高考化学各题型解答技巧 19页

‎【参考答案】‎ ‎（1）a ‎（2）Ag＋＋Cl－→AgCl↓‎ ‎（3）漏斗、烧杯、玻棒 ‎（4）b、c、d ‎（5）c ‎（6）催化剂的质量，AgNO3的质量 ‎2009年高考化学各题型解答技巧 ‎【专题目标】‎ 熟悉高中常见题型掌握一般的解题方法及技巧 ‎【经典题型】 选择题 选择题是化学高考中广泛采用的一种题型。它具有构思新颖、灵活巧妙，知识容量大，覆盖面广，考试的客观性强，答题简单，评分容易、客观准确等优 点。不但能用来考查考生基础知识的掌握程度，还能用来考查考生的思维敏捷性。总之，这类习题可衡量学生能否准确地运用基本概念、基本理论和基本计算来解答问题，对学生扎扎实实地打好基础、发展智力、培养能力都起一定作用。化学选择题的解法没有一个通用的解法。但不管哪种解法都要经过认真审题、析题、解题这几个环节。选择题的类型有多种，在结构上一般由题干和选项两部分组成。由于选择题是从题干的信息和选项中找出正确答案，因此解题方法上还是有其特点的。‎ ‎【题型一】 直接法　　‎ ‎【例1】已知自然界氧的同位素有16O、17O、18O，氢的同位素有H、D，从水分子的原子组成来看，自然界的水一共有 ‎（A）3种 （B）6种 （C）9种 （D）12种 ‎【点拔】：从水的分子组成（H2O）来看，3种氧原子分别与2种氢原子可构成6种水分子，此外，2种氢原子混合与3种氧原子又可构成3种水分子，因此自然界中的水一共有9种。即：H216O、H217O、H218O、D16O、D 17O、D 18O、HD16O、HD 17O、HD 18O。‎ ‎【例2】下列离子方程式书写正确的是 ‎（A）FeCl2溶液中通入氯气：Fe2+ +Cl2 Fe3+ +2Cl— ‎ ‎（B）澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2+ +OH— +HCO3— CaCO3 ↓+H2O ‎（C）FeS固体放入稀硝酸溶液中：FeS +2H+ Fe2+ +H2S↑‎ ‎（D）AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3+ +4OH— AlO2— +2H2O ‎【点拔】：离子方程式的书写是高考化学中的一个常考点。根据质量守恒、电荷守恒及书写离子方程式的有关规则对各个备选答案进行一一分析，即可全面作答。（A）中质量守恒，但电荷不守恒；（C）中稀硝酸具有强氧化性，其产物应为Fe3+‎ ‎、S、NO和水，其离子方程式与事实不符；（D）中氨水碱性比较弱，不可能和Al3+ 反应生成AlO2— ，它们的反应产物应为氢氧化铝，因此该离子方程式也与事实不符。‎ ‎【规律总结】根据题干所给的信息，直接求出答案，然后再跟选项比较找出正确选项。‎ ‎【题型二】 筛选法　　‎ ‎【例1】在pH=1的无色溶液中能大量共存的离子组是 ‎（A）NH4+、Mg2+ 、SO42— 、Cl— （B）Ba2+、 K+ 、OH—、NO3—‎ ‎（C）Al3+ 、Cu2+ 、SO42— 、Cl— (D) Na+ 、Ca2+ 、Cl— 、AlO2—‎ ‎【点拔】‎ 离子共存题是高考题的常考点之一。本题有两个限定条件，一是pH=1，表明溶液为强酸性溶液，二是无色溶液。按此两个条件再加上离子是否共存对各个选项进行逐项分析。（A）组离子在酸性条件下可以共存，且为无色，符合题意；（B）组离子为无色，可以共存，但其中的OH—与H+不能共存，应予排除；（C）组离子在酸性条件下可以共存，但其中的Cu2+ 在水溶液中显蓝色，也应排除；(D)组离子中AlO2—在酸性条件下会迅速水解而不能共存，也应排除。‎ ‎【例2】水的状态除了气、液和固态外，还有玻璃态，它是由液态水急速冷却到165K时形成的，玻璃态的水无固定形状、不存在晶体结构，且密度与普通液态水的密度相同，有关玻璃态水的叙述正确的是 ‎（A）水由液态变玻璃态，体积缩小 （B）水由液态变为玻璃态，体积膨胀 ‎（C）玻璃态是水的一种特殊状态 （D）玻璃态水是分子晶体 ‎【点拔】本题是一个信息给予题，读懂信息是解题的关键。由题给信息知，玻璃态水的“密度与普通液态水的密度相同”，表明水由液态变玻璃态其体积不变；此外，“玻璃态水无固定形状，不存在晶体结构”，因而答案（A）（B）（D）错误，‎ ‎【规律总结】‎ 又称排除法或淘汰法。根据题干所给的条件和要求，将选项中不合题意的答案，逐个排除，加以淘汰，剩下来的就是正确答案。‎ ‎【经典题型】 简答题 简答题要求考生用简练的文字表述来回答问题。它具有取材广阔，内涵丰富，立意新颖，设问巧妙，思考容量大，能力要求高。而且常把识记、理解、实验、推论和计算等多方面、多层次的要求融于一题之中，往往具有一定的难度，对学生能力要求较高。 ‎ 简答题是填空题的变形，即把空格变成问句，所以它们的功能基本相似。它不但用来考查考生的各种能力（理解能力、观察能力、思维能力、文字表达能力），还用来考查考生掌握知识的情况。不但用来考查考生是否“知其然”，还要考查考生能否“知其所以然”。‎ 解题时首先要紧扣题意，认真审题，抓住关键；其次回答问题时，不但要回答出“是什么”，重点还要回答出“为什么”，回答问题一般要体现“前提、理由、结论”的答题过程，切忌顾此失彼；最后联系题意综合分析、归纳，并作语言的加工提练，做到原理正确、回答切题、语言精练、意思完整。‎ ‎【题型一】因果分析法 ‎　　因果分析法要求根据题给事实或现象，进行分析、推理，并说明其原因或目的，最后阐述结果，作出正确答案。 ‎ ‎【例1】‎ ‎(1)明矾具有净水作用，但某些工厂用FeCl3代替明矾，简答FeCl3净水作用的原理。‎ ‎(2)用石灰抹墙有硬化过程，水泥砌墙也有硬化过程，比较其硬化原理。‎ ‎(3)在铸造工业中常将水玻璃与石英砂混合制成模具，然后将模具浸泡在NH4Cl溶液中使之定型，简答其工艺原理。‎ ‎【点拔】这是用元素化学知识解释实际生产中化学问题的简答题。根据题意分析，用AlCl3可净水，其原理是AlCl3为弱碱强酸盐，Al3+发生水解产生Al(OH)3胶体，其表面积大吸附水中杂质，达水净化目的。而FeCl3溶液中Fe3+水解程度也很大，也能生成Fe(OH)3胶体，达净化水目的；石灰抹墙硬化是Ca(OH)2与空气中CO2反应，生成CaCO3‎ 的结果，而水泥硬化是硅酸盐与水作用，生成胶状物，胶状物发生凝聚，生成强度大的晶体的结果；定型固化：水玻璃成分是Na2SiO3水溶液，而SiO32-水解程度大，其溶液呈碱性SiO32-+2H2O H2SiO3+2OH-；NH4Cl溶液中，NH4+水解，溶液呈酸性，NH4++H2O NH3·H2O+H+。两溶液相遇，使两者水解平衡向正反应方向移动，生成不溶性H2SiO3把石英砂粘结起来，使之定型。‎ 本题主要考查分析、比较、逻辑思维，语言表达和灵活运用知识的能力。‎ ‎【例2】‎ 酸雨主要是由燃烧含硫燃料时所排放的尾气中的SO2造成的。现每隔一定时间测定某份雨水样品的pH值：‎ 请回答：在测定时间里，雨水样品的PH值变小的原因。‎ ‎【点拔】这是有关SO2、H2SO3的性质联系实际的环境化学测试题，只要熟悉含硫燃料燃烧排放的SO2、H2SO3的性质，就能准确解答。在简答中可用化学方程式配合简要的文字加以说明。要注意SO2与H2O反应生成H2SO3，H2SO3既有弱酸性又有还原性，易被空气中O2氧化成H2SO4，而H2SO4为强酸，因此雨水的pH值减小。特别需注意pH值的不断减小，c(H+)不断增大，不应认为是SO2续溶解雨水中造成的，因空气中SO2含量不可能很大，而SO2在水中溶解度较大(1∶40)，雨水对SO2吸收不是缓慢进行。‎ ‎【规律总结】　　‎ 简答题的解法没有固定的格式。化学简答题主要考查综合分析、比较、逻辑思维、语言表达和灵活运用知识的能力。解题的关键是把握说明的理论根据，然后搞清因果关系。表达时要求条理清晰，化学用语准确，文字叙述简捷明了。‎ ‎【题型二】分析判断法 ‎ ‎ 此法要求考生根据题设情境先总结、归纳、分析、判断、统摄成规律性的结论，再按此结论来作出对限定条件下的判断、分析，最后得出结论。‎ ‎【例1】已知有下列反应： (1)CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4 (2)Br2+H2S=S↓+2HBr 或4Br2+H2S+4H2O=H2SO4+8HBr 依下述方法之一可以测定被污染空气中的H2S含量：将已知体积的空气通过溴水或CuSO4溶液并测定其电导变化(电导即溶液电阻的倒数，表示溶液的导电性能，当离子浓度不太大的时候，电导随离子浓度近似地成正比关系)。上述吸收剂之一可用来测定很大浓度范围的H2S含量(每立方米空气中含0－50毫升H2S)；而另一种吸收剂用于低浓度范围的H2S含量(每立方米空气中含0－5毫升H2S)，但是后者有很高的灵敏度。试指出分析情况下选择吸收剂的依据。‎ ‎【点拔】这题是信息给予题，也属于综合评价题，考查自学能力。通过阅读题干内容，分析出其中要点，即未学过的新知识：①电导与离子浓度有近似正比关系；②从题干中反应，H2S是弱电解质，反应后转化为强电解质。随反应进行，离子浓度不断增大，因此电导增大，故可测知H2S的含量；③两种吸收剂溶解度不同，CuSO4易溶于水，所配溶液浓度大，故可吸收H2S的量就大；而Br2在水中的溶解度有限，故吸收H2S的量就不大，两种吸收剂分别适合测定H2S浓度大范围及浓度小范围的要求。根据(1)反应，生成H2SO4溶液离子浓度大，即H2SO4完全电离H2SO4=2H++SO42-，1molH2SO4电离3mol离子，而原CuSO4也为强电解质完全电离CuSO4=Cu2++SO42-，1molCuSO4，电离出2mol离子，显然反应后离子总浓度增大，因此增大电导性能，而且CuSO4易溶，可配制浓度大的溶液，吸收H2S容量大，从而适用于测定高浓度范围的H2S的污染空气。由反应(2)可知由Br2吸收弱电解质H2S后，生成2mol强电解质HBr(或1molH2SO4或8molHBr)，离子浓度明显增大，电导也随之增大，所以可以更精确测定H2S的含量(灵敏度大)。但因Br2水不能制得高浓度溶液，因此溶液吸收H2S容量有限，从而适用于测定低浓度范围的H2S污染空气。‎ 本题考查学生自学能力、综合分析、评价能力，题干给出材料新颖的信息知识，应通过阅读准确分析提供信息，透过现象分析本质，抓突破口，培养严密、科学的思维能力。‎ ‎【例2】‎ 解释下列实验问题：‎ ‎(1)浓盐酸易挥发，使产生的气体中含杂质HCl，为什么实验室还用浓盐酸与MnO2反应制Cl2而不使用稀盐酸？‎ ‎(2)实验室用电石制乙炔时，通常用饱和食盐水代替水，并且用分液漏斗控制加入？‎ ‎(3)实验室用Na2SO3固体和硫酸反应制取SO2气体时，既不用稀H2SO4，也不用浓H2SO4，而是用中等浓度的H2SO4，为什么？‎ ‎【点拔】 (1)因为用稀盐酸与MnO2反应几乎得不到Cl2，所以尽管能引入杂质HCl也只好使用浓盐酸。制得氯气中的HCl杂质可用饱和食盐水除去。‎ ‎(2)电石CaC2与H2O反应生成C2H2气体是一个很剧烈的反应。所以应设法控制反应，适当降低速度。将H2O换成饱和食盐水，可以降低H2O分子的浓度、减慢反应速度。用分液漏斗控制加入，可以减小水与反应物的接触面积，减缓反应速度，使气体平稳放出。‎ ‎(3)SO2气体易溶于水，溶解度为1∶40，但比起HCl、NH3，又小得多。Na2SO3与H2SO4反应产生SO2气体，本质上是离子反应。所以使用浓H2SO4时，由于C（H+）太小(浓H2SO4中主要为H2SO4分子)，反应十分缓慢。但如果用稀H2SO4，反应体系中的水太多，SO2又不易逸出。所以用中等浓度的硫酸即可解决上述两方面的问题：既可保证有较快的反应，又可减少SO2损失。‎ ‎【规律总结】　考生在解题过程中，需要充分发挥由抽象到具体的演绎式的思维活动，这实际上是认识科学、认识自然的思维方法之一。‎ ‎【经典题型】 实验题 题型特点　　实验题的形式繁多，它常把实验的基本操作，实验原理，实验现象、实验设计，元素化合物的性质，化学计算和推理融为一体进行考查。它具有知道面广，命题新颖，思考容量大，综合性强等特点。它不但能用来考查考生的观察能力，操作能力，分析能力和实验设计能力，还用来考查考生创造性思维能力和数据处理的能力。不仅要求考生知其然，还要知其所以然。因此实验题的解答要求高，难度较大。只有考生对实验题的功能，考查范围，考查特点弄清弄懂，才能理顺解答实验题的思路。 ‎ 实验题解题方法 ‎　　实验题的解法没有固定的格式。解这类题时，只要从实验原理入手，结合具体实验题目的特点，根据题给信息，认真审题，抓住题眼，就能很快地理顺解答的思路和方法。 ‎ ‎【题型一】化学实验基本操作 ‎ 用正确的化学实验基本操作完成某项实验任务，是历年高考化学实验考查的重点内容之一。‎ ‎【例1】欲用亚硫酸钠和硫酸制取0.5mol的二氧化硫气体，要用下列仪器来组装气体发生装置，应选用的仪器是 ( )‎ A．试管 B．烧瓶 C．烧杯 D．集气瓶 ‎【点拔】中学阶段常见的容器和反应器有：试管、烧杯、烧瓶、锥形瓶、坩埚、蒸发皿、集气瓶、试剂瓶、滴瓶、启普发生器等。要求掌握这些仪器的主要用途和使用注意事项，如能否直接加热、所装试剂的量等。本题所给仪器都可做反应容器，但烧杯、集气瓶一般不用来装配气体发生装置，试管和烧瓶都可以做反应容器，但试管适用于少量物质间的反应，而烧瓶可适用于较多量物质间的反应，现欲配制0.5mol二氧化硫气体，至少需亚硫酸钠固体‎63g，故应选烧瓶。‎ ‎【例2】‎ 为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙,可将粗盐溶于水,然后进行下列五项操作:①过滤,②加过量NaOH溶液,③加适量盐酸,④加过量Na2CO3溶液，⑤加过量BaCl2溶液.正确的操作顺序是 A．①④②⑤③ B．④①②⑤③‎ C．②⑤④①③ D．⑤②④①③‎ ‎【点拔】‎ 在有多种杂质存在的情况下，要搞清所加试剂与被除杂质的对应关系，同时还要注意到，在实际操作中，通过加入适量的试剂除去杂质几乎是做不到的，因此，所加每一种试剂一般都是过量的，后加的试剂既要除去杂质，又要除去前面所加的多余的试剂，所以一定要确定出合理的除杂顺序。本题主要考查粗盐提纯的操作顺序。从所用试剂和粗盐中的杂质可知：用BaCl2可沉淀SO42-，Na2CO3可沉淀Ca2+，NaOH可沉淀Mg2+，但由于所加试剂过量，因此，最后必须除去所加的多余的试剂。从所用试剂看，多余的Na2CO3和NaOH可用盐酸除去， 多余的BaCl2可用Na2CO3生成BaCO3沉淀来除去，因此在加入试剂时，BaCl2必须在加Na2CO3溶液以前加入，盐酸用来除去Na2CO3和NaOH，但又会溶解Mg(OH)2、CaCO3沉淀,故必须在过滤后加入到滤液中.从以上分析知:粗盐提纯的关键是①、③必须在最后,⑤必须在④的前面.因此正确的答案是C、D。‎ ‎【规律总结】‎ 这类试题的特点通常是给出限定的仪器、药品和一些操作步骤，要求正确完成某项实验操作，从而考查考生化学实验操作的能力。‎ ‎【题型二】化学实验原理 此类试题主要考查考生的观察能力、思维能力、判断能力与理论联系实际的能力。 ‎ ‎【例1】‎ 用金属钠制取氧化钠通常采用下法：2NaNO2+6Na=4Na2O+N2↑，试说明为什么用此法制取氧化钠比直接钠氧化法好。‎ ‎【点拔】这题属于信息给予题，解答中必须紧扣题干Na2O制取反应式：2NaNO2+6Na=4Na2O+N2↑，反应中生成N2这一重要信息，才可找出答案：Na2O在N2气中不被氧化，从而分析出Na直接氧化法不足之处；无论金属钠是在氧气中点燃，还是在空气中氧化，因生成的Na2O极不稳定，会进一步氧化生成Na2O2，即2Na+O2 Na2O2，而实际上得不到纯Na2O。‎ ‎【例2】‎ ‎（1）在一盛有Ba(OH)2溶液的烧杯中漂浮着一小木块，小心地向烧杯中滴加与Ba(OH)2溶液密度相同的稀硫酸，静置后小木块浸入水中的体积开始（ ‎ ‎ ）。‎ A．不变 B．增大 C．减小 D．无法判断 ‎（2）写出所发生的化学反应的方程式。‎ ‎（3）若将一试管如右图所示倒立于同一Ba(OH)2溶液中，在滴入稀硫酸的前后，试管内外液面的高度差将（ ）（设反应过程中温度不变，且反应后试管仍然漂浮）。‎ A．不变 B．变大 C．变小 D．无法判断 ‎【点拔】本例属物理、化学综合题。题目巧妙地把化学和物理融于一体，综合运用物理的阿基米德定律、物体浮沉条件及化学的复分解反应知识。解答此题的关键是两物质发生复分解反应，判定沉淀物生成，再由物理知识正确求解。‎ ‎（1）滴入稀硫酸后，溶液要发生中和反应：Ba(OH)2+H2SO4 = BaSO4↓+2H2O。反应生成物为BaSO4沉淀和水。由于原来的的Ba(OH)2溶液的密度比水要大，所以反应后的溶液密度应该比原来小。‎ 由木块受力平衡有 （大小不变）。‎ 又由阿基米德定律  可知：将变大。‎ ‎（3）以试管底为研究对象，设试管横截面积为，反应后试管内气体压强为，做出其受力分析图如右所示。由其受力平衡有 由于试管重力不变、外界大气压强不变，故可知反应后试管内气体的压强不变。‎ 再以试管中液面为研究对象，设液面处液体压强为，做出其受力分析图如右所示，由受力平衡有 所以知试管中液面处液体压强不变。‎ 又有 ‎ 在上式中由（1）分析可知反应后的溶液密度变小，所以最终可得出：试管内外的液面差应该变大。‎ ‎【规律总结】‎ 这类试题通常要给出限定的实验装置、反应条件、实验现象和有关数据，要求考生根据实验原理，结合元素化合物知识，选用仪器药品，写出有关的化学方程式，进行数据处理，说明理由等。‎ ‎【题型三】化学实验设计 这类试题的特点是利用已知的仪器装置，要求根据实验目的或给出的药品，将气体制备，除杂提纯或设计操作程序与仪器连接，定量计算结合起来，考查考生设计实验，基本操作、数据处理的能力或评价实验方案优劣的能力。‎ ‎【例1】. 如何用实验证明一无色晶体是明矾？‎ ‎【点拔】　明矾的组成可表示为：‎ KAl(SO4)2·12H2O或K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O，要求用实验的方法分别确定出该晶体中含K+、Al3+、SO42-及H2O。并简要地写明实验方法、现象及其结论和必要的反应方程式。‎ ‎【例2】水蒸气通过灼热的煤所产生的混合气，其主要成分是CO、H2，还含有CO2和水蒸气。请用图中装置设计一个实验，以确认上述混合气中含有CO和H2。‎ ‎(1)连接图中装置的正确顺序是：(填各接口的代码字母。)混合气—→（ ）（ ）接（ ）（ ）接（ ）（ ）接（ ）（ ）接（ ）（ ）。‎ ‎(2)确认混合气中含有H2的实验现象是____________；其理由是___________。‎ ‎[点拔] 检验H2是使其转化成水后用无水CuSO4检验；检验CO是使其转化成CO2后用澄清石灰水检验。但是题中原混合气体中就含有水蒸气和CO2‎ ‎，因此先除去混合气中的这两种气体，是完成此题的关键所在。‎ ‎【规律总结】‎ 这类试题的特点是给出新情境（主要是中学课本中未介绍过的新反应或未见过的新装置），结合仪器组装，物质的性质或制法，实验现象描述或分析等已有知识提出问题，考查考生接受新信息，运用所学知识进行联想、迁移、分析、重组来解决实验问题的能力，同时还考查了考生的观察能力、思维能力和自学能力。‎ ‎【经典题型】 计算题 ‎ 化学计算题题型特点 化学计算是从量的方面来反映物质的组成、结构、性质及其变化规律的，是历年高考化学试题的压轴题，它具有情境新颖，信息量大，化学知识丰富，复盖面广，综合性强等特点。它不但能用来考查考生的思维能力和自学能力，还用来考查考生应用各方面知识进行逻辑思维、抽象思维、推理判断和分析综合的能力。因此这类试题区分度较大，易于把考生不同的知识和能力水平区分开来，具有选拔优秀学生的功能，比其它几种题型难度大，要求高。‎ 化学计算解题方法 化学计算内容繁多，千差万别，其解法也没有一成不变的解题模式。但不管哪种解法都要经过认真审题、析题、解题这几个环节。‎ ‎①认真审题，挖掘题给信息，明确试题的已知条件是什么，需求什么。‎ ‎②析题就是在审题的基础上，运用有关的化学概念对题目进行分析和解剖，找出已知条件和未知条件之间量的关系，探求解题的突破口和解题途径。‎ ‎③确定解题途径后，列出各步算式，然后计算求解。‎ ‎【题型一】差量法 ‎【例1】在2只盛有100mL 1mol/L盐酸的烧杯中，分别加入ag碳酸镁、bg小苏打，反应完全后，两烧杯中的溶液质量仍相等，则a与b的关系中正确的是　　 [　　　 ]‎ A．a＝b＞‎4.2g B．a＞b＞‎6.2g C．a＝‎6.2g，b＝‎8.4g D．a＝b＜‎‎4.2g ‎【点拔】　 等量的酸和不同的金属(或盐)反应，要保持溶液质量相等，实际上是要求投入溶解的金属质量减去反应后离开溶液的气体质量的差值相等。由于本题提供的酸是一具体数量，而不同盐的质量是变量，因此要从量上进行讨论。‎ HCl物质的量为‎0.1L×1mol/L=0.1mol，‎ MgCO3+2HCl==MgCl2+CO2↑+H2O ‎84g‎　　 2mol a=‎4.2g　 0.1mol NaHCO3+HCl==NaCl+CO2↑+H2O ‎84g‎　　 1mol b=‎8.4g　 0.1mol 当a=b＜‎4.2g时，MgCO3和NaHCO3均不足，放出的CO2均按盐的量计算，由于MgCO3和NaHCO3的摩尔质量相同，且每摩尔盐完全反应均放出1mol CO2，所以此时放出CO2的量也相等，反应后两烧杯中的溶液质量仍相等，满足题目要求。‎ 当a=b＞‎4.2g时，由上述分析可知MgCO3过量，NaH-CO3不足，此时两边放出CO2的量不相等，因此反应后两烧杯中溶液质量不可能相等。‎ 当a=‎6.2g，b=‎8.4g时，MgCO3有余，放出CO2的量按HCl的量计算为‎2.2g，NaHCO3和HCl恰好反应完，放出CO‎24.4g，反应后加MgCO3的烧杯中质量增加为‎6.2g-2.2g=‎4g，加NaHCO3。的烧杯中质量增加为‎8.4g-4.4g=‎4g，也满足题目要求。‎ 用类似方法分析知当a＞b＞‎6.2g时，反应后两烧杯中的溶液质量也不相等。‎ ‎【例2】‎200℃‎时，‎11.6g CO2和H2O蒸气的混合气体与足量的Na2O2充分反应后，固体质量增加了‎3.6g，求原混合气体的平均相对分子质量为多少？‎ ‎【点拔】　 Na2O2与CO2、H2O反应，其化学方程式如下：‎ ‎2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2↑‎ ‎2Na2O2+2H2O==4NaOH+O2↑‎ 在解题过程中，如果我们从不同角度对上述反应方程式进行分析，往往会给我们许多启发，从而使解题过程简化。‎ ‎(1)若我们从反应前后气体体积变化的角度来分析，则由上述反应方程式可知2CO2～O2，2H2O～O2，因此可推出一定物质的量的CO2和H2的混合气体，不管它们以任何比例混合，混合气体与Na2O2固体充分反应以后，产生的O2的物质的量是原混合气体总物质的量的一半。‎ ‎(2)若从反应前后固体质量的变化进行分析，Na2O2与CO2反应，从1mol Na2O2变为1mol Na2CO3固体物质增重的质量为1mol CO的质量。同样Na2O2与H2O反应，从1mol Na2O2变为2mol NaOH，固体物质增重的质量为1mol H2的质量，如果反应前CO2和H2O混合气体的质量为ag，而反应前后固体物质质量增重为bg，则(a-b)g应是产生的O2的总质量。‎ 在解本题时，如果我们按(2)并结合(1)的思考方式，则解题过程就大大简化。‎ ‎【规律总结】化学反应中，物质在量（质量、物质的量、气体体积、压强等）的方面常常发生一些变化，而这种变化的差值--差量，必然与反应物或生成物的量存在某种比例关系。利用这种比例关系进行计算的方法，叫差量法。‎ ‎【题型二】平均值法 ‎【例1】0.03mol铜完全溶于硝酸，产生氮的氧化物（NO、NO2、N2O4）混合气体共0.05mol。该混合气体的平均相对分子质量可能是 ‎（A）30 （B）46 （C）50 （D）66‎ ‎【点拔】：设生成的气体产物中NO、NO2、N2O4的物质的量分别为x、y、z ‎ 按极限思维的观点，将三组分体系转化为二组分体系。‎ ‎①若气体产物中只生成NO、NO2的混合物。‎ 则由3Cu ～ 2NO Cu ～ 2NO2‎ ‎ 3 2 1 2‎ ‎ 3/2x x y/2 y 依题意： 3/2x +y/2 ==0.03mol y ==0.05mol 解得： x ==0.005mol ‎ y==0.045mol ‎0.005mol×‎30g/mol +0.045mol×‎46g/mol ‎0.05mol ‎== ‎44.4g/mol M1==‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ②若气体产物中只生成NO2、N2O4的混合物 则由 Cu ～ 2NO2 Cu～ N2O4‎ ‎ y/2 y z z 依题意： y/2 +z ==0.03mol ‎ y + z ===0.05mol ‎ ‎ 解得： y ==0.04mol ‎ z==0.01mol ‎0.004mol×‎46g/mol +0.01mol×‎92g/mol ‎0.05mol ‎== ‎55.2g/mol M2==‎ ‎∴ M1＜M＜M2，即44.4＜M＜55.2。‎ ‎【例2】将金属元素钠在空气中燃烧，生成Na2O与Na2O2的混合物。取该燃烧产物‎7.48g溶于水制成1000mL溶液，取出10mL用0.1mol/L的盐酸中和，用去盐酸20mL，由此可知该产物中Na2O的质量分数约为　　　 [　　　 ]‎ A．16.6％ B．20％ C．80％ D．78.4％‎ ‎【点拔】由盐酸和NaOH反应的化学方程式知：Na2O与Na2O2混合 Na2O+H2O==2NaOH ‎1mol　　　　 2mol ‎2Na2O2+2H2O==4NaOH+O2↑‎ ‎1mol　　　　　 2mol 分子量为74.8，由十字交叉法：‎ 所以，nNa2O∶nNa2O2=3.2∶12.8=1∶4，即Na2O物质的量分数为20％，由Na2O和Na2O2的分子相对质量知Na2O的质量分数一定小于20％‎ ‎【规律总结】所谓平均值法是一种将数学平均原理应用于化学计算的解题方法。它所依据的数学原理是：两个数M1和M2（M1＞M2）的算术平均值M一定介于二者之间，即M1＞M＞M2。所以，只要求出平均值M，就可知道M1和M2的取值范围，结合题给条件即可迅速求出答案 ‎【题型三】守恒法 ‎【例1】将‎12.4g碱石灰制成溶液，加入‎13.7g Na2CO3和NaHCO3，反应后得沉淀‎15g,经测定,反应后溶液中不含Ca2+、CO32+、HCO3－。求 ‎(1) CaO和NaOH各多少g？ (2)Na2CO3和NaHCO3各多少g？‎ ‎【点拔】运用守恒法解题既可避免书写繁琐的化学方程式，提高解题的速度，又可避免在纷纭复杂的解题背景中寻找关系式，提高解题的准确度。 ‎ 据题意CaO和Na2CO3、NaHCO3均全部转化为CaCO3沉淀，据Ca原子和C原子两种原子的守恒关系，便可列出关系式：‎ nCaO=nCa(OH)2=nCaCO3=nNa2CO3+nNaHCO3‎ 可得关系式：‎ CaO ～ CaCO3 ～ (Na2CO3+NaHCO3)‎ ‎56g‎　　　　　 ‎100g　　　　　　　　 1mol x　　　　　　　 ‎15g　　　　　　　　　 y 解得 x=‎8.4g y=0.15mol 所以mNaOH=‎12.4g-8.4g=‎‎4g 设Na2CO3物质的量为a，则NaHCO3物质的量为0.15mol-a ‎106g‎/mol a+‎84g/mol×(0.15mol-a)＝‎‎13.7g 解得a=0.05mol 所以mNa2CO3=0.05mol×‎106g/mol=‎5.3g mNaHCO3=‎13.7g-5.3g＝‎8.4g。‎ ‎　【例2】为了测定某铜银合金的组成，将‎30.0g合金溶于80mL 13.5mol/L的浓HNO3中，待合金完全溶解后，收集到气体‎6.72L(标准状况)，并测得溶液的pH=0，假设反应后溶液的体积仍为80mL，试计算：‎ ‎(1)被还原的硝酸的物质的量。 (2)合金中银的质量分数。 ‎ ‎【点拔】　 (1)HNO3与金属反应时还原得到的产物是NO或NO2，由于题设收集到的气体在标准状况下的体积是‎6.72L，不管其中NO和NO2的相对含量各是多少，其物质的量之和应该跟被还原HNO3的物质的量相等，即 ‎(2)由反应后溶液的pH值可知溶液中余下HNO3的浓度和溶质HNO3的物质的量，由题目已知条件可求得HNO3总物质的量和参加反应的HNO3物质的量，将参加反应的HNO3的量减去第(1)小题所求得的被还原HNO3的物质的量，就是反应中跟生成的Ag+和Cu2+形成硝酸盐的NO3－的物质的量。然后列式求解。‎ ‎【规律总结】‎ 化学反应的实质是原子间的重新组合，故在反应前后总质量不变，某元素或原子间的质量或物质的量不变，某元素的原子间的的质量或物质的量不变，这是守恒法解题的依据。 ‎ 化学反应中存在许多守恒关系（如质量守恒、电子守恒、电荷守恒、原子个数守恒、离子守恒、物质的量守恒等）。抓住这些守关系，将其运用于化学计算，即为守恒法。 ‎ 守恒法的优点是基于反应前后呈守恒关系的量，不去探究中间变化过程的分析，因此这是一种整体思维方式，具有快速简捷解答计算题的特点。‎ 守恒法是化学计算最基本的方法，建立各种计算关系的本质依据是守恒规律，其它方法和技巧都是守恒法衍生出来的。‎ ‎①质量守恒法　‎ 质量守恒法是根据化学反应前后反应物的总质量与生成物的总质量相等的原理，进行计算或推断的一种方法。应用范围较广泛。‎ ‎②电子守恒法　‎ 电子守恒法是根据氧化还原反应中电子得失数目相等的原则，进行推导和计算。‎ ‎③电荷守恒法　‎ 电荷守恒法是利用反应前后离子所带电荷总量不变的原理。进行推导或计算的方法。 　‎ ‎ ‎ ‎　【题型四】数形讨论法　‎ ‎【例1】　有NH4HCO3、NH4Cl、Na2CO3·xH2O混合物‎11.62g，加入44 mL5mol/L过量NaOH溶液共热，放出气体通过碱石灰后测得为‎3.36L(标准状况)，向上述溶液中加入30 mL 2.5mol/L H2SO4，并加热使气体全部排出，测得体积为‎1.344L(标准状况)，最后把所得溶液稀释到100 mL，测得pH=1，求原混合物中各物质的量和x的数值。‎ ‎【点拔】　 本题涉及的化学反应较多，我们可用图示表示如下：‎ 若按常规方法来解，则比较繁琐，但如若我们抓住反应前后N元素、C元素以及溶液中离子电荷的守恒关系，由守恒关系列方程，解题则往往较简捷。‎ ‎【解题过程】设混合物中NH4HCO3、NH4Cl、Na2CO3·xH2O的物质的量各为a、b、c。‎ 则由总质量可得 ‎79g‎/mol·a+‎53.5g/mol·b+(‎106g/mol+‎18g/mol·x)c＝‎11.62g ①‎ 因最终得到的是Na2SO4、H2SO4、NaCl的混合液，故由溶液中离子电荷守恒得：‎ ‎2c‎+5mol/L×‎0.044L+0.1mol/L×‎‎0.1L ‎=2×2.5mol/L×‎0.03L+b　　　　　　　　　　　　　　　 ④‎ 解　 联立方程式①②③④得：‎ ‎【例2】在100mL NaOH溶液中加入NH4NO3和(NH4)2SO4的固体混合物，加热充分反应，如图表示加入的混合物质量与产生的气体体积(标准状况)的关系。试计算 ‎(1) NaOH溶液的物质的量浓度。‎ ‎(2)当NaOH溶液的体积为140mL，固体混合物的质量是‎51.6g时，充分反应后，生成气体的体积在标准状况下为多少L。‎ ‎(3)当NaOH溶液的体积为180mL，固体混合物的质量仍为‎51.6g时，充分反应后，生成气体的体积在标准状况下为多少L？‎ ‎【点拔】　 (1)由图中折线所对应的纵、横坐标得知，对于100mL NaOH溶液而言，随着铵盐的加入量增加，放出的NH3的体积也增大；但当铵盐的加入量超过‎34.4g以后，NH3的体积不再变化，说明100mL NaOH溶液跟‎34.4g铵盐恰好完全反应。‎ ‎(2)为计算140mL NaOH溶液跟‎51.6g固体铵盐混合物反应后生成的NH3的体积，首先应判断这两种作用物中何者为过量试剂，具体计算时可根据第(1)小题中的量按比例计算。‎ ‎(3)题计算方法与第(2)题相仿。‎ ‎【解题过程】 (1)从图上看出‎34.4g混合物和100mL NaOH溶液恰好完全反应 生成‎11.2L NH3，消耗的NaOH的物质的量为 ‎(2)由于‎34.4g固体恰好跟 100mL NaOH溶液完全反应，则跟‎51.6g固体反应时需要的NaOH溶液体积为 所以，140mL NaOH溶液是不足量的，计算NH3的体积应以它为准。生成的NH3的体积为 ‎(3)由第(2)小题得知，‎51.6g铵盐固体混合物完全反应时需要150mL NaOH溶液，题设NaOH溶液体积为180mL，所以铵盐混合物是不足量的。生成NH3的体积为 ‎【规律总结】‎ 数形讨论法就是将题目中各种信息转变为数学条件，边计算边讨论足量、适量、过量、不过量等各种边界条件，得用不等式、不定方程、几何定理、数轴、图像等数学工具，灵活机智地将化学问题抽象成为数学问题，或者是将隐含的信息变为数学的边界条件，进行讨论以解决化学问题。‎