2025屆高考化學(xué)常用的解題方法與技巧+知識清單

故畫竹必先得成竹于胸中，執(zhí)筆熟視，乃見其所欲畫者，I一、差量法 1 1 2 4 4二、十字交叉法 6 7 7 7 8 8 9三、守恒法 10 10 12 13 13 15 17四、關(guān)系式法 18五、和量法 22六、等效思維法 25七、始終態(tài)法 27八、平均值法 29九、極值法 32十、虛擬法 39十一、奇偶數(shù)法 44十二、估算法 47十三、討論法 49 49 49 50 51十四、設(shè)一法 57十五、拆分法 59十六、均攤法（晶體） 64十七、切割法（晶體） 67十八、商余法（有機(jī)物） 70十九、殘機(jī)法（有機(jī)物） 73二十、構(gòu)造法（有機(jī)物） 76化學(xué)方程式n(NO)化學(xué)方程式n(NO)=2/3n(cu)=0.3x2/3mol=0.2molV(NO)=0.2mol22.4L/mol=4.48L132一、差量法的關(guān)鍵是根據(jù)化學(xué)方程式分析反應(yīng)前后形成差量的原因（即影響質(zhì)量變化的因【例題1】在1L2mol/L的稀硝酸溶液中加入一定量的銅粉，液的質(zhì)量增加了13.2g，問1）加入的銅粉是多少克2）理論上可產(chǎn)生？（3CU+8HNO3(稀)33CU+8HNO3(稀)3CU(Noa)2+2Not+4H2O3x642x30AmMg+2HCIMgclzMg+2HCIMgclz+H2Am24222g24MAI+3HCIAlcl3+1.5H2Am2732427Mn(A)-24molntlvg):n(A)-12:11 M4.6Aa=4.4g【分析】當(dāng)硫酸足量時,Na與Mg均完全反應(yīng),根據(jù)方程式:Mg+H2so4Mgso4+H2Am242224.8gAb=4.4g由方程式可知Aa=Ab,則m=n當(dāng)H2so4的物質(zhì)的量<0.2mol時,Mg有剩余;由于二者均完全反應(yīng)時,增重一樣,當(dāng)Mg有剩余時,則增重一定小于Na的,因為Na全部反應(yīng)完全(Na會繼續(xù)與水反應(yīng)),故:m>nm≥n【例題3】將4.6gNa和4.8gMg分別投入盛有等物質(zhì)的量濃度、等體積的稀硫酸的兩個燒杯中，充分反應(yīng)后，所得溶液總質(zhì)量分別為mg和ng，求m2Na+H2SO42Na+H2SO4Na2SO446H22Am44+4CH+22Y【分析】由題意可知,+4CH+22Y【分析】由題意可知,反應(yīng)前后體積減小25mL,設(shè)烴為CXNy,則有:點燃+25mLC2H6C3HsC4H25mL【分析】由題意可知,NH過量,只發(fā)生反應(yīng)①,cl2反應(yīng)完全831=N2+6NH4Cl(NH3過量)=N2+6HCl(Cl2過量)8NH3+3CI2N2+6NH48NH3+3CI2N2+6NH4CI(S)8ax333參與反應(yīng)的NH體積應(yīng)小于初始狀態(tài),則有:L—o<反應(yīng)前后體積差為:aL-yL=AV=10axY=a-33X<3氣體壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比,所以:【分析】由氣體狀態(tài)方程:氣體壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比,所以:【分析】由氣體狀態(tài)方程:PV=nRT可知,恒溫恒容條件下,AP273127【例題7】白色固體PCl5受熱即揮發(fā)并發(fā)生分解：PCl5(g)=PCl3(g)+Cl2(g)現(xiàn)將5.84gPCl5裝入2.05L【分析】【分析】5.84gpcls的物質(zhì)的量為0.028mol,故反應(yīng)后物質(zhì)的量增加0.022mol,則有:0.022mol0.022mol有0.022mol的pc15分解,則分解率為:【分析】【分析】根據(jù)題意:An每減少1mol,Am則減少12g:An=X,則Am=12xC(S)+H2O(g)CO(g)+H2(g)Am1828212An?的總質(zhì)量為mg，混合氣體的物質(zhì)的量為nmol。當(dāng)改變條件使平衡向左移動--2X2二、十字交叉法十字交叉法是進(jìn)行二組分混合物平均量與組分計算的一種簡便方法。對于二元混合物而言，設(shè)x1、x2是混合物兩組分的某化學(xué)量，α1、α2為兩組分的特性數(shù)值，ā為混合物的特性數(shù)值，若滿足方程式：X+XX+X+X2均可以用特性數(shù)值的“十字交叉法”形式來表示：序號āx1、x2 212345反應(yīng)熱67【例題1】實驗室用98%的濃硫酸（密度為1.84g/cm3）與15%的稀硫酸（密度為1.1g/cm3）混和，配制59%的硫酸溶液（密度為1.4g/cm3），取濃、稀硫酸的體積比最接近的值是（2：3）【分析】用硫酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)作十字交叉：4439根據(jù)溶質(zhì)質(zhì)量守恒，滿足此式的是：98%X+15%Y=59%（X+Y）X和Y之比是溶液質(zhì)量比，故十字交叉得出的溶液質(zhì)量比為：44∶39。換算成體積比44/1.8439/1.1）≈2∶3【例題2】物質(zhì)的量濃度分別為6mol/L和1mol/L的硫酸溶液，按【分析】用物質(zhì)的量濃度作十字交叉：342根據(jù)溶質(zhì)物質(zhì)的量守恒，滿足此式的是：6X+Y=4(X+Y)X和Y之比是溶液體積比，故十字交叉得出的體積比為3∶2?！纠}3】實驗測得，相同條件下乙烯與氧氣混合氣體的密度是氫氣密度的14.5倍，可知其中乙烯的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為（72.4%）。8【分析】乙烯與氧氣混合氣體的相對平均分子質(zhì)量為29。用乙烯、混合氣體和氫氣的相對分子質(zhì)量作十字交叉：28323128323128X+32Y=29(X+Y)X和Y之比是物質(zhì)的量之比，故十字交叉得出的物質(zhì)的量比為3∶1。【例題4】銅有兩種天然同位素63Cu和65Cu，銅的相對原子質(zhì)量為63.5，63Cu的原子個數(shù)百分含量為（75%）?！痉治觥坑?3Cu和65Cu的質(zhì)量數(shù)作十字交叉：根據(jù)質(zhì)量守恒，滿足此式的是：63X+65Y=63.5(X+Y)X∶Y應(yīng)為原子個數(shù)比，故十字交叉法得出的原子個數(shù)比為1.5∶0.5?！纠}5】已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)；ΔH=?571.6KJ·mol?1453.2571.6/23695/535453.2571.6/23695/535一1.52.25/0.5CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)；ΔH=?890KJ·mol?1；現(xiàn)有H2與CH4的混合氣體112L（標(biāo)準(zhǔn)狀況使其完全燃燒生成CO2和H2O，若實驗測得反應(yīng)放熱3695KJ。則原混合氣體中H2與CH4的物質(zhì)的【分析】標(biāo)準(zhǔn)狀況下，112LH2與CH4的混合氣體物質(zhì)的量為5mol。用CH4、H2與混合氣體的燃燒熱作十字交叉：根據(jù)總熱量守恒，滿足此式的是：890X+285.8Y=739(X+Y)X∶Y為物質(zhì)的量之比，故十字交叉法得出的是物質(zhì)的量之比，即體【例題6】已知白磷和氧氣可發(fā)生如下反應(yīng)：P4+3O2=P4O6，P4+5O2=P4O10。在某一密閉容器中加入62g白磷和50.4LO2（標(biāo)況），使之恰好完全反應(yīng)，所得到的P4O10與P4O6的物質(zhì)的量之比為（3∶1）?！痉治觥坑蒙蒔4O10、P4O6的耗氧量和平均耗氧量作十字交叉：根據(jù)O2物質(zhì)的量守恒，滿足此式的是：5X+3Y=(2.25/0.5)(X+Y)X和Y之比是P4O10和P4O6物質(zhì)的量之比，故十字交叉得出的物質(zhì)的、Fe2(SO、Fe2(SO4)可看出,在這兩種物質(zhì)中S、oX=2aw(Fe)=1-3a原子個數(shù)比為1:4,即無論這兩種物質(zhì)以何種比例混合,S、O的原子三、守恒法【分析【分析依題意,反應(yīng)產(chǎn)物為Na2CO3和NaHCO3的混合物,根據(jù)Na原子和C原子數(shù)守恒來解答設(shè)溶液中Na2co3為xmol,為NaHCO3ymol,則有方程式:n(Na2CO3):n(NaHCO3)=1:3根據(jù)質(zhì)量守恒定律可知混和氣體的質(zhì)量等于碳酸銨的質(zhì)量,從而可確定混和氣體的平均分子量為96/4=24,混和氣體密度與相同條件下氫氣H2密度的比為24/2=12Na202固體增重15g逸出氣體(O2)Na202固體增重15g逸出氣體(O2)a+32—a=7g16.8因此烴的相對分子質(zhì)量為70,用"ch2"除得烴的分子式為:CSH1o22.4L/molx32glmol=0.143gm(o2)【分析】可假設(shè)溶液體積為1L,那么NaSo42-物質(zhì)的量為Xmol,K物質(zhì)的量為y+[K2[so4],即2x=0.2+y=2O3，最后氣體），++2+3+因為[H*和[++2+3+因為[H*和[OH-均相對較少,可忽略不計。故有[Na+=[HCOS]+2tco32-1已知[Na+=1mol/L;根據(jù)c原子守恒:[HCOS1+tco32-]=0.8mol/L,則有1=0.8+tco32-],所以tco32-]=0.2mol/L,[HCOS1=0.6mol/L,所以32-]:[HCOS]=1:3Fe2+e-Fe3+cl2+2e-c-2Br-2e-Br23>Br-設(shè)FeBr2的濃度為amol/L得電子失電子由得失電子守恒:0,1a+302解得:a=1.2mol/L子數(shù)，無論是自發(fā)進(jìn)行的氧化還原反應(yīng)還是n(kc1)=n(kc1)=n(HC1)=0.025LX2mol/L=5molm(kc1)=0.05mol×74.5g/mol=3.725g32全部轉(zhuǎn)化假設(shè)HNoa恰好反應(yīng)完,則:HNO3n(HNO3)=2n[CU(NO3)2]+n(NOx)=2x512mol+2.24mol6422.4=0.26mol0.26C=n/v=mol/LKOHHCI原料K2CO3HCIKOHKCIKCkcl中的cl元素全部來自于HclKOHHCI原料K2CO3HCIKOHKCIKCkcl中的cl元素全部來自于Hcl欲使溶液中的金屬陽離子完全轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀，求至Naso4溶液n(NaoH)=Naso4溶液n(NaoH)=2n(H2so4)=2x0.54x2mol=2.16mol只有so42-(Na2SO4~2NaoHH2SO4如在化合物Amn中,A占a%,b占b%。設(shè)A的相對原子質(zhì)量為b的相對原子質(zhì)量為b,則有:n—n-o5設(shè)元素x化合價為+n價,【例題14】中學(xué)教材上圖示了NaCl晶體結(jié)構(gòu)，它向三維空間延伸晶體。NiO(氧化鎳)晶體的結(jié)構(gòu)與NaCl相同，Ni2+與最近O2?的核間距離為a(2).天然的和絕大部分人工制備的晶體，都存NiO晶體中就存在如圖所示的缺陷：一個Ni2+空缺，另有兩個Ni2+被兩個Ni3+所取代。其結(jié)果晶體仍呈電中性，但化合物中Ni和O的比值卻發(fā)生了變化。某氧根據(jù)N根據(jù)N總數(shù)根據(jù)陰陽離子的關(guān)系求出離子對數(shù),再根據(jù)密度公式計算;根據(jù)物設(shè)molNi中含Ni3+x2+為(0.97mol由于晶體呈中性,則正負(fù)離子化合價相等:(0.97=2X=moln3+n(Ni2+=【例題15】已知硝酸鉀晶體溶于水時要吸收熱量，從溶液中析【分析】硝酸鉀的飽和溶液中再加入硝酸鉀晶體，不會再溶解體的質(zhì)量也不會增加，因此整個溶液的質(zhì)量【分析首先須搞清H2【分析首先須搞清H2SO4的利用率與Fes2利用率的關(guān)系;HZSO4的利用率為89.8%與H2so4的利用率是100%、Fes2的利用率為89.8%是Fes22H2SO42(NH4)2SO412026475.0tX80.2%X89.8%xa79.2t解得:a=66.6%故損失率為:166.6%=33.4%四、關(guān)系式法從原料到產(chǎn)品可能要經(jīng)過若干步反應(yīng)；測定某一物質(zhì)中間過程。對于多步反應(yīng)體系，依據(jù)若干化學(xué)反應(yīng)方利用關(guān)系式法可以節(jié)省不必要的中間運算步驟，避免100%=100%=53%m1m1+m2【例題2】某化肥廠以氨為原料制備NH4NO3，已知由氨制NO的產(chǎn)率是NH3+HNO3HNONH3+HNO3HNO3m2(NH3)=17t63t(1)先求制備63tHNO3需要的NH3NH3HNO3m1(NH3)x96%92%63tm1(NH3)-(1)先求制備63tHNO3需要的NH3NH3HNO3m1(NH3)x96%92%63tm1(NH3)-19t【分析】【分析】根據(jù)s元素物質(zhì)的量守恒,可得:Fes22SO2120g44.8Lm(黃鐵礦)78.2%104x103x0.268%m(黃鐵礦)=9.18x104g的HCl溶于適量的水中，加入MnO2使鹽酸完全氧化，將反應(yīng)生成溶液中，得到11.6gI2，試計算混和物中NaCl的百分含量。l2cl24HCIX+2y=0.183l2cl24HCIX+2y=0.183y=0.065mol則NacI的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為:0.118x58.5x100%-69.1%1025414611.6gm(HCI)=6.67g=0.183moln(CI)=n(HCI)=36.5g/mol設(shè)混合物中NacI的物質(zhì)的量為Xmol,Mgcl2的物質(zhì)的量為Ymol58.5x+95y=10X=0.118mol則可列方程組:【分析】根據(jù)題意先計算出1g黃鐵礦中Fes2的含量:100tx72%98%m(H2so4)x98%m(H2so4)=117.6tm(Fes2)=0.72gA=0.24g可知黃鐵礦的純度為72%,列出關(guān)系式:Fes2~2H2SO4g，用這種黃鐵礦100t可制得98%的濃硫酸多少噸？（設(shè)反應(yīng)過程有2%的硫4Fes2+11024Fes2+11022Fe203+8SO24X1202x160Am將產(chǎn)生的沉淀過濾、洗滌、干燥、灼燒，使之完全變成紅m(Fe)m(Fe)=28g9gFeFec22HCIH2OFe203:FeFe203Al反應(yīng)前處理后前后總質(zhì)量相等,由鐵元素守恒,則m(o)=m(Al)Fe203:FeFe203Al反應(yīng)前處理后前后總質(zhì)量相等,由鐵元素守恒,則m(o)=m(Al)48X100%=30%cacI2m(cacI2)=cacI2m(cacI2)=28.86g28.86g206.16g2HCI73189.8gX10%100%=14%五、和量法的方法稱為和量法。和量法的原理是：若A1/A2=B1/B2，則有A1/A2=B1/B2250℃,經(jīng)充分反應(yīng)后排出氣體，冷卻，稱得剩余固體質(zhì)量為16.6g。試計算①①2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O8440124m(混)=12.4g<18.4g18.4g-16.6g=1.8g可見,題設(shè)條件下反應(yīng)發(fā)生后NaoH過量,過量NaoH質(zhì)量為:參加反應(yīng)的NaoH質(zhì)量為:x40g/mol=4g124g/mol原混合物中NaoH質(zhì)量為:6g+4g=10gX100%=54.3%g，將容器加熱到250℃,充分反應(yīng)后，排出容器中的氣體，冷卻稱得剩余固96803436g<m(混)=g<m(混)=gg可見,可見,題設(shè)條件下反應(yīng)發(fā)生后NaoH過量,過量NaoH質(zhì)量為:19.6g-17.6g=2.0g=5=5:2:n[(NH4)2CO3]250℃,經(jīng)充分反應(yīng)后排出氣體，冷卻后稱得固體質(zhì)量為5.30g。計算原混合NaNa202先與co2反應(yīng),再與H20反應(yīng),應(yīng)先判斷Na202是否足量假設(shè)當(dāng)Na202與NaHCO3分解生成的CO2恰好完全反應(yīng)時:336156323649268a+2b=0.1b=0.02mol23.6%由此可以判斷原混合物中Na202并未將NaHCO3分解生成的a+2b=0.1b=0.02mol23.6%由此可以判斷原混合物中Na202并未將NaHCO3分解生成的CO2全部吸收,也就未吸收H2O;設(shè)原混合物中NaHCO3、Na202的物質(zhì)的量分別是amol、bmol,則:84a+78b=6.6a=0.06mol【分析】加入2.6gR2so4【分析】加入2.6gR2so4固體R2so4的飽和溶液加入的2.6gR2so4固體初始飽和溶液中的21.3g-2.6g-18.7g溶液R2so4飽和溶液的濃度為36.3%,則18.7g飽和溶液中R2so4的質(zhì)量為:18.7gX36.3%=6.8g析出的21.3gR2so4-10H20晶體中R2so4的質(zhì)量為:2.6g+6.8g=9.4g析出的21.3gR2so4·10H20晶體中H2o的質(zhì)量為:21.3g-9.4g=11.9g還是R2so4的飽和溶液六、等效思維法對于一些用常規(guī)方法不易解決的問題，通過變換思進(jìn)行適當(dāng)代換等使問題得以解決的方法，稱為等效思維法在于其思維的等效性，即你的假設(shè)、代換都必須符合原題此溶液中投入2.6g該無水硫酸鹽，結(jié)果析出不飽和溶液25055g+25g因此不飽和溶液25055g+25g因此55gH2O+25gCUSO4·5H20形成飽和溶液=20%25g飽和溶液25gCUSO4·5H2O【分析】根據(jù)題意,畫出前后狀態(tài)圖【例題2】30℃時一定量的硫酸銅溶液，若溫度保持不變，加入25g加入前飽和溶液55gH2O55g加入前飽和溶液55gH2O55gH2O+25gCUSO4·5H2O飽和溶液Fe203Fe203七、始終態(tài)法始終態(tài)法是以體系的開始狀態(tài)與最終狀態(tài)為解些變化過程中間環(huán)節(jié)很多，甚至某些中間環(huán)節(jié)不太【例題1】把適量的Fe粉投入足量的鹽酸中，反應(yīng)完畢后，向溶少量Cl2，再加入過量NaOH溶液，這時有沉淀析出，充分?jǐn)嚢璧砦?，將沉淀加?qiáng)熱，最終得到固體殘留物4.8g。求Fe粉與鹽酸FeFen(Fe)=2n(Fe203)=2x2HCI4.8g =0.06moln(Fe)=2n(Fe203)=2x2HCI4.8g =0.06mol160g/molH222.4LV(H2)=1.334L【分析】,一份【分析】,一份Mg3N2最終轉(zhuǎn)變?yōu)槿軲go,則有關(guān)系式Mg3N23MgoAmw(Mg3N2)=x100%=16.7%m(Mg3N2)=0.08g0.486g-0.47g=0.016g中含4中含4個H原子,故另一種分子中一定含原子數(shù)大于1.6,故可能是C2H4或C3H4【分析】根據(jù)題意:0.1mol混合烴含有0.16molC,0.4molH根據(jù)元素守恒,可得平均分子式為:Ch4烴中c原子數(shù)小于1.6的只有CH4,則一定含有CH4,CH4分子八、平均值法若已知平均值，則可推斷原來兩個數(shù)一定比平【例題2】電解普通水（H2O）和重水（D2O）的混合物，通電一后，兩極共生成氣體18.5g，其體積為33.6L），1H221.51H221.52H240.5即H2(混合)的體積為22.4L,H2(混合)的物質(zhì)的量為1mol即O2的體積為11.2L,o2的物質(zhì)的量為0.5mol,質(zhì)量為16gH2(混合)的質(zhì)量為:18.5g-16g=2.5gH2與O22M+2H2O2M(OH)2+H22mol22.4Ln(M)-0.2mol2.24L故合金的平均摩爾質(zhì)量為:4.49:22mol/L0.2mol?(Rb)的相對原子質(zhì)量大于22,則另一種金屬的相對原子質(zhì)量一定小于22另一種金屬可能為鋰(Li)根據(jù)十字交叉法:2.5【例題3】有銣與另一種堿金屬的合金4.4g，與足量水反應(yīng)產(chǎn)生2.2根據(jù)十字交叉法:2.5【例題4】兩種氣態(tài)烴混合物1體積充分燃燒時，需消耗相同條件下R=472RR=472R+609gNa2CO3KNO3【分析】樣品加入水中,全部溶解,由于Ba(Noa)2能與K2co3結(jié)合產(chǎn)生沉淀,故一定不會有Ba(Noa)z,可能含有Na2co3或KNoa;生成的沉淀為caco,根據(jù)沉淀質(zhì)量從而推斷出混合物的相對分子質(zhì)量,進(jìn)而判斷出雜質(zhì),設(shè)混合物為R2co3,則有:R2CO3+cacI2caco3↓+RCI2烷烴通式為:cnH2n+2yX≤X+2種或兩種，現(xiàn)將13.8g樣品加入足量水，樣品全部溶解，再加入過溶液，得9g沉淀，原樣品所含雜質(zhì)的正確九、極值法極端假設(shè)恰好為某一成分，或者極端假設(shè)為恰好成分的名稱、質(zhì)量分?jǐn)?shù)、體積分?jǐn)?shù)的解題方題時,可以根據(jù)物質(zhì)組成進(jìn)行極端假設(shè)得到有關(guān)極值,再關(guān)的極值,再結(jié)合平均值(平均相對分子質(zhì)量、平均物質(zhì)的是不能完全進(jìn)行到底,故在可逆反應(yīng)中,分析反應(yīng)物、分與雜質(zhì)成分極值化考慮,然后與實際情況比較,1molzn1mol2mol2/3Fe2/31molzn1mol2mol2/3Fe2/3mol2Na2/3Al2/3mol【分析】根據(jù)題意,1molcl2消耗的純金屬單質(zhì)質(zhì)量分別為:caCucl21mol1mol37.3g【例題2】由某堿金屬M與其氧化物M2假設(shè)4g分別為金屬M和M20,設(shè)M的相對原子質(zhì)量為M~MOH1/2M2O假設(shè)4g分別為金屬M和M20,設(shè)M的相對原子質(zhì)量為M~MOH1/2M2Oaa+17a+84g5g4ga=68或a=28現(xiàn)4g為M與M2O之間的混合物,因此相對原子質(zhì)量28a,則有:<a<68n:nba(HNO3)=3:8n:nba(HNO3)=3:8【分析】Fe與HNO反應(yīng)時,根據(jù)鐵的用量不同,反應(yīng)可分為兩種極端情況①鐵粉過量:3Fe+8HNO3Fe(NO)2+2NO+4H20a4b:n:2a:bn仍為2/3mol,則co2的體積分?jǐn)?shù)為:2/3+(2+1)100%=22.2%假設(shè)co全部轉(zhuǎn)化,則生成co2為1mol,此時co2的體積分?jǐn)?shù)為:1mol÷(2mol+1mol)100%=33.3%因反應(yīng)是可逆的,實際的co的轉(zhuǎn)化率不可能是100%;因此co2的體積分?jǐn)?shù)必處于上述兩個極端值之間CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)②HNO3過量:Fe+4HNO3Fe(Noa)3++2H2O②HNO3過量:Fe+4HNO3Fe(Noa)3++2H2O【分析】【分析】CO(g)+H2(g)CO2(g)+H2(g)【例題5】在一定溫度下，將1molCO和3mol水蒸氣在密閉容器中應(yīng)：CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)起始:1mol3moloo變化:0.75mol0.75mol0.75mol0.75mol原平衡狀態(tài)時co2和H2的物質(zhì)的量之和為0.75mol+0.75mol=1.5mol,再則生成的Co2和H2分別為1mol,此時co2和H2的物質(zhì)的量之和為2mol因反應(yīng)是可逆反應(yīng),故co2和H2的物質(zhì)的量之和應(yīng)小于2mol,即應(yīng)在1.5mol和2mol之間合物平分成兩份:：一份混合物在加熱條件下用足量一氧化cOCO2cOCO2caco3—n(co)=0.04mol①若固體全部為pbo2:pbo2+4HC濃)pbcI2+ci2+2H2On(cl2)=n(pbo2)=0.02molV=0.02molX22.4L/mol=0.448L=448mL若固體全部為pb304:pb304+8HCI(濃)3pbcI2+ci2t+4H2on(cl2)=n(pbo2)=0.01molV=0.01mol22.4L/mol=0.224L=224mL由于固體為pbo2和pb304的混合物,則cl2體積范圍為:224mL<V<448mL2COPbo2COPbon(o)=n(co)=0.04mol者滴加入后者，還是將后者滴加入前者，都有氣體產(chǎn)生+H2O【分析】此題考察反應(yīng)的先后順序問題1)N2co3+H2O【分析】此題考察反應(yīng)的先后順序問題1)N2co3滴入HCI的離子反應(yīng)式為:co32-+2H+co2t+H20①H++cO3-HCO3②H++HCO3cO2+如果n(HCI)≥2n(Na2co:),則反應(yīng)產(chǎn)生的co2氣體一樣多如果n(HCI)≤n(Na2CO),則反應(yīng)②不發(fā)生,此時無氣體產(chǎn)生欲要有氣體產(chǎn)生,且產(chǎn)生的氣體體積不同,則有:H2Oc(HC1)<2mol/L2)HCI滴入Na2CO31mol/L<n(Na2co3)<n(HC1)<2n(Na2co3)0.2mol<n(Hcl)<0.4molHNO32+NO+N204,0.05來考慮:Z+y2z+yNO、NO2(此時混合氣體平均相對分子質(zhì)量最小)N204、NOZ+y2z+yNO、NO2(此時混合氣體平均相對分子質(zhì)量最小)N204、NO2(此時混合氣體平均相對分子質(zhì)量最大)據(jù)此計算平均相對分子質(zhì)量,實際混合氣體的相對分子質(zhì)量介于兩者之間204X+Y=0.05X=0.005mol對于假設(shè)1):3x+y=0.06Y=0.045molm(總)0.005mol28g/mol+0.045molx46g/mol平均摩爾質(zhì)量為:=n(總)0.05molZ=0.01mol對于假設(shè)2):y=0.04molm(總)0.01mox92g/mol+0.04molx46glmol平均摩爾質(zhì)量為:=n(總)0.05mol55.2=44.4g/mol=55.2g/mol①C8H1①C8H1eC4H8+C3H6+CH4②C8H1eC4H8+C2H4+C3H6③C8H1SC3Hs+C3H6+C2H6④C8H18C3H6+C2H4+C2H4+CH4C8H1SC2H4+C2H4+C2H4+C2H6按照①②方式裂化,可得最后所有產(chǎn)物,此時1molC8H1e產(chǎn)生3mol混合氣體,則該方式下,混合氣體平均相對分子質(zhì)量最大114M(閣)=3=38按照④方式裂化,不能得到所有產(chǎn)物,至少需要①或②參與,此時1molC8H1s產(chǎn)生3mol<a<4mol氣體;該方式下,混合氣體平均相對分子質(zhì)量:1144=28.5<M(閣)<3828.5<M(混)≤38CH4五種氣體的混合物的平均分子質(zhì)量可能十、虛擬法所謂虛擬法，就是在分析或解決問題時，根據(jù)需解題的對象，并以此為中介，實現(xiàn)由條件向結(jié)論轉(zhuǎn)化的擬法的應(yīng)用是廣泛的，除可虛擬物質(zhì)狀態(tài)外，還有很①配平復(fù)雜氧化還原反應(yīng)時，可將復(fù)雜化合物中衡：A+2B+H2O?C+D；加水稀釋時，平衡將如何移動。減小，根據(jù)勒夏特列原理，平衡向氣體體積增大的方向，即上列平衡的逆反應(yīng)方向移動。由此，可以得出結(jié)論：溶液稀釋時，平衡向溶質(zhì)粒子數(shù)增加的方向減小，根據(jù)勒夏特列原理，平衡向單位體積內(nèi)溶質(zhì)的?！纠}2】600K時，在容積可變的透明容器內(nèi)，反應(yīng)2HI(g)+I2(g)?H2(g)達(dá)到平衡狀態(tài)A。保持溫度不變，將容器的容積壓縮成原容積的一半，(1).按圖所示的虛線方向觀察，能否看出兩次(2).按圖所示的實線方向觀察(活【分析】狀態(tài)A與狀態(tài)B的不同點是：p(B)=2p(A)，但題設(shè)反應(yīng)對第(2)小問，可將有色氣體I2(g)沿視線aA(g)?bB(g)?！痉治觥刻摂M一種中間狀態(tài)，假設(shè)平衡不移動，F(xiàn)eCl3+3NH4SCN?Fe(SCN)3+3NH4ClFe3++3SCN??Fe(SCN)3的濃度或同等程度地增大，或同等程度地減??；若要積，即減小了氣體反應(yīng)物的壓強(qiáng)(或濃度)，平衡就向氣體體若采用極限思維，對于B選項，可作如下設(shè)想：很多，這樣上列平衡體系中，F(xiàn)e3+與SCN-相互碰撞2NH3(g)+CO2(g)?CO(NH2)2(s)+H2O(g)【分析】容器容積縮小，反應(yīng)氣體壓強(qiáng)增大，合成尿素[CO(NH2)2]的反應(yīng)向正反應(yīng)方向移動，由反應(yīng)方程式知，氣體物質(zhì)的量每減少2mol，【例題6】CuCl2(aq)因濃度不同，顏色往往不同。有的是黃色［Cu(H2O)4］2++4Cl-?［CuCl4］2-+4H2O【分析】(1)加入Ag+降低Cl-濃度，可使平衡向左移動。另外，將水虛擬為容器，將離子虛擬為氣體，則加“水—容器”容積擴(kuò)(2)由美學(xué)知識可知，藍(lán)黃相混可得綠色。這樣，NaCl(s)[或濃NaCl(aq)等。十一、奇偶數(shù)法價的N原子得到，由于2個金屬原子失去的電子個電子的這個+5價的N原子反應(yīng)后化合價一定是奇數(shù)。一種元素處于奇數(shù)族，另一種元素處于偶數(shù)族，奇數(shù)族①①若n為奇數(shù),則其氟化物和硫酸鹽的化學(xué)式分別是:RFn、R2(SO4)2②若n是偶數(shù),則其氟化物和硫酸鹽的化學(xué)式分別是:RFn、R2(SO4)ni2A、n=(M2-2M1)/58B、n=(M2-M1)/29C、n=(2M2-M1)/58D、n=(M2-M1)/58(1)若A物質(zhì)中只含有碳、氫、氧三種(2)若A物質(zhì)中只含有碳、氫、氮三種元C7H16N2【分析】1)C7H16N2【分析】1)含有一個酯基的A的分子式為C7H1202,其結(jié)構(gòu)有多種,如:2)A式量128是偶數(shù),決定了A分子中N原子數(shù)目是偶數(shù),因為當(dāng)A分結(jié)構(gòu)簡式有多種,如:【分析】將【分析】1【分析】將【分析】1molso2完全反應(yīng)產(chǎn)生的熱量約為100KJ,產(chǎn)生314.3KJ熱量,因此有3mol以上,不到4mol的so2反應(yīng),【分析】由于甲分子中含X:30.4%,且N(X):N(Y)=1:2,十二、估算法估算法適用于帶一定計算因素的選擇題，是通過估算法雖可大大提高解題效率，但其使用范圍有計算題是不能用估算法解決的。嘗試用估算法解題是【例題1】下列化合物中氯元素的含量為47.65%的是(D【例題2】2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)ΔH=+196.6kJ，就此反應(yīng)測知4【例題3】甲、乙兩種化合物都只含X、Y兩種元素，甲、乙中X元素的百分含量分別為30.4%和25.9%。若已知甲的分子式g/cm-3)用鉑電極電解，當(dāng)溶液中NaOH的質(zhì)量分?jǐn)?shù)改變了0.010(1.0%ABCD【分析】【分析】電解NaoH(aq)的實質(zhì)是電解水;隨溶液中水的減少,w(NaoH)逐漸增大,因而c、D項不可選;電解時陽極產(chǎn)生O2,陰極產(chǎn)生H2,其質(zhì)量前者大,后者小,故B項為正確答案【分析】【分析】:首先排除任意比。由圖可知:1molA耗用0.5molo2s1molB耗用2molO2;若A、B以1:1混合,則1moC耗用1.25molO2,而圖中1molC耗用1molO2,可見A、B混合物中,n(A):n(B)>1:1【分析】金屬M跟氯氣反應(yīng)生成物為Mclx【分析】金屬M跟氯氣反應(yīng)生成物為Mclx,跟稀鹽酸反應(yīng)生成物為一a=18.7x2a2M+2YHcl2MCIy+H22a22.4L22.4g8.96L一a=28y18.7x=28y:當(dāng)x=3,y=2時,a=56分別寫出化學(xué)方程式進(jìn)行計算2M+xcl22MCIxY22.4g42.6g十三、討論法），aaaaa23①2H2S消耗22≤≤2.5時,H2S有剩余,以2②②2<S+V<S+V2<2H2S+當(dāng)此時:+V3222+a2H2S+22+V3222+a2H2S+223點燃H2S消耗22≥≥7.52有V=3<a<7.5繼續(xù)與2反應(yīng)生成2點燃2SO2+2H22'=+a-=a-+a+a【分析】根據(jù)題意,【分析】根據(jù)題意,n(NaoH)=0.5mol,所以固體物質(zhì)中n(Na)=0.5mol討論:①NaoH過量:若NaoH過量,則固體為NaoH與Na2CO:的混合物,假設(shè)固體全部為Naoh,則m(NaoH)=0.5x40g-20g:假設(shè)固體全部為Na2co3,則m(Na2co3)=0.25x106g-26.5g:NaoH和Na2co混合不可能得到②co2過量:Co2過量,固體物質(zhì)可能為Na2co3和NaHCO3,0.25molNa2co3質(zhì)量為26.5g,0.5molNaHCO3質(zhì)量為42g,這個假設(shè)成立設(shè)Na2co3的物質(zhì)的量為mol,NaHCO的物質(zhì)的量為ymol,則:設(shè)caco3的物質(zhì)的量為amol,Mgco的物質(zhì)的量為bmol,則:單質(zhì),硝酸體現(xiàn)酸性和氧化性,單質(zhì),硝酸體現(xiàn)酸性和氧化性,如果單質(zhì)是非金屬單質(zhì),硝酸只體現(xiàn)氧化性,根據(jù)轉(zhuǎn)移電子相等進(jìn)行計算HNO3還原為NO2,耗硝酸耗硝酸+2則+2則4NO4NO2+O2+2H2O4HNO3NO2NO2和O2,則:V(NOV(NO2)=4V(=4V(NO2):V(O2)22.422.4V(NO)V(NO)+V(O2)2828一y的相對分子質(zhì)量為:26+14a(az0)y的相對分子質(zhì)量大于24,故X的相對分子質(zhì)量一定小于24,則x為CH4設(shè)x的體積為V1,y的體積為V2,可得:22.4L/molV17a+1V24投入過量的鋅粉bg，充分反應(yīng)后過濾，所得固體殘渣經(jīng)洗滌干燥后，質(zhì)量為cV17a+1V24由題意可知,zn2zn、Fe、Cu的混合物原溶液中:n-=amol/L=mol轉(zhuǎn)化為zncI2n=n2=n-=mol13a=g/mol13a=b13a=n2=Xn2=Ymol,則有:C-b-C-b-C-b-3.28-b+3.28-b+C-b+CC(CU2+y=+64y=C-C(CU2+y=83.28 的物質(zhì)的量:n=>n-=b>13a2剩余zn的質(zhì)量=cmax=0.2a)Cu的質(zhì)量=molg/mol=12.8a2剩余zn的質(zhì)量=Fe的質(zhì)量=molcmin=1.8a)gFe的質(zhì)量=mol 1.8a)<C<0.2a)g【分析n-=3x【分析n-=3xmol=則溶液C中總n-=mol=7.2mol,由溶液A中:n-=mol,則n(Fe3+=n-=2.4mol,則溶液A中:=2.4mol六=3mol/L加入Fe粉,Fe轉(zhuǎn)化為Feclz應(yīng)為Fec2溶液,根據(jù)由中:n-=7.2mol,則有:n(Fe2+=n-=mol由Fe元素守恒,n(Fe3++n=mol;n=-2.4=mol加入mFeFec2溶液討論:<m≤;<n≤+Fe>67.2;則nminm-67.2,nmax=+67.2)=m+m>;m<n≤m+maxCu+過量的Fe粉=nn(cu2+=n(Fe3+=觀察可知mnnmax==H2S與NaoH發(fā)生如下反應(yīng):H2S+Na2SH2S與NaoH發(fā)生如下反應(yīng):H2S+Na2S2NaHS=mol,則22.422.422.4②n2=V=2.24m=7.8mol<n2<2.24<V<4.48時:H2+NaoHNaHS+H2H2+2NaoHNa2S+H2①n2<mol,0<V<2.24H2+2NaoHNa2S+H2V2VV情況①②③④組成Na2S、NaoHNa2SNa2S、NaHSNaHS·78·34-mV-11.2m49.28④n2≥V≥4.48m=g≥≥molmol3478342.3298C設(shè)H2so4(98C設(shè)H2so4(aq)3100%=0.74%m(cuso4)=0.050mol/LX1LX160g/mol=8.0g十四、設(shè)一法m(cuso4溶液)=pv=1.08g/cm3x10o0mL=1.0g3gm(cuso4溶液)=pv=1.08g/cm3x10o0mL=1.0g3g26.67g =0.6061mol44glmo8.1826.67g =0.6061mol44glmo8.18=n(CO2)n(CXHYOZN)nn10.0g-0.6061molx12g/mol0.908molx1g/mol10.0gX0.0848n16glmol=0.0607moln(H2)表mol物質(zhì)NaMgAlFe混合物摩爾電子質(zhì)量(g/mol)2312728量小的物質(zhì)(Al),也一定含有比其摩爾電子質(zhì)量大的物質(zhì)能確定),量小的物質(zhì)(Al),也一定含有比其摩爾電子質(zhì)量大的物質(zhì)能確定),是否含Mg也不能確定Fe,不十五、拆分法一則NO一則NO的體積為:0.2molx22.4L/mol=4.48La2=3b(得失電子守恒)a=0.3mol(a+0.4)x2+y=3.2x0.5(N元素守恒)b=0.2mol【分析觀察三固體物質(zhì)的化學(xué)式:Cu、Cu20和cuo,發(fā)現(xiàn)Cu20可拆成CU和CUO,則三種固體就簡化成了兩種固體CU和CUO;由質(zhì)量減少6.4g可以推導(dǎo)出混合物中。的質(zhì)量為:6.4g設(shè)Cu的物質(zhì)的量為amol,NO的物質(zhì)的量為Ymol,則有:），【分析【分析C2H40拆分為C2H2和H20,在C2H2和ceH中C、H原子個數(shù)比為1:1,則原混合物拆分為"(CH)n"和"H2O"兩部分,已知混合物中氧元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為8%,則混合物中:12w(c)=91%=84%13【分析】【分析】2個Br原子的相對原子質(zhì)量相當(dāng)于5個S原子的相對原子質(zhì)量,因此:可將FeBr2視為Fes5,則原混合物可以拆分為:"Fes"和"s4兩部分,由題意知:Fe的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為46.2%,則有:+Na202因此增加的質(zhì)量應(yīng)為氣體中co的質(zhì)量,+Na202因此增加的質(zhì)量應(yīng)為氣體中co的質(zhì)量,則有:Na2CO3液蒸發(fā)pg水，都恰好使溶液達(dá)到飽和，求該溶質(zhì)在t℃時的溶解度。"多余的水"兩部分;"多余的水"兩部分;向mg某物質(zhì)的不飽和溶液中再加入ng溶質(zhì),這ng溶質(zhì)不能再繼續(xù)溶解在"飽和溶液"中,只能溶解在"多溶質(zhì)溶解在溶質(zhì)溶解在pg水中nn9恰好形成該溫度下的該物質(zhì)的飽和溶液,恰好形成該溫度下的該物質(zhì)的飽和溶液,則有:多余的水多余的水P9飽和溶液飽和溶液ngSS=pP9ngSS=pP9則依據(jù)toc時,同一溶質(zhì)飽和溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)相等可列等式:則依據(jù)toc時,同一溶質(zhì)飽和溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)相等可列等式:alx=S/100,設(shè)Na2so3·7H2o的質(zhì)量為yg,即ygNa2so3·7H2o溶解在xg水中也達(dá)飽和:則有:100-SSY=X+溶液中ca2+33全部轉(zhuǎn)化為沉淀:ca2++3caco3↓ca2++HCO3+caco3!+H2則有:n=n(Na23+n此外:n=2nNa23+n+n設(shè)固體中Na23、NaHCO3、NaoH的物質(zhì)的量分別為:xmol,ymol,zmolm(Na2=gm(Na23 ×g/mol=g/molNa23Na23(Na2NaHCO3cao+YNaoHZmol++mol2Xmol2ymol反應(yīng)前:27.2gNa2caco3+2+molNaoH+y+反應(yīng)后:29xmol的Na2轉(zhuǎn)化為mol2NaoHAm延伸性;延伸性;題給圖形中的表面粒子數(shù)為26,總粒子數(shù)為27,其比為26:27十六、均攤法（晶體）18 16141613141414121214111小和形狀相同如圖所示，求這種納米顆粒的表設(shè)Nacl晶體中兩個距離最近的Nat中心間的距離為a,則該小正方體的體積為(a/2),由密度公式得:cmcm【分析】【分析】由題意,8個籠(即46個水分子)中容納了6個CH4分子和2個H2O分子,則其化學(xué)總式為:46H22O-6C