高考化学解题方法与技巧系列1-3
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．CO2H2S B．C2H4 CH4 C．Cl2 C2H4 D．NH3HCl
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右图。
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)2B．CuSO4·Cu(OH)2
C．CuSO4·2Cu(OH)2D．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．I2O3B．I2O4C．I4O7D．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：
（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V c，化学式为C6H8O6）是一种水溶性物质，其水溶性呈酸性，人体缺乏V c 易得坏血症，故V c又称抗坏血酸。V c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V c，如新鲜橙汁中V c的含量在500mg/L左右。已知V c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)V c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V c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，V c易被空气中的氧气氧化，如果V c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V c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 32g1mol 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 BrF 3 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 KBrF 4 、（BrF 2）2SnF 6、ClF 3·BrF 3 等
。
由
此
推
断
液
态
BrF 3
电
离
时
的
阴
、
阳
离
子
是
（ ）
A ．Br 3+ 和F ˉ
B ．Br 2F ˉ 和F ˉ
C ．BrF 2+ 和 BrF 4ˉ
D ．BrF 32ˉ 和 BrF 2+
2．在反应FeS 2 + CuSO 4 + H 2O → Cu 2S + FeSO 4 + H 2SO 4 ( 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FeSO 4的物质的量为 mol
D ． 产物中H 2SO 4的物质的量为4mol
3． X 和Y 两种物质混合后发生的反应通过下列步骤进行：X+Y=Z ，Y+Z=W+X+V ，由此做出的下列判断正确的是 （ ）
A ．X 是催化剂；
B ．Z 是催化剂；
C ．该反应的化学方程式可表示为2Y=W+V ；
D ．该反应的化学方程式可表示为2Y+Z=W+V 。
4．下列叙述正确的是 （ ） A ．两种元素构成的共价化合物分子中的化学键都是极性键 B ．含有非极性键的化合物不一定是共价化合物
C ．只要是离子化合物，其熔点就一定比共价化合物的熔点高
D ．只要含有金属阳离子，则此物质中必定存在阴离子
5．某元素的碳酸盐的相对分子质量为M ，它同价态的溴化物的相对分子质量为N ，则该元素在这两种化合物中的价态是 ( )
A . N M -50
B . 2100
N M - C . M N --6080
D . N M -50
或2100
N M -
6．用下列方法制取O 2：①KClO 3(MnO 2)受热分解，②Na 2O 2加水，③H 2O 2中加MnO 2，④KMnO 4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H 3分子。请回答： (1)H 3和H 2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H 3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______。
1的比值，（2）质子数相同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12
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H n+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．C2．A3．AC4．B5．D6．C
7．（1）B；（2）C
8．W：C2H2X：H2O2Y：Na2O2Z：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，Cu 2+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 （Ba 2+）=2.08g/208g ·mol
—1
= 0.01mol ，n （Cl
—
）= 0.02 mol ，n （Cu 2+）=0.01mol ，n （SO 42—
）= 0.01 mol ，所以生成n （AgCl ）=0.01mol ，n （BaSO 4）
=0.01mol 。生成AgCl 、BaSO 4两种白色沉淀，它们物质的量相等。在生成的溶液中n （Cl —
）= 0.02mol — 0.01mol = 0.01mol ，Cu 2+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 （Cu 2+）= 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N A 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8N A B . 18g 水中含有的电子数为10N A
C . 46g 二氧化氮和46g 四氧化二氮含有的原子数均为3N A
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4N A
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 .NO 2和N 2O 4具有相同的最简式，相同质量的NO 2和N 2O 4必然含有相同数目的原子。46g NO 2即为1mol NO 2共含有3mol 原子。D .n （NO 3—
）= 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，KNO 3的溶解度为31.6g ，则KNO 3的质量分数为 ×100%=24%，所以B 不正确。C 中60℃时，CuSO 4的溶解度为40 g ，30℃CuSO 4的溶解度为25g ，280 g CuSO 4的饱和溶液，从60℃降到30℃，则析出无水CuSO 4 30 g ，若析出CuSO 4·5H 2O ，必大于30 g ，所以C 也不正确。D 在30℃以上NaCl 的溶解度小于KNO 3，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 -1－1
2.0mol ×17.0g ·mol -1 其体积为：[1.00L ×915g ·L -1-12.0mol ×17.0g ·mol -1]/1000g ·L -1
1体积水吸收378体积NH 3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/LBaCl 2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 BaCl 2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，Ag 2SO 4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) Ag 2SO 4饱和溶液的浓度与BaCl 2溶液的浓度相等, 但体积比为4:1, 因而参加反应的Ag 2SO 4的质量仅为原溶液中Ag 2SO 4质量的1/4。根据原加入的水和Ag 2SO 4固体的质量以及Ag 2SO 4的溶解度可判断, 即使BaCl 2反应后, 尚有多余的Ag 2SO 4固体，因而最后溶液仍为Ag 2SO 4饱和溶液, c(Ag +)不变。因为Ag 2SO 4固体过量, 该溶液仍为Ag 2SO 4饱和溶液。所以c(Ag +)=0.0536 mol/L 。
(3)设加入的BaCl 2溶液的体积为VL ，则
V=0.489 L
总结：在加入某种物质使沉淀发生转化时，必须考虑溶液中的溶质和未溶解的溶质。如该题，如果加入BaCl 2的物质的量超过溶液中的Ag 2SO 4和未溶解的Ag 2SO 4的物质的量，则溶液中的Ag +将由AgCl 的
=378 (mol/L)
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（N A）、物质的量（n）和粒子数（N）之间有如下关系：N A=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（N A）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N A=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：N A=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：
①NaOH + HCl = NaCl + H2O
0.25mol 0.25mol 0.25mol
②Na2CO3+ HCl = NaCl + NaHCO3
0.55mol 0.55mol 0.55mol 0.55mol
③NaHCO3 + HCl = NaCl +CO2↑+ H2O
0.55mol 0.55mol 0.55mol
各步反应消耗盐酸总量的临界点分别为0.25 mol，0.8 mol，1.35 mol。
（1）求：x = f（n）
由方程式知，当0 ﹤n ≦ 1.35时，根据氯离子（或钠离子）守恒有：x = n。
当n﹥1.35时，盐酸过量，不再有NaCl产生，故x = f（n）的函数表达式为：x = n （0 ﹤n ≦1.35）；x = 1.35（n﹥1.35 ）。图象如图1所示。
（2）求：y = f（n）；z = f（n）
ａ、当0 ﹤n ≦0.25时，加入的盐酸与NaOH反应，溶液中Na2CO3不变，故：y = 0.55 ，z = O ｂ、当0.25 ﹤n ﹤0.8时，加入盐酸发生第二步反应，根据反应方程式有：
1 /（0.55 —y）= 1 /（n —0.25）y = 0.8 —n
1 / z = 1 / （n —0.25）z = n —0.25
ｃ、当0.8 ﹤n ≦1.35时，第二步反应已完全，加入盐酸发生第三步反应，根据方程式有：y = 0
1 /（0.55 —z）= 1 /（n —0.8）z = 1.35 —n
ｄ、当n ﹥1.35，即继续加入盐酸时，第三步反应已经完全，y = 0 ，z = 0 。
综上所述有：y = 0.55 （0 ﹤n ≦0.25）
y = 0.8 —n （0.25 ﹤n ≦0.8）
y = 0 （n ﹥0.8）
z = 0 （0 ﹤n ≦0.25或n ﹥1.35）
z = n —0.25 （0.25 ﹤n ≦0.8）
z = 1.35 —n （0.8 ﹤n ≦1.35）
图象如图2和图3所示。
总结：根据函数式作出相应图像时，由于绝大多数函数是直线方程，故实际作图可根据起点、拐点、终点直接作出图像。
例题6 ：在2LFe 2（
SO 4
）3和CuSO 4的混合溶液中，加入30g 纯铁粉，最后得到2L0.25mol/L 的FeSO 4溶液以及26g 固体沉淀物。求原混合溶液中Fe 2（SO 4）3和CuSO 4的物质的量浓度。
方法：过量判断。首先根据题中数据，判断出26
ｇ为何物质，而后列方程求解。 捷径：题给变化过程可表述为：
Fe 2(SO 4)3
CuSO 4
从Fe+Fe 2（SO 4）3=3FeSO 4及Fe+CuSO 4=FeSO 4+Cu 可知：
生成0.5molFeSO 4需Fe 0.5/3 mol ～0.5 mol ，故铁过量。
3n[Fe 2（SO 4）3] + n （CuSO 4）= 0.25mol/L ×2L
30g —{n[Fe 2（SO 4）3] + n （CuSO 4）}×56g/mol + n （CuSO 4）× 64g/mol = 26g 解得n[Fe 2（SO 4）3] = 0.1mol ，n （CuSO 4）= 0.2mol c[Fe 2（SO 4）3]= 0.1mol/2L= 0.05mol/L c[Cu （SO 4）]= 0.2mol/2L= 0.1mol/L
总结：也可根据0.5molFeSO 4中含Fe 2+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KNO 3溶液112.5g ，冷却到0℃时有15g 固体析出，求0℃时KNO 3的溶解度（已知30℃时KNO 3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KNO 3的溶解度为x ，则30℃降到0℃有： KNO 3 溶液量 → 析出KNO 3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
x 图 1
图 2
图 3
Fe
FeSO 4 Cu,有无Fe ？
的烧杯中，待反应完毕后在哪一盘的烧杯中还需加入多少克同种金属天平才能平衡？
方法：根据天平平衡时两边的质量相等进行比对。
捷径：设Mg和Al的物质的量均为a mol。
左盘：Mg + 2HCl = MgCl2 + H2↑溶液增重
1mol 2g 22g
amol 22ag
右盘：2Al + 6HCl = 2AlCl3 + 3H2↑溶液增重
2mol 6g 48g
amol 24ag
∵24a ﹥22a,∴左盘轻2ag。
要使天平平衡，左盘烧杯中应再增加2a g。为此设需加入Mg的质量为x。
Mg + 2HCl = MgCl2 + H2溶液增重
24g 22g
x 2ag
x = a g 。
总结：对于天平类平衡题，一般都是根据天平两边的质量相等进行求算。
聚宝盆：
物质的量的正确求算是解答此类试题的关键。不少考生解题过程中，在未形成正确的解题思路之前，便依靠熟题效应，对题设条件以点概面、以偏概全而形成错误。如不注意反应物的状态，不注意外界条件等。
由于不深入的观察思考，浮光掠影地看题、审题，在此类试题的解题中也经常出现。如将物质A看成B、忽视过量问题、忽视平衡问题、忽视对题中隐含条件的分析等。以此造成分析不完整、答案残缺不全，对于与问题相关的多个因素顾此失彼。
热身赛：
1．在托盘天平两边放有浓度和质量都相等的两杯盐酸，向左盘杯中放入碳酸钠，同时向右盘杯中放入与碳酸钠等质量的锌。投放物反应完毕，盐酸有余，则天平状态为()
A．保持平衡B．左盘低C．右盘低D．右盘高
2．设N0表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 （）
A．100 mL 0.4mol/L的甲酸中含甲酸的分子数为0.04N0
B．在标准状态下，22.4 L乙烷与乙烯的混合气体，含碳原子数为2N0
C．体积相同的物质，含的分子数相同
D．N0个23Na原子的质量为23g
3．有a g浓度为15%的硝酸钠溶液，若想将其浓度变为30%，可采用的方法是() A．蒸发掉a
2
g
溶剂B．蒸发掉溶剂的1
2
C．加入3
14a
g硝酸钠D．加入3
20
a
g硝酸钠
4．在密闭容器中充入H2、O2、Cl2的混合气，通过电火花引发，3种气体恰好完全反应，冷至室温，测得所得盐酸的质量分数为25.61%，则充入H2、O2、Cl2的物质的量之比是（）
A ．7：3：1
B ．5：2：1
C ．13：6：1
D ．8：3：2
5．右图是A 、B 两物质的饱和溶液的质量分数随温度变化的曲线，现分别在50g A 和80g B 中加入水150g ，加热溶解并都蒸去50g 水后，冷却到t 1℃。下
列叙述正确的是 ( )
A ．t 1℃时溶液中A 、
B 的浓度相等（质量分数） B ．t 1℃时溶液中A 的浓度小于B
C ．t 1℃时二者均无固体析出
D ．t 1℃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 ．A
B 3 B ．A 2B
C ．AB 2
D ．A 3D
7．把x mol CO 2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3.48gFe 3O 4完全溶解在100mL1mol/LH 2SO 4中，然后加入K 2Cr 2O 7溶液25mL ，恰好使溶液中的Fe 2+全部氧化为Fe 3+，Cr 2O 7
2-
全部转化为Cr 3+，则K 2Cr 2O 7溶液的物质的量浓度为
( )
A ．0.05mol/L
B ．0.1mol/L
C ．0.2mol/L
D ．0.3molL
9．273K 、1.01×105Pa 时，氢气和氧气的混合气体amL ，点火爆炸后恢复到原温度和压强时，气体变为bmL ，则原混合气体中氧气为 ( )
A ．(a －b)mL
B ．
a b -3mL C ．b mL D ．23
b a
+mL 10．将含有2.05g 某高价含氧酸的钙盐的溶液A 与含1.20g 碳酸盐的溶液B 混合，恰好完全反应，生成1.25g 白色沉淀C 。将滤去沉淀C 的滤液蒸发，得到白色固体D ，继续加热D 时，D 分解只得两种气态物质的混合物，在273℃、1×105Pa 下，体积为3.36L ，已知该气体混合物充分冷却后得到0.90g 水，另一种气态物质为气态氧化物R 2O 。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)R 2O 与H 2O 的物质的量之比为____生成D 的质量为____，D 的摩尔质量为____，R 2O 的相对分子质量为____，R 2O 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、NaHSO 4、NaHCO 3三种溶液，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 RCl 2·mH 2O 晶体，使之失去全部结晶水，得到1.14 gRCl 2。把这些RCl 2溶解于水配成200mL 溶液，取出50mLRCI 2溶液。正好和20mL0.3mol/L 的AgNO 3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：a A2＋、b B＋、c C3－、d D－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a A2＋、b B＋，因具有相同的电子层结构，故原子序数a>b，离子半径A 总结：对于电子层结构相同的单核离子，其核电荷越大，半径越小。 例题3 ：（1998年全国高考）X和Y属短周期元素，X原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y位于X的前一周期，且最外层只有一个电子，则X和Y形成的化合物的化学式可表示为（）A．XY B．XY2 C．XY3D．X2Y3 方法：先找出所属元素，再分析反应情况。 捷径：根据题意X可能是Li或Si。若X为Li，则Y为H，可组成化合物LiH即XY，若X为Si则Y为Li，Li和Si不能形成化合物。因此得答案为A。 总结：部分考生因未分析出X可能为Li，而造成无法解答。 例题4 ：（1998年全国高考）X、Y、Z和R分别代表四种元素，如果aX m+、bY n+、cZ n-、dR m-四种离 子的电子层结构相同(a、b、c、d为元素的原子序数),则下列关系正确的是（）A．a-c=m-n B．a-b=n-m C．c-d=m+n D．b-d=n+m 方法：充分利用电子层结构相同，列出恒等式获得结果。 捷径：分析选项，根据电子层结构相同，可得四种对应的恒等式：a-ｍ= c+n，a-ｍ=ｂ-ｎ，c+n = d+m ，ｂ-ｎ= d+m，变形后可得答案为D。 总结：阳离子的电子数= 质子数－电荷数；阴离子的电子数= 质子数+电荷数。 例题5 ：（1999年上海高考）设想你去某外星球做了一次科学考察，采集了该星球上十种元素单质的样品，为了确定这些元素的相对位置以便系统地进行研究，你设计了一些实验并得到下列结果： 按照元素性质的周期递变规律，试确定以上十种元素的相对位置，并填入下表： 方法：充分利用表中数据，结合元素周期性变化解题。 捷径：因为A、E不发生化学反应，具有相似的化学性质，处于同一族，同理I、C，D和J，B、F、G、H由于化学性质相似，可能处于同一族。但D、J的相对原子质量相当接近，它们不可能处于同一族，而只能处于同一周期相邻的族。同理H和F也处于同一周期相邻的族中。然后按照相对原子质量小的元素其原子序数小的原则排列。以此获得下表中的结果。 总结：该题的解题方法技巧是：①确定元素种类，B、F、G、H属活泼金属，D、J属不活泼金属，C、I属非金属，A、E属惰性元素。②按元素的相对原子质量由小到大排成一横行，再把同类元素按相对原子质量自上而下排成一纵行。③结合表中巳定位的A、B、H元素，确定其它元素的位置。解本题时，切忌与地球上存在的元素一一对应。 例题6 ：（1993年上海高考）A、B、C、D四种短周期元素的原子序数依次增大。A、D同主族，B、C同周期。A、B组成的化合物甲为气态，其中A、B原子数之比为4︰1。由A、C组成的两种化合物乙和丙都为液态，乙中A、C原子数之比为1︰1，丙中为2︰1。由D、C组成的两种化合物丁和戊都为固态，丁中D、C原子数之比为1︰1，戊中为2︰1。写出分子式：甲、乙、丙、丁、戊；写出B元素的最高价氧化物跟丁发生反应的化学方程式：。 方法：依据原子序数依次增大，列出关系进行分析。 捷径：由AB形成气态氢化物甲中原子数比为4︰1，可知A为H，B为C，甲为CH4，又C的原子序数大于B，应为碳以后的元素，而乙、丙为液态可判断为共价化合物推出为N、O、F或Si、P、S、Cl 等，再由乙、丙的原子个数关系推为H2O2、H2O，最后丁、戊可定。以此得答案为：甲――CH4，乙――H2O2，丙――H2O，丁――Na2O2，戊――Na2O，其化学方程式为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2总结：原子数之比为1︰1是该题的障碍点。部分考生因仅考虑XY型化合物，而未考虑X2Y2型化合物，造成无法作答的现象较多。 金钥匙： 例题1 ：下列各组微粒半径由小到大的排列顺序正确的是（） A．Na＜Si＜P B．O2－＞Mg2+＞Al3+ C．Ca＞Ba＞Ca2+D．Cl－＞F＞F－ 方法：根据周期表中元素的原子半径的递变规律及离子半径的大小比较规律，在巧解巧算中简约思维而获得结果。 捷径：先看电子层数，层数越多半径越大；当层数相同时看核电荷数，核电荷数越大半径越小；当层数和核电荷数都相同时看核外电子数，核外电子数越多半径越大。依据此原则可得：A选项P 总结：微粒半径比较原则：（1）阴离子半径大于其原子半径，阳离子半径小于其原子半径；（2）同主族元素原子半径由上到大依次增大，同周期元素原子半径从左至右依次减小；（3）具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小。 例题2 ：下列各组物质中，分子中的所有原子都满足最外层8电子结构的是（） A．BeCl2、PCl5B．PCl3、N2 C．COCl2（光气）、SF6D．XeF2、BF3。 方法：根据选项逐一分析。 捷径：所有原子最外层满足8电子结构的题中物质仅有：PCl3、N2、COCl2，故正确选项为B。 总结：对ABn型分子，中心原子A是否满足8电子结构的判断方法是：如果A的化合价的绝对值+ 最外层电子数等于8，即满足8电子结构，否则不满足。 例题3 ：A、B、C是元素周期表中相邻的三元素，若它们原子核外电子总数为33，则符合条件的A、B、C三种元素共有种组合，请尽列之。 方法：通过建立位置模型，使A、B、C三元素间建立起更为明确的联系，使思维有序和定向。 捷径：题中“相邻”是指上下、左右相邻。据此A、B、C在元素周期表中的位置应有以下三种模型： （Ⅰ） （Ⅱ） （III） （田字格中任意三格） 题中还要求“它们原子核外电子总数为33”，结合周期表的结构对这三种可能的模型进行分析并推理。（Ⅰ） x—８＋ｘ＋ｘ＋８＝33 x = 11 ……Na x —8 = 3 ……Li x + 8 = 19 ……K （Ⅱ） x —1 + x + x +1 = 33 x = 11 ……Na x —1 = 10 ……Ne x + 1 = 12 ……Mg 与题意矛盾，舍去。 （III） 共有四种可能： ①x+1+x+x+8=33 高考化学计算解题的思维方式 一、化学计算解题的基本思维方式化学计算题千变万化，千差万别，解法不一．解题虽然没有一成不变的方式方法，却应建立解题的基本思维方式．题示信息＋基础知识＋逻辑思维＋心理素质，就是这样一种思维方式．它强调解题应按一定的基本步骤进行，其中最不可缺少的４个步骤是： １认真阅读，挖掘题示信息认真审题，明确条件和要求，挖掘题示和信息，弄清要解决的问题．有些关键题示往往成为解题的突破口． ２灵活组合，运用基础知识弄清题意后，在明确化学涵义的基础上，需选择、调用贮存在自己脑中的基础知识块，使之分解、迁移、转换、重组．化学基础知识的融会贯通、组合运用是解决化学问题的基础． ３充分思维，形成解题思路融入思考，运用化学知识，找出已知项与未知项在量方面的内在联系；找出突破口，并抓准解题的关键环节；广开思路，使隐蔽的关系项变明显，最终形成正确的解题思路，并灵活选择适合的方法将题解出． ４调整心态，提高心理素质一旦形成解题答案后，有些学生或因盲目冲动、或因焦虑程度过高、或因"暗示"干扰等等，忽视了对解题过程的监控和答案合理性验算，这些都与学生的心理因素有关．尤其是化学计算，需要逐步认识和消除心理性失误造成对解题成绩的影响，才可能考出最佳水平．以上４个步骤是解题思维的四个基本步骤．从某种意义上讲，它也是一种能力，反映了解决化学问题的基本能力要求，所以我们有时称"题示信息＋基础知识＋逻辑思维＋心理素质"为解题的能力公式． 示例（2020年春季高考题）三聚氰酸Ｃ3Ｎ3（ＯＨ）3可用于消除汽车尾气中的氮氧化物（如ＮＯ2）．当加热至一定温度时，它发生如下分解：Ｃ3Ｎ3（ＯＨ）３＝3ＨＮＣＯ． （１）写出ＨＮＣＯ和ＮＯ2反应的化学方程式．分别指明化合物中哪种元素被氧化，哪种元素被还原，标出电子转移的方向和数目． （２）若按上述反应式进行反应，试计算吸收1.0ｋｇＮＯ2所消耗的三聚氰酸的质量． 解析（１）步骤：写出ＨＮＣＯ和ＮＯ2反应方程式配平确定化合价变化确定Ｎ、Ｃ、Ｏ、Ｈ化合价确定ＨＮＣＯ的结构式（Ｈ-ＮＣＯ），问题得解．（审题、挖掘题示信息）（２）分析反应：Ｈ＋→＋ＣＯ2＋Ｈ2Ｏ，反应前后Ｈ、Ｏ、Ｎ化合价不变，根据化合价升降数相等，配平．根据氧化还原反应概念形成另一答题点．（基础知识）（３）根据共价化合物化合价概念，可从结构式判断ＨＮＣＯ中各元素的化合价．反应中元素化合价升高（或降低）数＝元素原子失去（或得到）电子数．由配平的方程式确定计算关系式：Ｃ3Ｎ3（ＯＨ）3～3ＨＮＣＯ～9／4ＮＯ２．（逻辑思维）（４）检索审题：知识、方法、计算是否有疏漏，答案的合理性（如得、失电子数是否相等，有效数据取舍等，解题规范性等）．（心理素质）ＨＮＣＯ中的氮元素被氧化，ＮＯ2中的氮元素被还原．（２）1.2ｋｇ． 二、以高考Ⅰ卷为基准的知识点计算训练１以微观的质子数、中子数、电子数、质量数、核外电子数、阴、阳离子的电荷数、原子序数为主的有关原子结构的计算．２ 判断氧化产物、还原产物的价态，以反应过程中原子守恒为主的有关化合价计算．３以物质的量、质量、气体体积、微观粒子数为主的有关阿伏加德罗常数的计算．４以多角度、多综合为主的有关化学反应速率及化学平衡的计算．５以物质的量浓度、ｐＨ、Ｈ 高考总复习之高中化学方程式总结 化学 第一册 第一章 卤素 第一节 氯气 1、NaCl 2Cl Na 22??→?+点燃 2、22CuCl Cl Cu ?? →?+点燃 3、32FeCl 2Cl 3Fe 2??→?+点燃 4、HCl 2Cl H 22?? ??→?+点燃（光照） 5、32PCl 2Cl 3P 2??→?+点燃 6、523PCl Cl PCl →+ 7、HClO HCl O H Cl 22+→+ 8、O H 2CaCl ClO Ca Cl 2OH Ca 222222++→+）（）（ 9、HClO 2CaCO O H CO ClO Ca 3222+↓→++）（ 10、O H NaCl NaClO Cl NaOH 222++→+ 11、↑++?→? +? 2222Cl O H 2MnCl MnO HCl 4 12、O H 8Cl 5KCl 2MnCl 2HCl 16KMnO 22224+↑++→+（浓） 13、2O HCl 2HClO 2+?? →?见光 第二节 氯化氢 14、↑+→+HCl NaHSO SO H NaCl 442（浓） 15、↑+?→? +? HCl SO Na NaCl NaHSO 424 16、↑+?→?+? HCl 2SO Na SO H NaCl 2424 2（浓）（14、15结合） 17、33HNO AgCl AgNO HCl +↓→+ 18、33NaNO AgCl AgNO NaCl +↓→+ 19、33KNO AgCl AgNO KCl +↓→+ 20、↑++→+2223CO O H CaCl CaCO HCl 2 第三节 氧化还原反应 21、O H Cu H CuO 22+?→? +? 22、O H 2NO 4CO HNO 4C 2223+↑+↑→+ 23、O H 3NO NH NO Zn 4HNO 10Zn 4234233++?→?+? ）（（极稀） 24、4243324SO H 15PO H 6P Cu 5O H 24CuSO 15P 11++→++ 25、O H 3KCl Cl 3HCl 6KClO 223+↑→+（浓） 26、O H 3NO NH NO Mg 4HNO 10Mg 4234233++?→?+? ）（（极稀） 27、O H 31SO K SO Fe 9SO Cr SO H 31O Fe 6O Cr K 2423423424243722+++→++）（）（ 28、↑+↑+→++2223CO 3N S K S C 3KNO 2 第四节 卤族元素 29、HF 2F H 22→+ 30、HBr 2Br H 22→+ 31、HI 2I H 22→+ 32、22Br NaCl 2Cl NaBr 2+→+ 33、22I KCl 2Cl KI 2+→+ 34、22I KBr 2Br KI 2+→+ 35、33NaNO AgBr AgNO NaBr +↓→+ 36、33KNO AgI AgNO KI +↓→+ 37、2Br Ag 2AgBr 2+?? →?光照 第二章 摩尔 反应热 第一节 摩尔 1.元素符号： H He C N O F Ne Na Mg Al Si P S Cl 氢氦碳氮氧氟氖钠镁铝硅磷硫氯 Ar K Ca Mn Fe Cu Zn Ag Ba Pt Au Hg I 氩钾钙锰铁铜锌银钡铂金汞碘 2.常见离子和化合物中元素的化合价： H+ Na+ K+ Ag+ NH4+ +1价 氢离子钠离子钾离子银离子铵根离子 Ca2+ Mg2+ Cu2+ Ba2+ Zn2+ Fe2+ +2价 钙离子镁离子铜离子钡离子锌离子亚铁离子 Fe3+ Al3+ +3价 铁离子铝离子 Cl- OH- NO3- -1价 氯离子氢氧根离子硝酸根离子 O2- SO42- CO32- -2价 氧离子硫酸根离子碳酸根离子 3.常见物质的化学式与名称： 单质： C:碳 S:硫 P:磷 Fe:铁Mg:镁 Al:铝 Hg:汞 Zn:锌 Cu:铜 Ag:银 O:氧气 H:氧气 N:氮气 O:臭氧3222氧化物： CO:一氧化碳 CO:二氧化碳 SO:二氧化硫 MnO:二氧化锰222SO:三氧化硫 HO:过氧化氢 CuO:氧化铜 CaO:氧化钙 32 2 MgO:氧化镁 HgO:氧化汞 FeO:氧化铁 AlO:氧化铝3223HO:水 PO:五氧化二磷 FeO:四氧化三铁42352酸： HCl:盐酸 HSO:硫酸 HNO:硝酸 HCO:碳酸34232HS亚硫酸CHCOOH:醋酸32碱: NaOH:氢氧化钠 Ca(OH):氢氧化钙2KOH:氢氧化钾 Mg(OH):氢氧化镁 Cu(OH):氢氧化铜22NH.HO氨水 Fe(OH):氢氧化铁 Al(OH):氢氧化铁3323 - 1 - 盐酸盐： KCl:氯化钾 NaCl:氯化钠 KCl:氯化钾 AgCl:氯化银 CuCl:氯化铜 CaCl:氯化钙 MgCl:氯化镁 ZnCl:氯化锌2222BaCl:氯 化钡 FeCl:氯化亚铁 AlCl:氯化铝 FeCl:氯化铁3232碳酸盐： CaCO:碳酸钙 NaCO:碳酸钠 NaHCO:碳酸氢钠3233BaCO:碳酸钡 KCO: 碳酸钾 NHHCO:碳酸氢铵34233硫酸盐： NaSO:硫酸钠 ZnSO:硫酸锌 MgSO:硫酸镁4424CaSO:硫酸钙 CuSO:硫酸铜 BaSO:硫酸钡444FeSO:硫酸亚铁 Fe(SO):硫酸铁 Al(SO):硫酸铝3432244(NH)SO:硫酸铵 NaSO:亚硫酸钠34242硝酸盐： AgNO:硝酸银 NaNO:硝酸钠 Cu(NO):硝酸铜2333KNO:硝酸钾 NHNO:硝酸铵 NaNO:亚硝酸钠2343钾盐： KMnO:高锰酸钾 KMnO:锰酸钾 KClO:氯酸钾3244有机化合物： CHOH:乙醇 CHO:葡萄糖 CH:甲烷4125662九年级化学方程式分类： 点燃COC+O 1.碳充分燃烧: 2 2点燃2CO 2C+O 2.碳不充分燃烧: 2点燃2CO 2CO+O3.一氧化碳燃烧: 2 2高温2CO C+CO: 产生一氧化碳4.2点燃SOS+O 5.硫燃烧:22点燃2PO 4P+5O :6.红磷燃烧 5 22- 2 - 点燃2HO 2H+O 7.氢气燃烧:222点燃Fe O3Fe+2O 8.铁燃烧: 423点燃2MgO 2Mg+O 9.镁燃烧:2点燃2AlO4Al+3O 10. 铝燃烧:322点燃CO+2H O CH+2O 11.甲烷燃烧:2224点燃 2CO+3HO CHOH+3O12.酒精燃烧:2222513.呼吸原理: CHO+6O酶 6CO+6HO 2122662△KMnO+MnO+O↑2KMnO14.高锰酸钾制氧气: 22424MnO22KCl+3O↑ 2KClO:15.氯酸钾制氧气23△ 高考化学常见题型解题技巧 ——计算题 1、守恒法 多数计算题是以化学反应为依据，化学方程式可表示反应物和生成物之间的质量、微观粒子、物质的量、气体体积等变化关系，又反映出化学反应前后的电荷数、电子得失数、微粒个数都是守恒的。在有关的多步反应、并行反应、混合物的综合计算等问题中，如能巧用这些守恒规律，可使难度较大和计算过程繁杂的题目达到解题思路简明、方法简单、步骤简化的目的，收到事半功倍的效果。 （1）质量守恒法 例1把过量的铁粉加入到FeCl3和CuCl2组成的混合液中，充分搅拌，反应后过滤、干燥、称得不溶物的质量与加入铁粉的质量相等。求混合物中FeCl3和CuCl2的物质的量之比是多少？ 解析：设混合物中CuCl2的物质的量为x，FeCl3物质的量为y Fe + CuCl2 = Cu+FeCl2Fe + 2 FeCl3 = 3 FeCl2 xmol xmol xmol y/2mol ymol 反应后所得不溶物为铜粉和过量的铁粉。按题意，反应中与FeCl3和CuCl2反应而消耗的铁粉的质量与置换出铜粉的质量相等。按此等量关系用代数法求解。 56(x+y/2)=64x ∴x:y=2:7 (2)摩尔守恒法 这是利用某种原子（或原子团）反应前物质的量等于转化为各种产物中所含该原子（或原子团）的物质的量进行计算的一种方法。 例2（1994年高考24题）38.4mg铜与适量的浓硝酸反应，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—3mol C、2.2×10—3mol D、2.4×10—3mol 解析：此题的隐含条件是“随着铜与硝酸反应，硝酸越来越稀，因而产生的气体有NO2和NO”。根据N原子守恒（不考虑NO2聚合成N2O4）有： nHNO3＝nCu(NO3)2 + nNO2+nNO ＝nCu×2 + n总气体 中学化学方程式大全一、非金属单质 (F2、Cl2、O2、S、N2、P、C、Si) （1）、氧化性 F2 + H2＝2HF (冷暗处爆炸) F2 +Xe(过量)＝XeF2(产物为白色) 2F2(过量)+Xe＝XeF4(产物为白色) nF2 +2M＝2MFn (表示大部分金属) 2F2 +2H2O＝4HF+O2 F2 +2NaX＝2NaX+Cl2(熔融,不能是溶液) Cl2 +H2＝2HCl (光照或点燃) 3Cl2 +2P点燃2PCl3 Cl2 +PCl3△PCl5 Cl2 +2Na点燃2NaCl 3Cl2 +2Fe点燃2FeCl3 Cl2 +2FeCl2＝2FeCl3 Cl2+Cu点燃CuCl2 2Cl2+2NaBr＝2NaCl+Br2 Cl2 +2NaI ＝2NaCl+I2 * 5Cl2+I2+6H2O＝2HIO3+10HCl Cl2 +Na2S＝2NaCl+S↓ Cl2 +H2S＝2HCl+S↓ Cl2+SO2 +2H2O＝H2SO4 +2HCl Cl2 +H2O2＝2HCl+O2 2O2 +3Fe点燃Fe3O4 O2+K△KO2 S+H2△H2S 2S+C△CS2 S+Fe△FeS S+2Cu△Cu2S 3S+2Al△Al2S3 S+Zn△ZnS N2+3H2催化剂 高温高压 2NH3 N2+3Mg△Mg3N2 N2+6Na＝2Na3N P4+6H2△4PH3 （2）、还原性 S+O2点燃SO2 S+6HNO3(浓)＝H2SO4+6NO2↑+2H2O 3S+4 HNO3(稀)＝3SO2↑+4NO↑+2H2O N2+O2＝2NO(放电) 4P+5O2点燃P4O10(常写成P2O5) 2P+3X2＝2PX3 (X表示F2、Cl2、Br2) PX3+X2＝PX5 P4+20HNO3(浓)＝4H3PO4+20NO2+4H2O C+2F2＝CF4 C+2Cl2＝CCl4 2C+O2(少量)点燃2CO C+O2(足量)点燃CO2 C+CO2△2CO C+H2O高温CO+H2(生成水煤气) 2C+SiO2△Si+2CO(制得粗硅) Si(粗)+2Cl2△SiCl4 (SiCl4+2H2△Si(纯)+4HCl) Si(粉)+O2△SiO2 Si+C△SiC(金刚砂) Si+2NaOH+H2O＝Na2SiO3+2H2↑ （3）、歧化 Cl2+H2O＝HCl+HClO (加酸抑制歧化、加碱或光照促进歧化) Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O 3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O 2Cl2+2Ca(OH)2＝CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O 3Cl2+6KOH(热、浓)＝5KCl+KClO3+3H2O 3S+6NaOH△2Na2S+Na2SO3+3H2O * 4P+3KOH(浓)+3H2O＝PH3+3KH2PO2 * 11P+15CuSO4+24H2O＝5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4 3C+CaO电炉CaC2+CO↑ 3C+SiO2电炉SiC+2CO↑ 二、金属单质 (Na、Mg、Al、Fe) （1）、还原性 2Na+H2＝2NaH 4Na+O2＝2Na2O 2Na2O+O2△2Na2O2 2Na+O2＝Na2O2 2Na+S＝Na2S(爆炸) 2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑ 2Na+2NH3＝2NaNH2+H2 4Na+TiCl4(熔融)＝4NaCl+Ti Mg+Cl2＝MgCl2 Mg+Br2＝MgBr2 2Mg+O2点燃2MgO Mg+S＝MgS Mg+2H2O＝Mg(OH)2+H2↑ 2Mg+TiCl4(熔融)＝Ti+2MgCl2 Mg+2RbCl(熔融)＝MgCl2+2Rb 2Mg+CO2点燃2MgO+C 2Mg+SiO2点燃2MgO+Si 高考化学计算技巧—守恒法专题突破 【方法点拨】 一、守恒法的概念 守恒法名目繁多，在不同版本的教辅材料中，有多种表述形式，如物料守恒、质量守恒、元素守恒、原子守恒、离子守恒、电荷守恒、电子守恒、物质的量守恒、体积守恒等等。但本质上守恒法不外乎质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒等。 质量守恒宏观上指各元素质量反应前后相等，微观上指任一微观粒子个数（如原子、分子、离子等）反应前后相等（在溶液中也称物料守恒）；得失电子守恒是针对氧化还原反应中氧化剂得电子总数与还原剂的电子总数相等；电荷守恒是指在电解质溶液中阳离子所带正电荷总数与阴离子所带负电荷总数相等、溶液呈电中性。 “守恒法”是中学化学经常采用的技巧性解题方法之一。一般情况下，能用“守恒法”解答的题目也能用其它方法解决，但较费时且易出错。而“守恒法”则是利用物质变化过程中某一特定量固定不变来解决问题，其特点是不纠缠于细枝末节，只关注始态和终态，寻找变化前后特有的守恒因素，快速建立等式关系，巧妙作答，可节省做题时间，能提高解题速率和准确率。 二．守恒法的选取 在进行解题时，如何选择并应用上述方法对于正确快速地解答题目十分关键。首先必须明确每一种守恒法的特点，然后挖掘题目中存在的守恒关系，最后巧妙地选取方法，正确地解答题目。 1．在溶液中存在着离子的电荷守恒和物料守恒。因此涉及到溶液（尤其是混合溶液）中离子的物质的量或物质的量浓度等问题可考虑电荷守恒法、物料守恒法。 2．在氧化还原反应中存在着得失电子守恒。因此涉及到氧化还原反应中氧化剂、还原剂得失电子及反应前后化合价等问题可考虑电子守恒法。 3．在一个具体的化学反应中，由于反应前后质量不变，因此涉及到与质量有关的问题可考虑质量守恒法。 【经典例题透析】 类型一：质量守恒（物料守恒、原子守恒） 1、现有19.7 g由Fe、FeO、Al、Al 2O 3 组成的混合物，将它完全溶解在 540 mL 2.00 mol·L－1的H 2SO 4 溶液中，收集到标准状况下的气体8.96 L。已知 混合物中，Fe、FeO、Al、Al 2O 3 的质量分数分别为0.284、0.183、0.274和0.259。 欲使溶液中的金属阳离子完全转化为氢氧化物沉淀，至少应加入 2.70mol·L－1的NaOH(aq)体积是________。 解析：金属阳离子完全转化为氢氧化物沉淀时，溶液中的溶质只有Na 2SO 4 ， 根据 Na+守恒和 SO守恒，得如下关系： 2NaOH ~ Na 2SO 4 ~ H 2 SO 4 则：n(NaOH) = 2n(H2SO4) 高中化学方程式总结 一．物质与氧气的反应： （1）单质与氧气的反应： 1. 镁在空气中燃烧：2Mg + O2 点燃 2MgO 2. 铁在氧气中燃烧：3Fe + 2O2 点燃 Fe3O4 3. 铜在空气中受热：2Cu + O2 加热 2CuO 4. 铝在空气中燃烧：4Al + 3O2 点燃 2Al2O3 5. 氢气中空气中燃烧：2H2 + O2 点燃 2H2O 6. 红磷在空气中燃烧：4P + 5O2 点燃 2P2O5 7. 硫粉在空气中燃烧： S + O2 点燃 SO2 8. 碳在氧气中充分燃烧：C + O2 点燃 CO2 9. 碳在氧气中不充分燃烧：2C + O2 点燃 2CO （2）化合物与氧气的反应： 10. 一氧化碳在氧气中燃烧：2CO + O2 点燃 2CO2 11. 甲烷在空气中燃烧：CH4 + 2O2 点燃 CO2 + 2H2O 12. 酒精在空气中燃烧：C2H5OH + 3O2 点燃 2CO2 + 3H2O 二．几个分解反应： 13. 水在直流电的作用下分解：2H2O 通电2H2↑+ O2 ↑ 14. 加热碱式碳酸铜：Cu2(OH)2CO3 加热2CuO + H2O + CO2↑ 15. 加热氯酸钾（有少量的二氧化锰）：2KClO3 ==== 2KCl + 3O2 ↑ 16. 加热高锰酸钾：2KMnO4 加热K2MnO4 + MnO2 + O2↑ 17. 碳酸不稳定而分解：H2CO3 === H2O + CO2↑ 18. 高温煅烧石灰石：CaCO3 高温CaO + CO2↑ 三．几个氧化还原反应： 19. 氢气还原氧化铜：H2 + CuO 加热 Cu + H2O 20. 木炭还原氧化铜：C+ 2CuO 高温 2Cu + CO2↑ 21. 焦炭还原氧化铁：3C+ 2Fe2O3 高温4Fe + 3CO2↑ 22. 焦炭还原四氧化三铁：2C+ Fe3O4 高温3Fe + 2CO2↑ 23. 一氧化碳还原氧化铜：CO+ CuO 加热 Cu + CO2 24. 一氧化碳还原氧化铁：3CO+ Fe2O3 高温 2Fe + 3CO2 25. 一氧化碳还原四氧化三铁：4CO+ Fe3O4 高温 3Fe + 4CO2 四．单质、氧化物、酸、碱、盐的相互关系 （1）金属单质 + 酸 -------- 盐 + 氢气（置换反应） 26. 锌和稀硫酸Zn + H2SO4 = ZnSO4 + H2↑ 27. 铁和稀硫酸Fe + H2SO4 = FeSO4 + H2↑ 28. 镁和稀硫酸Mg + H2SO4 = MgSO4 + H2↑ 29. 铝和稀硫酸2Al +3H2SO4 = Al2(SO4)3 +3H2↑ 30. 锌和稀盐酸Zn + 2HCl === ZnCl2 + H2↑ 31. 铁和稀盐酸Fe + 2HCl === FeCl2 + H2↑ 32. 镁和稀盐酸Mg+ 2HCl === MgCl2 + H2↑ 33. 铝和稀盐酸2Al + 6HCl == 2AlCl3 + 3H2↑ （2）金属单质 + 盐（溶液） ------- 另一种金属 + 另一种盐 1金属氧化物类方程式 1、低价态的还原性： 6FeO+O2===2Fe3O4 FeO+4HNO3===Fe(NO3)3+NO2+2H2O FeO+4H++NO3―=Fe3++NO2↑+2H2O 2、氧化性: Na2O2+2Na2Na2O(此反应用于制备Na2O) MgO，Al2O3几乎没有氧化性，很难被还原为Mg，Al.一般通过电解制Mg和Al. Fe2O3+3H22Fe+3H2O(制还原铁粉) Fe3O4+4H23Fe+4H2OCuO+H2Cu+H2O 2Fe3O4+16HI==6FeI2+8H2O+2I2 2Fe3O4+16H++4I―=6Fe2++8H2O+2I2 Fe2O3+Fe3FeO(炼钢过程中加入废钢作氧化剂) FeO+CFe+CO(高温炼钢调节C含量) 2FeO+Si2Fe+SiO2(高温炼钢调节Si含量) 3、与水的作用: Na2O+H2O==2NaOH Na2O+H2O=2Na++2OH– 2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑ 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH–+O2↑ (此反应分两步:Na2O2+2H2O===2NaOH+H2O2;2H2O2===2H2O+O2H2O2的制备可利用类似的反应:BaO2+H2SO4(稀)===BaSO4+H2O2) MgO+H2O===Mg(OH)2(缓慢反应) 4、与酸性物质的作用: Na2O+SO3==Na2SO4Na2O+CO2==Na2CO3MgO+SO3===MgSO4 Na2O+2HCl==2NaCl+H2O Na2O+2H+=2Na++H2O 2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2↑ Na2O2+H2SO4(冷,稀)===Na2SO4+H2O2 MgO+H2SO4===MgSO4+H2O MgO+2H+=Mg2++H2O Al2O3+3H2SO4===Al2(SO4)3+3H2O Al2O3+6H+=2Al3++3H2O Al2O3+2NaOH===2NaAlO2+H2O(Al2O3两性氧化物) Al2O3+2OH―=2AlO2―+H2O 高中所有化学方程式一、非金属单质（F2、Cl2、O2、S、N2、P 、C 、Si） 1、氧化性： F2＋H2＝2HF F2＋Xe(过量)＝XeF2 2F2（过量）＋Xe＝XeF4 nF2＋2M＝2MFn (表示大部分金属) 2F2＋2H2O＝4HF＋O2 2F2＋2NaOH＝2NaF＋OF2＋H2O F2＋2NaCl＝2NaF＋Cl2 F2＋2NaBr＝2NaF＋Br2 F2＋2NaI ＝2NaF＋I2 F2＋Cl2 (等体积)＝2ClF 3F2 (过量)＋Cl2＝2ClF3 7F2(过量)＋I2＝2IF7 Cl2＋H2＝2HCl 3Cl2＋2P＝2PCl3 Cl2＋PCl3＝PCl5 Cl2＋2Na＝2NaCl 3Cl2＋2Fe＝2FeCl3 Cl2＋2FeCl2＝2FeCl3 Cl2＋Cu＝CuCl2 2Cl2＋2NaBr＝2NaCl＋Br2 Cl2＋2NaI ＝2NaCl＋I2 5Cl2＋I2＋6H2O＝2HIO3＋10HCl Cl2＋Na2S＝2NaCl＋S Cl2＋H2S＝2HCl＋S Cl2＋SO2＋2H2O＝H2SO4＋2HCl Cl2＋H2O2＝2HCl＋O2 2O2＋3Fe＝Fe3O4 O2＋K＝KO2 S＋H2＝H2S 2S＋C＝CS2 S＋Fe＝FeS S＋2Cu＝Cu2S 3S＋2Al＝Al2S3 S＋Zn＝ZnS N2＋3H2＝2NH3 N2＋3Mg＝Mg3N2 N2＋3Ca＝Ca3N2 N2＋3Ba＝Ba3N2 N2＋6Na＝2Na3N N2＋6K＝2K3N N2＋6Rb＝2Rb3N P4＋6H2＝4PH3 P＋3Na＝Na3P 2P＋3Zn＝Zn3P2 2．还原性 S＋O2＝SO2 S＋O2＝SO2 S＋6HNO3(浓)＝H2SO4＋6NO2＋2H2O 3S＋4HNO3(稀)＝3SO2＋4NO＋2H2O N2＋O2＝2NO 4P＋5O2＝P4O10(常写成P2O5) 2P＋3X2＝2PX3（X表示F2、Cl2、Br2）PX3＋X2＝PX5 P4＋20HNO3(浓)＝4H3PO4＋20NO2＋4H2O C＋2F2＝CF4 C＋2Cl2＝CCl4 2C＋O2(少量)＝2CO C＋O2(足量)＝CO2 C＋CO2＝2CO C＋H2O＝CO＋H2(生成水煤气) 2C＋SiO2＝Si＋2CO(制得粗硅) Si(粗)＋2Cl＝SiCl4 (SiCl4＋2H2＝Si(纯)＋4HCl) Si(粉)＋O2＝SiO2 Si＋C＝SiC(金刚砂) Si＋2NaOH＋H2O＝Na2SiO3＋2H2 3、（碱中）歧化 Cl2＋H2O＝HCl＋HClO （加酸抑制歧化、加碱或光照促进歧化） 高考主要化学方程式：↑O 2NaOH+H2Na+2H钠：1.钠与水22 Na O O 4Na +O 2Na 2Na+O 钠与氧气222222Na+2HO 2NaOH+H↑钠与硫酸铜溶液反应222 NaOH+CuSO NaSO+Cu(OH)↓22442Na+2HO +CuSO NaSO+Cu(OH)↓+H↑或者2442222NaO + 2HO 4NaOH + O↑过氧化钠与水 2.22222NaO + 2CO 2NaCO + O 过氧化钠与二氧化碳2222232NaO + 2SO 2NaSO + O过氧化钠与二氧化硫反应2 2 2322 NaO + SO NaSO 或者42222 NaCl+NH+CO+ HO NaHCO↓+NHCl 候氏制碱方程式3.42332△NaCO+CO2NaHCO↑+HO 23322 4.碳酸氢钠与澄清石灰水作用（少和多的离子方程式） -2+-CaCO+Ca↓+OH+HO HCO233-2+-2- +HO+ CO CaCO+2OH↓2HCO+ Ca3233-3++AlAl(OH)↓+3CO↑3 HCO碳酸氢钠与硫酸铝溶液混合5.2336.为什么碳酸钠;碳酸氢钠都显碱性 2----- +OH+OHHCOHCO HCO+ HO COO+ H 33332222HO通电2H↑+ O↑7.电解氢氧化钠溶液222镁：1.镁条在二氧化碳或氮气中燃烧 2Mg+CO2MgO+C 3Mg+NMgN 22322.加热氯化镁溶液到蒸干，如果要得到无水的氯化镁要如何操作 MgCl+ 2HO 2HCl↑+Mg(OH)↓Mg(OH) MgO+ HO 22222氯化镁晶体在氯化氢气流中加热就可以得到无水氯化镁 铝：1. 铝土矿制备铝的工艺流程？有关化学方程式： 铝土矿加碱溶解后，滤液通入CO过滤后，沉淀加热分解，产物放冰晶石熔化电解得到铝 2A1O+2NaOH 2NaA1O+HO 溶液）铝土矿溶解于1NaOH（2322NaA1O+2HO+CO NaHCO+ Al(OH)↓（2）滤液通入足量的CO33222 2 2NaA1O+3HO+CO NaCO+ 2Al(OH)↓少量()322232- 1 - O 2Al(OH) AlO+ 3H （3）2233电解↑4Al+3O2AlO O冰晶石可降低氧化铝的熔点添加冰晶石的作用？（4）电解Al32223(5)为什么不用氯化铝电解得到铝？氯化铝是分子晶体，熔化状态下不导电) 2.氧化铝和氢氧化铝分别与盐酸和氢氧化钠溶液反应方程式(离子方程式O A1Cl+3H Al(OH)+3HCl A1O+6HCl 2A1Cl+3HO 2233323O 2NaA1O+2H Al(OH)+NaOH O A1O+2NaOH 2NaA1O+H 2232232铝条与烧碱溶 高考化学计算题解题技巧 在每年的化学高考试题中，计算题的分值大约要占到15%左右，从每年的高考试卷抽样分析报告中经常会说计算题的得分率不是太高，大家在心理上对计算题不太重视，使得每次考试都会有不少考生在计算方面失分太多。高一化学中计算类型比较多，其中有些计算经常考查，如能用好方法，掌握技巧，一定能达到节约时间，提高计算的正确率。下面就谈一谈解答计算的一些巧解和方法。 一、差量法 差量法是根据物质变化前后某种量发生变化的化学方程式或关系式，找出所谓“理论差量”，这个差量可以是质量差、气态物质的体积差或物质的量之差等。该法适用于解答混合物间的反应，且反应前后存在上述差量的反应体系。 例1 将碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，加热至质量不再变化时，称得固体质量为。求混合物中碳酸钠的质量分数。 解析 混合物质量减轻是由于碳酸氢钠分解所致，固体质量差，也就是生成的CO2和H2O的质量，混合物中m(NaHCO3)=168×÷62=，m(Na2CO3)=所以混合物中碳酸钠的质量分数为20%。 二、守恒法 化学反应的实质是原子间重新组合，依据质量守恒定律在化学反应中存在一系列守恒现象，如：质量守恒、原子守恒、元素守恒、电荷守恒、电子得失守恒等，利用这些守恒关系解题的方法叫做守恒法。质量守恒就是化学反应前后各物质的质量总和不变，在配制或稀释溶液的过程中，溶质的质量不变。原子守恒即反应前后主要元素的原子的个数不变，物质的量保持不变。元素守恒即反应前后各元素种类不变，各元素原子个数不变，其物质的量、质量也不变。电荷守恒即对任一电中性的体系，如化合物、混和物、溶液、胶体等，电荷的代数和为零，即正电荷总数和负电荷总数相等。电子得失守恒是指在发生氧化-还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数，无论是自发进行的氧化-还原反应还是以后将要学习的原电池或电解池均如此。 1. 原子守恒 例2 有铁的氧化物， 用足量的CO 在高温下将其还原，把生成的全部CO2通入到足量的澄清的石灰水中得到固体沉淀物，这种铁的氧化物的化学式为（） A. FeO B. Fe2O3 C. Fe3O4 D. Fe4O5 解析 由题意得知，铁的氧化物中的氧原子最后转移到沉淀物CaCO3中。且 光照 光照 光照 光照 高温 CaO △ 催化剂 加热、加压 催化剂 催化剂 △ 催化剂 △ 催化剂 催化剂 催化剂 催化剂 △ 催化剂 催化剂 浓硫酸 △ △ CH 3 NO 2 NO 2 O 2N CH 3 催化剂 △ 1. CH 4 + Cl 2 CH 3Cl + HCl 2. CH 3Cl + Cl 2 CH 2Cl 2 + HCl 3. CH 2Cl + Cl 2 CHCl 3 + HCl 4. CHCl 3 + Cl 2 CCl 4+ HCl 5. CH 4 C +2H 2 6. C 16H 34 C 8H 18 + C 8H 16 7. CH 3COONa + NaOH CH 4↑+ Na 2CO 3 8. CH 2 = CH 2 + Br 2 CH 2Br —CH 2Br 9. CH 2 = CH 2 + H 2O CH 3CH 2OH 10. CH 2 = CH 2 + HBr CH 3—CH 2Br 11. CH 2 = CH 2 + H 2 CH 3—CH 3 12. nCH 2 = CH 2 [ CH 2—CH 2 ] n 13. nCH 2=CH-CH=CH 2 [CH 2-CH=CH-CH 2] n 14. 2CH 2 = CH 2 + O 2 2CH 3CHO 15. CH ≡CH + Br 2 CHBr = CHBr 16. CHBr = CHBr+ Br 2 CHBr 2－CHBr 2 17. CH ≡CH + HCl H 2C = CHCl 18. nCH 2 = CH [ CH 2－CH ] n Cl Cl 19. CH ≡CH + H 2O CH 3CHO 20. CaC 2 + 2H 2O CH ≡CH ↑+ Ca(OH)2 21. + Br 2 Br + HBr 22. + HO －NO 2 NO 2 +H 2O 23. + HO －SO 3H SO 3H+H 2O 24. + 3H 2 ; 高考主要化学方程式：钠：1.钠与水2Na+2H2O 2NaOH+H2↑ 钠与氧气 4Na +O2 2Na2O 2Na+O2 Na2O2 钠与硫酸铜溶液反应2Na+2H2O 2NaOH+H2↑ 2 NaOH+CuSO 4 Na 2 SO 4 +Cu(OH) 2 ↓ 或者2Na+2H2O +CuSO4 Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑2.过氧化钠与水2Na2O2 + 2H2O 4NaOH + O2↑ 过氧化钠与二氧化碳2Na2O2 + 2CO2 2Na2CO3 + O2 ! 过氧化钠与二氧化硫反应2Na2O2 + 2SO2 2Na2SO3 + O2 或者Na2O2 + SO2 Na2SO4 3.候氏制碱方程式NaCl+NH3+CO2+ H2O NaHCO3↓+NH4Cl 2NaHCO 3△ Na 2 CO 3 +CO 2 ↑+H 2 O 4.碳酸氢钠与澄清石灰水作用（少和多的离子方程式） HCO 3-+Ca2++OH- CaCO 3 ↓+H 2 O 2HCO 3-+ Ca2++2OH- CaCO 3 ↓+H 2 O+ CO 3 2- 5.碳酸氢钠与硫酸铝溶液混合3 HCO3-+Al3+ Al(OH)3↓+3CO2↑` 6.为什么碳酸钠;碳酸氢钠都显碱性 CO 32-+ H 2 O HCO 3 -+OH- HCO 3 -+ H 2 O H 2 CO 3 +OH- 7.电解氢氧化钠溶液2H2O通电2H2↑+ O2↑镁：1.镁条在二氧化碳或氮气中燃烧 2Mg+CO 22MgO+C 3Mg+N 2 Mg 3 N 2 2.加热氯化镁溶液到蒸干，如果要得到无水的氯化镁要如何操作 MgCl 2+ 2H 2 O 2HCl↑+Mg(OH) 2 ↓ Mg(OH) 2 MgO+ H 2 O 氯化镁晶体在氯化氢气流中加热就可以得到无水氯化镁] 铝：1. 铝土矿制备铝的工艺流程有关化学方程式： 高考化学——“计算题”方法技巧 [命题趋向] 1．高考化学试题中的计算题主要分成两类：一类是以选择题形式出现的小计算题，主要跟基本概念的理解水平，可以推理估算、范围测算等；第二类是以大题出现的综合计算题，一般都是跟元素化合物、化学实验、有机化合物基础知识相联系起来的综合问题。 2．从《考试大纲》分析，化学计算主要也可以分成两类：一类是有关物质的量、物质溶解度、溶液浓度、pH、燃烧热等基本概念的计算；另一类是常见元素的单质及其重要化合物、有机化学基础、化学实验等知识内容中，具有计算因素的各类问题的综合应用。 3．理科综合能力中对用数学知识处理化学计算等方面的问题提出了具体的要求，往年高考试题也已经出现过这类试题，后阶段复习中要加以重视。 [知识体系和复习重点] 1．各种基本概念计算之间的联系 2．化学计算常用方法 守恒法利用反应体系中变化前后，某些物理量在始、终态时不发生变化的规律列式计算。主要有：（1）质量守恒；（2）原子个数守恒；（3）电荷守恒；（4）电子守恒；（5）浓度守恒（如饱和溶液中）；（6）体积守恒；（7）溶质守恒；（8）能量守恒。 差量法根据物质发生化学反应的方程式，找出反应物与生成物中某化学量从始态到终态的差量（标准差）和实际发生化学反应差值（实际差）进行计算。主要有：（1）质量差；（2）气体体积差；（3）物质的量差；（4）溶解度差……实际计算中灵活选用不同的差量来建立计算式，会使计算过程简约化。 平均值法这是处理混合物中常用的一种方法。当两种或两种以上的物质混合时，不论以何种比例混合，总存在某些方面的一个平均值，其平均值必定介于相关的最大值和最小值之间。只要抓住这个特征，就可使计算过程简洁化。主要有：（1）平均相对分子质量法；（2）平均体积法；（3）平均质量分数法；（4）平均分子组成法；（5）平均摩尔电子质量法；（6）平均密度法；（7）平均浓度法…… 关系式法对于多步反应体系，可找出起始物质和最终求解物质之间的定量关系，直接列出比例式进行计算，可避开繁琐的中间计算过程。具体有：（1）多步反应关系法：对没有副反应的多步连续反应，可利用开始与最后某一元素来变建立关系式解题。（2）循环反应关系法：可将几个循环反应加和，消去其中某些中间产物，建立一个总的化学方程式，据此总的化学方程式列关系式解题。 十字交叉法实际上是一种数学方法的演变，即为a1x1+a2x2=a平×(x1+x2)的变式，也可以转 氯气 氧化性 1、NaCl 2Cl Na 22??→?+点燃 2、22CuCl Cl Cu ??→?+点燃 3、32FeCl 2Cl 3Fe 2??→?+点燃 4、HCl 2Cl H 22????→?+点燃（光照） 5、32PCl 2Cl 3P 2??→?+点燃 6、523PCl Cl PCl →+ 溶于水 7、HClO HCl O H Cl 22+→+（消毒，但是有毒，因此会用CIO 2代替） 与碱反应 8、O H 2CaCl ClO Ca Cl 2OH Ca 222222++→+）（）（ 9、O H NaCl NaClO Cl NaOH 222++→+ 制取氯气 10、↑++?→?+? 2222Cl O H 2MnCl MnO HCl 4（实验室制取氯气） 11、O H 8Cl 5KCl 2MnCl 2HCl 16KMnO 22224+↑++→+（浓） 次氯酸的性质 强氧化性——用于净水，漂白 12、HClO 2CaCO O H CO ClO Ca 3222+↓→++）（ 13、2O HCl 2HClO 2+??→?见光 氯化氢 14、↑+→+HCl NaHS O S O H NaCl 442（浓） 15、↑+?→?+?HCl S O Na NaCl NaHS O 424 16、↑+?→?+? HCl 2S O Na S O H NaCl 24242（浓）（14、15结合） 17、33HNO AgCl AgNO HCl +↓→+ 18、33NaNO AgCl AgNO NaCl +↓→+ 19、33KNO AgCl AgNO KCl +↓→+ 20、↑++→+2223CO O H CaCl CaCO HCl 2（实验室制取二氧化碳） 卤族元素 21、HF F H 222→+ 22、HBr Br H 222→+（500摄氏度加热） 23、HI 2I H 22→+（高温持续加热，可逆反应） 24、22Br NaCl 2Cl NaBr 2+→+ 25、22I KCl 2Cl KI 2+→+ 26、22I KBr 2Br KI 2+→+ 27、33NaNO AgBr AgNO NaBr +↓→+ 28、33KNO AgI AgNO KI +↓→+ 29、2Br Ag 2AgBr 2+??→?光照 硫 30、S Cu S Cu 22?→?+? （硫跟变价金属反应，金属表现低价态） 32、S H H S 22?→?+? 33、2CS C S ??→?+高温 34、22S O O S ??→?+点燃 35、O H 3S O K S K 2KOH 6S 32422++?→?+? 硫的氢化物和氧化物 36、↓+?→?? S H S H 22 37、2222S O 2O H 2(O 3S H 2+??→?+点燃 足） 38、↓+??→?+S 2O H 2(O S H 2222点燃不足） 高中有机化学方程式总结 一、烃 1. 烷烃 —通式：C n H 2n -2 （1）氧化反应 ①甲烷的燃烧：CH 4+2O 2 CO 2+2H 2O ②甲烷不可使酸性高锰酸钾溶液及溴水褪色。 （2）取代反应 一氯甲烷：CH 4+Cl 2 CH 3Cl+HCl 二氯甲烷：CH 3Cl+Cl 2 CH 2Cl 2+HCl 三氯甲烷：CH 2Cl 2+Cl 2 CHCl 3+HCl （CHCl 3又叫氯仿） 四氯化碳：CHCl 3+Cl 2 CCl 4+HCl （3）分解反应 CH 4 C+2H 2 2. 烯烃 —通式：C n H 2n 乙烯的制取：CH 3CH 2OH H 2C=CH 2↑+H 2 （1）氧化反应 ①乙烯的燃烧：H 2C=CH 2+3O 2 2CO 2（2）加成反应 与溴水加成：H 2C=CH 2+Br 2 CH 2Br —CH 2与氢气加成：H 2C=CH 2+H 2 CH 3CH 3 与氯化氢加成： H 2C=CH 2+HCl CH 3CH 2 与水加成：H 2C=CH 2+H 2O CH 3CH 2OH （3）聚合反应 乙烯加聚，生成聚乙烯：n H 2C=CH n 3. 炔烃 —通式：C n H 2n-2 乙炔的制取：CaC 2+2H 2O HC ≡（1）氧化反应 ①乙炔的燃烧：HC ≡CH+5O 2 4CO 2+2H 2（2）加成反应 与溴水加成：HC ≡CH+Br 2 HC=CH Br CHBr=CHBr+Br 2 CHBr 2— 与氢气加成：HC ≡CH+H 2 H 2C=CH 2 与氯化氢加成：HC ≡CH+HCl CH 2=CHCl （3）聚合反应 氯乙烯加聚，得到聚氯乙烯：n CH 2 n 乙炔加聚，得到聚乙炔：n HC ≡ n 点燃 光 光 光 光 浓硫酸 170℃ 点燃 催化剂 △ 催化剂 加热加压 2－CH 2 图1 乙烯的制取 点燃 图2 乙炔的制取 催化剂 △ 催化剂 △ Br 2—CH Cl CH=CH 催化剂 △ 高温 页脚 页脚 页脚 页脚 Cu2(OH)2CO3+ 4CH3COOH ＝ 2(CH3COO)2Cu + CO2↑+3H2O (CH3COO)2Cu + Fe ＝Cu + (C H3COO)2Fe 6NO + 4NH3 5N2+ 6H2O 3BrF3+ 5H2O = 9HF + HBrO3 + O2↑+Br2 As2O3+ 6Zn + 12HCl==2AsH3↑ + 6ZnCl2+ 3H2O 3As2S3+ 28HNO3+ 4H2O ＝ 6H3AsO4+ 9H2SO4+ 28NO↑ Na2SO3+ SO2+ H2O ＝2NaHSO3 2NaHSO3 Na2SO3+ SO2↑+ H2O P2O5+ 2NaOH ＝2NaPO3+ H2O P2O5+ 6NaOH= 2Na3PO3+ 3H2O3Na2S + As2S5＝2Na3A sS4 Na2S + SnS2＝Na2SnS3 (SCN)2+ 2NaOH ＝NaSCN + NaSCNO + H2O HCl + KOH ＝KCl + H2O 2HI + PbO ＝PbI2+ H2O 3Fe2++ NO3―+ 4H+＝3Fe3+ + NO↑+ 2H2O 2S2―+ SO32―+6H+= 3S↓+ 3H2O SiO32―+ 2NH4+=H2SiO3↓+ 2 NH33H2O2+ 2CrO2―+ 2OH―= 2 CrO42―+ 4H2O Al3++ 2SO42―+ 2Ba2++ 4OH ―＝2BaSO 4 ↓+ AlO2―+ 2H2O Fe2O3+ 6H++2I―＝2Fe2+ + I2+ 3H2O Al3++ 3HCO3―＝Al(OH)3↓ + 3CO2↑ 2H++ [Ag(NH3)2]+＝Ag++ 2NH4+ HS―+ OH―＝S2―+ H2O AsO43―+ 2I―+ 2H+=AsO33― + I2+ H2O Cr2O72―+ 6Fe2++ 14H+＝2 Cr3++ 6Fe3++ 7H2O 2I―+ Cl2＝2Cl―+ I2 I2+ SO2+ 2H2O ＝SO42― + 2I―+ 4H+ SO42―+ Ba2+＝BaSO4↓ 2I―+ 2ClO―+ 4H+＝I2 + Cl2↑+ 2H2O I2+ SO32―+H2O = SO42―+ 2H++ 2I―2Fe2++4Br―+3Cl2＝2F e3++2Br2+ 6Cl― 2MnO4―+ 5H2O2+ 6H+＝2M n2++ 8H2O + 5O2↑ 3S2―+ 16BrO3―+ 24OH―＝ 15SO42―+ 16Br―+ 12H2O 3Ca2++ 6H2PO4―+ 12OH―＝ Ca3(PO4)2 ↓+ 12H2O + 4PO43― 4H++ NO3―+ 3Fe2+＝3Fe3+ + NO↑+ 2H2O Fe3++ SCN―＝[Fe(SCN)]2+ 2Na + 2H2O =2Na++ 2OH―+ H2↑ Fe2++ 2OH―＝Fe(OH)2↓ 4Fe(OH)2+O2+ 2H2O=4Fe(OH )3 S2O32―+ 2H+＝S↓+ SO2 + H2O KAl(SO4)2＝ = K++ Al3++ 2SO42― NaHSO4＝Na++ HSO4― NH4HS ＝NH4++ HS― 对KCl溶液， 阳极： 2Cl - 2e ＝Cl2↑ 阴极：2H + 2e ＝H2↑ 对CuSO4溶液， 阳极： 4OH - 4e ＝2H2O + O2↑ 阴极：2Cu2++ 4e ＝2Cu 负极： 2H2–4e ＝4H+ 正极： O2+ 2H2O + 4e ＝4OH― 负极： 2Zn –4e ＝2Zn2+ 正极 O2+ 2H2O + 4e ＝4OH― 4OH―+ 4H+＝H2O 负极： Zn –2e ＝Zn2+ 正极： Ag2O + H2O + 2e= 2Ag + 2 OH― 2NaCl + 2H2O 2NaOH + H2↑+ Cl2↑ 2NO + O2 = 2NO2 催化剂 △ △ 电解 页脚高中化学论文：高考化学计算解题的思维方式
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