乙烯中混有的CO2和SO2等酸性气体。
（4）根据“当溴全部褪色时，消耗乙醇和浓硫酸的量比正常情况下多”这一事实，从实验原理解释产生这一现象的原因，只能得出二点原因：①乙烯产生的速度太快，一部分乙烯来不及与溴反应。②实验过程中，温度控制不当，产生了较多乙醚。
总结：该题比较基础，只要认真阅读试题，前后联系，各个问题不难答出。
金钥匙：
例题1 ：用H2还原CuO实验，①为什么要通一会儿H2，再加热？②实验完毕后，为什么要继续通H2至试管冷却？
方法：采用逆向思考，如果不这么做，会产生什么不良影响。
捷径：用H2还原CuO的反应方程式为：H2 + CuO Cu + H2O，以此知，反应物中有氢气；反应时要加热，生成物中有铜。逆向分析：
① 如果先加热再通入氢气→导致空气与氢气混合→结果：加热时可能发生爆炸。
② 如果先停止通氢气→导致空气进入试管→结果：铜与氧气反应而被氧化。
结果是为了避免上述两种不良后果的出现。
总结：诸多实验的操作分析均采用此法。其它如浓硫酸稀释时为什么要将浓硫酸慢慢倒入水(或乙醇)中，并不断搅拌；实验室制氧气时，为什么要先拆去导气管再熄灭酒精灯等等。
例题2 ：实验室进行某项实验的装置如图。
实验现象记录如下：
（1）黑色的CuO粉末变为光亮的红色；（2）生成物A能使无水CuSO4变蓝；（3）镁带能在另一生成物B中燃烧生成一种固态物质C，C与A反应可生成碱性物质D和一种使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体E。回答下列问题。
（1）在制氨装置中，生石灰的作用是________。
（2）写出在硬质试管中发生的化学方程式__________________________。这个反应说明氨气具有________（填编号：A、碱性 B、还原性 C、氧化性 D、不稳定性）。
（3）写出有关反应的化学方程式
镁带在B中燃烧生成C 。
C与A反应 。
方法：从实验原理和实验现象剖析。
捷径：（1）生石灰的作用是促进NH3·H2O的分解，利于NH3的挥发逸出。生石灰溶解于水发生反应CaO+H2O=Ca(OH)2 ，Ca(OH)2=Ca2++2OH- ，Ca(OH)2电离产生OH－使溶液内c (OH-)增大，从而使NH3·H2ON＋OH－，平衡向左移动。又CaO 在溶解于水的过程中既消耗水；又放出热量。有利于NH3·H2O的分解和NH3的逸出。
（2）2NH3＋3CuO 3Cu+3H2O+N2 ；从化合价分析得，氨气中N的化合价升高，在该反应中氨气作还原剂，选B。
（3）3Mg+N2 Mg3N2；
Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2 +2NH3
总结：该题中生石灰的作用是是多方面的，部分考生由于不能全面理解题意，而造成分析不完整的现象较多。
例题3 ：众所周知，反应Cu+H2SO4（稀）=CuSO4+H2↑通常不能发生。
(1)说明此反应在一般情况下不能发生的原因。
(2)若向稀H2SO4中通入热的空气，则发现Cu会逐渐溶解。写出有关的化学方程式。
(3)根据你所学过的知识，设法使题中的反应能够发生，具体的方法是________。反应原理是______________________________________________________________。
方法：通过比较分析法求解。
捷径：Cu在金属活动性顺序表中排在H之后，所以Cu的失电子能力较弱，而H+得电子能力也不强，所以两者之间不反应。当向稀H2SO4中通入热的空气时，在O2的作用下 2Cu+O2 2CuO ，然后 CuO+H2SO4 = CuSO4+ H2O，造成Cu 逐渐溶解。而要使一个通常情况下不能发生的反应能够发生，可借助于电解，方法是：以铜做阳极，以稀H2SO4 作电解质溶液，进行电解，其电解原理如右图。
总结：这是一个开放性实验设计题，它要求考生将1个通常情况下不可能发生的反应设计成为可能，对考生的知识要求、能力要求、素质要求均较高。特别是题中设计的干扰信息“向稀H2SO4中通入热的空气，则发现Cu会逐渐溶解”
，又会将考生引向加入另一物质使反应发生的错误思路，唯有注意题中的关键字段——“设法使题中的反应”，方可正确作答。
例题10 ：已知锌的化学性质与铝相似，但还原性比铝弱。把500 mL0.4 mol/L的盐酸置于烧杯中，投入质量为2 g的一块镀锌铁片。用表面皿盖好烧杯口，看到反应非常剧烈，产生很多气体，片刻后放出气体速度明显减慢，最后溶液变为浅绿色，待固体溶解后用蒸馏水洗涤表面皿，把洗涤下来的液体全部倾入烧杯。再向烧杯中加入过量的氢氧化钠溶液，产生沉淀，待沉淀全部变成红褐色时，滤出沉淀并置于蒸发皿中，当加热至质量不再改变时，称得反应后固体物质的质量是2.8 g，试回答下列问题：
(1)用表面皿盖住烧杯口的目的是_______________。
(2)开始反应时剧烈放出气体的主要原因是________________。
(3)加入过量氢氧化钠溶液的目的是____________。反应的化学方程式是__________。
(4)沉淀变成红褐色时，反应的化学方程式是__________________。
(5)2.8 g固体的成分是__________。
(6)原镀锌铁片中，含锌量是______%。
方法：从实验过程进行分析。
捷径：(1) 用表面皿盖住烧杯口的目的是为了防止反应液溅出 。
(2) 开始反应时剧烈放出气体的原因有两点，一是开始时溶液的浓度大，二是形成了原电池，而其主要原因应该是形成锌一铁原电池。
(3) 因锌的化学性质与铝相似，加入过量氢氧化钠溶液的目的使Zn2+转变成ZnO22－，使Fe2+转变成Fe(OH)2，从而使Fe2+和Zn2+分离。反应的化学方程式为：
Fe2+＋2OH-==Fe(OH)2、Zn2+＋4OH-==ZnO＋2H2O
(4)4Fe(OH)2＋O2＋2H2O==4Fe(OH)3 。
(5) 因加热至质量不再改变，故此时Fe(OH)3巳全部分解成Fe2O3，2.8 g固体为Fe2O3。
(6) 原镀锌铁片中含锌量，可通过Fe2O3的质量，先求出Fe的质量，再求Zn的质量，得Zn的质量为2g。
总结：解答该题要注意题中信息：锌的化学性质与铝相似。通过信息得Zn(OH)2为两性氢氧化物
。
聚宝盆：
根据对近年来高考实验试题的分析，下列内容是实验考查的重点：
l．实验基本操作和技能
这类试题的特点通常是给出限定的仪器、药品和一些操作步骤，要求正确完成某项实验操作，既有常见仪器的使用，又有正确操作的辨别，着重考查考生的实验基本操作技能。
2．正确运用实验原理和正确认识实验装置
这类试题通常是给出限定的实验装置、反应条件、实验现象和有关数据，要求考生根据实验原理及试题中所给予的信息，结合元素化合物知识，选用仪器药品，正确认识、选择装置，说明装置中某些仪器的作用，描述实验现象，写出有关化学方程式，进行数据分析．指出实验中必须注意的某些问题等等，主要考查考生的观察能力与分析综合及评价的能力。
3．运用所学知识和技能进行实验设计或处理
这类试题的特点多是利用给出装好药品的单个实验装置，根据实验要求进行正确连接，或给出全部或部分实验环节，根据实验要求安排正确的实验步骤或补充实验。主要用于考查考生实验综合能力和评价能力。
尽管高考实验题涉及到的知识点和能力点是分散的，但高考试题中实验考查的内容和形式是较为稳定的，这给实验复习中突出重点提供了可能。实验复习可根据考纲和实验要求加以重点复习，这样就会起到事半功倍的效果。
热身赛：
1．解释下列实验出现的“意外”现象的原因：
(1)用浓盐酸与碳酸钙反应产生的二氧化碳，通入澄清石灰水未见混浊_____。
(2)在苯中滴入溴水，振荡后溴水层退色____________________________。
(3)在汽油中滴入溴水，振荡后溴水层变成无色，而汽油层仍是无色______________。
(4)将蔗糖与稀硫酸共热片刻，使蔗糖水解，加热完毕加入新制氢氧化铜，继续加热，没有红色沉淀生成______________________________。
2．某化学课外小组所做实验的示意图如下：
上图中“®”表示气体流向，M是一种纯净而干燥的气体，Y为另一种气体，E内有棕色气体产生。实验所用的物质，只能由下列物质中选取：
Na2CO3、Na2O2、NaCl、Na2O、CaCl2、(NH4)2CO3、碱石灰等固体及蒸馏水。
据此实验，完成下列填空：
(1)A中所用装置的主要仪器有_______。
(2)B中所选的干燥剂是______，其作用是_______。
(3)C中发生的主要反应的化学方程式是____________________。
(4)制取Y气的D装置所用的主要仪器是____________________，制取Y气的化学方程式是________________________________。
(5)当F中充有一定量气体后，D停止送气，A停止加热，并立即关闭两个活塞，这时若将F浸入冰水中，可看到F中的现象是__________，原因是______________________。
3．实验室进行合成氨的实验时，用盐酸与锌发生反应生成氢气，用亚硝酸钠溶液与氯化铵溶液共热制取氮气；制N2的反应为：NH4Cl+NaNO2NH4NO2+NaCl ，NH4NO2N2↑+2H2O。现有仪器装置如下图，且要用酚酞检验生成的少量NH3。
（1）各导管口的连接顺序（气流由左至右为：
____接____，____接_____。
（2）C中应放入的试剂是___________，其作用是_________________________。
（3）B中应放入试剂是___________，其作用是___________________________。
（4）将合成NH3后的气体通入滴有酚酞的水中，若导管口没入水面，水____倒吸（填“会”或“不会”），其原因是___________________________________________。
4．为了将下列（I）项中括号内表示的杂质除去，请从（II）项中选出相应的去杂试剂，从（III）项中选出适当的操作方法，用编号填在“答案栏”内：
(I)含杂质物质
(II)去杂试剂
(III)去杂方法
答案栏
(1)KNO3晶体(NaCl)
A．Ba(OH)2溶液
a洗气
(1)
(2)FeCl2溶液(FeCl3)
B．半透膜
b蒸馏
(2)
(3)NaOH溶液 (Na2CO3)
C．浓H2SO4
D．Fe粉
c分液
d渗析
(3)
(4)CO2(H2S)
E．水
e过滤
(4)
(5)乙醇（乙酸）
F．溴水
f加热
(5)
(6)苯（甲苯）
G．KMnO4酸性溶液
g重结晶
(6)
(7)硬脂酸钠(NaCl)
H．乙醇
h盐析
(7)
(8)硝基苯(NO2)
I．CuSO4溶液
(8)
5．某混合气体由H2、CO、CO2、SO2混合而成，为了用实验来验证这四种气体，从下列图示中选用合适的装置（有的可重复使用）进行实验。
如果气体是从左向右流动的，那么各装置连接时，导管接口顺序用字母表示为：
（1）混合气体接（ ），（ ）接（ ），（ ）接（ ），（ ）接（ ），（ ）接（ ），（ ）接（ ）。
（2）对试管加热的操作应在 时候进行。这样做的目的是 。
6．已知2NH3 + 3CuO 3Cu + N2 + 3H2O，实验室里现用干燥的氨气在加热条件下与氧化铜反应，来制取较纯净的铜粉和氮气(允许含少量的水蒸气)，实验是由下列六个装置组合而成。
试回答下列问题：
(1)如果氨的气流是从左到右，六个装置的连接顺序是_________。(填入装置的序号)
(2)当观察到___________________________________现象时，说明反应开始发生。
(3)装置乙中发生反应的化学方程式是_____________________________。
(4)装置丙的作用是_____________；装置丁的作用是__________________。
(5)当观察到__________________________________现象时，说明实验可以结束。
7．海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在。实验室里从海藻中提取碘的流程如下：
请回答：
（1）指出提取碘的过程中，有关的实验操作名称：①__________，③__________；
写出过程②中有关反应的离子方程式：_____________________________。
（2）提取碘过程中，可供选择的有机试剂是__________________。
A．甲苯、酒精 B．四氯化碳、苯
C．汽油、乙酸 D．汽油、甘油
（3）为使海藻中碘离子转化为碘的有机溶液，实验室里有烧杯、玻璃棒、集气瓶、酒精灯、导管、圆底烧瓶、石棉网，以及必要的夹持仪器、物品，尚缺少的玻璃仪器是________________________________。
（4）从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机溶剂，还需经过蒸馏。指出下图所示实验装置中的错误之处：①_______________，②_______________，③_______________。
（5）进行上述蒸馏操作时，使用水浴的原因是________________________________；最后晶态碘在___________里聚集。
8．氯化铜(CuCl2·2H2O)中含有FeCl2杂质，为制得纯净氯化铜晶体，首先将其制成水溶液，然后按下图所示的操作步骤进行提纯：
(1)为什么加入氧化剂X？答：___________________________________。
(2)下列物质都可作为氧化剂，其中最合适于本实验的是__________。
A．H2O2 B．KMnO4 C．NaClO D．K2Cr2O7
(3)物质Y是___________，沉淀Z是__________。
(4)为分离出沉淀Z，并将溶液III蒸发，获得晶体，从A～L中选择所需用的仪器______________________（填字母）
(A)漏斗 (B)烧杯 (C)试管 (D)蒸发皿 (E)坩埚 (F)温度计
(G)酒精灯 (H)喷灯 (I)铁架台(附铁圈) (J)药匙 (K)滴管 (L)锥形瓶
除以上仪器之外，还需要的仪器和实验药品的是_______________，附三种离子从溶液中完全呈氢氧化物沉淀时所需的PH值：Fe3+ 3.7，Cu2+ 6.4，Fe2+ 6.4。
9．氨跟氧化铜作用可以制备氮气（图中的B），同时得到铜和水（图中的A），而氮气跟镁在高温下反应可制得氮化镁，但氮化镁遇水即反应生成Mg(OH)2和NH3，下图是实验室上述实验的装置图，回答下列问题。
(1)虚线方框中的装置中装的物质是_______________________。
(2)在制氨装置中，固体NaOH的作用是________________________________。
(3)写出有关反应的化学方程式
(a)氨与灼热氧化铜反应：______________________________________________。
(b)镁带在B中燃烧生成固体物质C：____________________________________。
(c)C与水反应：_______________________________________________________。
10．现需设计一个实验装置，电解饱和食盐水，并测定电解产生氢气的体积（约6 mL）和检验氯气的氧化性（多余氯气不应排入空气中）
(1)试从下图中选用几种必要的仪器连成一整套装置，这套装置接口的顺序（编号）是________。
(2)电路的连接是：炭棒接电源的_____极，铁棒接电源的_____极。
(3)如果装入的饱和食盐水是50 mL（假定电解前后溶液体积不变），当测得的氢气为5.6 mL（标准状况）时，此时停止通电，摇匀后U形管内溶液的PH值为______。
大检阅：
1．(1)氯化氢随二氧化碳一起进入澄清石灰水 (2)苯萃取溴
(3)汽油中含有裂化汽油，与溴发生加成反应 (4)水解反应后的酸性未中和。
2．(1)大(硬质)试管、铁架台(附铁夹)、酒精灯、单孔胶塞和玻璃导管。
(2)碱石灰 除去水蒸气也除去二氧化碳
(3)4NH3＋5O24NO＋6H2O(气)
(4)铁架台、分液漏斗、平底烧瓶(或锥形瓶)、胶塞、导管
2Na2O2＋2H2O====4NaOH＋O2
(5)颜色变浅，因为2NO2(气)N2O4(气)＋热量，是放热反应，降低温度时平衡向正方向移动，红棕色的NO2部分转变为无色的N2O4，故颜色变浅。
3．（1） c接j，k接l
（2）NaOH溶液 除去H2中混入的HCl
（3）浓H2SO4 除去水蒸气进行干燥，以防止催化剂中毒
（4）不会 因N2、H2混合气中只有少量NH3
4．(1)E g (2)D e (3)A e (4)I a (5)A b (6)GA c
(7)BE d (8)A c
5．（1）E、D、I、J、K、C、G、H、A、B、I；
（2）开始通入混合气后，即可进行加热，（不能先加热后，再通气）。防止H2、CO与热空气接触时发生危险。
6．(1)戊—丙—乙—己—丁—甲
(2)戊装置中石蕊试纸变蓝，乙装置中有紫红色铜生成
(3)2NH3＋3CuO=3Cu＋N2↑+3H2O
(4)干燥氨气 吸收未反应的氨气
(5)乙装置中黑色粉末全部转为紫红色
7．（1）①过滤 ②萃取2I -＋Cl2===I2+2Cl-
（2）B
（3）分液漏斗
（4）①缺石棉网 ②温度计插到了液体中 ③冷凝管进、出水方向颠倒
（5）使蒸馏烧瓶均匀受热，控制加热温度不致过高；在蒸馏烧瓶里聚集
8．(1)将Fe2+氧化成Fe3+；(2)A；(3)CuO，Fe(OH)3；(4)ABDGI；玻棒、滤纸
9．(1)碱石灰；(2)吸水放热作用；(3)(a)2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O；
(b)N2＋3Mg==Mg3N2；(c)Mg3N2＋6H2O==3Mg(OH)2＋2NH3。
10． (1)A、G、F、I；B、D、E、C；(2)正、负；(3)12。
策略27 无机框图题的解法与技巧
金点子：
无机框图主要包括元素的框图分析与推断、无机物的框图分析与推断、无机物的合成、混合物的分离与除杂等题型。由于此类试题可全面考查无机化学知识的内在联系，及其分析问题的方法和解决问题的能力，因而成为高考化学优秀的传统题型。此类试题的解法与技巧主要有：
1．循序渐进法
当框图中给出了起始物质时，可利用框图采取循序渐进的方法分析递变过程而获解。
2．题眼扩展法
当框图中未给出起始物质时，可通过题中的文字说明和框图中的实验现象等，找出解题的突破囗，也即“题眼”，题眼可以是一种物质，也可以是一类物质，再从题眼中的物质向前或后扩展，找出其它物质。
3．试探法
当通过题中文字说明和框图中的变化无法找到相应物质时，此时，可通过题中规律，将中学化学中的常见物质代入试探，如发现试探的物质不符合时，再代入其它物质，直至获得结果。
4．迁移类比法
当框图中的物质不是中学化学中的常见物质时，可依据元素周期表中元素的递变规律，将学过的物质的性质迁移到新物质中，而进行类比分析。
经典题：
例题1 ：（2001年上海高考）利用天然气合成氨的工艺流程示意如下：
依据上述流程，完成下列填空：
（1）天然气脱硫时的化学方程式是 。
（2）n mol CH4经一次转化后产生CO 0.9n mol、产生H2 mol（用含n的代数式表示）
（3）K2CO3（aq）和 CO2反应在加压下进行，加压的理论依据是 （多选扣分）
a．相似相溶原理 b．勒夏特列原理 c．酸碱中和原理
（4）由KHCO3分解得到的CO2可以用于
（写出CO2的一种重要用途）。
（5）整个流程有三处循环，一是Fe(OH)3循环，二是K2CO3（aq）循环，请在上述流程图中标出第三处循环（循环方向、循环物质）。
方法：从起始物质循序渐进分析。
捷径：（1）根据框图中的物质变化，可得脱硫方程式3H2S＋2Fe(OH)3→Fe2S3＋6H2O。
（2）一次转化所发生的反应是CH4+H2O=CO+3H2，根据产生CO 0.9n mol知，参加反应的CH4为0.9n mol，生成的H2为3×0.9n=2.7nmol 。
（3）K2CO3（aq）+CO2（g）+H2O（l）=2KHCO3（aq）这是气体体积缩小的反应，根据平衡移动原理，增大压强有利于KHCO3的生成。以此得b。
（4）CO2的用途较多，如生产纯碱、作制冷剂、人工降雨等。
（5）根据图示，将课本中的知识迁移知，在合成氨的反应中，N2、H2经合成塔合成氨后，还有大量的N2、H2未参加合成，所以除NH3后的N2、H2重新回到合成塔，再进行合成氨反应。以此另一循环过程为(见右图)。
总结： 理清框图中的物质变化过程，再结合课本知识，方可迅速获得结果。
例题2 ： （1998年全国高考）下图分别代表有关反应中的一种物质，请填下以下空白。
（1）①、③、④的化学式分别是 、 、 。
（2）⑧与⑨反应的化学方程式是 。
方法：题眼扩展法。
捷径：从物质②和Na2O2反应生成物质④⑤得，物质②一定是CO2，因课本中仅学过Na2O2与CO2或H2O的反应，又气体混合物预先通过了浓硫酸，水巳除去。以此为突破囗，分析前后物质即可得答案为：
（1）NH4HCO3,NH3,O2
（2）C+4HNO3 2H2O+4NO2+CO2
总结：当题中只给出了部分变化过程中的某一反应物时，与旧知识相联系，是找出题眼的重要之点。
例题3 ：（1994年全国高考）下图中的每一方格表示有关的一种反应物或生成物,其中粗框表示初始反应物(反应时加入或生成的水,以及生成沉淀J时的其他产物均已略去)。
请填写下列空白：
(1)物质B是 ,F是 , J是 .
(2)反应①的离子方程式是 。
方法：利用循序渐进的分析思路解题。
捷径：饱和食盐水电解的产物是NaOH、Cl2、H2。三者之间存在的反应是H2+Cl2=2HCl、2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，由图示：B能与另两种生成物反应所以B为Cl2；又B与A反应产物有两种，所以C一定为H2，A为NaOH，G为HCl；再由F+Cl2→I，F+HCl→H+H2，H+Cl2→I，可推知F为变价金属，可确定为Fe；H和I分别为FeCl2和FeCl3；最后注意理解D与H、I的反应。由题知D、E为NaCl、NaClO，通过上述分析可认定D应为NaClO，有关反应为：I→J：Fe3++3ClO—+3H2O=Fe（OH）3↓+3HclO，发生了双水解反应。而H→J可理解为生成Fe（OH）2，但HClO有强氧化性，进而将Fe（OH）2氧化为Fe（OH）3。以此该题的结果为：(1)B是Cl2, F是Fe , J是Fe（OH）3 。反应①的离子方程式是：Cl2+2OH—=ClO—+Cl—+H2O 。
总结：本题的难点，是确定F为何种物质。其推断方法：先推断F为何种类型的物质，因F+Cl2→I，F+HCl→H+H2，所以F必为金属。再推断这种金属的特点，因I、H均为氯化物，又H→I，所以F是变价金属，而我们熟知的变价金属是铁。先确定物质的种类，再确认具体物质，这是解推断题中常用的方法。因为它能分解难点，使推断的目标更具体、更明确。思路也变得非常清晰。
例题4 ：（2001年高考试测题）在一定条件下（不许添加别的反应物），经不同的化学反应，可实现如下图的各种变化。
其中，反应③、④、⑤属氧化还原反应，而反应①、②属非氧化还原反应。X、F和Y为单质，且F是空气的主要成分之一，其余为化合物，据此请填空：
（1）物质A是 ，F是 ，X是 ，Y是 。
（2）写出反应②的化学方程式 。
（3）写出反应④的化学方程式 。
方法：因题中物质未知，故根据反应规律，采用代入试探法解题。
捷径： 左边从A盐固体加热分解得三种物质，且为非氧化还原反应，代入常见(NH4)2CO3(或NH4HCO3)分析试探。右边从电解Z的盐溶液得单质X、Y和化合物W分析，代入常见物质NaCl溶液分析试探。以此得此题结果为：（1）A是(NH4)2CO3(或NH4HCO3)，F是N2，X是H2，Y是Cl2。
(2)CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O或CO2+NaOH=NaHCO3
(3) N2+3H2 2NH3 。
总结：值得注意的是，如果代入试探的物质与题意相矛盾或不一致时，应作及时调整，代换其它物质。
例题 5 ：（1996年上海高考）某试剂厂用银(含杂质铜)和硝酸(含杂质Fe3+)反应制取硝酸银。步骤如下:
依据上述步骤,完成下列填空:
(1)溶解银的硝酸应该用 硝酸(填浓或稀).原因是 。
a．减少过程中产生NOx的量 b．减少原料银的消耗量 c．节省硝酸物质的量
(2)步骤B加热保温的作用是 .
a．有利于加快反应速度 b．有利于未反应的硝酸挥发
c．有利于硝酸充分反应, 降低溶液中c (H+)
(3)步骤C是为了除去Fe3+、Cu2+等杂质.冲稀静置时发生的化学反应是 。
a．置换反应 b．水解反应 c．氧化—还原反应
产生的沉淀物化学式: 。
方法：该题给出了反应过程中的一些物质，但要求回答原因、作用与某些物质的化学式，可采用迁移类比法解题。
捷径：(1) 将银的硝酸的反应方程式迁移对比后分析得，采用稀HNO3好，其原因是 a和c 。
(2) 步骤B加热保温的作用，可将速率与平衡的知识迁移过来分析，得作用为a和c。
(3) 冲稀静置是为了除去Fe3+、Cu2+等杂质，可将盐类水解的知识迁移分析，得b 。产生的沉淀为Fe(OH)3 和Cu(OH)2 。
总结：（1）Ag+2HNO3（浓）=AgNO3+NO2+H2O，3Ag+4HNO3（稀）=3AgNO3+NO+2H2O，从两条反应式可知答案为a c。（3）由于Fe3+、Cu2+的水解能力强，即使在弱酸性条件下，他们都可以发生水解。溶液变稀后，pH值上升，有利于Fe3+、Cu2+水解，生成Fe(OH)3、Cu（OH）2沉淀，经过滤后得纯净的AgNO3溶液。
例题 6 ：（2002年全国高考）如图所示。已知：
① 甲、乙、丙、丁均为前三周期元素的单质。
② 在一定条件下甲与丙和甲与丁都按物质的量之比 l：3反应，分别生成X和Y，在产物中元素甲呈负价。
③在一定条件下乙与丙和乙与丁都按物质的量之比1：2反应，分别生成Z和W，在产物中元素乙呈负价。
请填空：
(1)甲是_______________________，乙是_______________________。
(2)甲与丙反应生成X的化学方程式是______________________________。
(3)乙与丁反应生成W的化学方程式是______________________________。
方法：依据反应规律，采用代入试探法求解。
捷径：因在一定条件下，甲与丙和甲与丁都按物质的量之比 l：3反应，分析前三周期常见元素的单质，有N2和H2及N2和Mg为1：3反应。以此甲可能为N2 ，丙、丁可能为H2或Mg。又在一定条件下乙与丙和乙与丁都按物质的量之比1：2反应，与前面对照，能与H2或Mg以物质的量之比1：2反应的一种物质只有O2。以此可获得结果为：
（1）N2，O2 （2）N2+3Mg Mg3N2 （3）O2+2H2 2H2O。
或（2）N2+3H2 2NH3（3）O2+2Mg 2MgO
总结：解答该题，要求考生紧紧抓住反应过程中反应物间物质的量的关系。有目的地代入某一或某些物质。
金钥匙：
例题1 ：某物质Ａ在水溶液中有如下性质：
根据上述现象分析得出：
（１）Ａ是 ，Ｂ是 ，Ｃ是 。
（２）加入盐酸的离子方程式： 。
方法：根据反应过程，从已知的现象寻找物质，然后逐一化解。
捷径：由题图示知：Ｂ为不溶于稀HNO3的浅黄色沉淀，Ｂ肯定是AgBr 。在C的溶液中加NH4SCN溶液无明显现象，说明C中无Fe3+；而在C中继续加盐酸后变红色，说明C中必存在Fe2+。加入盐酸后，Fe3+与SCN—反应显红色，是因为在酸性条件下，NO3—具有氧化性，这就是解答本题的关键所在，即隐含条件。以此A为FeBr2。
总结：在酸性条件下，NO3—
具有氧化性这一隐含条件，也可能出现在其他类型的试题中，如离子共存，在复习中一定要引起注意。
例题2 ：有四种元素的单质形成的合金，为确定其组成，某兴趣小组做了下列实验，请根据要求回答以下问题。
回答：（1）A中含 ；（2）B中含 ；（3）C中含 ；
（4）D中含 ；（5）E是 ；（6）F是 。
方法：通过反应后的实验现象，逆向分析。
捷径：逆向分析，从浅绿色溶液到红褐色沉淀知，固体B中含有Fe，从纯固体加入浓硝酸产生红棕色气体及无色无刺激性不可燃气体知，固体B中含有C。同理分析框图右边。以此得答案为：(1)C、Si、Al、Fe ；(2)C、Fe；(3)Na2SiO3、NaAlO2；(4)H2SiO3、Al(OH)3；(5)H2 ；(6)CO2 。
总结：当正向分析难以确定物质或元素时，可根据物质或元素的性质，逆向考虑。
例题3 ：朱砂（又名丹砂）是一种红色的颜料，它是某种金属的高价化合物。现通过以下实验来确定朱砂的组成：
（1）朱砂的化学式是 ；
（2）写出A C的离子方程式 ；
（3）写出B E的化学方程式 。
（4）气体A有何优缺点？在实验室及工业上如何制得？写出其反应的化学方程式。
方法：此类试题由于未能给出具体的物质，故解题时需通过题中文字说明、变化规律及实验现象，首先推断出题中各物质，然后才能按照题中要求作答。
捷径：根据C→D为无色溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液知D可能为BaSO4或AgCl，而C为气体A与溴水反应的产物，故D只能为BaSO4，以此得A为SO2。
根据无色溶液E与Cu反应生成银白色物质，知该反应为一置换反应，银白色物质为汞。以此B为汞蒸气。
通过分析得朱砂在空气中加热生成汞和SO2，以此其化学成分为HgS。
A C的离子方程式为：SO2 + Br2 + 2H2O = 4H+ +SO42- + 2Br -；
B E的化学方程式为：3Hg + 8HNO 3(稀) = 3Hg (NO3 )2 + 2NO↑ + 4H2O
从优点分析，SO2可用作漂白剂、消毒、杀菌及制硫酸等；从缺点来看，又能引起环境污染、酸雨等。在实验室可通过Na2SO3与浓H2SO4共热制得，其反应的化学方程式为：Na2SO3 + H2SO4(浓) Na2SO4 + SO2↑+ H20 ；在工业上可通过燃烧S或煅烧黄铁矿而制得，其化学方程式为：S+O2 SO2，4FeS2 + 11O2 2Fe2O3 + 8SO2 。
总结：此题以红色的颜料朱砂为背景材料，要求考生从文字说明及框图信息两方面，对题中问题逐一作答，既考查了考生的基础，又考查了考生的能力。
例题4 ： MnO2和锌是制造干电池的主要原料。巳知某地有软锰矿和闪锌矿两座矿山，它们的主要成份为：软锰矿：MnO2含量≥65%、Al2O3含量为4%、闪锌矿：ZnS含量≥80%、FeS、CuS、CdS含量各为2% 。
电解法生产MnO2传统的工艺主要流程为：软锰矿加煤还原焙烧；用硫酸浸出焙烧料；浸出液经净化后再进行电解，MnO2在电解池的阳极析出。
制取锌的传统生产工艺为：闪锌矿高温氧化脱硫，再还原得粗锌：
2ZnS+3O22ZnO+2SO2 、2C+O22CO 、ZnO+COZn(g)+CO2 。 将用热还原法制得的粗锌溶于硫酸，再电解ZnSO4溶液可生产纯度为99.95%的锌。
目前生产MnO2和锌的工艺主要是通过电解获得MnO2和锌，副产品是硫、金属铜和镉。其简化流程图如下：
试回答下列问题：
（1）软锰矿、闪锌矿粉未与硫酸溶液共热时析出硫的反应为氧化-还原反应，例如：MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S¯+2H2O，据此写出MnO2在酸性溶液中分别和CuS、FeS和CdS发生氧化-还原反应的化学方程式。
（2）用离子方程式表示浸出液A与适量Zn粉作用得到滤液B与滤渣乙的过程。
（3）产品C的化学式是 。
（4）试从环境保护和能量消耗的角度评价目前的工艺与传统的工艺相比较有哪些优点。
方法：通过迁移类比及变化过程分析。
捷径：(1)将题中的反应迁移比较即可，但要注意FeS中的Fe2+将会被MnO2氧化成Fe3+。其化学方程式分别为：MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+CuSO4+S¯+2H2O；3MnO2+2FeS+ 6H2SO4=Fe2(SO4)3+3MnSO4+2S¯+6H2O；CdS+2H2SO4+MnO2=MnSO4+CdSO4+S¯+2H2O。
(2) 浸出液A中含有Cu2+、Cd2+、Fe3+，与Zn粉作用的离子方程式分别为： Zn+Cu2+=Cu+Zn2+ ，Zn+Cd2+=Cd+Zn2+ ，Zn+2Fe3+=2Fe2++Zn2+ 。
(3) 产品C可从电解反应分析得为H2SO4 。
(4)从环境保护角度评价：无SO2对大气的污染；从能量消耗角度评价：无高温焙烧热污染，不需要高温焙烧节约燃料。
总结：迁移类比法解题，要求考生不仅要将学过的旧知识进行迁移，还要能将题中的新信息进行迁移，唯有围绕目的分析，方能快速获解。
例题5 ：某混合溶液含有Ag+、Fe3+、Cu2+、Ba2+、Al3+五种阳离子(不考虑阴离子)，做实验时所用的试剂是：盐酸、硫酸、氢氧化钠、氨水，实验步骤如下图。试选择适当的试剂或生成物，用化学式或离子符号填写下列空白。(注：Cu2+和Ag+一样，与NH3分子形成[Cu(NH3)4]2+络离子)
(a) (b) (c) (d)
(e) (f) (g) (h)
方法：循序渐进法分析解题。
捷径：从混合溶液含有的Ag+、Fe3+、Cu2+、Ba2+、Al3+五种阳离子进行的一系列反应分析得：(a)AgCl ， (b)H2SO4 ， (c)BaSO4 ，(d)Fe(OH)3、Cu(OH)2 ，(e)AlO (f)NH3·H2O (g)Fe(OH)3 ， (h)[Cu(NH3)4]2+ 。
总结：实验过程中试剂的选择是正确解题的前提。部分考生由于未能理清题中的信息“Cu2+和Ag+一样，与NH3分子形成[Cu(NH3)4]2+络离子”，而出现误选误判的现象较多。
聚宝盆：
框图题是高考化学试卷中的必考题型。此类试题跨度大、思维强，对考查考生的知识与能力特别有效，因而倍受命题者的青睐。
解答框图题要注意以下四点：
一看：看清题中的文字说明，列出解题的关键字词。
二找：找出框图中的实验现象，找出框图中的变化规律。
三查：查框图中的物质、查反应条件、查反应过程。
四答：答非所问是考生解答此类试题经常出现的错误。以此在答题时必须注意：①答名称，还是答符号、化学式；②答离子方程式，还是化学方程式；③答现象，还是答结论；④答规律，还是答具体物质或具体内容。
热身赛：
1．将9．6g镁在空气中充分燃烧，为了分析燃烧产物的成分做如下实验：
（1）写出物质的化学式甲 、乙 、丙 、丁 、戊 。
（2）若将上述实验生成的氨气通过稀H2SO4，硫酸增重 3．4 g，戊煅烧到质量不再变化时得到8g固体，求镁燃烧的混合物中甲与乙的物质的量之比 。
（3）写出甲变化为丙的化学反应方程式 。
2．下图表示某些化工生产流程（有的反应条件和产物已略去）
试回答：
（1）C的化学式是 ，L的名称是 。
（2）E→G的化学方程式是 。
（3）G→H的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（4）写出饱和食盐水＋F＋E→J＋K（沉淀）的化学方程式 。
（5）写出由上述流程图中出现的元素组成的5种铵盐的化学式 。
3．A、B、C、D、E、F是中学化学常见的6种物质，它们之间有如下的转化关系（B、D是气体，E、F是无色液体，C是白色沉淀）。
请填写以下空白：
（1）A是 ，B是 ，C是 。
（2）写出反应①的化学方程式 。
4．在一定条件下，下列各物质可发生如图所示的变化：（反应中生成的水没有写出）
请回答：
（1）固体A是 （写化学式）
（2）反应①的化学方程式
（3）反应②的化学方程式
5．根据下图记录的实验现象，推断A、B各是什么物质。
（1）A是 ，B是 （写化学式）
（2）写出A、B等物质的量在水溶液中反应的离子方程式 。
6．从某物质A的水溶液出发有下图所示的一系列变化：
试回答：（1）物质的化学式：A 、B 、C 、D 、E 、F 。
（2）写出E→F的离子方程式 。
（3）鉴定F的简捷方法是 。
7．下面是A、B两种盐所进行的实验记录，其中H、G均为溶于酸的白色沉淀。
由此推知：A是 ，B是 ，C是 ，D是 ，E是 ，F是 ，
G是 ，H是 。
8．A和A1是同一周期的元素．在A和A1的如右图各步反应中，最后生成的D和D1均为白色沉淀。
试推断并写出其化学式：
A B C D
A1 B1 C1 D1
9．用惰性电极电解A的溶液，得到B、C、D三种产物，已知：B是气体，C是金属，E为黑色固体，反应Ⅲ是C在D的稀溶液中进行。
则(1)A为 ，D为 。
(2)反应Ⅰ的离子方程式
反应Ⅰ中阳极的电极反应式
(3)反应Ⅲ的离子方程式
大检阅：
1． (1 )Mg3N2、 MgO 、NH4Cl、 MgCl2、 Mg(OH)2；(2 ) 1: 2；(3 )Mg3N2 + 8HC1 = 3MgCl2 + 2NH4Cl
2．(1)H2、硝酸铵 (2)4NH3＋5O2===4NO＋6H2O (3)1∶2
(4)NaCl＋H2O＋CO2＋NH3===NaHCO3＋NH4Cl
(5)NH4Cl、NH4HCO3，(NH4)2CO3、NH4NO3、CH3COONH4
3．(1)NH4Cl、HCl、AgCl
(2)Ag+＋NH3·H2O = AgOH＋NH4+,
AgOH＋2 NH3·H2O = [Ag(NH3)2]+＋OH-＋2H2O
4．(1)Na2O2 (2)NaOH＋SO2(过量)===NaHSO3
(3)SO2＋Br2＋2H2O===H2SO4＋2HBr
5．（1）SO2、Cl2 （2）SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Br-+4H+
6．(1)(NH4)2SO3或NH4HSO3、(NH4)2SO4或NH4HSO4、SO2、NH3、K2SO3、K2SO4
(2)SO32-＋Br2＋H2O===SO42-＋2Br-＋2H+
(3)焰色反应鉴定K+，加BaCl2和盐酸鉴定SO42-
7．A：K2SO3 B：BaCl2 C：KCl D：BaSO4 E：Cl2 F：SO2 G：BaSO4
H：AgCl
8．A：Mg 、B：Mg3N2、 C.：MgCl2、 D：Mg(OH)2；
A1： Al、 B1：Al2 (SO4)3 、C1.：AlCl3、 D1.：Al (OH)3）
9． (1)A为Cu(NO3)2，D为HNO3。
(2)2Cu2+ + 2H2O 2Cu + O2↑ + 4H+ ；4OHˉ= O2↑+2H2O
(3)3 Cu + 8H+ + 2NO3ˉ= 3Cu2+ + 2NO + 4H2O
策略28 有机框图题的解法与技巧
金点子：
有机框图题，是高考化学中的重点题型。此类试题，常常会给出一些新信息、新反应、新要求。解答此类试题，除要应用课本上的基础知识外，还要读懂信息、分清框图、找准解题的目的。有关有机框图题的解法与技巧主要是：
1．找准信息
为了在新反应、新知识面前能让考生正确求解，有机框图题一般在框图之前或框图之后给出反应或物质性质的提示，因此在解答此类试题时，要求考生首先必须找出与解题有关的有效信息和隐含信息，再结合框图一一化解题中物质，直至获得结果。
2．瞻前顾后
对框图中的未知物质或不熟悉的反应，在推断时，可结合前后所给出的物质的结构或化学式，通过瞻前顾后，缩小包围圈式找出中间的新物质或反应条件。
3．循序渐进
当框图中给出了起始物质时，可利用框图采取循序渐进的方法分析递变过程而获解。
4．题眼扩展
当框图中未给出起始物质时，可通过题中的文字说明和框图中部分物质的结构简式或化学式等，找出解题的突破囗，也即“题眼”，再从题眼中的物质向前或后扩展，推出其它物质。
5．代入试探
当通过题中文字说明和框图中的变化无法找到相应物质时，此时，可通过题中规律，将中学化学中的常见物质代入试探，如发现试探的物质不符合时，再代入其它物质，直至获得结果。
6．迁移类比
当框图中的物质不是中学化学中的常见物质时，可依据官能团的性质，将中学化学中学过的物质的性质迁移到新物质中，而进行类比分析。
经典题：
例题1 ：（1997年全国高考）通常情况下,多个羟基连在同一个碳原子上的分子结构是不稳定的,容易自动失水,生成碳氧双键的结构: 。
下面是9种化合物的转变关系
(1)化合物①是__________,它跟氯气发生反应的条件A是__________________.
(2)化合物⑤跟⑦可在酸的催化下去水生成化合物⑨,⑨的结构简式是__________________,名称是__________________.
(3)化合物⑨是重要的定香剂,香料工业上常用化合物②和⑧直接合成它.此反应的化学方程式是：____________________________________________________.
方法：通过题眼扩展找出框图中的物质。
捷径：从物质⑤逆向分析，可推断出②为C6H5CH2Cl，进一步逆推可得①为甲苯。再结合物质③和信息及反应过程可得答案为：
总结：信息和框图相互联系，整体分析方能正确求解。部分考生由于仅考虑框图，而未能分析题中信息，即在“通常情况下,多个羟基连在同一个碳原子上的分子结构是不稳定的,容易自动失水,生成碳氧双键的结构”，从而造成无法作答。
例题2 ：（2001年上海高考）为扩大现有资源的使用效率，在一些油品中加入降凝剂J，以降低其凝固点，扩大燃料油品的使用范围。J是一种高分子聚合物，它的合成路线可以设计如下，其中A的氧化产物不发生银镜反应：
试写出：
（l）反应类型；a 、b 、P
（2）结构简式；F 、H
（3）化学方程式：D→E
E＋K→J
方法：递进分析法。
捷径：从CH2=CH－CH3与水的加成得A为CH3－CH2－CH3，从CH2=CH－CH＝CH2与氯气的加成得F为CH2Cl－CH=CH－CH2Cl，再结合反应类型和反应条件，通过递进分析可得答案为：
（1）加成 消去 水解（或取代）
（2） （各 2分，其 4分）
（3）＋C16H33OH ＋H2O（2分）
n＋n （3分）
总结：对于未知的(即课本中未学过的)反应，可通过将反应前后的物质进行联系，从而依据结构或官能团的变化，即可找出未知的物质或未知的反应。
例题3 ：（1996年全国高考）已知:
现有只含C、H、O的化合物A～F,有关它们的某些信息,已注明在下面的方框内。
(1)在化合物A～F中有酯的结构的化合物是(填字母代号) .
(2)把化合物A和F的结构简式分别填入下列方框中.
方法：通过瞻前顾后，依靠反应过程中的分子量的变化找出新物质。
捷径：分析框图，从A→D与从B→C，均为选择氧化，故C、D中均存在羧基。又C的分子量比D大84，根据题中信息得，每mol羟基与乙酸和乙酸酐反应，分子量增加42，以此说明A中有2个羟基，因A能发生银镜反应，知A中还含有一个醛基，且分子量为D的分子量减去一个氧原子，即106－16＝90。得A为CH2OHCHOHCHO。再通过递进分析可得结果为：(1)B、C、E、F 。(2) 化合物A和F的结构简式见右图。
总结：从题文所给信息,可以看出:乙醇和乙酸起酯化反应后,其分子量增加了42,由C与D分子量之差,可以确定A中有两个羟基,并且不连在同一个C原子上。
CH3COOH
例题4 ：（2000年上海高考）化合物A最早发现于酸牛奶中，它是人体内糖代谢的中间体，可由马铃薯、玉米淀粉等发酵制得，A的钙盐是人们喜爱的补钙剂之一。A在某种催化剂的存在下进行氧化，其产物不能发生银镜反应。在浓硫酸存在下，A可发生如下图所示的反应。
C2H5OH
D
B
H2SO4（浓）
H2SO4（浓）
A
C3H6O3
H2SO4（浓）
H2SO4（浓）
F（六原子环化合物）C6H8O4
△
△
E
能使溴水褪色
试写出：
化合物的结构简式：A B D
化学方程式：A→E ，A→F
反应类型：A→E ，A→F
方法：根据迁移类比法，通过反应规律和化学式，首先推断出A的结构，再根据A结构，推出其余物质的结构，并依据官能团的性质写出反应的化学方程式。
捷径：根据文字叙述，A在催化剂作用下被氧化生成酮而不是醛，可知A中羟基不在碳链的端点，而A→E的变化又说明醇发生分子内脱水生成烯烃，从A→B发生酯化反应知A中具有—COOH，根据A的分子式，可推知A的结构简式为： 。
B为A与乙醇酯化反应的产物，其结构简式为： 。
D是A与乙酸发生酯化反应的生成物，其结构简式为： 。
以此可获得答案为：
消去（或分子内脱水），酯化（或分子间脱水或取代）
总结：此题要求考生从分子式、化学反应中的过程、文字叙述等多方面综合考虑A物质的结构，并以此为突破囗，确定其它物质。
例题5 ：（1993年全国高考）从环己烷可制备1,4-环己二醇的二醋酸酯.下面是有关的8步反应(其中所有无机产物都已略去):
醋酸、
醋酸酐
其中有3步属于取代反应、2步属于消去反应、3步属于加成反应.反应①、 和 属于取代反应.化合物的结构简式是:B 、C .
反应④所用试剂和条件是 .
方法：以环己烷为起始原料，采用递进分析法求解。
捷径：根据反应过程中的已知物质，结合反应条件可分析出A、B物质。而C、D物质则应接合前后物质和反应条件去推断，以此得答案为：
反应①、⑥和⑦属于取代反应。
化合物B的结构简式为： ，C的结构简式为： 。
反应④为卤代烃的消去反应，故所用试剂为NaOH的醇溶液，条件为加热。
总结：C、D物质的确定是该题的难点，在解题时，可瞻前顾后找出前后物质间的联系，通过结构比较获得结果。
例题6 ：（1998年全国高考）某高校曾以下列路线合成药物心舒宁（又名冠心宁），它是一种有机酸盐。
（1）心舒宁的分子式为 。
（2）中间体（I）的结构简式是 。
（3）反应①～⑤中属于加成反应的是 （填反应代号）。
（4）如果将⑤、⑥两步颠倒，则最后得到的是（写结构简式） 。
方法：采用递进分析法求解。
捷径：（1）心舒宁的分子式的确定，可将其分成两部分，分别求算两部分的分子式，然后再将两部分合并即可。以此得其分子式为C23H39NO4。
（2）结合反应条件得中间体（I）的结构简式为：。
（3）反应①～⑤中属于加成反应的是③和⑤。
（4）如果将⑤、⑥两步颠倒，最后加氢时圆点后的碳碳双键也将与氢气发生加成反应，则最后得到的是 。
总结：在确定心舒宁的分子式时，可通过不饱和度求解。分析圆点前的不饱和度为3，圆点后的不饱和度也为3，每增加1个氮原子，同时增加1个氢原子。
金钥匙：
例题1 ：有机物A、B在常温下均为气态，可按如下方法进行A、B及有关物质的一系列转化：
已知X和Y互为同分异构体，D与G互为同系物，X有银镜反应，A在标准状况下密度为1.25g·L-1。
（1）写出A、B的结构简式：A____________；B____________。
（2）写出下列反应的化学方程式：
C D____________________________________________________________
B F____________________________________________________________
E+G X____________________________________________________________
方法： 从A的密度确定A的式量，再根据框图中的反应确定其结构简式，并以此为突破囗，推断其它物质，并写出反应的化学方程式。
捷径：根据A在标准状况下密度为1.25g·L-1。可得其分子量为28，又A能水化生成醇，氧化生成醛，可知A为乙烯。再结合题中信息“X有银镜反应”，知X为甲酸酯，故G为甲酸。其余物质可以此为突破囗确定。其答案为：
（1）A为CH2＝CH2；B为HCHO
（2）C D：CH3CHO+2Cu(OH)2 CH3COOH+Cu2O↓+2H2O
B F：HCOH+H2 CH3OH
E+G X：HCOOH+C2H5OH HCOOC2H5+H2O
总结：在有机物的确定时，既要分析框图中的变化过程，又要考虑题中的文字说明。
例题2 ：据报道，目前我国结核病的发病率有抬头的趋势。抑制结核杆菌的药物除雷米封外，PAS-Na（对氨基水杨酸钠）也是其中一种。它与雷米封同时服用，可以产生协同作用。
已知；
苯胺：显碱性、易氧化
③R-Cl R-OH ④
下面是PAS-Na的一种合成路线：
（对氨基水杨酸钠）
请按要求回答下列问题：
（1）写出下列反应的化学方程式并配平：
甲苯→A： ； A→B： 。
（2）写出下列物质的结构简式：C： D： 。
(3) 指出反应类型：Ⅰ ，Ⅱ ，Ⅲ 。
（4）所加试剂名称：X ； Y 。
方法：依据起始物质和最终产物，从物质的变化过程递进分析。
捷径：(1)方程式的书写需瞻前顾后，既要考虑反应物，又要考虑生成物及最终产物。其方程式为：
；， ， 。
(2) 因苯环上的氨基易被氧化，故B→C为甲基的氧化过程；C→D为卤原子的水解过程。其C、D的结构简式略。
(3) 反应类型Ⅰ为取代，Ⅱ为氧化，Ⅲ 为还原。
(4) 所加试剂名称：X为酸性高锰酸钾； Y为碳酸氢钠(注：不可用NaOH，因NaOH可同时与酚羟基发生反应) 。
总结：该题以抑制结核杆菌的药物PAS-Na的合成为线索，通过给出反应信息及合成路线，从有机结构、有机反应、有机条件等多方面，对考生的有机知识进行了综合考查。
例题3 ：对于复杂的有机物的结构可用“键线式”简化表示。如苯丙烯酸丙烯酯
(1)
(a)它的分子式是 。
(b)它在稀酸作用下能水解生成两种有机物，此两种有机物可能具有的共同性质是________(填选项的标号)。
A．均能与溴水发生加成反应 B．遇FeCl3溶液均呈紫色
C．均能与NaOH溶液反应 D．在一定条件下均能与氢气反应
(2)尼龙一66是已二酸[HOOC(CH2)4COOH]跟已二胺[H2N(CH2)6NH2]按物质的量之比为1∶1在270℃、10大气压下缩聚而成，流程如下：
(a)A的结构简式为_______；B的结构简式为________；C的结构简式为______。
(b)用结构简式表示出已二酸与乙二胺反应生成尼龙一66的化学方程式________。
方法：递进分析法。
捷径： (1) (a)通过不饱和度可得分子式为：C18H24O6N2。
(b) 该物质在稀酸作用下水解生成的两种有机物，一种为烯酸，一种为硝基苯酚，以此两种有机物具有的共同性质是C、D。
(2)结合题中物质和过程得：翰林汇
总结：将有机物的结构简式迁移到键线式，是该题的一个飞跃，也是分析有机物的关键。部分考生由于未能理解此点而造成失分。
例题4 ：含苯酚的工业废水处理的流程图如下：
（1）上述流程图里，设备Ⅰ中加苯的目的是 。
（2）由设备Ⅱ进入设备Ⅲ的物质A是 ，由设备Ⅲ进入设备Ⅳ的物质B是 。
（3）在设备Ⅲ中发生反应的化学方程式为 。
（4）在设备Ⅳ中，物质B的水溶液和CaO反应后，产物是NaOH，H2O和 。通过 操作（填写操作名称），可以使产物相互分离。
（5）上图中，能循环使用的物质是C6H6、CaO、 、 。
方法：根据实验流程图，从物质的变化过程进行分析。
捷径：（1）根据流程图，在设备Ⅰ废水中加入苯，其目的是利用苯酚在有机溶剂苯中溶解度较大而在水中溶解度较小而提取苯酚。
（2）在设备Ⅱ中加入NaOH水溶液，使苯中的苯酚变成苯酚钠（A）而进入水层流向设备Ⅲ，上层苯泵入设备Ⅰ以循环使用。在设备Ⅲ中通入CO2,使苯酚钠重新变成苯酚而得到回收，另一生成物NaHCO3（B）进入设备Ⅳ。
（3）设备Ⅲ中通入CO2，是使苯酚钠转变为苯酚，其反应的化学方程式为：
（4）在设备Ⅳ中，所加CaO首先跟水作用生成Ca(OH)2，而后Ca(OH)2再与NaHCO3反应生成NaOH、H2O和CaCO3沉淀，所得沉淀CaCO3经过滤而进入设备Ⅴ。在设备Ⅴ中，CaCO3高温分解，生成的CaO和CO2进一步参与反应而循环使用。
（5）综合上述分析可得，在废水处理过程中，循环使用的物质有C6H6、CaO、NaOH和CO2。
总结：对三废的处理及回收利用，是工业生产中的重要问题。该题以含酚废水为源头，以课本知识为依托，对废水的整个处理过程进行了层层设答，唯有对化学原理、装置使用和操作原理能清晰认识的考生，方能在此题面前正确作答。
例题5 ：在催化剂作用下能被H2还原成相应的醇，且不会被银氨溶液氧化。
根据下列各步变化，请将有机物A、B、C的结构简式填入相应的方框内。
(a)B在浓H2SO4存在条件下加热发生消去反应的化学方程式为： 。
(b)C在烧碱溶液中发生反应的化学方程式为： 。
方法：根据起始物质的结构简式和最终物质的化学式，结合条件分析获得结果。
捷径：根据起始物质和变化过程可得ABC的结构简式。有关反应的化学方程式为：
总结：与H2发生加成反应的官能团主要有：C=C、C C、苯环、醛基(－CHO) 、酮基(C=O)。特别要注意的是，羧基（－COOH）、酯键（―COO―）不能与氢气加成。
聚宝盆：
近几年高考试题中有机框图题呈现稳、新、活的特点，给考生的能力和素质提出了较高的要求。以此在有机化学的总复习中，必须加强基础知识的落实，侧重能力的养成，做到“以考纲为指导，以课本为基础，以能力为核心”。
1．抓住结构特征，培养分析问题的能力
有机物官能团的结构和性质是解答框图题的重点，也是高考的热点。进行总复习时，从有机物结构出发，进行结构分析，找出物质结构和化学性质之间的内在联系，掌握有机反应的规律性。还要学会从有机物的性质来推断有机物的结构。例如从结构分析性质，只要把官能团的结构分析清楚，就可以从本质上掌握各类有机物的主要化学性质。
2、建立网络系统，培养逻辑思维能力
有机化学知识点较多，难以掌握和记忆。在复习中通过分析对比，前后知识联系综合归纳，把分散的知识系统化、条理化、网络化。作“意义记忆”和抽象“逻辑记忆”。以“结构——性质——制法”的逻辑关系为桥梁，理清有机物的相互转化关系，建立知识网络图。如果具备将知识横向和纵向统摄整理成网络的能力，有了网络图和化学方程式的有序储存，在解有机框图题时，才能迅速将网络中的知识调用、迁移，与题给信息重组，使问题得到解决。这样在知识再次加工和整理的过程中培养逻辑思维能力。
3．养成自学习惯，培养自学能力
有机框图题主要是考查考生敏捷地接受新信息，并将新信息与旧知识相结合，由形似模仿变成神似模仿，以及在分析、评价的基础上应用新信息的自学能力。培养自学能力的途径有两个：一是在学习中养成自我获取知识、独立思考的习惯，经常对教师的讲授和教材内容提出质疑，不断对所学知识进行自我总结和自我完善。二是结合近几年高考试题中的有机框图题作为范例进行训练。懂得怎样审题，怎样从试题给出的信息中寻找与解题有关的主要信息，排除干扰信息；怎样将信息和课本知识相结合，建立新的网络关系进行分析和推理。
4．整体思考问题，培养目标意识
整体方法要求我们在解决问题的过程中，胸怀全局，把所研究的问题看成是一个有机整体，善于用“集成”的眼光，把某些“分因子”看成一个整体，善于把握它们之间的关联，进行有目的的、有意识的整体处置。整体方法一般包括以下三步曲：
(1)从整体出发，高瞻远瞩地统帅局部；
(2)通过对局部的研究，酝酿总体解决的方案；
(3)回到整体，实现解决整个问题的总目标。
作为选拔性的高考化学试题，有机框图题具有信息量大、文字多、能力强、要求高等特点。不少考生由于淡化审题、马虎析题、匆忙答题，未能兼前顾后，整体分析试题中的信息和特点，而经常出现错析、错解、错答的现象。如能兼前顾后，既考虑局部，又放眼整体，哪么便能正确、简单、快速、有条理地获得结果。
热身赛：
1．烯键碳原子上连接的羟基中的氢原子，容易自动迁移到烯键的另一个碳原子上，形成较为稳定的羰基化合物(如右图)。
有机分子内，有机分子间常可脱去水分子。下列反应图示中，就有6步可以看作是脱水反应。所有的反应条件和其他无机物都已略去。请从图中情景推断化合物A、B、E、G的结构简式。A是________，B是________，E是________，G（有六角环）是________。
2．已知醛R—CH2—CHO与醛R′—CH2—CHO在一定条件下，加热，去水后得到醛RCH2CH==CR′—CHO。又知：A是一种可以作为药物的有机物，请从下列反应图式中各有机物的关系（所有无机产物均已略去未写），推测出A、B、C、D、E、F的结构简式。（φ代表苯基）
A______、B________、C________、D________、E________、F________。
3．某有机物A在不同条件下反应，分别生成B1＋C1和B2＋C2，C1又能分别转化为B1成C2；C2能进一步氧化生成一种二元羧酸。有机物A的化学式为C8H13O2Br。B1、C1、B2、C2的相互关系如下图所示：
其中，只有B1既能使溴水褪色，又能跟碳酸钠溶液反应放出二氧化碳。
试回答下列各问：
（1）有机物B1的结构简式是__________________；
（2）有机物C1变为C2的化学方程式是____________________________________；
（3）有机物A的结构简式是__________________；
（4）有机物A转变为B2、C2的化学方程式_________________________________；
（5）X的反应类型是____________；
（6）Y的反应类型是____________；
（7）C2发生氧化反应生成二元羧酸的化学方程式___________________________。
4．化合物A （C8H8O3）为无色液体，难溶于水，有特殊香味。从A出发，可发生图示的一系列反应，图中的化合物A硝化时可生成四种一硝基取代物。化合物H的分子式为C6H6O，G能进行银镜反应。
试回答：下列化合物可能的结构简式：A__________、E_________、K__________。
反应类型：（Ⅰ）___________、（Ⅱ）____________、（Ⅲ）_____________。
反应方程式：H→K __________________________________________________
C→E ______________________________________________________________
C+F→G ____________________________________________________________
5．已知卤代烃可以与一些化合物起反应。如水、氢氰酸、碱等。其反应实质是卤原子被其它带负电荷的原子团所取代。如：
R—CH2—X＋NaOH R—CH2—OH＋NaX
R—CH2—X＋NaCN R—CH2—C N＋NaX
卤代物与氰化钠作用卤原子被氰基取代，生成的衍生物为腈，腈水解生成羧酸，
如 R—CH2—CN＋2H2O R—CH2—COOH＋NH3
试用乙烯为原料，经过一系列转化合成C8H14O4的酯。在下列流程图中填写A—E的结构简式。在（1），（2）两处填写无机物的化学式。
6．以苯为主要原料，可以通过下述途径制取冬青油（水杨酸甲酯）和阿斯匹林（乙酰水杨酸）：
（1）工业用A与甲醇，浓H2SO4共热制取冬青油的化学方程式是________________。
（2）A溶于冬青油中，致使产品不纯，工业上根据A微溶于水而其钠盐溶于水，不溶于冬青油的性质，用NaHCO3溶液与溶有A的冬青油混合，反应后再分液的方法提纯，有关化学方程式为________________________。
（3）从（2）中分离出的水层中，还可以回收A有关的离子方程式是：
____________________________________________________________________。
（4）1mol阿斯匹林和足量的烧碱溶液共热，充分反应，有____molNaOH参加反应。
7．已知有机物在一定条件下氧化，碳链断裂，断裂处的两个碳原子被氧化为羧基，例如，
—CH=CH——COOH+HOOC—
¾CH OH ¾CH2－¾COOH＋HOOC¾
(1)根据题意在方框内填入相应有机物的结构简式
其中F与等物质的量溴反应时，生成两种互为同分异构体的产物，而G与等物质的量溴反应时，只生成一种产物。
(2)化合物A是无色难溶于水的液体，它与酸性高锰酸钾溶液不起反应，也不能使溴水褪色。A在催化剂存在下加热，能与液溴反应，生成比水重的无色液体C。在催化剂存在下，A又能与足量氢气反应，生成化合物D。D在一定条件下氧化得到白色固体E，E的分子式是C6H10O4。化合物B是煤焦油的分馏产物之一，它是无色晶体，能与溴水反应生成F。在催化剂存在下，B也能与足量氢气反应生成化合物G，G在一定条件下氧化也得到E。E的结构简式是_____________。并写出下列变化的化学方程式。
A®C：______________________________________________________________。
A®D：_______________________________________________________________。
B®F：_______________________________________________________________。
B®G：_______________________________________________________________。
8．烯键碳原子上连接的羟基中的氢原子，容易自动迁移到烯键的另一个碳原子上，形成较为稳定的羰基化合物：
有机分子内、有机分子间常可脱去水分子。下列反应图式中，就有6步可以看作是脱水反应。所有的反应条件和其它无机物都已略去。请从图中情景推断化合物A、B、E、G的结构简式。
（1）A是______________________________，
（2）B是______________________________，
（3）E是______________________________，
（4）G（含6角环）是__________________________________________。
大检阅：
1．
2．
3．
4．
5．（1）Br2;(2)NaCN, A.CH2Br —CH2Br；
B．NC—CH2—CH2—CN；
C．C2H5OH；
D．HOOC—CH2—CH2—COOH；
E．CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3。翰林汇
6．
（4）3mol。
7．(1)A：CH3COOH B：CH3—CH2—CHCl—CH3 C：CH3—CH2—CHOH—CH3
F：CH2=CH—CH=CH2
8．
第三部分：策略篇
策略31 化学中的速解速算技巧
金点子：
化学中的速算速解主要有下列六项：
1．不同金属与酸反应放氢量的速算
（1）同质量的不同金属与过量酸反应，生成氢气的体积比 = ×化合价的比
如相同质量的Fe、Mg、Al与过量盐酸反应放出氢气的体积比为1/28 : 1/12 : 1/9。
（2）同的“物质的量”的不同金属与过量酸反应放H2的体积比 = 化合价之比。
如等物质的量的Na、Mg、Al与过量盐酸反应放H2的体积比为1 : 2 : 3 。
值得注意的是：活泼金属K、Ca、Na等与酸反应时，活泼金属不但与酸中H+反应，当酸不足时还能与H2O电离产生的H+反应。
2．同物质的量浓度、不同价态的盐酸盐与同体积同浓度的硝酸银溶液完全反应产生沉淀的速算
（1）同物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液，在同体积时消耗同浓度的硝酸银溶液的体积比等于化合价之比，即1 : 2 : 3 。
（2）同物质的量浓度、同体积的硝酸银溶液，若分别与同物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液完全反应生成沉淀时，消耗盐溶液的体积比等于盐酸盐价数的倒数比，即 V(NaCl) : V(MgCl2) : V(AlCl3) = 1/1 : 1/2 : 1/3 = 6 : 3 : 2 。
3．关于pH的速算
（1）强酸与强酸、强碱与强碱、强酸与强碱的不同pH等体积混合后pH值的速算：
①不同pH的等体积的两种强酸混合后，若二者pH相差≥2时，混合后pH应是原pH小的数值加0.3 。
例：pH = 2和pH = 5的两强酸混合后pH值为2 + 0.3 = 2.3 。
②不同pH等体积的两强碱混合，若二者pH相差≥2时，将原pH大的数值减0.3，就得混合后溶液的pH 。
例：将pH = 14与pH = 10的两强碱溶液混合后pH为14 — 0.3 = 13.7
③同体积的稀强酸与稀强碱溶液混合，若pH之和为14，则混合后为中性，pH等于7。若混合后pH之和不为14，则要看两溶液pH与7的差值，混合后溶液呈什么性质由pH与7的差值大的来决定。再把此pH用0.3处理。为碱性时把原碱的pH减0.3，显酸性时把原酸的pH加0.3 。
例：pH = 2与pH = 9的强酸、强碱溶液等体积混合时，pH为2.3 。pH = 12与pH = 6的两强碱与强酸溶液等体积混合后pH为11.7 。
（2）强酸与强碱稀溶液高度稀释时，溶液的pH接近7，酸则微小于7，碱则微大于7 。如：将pH = 5的某酸溶液稀释1000倍，则溶液的pH约等于7，微小于7 。
（3）不同体积不同pH的强酸、强碱混合后的pH的速算
若两强酸混合时，要用H+的总物质的量与总体积求出c(H+)来计算pH。
若两强碱混合时，要用OH—的总物质的量与总体积求出c(OH—)来计算pH。
若一酸一碱（均为强电解质）混合后应先判断混合后溶液可能的酸碱性，即通过H+与OH—的物质的量比较，浓度大的显该性，计算公式如下：
显酸性时c（H+）混 = {n（H+）— n（OH—）} / V总
显碱性时c（OH—）混 = {n（OH—）— n（H+）} / V总
4．有机物燃烧的有关速算
(1) 气态烃（C≤4）完全燃烧生成CO2和H2O（气）时的体积变化与含氢原子数的关系的速算：
①体积不变时，气态烃中含4个氢原子。
②体积变小时，气态烃中氢原子少于4个。
③体积变大时，气态烃中氢原子数一定多于4个。
(2) 气态烃（C≤4）燃烧生成CO2和液态水时的速算。
已知烃气体体积与过量O2完全燃烧后体积缩小时，则氢原子数（设为y）为：
y = 4（V氧 — V余） / V烃
例：10 mL某气态烃与50 mLO2完全燃烧得到液态水和体积为35mL的混合气（同温同压），此气态烃可能是什么？
y = 4（50mL—35mL）/ 10mL = 6
∴此烃可能是C2H6、C3H6、C4H6,又三种烃10mL燃烧耗氧气分别为35mL、45mL、55mL，C4H6不可能，以此得烃可能为C2H6、C3H6。
5．由某些有机物分子量推求分子式的速算
（1） 烃类分子式
设分子量为M：
①M/14能除尽，可推知此烃为烯烃或环烷烃，其商数为此烃的碳原子数。
②（M+2）/14能除尽，可推知为炔烃或二烯烃，其商数为此烃的碳原子数。
③（M—2）/14能除尽，可推知为烷烃，其商数为此烷烃的碳原子数。
④（M+6）/14能除尽，可推知为苯或苯的同系物，其商数为苯或苯的同系物的碳原子数。
注：也可通过M/14，看余数获得结果。
（2）推求具有饱和烃基（有的是苯基）的一元烃的含氧衍生物分子式和类别的速算：
①（M—10）/14能除尽，可推知为苯酚或苯酚同系物等，其商数为碳原子数。
②（M—10）/14余6，可推知为饱和一元醛或酮，其商数为碳原子数。
③（M—10）/14余8，可推知为一元羧酸或一元酯，其商数减1为碳原子数。也可以是一元醇或醚，其商数为碳原子数。
6．由CO2、NO混合气体（设NO2不与Na2O2反应），经足量的Na2O2反应后得到气体的量，推求CO2和NO的体积关系的速算：
（1）当V(CO2) : V(NO) ≥ 1 : 1时，得到的气体体积均缩小到原混合气体的1/2 。
（2）当V(CO2) : V(NO) < 1 : 1 时，得到的气体体积即为原来NO的体积，混合气体缩小了的体积（差值）即为CO2的体积。
经典题：
例题1 ：（1995年全国高考）在体积为V L的密闭容器中通入a mol NO和b mol O2反应后容器内氮原子数和氧原子数之比为 ( )
方法： 从反应前的原子数之比考虑。
捷径：反应前容器内氮原子数和氧原子数之比为a：(a+2b)，反应后仍为a：(a+2b)，故答案为C。
总结： 因反应前后原子个数守恒，所以反应前容器原子数之比与反应后相等。
例题2 ：（1994年全国高考）38.4 mg铜跟适量的浓硝酸反应,铜全部作用后共收集到气体22.4 mL(标准状况), 反应消耗的HNO3的物质的量可能是 （ ）
A．1.0×10－3mol B．1.6×10－3mol C．2.2×10－3mol D．2.0×10－3mol
方法：利用氮原子个数守恒求解。
捷径：38.4 mg铜为0.6×10－3mol，标准状况下22.4 mL气体为10－3mol。根据氮元素守恒得消耗HNO3的物质的量为：2n (Cu)+n (气体) = 2×0.6×10－3mol + 10－3mol = 2.2×10－3mol 。以此得答案为C。
总结：此题不可用浓硝酸与铜反应的化学方程式进行计算，因浓硝酸为适量，随着反应的进行，其浓度逐渐降低，故反应生成的气体为一混合物。
例题3 ：（1993年全国高考）在一个6 L的密闭容器中,放入3 LX(气)和2 LY(气),在一定条件下发生下列反应: 4X(g)+3Y(g) 2Q(g)+nR(g) ，达到平衡后,容器内温度不变,混和气体的压强比原来增加5%,X的浓度减小1/3，则该反应后方程式中的n值是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
方法：从反应前后化学计量数的变化分析。
捷径：因达到平衡后, 容器内温度不变, 混和气体的压强比原来增加，说明生成物中分子式前的化学计量数之和大于反应物中分子式前的化学计量数之和，即2+n>4+3，n>5。再分析选项，可得答案为D。
总结：此题如通过反应过程中的始态及终态进行计算，则非常繁杂。
例题4 ：（1991年三南高考）某元素的原子量为59, 在其氧化物中该元素的质量百分比为71%,
则它的化合价是 （ ）
A．+1 B．+2 C．+3 D．+4
方法：假想法。
捷径：假设该元素氧化物的化学式为AOn，则其化学式量为59÷71% = 83 ，其中含有氧原子的个数为(83－59)÷16 ＝ 1.5 ，因氧为－2价，则A的化合价为1.5×2=3。以此得答案为C。
总结：此种方法不仅适用于氧化物，也适用于其它物质化学式及化合价的分析。
例题5 ：（1997年上海高考）在由Fe、FeO和Fe2O3组成的混合物中加入100 mL 2 mol / L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，并放出448 mL 气体（标准状况），此时溶液中无Fe3+离子。则下列判断正确的是 （ ）
A．混合物里三种物质反应时消耗盐酸的物质的量之比为1︰1︰3
B．反应后所得溶液中的Fe2+离子与Cl—离子的物质的量之比为1︰2
C．混合物里，FeO的物质的量无法确定，但Fe比Fe2O3的物质的量多
D．混合物里，Fe2O3的物质的量无法确定，但Fe比FeO的物质的量多
方法：根据量量关系分析获解。
捷径：由放出H2的量可知，在Fe+2H+=Fe2++H2中Fe为0.02 mol。又因为溶液中无Fe3+，Fe+Fe2O3+6HCl=3FeCl2+3H2O，在这一反应中Fe与Fe2O3是等物质的量反应的，所以原混合物中Fe单质物质的量比Fe2O3多0.02 mol 。因而C可能是正确的。又因为盐酸恰好使Fe、FeO、Fe2O3全部溶解，且全部生成FeCl2，所以Fe2+离子与Cl—离子物质的量之比为1︰2（不考虑Fe2+水解）B为正确。设Fe2O3为x mol，Fe为（x+0.02）mol，FeO为 y mol。根据HCl的量可列方程2x+x+0.02+y=0.2/2，除此之外，再无别的已知条件，因而各固体物质的量均不能具体确定，所以C也正确。因此答案为BC。
总结：该题看似复杂，但若理清反应间量的关系，正确作答是不会有太大困难的。
例题6 ：（1998年上海高考）某强酸溶液pH=a，强碱溶液pH=b，已知a+b=12，酸碱溶液混合后pH=7，则酸溶液体积V(酸)和碱溶液体积V(碱)的正确关系为（ ）
A．V（酸）=102V（碱） B．V（碱）=102V（酸）
C．V（酸）=2V（碱） D．V（碱）=2V（酸）
方法：根据n (H+)= n (OH—)求解。
捷径：强酸溶液的pH=a，c (H+)=10—a， 强碱溶液的pH=12—a，c (H+)=10—(12—a) ， c (OH—) =10—14/10—(12－a )=10—(2+a)， 又因为c (H+)·V(酸) = c (OH—)·V(碱)，V(碱)/V(酸) = c (H+)/ c (OH—)=10—a/10—（2+a）=100 。以此得答案为B。
总结：常温下若某酸溶液与某碱溶液的pH之和等于14，则c (H+)= c (OH—)，若pH之和等于13，则c (H+)=10 c (OH—)，反之pH之和等于15，则c (OH—)=10 c (H+)，其推论方法与解析中的叙述相似。
如果本题中未强调是强酸、强碱溶液，只要有一种弱酸或弱碱，就不能按此法求解。因为这种问题变得复杂多了。
例题7 ：（2000年上海高考）铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓HNO3，若反应中硝酸被还原只产生4480 mL的NO2气体和336 mL的N2O4气体（都已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为 （ ）
A．9.02g B．8.50g C．8.26g D．7.04g
方法：采用守恒法和差量法求解。
捷径：（解法一）N2O4 2NO2，将N2O4换算成NO2，则NO2总的物质的量为（4.48L+0.336L×2）÷22.4 L·mol—1=0.23 mol。设合金中含铜 x mol，镁 y mol。则有64x+24y=4.6，根据氧化还原反应中得失电子守恒得：2（x+y）=0.23×1 ，解之得 x = 0.046 mol，y = 0.069 mol 。生成Cu（OH）20.046 mol，Mg（OH）2 0.069 mol，其质量之和0.046 mol×98g·mol—1+0.069mol×58g·mol—1=8.51 g
（解法二）因为放出NO2气体共0.23 mol，根据得失电子守恒可知Cu和Mg物质的量之和为0.115 mol，生成氢氧化物增重为OH—：2×0.115 mol ，OH—质量为2×0.115mol×17g/mol=3.91 g
，其氢氧化物总质量为4.6g+3.91g=8.51g 。
总结：对比两种解法不难看出，采用守恒关系，找出差量比设未知数列方程求解要简单得多。
例题8 ：（1998年上海高考）近年来，工业上用Mg（NO3）2替代浓H2SO4作为制取浓HNO3的脱水剂（以下数据均为质量百分比浓度）。65%HNO3（质量为M1）中加72% Mg（NO3）2溶液（质量为M2）后蒸馏，分别得到97.5%HNO3和60%Mg（NO3）2溶液（不含HNO3）。
（1）若蒸馏过程中HNO3、Mg（NO3）2、H2O均无损失，求蒸馏前投料比M1/M2的值。
（2）蒸馏过程中，若H2O的损耗占总质量的5.0%，即有（M1+M2）×5.0%的H2O流失，则投料时，比值M1/M2应该 （选填增大，减小或不变）。
方法：根据量量关系获解。
捷径：（1）[解法一]设原65%HNO3为100g，72%Mg（NO3）2为 x g
则蒸馏后97.5%的HNO3质量为100g×65%÷97.5%= g，蒸馏后Mg（NO3）2溶
液的质量为100g+xg— g =（ +x）g，所以72%· xg=60%· （ +x）g，x = g，
M1︰M2=100︰ =0.6
[解法二]由题意可知，蒸馏前后溶液质量不变。所以：
，解之得： = 0.6
（2）根据解法二，
解之： ﹥ 0.6，其比值将增大。
总结：这是一道看似深奥实则比较简单的试题。它需要学生认真分析题意，找出其数量之间关系，列出方程可顺利求解。
金钥匙：
例题1 ：有不纯的CuCl2粉末13.5 g，内含有一种杂质，当与足量AgNO3溶液反应时可析出29 g AgCl沉淀。则该粉末中含有的杂质可能是（ ）
A．KCl B．CaCl2 C．ZnCl2 D．BaCl2
方法：通过将某一混合物假定为纯净物进行分析，然后再估算。
捷径：假定13.5 g全为CuCl2时，可生成AgCl 28.7 g ，其质量小于29 g ，因此粉末中杂质的含氯量应大于CuCl2，故答案为B。
总结：此类试题通过假定纯净物进行求解有两种方法。一是正向求解，即通过假定混合物为纯净物，依据混合物质量求算；二是逆向求解，即通过生成的沉淀物的质量，求算混合物中原假定的一种纯净物的质量。在解题时到底采用何种方法，通常是根据题中所给数据确定(通常要求质量数据能被摩尔质量除清。
例题2 ：相同体积的3x%与 x%的硫酸溶液混合，所得溶液的质量分数是（ ）
A．等于2x% B．大于2x% C．小于2x% D．大于或等于2x%
方法：首先从等质量进行分析，然后再分析等体积下的质量分数。
捷径：如果为相同质量的3x%与 x%的硫酸溶液混合，设其质量为m，则混合后溶液的质量分数为 = 。
因硫酸的密度大于水的密度，且溶液越浓，密度越大，故相同体积的3x%与 x%的硫酸溶液混合时，3x%硫酸溶液的质量大于x%的硫酸溶液的质量，因浓度大的硫酸质量大，故混合时，所得溶液的质量分数大于相同质量所得溶液的质量分数，即大于2x%，选B。
总结：当溶液的密度大于水的密度时，等体积的两种溶液混合，所得溶液的质量分数大于其质量分数之和的一半；当溶液的密度小于水的密度时，等体积的两种溶液混合，所得溶液的质量分数小于其质量分数之和的一半(如浓氨水、乙醇水溶液等)。
例题3 ：800℃时，将1molCO和1mol水蒸气通入2 L密闭容器中进行反应CO（气）+H2O（气）= CO2（气）+H2（气）达平衡时，测得容器内CO2为0.3mol/L，此时再向容器内通入1mol水蒸气并保持温度不变，则达平衡时CO2物质的量可能是（ ）
A．0.3mol B．0.6mol C．0.9mol D．1.2mol
方法：根据平衡移动原理，通入水蒸气，使平衡向正反应方向移动，通过求得范围求解。
捷径：根据可逆性质，算得CO2的物质的量应介于0.6mol至1mol之间，故选C 。
总结：部分学生因将浓度0.3mol/L，考虑成物质的量而出错。
例题4 ：将装有若干毫升O2和50 mL NO2的混合气体的试管倒置于水中，当试管中液面稳定时，在相同条件下剩余气体体积为10 mL。则原混合气体中O2的体积可能是多少？
方法：此题为一循环反应，其NO2与H2O反应有如下循环过程：
3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO ①
2NO + O2 = 2NO2 ②
将①×2 —② 得：4NO2 + O2 + 2H2O = 4HNO3 ，以此可通过合并后的总反应解题。
捷径：因剩余的10 mL气体未知，分析可能为O2，可能为NO，以此需分别分析求解。
（1）设剩余的10 mL气体O2，参加反应的O2体积为x，根据合并后的反应可得如下关系式：4NO2 ～ O2
4mL 1mL
50mL x
解之得：x = 12.5 mL，
O2的总体积为12.5+10=22.5（ml）
(2) 设剩余的10mL气体为NO，参加反应的O2体积为y，由反应3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO可知，相当于过剩NO2气体30 mL，由题意可得如下关系：
NO2 ～ O2
4mL 1mL
（50 — 30）mL y
解之得：y = 5 mL
所以，混合气体中O2的体积可能为22.5 mL 或5mL。
总结：将循环反应通过反应关系进行合并，可使解题变得一目了然。
例题5 ：跟2.7g铝完全反应所需的稀硝酸，最多能溶解铁的质量为（ ）
A．2.8g B．5.6g C．2.7g D．8.4g
方法：本题采用估算法，应考虑到铁有+2和+3两种价态。
捷径：等物质的量Al→Al3+与Fe→Fe3+消耗硝酸一样多。2.7gAl为0.1mol，而0.1mol的铁为5.6g，由于生成Fe3+还可以与Fe反应，估算知溶解的铁应大于5.6g，故选D。
总结：铁具有变价是该题的关键所在。与稀硝酸反应时，硝酸过量，则生成Fe3+，而当铁过量时，则由于发生2Fe3+ + Fe = 3Fe2+，使得溶解的铁的量增加。
例题6 ：A、B两种元素组成x、y两种化合物，已知x中含A 44%，y中含A 34.4%，x的分子式为AB2，则y的分子式为 （ ）
A．AB B．A2B C．AB3 D．A3B
方法：此题如通过设A、B的原子量进行计算便显得很繁，解题时可通过估算获解。
捷径：x（即AB2）中含A 44%，而y中含A 34.4%，比x中含A量少，所以y分子中A∶B的原子个数比小于1∶2，故选C 。
总结：化学式中元素间比例关系的求算，对于选择题，则大部分采用估算获得结果。
例题7 ：质量比为30∶11∶8的N2、CO2、CO的混合气体通过灼热且过量的焦炭，充分反应后所得混合气体的平均分子量为 （ ）
A．28 B．30.2 C．36 D．40.5
方法：通过反应后的化学式量分析而获解。
捷径：分析题中气体，只有CO2与焦炭反应，由于焦炭过量，CO2将全部转变成CO。又 N2和CO的化学式量均为28，故充分反应后所得混合气体的平均分子量为28。选A。
总结：题中“质量比为30∶11∶8”是解答该题的多余数据。如果用此数据将质量比化成物质的量之比，再通过反应进行平均分子量的计算，则将要耗费很多时间。
例题8 ：还原金属氧化物得金属M，质量减少了50.5% ，已知M的原子量为55，则该金属氧化物的分子式为（ ）
A．M2O B．M2O3 C．M2O7 D．MO2
方法：根据反应后质量减少一半多一点进行估算。
捷径：反应后质量减少一半左右，知金属氧化物中氧元素的质量与锰元素的质量近似相等。分析四个选项，只有C选项符合要求(1molC中M元素110g，O元素56g)。
总结：该题也可采用差量法求解，但较为繁杂。
例题9 ：将0.3molCu2S与足量浓硝酸反应，生成硝酸、硫酸、一氧化氮、水。则参加反应的硝酸中，未被还原的硝酸物质的量为 （ ）
Ａ．1.0mol Ｂ．1.2mol Ｃ．0.3mol Ｄ．2.2mol
方法：采用拆分法，从形成的硝酸盐进行分析。
捷径：因为在反应中未被还原的硝酸的物质的量应为生成的硝酸铜的物质的量的2倍。故未被还原的硝酸的物质的量为：0.3mol×2×2＝1.2mol 选Ｂ。
总结：该题的一般解法是：先写出反应的化学方程式并配平，再根据Cu2S的物质的量求出未被还原的硝酸的物质的量。如能采用拆分法，便使解题变得方便快速。
例题10 ：两种金属组成的合金50g，与Cl2反应，消耗Cl271g，则组成该合金的金属可能是 ( )
A．Na 和Al B．Ca和 Zn C．Fe和Mg D．Cu和Ag
方法：引入摩尔电子质量及平均摩尔电子质量的概念，进行简便运算。
捷径：本题的金属分别失去1、2、3个电子形成+1、+2、+3价的金属阳离子，因为失去的电子不同，不好进行比较，所以我们要引入一个摩尔电子质量的概念，摩尔电子质量：金属失去1摩尔电子的质量，单位为g。很明显金属的摩尔电子质量等于其1mol的质量除以其化合价。则Na、 Al 、Ca、 Zn 、Fe、Mg 、Cu、Ag的摩尔电子质量分别为23g、9g、20g、32.5g、18.7g（FeCl3中的铁离子为+3价）、12g、32g、108g。
50g合金与71gCl2反应，71gCl2就是1mol氯气，即2molCl原子，即50g合金失去2mol电子，平均25g合金失去1mol电子, 25g就是平均摩尔电子质量。也就是一种合金的摩尔电子质量要大于25g,另一种合金的摩尔电子质量要小于25g才符合题意。对照答案，所以选B 。
总结：该题一般的解法是：每组进行二元一次方程组的解答，从中找出符合题意的答案。但这样解答很繁琐。
聚宝盆：
近几年来，高考化学试题中各类大小有计算因素的题目在选择、填空题中出现较多，且有一定难度，用常规解法，既繁又慢，若掌握一些化学速算的方法，就会化繁为简，大大提高解题速度。要知道，解题有法，但无定法。在解题时，必须在通读试题、看懂题意的基础上，从题目中的数据和信息着手，寻找解题的思路与方法。当有多种方法时，应考虑其最佳方案。化学中的速解速算，对一些基础较弱的学生，还能快速提高解题能力，使他们树立起信心，战胜畏难情绪，从而提高化学成绩。
热身赛：
1．有两种金属混和粉末15 g,加入足量的稀盐酸 充分反应后，得到 11.2 L氢气（标准状况下），则下列各组金属中肯定不能构成上述混和物的是（ ）
A．Mg、Al B．Mg、Ag C．Cu、Zn D．Al、Fe
2．在150℃、1.01×105Pa时，乙炔与气体A（CH3OH、HCHO、CH2＝CH2、HCOOH
中的一种）的混和气体与足量氧气燃烧，生成的CO2是原混和气体体积的1.6倍，水蒸汽的体积是它的1.4倍，则乙炔与气体A的体积比是 ( )
A．1∶1 B．2∶1 C．3∶2 D．1∶3
3．质量为25.6 g的KOH和KHCO3混合物在250℃下煅烧，冷却后称重，减少4.9 g，则原混合物中KOH和KHCO3的关系是 ( )
A．KOH>KHCO3 B．KOHX2+>Z2+>Wx+ B．还原性W>Z>X>Y
C．金属活动性Z>X>Y>W D．金属活动性X>Y>W>Z
4．在FeSO4与Fe2(SO4)3组成的某混合物中，测得硫元素的质量分数a%，则含铁的质量分数为 （ ）
A．1－3 a% B．3 a% C．100－3 a% D．（100－3 a）%
5．在托盘天平两盘上分别放一个盛有100mL浓度为20％的盐酸的等量的烧杯，调节天平平衡。然后分别加入等质量的Fe片（左盘）和Zn片（右盘），完全反应后，天平可能出现的情况是 （ ）
A．仍然平衡 B．右盘下沉 C．左盘下沉 D．无法判断
6．把足量的铁粉投入硫酸和硫酸铜的混合液中，充分反应后，剩余金属粉末的质量与原来加入的铁粉质量相等，则原溶液中H+与SO的物质的量浓度之比为 ( )
A．1∶4 B．2∶7 C．1∶2 D．3∶8
7．将500 mL pH=5的CuSO4溶液用惰性电极电解一段时间，溶液的pH变为2，若使溶液的浓度、pH与电解前相同，可采取的方法是 （ ）
A．向溶液中加入0.245gCu（OH）2 B．向溶液中加0.31 g CuCO3
C．向溶液中加入0.0025 mol H2SO4 D．向溶液中加入0.2 g CuO
8．有三组物质（1）NO 和溴蒸气，（2）乙醛、苯和CCl4三种无色液体，（3）硫酸铜、碳酸钙、碘化钠和干燥的碱石灰（内含少量酚酞）四种白色粉末。只用一种试剂就能将三组物质中的各种物质一一鉴别出来，这种试剂可以是 （ ）
A．蒸馏水 B．Na2CO3溶液 C．汽油 D．NaOH溶液
9．A、B两种化合物的溶解度曲线如下图。现要用结晶法从A、B混合物中提取A。（不考虑A、B共存时，对各自溶解度的影响。（1）取50g混合物，将它溶于100g热水，冷却至20℃。若要使A析出而B不析出，则混合物中B的质量分数（B%）最高不能超过多少？（写出推理及计算过程。）
（2）取Wg混合物，将它溶于100g热水，然后冷却10℃。若仍使A析出B不析出，请写出在下列两种情况下，混合物中A的质量分数（A%）应满足什么关系式。（以W、a、b表示。只需将答案填写在下列横线的空白处。）
当W＜a+b时，A%____________。
当W＞a+b时，A%____________。
10．取0.45mol NaOH 、0.35molNa2CO3和0.20molNaHCO3溶于足量水中，然后在混合溶液中逐滴加入盐酸，反应明显分为三个阶段进行，若加入的HCl为n mol，溶液中NaCl、Na2CO3和NaHCO3分别为x mol、ymol、zmol，试分别计算n值增大过程中，不同反应阶段的n值取值范围所对应的x、y、z值，将所得结果填入下表：
（提示：Na2CO3与HCl的反应过程为：1、Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl ，2、NaHCO3+
HCl=H2O+CO2↑+NaCl）
加入HCl
（n mol）
NaCl
（xmol）
Na2CO3
（ymol）
NaHCO3
（zmol）
11．将一定量碳酸氢钠和铜的混合粉末放在容器里，在空气中用酒精灯加热至质量不再改变，发现加热前后固体质量相等。写出有关的化学方程式，并计算原混合物中含铜的质量百分率。
12．现有0.300 L H2SO4和Na2SO4的混合溶液，其中H2SO4的物质的量浓度为1.00 mol·L—1，Na2SO4的物质的量浓度为0.800mol·L—1 。欲使H2SO4的浓度变为2.00mol·L—1，Na2SO4的浓度变为0.500mol·L—1，应向原溶液中加入98%（ρ=1.84g·cm—3）的浓硫酸多少毫升？再加水将溶液稀释至多少毫升？
大检阅：
1．B 2．B 3．C 4．AD 5．AC 6．A 7．BD 8．A
9．（1）在20℃时，若要B不析出，该溶液中B不超过20 g，则A的质量超过30 g，大于它的溶解度，A析出，符合题意。即50×B%≤20，B%≤40%（或B%＜40%）
（2）当W＜a＋b时，A%＞a/W
当W＞a＋b时，A%≥ 或A%＞
10．
加入HCl
（n mol）
NaCl
（xmol）
Na2CO3
（ymol）
NaHCO3
（zmol）
0＜n≤0.25
n
0.55
0
0.25＜n≤0.8
n
0.8－n
n－0.25
0.8＜n≤1.35
n
0
1.35－n
11．2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，2Cu＋O22CuO，59.6
12．加入浓H2SO4 35.9 mL，再加水稀释至480mL。
策略33 十字交叉的应用技巧
金点子：
对于二元混合物，如果用C表示己知的两个量C1、C2的平均值，n1、n2表示C1、C2对应的份数，则有：C1 n1 + C2 n2 = C (n1 + n2) = C n1 + C n2
n1(C1 - C ) = n2 ( C - C2 ) ,根据这个关系可以写成十字交叉图式：(斜看差数，横看结果)
C1
C2
C
│C－C2│ n1
│C1－C│ n2
这种运算方法叫十字交叉法。在运算时，C必须是已知量或可间接求得的量。
通过十字交叉法可求得C1与C2间的物质的量之比。
经典题：
例题1 ：（1999年全国高考）原计划实现全球卫星通讯需发射77颗卫星，这与铱(Ir)元素的原子核外电子数恰好相等,因此称为“铱星计划”。
(1)已知铱的一种同位素是19177Ir,则其核内的中子数是 ( )
A．77 B．114 C．191 D．268
(2)已知自然界中铱有两种质量数分别为191和193的同位素，而铱的平均原子量为192.22，这两种同位素的原子个数比应为 ( )
A．39︰61 B．61︰39 C．1︰1 D．39︰11
方法：（1）可利用“质量数＝质子数+中子数”求解，（2）利用“十字交叉”求解。
捷径：（1）根据“质量数＝质子数+中子数”知：中子数＝191－77＝114。选B。
（1） 利用“十字交叉”可得：
19177Ir 191
19377Ir 193
192.22
193－192.22 = 0.78
192.22－191 = 1.22
以此19177Ir与19377Ir两种同位素的原子个数比为：0.78︰1.22=39︰61，得答案为A。
总结： 该题在当年高考中为两条选择题。若能巧用“十字交叉”，便能迅速获解。
例题2 ：（1999年上海高考）由CO2、H2、和CO组成的混合气在同温同压下与氮气的密度相同。则该混合气中CO2、H2、和CO的体积比为 ( )
A．29︰8︰13 B．22︰1︰14 C．13︰8︰29 D．26︰16︰57
方法：将题中三种气体的式量与氮气的式量作比较，找出其间的联系，然后用“十字交叉”求解。
捷径：由于CO在同温同压下时的密度与N2相同，所以CO的含量为任意值。只要CO2与H2的混合气体密度等于N2，即平均相对分子质量等于28便满足题意。利用“十字交叉”可求得CO2与H2的体积比，即：
CO2 44
H2 2
28
28－2 = 26
44－28 = 16
只要在在同温同压下混合气中CO2与H2的体积比满足26︰16或13︰8即可。以此得答案为CD。
总结：从CO与N2的平均相对分子质量相同得在同温同压下，CO的密度与N2相同是解答该题的关键。
例题3 ：（2001年上海高考）已知Fe2O3在高炉中有下列反应：Fe2O3＋CO→2FeO＋CO2，反应形成的固体混和物（Fe2O3、FeO）中，元素铁和氧的质量比用 mFe︰mO表示。
（1）上述固体混和物中，mFe︰mO不可能是 （选填 a、b、c多选扣分）
（a）21︰9 （b）21︰7.5 （c） 21︰6
（2）若mFe︰mO＝21︰8，计算Fe2O3被CO还原的百分率
（3）设 Fe2O3被CO还原的百分率为A％，则A％和混和物中mFe︰mO的关系式为（用含mFe、mO的代数式表示）。
A％＝
请在下图中画出A%和mFe/mO关系的图形。
（4）如果 Fe2O3和CO的反应分两步进行：
3Fe2O3＋CO→2Fe3O4＋CO2 ，Fe3O4＋CO→3FeO＋CO2
试分析反应形成的固体混和物可能的组成及相应的mFe︰mO（令mFe︰mO＝21︰a，写出a的取值范围）。将结果填入下表。
混和物组成（用化学式表示）
a的取值范围
方法：利用十字交叉及数形结合方法解题。
捷径：（1）Fe2O3中mFe︰mO=(56×2)︰(16×3)=21︰9，在FeO中mFe︰mO=56︰16=7︰2，在Fe2O3和FeO的混合物中，mFe︰mO应介于21︰9 ~ 21︰6之间，所以不可能是21︰9或21︰6 。故选a、c。
（2）解法一：因为Fe2O3中mFe︰mO=21︰9，FeO中mFe︰mO=21︰6，在混合物中
Fe2O3 9
FeO 6
8
2
1
Fe2O3与FeO物质的量之比可通过十字交叉确定为：
被还原Fe2O3的百分率为：
解法二：设原有Fe2O3物质的量为 1 mol，还原率为 A%，则混合物中有（1—A%）molFe2O3和2A% mol的Fe 。
解之得 A%=33.3%
（3）根据解法二：得出的代数式
求得：A%=3— 。
A%和mFe/mO的关系图为：
（4）可能组成的混合物是Fe2O3、Fe3O4，Fe3O4、FeO，Fe2O3、Fe3O4、FeO，其中Fe3O4中mFe︰mO=(56×3)︰(16×4)=21︰8，所以有：当混合物是Fe2O3、Fe3O4时，8＜a＜ 9，当混合物是Fe3O4、FeO时6＜a＜ 8，当混合物是Fe2O3、Fe3O4、FeO时6＜a＜9 。
总结：当用比例关系列十字交叉时，要注意分子或分母必有一相同，如果分子相同，则根据分母列十字交叉；如果分母相同，则根据分子列十字交叉。在绘图时首先要注意找出三点，即起点、拐点和终点，然后根据三点绘图即可。
金钥匙：
例题1 ：有四种不纯的碳酸钠样品，分别含有下列选项中的一种杂质。取等质量的样品，分别向这些样品中加入2mol/L盐酸，均完全反应生成CO2，且所耗盐酸的体积也均相同。这四种样品中Na2CO3的质量百分比最小的是（ ）
A．KHCO3 B．NH4HCO3 C．K2CO3 D．NaHCO3
方法：将四种杂质中不是正盐的都看作“正盐”，然后与Na2CO3比较，通过十字交叉分析求解。
捷径：将四种杂质都看作“正盐”——假设与Na2CO3相当，“1mol”盐消耗2mol盐酸，则（A）（B）(C) (D)的“分子量”依次变为200、158、138和168。各组混合物耗酸量相同时，各组盐的物质的量n正盐必相等。又因为各组盐的质量相同，所以盐的平均分子量相同。这样，Na2CO3与所含杂质物质的量之比则可由下式计算：
Na2CO3 106
杂质盐 M
M
M─M
M ─106
M─M
M─106
n(Na2CO3)
n(杂质盐)
═
欲使Na2CO3的含量最小，上式中M（即换量后杂质盐的分子量）值就应最小。M(K2CO3)=138，最小。故答案为C。
总结：“十字交叉”后所得的比例为物质的量(或分子、原子的个数)比。
例题2 ：甲烷和丙烷混合气的密度与同温同压下乙烷密度相同，混合气中甲烷与丙烷的体积比是（ ）
A．2︰1 B．3︰1 C．1︰3 D．1︰1
方法：通过平均分子量和十字交叉求算。
捷径：因混合气的密度与同温同压下乙烷密度相同，故混合气的平均分子量也与乙烷的分子量相同，即为30，又甲烷的分子量16，丙烷的分子量44。利用十字交叉得：
甲烷 16
乙烷 44
30
44─30
30─16
1
1
n(CH4)
n(C2H6)
═
相同条件下，1︰1既是体积比又是物质的量比，因此选D 。
总结：根据阿伏加德罗定律，对气体而言，在相同条件下，物质的量比等于体积比。
例题3 ：已知下列两个热化学方程式
2H2（g）+ O2（g）= 2H2O（l）；△H=－571.6kJ/mol
C3H8（g）+ 5O2（g）= 3CO2（g）+4H2O（l）；△H=－2220 kJ/mol
实验测得氢气和丙烷气体共5mol完全燃烧放热3847kJ，则混合气体中氢气与丙烷的体积比是（ ）
A．1︰3 B．3︰1 C．1︰4 D．1︰1
方法：首先求得混合气体1mol完全燃烧所放出的热量，再通过十字交叉求其比例。
捷径：氢气和丙烷气体共5mol完全燃烧放热3847kJ，则1mol混合气体所放出的热量为769.4kJ。根据十字交叉求得其比例为：
氢气 285.8
丙烷 2220
769.4
1450.6
483.6
3
1
V(H2)
V(C3H8)
═
以此得答案为B。
总结：利用热化学方程式进行解题时，要特别注意反应物和生成物的状态，如此题生成物水的状态不同时，要先根据题中要求换算成相同状态，否则要出错。
例题4 ：把100g 10%KNO3溶液的浓度增加到20%，可采用的方法是
A．蒸发掉45g水 B．蒸发掉50g水
C．加入10g KNO3固体 D．加入15g KNO3固体
方法：采取去水或加硝酸钾两种方法，利用十字交叉分别求算。
捷径：①去水加浓。（水的“浓度”视为零）。
溶液 10
水 0
20
20－0 = 20
10－20 = －10
上式的意义是20g10%的溶液去掉（负号表示）10g水即可得20%的溶液，所以100g10%的溶液需去水10/20×100=50（g），选B 。
KNO3 100
溶液 10
20
20－10 = 10
100－20 = 80
②加KNO3（KNO3“浓度”视为100%），有
需加KNO3 × 100 = 12.5（g），C、D都不能选。
本题答案只能是B。
总结：解答该题也可通过设未知数列方程求解。
例题5 ：常温下，一种烷烃A和一种单烯烃B组成混合气。A或B分子中最多只含4个碳原子，且B分子的碳原子数比A分子多。将1 L该混合气充分燃烧，在同温同压下得2.5 LCO2
气体，推断原混合气中A和B所有可能的组合及其体积比。
方法：先根据混合气的平均碳原子数2.5确定可能的组合，再利用十字交叉求解。
捷径：据题意，1mol混合烃含碳2.5mol，且B的碳原子数多于A，可能的混合气组成只能是下面4种
A B
① CH4 C3H6
② CH4 C4H8
③ C2H6 C3H6
④ C2H6 C4H8
运用十字交叉法（根据碳原子数列式），有：
CH4 1
C3H6 3
2.5
3－2.5 = 0.5
2.5－1 = 1.5
① CH4、C3H6组成混合气时
上式表明，混合时A和B的体积比为1︰3（即0.5︰1.5）。
②、③、④种组合时A与B的体积比也都可按上法求出，答案分别为1︰1，1︰1，3︰1，具体过程不再重复。
总结：如果该题给出了水的量，则还必须通过氢，利用十字交叉剔除不符合的选项。
例题6 ： 某气态烃A和B按2︰3（体积比）混合后，取0.1mol与一定量氧气混合燃烧，产物为CO、CO2和水蒸气。将燃烧产物依次通过足量的浓硫酸、灼热的CuO及碱石灰，最后碱石灰增重7.04g。求A和B可能的分子式。
方法：根据碱石灰增重即为CO2的质量，求得烃的平均碳原子数，再结合气态烃A和B体积比为2︰3和十字交叉法求得结果。
捷径：（1）碱石灰吸收的CO2包括燃烧生成的CO2及CO转化（还原CuO）成的CO2，即0.1mol混合烃中的C转化成CO2的总量，共为7.04g÷44g/mol=0.16mol 。
可知：1mol混合烃含碳1.6mol，所以混合烃一定含CH4。
CH4 1
另一烃 x
1.6
x－1.6
1.6－1 = 0.6
（2）设另一烃分子中含x个碳原子：
① 令A为CH4，则有
（x—1.6）/ 0.6 = 2/3，解得x=2
B可能是C2H6、C2H4、C2H2。
② 令B为CH4，则有
0.6 /（x—1.6）=2/3，解得x=2.5（不合理，舍去）。
以此得A的分子式为CH4，B的分子式可能为C2H6、C2H4、C2H2。
总结：过程的分析是该题的关键。碱石灰虽是CO2和水的吸收剂，但因预先通过了浓硫酸，故水已去除，因此7.04g为CO2。
例题7 ：铁、锌合金8.5g溶于稀H2SO4中，充分反应后制得0.300gH2，求合金中Fe，Zn的含量分别为多少克。
方法：因1mol铁或锌与稀硫酸作用均产生1molH2，以此可通过H2的物质的量求得混合物中铁锌的总物质的量，再利用十字交叉求其比例。
捷径：先求出合金的平均摩尔质量：因Fe → H2 ，Zn → H2 ，合金→ H2，
Fe 56.0
Zn 65.0
59.0
6.0
3.0
则合金的平均摩尔质量为：8.5 g /（0.300/2）mol= 59.0g/mol，平均分子量为59.0。
故Fe，Zn分别产生H2的物质的量之比为6.0︰3.0 = 2︰1，从而可知合金中Fe，Zn的质量分别为：
m (Fe) = 56g/mol×（0.300/2）mol×2/3 = 5.60g
m (Zn) = 65g/mol×（0.300/2）mol×1/3 = 3.25g
总结：当等物质的量的两种金属与酸反应放出的氢气量不等时，不可用此方法，而应通过设未知数列方程求解。
例题8 ：某气体混合物含有氢气，二氧化碳和45%（体积）的氮气。它对氢气的相对密度是12.2，试求氢气和二氧化碳在混合气体中各自的体积百分含量。
方法：将氢气和二氧化碳作为一个组分，氮气作另一个组分，先求出氢气和二氧化碳这二者混合后的平均式量，而后再求组分的体积百分含量。
捷径：根据混合气对氢气的相对密度是12.2知，混合气的平均式量为22.4。
设混合气为100 L，则V(N2) = 45 L，V（H2、CO2）= 55 L。
24.4─x
N2 28
又设H2、CO2混合气的平均式量为x，则：
45
55
═
3.6
V(N2)
24.4─ x
V(H2、CO2)
═
24.4
H2、CO2 x
3.6
解得x=21.4
9.7
11.3
═
═
V(H2)
19.4
19.4
22.6
21.4
CO2 44
H2 2
再利用十字交叉法，可求得H2与CO2的体积比：
22.6
V(CO2)
又因为氢气和二氧化碳组分占全部混合气体的55%，所以，氢气和二氧化碳占总混合气体的体积百分数为：
V(H2)% = 55%× = 29.6%，V(CO2)% =55%× = 25.4%
则全部混合气体由25.4%的CO2、29.6%的H2和45%的氮气组成。
总结：如果混合物由n种混合气组成，则可通过n－1次十字交叉求解。
聚宝盆：
十字交叉法作为一种简化的解题方法，应用于某些基于二元混合体系所产生的具有平均意义的计算问题，表现出简化思路、简便运算等显著优点。该方法在近几年的许多高考计算型选择题、填空题、计算题中得到应用。
热身赛：
1．在相同条件下，乙烯和乙炔的混合气体amL，完全燃烧所用去的氧气为bmL，则混合气体中乙烯和乙炔的体积比是 ( )
A． (2a-b) / (3a-b) B． (a-2b) / (a-b)
C． (2b-5a) / (6a-2b) D． (2a-b) / (6a-2b)
2．由CO和CO2组成的混合气体，经分析测知含氧质量百分率为70%，则该混合气体中CO和CO2的体积比为 ( )
A．1∶3 B．3∶1 C．7∶33 D．33∶7
3．将18gCO和CO2的混合气体完全燃烧后，得标准状况下的CO211.2L。这混和气体中含CO和CO2的物质的量、混合气的平均式量各是 ( )
A．0.25mol、0.25mol、72 B．0.25mol、0.25mol、36
C．0.5mol、0.5mol、72 D．0.5mol、0.5mol、36
4．一种气态烷烃与一种气态烯烃的混合物共1体积，在O2中充分燃烧后，生成2体积的CO2和2.667体积水蒸气（相同状况下测定），则混合烃中，烷与烯的体积比可能是( )
A．2∶1 B．3∶1 C．1∶3 D．2∶3
5．实验测得乙烯与氧气混合气体的密度是氢气14.5倍，可知其中乙烯的质量分数为（ ）
A．25.0% B．27.6% C．72.4% D．75.0%
6．由CO2、H2和CO组成的混合气在同温同压下与氮气的密度相同。则该混合气体中CO2、H2和CO的体积比为 （ ）
A．29︰8︰13 B．22︰1︰14 C．13︰8︰29 D．26︰16︰57
7．由Na、Cl、Cl构成的10g氯化钠中，Cl-所占质量分数是多少?组成为NaCl的氯化钠有多少克(氯元素平均原子量为35.5)?
8．常温下，一种烷烃A和一种单烯烃B组成混合气体，A或B分子最多只含有4个碳原子，且B分子的碳原子数比A分子多。
（1）将1 L该混合气体充分燃烧，在同温同压下得到2.5 L CO2气体。试推断原混合气体中A和B所有可能的组合及其体积比，并将结果填入下表：
组合编号
A的分子式
B的分子式
A和B的体积比VA︰VB
（2）120℃时取 1 L该混合气体与 9 L 氧气混合，充分燃烧后，当恢复到120℃和燃烧前的压强时，体积增大6.25%。试通过计算确定A和B的分子式。
9．（1）已知某混合气体的体积分数组成为80.0%CH4、15.0%C2H4和5.00%C2H6。请计算0.500mol该混合气体的质量和标准状况下的密度（g/L）。
（2）CH4在一定条件下催化氧化可以生成C2H4、C2H6（水和其他反应产物忽略不计）。取一定量CH4经催化氧化后得到一种混合气体，它在标准状况下的密度为0.780 g/L 。已知反应中CH4消耗了20.0%，计算混合气体中C2H4的体积分数。（本题计算过程中请保持3位有效数字）
10．在1.01×105Pa、400K时，由两种常见的有机物组成的混和气体4L，跟相同状况下的5L氧气混和引烧使其恰好完全反应，所生成的二氧化碳和水蒸气的混和气体的密度是相同状况下氢气密度的14.2倍，当恢复到反应前的状况时，混和气体的密度是反应前的。求原混和气体的可能组成和各组成成分的体积分数(百分含量)。
大检阅：
1．A 2．A 3．B 4．A 5．C 6．CD
7．44.9% 7.4g
8．（1）
组合编号
A的分子式
B的分子式
A和B的体积比VA︰VB
①
CH4
C3H6
1︰3
②
CH4
C4H8
1︰1
③
C2H6
C3H6
1︰1
④
C2H6
C4H8
3︰1
（2）A为C2H6、B为C4H8 。
9．（1）9.25 g ， 0.826 g/L （2）4.18%
10．可能组成为HCHO和CH3OH，各占50%；或CH4和HCOOH，各占50%
策略34 化学中的假设技巧
金点子：
1．在化学试题的求解或分析中，由于起始时物质的量、浓度、体积、质量及有机化合物中官能团的数目等未知，便给解题带来一定的困难。这时若能假设其未知量为1，便会使求解过程变得简单明了。在解题时有时也可将未知量假设为100，有时也可根据题中化学方程式的化学计量数假设其它数值。
2．有关酸碱混合，在估算混合后溶液的pH时，当原酸碱溶液的强弱未知时，可首先假设其为强酸强碱，再迁移到弱酸或弱碱方面进行比较。
3．在化学平衡中对两种难以联系的状态进行比较分析时，可通过假想另一中间状态，然后将其迁移到题中要比较的状态。
4．对不同密度的同一溶液等体积混合时，可先假设等质量混合，然后再迁移到等体积的混合问题。
经典题：
例题1 ：（1992年三南高考）在某温度下, 一定量的元素A的氢化物AH3，在一定体积的密闭容器中可完全分解成两种气态单质, 此时压强增加了75%。则A单质的一个分子中有 个A原子, AH3分解反应的化学方程式是 。
方法：通过假设元素A的氢化物为1mol分析。
捷径：假设元素A的氢化物为1mol，则压强增加了75%，在同温、同体积下物质的量也增加75%，以此反应后总物质的量为1.75mol。换算成整数比为：1：1.75 = 4：7。根据原子个数守恒即可列出AH3分解反应的化学方程式4AH3=A4+6H2，同时可得A单质(A4)的一个分子中有4个A原子。
总结：在当年的评分标准中，若答案中将A写成P或As, 都可当作A, 可同样给分。
例题2 ：（1991年三南高考）将pH=3的某酸溶液跟pH=11的某碱溶液等体积混和后, 溶液的pH值 （ ）
A．大于7 B．小于7 C．等于7 D．无法确定
方法：通过假设原酸碱为强酸、强碱，再迁移到弱酸或弱碱进行比较。
捷径：pH=3的某酸溶液中c(H+) = 0.001mol/L，pH=11的某碱溶液中c(OH－) = 0.001mol/L，若为强酸与强碱等体积混和，则混合后pH为7。迁移到弱酸、弱碱后，若为弱酸与强碱等体积混和，则混合后弱酸有剩余，还将继续电离，因而pH<7；若为强酸与弱碱等体积混和，则混合后弱碱有剩余，还将继续电离，因而pH>7。 答案为D。
总结：若为弱酸与弱碱等体积混和，则混合后的pH决定于弱酸与弱碱的相对强弱，若弱酸的酸性强于弱碱，则pH>7；若弱酸的酸性弱于弱碱，则pH<7。
例题3 ：（1999年全国高考）已知25%氨水的密度为0.91g.cm-3, 5%氨水的密度为0.98g·cm-3，若将上述两溶液等体积混合，所得氨水溶液的质量分数是 （ ）
A．等于15% B．大于15% C．小于15％ D．无法估算
方法：通过假设等质量混合进行分析，再迁移到等体积混合。
捷径：假设将25%的氨水与5%的氨水等质量混合，则混合后所得氨水溶液的质量分数15%。迁移到等体积混合，因25%氨水的密度(0.91g.cm-3)小于5%氨水的密度(0.98g·cm-3)，所以等体积混合时，25%氨水的质量小于5%氨水的质量，稀氨水的质量大，故等体积混合所得氨水的质量分数小于等质量混合所得氨水的质量分数，即小于15%。以此得答案为C。
总结：最终所得氨水质量分数可通过下式进行计算。设各取氨水1 cm3，则混合后的氨水质量分数为：
在解答此类选择题时，千万不能通过计算而获得结果。因为计算繁杂，且耗时较多。
例题4 ：（2001年广东、河南高考）若pH=3的酸溶液和pH=11的碱溶液等体积混合后溶液呈酸性，其原因可能是 （ ）
A．生成了一种强酸弱碱盐 B．弱酸溶液和强碱溶液反应
C．强酸溶液和弱碱溶液反应 D．一元强酸溶液和一元强碱溶液反应
方法：通过假设酸碱性的强弱来进行分析比较。
捷径：如果是pH=3的强酸溶液和pH=11的强碱溶液等体积混合，因为它们恰好反应，且生成强酸强碱盐，则混合后溶液显中性。如果是pH=3的一元弱酸和pH=11的一元强碱溶液等体积混合，由于是弱酸，其物质的量n（弱酸）远大于1×10—3mol，而n（强碱）等于1×10—3
mol，两者混合后，强酸过量，溶液只能显酸性。选项B就属这种情况。如果是强酸与弱碱混合，溶液中弱碱过量，溶液显碱性。以此得答案为B。
总结：由于强酸与弱碱反应生成一种强酸弱碱盐，此题容易被误选A或C，产生的原因是忽略有弱碱的剩余。
例题5 ：（1996年全国高考）将pH=3的盐酸溶液和pH=11的氨水等体积混和后, 溶液中离子浓度关系正确的是 ( )
A．c(NH4+)> c(Cl-)> c(H+)> c(OH-) B．c(NH4+)> c(Cl-)> c(OH-)> c(H+)
C．c(Cl-)> c(NH4+)> c(H+)> c(OH-) D．c(Cl-)> c(NH4+)> c(OH-)> c(H+)
方法：首先根据pH分析电离出的H+和OH - 的反应，然后再讨论剩余氨水的电离。
捷径： pH=3，c(HCl)=10—3mol/L，pH=11，c(OH—)=10—3mol/L。因为氨水是弱电解质，所以氨水的浓度大于盐酸的浓度。二者等体积混合后，氨水过量。因而只要考虑NH3·H2O的电离不必考虑NH4+的水解。所以存在c(NH4+)﹥c(Cl—)，同时也存在c(OH—)﹥c(H+)。而NH3·H2O的电离只是少数，所以存在c(Cl—)﹥c(OH—)。以此得答案为B。
总结：如果与1994年全国高考题比较：在氯化铵溶液中,下列关系式正确的是( )
A．c(Cl-) >c(NH4+)> c(H+)> c(OH-) B．c(NH4+)> c(Cl-)> c(H+)> c(OH-)
C．c(Cl-)= c(NH4+)> c(H+)= c(OH-) D．c(NH4+) = c(Cl-)> c(H+)> c(OH-)
它们的区别在：本题是经反应后，溶液中存在NH4Cl和相当多NH3·H2O，而1994年高考题全部都是NH4Cl。当无多余的酸或碱存在时，就一定要考虑盐的水解。而在本题中，由于氨水过量，盐的水解可忽略不计。
例题6 ：（1998年全国高考）在一定体积的密闭容器中放入3L气体R和5L气体Q，在一定条件下发生反应：2R（g）+5Q（g）== 4X（g）+nY（g）
反应完全后，容器温度不变，混和气体的压强是原来的87.5%，则化学方程式中的n值是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
方法：假设反应过程中压强不变，则通过体积缩小到原来的87.5%来进行计算。
捷径：本题所述及的反应不是可逆反应。3L气体R和5L气体Q反应时，R过量1L，
如果压强保持不变，则体积缩小到原来的87.5%，同时生成4LX气体和nLY气体，根据
题意有： ，∴n=2 。选A。
总结：本题与可逆反应之间有严格区别，若看成是可逆反应，n只能等于1，因为Q气体不能全部参加反应，而该题中Q 气体完全反应，n只能等于2。
例题7 ：1993年上海高考）如右图，为装有活塞的密闭容器，内盛22.4mL一氧化氮，若通入11.2mL氧气（气体体积均在标准状况下测定），保持温度、压强不变，则容器内的密度 （ ）
A．等于1.369g/L B．等于2.054g/L
C．在1.369g/L和2.054g/L之间 D．大于2.054g/L
方法：首先假设完全反应生成NO2，再通过NO2与N2O4的平衡分析而获得结果。
捷径：标况下n(NO)=1×10—3mol，n(O2)=0.5×10—3mol，因反应是2NO+O2= 2NO2，则二者恰好反应生成1×10—3mol的NO2。
气体质量为1×103mol×46g/mol= 4.6×10—2g
容器体积为
所以，密度=
又因有2NO2 N2O4平衡存在，所以容器体积将略减少，故密度将大于2.054g/L。以此得答案为D。
总结：2NO2 N2O4是该题的隐含条件，在解题时，考生往往会疏忽而误选B。NO与O2的反应可认为是完全反应全部生成NO2，而不是NO、O2、NO2的混合气体，不少考生由于没有认识这一点，又易误选C。
例题8 ：(1995年全国高考) (1)已知某混和气体的体积百分组成为80.0%CH4、15.0%C2H4和5.00%C2H6。请计算0.500 mol该混和气体的质量和标准状况下的密度(g/L)。
(2) CH4在一定条件下催化氧化可以生成C2H4、C2H6 (水和其它反应产物忽略不计)。取一定量CH4经催化氧化后得到一种混和气体, 它在标准状况下的密度为0.780g/L。已知反应中CH4消耗了20.0%,计算混和气体中C2H4的体积百分含量。(本题计算过程中请保持3位有效数字)。
方法：第(1)问直接计算，第(2)问可将CH4假设为1mol进行分析。
捷径：(1)根据题中数据可得0.500mol混合气体的质量为：
0.500mol×(16g/mol×0.800+28 g/mol×0.150+30 g/mol×0.0500)=9.25g
(2) 设反应前CH4为1mol，其中有xmol 转化成C2H4，生成 0.5xmol C2H4 和0.5 (0.200－x)mol C2H6。
则反应后混合气体的总物质的量 = 0.800 mol+ 0.5×0.200mol = 0.900mol 。
( g / L )
总结：在解答该题的过程中，部分考生未能作反应前CH4为1mol的假设，造成计算过程较为繁杂，有的甚至无法求解。
金钥匙：
例题1 ：将含1 mol NH3的密闭容器a加热，部分NH3分解并达到平衡，此时NH3的体积百分数为x%，若在该容器中加入2mol NH3后密封，加热到相同温度，使反应达到平衡时，设此时NH3的体积百分数为y%，则x和y的正确关系是（ ）
A．x ﹥y B．x﹤y C．x = y D．x≧y
方法：通过设定另一假想态，然后再将假想态转化为现在的状态而获得结果。
捷径：假设把2mol NH3先加入容积为a的2倍的容器b中，加热到相同温度，此时与1mol NH3加到a容器中等效，达到平衡时，NH3的体积百分数也必为x%。现将b容器加压，使容积减小到原来的一半，即与a容积相等。因平衡2NH3 3H2 + N2向逆方向移动，达到新平衡时NH3的体积百分数y%必大于x%，则B为答案。
总结：此题如从正面直接分析常会得出错误的判断，但若通过理想的过程假设，问题就会十分明朗。
例题2 ：将50%的乙醇溶液和10%的乙醇溶液等体积混合，所得溶液的质量分数( )
A．大于30% B．小于30% C．等于30% D．无法判断
方法：通过巧设质量相等得其浓度，再延伸到体积相等。
捷径：假设50%和10%两乙醇溶液密度分别为d1和d2，并将它们等质量（均为m）混合，所得溶液的质量分数ω= 30% 。
因为d1d后和V 前d后和V 前＞V 后的是 （请填写反应的代号）。
方法： 从反应物全部变成生成物来作极限判断。
捷径： （1）在容积固定的容器内，四个反应的反应物和生成物中除硫单质外均为气体，所以反应B、C、D均符合d前=d后 的关系式。反应B反应后气体物质的量减少，根据气态方程可知P 前＞P 后，而反应C反应前后气体物质的量没有变化，符合P 前=P 后 。以此第一问答案为B，第二问答案为C。
（2）如果保持压强恒定，反应物和生成物均为气体时，气体的密度与气体的体积成反比，即若符合关系式d前>d后，一定满足V 前d后和V 前＞V 后同时成立，则反应中必有非气体物质存在。只有反应A有固态物质硫存在，且反应物H2S和O2的任一种气体的密度均大于生成物水蒸气的密度（在相同条件下相对分子质量大的气态物质密度大），以及反应前后气体物质的量减少，符合V 前＞V 后。以此第一问答案为D，第二问答案为A。
总结：解本题还应用了物理学中气态方程和化学中的阿伏加德罗定律。这是一道物理和化学学科间综合试题，体现了当今的命题方向。
例题2 ：（1994年全国高考）把含有某一种氯化物杂质的氯化镁粉末95mg溶于水后,与足量的硝酸银溶液反应,生成氯化银沉淀300mg,则该氯化镁中的杂质可能是（ ）
A．氯化钠 B．氯化铝 C．氯化钾 D．氯化钙
方法：采用极值法或平均分子量法。
捷径：[解法一]：（极值法）
假设95mg全为MgCl2，无杂质，则有：MgCl2 ~ 2AgCl
95mg 2×143.5mg
生成沉淀为287mg，所以假设95mg全部为杂质时，产生的AgCl沉淀应大于300mg。则杂质若写成MxCl2形式时，xM的式量应小于Mg的原子量24，才符合题意。
A．NaCl→Na2Cl2，23×2﹥24不符合。B．AlCl3 → ，27× ﹤24可以。
C．KCl→K2Cl2，39×2﹥24不行。 D．CaCl2，40﹥24不可以。以此得答案为B。
[解法二]：（平均分子量法）
将混合物写成MxCl2形式，有：MxCl2→2AgCl
1mol 2mol
y mol
解得y = 。则混合物的平均分子量M = = 90.9，
因MgCl2的分子量为95﹥90.9，则杂质MnCl2的分子量应小于90.9，才符合题意。
A．NaCl → Na2Cl2，分子量117，不行。 B．AlCl3 → ，分子量89，可以。
C．KCl→K2Cl2，分子量149，不可以。 D．CaCl2，分子量111，不可以。
总结：极值法和平均分子量法本质上是相同的，目的都是求出杂质相对分子量的区间值，或者杂质中金属元素的原子量的区间值，再逐一与选项比较，筛选出符合题意的选项。
例题3 ：（1996年全国高考）在一个容积固定的反应器中,有一可左右滑动的密封隔板,两侧分别进行如图所示的可逆反应.各物质的起始加入量如下:A、B和C均为4.0mol、D为6.5 mol、F为2.0 mol,设E为x mol.当x在一定范围内变化时,均可以通过调节反应器的温度,使两侧反应都达到平衡,并且隔板恰好处于反应器的正中位置.请填写以下空白:
(1)若x=4.5,则右侧反应在起始时向 (填“正反应”或“逆反应”)方向进行.欲使起始反应维持向该方向进行，则x的最大取值应小于 .
(2)若x分别为4.5和5.0，则在这两种情况下,当反应达平衡时，A的物质的量是否相等? (填“相等”、“不相等”或“不能确定”).其理由是： 。
方法：解答该题时，首先要考虑两侧都达到平衡时物质的量必须相等，然后要从完全反应的角度去考虑极大值，因是可逆反应，所以又应小于极大值。至于第(3)问，应从两平衡体系的相互关系去分析，即两体系温度始终相同。
捷径：(1)已知左侧平衡时总物质的量为12.0 mol，因此右侧达到平衡时的总物质的量应为12.0 mol。现x = 4.5, 则右侧起始时混合物的物质的量为4.5 + 6.5 + 2.0 =13。 反应在起始时必须向正反应方向进行才能使物质的量变成12mol。
确定x的最大取值应小于多少，可通过两种方法求解。
方法一：假定加入的x molE完全转化时，则D余（6.5 — x/2）mol，F共有（2.0 + x）mol，由（6.5 — x/2） + （2.0 + x） = 12.0 ，解得 x = 7.0 。则欲使起始反应维持向正反应方向进行，则x的最大取值应小于7。
方法二：设达平衡时E的消耗量为2amol。
起始时: 6.5 x 2.0
平衡时: 6.5-a x-2a 2.0+2a
因左侧反应混和物总的物质的量为12mol，所以达平衡时右侧反应需满足:
(2)因为这两种情况是在两个不同温度下达到化学平衡的，平衡状态不同，所以A的物质的量也不同。
总结：压强对平衡体系的影响在众多的可逆反应分析中经常出现，此类试题要求考生既要分析平衡状态，又要分析相互影响，有时还要考虑极限值问题。
金钥匙：
例题1 ：在标准状况下H2和Cl2的混合气体a L，经光照后完全反应，所得气体恰好能使b mol 的NaOH完全转化为盐，则a，b的关系不可能是下列的（ ）。
A．b = a/22.4 B．b ﹥a/22.4 C．b ≥a/11.2 D．b﹤a/22.4
方法：“气体恰好能使b mol 的NaOH完全转化为盐”是该题的关键之处。“气体恰好”是指能与NaOH反应的气体能完全与之反应并转化为盐，而不是气体无剩余(可能剩余H2)。以此可用极限法去分析，即NaOH的最小值为a L全为H2，NaOH的最大值为a L全为Cl2。
捷径：若a L全为H2时，耗碱量为0，若a L全为Cl2时耗碱量最大，此时b = a/11.2 。因此对二者的混合气体而言，耗碱量应介于0 ～ a/11.2之间，故a，b关系不可能的只有C 。
总结：此题在分析时，不仅要考虑极限值，还要考虑题中关键字词。
例题2 ：某混合物含有KCl、NaCl、Na2CO3，经分析知含Na 31.5%，含氯为27.08%（质量百分含量）。则该混合物中含Na2CO3为 ( )
A． 25% B． 50% C． 80% D．无法确定
方法：若假设此混合物由下列三种物质的极端组成，那么判断起来比较简单。
(1)若只由KCl和Na2CO3组成，用含Na%求出Na2CO3的质量
(2)若只由NaCl和Na2CO3组成，又用含Cl%量求出Na2CO3的质量
(3)若只由KCl和Na2CO3组成，用Cl%量求出Na2CO3的质量
混合物中Na2CO3的实际质量应比（1）（2）中值小，比（3）中值大（因KCl比NaCl分子量大）
捷径：设混合物为100 g：
（1） 设混合物只由KCl和Na2CO3组成，则用含Na%求出Na2CO3的质量为：
100ｇ×31.5%× = 72.6g
（2） 设混合物只由NaCl和Na2CO3组成，则用含Cl%量求出Na2CO3的质量为
100ｇ— 100ｇ×27.08% × = 55.4g
（3） 设混合物只由KCl和Na2CO3组成，则用含Cl%求出Na2CO3的质量为：
100ｇ— 100ｇ×27.08%× = 43.2g
因为 72.6ｇ﹥55.4ｇ﹥50ｇ﹥43.2ｇ
故正确答案为（B）
总结：对于三种物质，两种数据，如通过列方程求解，因缺少数据而无法求得结果。此时必须要考虑极限问题，通过分析极限情况而获得正确结果。
例题3 ：800℃时将1 mol CO和1 mol H2O（蒸气）通入2 L密闭容器中进行反应：CO（g）+ H2O（g） CO2（g）+H2（g）,达到平衡时测得容器内CO2为0.3 mol/L，此时再向容器内通入1 mol水蒸气，并保持温度不变，则达到平衡时CO2物质的量可能为（ ）
A．0.9 mol B．0.6 mol C．0.3 mol D．1.2 mol
方法：通过找出新平衡时CO2物质的量的范围，再进行估算即可。
捷径：由于反应是可逆的，反应物不可能完全转化，因此再向容器内通入1 mol水蒸气时，CO2的物质的量应大于0.6mol，但CO又不可能完全转化为CO2，所以CO2的物质的量应介于0.6 ～ 1
mol之间，故选 A 。
总结：此类试题如果通过计算，则必须要懂得化学平衡常数，而在此条件下，想通过计算获得结果根本不可能，以此只能通过估算获解。
例题4 ：pH = 5和pH = 3的两种盐酸，以等体积混合溶液的pH 是（ ）
A． 2 B． 3.3 C． 4 D． 8
方法：根据端值及平均值分析。
捷径：根据平均值原则，端值一﹤平均值﹤端值二，不可能为A，D，而pH是对c(H+)取负对数后得到的值，不是简单地将pH1和pH2相加求算术平均数，所以不可能是C 。以此答案只能为B。
总结：此题也可根据两强酸等体积混合后巧用pH混 = pH小 + 0.3获得结果。
例题5 ：取3.5 g某二价金属的单质投入50g溶质质量分数为18.25%的稀盐酸中，反应结束后，金属仍有剩余；若2.5g该金属投入与上述相同质量、相同质量分数的稀盐酸中，等反应结束后，加入该金属还可以反应。该金属的相对原子质量为 ( )
A．24 B．40 C．56 D．65
方法：采用极限值分析，找出金属的相对原子质量的范围，而后对照选项获得结果。
捷径：盐酸溶液中溶质的质量为50g×18.25%=9.125g，9.125g盐酸为0.25mol，最多可产生H2的质量为0.25g。由题意知，产生1g H2需金属的平均质量小于3.5g×4=14g，大于2.5g×4=10g，又知该金属为二价金属，故该金属的相对原子质量小于28，大于20。答案选A。
总结：该题因与盐酸反应的金属质量无法确定，因而要确定其相对原子质量，必须从两个极限值分析，通过范围而获得答案。
例题6 ：在一定条件下，气体A可发生如下反应：2 A(g) B(g）+3 C(g）。若已知所得混合气体对H2的相对密度为4.25。则A的式量可能是（ ）
A．8.5 B． 16 C． 17 D．34
方法：采用极值法分析。
捷径：假设A物质没有发生反应，则A的式量为8.5。如果A全部转化为B和C，则B、C混合气体的平均式量为8.5，A的式量为17。题中反应为可逆反应，故答案为B。
总结：该题利用化学平衡部分的三态进行分析计算也可获得答案，但耗时较多。
例题7 ：取5.4 g由碱金属（R）及其氧化物（R2O）组成的混合物，使之与足量水反应，蒸发反应后的溶液，得到8 g无水晶体。通过计算判断此金属为哪一种碱金属。
方法：此题只需用极值法确定R的原子量的取值范围，再对照碱金属的原子量即可判断R为何种碱金属。
捷径：题中的反应有：2R + 2H2O = 2ROH + H2↑，R2O + H2O = 2ROH 。
设5.4 g全部是金属R，R的原子量为x，则R的摩尔质量为 x g / mol。
5.4 / x = 8 /（x +17） ， x = 35.7
设5.4 g全部是R2O，则R的原子量为 y 。则R的摩尔质量为 y g / mol。
2 ×｛ 5.4/（2y + 16）｝= 8/（y + 17） ， y = 10.7
因为10.7 ﹤ 23 ﹤ 35.5 ，故R为Na 。
总结：采用极限值，可使该题中的复杂问题得到简化。
例题8 ：1.40 g含有碱金属（M）及其氧化物（M2O）的混合物，与水反应生成1.79 g碱。求混合物的成分及其组成。
方法：由于碱金属不确定，可用极端假设法加以讨论。即讨论1.40 g全部为碱金属及1.40 g全部为碱金属氧化物时生成碱的质量，然后根据平均值规律建立不等式解题。
捷径：设M的相对原子质量为a。
2M+2H2O=2MOH+H2↑
M2O+H2O=2MOH
若1.40g全部为碱金属，则产生的MOH的质量为 (g)
若1.40g全部为碱金属氧化物，则产生的MOH的质量为 (g)
﹤ 1.79 ﹤
解得 24.3 ﹤ a ﹤ 61.03 ，只有钾符合条件。
设K和K2O的质量分别为x和y。
则 x+y=1.4
+ = 1.79
解得 x=0.498（g）
y=0.902（g）
总结：本题若用常规法对可能存在的物质作逐一尝试，逐一淘汰求解是很繁难的。选取极值法进行求解，可受到事半功倍的效果。
聚宝盆：
有一类化学计算题，由于某一条件的不确定，结果可能在两个或两个以上，也可能在某个范围内取值，这类题就需要用讨论的方法求解。中学范围内涉及到的讨论题主要有四种类型：（1）讨论反应发生的程度；（2）讨论反应物是否过量；（3）讨论反应物或生成物的组成范围；（4）讨论不定方程的解。
在运用常规方法解讨论题不能求解或显得很繁难时，往往需考虑平均值法或极端假设法。
热身赛：
1． PCl5在密闭容器中有反应：PCl5(g) PCl3 (g) +Cl2 (g)。t1°C时PCl5的分解率为48.567%，t2°C时分解率为97.034%。则t2°C时反应体系的物质的量是t1°C时反应体系的多少倍（ ）
A．0.4 B． 1.3 C． 1.6 D． 1.9
2．800°C时，将1molCO和1molH2O（g）通入2L密闭容器中进行反应：
CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）
达到平衡时，测得容器内CO2为0.3 mol/L，此时再向容器内通入1mol H2O（g），并保持温度不变，则达到平衡时CO2的物质的量可能是（ ）
A．0.3mol B． 0.6mol C． 0.9mol D． 1.2mol
3．由第二主族元素R的单质及其相应氧化物组成的混合物共12g，在此混合物中加足量水，完全反应后，蒸干，得固体。则该元素可能为 （ ）
A．Mg B．Ca C．Sr D．Ba
4．常温下A和B两种气体组成的混合气体（A的分子量大于B的分子量），经分析混合气中只含有氮和氢两种元素，而且，不论A和B以何种比例混合，氮和氢的质量比总大于14/3。由此可确认A为①____，B为②____，其理由是③____。若上述混合气体中氮和氢的质量比为7：1，则在混合气中A和B的物质的量之比为④____；A在混合气中的体积分数为⑤____。
5．在周期表中，元素的相对原子质量约为其原子序数的2～2.6倍。某碱金属(R)及其氧化物(R2O)组成的混合物4.0 g与水充分反应后，蒸发结晶得到固体5.0 g 。试推断这是什么金属？混合物中碱金属单质所占的质量分数是多少？
6．等物质的量的NaHCO3和KHCO3的混合物9.20g与100mL盐酸反应。
（1）试分析，欲求标准状况下生成的CO2的体积时，还需什么数据
（用a、b等表示，要注明单位）。
（2）利用所确定的数据，求标准状况下生成的CO2的体积：
所需数据的取值范围
生成CO2的体积（标准状况）
盐酸不足时
盐酸过量时
(3)若NaHCO3和KHCO3不是等物质的量混合，则9.2g固体与盐酸完全反应时，在标准状况下生成CO2气体的体积大于 L，小于 L 。
大检阅：
1．B 2．C 3．BC
4．①N2 ②NH3 ③纯NH3气体中氮和氢的质量比为14/3，在纯NH3中混入任何比例的N2都将使氮和氢的质量比大于14/3 ④1：4 ⑤20% 。
5．钾；24%
6．（1）盐酸的物质的量是浓度，a mol/L
（2）
所需数据的取值范围
生成CO2的体积（标准状况）
盐酸不足时
a mol/L≤1 mol/L
2.24aL
盐酸过量时
a mol/L﹥1 mol/L
2.24L
（3）2.06， 2.45 。
策略36 守恒法的应用技巧
金点子：
“守恒法”广泛应用于高考及各类竞赛试题的解题中，它既可使繁乱的问题化难为易，又可使复杂的计算化繁为简，因而备受广大中学生的青睐。但在使用中，由于对题意理解不清、条件分析不透，也时常出现滥用守恒的现象，故正确把握守恒原理，学会守恒方法，是高考化学解题之必备。
守恒法包括：元素守恒、电荷守恒、电子守恒、质量守恒等。
1．在化学反应前后，物质中的各元素原子的物质的量始终保持守恒，这就是元素守恒。如在复杂的变化过程中，能充分利用某些元素原子的物质的量守恒解题，不仅思路清晰，而且计算简便。
2．根据电解质溶液总是呈电中性，从而利用电解质溶液中的阳离子所带的正电荷总数与阴离子所带的负电荷总数相等来进行解题的方法称电荷守恒法。
3．在氧化还原反应中，还原剂失去的电子总数与氧化剂得到的电子总数相等，这是运用得失电子数守恒进行化学计算的主要依据。
4．质量守恒普遍存在于整个物理、化学变化过程中（核反应除外），如反应前后物质的质量守恒，反应过程中催化剂的质量守恒，溶液稀释与混合时溶质的质量守恒等。
经典题：
例题1 ：（2001年全国高考）在无土栽培中，需配制一定量含50 mol NH4Cl、16 mol KCl和24molK2SO4的营养液。若用KCl、NH4Cl和(NH4)2SO4三种固体为原料来配制，三者的物质的量依次是（单位为mol） （ ）
A．2、64、24 B．64、2、24 C．32、50、12 D．16、50、24
方法：利用元素守恒求解。
捷径：先求出需配制营养液中所需NH4+、K+、Cl—、SO42—、物质的量，再用同样的方法求出选项中所提供的物质中所含NH4+、K+、Cl—、SO42—物质的量。若与题干中的数值一致，即为选项。如题干中NH4+ 50 mol；K+：16+24×2=64（mol）；Cl—：50+16=66（mol），SO42—：24mol。选项B，NH4+：2+24×2=50（mol），K+：64mol、Cl—：64+2=66（mol），SO42—：24mol，与题干相符，选项B正确。
总结：如果题目中提供不是固体物质，而是溶液，其解法是相同的，只要将溶质的物质的量求出，就变成与本题完全相同的题目。目前化学试题中往往置于与生产实际、科研等相结合的情境中，解题时，只要把它迁移到解化学题基本方法中，就可迎刃而解。
例题2 ：（2001年上海高考）将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10rnL混合后，溶液显酸性，则溶液中有关微粒的浓度关系正确的是 （ ）
A．c (Ac－)＞c (Cl－)＞c (H＋)＞c (HAc)
B．c (Ac－)＞c (Cl－)＞c (HAc)＞c（H＋）
C．c (Ac－)＝c (Cl＋)＞c (H＋)＞c (HAc)
D．c (Na＋)＋c (H＋)＝c (Ac－)＋c (Cl－)＋c (OH－)
方法：首先必须考虑溶液间的反应，然后通过守恒关系分析。
捷径：将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10rnL混合后，考虑溶液间的反应，此时溶液变成了等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH、NaCl三种物质的混合溶液。因此时溶液显酸性，知CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度。以此得溶液中粒子间物质的量浓度的关系为：c（Na＋）＞c (Ac－)＞c (Cl－)＞c (HAc)＞ c（H＋）＞c (OH－)。再利用电荷守恒可得：c (Na＋)＋c (H＋)＝c (Ac－)＋c (Cl－)＋c (OH－)。对照选项可得答案为BD。
总结：当溶液中两种可两种以上的物质相混合时，首先必须考虑溶液间的反应，这是解答此类试题的第一步，也是关键性的一步。部分考生由于未考虑混合后的反应而经常出错。
例题3 ：（1999年上海高考） ：把0.02 mol· L－1 HAc溶液和0.01 mol· L－1 NaOH溶液以等体积混和，则混合液中微粒浓度关系正确的是 （ ）
A．c（Ac-）>c（Na+） B．c（HAc）>c（Ac-）
C．2c（H+）= c（Ac-）—c（HAc） D．c（HAc）+c（Ac-）= 0.01mol· L－1
方法：通过电荷守恒及物料守恒两大守恒分析。
捷径：两溶液等体积混合后变成0.005mol·L-1 HAc 和0.005mol·L-1 NaAc 的混合溶液，由于HAc的电离占主导地位，故c（Ac-）> c（HAc），溶液呈酸性。再根据电荷守恒关系：c（Na+）+c（H+）= c（Ac-）+c（OH-），及c（H+）> c（OH-）得c（Ac-）> c（Na+）。再将物料守恒关系c（Na+）= c（HAc）+c（H+）-c（OH-）代入电荷守恒关系得：2c（H+）=c（Ac-）- c（HAc）+2c（OH-）。另知，不管溶液电离平衡和水解平衡如何移动，其c（HAc）+c（Ac-）均为常数0.01mol·L-1。以此得答案为A、D。
总结：此类试题考查方式主要有：①微粒浓度的大小比较 ②电荷守恒关系式 ③物料守恒关系式 ④电荷守恒与物料守恒叠加后的恒等关系式。解题时仍要优先考虑溶液混合过程中的反应问题。
例题4 ：(2001年高考试测题)将氨水逐滴加入到稀盐酸中，使溶液成中性，则此时( )
A．ｃ(NH4+)=ｃ(Cl-) B．ｃ(NH4+)>ｃ(Cl-)
C．ｃ(NH4+)<ｃ(Cl-) D．ｃ(NH4+)与ｃ(Cl-)之间关系不确定
方法：根据溶液中电荷守恒关系获解。
捷径：将氨水加入到稀盐酸中，根据电荷守恒关系得：c（NH4+）+c（H+）= c（Cl-）+c（OH-）。因所得溶液呈中性，则c（H+）= c（OH-），以此得：c（NH4+）= c（Cl-）。故得答案为A。
总结：在对溶液进行计算以确定其浓度及溶液中恒等关系的判断时，通常都可通过守恒法使答题过程变得简单明了。
例题5 ： (1994年全国高考) 38.4mg铜跟适量的浓硝酸反应,铜全部作用后共收集到气体22.4mL(标准状况),反应消耗的HNO3的物质的量可能是 ( )
A．1.0×10-3mol B．1.6×10-3 mol C．2.2×10-3 mol D．2.0×10-3 mol
方法：利用反应过程中原子个数守恒求解。
捷径：HNO3与Cu反应，一部分起酸的作用，即生成Cu(NO3)2用去硝酸 = 2n (Cu) =
mol×2=1.2×10—3mol；另一部分HNO3起氧化作用，不管生成的22.4mL
气体为何成分，都是HNO3的还原产物，且有HNO3~NO，HNO3~NO2，所以起氧化作用
的HNO3为 mol =1×10—3mol，故共消耗HNO3 的物质的量为：
1.2×10—3mol + 1×10—3mol = 2.2×10—3mol。以此得答案为C。
总结：这是利用原子个数守恒进行计算的范例。根据参加反应的HNO3一部分生成Cu（NO3）2，另一部分变成NO2或NO。利用反应前后的N原子守恒，可以轻松求解。类似的解法可以在很多题目应用。
例题6 ：(2002年全国高考)
在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢为原料制取氧气，当制得同温、同压下相同体积的氧气时，三个反应中转移的电子数之比为 ( )
A．1︰1︰l B．2︰2︰1 C． 2︰3︰l D．4︰3︰2
方法：根据反应过程中化合价的变化及得失电子守恒分析。
捷径：假设三个反应均生成1molO2，在高锰酸钾、氯酸钾的分解反应中，只有氧的化合价升高，且均由-2价升高到0价，故转移电子数均为4mol。而过氧化氢的分解反应，虽也只有氧的化合价升高，但其化合价由-1升高到0价，以此产生1molO2，转移电子数为2mol。综合得，产生相同量的O2，三个反应中转移的电子数之比为：4︰4︰2 = 2︰2︰1。故答案为B。
总结：对不同的反应，在利用电子守恒分析转移电子的情况时，要注意考虑不同反应中化合价不同，而造成电子转移不同的情况。
例题7 ： (2001年全国高考)将NO3—+Zn+OH—+H2O→NH3+Zn（OH）42—配平后，离子方程式中H2O的系数是 （ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
方法：利用得失电子守恒及电荷守恒进行配平后确定离子方程式中H2O前的系数。
捷径：氧化剂NO3—被还原成NH3，1molNO3—得到8mol电子才能生成NH3。还原剂Zn被氧化成Zn（OH）42—，1molZn失去2mol电子才能生成Zn（OH）42—，所以Zn的序数是4，NO3—的序数是1，反应式变成NO3—+4Zn+OH—+H2O→NH3+4Zn（OH）42—，根据离子反应方程式中电荷守恒的原理，可确定OH—的序数是7，最后根据氢原子（或氧原子）守恒可确定H2O的序数是6。显然答案为C。
总结：这是一道氧化还原反应方程式的配平题。在全国考题已经有多年未出现这样的题目，而在上海试题中每年都有。反应方程式的配平是中学化学学习中的基本技能。全国高考题虽然多年未考纯粹的配平题，但应用配平反应方程式的原理（即守恒原理）的试题却很常见。
注意 高考试题评分标准明确指出，反应方程式不配平或配平错误都不能得分。
例题8 ：(2001年高考试测题)某化工厂每小时生产98%（质量分数）硫酸at（吨），为使硫充分燃烧，且在下一步催化氧化时不再补充空气，要求燃烧后的混合气体中含氧气的体积分数为b%。若空气中氧气的体积分数为21%，且不考虑各生产阶段的物料损失，则
（1）该厂每小时消耗标准状况下空气的体积为 m3。
（2）为满足题设需求，b%的下限等于 。
方法：根据原子个数守恒求解。
捷径：（1）该题的反应过程为：S→SO2→SO3→H2SO4 ，每小时生产的98%硫酸at，其物质的量为104amol，不计损耗，应制得SO2104amol。根据S→SO2，这一步需O2104amol，又因为燃烧后的混合气体中含氧气的体积分数为b%，且因S→SO2，反应前后气体物质的量不变，设每小时消耗空气为n mol，则：
， 。
故每小时消耗标准状况下空气的体积为：
（2）空气中的氧气必须维持两个反应，即S→SO2和SO2→SO3的过程。第一步耗氧量为第二步的两倍，故为了满足SO2→SO3催化氧化时不再补充空气的需求，b%的下限应等于空气中氧气的三分之一，即7%。
总结：该题为化工生产过程中的计算问题，为了迅速求解，除了要理清题意，还必须充分运用反应过程中的硫元素守恒及氧元素守恒。
金钥匙：
例题1 ：把0.02 mol/LHAc溶液和0.01 mol/LNaOH溶液以等体积混合，则混合液中微粒浓度关系正确的为 （ ）
A．c（Ac—）﹥c（Na+） B．c（HAc）﹥c（Ac—）
C．2c（H+）= c（Ac—）— c（HAc） D．c（HAc）+ c（Ac—）= 0.01mol/L
方法：
捷径：混合后先得到0.005 mol/L的HAc溶液和0.005 mol/L的NaAc溶液，由于Ac—的水解程度小于HAc的电离程度，故A正确、B错误。整体考虑溶液中的H+得失：
HAc
H3O+
Ac—
H2O
OH—
得H+
失H+
可得 c（H+）+c（HAc）=c（OH—）
整体考虑CH3COO—的守恒，可得c（HAc）+ c（Ac—）= 0.01 mol/L。所以答案A、D。
总结：任何溶液中都存在三种恒等式——物料平衡（质量守恒）、电荷平衡、质子守衡。以上题为例，这三种等式分别是
c（HAc）+ c（Ac—）= 0.01mol/L
c（Na+）+ c（H+）= c（Ac—）+ c（OH—）
c（H+）+ c（HAc）= c（OH—）
例题2 ：有一在空气中暴露过久的KOH固体，经分析得知其中含水a%，K2CO3 6%，其余为KOH。取此样品m g 溶于100 mL 1 mol/L的硫酸里，残酸需加n g 原样品才刚好中和完全。由此可知蒸发中和后的溶液可得固体质量为 ( )
A．14.2g B．17.4g C．20.6g D．无法计算
方法：因蒸发中和后的溶液得固体K2SO4，而SO42－仅来自于硫酸，以此可通过S原子守恒快速求解。
捷径：最终所得固体为K2SO4 。∵n（K2SO4） = n（H2SO4）
∴m（K2SO4） = 0.1mol × 174g/mol = 17.4g ，得答案为B。
总结：因在空气中暴露过久的KOH固体成分没有具体的数值，不少同学会因数据未知而错选D(无法计算)。
例题3 ：取20g混有MnO2的KClO3，加热至恒重，在一定温度下将残留的固体加入10g水中有7.9g固体未溶解，再加入5g水仍有5.3g固体未溶，则原混合物中可能含有的KClO3质量为（ ）
A．14.7g B．6.9g C．12.1g D．17.6g
方法：根据作为起催化作用的MnO2，在整个过程中质量守恒分析求算。
捷径：如5.3g未溶固体全为MnO2，则KClO3质量为14.7g。根据反应2KClO3 2KCl + 3O2↑知，14.7g KClO3完全分解生成KCl 8.94g，得10g水中溶KCl 5.3g+8.94g—7.9g=6.34g，再加5g水又溶7.9g—5.3g=2.6g，此时溶液为KCl的不饱和溶液，剩余物为MnO2，符合题意。
如5.3g未溶固体含KCl和MnO2，根据后加5g水溶2.6g KCl知，先加的10g水中溶KCl 5.2g，得加热至恒重时质量为5.2g+7.9g=13.1g，放出O2为6.9g，根据反应方程式可求得KClO3为17.6g，MnO2实际质量为2.4g，符合题意。
以此得答案为A、D。
总结：5.3g未溶固体是何物质是解答该题的关键，部分考生由于仅将其作为MnO2而出现漏选D答案的情况。
例题4 ：在铁和氧化铁混合物15 g 中，加入稀硫酸150 mL，能放出H2 1.68 L（S、P、T）。同时铁和氧化铁均无剩余，向反应后的溶液中滴入KSCN溶液，未见颜色变化。为了中和过量的H2SO4，且使Fe2+完全转化成Fe(OH)2，共消耗3 mol/L的NaOH溶液200 mL ，则原硫酸的物质的量浓度是（ ）
A.1.5mol/L B.2mol/L C.2.5mol/L D.3mol/L
方法：因最后溶液中所剩溶质为Na2SO4，根据电荷守恒可求得SO42－的物质的量浓度。
捷径：最终所得溶液中含有Na+和SO42-（少量H+和OH-）而Na+来自于NaOH。SO42-来自于原硫酸，根据溶液中离子电荷守衡得：
n(Na+) + n(H+) = 2n(SO42－) + n(OH－)，不计少量H+和OH-，得
3mol/L× 0.2L = 2×c(SO42-)×0.15L
解得：c(H2SO4)= 2 mol/L，以此答案为B。
总结：此题再利用氢气的体积和铁元素守恒，还可求得原混合物中铁和氧化铁的质量。
例题5 ：向某稀醋酸溶液中滴加一定量的氢氧化钠溶液后，若溶液中CH3COO-的物质的量等于加入NaOH的物质的量。则此时溶液的pH（ ）
A.＞7 B.＜7 C.＝7 D.无法确定
方法：利用溶液中阴阳离子所带电荷相等列出恒等式求得c(H+)与 c(OH-)间的关系，再分析此关系而获得结果。
捷径：因溶液中CH3COO-的物质的量等于加入NaOH的物质的量，又溶液中Na+的物质的量等于加入NaOH的物质的量，所以反应所得混合溶液中CH3COO-与Na+物质的量相等，即c(CH3COO-)= c(Na+)。而根据电荷守恒知，溶液中c(Na+)+c(OH-)= c(CH3COO-)+c(OH-)，则溶液中c(H+)= c(OH-),即溶液pH = 7。以此得答案为C。
总结：此题若从电离平衡角度分析，则难于理解。如果灵活运用电荷守恒关系分析，问题则迎刃而解。
例题6 ：在3BrF3 +5H2O = HBrO3 + O2↑+ Br2 + 9HF中，若有5mol水参加反应，则被水还原的BrF3的物质的量是（ ）
A．3 mol B．10/3 mol C．4/3 mol D．2 mol
方法：水仅作还原剂，5mol水参加反应，有2mol水被氧化，以此根据得失电子守恒即可求得被水还原的BrF3的物质的量。
捷径：2mol水被氧化生成1mol氧气，水失去电子的物质的量为4mol，BrF3的化合价从+3降为0价，每摩尔BrF3作氧化剂时得3mol电子，以此根据得失电子守恒即可求得被2 mol水还原的BrF3为4/3 mol，故正确答案为C。
总结：该题部分学生根据化学方程式直接得，当5mol水参加反应，有2 mol BrF3被还原。以此获得错误结果D。现错解的原因是审题时未注意失电子为何物质，又忽视一个关键字——水。该反应失电子不仅有H2O，还有BrF3。
y
x
A
y
x
y
x
y
x
B
C
D
例题7 ：标准状况下，在1L NO气体中不断地通入O2，若温度和压强保持不变，则反应后气体体积y与通入的O2体积（用x表示）关系正确的图为（ ）
方法：根据反应2NO + O2 = 2NO2前后N元素守恒及部分NO2 转化成N2O4，结合图示分析求解。
捷径：根据反应2NO + O2 = 2NO2，前后N元素守恒。但在标准状况下，NO2
一旦生成，便有部分转化成N2O4，而造成气体的物质的量及体积减小，待NO反应完后，再通入O2，体积逐渐增大，以此得正确答案为D。
总结：部分考生根据反应2NO + O2 = 2NO2，依据在温度和压强不变时，气体体积与气体的物质的量成正比，得出在NO中通入O2，开始体积不变，待NO反应完后，再通入O2，体积逐渐增大，从而获得答案C。出现此种错解的原因乃是滥用反应过程中物质的量守恒，未考虑后续反应之故。
在化学反应中利用物质的量守恒进行解题时，必须注意反应的进程问题。当反应过程中浓度变稀造成反应终止，或有后续反应存在时，便可能造成物质的量不守恒。
例题8： NO和NO2（过量）组成的混合气体通入NaOH溶液中，能发生反应①3NO2 + NaOH = 2NaNO3 + NO↑+H2O，②NO2 + NO + 2NaOH = 2NaNO2 + H2O，如用V L NaOH溶液吸收由n mol 和m mol NO2组成的混合气体，求NaOH溶液的浓度最小要达到多少mol/L？
方法：根据反应前后N元素守恒求NaOH溶液的最小浓度。
捷径：从题中反应可知，NO2过量，氮的氧化物能全部被吸收，且生成NaNO2或NaNO3，以此消耗NaOH的物质的量等于混合气的总物质的量，NaOH的物质的量≥（m+n）/V mol/L，故NaOH的浓度最小应为（m+n）/V mol/L
总结：根据反应前后元素的来龙去脉，找出某些元素间的守恒关系，列出恒等式，可迅速求得结果。此题如通过设物质的量来求解，便显得很繁杂。
例题9 ：有碳酸钠和碳酸氢钠的混合物14.8g，把它配成稀溶液，然后向该溶液中加入12.4g碱石灰（CaO、NaOH组成的混合物），充分反应后，溶液已检测不到Ca2+、CO32—和HCO3—，然后将所得的体系中水分设法蒸干，得白色固体29g。试求：（1）原混合物中碳酸钠和碳酸氢钠各多少克？（2）碱石灰中CaO、NaOH各多少克？（3）所得29g白色固体中各种成分的质量是多少？
方法：根据反应列出守恒关系，然后通过反应前后的守恒求解。
本题有下列量守恒：①反应前后的CO32—物质的量守恒，即CaCO3中CO32—物质的量等于Na2CO3中CO32—的物质的量与NaHCO3中HCO3—物质的量之和；②反应前后Ca2+物质的量守恒，即CaO中Ca2+的物质的量等于CaCO3中Ca2+物质的量；③反应前后，Na+物质的量守恒。
捷径：设Na2CO3的物质的量为x，NaHCO3的物质的量为y，碱石灰中NaOH的物质的量为z，根据上述有关离子物质的量守恒得：
106g·mol—1x+ 84 g·mol－1 y = 14.8g
56 g·mol—1 (x+y)+40 g·mol—1z = 12.4g
100 g·mol—1 (x+y)+40 g·mol—1 (2x+y+z) = 29g
解之得 x=0.1mol ，y=0.05mol ，z=0.1mol
（1） 原混合物中Na2CO3为0.1mol ×106 g·mol—1 = 10.6g，
NaHCO3为0.05mol×84 g·mol—1 = 4.2g 。
（2） 碱石灰中CaO为56 g·mol—1 ×（0.1mol+0.05mol）= 8.4g，
NaOH为0.1mol×40 g·mol—1 = 4g 。
（3） 29g白色固体中CaCO3为100 g·mol—1 ×（0.1mol + 0.05mol）= 15g，
NaOH为29g —15g = 14g 。
总结：为了能充分理清反应前后的关系，建议考生在解题时要画出前后的变化关系图，并将守恒的元素找对、找全。
例题10 ：已知Zn（OH）2与Al（OH）3一样具有两性，现有硝酸铜和硝酸银混合溶液100mL，其NO3—浓度为4 mol·L-1。当加入一定质量的锌粉，充分振荡后过滤，得干燥沉淀24.8 g 。将此沉淀置于稀盐酸中，无气体放出。在滤液中加入BaCl2溶液无沉淀生成，再加入过量稀NaOH溶液得到的沉淀，经过滤、干燥、灼热后质量为4g。求参与反应的锌的质量。
方法：由于电解质溶液呈中性，根据溶液中阳离子所带的正电荷总数必定等于阴离子所带的负电荷总数。对此题来说，即反应后溶液中Zn2+与未被置换的Cu2+ 所带的正电荷必定等于溶液中NO3—
所带的负电荷。根据反应后溶液中电荷守恒列式求解。
捷径：由于24.8 g 沉淀物不能与盐酸反应，说明沉淀物中无过剩的锌粉，，即加入的锌全部参与反应。又由于滤液不与BaCl2溶液反应，说明原溶液中Ag+ 已全部被锌置换。最后4 g 固体为CuO的质量，它是溶液中未参与反应的Cu2+ 转化而成。
+
= 4 mol·L-1×0.1L
(
) ×2
因反应后溶液中Zn2+与未被置换的Cu2+ 所带的正电荷等于溶液中NO3—所带的负电荷。设参与反应的锌的质量为x，则
解之得，x=9.75g
总结：利用电荷守恒法进行解题时，必须注意以下两个问题：①溶液中阴、阳离子总数不一定守恒；②当溶液很稀时，水的电离不能忽略。
例题11 ：在室温时，将PH = 5的稀硫酸稀释到1000倍，则稀释后的溶液中c(H+)︰c(SO42—) 。
方法：溶液无限稀释后，水的电离不能忽略，此时要通过水的离子积常数求解。
捷径：PH=5的H2SO4稀释到1000倍后，H2SO4电离提供的c(H+)为10—8mol·L—1，c(SO42—)为5×10—9 mol·L—1。由于溶液很稀，不能忽略水的电离。设水电离产生的H+或OH—为x mol·L—1 ，根据水的离子积常数得：
（10—8+x）x=10—14，解得x =9 .5×10—8（mol·L—1）
c(H+)︰c(SO42—) = （10—8mol·L—1 + 9 .5×10—8mol·L—1）︰5×10—9 mol·L—1
= 21︰1
总结：部分考生未考虑水的电离，而根据H2SO4完全电离得出错误结果为，c(H+)︰c(SO42—) =2︰1 。
例题12 ： 3.84g Cu和一定质量的浓硝酸反应，随着反应的进行，硝酸溶液浓度也在降低，反应生成的气体颜色也在逐步变浅，当铜反应完毕时共收集到气体体积为2.21 L。若把收集到气体的集气瓶倒立于盛水的水槽中，需通入多少毫升标准状况下的O2才能使集气瓶充满溶液？
方法：根据题意，硝酸首先获得Cu的电子生成氮的氧化物NO2和NO，并有少量NO2转化成N2O4 。而后各种氮的氧化物又失电子给O2而重新生成HNO3 。根据得失电子数守恒，O2得到的电子数一定等于Cu失去的电子数。
捷径：由于3.84g Cu失去电子0.12 mol，需0.03 mol O2获得，故标准状况下O2的体积为0.03 mol×22.4 L· mol -1×1000 mL·L-1 =672 mL 。
总结：在利用得失电子数守恒进行解题时，必须注意得失电子为何物质，注意氧化还原反应中整体与局部之间的关系和联系。
例题13 ：将碳酸氢铵受热分解后的产物恒温于150℃，其平均分子量为多少？
方法：如果分析产物中气体组成，再用对各组分气体分子量加以平均（即M=17× 1/3 + 18 × 1/3 + 44 × 1/3）来求就太繁了。而从整体质量守恒法来求便显得简单明了。
捷径：由于生成物均为气体，故其总质量与碳酸氢铵质量相等。而1 mol碳酸氢铵又分解出3 mol气体，因此平均分子量为：79/3 。
总结：如果有生成物为固体或液体，前后的质量将不再守恒，在解题时要特别注意。
例题14 ： 20℃时，向五瓶盛有90g水的容器中分别加入下列物质各10g ，A、氯化钠，B、氨气，C、过氧化钠，D、三氧化硫，E、氧化钙，得到五种溶液。这五种溶液的溶质质量分数由大到小的顺序是 。
方法：解答该题既要考虑与水反应后的溶质质量，又要考虑生成气体问题，还要考虑有无沉淀生成。
捷径：由于Ca（OH）2为微溶物，故其浓度最低，其溶质质量分数大小顺序应为D>C>A=B>E。
总结：该题易出现的错解是：A、B加入90g水中，溶质仍为10g，得溶质质量分数为10%，C、D、E10g加入水中，溶质分别变为NaOH10.26g，H2SO412.25g，Ca（OH）213.21g，除Na2O2加入水中放出O22.05g，溶液质量变为97.95g外，其余溶液质量均为100g外，以此得溶质质量分数分别为C、10.47%，D、12.25%，E、13.21%，其大小顺序为E>D>C>A=B 。出现此错解的原因是未能考虑到Ca（OH）2
为微溶物，其CaO与H2O反应生成的Ca（OH）2大部分脱离溶液体系呈沉淀析出，而出现溶质质量不守恒的现象。
在使用质量守恒进行解题，要特别注意反应的体系问题。当脱离反应体系，如生成沉淀、产生气体，此时在反应体系内物质的质量便表现得不守恒。
聚宝盆：
1．化学反应总遵循质量守恒。其原因是在任何化学反应前后，元素的种类和原子的个数均保持不变。解题时既可运用质量守恒、更可直接运用原子守恒进行巧解。
2．在任何氧化还原反应中，还原剂失去的电子总数一定与氧化剂得到的电子总数相等，解决氧化还原反应中的相关问题时，可用电子守恒法。
3．任何溶液都呈电中性，可见：Σ(阳离子的物质的量×阳离子的价数) = Σ(阴离子的物质的量×阴离子的价数)；或Σ(阳离子的物质的量浓度×阳离子的价数) = Σ(阴离子的物质的量浓度×阴离子的价数)。这就是电荷守恒法。
热身赛：
1．将ag NaOH样品溶于bmL 0.1mol/L硫酸里，再加cmL 0.1mol/L KOH溶液恰好呈中性，则样品纯度为 （ ）
A．×100% B． ×100%
C． ×100% D． ×100%
2．为了取制氧气，取一定量的KClO3和一定量的MnO2共热，开始时MnO2在混和物中质量百分含量为25%，当M nO2含量提高到30%时，KClO3的分解百分率为 ( )
A．43.3% B．56.7% C．40% D．60%
3．同温同压下,10mL气体A2和30mL气体B2恰好完全化合，生成20mL气体X，则X的化学式为 （ ）
A．AB3 B．A3B C．A2B D．AB2
4．已知某强氧化剂XO（OH）2+ 被亚硫酸钠还原到较低价态，如果还原含2.4×10-3mol XO（OH）2+ 的溶液至此较低价态，需用30mL 0.2mol/L的Na2SO3溶液，那么X元素最终价态为 （ ）
A．+2 B．+1 C．0 D．-1
5．24mL浓度为0.05mol/L的Na2SO3溶液，恰好与20mL浓度为0.02mol/L的K2Cr2O7溶液完全反应，则元素Cr在被还原的产物中的化合价是（ ）
A．+6 B．+3 C．+2 D．0
6．若干克铜粉和铁粉产混合物与足量盐酸充分反应后，过滤，将滤渣在空气中充分加热，冷却后称量，质量恰好等于原混合物的质量，则混合物中铁的质量分数
7．将NaHCO3和部分风化的纯碱晶体组成的混合物样品m g配成250mL溶液，用1.0 mol/L盐酸滴定，至终点时，用去盐酸30.0 mL。若将上述样品m g加热至质量不变时，可得到固体多少克？
8．镁带在空气中完全燃烧后，将其产物溶于50mL1.8mol/L稀盐酸中, 再加入20mL0.9moL/LNaOH溶液以中和多余的酸, 然后加入足量NaOH溶液使氨全部逸出, 经测定氨的质量为0.102g。求镁带的质量。
9．工业上用焦炭、水和空气为原料合成氨，在理论上消耗焦炭和氨气的物质的量之比为多少（不考虑空气中O2的反应）？
10．有混合气体A（由NO、H2、CO2组成），通过过量的Na2O2后，变成混合气体B，将B引燃，使其充分反应，得到浓度为70%的硝酸溶液（无任何气体剩余）。求混合气体A和B中各气体的体积比。
11．
把一定量的氯酸钾充分加热到再不放出气体为止，向剩余固体中加入足量的水配成溶液，向该溶液中加入足量的硝酸银溶液，过滤，干燥，得到固体物质143。5g，求放出氧气多少克。
12．羟胺（NH2OH）是一种还原剂，能将某些氧化剂还原。现用50. 00mL 0.049mol／L的羟胺的酸性溶液跟足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2+恰好与49.3mL 0.02mol／L的KMnO4 酸性溶液完全作用。[已知FeS＋KMnO4＋H2SO4－Fe2（SO4）3＋K2SO4＋MnSO4＋H2O（未配平）]，则在上述 反应中，羟胺的氧化产物是____________。
13．金属A和非金属B可以直接化合生成化合物AB。甲、乙、丙三人分别做A和B化合反应的实验，充分反应时每人所用A和B的质量各不相同，但总质量都是9g。甲、乙所用A和B的质量及三人得到化合物AB的质量如下表，请填写表中空格。
A的用量
B的用量
得到AB的用量
甲
7g
2g
6g
乙
4g
5g
6g
丙
4.44g
14．将一定量的氯酸钾与3.48 g二氧化锰组成的混合物加热一段时间后共收集到氧气0.336 L(标准状况)，然后将残留固体加入到足量浓盐酸中共热，使之与浓盐酸充分反应，再将生成的气体全部通入到100 mL1 mol/L的溴化亚铁溶液中，有的溴离子被氧化成单质。求氯酸钾的分解百分率。
15．将一定量的铝粉和铁粉的混合物溶于足量盐酸中，然后向其中加入过量的氢氧化钠溶液，在空气中放置一段时间，滤出沉淀物，再将沉淀物在O2中灼烧，最后得红棕色粉末，该粉末的质量与原铝、铁混合物的质量恰好相等。求原混合物中铝的质量分数。
16．将一块已被严重锈蚀而部分变为铜绿[Cu2(OH)2CO3]的铜研磨成粉末，充分灼烧成CuO，发现固体质量没有发生增减。求铜被锈蚀的质量百分率。
大检阅：
1．D 2．B 3．A 4．C 5．B
6．20%
7．15.9g。运用质量守恒法
8．0.792g。运用质量守恒法和整体思维技巧
9．3︰2。运用电荷守恒法
10．A中V(NO) ︰V(H2) ︰V(CO2) = 2︰4︰7；B中V(NO2) ︰V(H2) ︰V(O2) = 4︰8︰5。运用质量守恒法和整体思维技巧
11．48g
12．N2O
13．7.52g 1.48g (或2.96g、6.04g)
14．33.33%
15．30%
16．有关的两个反应式是：Cu2（OH）2CO3=2CuO＋H2O↑＋CO2↑，2Cu＋O2=2CuO。前一反应减小固体质量，后一反应增加固体质量。常见的解法可能是：设原固体质量为1，其中Cu2（OH）2CO3含x，单质铜含1－x。据题义：。式中80、222、64、62、32分别为CuO、Cu2（OH）2CO3、Cu、H2O＋CO2（相当于H2CO3）、O2的摩尔质量。解得x=47.23%。但这仅是Cu2（OH）2CO3的百分含量，还需对原金属铜的锈蚀率进行换算：。如果紧盯关键元素Cu
来做文章，可以发现第一个反应中放出的H2CO3的物质的量等于被蚀铜元素物质的量的1/2，第二个反应中被结合的O2的物质的量则等于未锈蚀铜元素的1/2。设H2CO3的质量为m，据题义O2的质量亦为m，即可据两部分铜元素的量直接列式解得答案：。式中连Cu2（OH）2CO3、CuO、Cu的摩尔质量都没有用上，运算量简化到了最大限度
