1、PAGE 2011年北京市高考化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共7小題，每小題3分，滿分21分）1（3分）（2011北京）垃圾分類有利于資源回收利用下列垃圾歸類不合理的是（）垃圾廢易拉罐廢塑料瓶廢熒光燈管不可再生廢紙垃圾分類ABCD【考點(diǎn)】常見的生活環(huán)境的污染及治理菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】分析這道題，要密切結(jié)合生活常識(shí)，根據(jù)各種廢品的可利用程度來分類【解答】解：A、廢易拉罐可回收利用，所以屬于可回收物B、廢塑料瓶也可回收利用，所以屬于可回收物C、廢熒光燈管中含有重金屬等有害物質(zhì)，所以屬于有害垃圾D、廢紙可以燃燒，所以屬于可燃垃圾故選B【點(diǎn)評(píng)】可回收垃圾主要包括廢紙、塑料、玻璃、金屬和布料五

2、大類通過綜合處理回收利用，可以減少污染，節(jié)省資源2（3分）（2011北京）下列說法不正確的是（）A麥芽糖及其水解產(chǎn)物均能發(fā)生銀鏡反應(yīng)B用溴水即可鑒別苯酚溶液、2，4己二烯和甲苯C在酸性條件下，CH3CO18OC2H5的水解產(chǎn)物是CH3CO18OH和C2H5OHD用甘氨酸（）和丙氨酸（）縮合最多可形成4種二肽【考點(diǎn)】苯酚的化學(xué)性質(zhì)；酯的性質(zhì)；蔗糖、麥芽糖簡介；氨基酸、蛋白質(zhì)的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)特點(diǎn)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】A、麥芽糖和水解產(chǎn)物葡萄糖中的官能團(tuán)來分析銀鏡反應(yīng)；B、溴水與苯酚溶液反應(yīng)生成三溴苯酚白色沉淀，與己二烯發(fā)生加成反應(yīng)而褪色，甲苯可萃取溴水中的溴；C、在酸性條件下，CH3CO18OC2H5

3、的水解產(chǎn)物是CH3COOH和C2H518OH；D、甘氨酸和丙氨酸縮合形成二肽時(shí)可能有如下四種情況：二個(gè)甘氨酸之間；二個(gè)丙氨酸之間；甘氨酸中的氨基與丙氨酸中的羧基之間；甘氨酸中的羧基與丙氨酸中的氨基之間【解答】解：A、麥芽糖和水解產(chǎn)物葡萄糖中的官能團(tuán)都有醛基，則麥芽糖、葡萄糖屬于還原性糖可發(fā)生銀鏡反應(yīng)，故A正確；B、苯酚和溴水反應(yīng)生成白色沉淀，2，4已二烯可以使溴水褪色，甲苯和溴水不反應(yīng)，但甲苯可以萃取溴水中的溴，甲苯的密度比水的小，所以下層是水層，上層是橙紅色的有機(jī)層，因此可以鑒別，故B正確；C、酯類水解時(shí)，酯基中的碳氧單鍵斷鍵，水中的羥基與碳氧雙鍵結(jié)合形成羧基，所以CH3CO18OC2H5的

4、水解產(chǎn)物是CH3COOH和C2H518OH，故C錯(cuò)誤；D、兩個(gè)氨基酸分子（可以相同，也可以不同），在酸或堿的存在下加熱，通過一分子的氨基與另一分子的羧基間脫去一分子水，縮合形成含有肽鍵的化合物，成為成肽反應(yīng)因此甘氨酸和丙氨酸混合縮合是既可以是自身縮合：二個(gè)甘氨酸之間，二個(gè)丙氨酸之間（共有2種），也可是甘氨酸中的氨基與丙氨酸中的羧基之間；甘氨酸中的羧基與丙氨酸中的氨基之間，所以一共有4種二肽，故D正確故選C【點(diǎn)評(píng)】本題考查醛基、苯酚、雙鍵、酯基、氨基、羧基的性質(zhì)，常用銀鏡反應(yīng)來檢驗(yàn)醛基，檢驗(yàn)苯酚常用氯化鐵溶液和溴水3（3分）（2011北京）結(jié)合圖判斷，下列敘述正確的是（）A和中正極均被保護(hù)B和中

5、負(fù)極反應(yīng)均是Fe2e=Fe2+C和中正極反應(yīng)均是O2+2H2O+4e=4OHD和中分別加入少量K3Fe（CN）6溶液，均有藍(lán)色沉淀【考點(diǎn)】原電池和電解池的工作原理；電極反應(yīng)和電池反應(yīng)方程式菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】鋅比鐵活潑，裝置中鋅做負(fù)極，負(fù)極反應(yīng)為：Zn2e=Zn2+，鐵做正極，溶液呈中性，發(fā)生吸氧腐蝕，正極反應(yīng)為：O2+2H2O+4e=4OH；鐵比銅活潑，裝置中鐵為負(fù)極，反應(yīng)式為：Fe2e=Fe2+，正極為銅，電解質(zhì)溶液呈酸性，所以正極的反應(yīng)式為：2H+2e=H2；檢驗(yàn)Fe2+離子可用K3Fe（CN）6生成藍(lán)色的Fe3Fe（CN）62沉淀【解答】解：A、題給裝置I、II都是原電池，活潑金屬作

6、負(fù)極，首先被腐蝕，不活潑金屬作正極，被保護(hù)；故A對(duì)；B、I中的負(fù)極反應(yīng)式為：Zn2e=Zn2+，而II中負(fù)極是鐵，反應(yīng)式為：Fe2e=Fe2+，故B錯(cuò)；C、I溶液顯中性，其電極反應(yīng)式為：O2+2H2O+4e=4OH，而II溶液顯酸性，電極反應(yīng)式為：2H+2e=H2，故C錯(cuò)；D、I中沒有Fe2+，不能與K3Fe（CN）6生成藍(lán)色的Fe3Fe（CN）62沉淀，故D錯(cuò)；故選A【點(diǎn)評(píng)】本題考查原電池的工作原理以及金屬的腐蝕及防護(hù)等知識(shí)，做題的關(guān)鍵是正確判斷電池的正負(fù)極反應(yīng)4（3分）（2011北京）下列與處理方法對(duì)應(yīng)的反應(yīng)方程式不正確的是（）A用Na2S去除廢水中的Hg2+：Hg2+S2=HgSB用催化

7、法處理汽車尾氣中的CO和NO：CO+NOC+NO2C向污水中投放明礬，生成能凝聚懸浮物的膠體：Al3+3H2OAl（OH）3（膠體）+3H+D用高溫催化氧化法去除烴類廢氣（CxHy）：CxHy+（x+）O2xCO2+H2O【考點(diǎn)】物質(zhì)的分離、提純和除雜；離子方程式的書寫菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)題；元素及其化合物【分析】A、Hg2+和S2易結(jié)合形成難溶性的HgS；B、NO的氧化性強(qiáng)于CO，反應(yīng)產(chǎn)物為N2和CO2；C、明礬凈水是Al3+水解生成了吸附性較強(qiáng)的Al（OH）3膠體；D、碳、氫化合物在高溫下可被氧氣氧化為二氧化碳和水【解答】解：A、Hg2+和S2易結(jié)合形成難溶性的HgS，可用Na2

8、S去除廢水中的Hg2+，離子方程式為：Hg2+S2=HgS，故A正確；B、NO的氧化性強(qiáng)于CO，反應(yīng)產(chǎn)物為N2和CO2，正確的化學(xué)方程式為：2CO+2NON2+2CO2，故B錯(cuò)誤；C、明礬在溶液中電離出的Al3+水解生成的Al（OH）3膠體具有較強(qiáng)的吸附性，能吸附水中的懸浮物，離子方程式為Al3+3H2OAl（OH）3（膠體）+3H+，故C正確；D、碳、氫化合物在高溫下可被氧氣氧化為二氧化碳和水，可用高溫催化氧化法去除烴類廢氣，化學(xué)方程式為：CxHy+（x+）O2xCO2+H2O，故D正確故選B【點(diǎn)評(píng)】本題結(jié)合無機(jī)物和有機(jī)物的反應(yīng)考查了化學(xué)方程式、離子方程式為的正確書寫5（3分）（2011北京

9、）25、101kPa下：2Na（s）+O2（g）=Na2O（s）H=414kJmol12Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）H=511kJmol1下列說法正確的是（）A和產(chǎn)物的陰陽離子個(gè)數(shù)比不相等B和生成等物質(zhì)的量的產(chǎn)物，轉(zhuǎn)移電子數(shù)不同C常溫下Na與足量O2反應(yīng)生成Na2O，隨溫度升高生成Na2O的速率逐漸加快D25、101kPa下：Na2O2（s）+2Na（s）=2Na2O（s）H=317kJmol1【考點(diǎn)】熱化學(xué)方程式；化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】A、Na2O中陰陽離子個(gè)數(shù)之比為1：2，Na2O2中陰陽離子個(gè)數(shù)之比為1：2；B、由鈉原子的個(gè)數(shù)及鈉元素的化合價(jià)分析轉(zhuǎn)移的電

10、子數(shù)；C、鈉與氧氣在加熱時(shí)生成過氧化鈉；D、利用已知的兩個(gè)反應(yīng)和蓋斯定律來分析【解答】解：A、在Na2O中陽離子是鈉離子、陰離子是氧離子，Na2O2中陽離子是鈉離子、陰離子是過氧根離子，因此陰、陽離子的個(gè)數(shù)比都是1：2，故A錯(cuò)誤；B、由鈉原子守恒可知，和生成等物質(zhì)的量的產(chǎn)物時(shí)，鈉元素的化合價(jià)都是由0升高到+1價(jià)，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相同，故B錯(cuò)誤；C、溫度升高，Na與足量O2反應(yīng)的產(chǎn)物是Na2O2，故C錯(cuò)誤；D、熱化學(xué)方程式25、101kPa下：2Na（s）+O2（g）=Na2O（s）H=414kJmol1，2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）H=511kJmol1，2可得Na2O2（s）+2

11、Na（s）=2Na2O（s）H=317kJmol1，故D正確；故選D【點(diǎn)評(píng)】本題是一綜合題，考查化學(xué)鍵類型、氧化還原反應(yīng)的計(jì)算、元素化合物知識(shí)、以及蓋斯定律，考查了多個(gè)考點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)全面，但難度適中，是一好題6（3分）（2011北京）下列實(shí)驗(yàn)方案中，不能測定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3質(zhì)量分?jǐn)?shù)（）A取a克混合物充分加熱，減重b克B取a克混合物與足量稀鹽酸充分反應(yīng)，加熱、蒸干、灼燒，得b克固體C取a克混合物與足量稀硫酸充分反應(yīng)，逸出氣體用堿石灰吸收，增重b克D取a克混合物與足量Ba（OH）2溶液充分反應(yīng)，過濾、洗滌、烘干，得b克固體【考點(diǎn)】鈉的重要化合物菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】壓軸題

12、【分析】實(shí)驗(yàn)方案是否可行，關(guān)鍵看根據(jù)測量數(shù)據(jù)能否計(jì)算出結(jié)果A、此方案利用碳酸氫鈉的不穩(wěn)定性，利用差量法即可計(jì)算質(zhì)量分?jǐn)?shù)；B、根據(jù)鈉守恒，可列方程組求解；C、C項(xiàng)應(yīng)先把水蒸氣排除才合理；D、根據(jù)質(zhì)量關(guān)系，可列方程組求解【解答】解：A、在Na2CO3和NaHCO3中，加熱能分解的只有NaHCO3，故A項(xiàng)成立；B、反應(yīng)后加熱、蒸干、灼燒得到的固體產(chǎn)物是NaCl，Na2CO3和NaHCO3轉(zhuǎn)化為NaCl時(shí)的固體質(zhì)量變化不同，由鈉元素守恒和質(zhì)量關(guān)系，可列方程組計(jì)算，故B項(xiàng)成立；C、C項(xiàng)中堿石灰可以同時(shí)吸收CO2和水蒸氣，則無法計(jì)算，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D、Na2CO3和NaHCO3轉(zhuǎn)化為BaCO3時(shí)的固體質(zhì)量變

13、化不同，利用質(zhì)量關(guān)系來計(jì)算，故D項(xiàng)成立故選：C【點(diǎn)評(píng)】本題看似是實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)，實(shí)際上是從定性和定量兩個(gè)角度考察碳酸鈉和碳酸氫鈉性質(zhì)的不同7（3分）（2011北京）已知反應(yīng)：2CH3COCH3（l）CH3COCH2COH（CH3）2（l）取等量CH3COCH3，分別在0和20下，測得其轉(zhuǎn)化分?jǐn)?shù)隨時(shí)間變化的關(guān)系曲線（Yt）如圖所示下列說法正確的是（）Ab代表0下CH3COCH3的Yt曲線B反應(yīng)進(jìn)行到20min末，CH3COCH3的C升高溫度可縮短反應(yīng)達(dá)平衡的時(shí)間并能提高平衡轉(zhuǎn)化率D從Y=0到Y(jié)=0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的【考點(diǎn)】轉(zhuǎn)化率隨溫度、壓強(qiáng)的變化曲線菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】壓

14、軸題【分析】分析圖象題時(shí)注意曲線的變化，溫度越高，化學(xué)反應(yīng)速率越大，達(dá)到平衡時(shí)的時(shí)間就越少，曲線的斜率就越大；根據(jù)圖象可以看出溫度越高CH3COCH3轉(zhuǎn)化的越少，說明升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，CH3COCH3的轉(zhuǎn)化率反而降低，分析圖象，當(dāng)反應(yīng)進(jìn)行到66min時(shí)a、b曲線對(duì)應(yīng)的轉(zhuǎn)化分?jǐn)?shù)均相同，都是0.113，這說明此時(shí)生成的CH3COCH2COH（CH3）2一樣多【解答】解：A、溫度越高反應(yīng)速率就越快，到達(dá)平衡的時(shí)間就越短，由圖象可看出曲線b首先到達(dá)平衡，所以曲線b表示的是20時(shí)的Yt曲線，故A錯(cuò)；B、當(dāng)反應(yīng)進(jìn)行到20min時(shí)，從圖象中可以看出b曲線對(duì)應(yīng)的轉(zhuǎn)化分?jǐn)?shù)高于a曲線對(duì)應(yīng)的轉(zhuǎn)化分?jǐn)?shù)，這

15、說明b曲線在20時(shí)對(duì)應(yīng)的反應(yīng)速率快，所以1，故B錯(cuò)；C、根據(jù)圖象溫度越高CH3COCH3轉(zhuǎn)化的越少，說明升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，即正方應(yīng)是放熱反應(yīng)，故C錯(cuò)；D、根據(jù)圖象可以看出當(dāng)反應(yīng)進(jìn)行到66min時(shí)a、b曲線對(duì)應(yīng)的轉(zhuǎn)化分?jǐn)?shù)均相同，都是0.113，這說明此時(shí)生成的CH3COCH2COH（CH3）2一樣多，所以從Y=0到Y(jié)=0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的，故D正確故選D【點(diǎn)評(píng)】本題考查轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的圖象題，做題時(shí)注意觀察曲線的變化趨勢，以及溫度對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響，本題的關(guān)鍵是根據(jù)圖象正確判斷反應(yīng)是吸熱還是放熱二、解答題（共4小題，滿分58分）8（12分）（2011北

16、京）在溫度t1和t2下，X2（g）和H2反應(yīng)生成HX的平衡常數(shù)如下表：化學(xué)方程式K（t1）K（t2）F2+H22HF1.810361.91032Cl2+H22HCl9.710124.21011Br2+H22HBr5.61079.3106I2+H22HI4334（1）已知t2t1，HX的生成反應(yīng)是放熱反應(yīng)（填“吸熱”或“放熱”）（2）HX的電子式是（3）共價(jià)鍵的極性隨共用電子對(duì)偏移程度的增大而增強(qiáng)，HX共價(jià)鍵的極性由強(qiáng)到弱的順序是HF、HCl、HBr、HI（4）X2都能與H2反應(yīng)生成HX，用原子結(jié)構(gòu)解釋原因：鹵素原子的最外層電子數(shù)均為7（5）K的變化體現(xiàn)出X2化學(xué)性質(zhì)的遞變性，用原子結(jié)構(gòu)解釋原因

17、：同一主族元素從上到下原子核外電子層數(shù)依次增多，原子半徑逐漸增大，得電子能力逐漸減弱（6）僅依據(jù)K的變化，可以推斷出：隨著鹵素原子核電荷數(shù)的增加，ad（選填字母）a在相同條件下，平衡時(shí)X2的轉(zhuǎn)化率逐漸降低bX2與H2反應(yīng)的劇烈程度逐漸減弱cHX的還原性逐漸減弱dHX的穩(wěn)定性逐漸減弱【考點(diǎn)】鹵素原子結(jié)構(gòu)及其性質(zhì)的比較；電子式；吸熱反應(yīng)和放熱反應(yīng)；化學(xué)平衡常數(shù)的含義菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】（1）溫度升高，平衡常數(shù)減小，說明平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，HX的生成反應(yīng)為放熱反應(yīng)；（2）HX中H與X以一對(duì)共用電子對(duì)結(jié)合，電子式為：（3）F、Cl、Br、I的得電子能力依次減小，故HX共價(jià)鍵的極性由強(qiáng)到弱的順序是H

18、F、HCl、HBr、HI；（4）X2都能與H2反應(yīng)生成HX的原因是鹵素原子的最外層電子數(shù)均為7，得一個(gè)電子或形成一個(gè)共用電子對(duì)時(shí)，即可形成8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；（5）平衡常數(shù)越大，說明反應(yīng)越易進(jìn)行，F(xiàn)、Cl、Br、I的得電子能力依次減小的主要原因是：同一主族元素從上到下原子核外電子層數(shù)依次增多，原子半徑逐漸增大，核對(duì)最外層電子的吸引力依次減弱；（6）K值越大，說明反應(yīng)的正向程度越大，即轉(zhuǎn)化率越高，反應(yīng)的正向程度越小，說明生成物越不穩(wěn)定，越易分解【解答】解：（1）由表中數(shù)據(jù)可知，溫度越高平衡常數(shù)越小，這說明升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，所以HX的生成反應(yīng)是發(fā)熱反應(yīng)；（2）HX屬于共價(jià)化合物，HX之間形

19、成的化學(xué)鍵是極性共價(jià)鍵，因此HX的電子式是；（3）F、Cl、Br、I屬于A，同主族元素自上而下隨著核電荷數(shù)的增大，原子核外電子層數(shù)逐漸增多，導(dǎo)致原子半徑逐漸增大，因此原子核對(duì)最外層電子的吸引力逐漸減弱，從而導(dǎo)致非金屬性逐漸減弱，即這四種元素得到電子的能力逐漸減弱，所以HF鍵的極性最強(qiáng)，HI的極性最弱，因此HX共價(jià)鍵的極性由強(qiáng)到弱的順序是HF、HCl、HBr、HI；（4）鹵素原子的最外層電子數(shù)均為7個(gè)，在反應(yīng)中均易得到一個(gè)電子而達(dá)到8電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)而H原子最外層只有一個(gè)電子，在反應(yīng)中也想得到一個(gè)電子而得到2電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，因此鹵素單質(zhì)與氫氣化合時(shí)易通過一對(duì)共用電子對(duì)形成化合物HX；（5）平衡常數(shù)

20、越大，說明反應(yīng)越易進(jìn)行，F(xiàn)、Cl、Br、I的得電子能力依次減小的主要原因是：同一主族元素從上到下原子核外電子層數(shù)依次增多，原子半徑逐漸增大，核對(duì)最外層電子的吸引力依次減弱造成的（6）K值越大，說明反應(yīng)的正向程度越大，即轉(zhuǎn)化率越高，a正確；反應(yīng)的正向程度越小，說明生成物越不穩(wěn)定，越易分解，因此選項(xiàng)d正確；而選項(xiàng)c與K的大小無直接聯(lián)系故答案為：（1）放熱；（2）；（3）HF、HCl、HBr、HI；（4）鹵素原子的最外層電子數(shù)均為7；（5）同一主族元素從上到下原子核外電子層數(shù)依次增多；（6）ad【點(diǎn)評(píng)】用圖表表述化學(xué)過程或呈現(xiàn)背景信息是化學(xué)常用的表達(dá)方式，全面考查學(xué)生分析、比較、概括、歸納問題的能力

21、9（14分）（2011北京）氯堿工業(yè)中電解飽和食鹽水的原理示意圖如右圖所示（1）溶液A的溶質(zhì)是NaOH（2）電解飽和食鹽水的離子方程式是2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH（3）電解時(shí)用鹽酸控制陽極區(qū)溶液的pH在23用化學(xué)平衡移動(dòng)原理解釋鹽酸的作用：Cl2與水的反應(yīng)為Cl2+H2OHCl+HClO，增大HCl的濃度使平衡逆向移動(dòng)減少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出（4）電解所用的鹽水需精制，去除有影響的Ca2+、Mg2+、NH4+、SO42c（SO42）c（Ca2+）精制流程如下（淡鹽水和溶液A來自電解池）：鹽泥a除泥沙外，還含有的物質(zhì)是Mg（OH）2過程I中將NH4+轉(zhuǎn)化為N2的離子方

22、程式是2NH4+3Cl2+8OHN2+6Cl+8H2OBaSO4的溶解度比BaCO3的小過程II中除去的離子有SO42、Ca2+經(jīng)過程III處理，要求鹽水c中剩余Na2SO3的含量小于5mg/L若鹽水b中NaClO的含量是7.45mg/L，則處理10m3鹽水b，至多添加10% Na2SO3溶液1.76kg（溶液體積變化忽略不計(jì)）【考點(diǎn)】以氯堿工業(yè)為基礎(chǔ)的化工生產(chǎn)簡介；原電池和電解池的工作原理；粗鹽提純菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】實(shí)驗(yàn)題；電化學(xué)專題；元素及其化合物【分析】（1）根據(jù)電極反應(yīng)判斷陰極產(chǎn)物；（2）根據(jù)兩極的反應(yīng)書寫電解反應(yīng)式；（3）根據(jù)陽極產(chǎn)物和平衡移動(dòng)原理分析；（4）根據(jù)雜質(zhì)離子和溶液的

23、酸堿性判斷能反應(yīng)生成的沉淀；根據(jù)A溶液成分和可能具有的性質(zhì)，結(jié)合氧化還原反應(yīng)和質(zhì)量守恒定律書寫離子方程式；根據(jù)溶液成分和溶解度大小判斷生成的沉淀；根據(jù)反應(yīng)方程式和質(zhì)量守恒解答【解答】解：（1）電解飽和食鹽水時(shí)，陰極反應(yīng)式為：2H2O+2e2OH+H2，陽極反應(yīng)式為：2Cl2eCl2，陰極產(chǎn)物為NaOH和H2，陽極產(chǎn)物是Cl2，據(jù)此可以確定溶液A的溶質(zhì)是NaOH，故答案為：NaOH；（2）根據(jù)陽極極和陰極的反應(yīng)式可得電解反應(yīng)的離子方程式是2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH，故答案為：2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH；（3）電解時(shí)用鹽酸控制陽極區(qū)溶液的pH在23的作用是促使化學(xué)平衡Cl2+H

24、2OHCl+HClO向左移動(dòng)，減少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出，故答案為：Cl2與水的反應(yīng)為Cl2+H2OHCl+HClO，增大HCl的濃度使平衡逆向移動(dòng)減少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出；（4）根據(jù)粗鹽水和淡鹽水的化學(xué)成分，代入題給精制鹽水的流程進(jìn)行分析，可知過程I是將Mg2+轉(zhuǎn)化為Mg（OH）2沉淀除去，即鹽泥a中除泥沙外，還含有的物質(zhì)是Mg（OH）2，故答案為：Mg（OH）2；將NH4+轉(zhuǎn)化為N2的氧化劑是Cl2，對(duì)應(yīng)的離子方程式是2NH4+3Cl2+8OHN2+6Cl+8H2O，故答案為：2NH4+3Cl2+8OHN2+6Cl+8H2O；過程II是利用沉淀溶解平衡原理

25、，將溶液中的Ca2+和SO42分別轉(zhuǎn)化為CaCO3和BaSO4沉淀除去，故答案為：SO42、Ca2+；NaClO與Na2SO3溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為：NaClO+Na2SO3NaCl+Na2SO4，若鹽水b中NaClO的含量是7.45mg/L，則處理10m3鹽水b時(shí)至少需要10%Na2SO3溶液，若鹽水c中剩余Na2SO3的含量為5mg/L，則還需添加10% Na2SO3溶液50g10%=0.5kg，因此至多添加10%Na2SO3溶液的質(zhì)量為1.26kg+0.5kg=1.76kg故答案為：1.76【點(diǎn)評(píng)】本題考查飽和食鹽水的電解和粗鹽的提純，題目較為綜合，注意平衡移動(dòng)原理的應(yīng)用以及物質(zhì)的量應(yīng)用

26、于化學(xué)方程式的計(jì)算做題時(shí)注意題中所給信息，用守恒的方法解答10（15分）（2011北京）甲、乙兩同學(xué)為探究SO2與可溶性鋇的強(qiáng)酸鹽能否反應(yīng)生成白色BaSO3沉淀，用下圖所示裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)（夾持裝置和A中加熱裝置已略，氣密性已檢驗(yàn)）實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象：操作現(xiàn)象關(guān)閉彈簧夾，滴加一定量濃硫酸，加熱A中有白霧生成，銅片表面產(chǎn)生氣泡B中有氣泡冒出，產(chǎn)生大量白色沉淀C中產(chǎn)生白色沉淀，液面上方略顯淺棕色并逐漸消失打開彈簧夾，通入N2，停止加熱，一段時(shí)間后關(guān)閉從B、C中分別取少量白色沉淀，加稀鹽酸均未發(fā)現(xiàn)白色沉淀溶解（1）A中反應(yīng)的化學(xué)方程式是Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O（2）C中白色沉淀是BaS

27、O4，該沉淀的生成表明SO2具有還原性（3）C中液面上方生成淺棕色氣體的化學(xué)方程式是2NO+O22NO2（4）分析B中不溶于稀鹽酸的沉淀產(chǎn)生的原因，甲認(rèn)為是空氣參與反應(yīng)，乙認(rèn)為是白霧參與反應(yīng)為證實(shí)各自的觀點(diǎn)，在原實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ)上：甲在原有操作之前增加一步操作，該操作是通N2一段時(shí)間，排除裝置中的空氣；乙在A、B間增加洗氣瓶D，D中盛放的試劑是飽和NaHSO3溶液進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，B中現(xiàn)象：甲大量白色沉淀乙少量白色沉淀檢驗(yàn)白色沉淀，發(fā)現(xiàn)均不溶于稀鹽酸結(jié)合離子方程式解釋實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象異同的原因：甲：SO42+Ba2BaSO4，乙：2Ba2+2SO2+O2+2H2O2BaSO4+4H+，白霧的量遠(yuǎn)多于裝置中O2的量（5

28、）合并（4）中兩同學(xué)的方案進(jìn)行實(shí)驗(yàn)B中無沉淀生成，而C中產(chǎn)生白色沉淀，由此得出的結(jié)論是SO2與可溶性鋇的強(qiáng)酸鹽不能反應(yīng)生成BaSO3沉淀【考點(diǎn)】二氧化硫的化學(xué)性質(zhì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】壓軸題【分析】（1）由題給實(shí)驗(yàn)?zāi)康暮蛯?shí)驗(yàn)可知，A中發(fā)生的反應(yīng)方程式為：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O；（2）C中白色沉淀不溶于稀鹽酸，說明沉淀是BaSO4，原因是硝酸根離子在酸性條件下具有強(qiáng)氧化性，能將SO2氧化為SO42，說明SO2具有還原性；（3）C中液面上方生成淺棕色氣體則是硝酸還原生成的NO，遇O2生成了紅棕色的NO2之故，化學(xué)方程式是2NO+O22NO2；（4）甲同學(xué)為排除裝置內(nèi)空氣對(duì)實(shí)

29、驗(yàn)結(jié)果的影響，在Cu與濃硫酸反應(yīng)前，可先通一會(huì)兒N2；乙同學(xué)為除去白霧或SO2中的SO3，可在A、B間增加一個(gè)盛放濃硫酸或飽和NaHSO3溶液的洗氣瓶；由于甲同學(xué)沒有排除白霧的干擾，生成BaSO4沉淀的離子方程式為SO42+Ba2BaSO4；乙同學(xué)沒有排除空氣的干擾，其生成BaSO4的離子方程式為2Ba2+2SO2+O2+2H2O2BaSO4+4H+；（5）合并甲、乙兩同學(xué)的方案進(jìn)行實(shí)驗(yàn)時(shí)，B中無沉淀生成，C中產(chǎn)生白色沉淀，說明SO2與可溶性鋇的強(qiáng)酸鹽不能反應(yīng)生成BaSO3沉淀【解答】解：（1）銅和濃硫酸加熱條件下生成硫酸銅、二氧化硫和水，化學(xué)方程式為：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2

30、H2O；（2）A中生成氣體SO2，C中的白色沉淀不溶于稀鹽酸，說明C中沉淀為是BaSO4，原因是硝酸根離子在酸性條件下具有強(qiáng)氧化性，能將SO2氧化為SO42，說明SO2具有還原性；（3）C中發(fā)生的反應(yīng)是3SO2+3Ba2+2NO3+2H2O3BaSO4+2NO+4H+，C中液面上方生成淺棕色氣體則是硝酸還原生成的NO遇O2生成了紅棕色的NO2之故，化學(xué)方程式是2NO+O22NO2；（4）A中白霧與氯化鋇反應(yīng)能生成BaSO4沉淀，故其可能含有SO3或H2SO4，；甲同學(xué)為排除裝置內(nèi)空氣對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果的影響，在Cu與濃硫酸反應(yīng)前，可先通一會(huì)兒N2；A中白霧可能含有SO3或H2SO4，乙同學(xué)為除去白霧或

31、SO2中的SO3，可在A、B間增加一個(gè)盛放濃硫酸或飽和NaHSO3溶液的洗氣瓶；在甲、乙兩同學(xué)的實(shí)驗(yàn)中，B中均出現(xiàn)了不溶于稀鹽酸的白色沉淀，說明該白色沉淀都是BaSO4，由于甲同學(xué)沒有排除白霧的干擾，故生成BaSO4沉淀的離子方程式為SO42+Ba2+BaSO4；乙同學(xué)沒有排除空氣的干擾，其生成BaSO4的離子方程式為2Ba2+2SO2+O2+2H2O2BaSO4+4H+，白霧的量遠(yuǎn)多于裝置中氧氣的量，所以甲中產(chǎn)生大量白色沉淀，乙中產(chǎn)生少量白色沉淀；（5）合并甲、乙兩同學(xué)的方案進(jìn)行實(shí)驗(yàn)時(shí)，B中無沉淀生成，C中產(chǎn)生白色沉淀，說明SO2與可溶性鋇的強(qiáng)酸鹽不能反應(yīng)生成BaSO3沉淀故答案為：（1）C

32、u+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O；（2）H2SO4，還原；（3）2NO+O22NO2，（4）通N2一段時(shí)間，排除裝置中的空氣；飽和NaHSO3溶液；甲：SO42+Ba2+BaSO4，乙：2Ba2+2SO2+O2+2H2O2BaSO4+4H+，白霧的量遠(yuǎn)多于裝置中O2的量；（5）SO2與可溶性鋇的強(qiáng)酸鹽不能反應(yīng)生成BaSO3沉淀【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了SO2的制取、性質(zhì)及BaSO3、BaSO4的性質(zhì)知識(shí)等，同時(shí)考查了學(xué)生的實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)、分析、檢驗(yàn)、推斷等基本技能，充分考查了學(xué)生的思維分析能力等，綜合性強(qiáng)11（17分）（2011北京）常用作風(fēng)信子等香精的定香劑D以及可用作安全玻璃夾層的高分子

33、化合物PVB的合成路線如下：已知：RCHO+RCH2CHO+H2O（R、R表示烴基或氫）醛與二元醇（如：乙二醇）可生成環(huán)狀縮醛：（1）A的核磁共振氫譜有兩種峰A的名稱是乙醛（2）A與合成B的化學(xué)方程式是（3）C為反式結(jié)構(gòu)，由B還原得到C的結(jié)構(gòu)式是（4）E能使Br2的CCl4溶液褪色N由A經(jīng)反應(yīng)合成a的反應(yīng)試劑和條件是稀NaOH；加熱b的反應(yīng)類型是加成反應(yīng)c的化學(xué)方程式是（5）PVAc由一種單體經(jīng)加聚反應(yīng)得到，該單體的結(jié)構(gòu)簡式是CH3COOCH=CH2（6）堿性條件下，PVAc完全水解的化學(xué)方程式是【考點(diǎn)】有機(jī)物的合成；有機(jī)物的推斷菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】壓軸題【分析】根據(jù)A的分子式和A轉(zhuǎn)化為B的

34、反應(yīng)條件，結(jié)合題給信息I和A的核磁共振氫譜，可以確定A為乙醛，B為 ；由C為反式結(jié)構(gòu)，由B還原得到，可以確定C中仍具有C=C，被還原的基團(tuán)應(yīng)是CHO，由此即可確定C的結(jié)構(gòu)式；根據(jù)D的分子式C11H12O2，可以確定其不飽和度為6，結(jié)合生成D的反應(yīng)條件，可確定D為 ，進(jìn)而確定M為乙酸；由PVB的結(jié)構(gòu)簡式和題給信息II可確定其單體之一是CH3（CH2）2CHO，即N為CH3（CH2）2CHO；另一高分子化合物PVA為，進(jìn)而推出PVAc的單體為CH3COOCH=CH2；由A和N的結(jié)構(gòu)簡式，結(jié)合題給信息I即可推出E為，CH3CH=CHCHO，F(xiàn)為CH3（CH2）3OH由此即可按題設(shè)要求回答有關(guān)問題【解

35、答】解：（1）A的分子式是C2H4O，且A的核磁共振氫譜有兩種峰，因此A只能是乙醛，故答案為：乙醛；（2）A為乙醛，B為 ，反應(yīng)的方程式為，故答案為：；（3）C為反式結(jié)構(gòu)，說明C中含有碳碳雙鍵又因?yàn)镃由B還原得到，B中含有醛基，因此C中含有羥基，故C的結(jié)構(gòu)簡式是，故答案為：；（4）根據(jù)PVB的結(jié)構(gòu)簡式并結(jié)合信息可推出N的結(jié)構(gòu)簡式是CH3（CH2）2CHO，又因?yàn)镋能使Br2的CCl4溶液褪色，所以E是2分子乙醛在氫氧化鈉溶液中并加熱的條件下生成的，即E的結(jié)構(gòu)簡式是CH3CH=CHCHO，然后E通過氫氣加成得到F，所以F的結(jié)構(gòu)簡式是CH3CH2CH2CH2OHF經(jīng)過催化氧化得到N，方程式為，故答

36、案為：a稀NaOH；加熱；b加成反應(yīng)；c；（5）由C和D的結(jié)構(gòu)簡式可知M是乙酸，由PVB和N的結(jié)構(gòu)簡式可知PVA的結(jié)構(gòu)簡式是聚乙烯醇，因此PVAC的單體是乙酸乙烯酯，結(jié)構(gòu)簡式是CH3COOCH=CH2，故答案為：CH3COOCH=CH2；（6）PVAc的單體為CH3COOCH=CH2，則PVAc為，含有酯基，能在堿性條件下水解生成和乙酸鈉，反應(yīng)的化學(xué)方程式為，故答案為：【點(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的合成，題目難度較大，解答本題時(shí)注意把握題中的隱含信息，如各小題的中的信息，為解答本題的關(guān)鍵，注意把握有機(jī)物官能團(tuán)的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)PAGE 高考化學(xué)-解題方法與技巧一、守恒法利用電荷守恒和原子守恒為基礎(chǔ)，就是巧

37、妙地選擇化學(xué)式中某兩數(shù)(如化合價(jià)數(shù)、正負(fù)電荷總數(shù))始終保持相等，或幾個(gè)連續(xù)的化學(xué)方程式前后某微粒(如原子、電子、離子)的物質(zhì)的量保持不變，作為解題的依據(jù)，這樣不用計(jì)算中間產(chǎn)物的數(shù)量，從而提高解題速度和準(zhǔn)確性。（一）原子個(gè)數(shù)守恒【例題1】某無水混合物由硫酸亞鐵和硫酸鐵組成，測知該混合物中的硫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為a，求混合物中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。【分析】根據(jù)化學(xué)式FeSO4、Fe2(SO4)3可看出，在這兩種物質(zhì)中S、O原子個(gè)數(shù)比為1：4，即無論這兩種物質(zhì)以何種比例混合，S、O的原子個(gè)數(shù)比始終為1：4。設(shè)含O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)x，則32/64a/x，x2a。所以(Fe)13a【例題2】用1L1mol/L的NaOH溶液吸

38、收0.8molCO2，求所得的溶液中CO23和HCO3的物質(zhì)的量之比為 【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2x+y=1mol/L1Lx+y=0.8mol，解得x=0.2，y=0.6，所以CO32：HCO31：3（二）電荷守恒即對(duì)任一電中性的體系，如化合物、混和物、溶液等，電荷的代數(shù)和為零，即正電荷總數(shù)和負(fù)電荷總數(shù)相等?！纠}3】在Na2SO4和K2SO4的混和溶液中，如果Na+=0.2摩升，SO42-=x摩升 ，K+=y摩升，則x和y的關(guān)系是（A）x=0.5y (B)

39、x=0.1+0.5y (C)y=2(x0.1) (D)y=2x0.1【分析】可假設(shè)溶液體積為1升，那么Na+物質(zhì)的量為0.2摩，SO42-物質(zhì)的量為x摩，K+物質(zhì)的量為y摩，根據(jù)電荷守恒可得Na+K+=2SO42-，所以答案為BC【例題4】用1L1mol/L的NaOH溶液吸收0.8molCO2，求所得的溶液中CO23和HCO3的物質(zhì)的量之比為 【分析】根據(jù)電荷守恒：溶液中Na+H+=HCO3+2CO32+OH，因?yàn)镠+和OH均相對(duì)較少，可忽略不計(jì)。Na+=HCO3+2CO32，已知Na+1mol/L，根據(jù)C原子守恒：HCO3+CO320.8mol/L，所以10.8+CO32，所以CO320.2

40、mol/L，HCO30.6mol/L，所以CO32：HCO31：3（三）電子守恒是指在發(fā)生氧化還原反應(yīng)時(shí)，氧化劑得到的電子數(shù)一定等于還原劑失去的電子數(shù)，無論是自發(fā)進(jìn)行的氧化還原反應(yīng)還是原電池或電解池中均如此。【例題5】將純鐵絲5.21克溶于過量稀鹽酸中，在加熱條件下，用2.53克KNO3去氧化溶液中亞鐵離子，待反應(yīng)后剩余的Fe2+離子尚需12毫升0.3摩/升KMnO4溶液才能完全氧化，寫出硝酸鉀和氯化亞鐵完全反應(yīng)的方程式?！痉治觥胯F跟鹽酸完全反應(yīng)生成Fe2+，根據(jù)題意可知Fe2+分別跟KMnO4溶液和KNO3溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，KMnO4被還原為Mn2+，那么KNO3被還原的產(chǎn)物是什么呢？根

41、據(jù)電子得失守恒進(jìn)行計(jì)算可得KNO3被還原的產(chǎn)物是NO，所以硝酸鉀和氯化亞鐵完全反應(yīng)的化學(xué)方程式為：KNO3+3FeCl2+4HCl=3FeCl3+KCl+NO+2H2O【練習(xí)】往150mLFeBr2溶液中緩緩?fù)ㄈ?.24L（標(biāo)況）氯氣，反應(yīng)完全后，溶液中有1/3的溴離子被氧化成溴單質(zhì)。求原溶液FeBr2的物質(zhì)的量濃度。（四）質(zhì)量守恒質(zhì)量守恒就是化學(xué)反應(yīng)前后各物質(zhì)的質(zhì)量總和不變，在配制或稀釋溶液的過程中，溶質(zhì)的質(zhì)量不變?！纠}6】1500C時(shí)，碳酸銨完全分解產(chǎn)生氣態(tài)混合物，其密度是相同條件下氫氣密度的( )（A）96倍 （B）48倍 （C）12倍 （D）32倍【分析】(NH4)2CO3=2NH3

42、+H2O+CO2 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密度的比為24/2 =12 ，所以答案為C【練習(xí)】0.1mol某烴與1mol過量的氧氣混合，充分燃燒后，通過足量的Na2O2固體，固體增重15g，從Na2O2中逸出的全部氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下為16.8L，求該烴的化學(xué)式。（五）原子的物質(zhì)的量守恒即反應(yīng)前后各元素種類不變，各元素原子個(gè)數(shù)不變，其物質(zhì)的量、質(zhì)量也不變?！纠}7】有一在空氣中放置了一段時(shí)間的KOH固體，經(jīng)分析測知其含水2.8%、含K2CO337.3% 取1克該樣品投入25毫升2摩升的鹽酸中后，

43、多余的鹽酸用1.0摩升KOH溶液30.8毫升恰好完全中和，蒸發(fā)中和后的溶液可得到固體( )（A）1克 （B）3.725克 （C）0.797克 （D）2.836克【分析】KOH、K2CO3跟鹽酸反應(yīng)的主要產(chǎn)物都是KCl，最后得到的固體物質(zhì)是KCl，根據(jù)元素守恒，鹽酸中含氯的量和氯化鉀中含氯的量相等，所以答案為B（六）化合價(jià)數(shù)值守恒【例題8】某元素X的氧化物含氧44.0，已知該元素的相對(duì)原子質(zhì)量為51，則該氧化物的化學(xué)式為（ ）（A）XO （B）X3O5 （C）XO3 （D）X2O5【分析】設(shè)X元素的化合價(jià)為+n，根據(jù)氧元素化合價(jià)總數(shù)等于X元素化合價(jià)總數(shù)的原則得：56n/51442/16，解得n5

44、，則氧化物的化學(xué)式為D?！揪毩?xí)】某酸式鹽的組成可用Ca3(PO4)2nH3PO4mH2O表示?，F(xiàn)取該磷酸鹽7.56g加熱到失去全部結(jié)晶水后殘余物質(zhì)量為7.02g。同質(zhì)量的該鹽溶于水并加入4.44g消石灰剛好使之全部轉(zhuǎn)化為正鹽，則該鹽的組成為（ ）（A）Ca3(PO4)25H3PO42H2O （B）Ca3(PO4)24H3PO43H2O （C）Ca3(PO4)25H3PO43H2O （D）Ca3(PO4)22H3PO45H2O（七）體積守恒【練習(xí)】有一真空瓶的質(zhì)量為M1g，該瓶充入空氣總質(zhì)量為M2g，在相同狀況下，若該充某氣體A后，總質(zhì)量為M3g。則A的相對(duì)分子質(zhì)量為 （八）守恒的綜合利用1.硝

45、酸工業(yè)中用NaOH處處理廢氣，現(xiàn)對(duì)廢氣中的NO和NO2的含量作如下分析：將一定量的廢氣通人100mL 1mol/LNaOH溶液中，反應(yīng)后NO和NO2均無剩余，且溶液質(zhì)量增加3.2g，再向此溶液中通人O2，使溶液中的NaNO2完全轉(zhuǎn)化為NaNO3，再用0.2mol/L鹽酸中和過量的NaOH，消耗鹽酸100mL，求廢氣中NO和NO2物質(zhì)的量之比。2.已知Cl和Ag+反應(yīng)生成AgCl，每次新生成的AgCl中又有10見光分解成單質(zhì)銀和氯氣，氯氣又可在水溶液中歧化HClO和HCl，生成的Cl又可與Ag+繼續(xù)反應(yīng)?，F(xiàn)有1.1molNaCl溶液，向其中加人足量AgNO3溶液，求最終生成多少克難溶物（Ag和A

46、gCl）？若最后溶液體積為IL，求H+為多少？二、差量法差量法是依據(jù)化學(xué)反應(yīng)前后的某些“差量”（固體質(zhì)量差、溶液質(zhì)量差、氣體體積差、氣體物質(zhì)的量之差等）與反應(yīng)或生成物的變化量成正比而建立的一種解題方法。此法將“差量”看作化學(xué)方程式右端的一項(xiàng)，將已知差量（實(shí)際差量）與化學(xué)方程式中的對(duì)應(yīng)差量（理論差量）列成比例，其他解題步驟與按化學(xué)方程式列比例或解題完全一樣。（一）質(zhì)量差法【例題9】在1升2摩/升的稀硝酸溶液中加入一定量的銅粉，充分反應(yīng)后溶液的質(zhì)量增加了13.2克，問：（1）加入的銅粉是多少克？（2）理論上可產(chǎn)生NO氣體多少升？（標(biāo)準(zhǔn)狀況）【分析】硝酸是過量的，不能用硝酸的量來求解。銅跟硝酸反應(yīng)后

47、溶液增重，原因是生成了硝酸銅，所以可利用這個(gè)變化進(jìn)行求解。 3Cu + 8HNO3 = 3Cu(NO3)2 + 2NO+ 4H2O 增重 192 44.8 636-504=132 X克 Y升 13.2 可得X=19.2克，Y=4.48升【練習(xí)】1.在天平兩盤內(nèi)各放有等質(zhì)量等體積的燒杯，分別盛有同物質(zhì)的量同體積的鹽酸，天平平衡。再分別加人一定量的鎂、鋁，充分反應(yīng)后，若使天平仍然保持平衡，則加人鎂、鋁的物質(zhì)的量之比為（ ）（A）9：8 （B）11：12 （C）12：11 （D）3：42.將4.6g鈉和4.8g鎂分別投入盛有等物質(zhì)的量濃度、等體積的稀硫酸的兩個(gè)燒杯中，充分反應(yīng)后，所得溶液總質(zhì)量分別為

48、mg和ng，則不可能的關(guān)系為（ ）（A）m=n （B）mn （C）mn （D）mn（二）體積差法【例題10】10毫升某氣態(tài)烴在80毫升氧氣中完全燃燒后，恢復(fù)到原來狀況（1.01105Pa , 270C）時(shí)，測得氣體體積為70毫升，求此烴的分子式?！痉治觥吭旌蜌怏w總體積為90毫升，反應(yīng)后為70毫升，體積減少了20毫升。剩余氣體應(yīng)該是生成的二氧化碳和過量的氧氣，下面可以利用烴的燃燒通式進(jìn)行有關(guān)計(jì)算。 CxHy + （x+y/4）O2 xCO2 + y/2 H2O 體積減少1 1+y/410 20計(jì)算可得y=4 ，烴的分子式為C3H4或C2H4或CH4【練習(xí)】某體積可變的密閉容器，盛適量A和B的混

49、合氣體，在一定條件下發(fā)生反應(yīng)；A3B2C，若維持溫度和壓強(qiáng)不變，當(dāng)達(dá)到平衡時(shí)，容器的體積為VL，其中C氣體的體積占10，下列推斷正確的是（ ） 原混和氣體的為l.2L 原混合氣體的體積為1.1L反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)氣體A消耗掉0.05VL 反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)氣體B消耗掉0.05VL（A） （B） （C） （D）（三）物質(zhì)的量差法【例題11】白色固體PCl5受熱即揮發(fā)并發(fā)生分解：PCl5（氣）= PCl3（氣）+ Cl2 現(xiàn)將5.84克PCl5裝入2.05升真空密閉容器中，在2770C達(dá)到平衡時(shí)，容器內(nèi)的壓強(qiáng)為1.01105Pa ，經(jīng)計(jì)算可知平衡時(shí)容器內(nèi)混和氣體物質(zhì)的量為0.05摩，求平衡時(shí)PCl5的分解百分

50、率?！痉治觥吭璓Cl5的物質(zhì)的量為0.028摩，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)物質(zhì)的量增加了0.022摩，根據(jù)化學(xué)方程式進(jìn)行計(jì)算。 PCl5（氣）= PCl3（氣）+ Cl2 物質(zhì)的量增加1 X 0.022計(jì)算可得有0.022摩PCl5分解，所以結(jié)果為78.6%【練習(xí)】可逆反應(yīng)C（s）H2O（g）CO（g）H2（g），達(dá)平衡時(shí)，測得氣體的總質(zhì)量為mg，混合氣體的物質(zhì)的量為n mol。當(dāng)改變條件使平衡向左移動(dòng)達(dá)到新的平衡時(shí)，混合氣體物質(zhì)的量變化值為nx，且m12x，nx。請回答下列問題：（1）達(dá)新平衡時(shí)，混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量為 （2）達(dá)新平衡時(shí)，混合氣體平均相對(duì)分子質(zhì)量的變化值M （3）若混合氣體的平均相

51、對(duì)分子質(zhì)量呈下列變化趨勢，請確定m和n的關(guān)系：若混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量增大，則有 若混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不變，則有 若混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量減小，則有 M1M2n2=（-M1）n1=（M2-）三、十字交叉法十字交叉法是進(jìn)行二組分混和物平均量與組分量計(jì)算的一種簡便方法。凡可按M1n1 + M2n2 = （n1 + n2）計(jì)算的問題，均可用十字交叉法計(jì)算的問題，均可按十字交叉法計(jì)算，算式如右圖為：式中，表示混和物的某平均量，M1、M2則表示兩組分對(duì)應(yīng)的量。如表示平均分子量，M1、M2則表示兩組分各自的分子量，n1、n2表示兩組分在混和物中所占的份額，n1:n2在大多數(shù)情況下表示兩組分

52、物質(zhì)的量之比，有時(shí)也可以是兩組分的質(zhì)量比，如在進(jìn)行有關(guān)溶液質(zhì)量百分比濃度的計(jì)算。十字交叉法常用于求算：混和氣體平均分子量及組成、混和烴平均分子式及組成、同位素原子百分含量、溶液的配制、混和物的反應(yīng)等。（一）混和氣體計(jì)算中的十字交叉法【例題12】在常溫下，將1體積乙烯和一定量的某氣態(tài)未知烴混和，測得混和氣體對(duì)氫氣的相對(duì)密度為12，求這種烴所占的體積?！痉治觥扛鶕?jù)相對(duì)密度計(jì)算可得混和氣體的平均式量為24，乙烯的式量是28，那么未知烴的式量肯定小于24，式量小于24的烴只有甲烷，利用十字交叉法可求得甲烷是0.5體積【練習(xí)】在相同的條件下，將H2（密度為0.0899g/L）與CO2（密度為1.977g

53、/L）以何體積比混合，才能使混合氣體的密度為1.429g/L？（二）同位素原子百分含量計(jì)算的十字叉法【例題13】溴有兩種同位素，在自然界中這兩種同位素大約各占一半，已知溴的原子序數(shù)是35，原子量是80，則溴的兩種同位素的中子數(shù)分別等于。（A）79 、81 （B）45 、46 （C）44 、45 （D）44 、46 【分析】兩種同位素大約各占一半,根據(jù)十字交叉法可知,兩種同位素原子量與溴原子量的差值相等,那么它們的中子數(shù)應(yīng)相差2,所以答案為D（三）溶液配制計(jì)算中的十字交叉法【例題14】某同學(xué)欲配制40%的NaOH溶液100克，實(shí)驗(yàn)室中現(xiàn)有10%的NaOH溶液和NaOH固體，問此同學(xué)應(yīng)各取上述物質(zhì)

54、多少克？【分析】10%NaOH溶液溶質(zhì)為10，NaOH固體溶質(zhì)為100，40%NaOH溶液溶質(zhì)為40，利用十字交叉法得：需10%NaOH溶液為60/90 100=66.7克，需NaOH固體為30/90 100=33.3克【練習(xí)】1.有Ag質(zhì)量分?jǐn)?shù)為15的NaNO3溶液，若將其質(zhì)量分?jǐn)?shù)變?yōu)?0，可采取的方法的是（ ）（A）蒸發(fā)掉溶劑的1/2 （B）蒸發(fā)掉A/2g溶劑（C）加入3A/14g NaNO3 （D）加入3A/20g NaNO32.配制20的硫酸溶液460g，需要98的硫酸（密度為1.84g/mL）多少毫升？（四）混和物反應(yīng)計(jì)算中的十字交叉法【例題15】現(xiàn)有100克碳酸鋰和碳酸鋇的混和物，

55、它們和一定濃度的鹽酸反應(yīng)時(shí)所消耗鹽酸跟100克碳酸鈣和該濃度鹽酸反應(yīng)時(shí)消耗鹽酸量相同。計(jì)算混和物中碳酸鋰和碳酸鋇的物質(zhì)的量之比?！痉治觥靠蓪⑻妓徕}的式量理解為碳酸鋰和碳酸鋇的混和物的平均式量，利用十字交叉法計(jì)算可得碳酸鋰和碳酸鋇的物質(zhì)的量之比97:26Na2CO3 1.6NaHCO3 0.80.60.21【例題16】用1L1mol/L的NaOH溶液吸收0.8molCO2，求所得的溶液中CO23和HCO3的物質(zhì)的量之比為 【分析】依題意，反應(yīng)產(chǎn)物為Na2CO3和NaHCO3的混合物，若只生成為Na2CO3，需NaOH 1.6mol，若只生成為NaHCO3，需NaOH 0.8mol?，F(xiàn)共消耗NaO

56、H 1mol，于是由十字交叉法得（右圖）：n（Na2CO3）：n（NaHCO3）1：3【練習(xí)】常溫下，0.01mol/L的鹽酸溶液與pH11的KOH溶液混合后，pH9，求混合前鹽酸和KOH溶液的體積比 四、關(guān)系式法實(shí)際化工生產(chǎn)中以及化學(xué)工作者進(jìn)行科學(xué)研究時(shí)，往往涉及到多步反應(yīng)：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)的含量可能要經(jīng)過若干步中間過程。對(duì)于多步反應(yīng)體系，依據(jù)若干化學(xué)反應(yīng)方程式，找出起始物質(zhì)與最終物質(zhì)的量的關(guān)系，并據(jù)此列比例式進(jìn)行計(jì)算求解方法，稱為“關(guān)系式”法。利用關(guān)系式法可以節(jié)省不必要的中間運(yùn)算步驟，避免計(jì)算錯(cuò)誤，并能迅速準(zhǔn)確地獲得結(jié)果。（一）物質(zhì)制備中的關(guān)系式法【例題17】

57、含有SiO2的黃鐵礦試樣1克，在O2中充分灼燒后殘余固體為0.76克，用這種黃鐵礦100噸可制得98%的濃硫酸多少噸？（設(shè)反應(yīng)過程有2%的硫損失）【分析】根據(jù)差量法計(jì)算黃鐵礦中含F(xiàn)eS2的量為72% ，而反應(yīng)過程損失2%的硫即損失2%的FeS2 ，根據(jù)有關(guān)化學(xué)方程式找出關(guān)系式：FeS2 2H2SO4 利用關(guān)系式計(jì)算可得結(jié)果為：制得98%的濃硫酸117.6噸。（二）物質(zhì)分析中的關(guān)系式法測定漂白粉中氯元素的含量，測定鋼中的含硫量，測定硬水中的硬度或測定某物質(zhì)組成等物質(zhì)分析過程，也通常由幾步反應(yīng)來實(shí)現(xiàn)，有關(guān)計(jì)算也需要用關(guān)系式法?！纠}18】讓足量濃硫酸與10克氯化鈉和氯化鎂的混合物加強(qiáng)熱反應(yīng)，把生成

58、的氯化氫溶于適量的水中，加入二氧化錳使鹽酸完全氧化，將反應(yīng)生成的氯氣通入KI溶液中，得到11.6克碘，試計(jì)算混和物中NaCl的百分含量?！痉治觥扛鶕?jù)有關(guān)化學(xué)方程式可得：4HCl I2 ，利用關(guān)系式計(jì)算可得生成氯化氫的質(zhì)量是6.7克，再利用已知條件計(jì)算得出混和物中NaCl的百分含量為65% 。五、估算法（一）估算法適用于帶一定計(jì)算因素的選擇題，是通過對(duì)數(shù)據(jù)進(jìn)行粗略的、近似的估算確定正確答案的一種解題方法，用估算法可以明顯提高解題速度?！纠}19】有一種不純的鐵，已知它含有銅、鋁、鈣或鎂中的一種或幾種，將5.6克樣品跟足量稀H2SO4完全反應(yīng)生成0.2克氫氣，則此樣品中一定含有 （A）Cu （B）

59、Al （C）Ca （D）Mg【分析】計(jì)算可知，28克金屬反應(yīng)失去1摩電子就能符合題目的要求。能跟稀H2SO4反應(yīng)，失1摩電子的金屬和用量分別為：28克Fe、9克Al、20克Ca、12克Mg，所以答案為A（二）用估算法確定答案是否合理，也是我們檢查所做題目時(shí)的常用方法，用此法往往可以發(fā)現(xiàn)因疏忽而造成的計(jì)算錯(cuò)誤?！纠}20】24毫升H2S在30毫升O2中燃燒，在同溫同壓下得到SO2的體積為 （A）24毫升 （B）30毫升 （C）20毫升 （D）18毫升【分析】2H2S + 3O2 = 2SO2 + 2H2O 根據(jù)方程式系數(shù)的比例關(guān)系估算可得答案為D六、平均值法 混合物的計(jì)算是化學(xué)計(jì)算中常見的比較復(fù)

60、雜的題型。有些混合物的計(jì)算若用平均值法，則可化難為易，化繁為簡，進(jìn)而提高解這類題的能力。 兩個(gè)數(shù)進(jìn)行算術(shù)平均所得的平均值，一定介于兩個(gè)數(shù)之間。若已知平均值，則可推斷原來兩個(gè)數(shù)一定比平均值大，另一個(gè)數(shù)比平均值小。這種應(yīng)用平均值去判斷兩個(gè)數(shù)的取值范圍的方法稱為平均值法。 可利用分子量或原子量的平均值，體積平均值，組成平均值來確定混合物的組成?！纠}21】0.1mol由兩種氣態(tài)烴組成的混合氣體完全燃燒后，得到0.16molCO2和3.6g水，混合氣體中（ ）A.可能有甲烷 B.一定是甲烷和乙烯 C.一定沒有乙烷 D.一定有乙炔【分析】設(shè)混合氣態(tài)烴的平均化學(xué)式為CxHy，因0.1molCxHy和O2反