高中化学经典例题28道详解详析
（一）基本概念和基本原理
[例1] 道尔顿的原子学说曾经起了很大作用。他的学说中．包含有下述三个论点：①原子是不能再分的粒子；②同种元素的原子的各种性质和质量都相同；③原子是微小的实心球体。从现代的观点看，你认为这三个论点中，不确切的是
（A ）只有③ （B ）只有①③
（C ）只有②③ （D ）①②③
[解析] 从现代物质结构观点看，道尔顿原子学说的三个论点都是不确切的、对于①．现代科学已经知道．原子是由原子核和核外电子组成的。原子核内又有质子和中子、在化学反应中．原子可以得到和失去电子；在核反应中原子核可以裂变和聚变。对于②，由于元素存在同位素，它们在质量和物理性质上存在差异、至于③原子核相对于原子来说是很小的，它的直径约是原子的万分之一，它的体就只占原子体积的几千亿分之一。电子在核外较大的空间内作高速运动说明原子核与电子之间具有一定的距离。
[答案] （D ）
[评述] 考查运用现代物质结构理论评价科学史中的道尔顿原子学说的能力与分析能力。
本题还旨在提倡化学教学要注重化学史的教育，因为“史鉴使人明智”、“激励人们奋进、为科学献身”。
（理解、较容易）
[例2] 下列离子方程式不正确的是 （A ）氨气通入稀硫酸中：NH 3＋H +＝N +
4H
（B ）二氧化碳通入碳酸钠溶液中：
CO 2＋C -23O ＋H 2O ＝2HCO -3 （C ）硫酸铝溶液跟偏铝酸钠溶液及应：
↓=++-+3223)(463OH Al O H AlO Al
（D ）氯气通入冷的氢氧化钠溶液中：
2Cl 2＋2OH —＝3Cl -＋ClO —＋H 2O
[解析] 首先根据离子反应规律判断反应物与生成物的表示式（分子式、离子式），四个反应都正确，符合离子方程式书写要点，氧气、二氧化碳、氯气用分子式，氢氧化铝、水是弱电解质也用分子式，只有可溶性强电解质用离子符号。然后根据质量守恒判断也符合。对于选项（C ），可以用离子电荷守恒判断，AI 3+与AlO -2在溶液中发生双水解反应产物是电中性的Al （OH ）3，因此反应中Al 3+与AlO -2的物质的量之比应为1：3，才能使反应前后离子电荷守恒。至于选项（D ），是氧化还原反应，氧化剂、还原剂都是Cl 2中的Cl 原子，但
其中氧化剂得电子总数为3（3个0Cl 得3个电子转化为3个Cl —即3?→?+e Cl 30
Cl —），而还原剂失电子总数只有1（-+-?→?O Cl Cl e 1
0）。不符合电子守恒，因此不正确。对于溶液中的
氧化还原反应，除了根据离子反应规律：氧化还原反应规律判断反应实质与可能性，结合离子反应书写要点判断表达式、是否符合质量守恒之外，还特别要注意电子得、失总数是否相
等。常见的离子方程式正误判断中，往往不正确的居多（2～3），而本题选的不正确选项只有一个，也导致失误。
[答案] （D）
[评述] 本题属考查离子方程式书写的传统题。但本题要求找不正确的。
（理解、较容易）
[例3] X、Y、Z和R分别代表四种元素。如果a X m+、b Y n+、C Z n—、d R 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
[解析] 根据这四种微粒具有相同电子层结构即具有相同的核外电子数，分别按阳离子的核外电子数为：
质子数（原子序数）——离子所带电荷数
阴离子则为：质子数十离子所带电荷数，由此得：a－m＝b－n＝c＋n＝d＋m 然后分别根据选项涉及之元素审视，选项（A）涉及a－m＝c＋n，变形后为a－c＝m ＋n，（A）不正确；选项（B）涉及a－m＝b－n，变形后为a-b＝m-n，也不正确；选项（c）涉及c+n＝d＋m，变形后为c－d＝m－n，仍不正确；只有选项（D），涉及b－n＝d＋m，变形后为b－d＝m＋n，与选项（D）结论一致。
[答案]（D）
[评述] 本题需掌握有关原子的组成及质子数、核外电子数与微粒所带电荷数的相互关系。
（理解，中等难度）
[例4]下列各组指定原子序数的元素，不能形成AB2型化合物的是
（A）6和8 （B）16和8 （C）12和9 （D）11和6
[解析] 本试题涉及的是前18号元素，这是复习中应熟悉的元素，应立即将序号与元素相对应，就能作出判断。选项（A）是碳和氧能形成CO2，选项（B）是硫与氧也能形成SO2；（C）是镁和氟能形成MgF2；选项（D）是钠和碳不能形成AB2型化合物。
[答案] （D）
[评述] 对元素在周期表的位置及其相互化合规律（构、位、性关系）的知识的考查。
此类试题是近年来的常见试题，有时还强调属于离子型或共价型的某类化合物，为此作如下归纳：
（理解、中等难度）
[例5] 反应 2X （气）＋ Y （气）?2Z （气）+热量，在不同温度（T 1和T 2）
及压强（p 1和p 2）下，产物Z 的物质的量（n 2）与反应时间（t ）的关系如右图
所示。下述判断正确的是
（A ）T 1＞T 2，p 1＜p 2
（B ）T 1＜T 2，P 1＞p 2
（C ）T 1＞T 2，P 1＞p 2
（D ）T 1＜T 2，p 1＜p 2
[解析] 首先分析反应：这是一个气体的总物质的量减小（体积减小）、放热的可逆反
应，低温、高压对反应有利，达平衡时产物Z 的物质的量n 2大，平衡点高，即图示曲线T 2、
p 1。再对比图示曲线T 2、p 2，温度相同，压强不同，平衡时n 2不同（p l 时的n 2＞P 2时的n 2），
由此分析p 1＞p 2，再从反应速率验证，T 2、P 1的曲线达平衡前斜率大（曲线陡）先到达平衡，
也说明压强是 p 1＞p 2（增大反应压强可以增大反应速率）。然后比较曲线T 2、p 2与T 1、p 2，
此时压强相同，温度不同，温度低的达平衡时n 2大，平衡点高（曲线T 2、p 2），由此判断温
度T 1＞T 2；再由这两条曲线达平衡前的斜率比较，也是T 1、p 2的斜率大于T 2、p 2，T 1、p 2
先到达平衡，反应速率大，也证明T 1＞T 2。由此分析得出正确的判断是T 1＞T 2，p 1＞p 2，选
项（C ）的结论正确。
[答案] （C ）
[评述] 本题是对于正反应是气体体积减小、放热的可逆反应，温度、压强与产物的物
质的量的关系、反应速率的逆向思维能力与对图象的观察能力的综合考查。
（理解、较难）
[例6] 若室温时pH ＝b 的氨水与pH ＝a 的盐酸等体积混合，恰好完全反应，则该氨水
的电高度可表示为
（A ）10a+b-12% （B ）10 a+b-14%
（C ）1012-a-b % （D ）1014-a-b %
[解析] 分析中首先根据强酸盐酸的pH 值（－lg ［H ＋］）推出盐酸的物质的量浓度。即：
C HCl ＝［H +］＝10-a （mol L －1 ） (1)
又酸、碱中和反应时，不论强、弱，只有所含可电离的H +、OH —的物质的量相等时，才能
恰好完全反应，由此可推出一元弱碱氨水的浓度为C 氨水=10－a ，对于弱电解质存在以下关系：
［OH －］＝c .α＝10 -a .α (2)
另一方面由水溶液中[H +]·[OH —]＝10-14，及氨水中：
pH=－lg ［H +］＝14－pOH ＝14十lg[OH —]
得[OH — ]=10b －14 (3)
代入（2）式得：10b-14＝10-a ·α
a ＝10b-14/10-a
= 10a ＋b-14×100%
＝10a+b －12%
[答案] （A ）
[评述] 考察溶液pH 值的概念，弱电解质的电离平衡及电离度的概念，以及它们之间的
相互关系等综合思维能力。
（综合应用，较难）
[例7] 实验室用铅蓄电池作电源电解饱和食盐水制氯气，已知铅蓄电池放电时发生如
下反应：
负极：
e PbSO SO Pb 2424+=+-
正极：O H PbSO e SO H PbO 24242224+=+++-
+ 今若制得Cl 2O.050mol ，这时电池内消耗的H 2SO 4的物质的量至少是
（A ）O ．O25mol （B ）O ．O5Omol
（C ）O ．1Omol （D ）0．2Omol
［解析］首先需将铅蓄电池的负极反应变形为：Pb －2e ＋SO -
24＝PbSO 4（电子移项），
从而得出电池放电时转移电子数与消耗H 2SO 4的关系：2e-2H 2SO 4即e-H 2SO 4；再根据电解
饱和食盐水反应：
确定放出Cl 2与转移电子数的关系：Cl 2～2e 。今
制得0.050molCl 2，需转移O.1Omol 电子，因此消耗H 2SO 40．O1Omol 。只有原理清晰，才
能思维畅通迅速作出判断。
[答实] （C ）
[评述] 考查了原电池与电解池知识的综合应用及思维的灵活性、敏捷性。
（理解，中等难度）
[例8] 在25℃时，若10体积的某强酸溶液与1体积的某强碱溶液混合后溶液呈中性，
则混合之前，该强酸的pH 值之间应满足的关系是
[评述] 本题着重考查pH 值的概念与计算，考查方式是把特殊和具体的问题与普遍、
一般的规律结合起来，检查逻辑思维与逆向思维能力，即考查思维的严密性与整体性，在阅
读中必须分析出题干中“两种溶液混合后溶液呈中性”是本题主要的解题线索。根据这一线
索进行逆向思索，它意味着混合前的两种溶液中，酸溶液中H +离子的物质的量与OH —离子
的物质的量相等。据题设，则有：10[H +]酸=［OH －］碱。进行思维转换，同一种溶液（碱
溶液）中，H +离子浓度与OH —离子浓度乘积等于水的离子积，25℃时K ω=1×10-14，因此
上式可变换为： 10[H +]酸=
][10114
+-?H 将方程两边分别取负对数，并稍作整理。
1－pH 酸=pH 碱-14
移项后得： pH 酸+pH 碱=15
另一解法：10［H +］酸＝［OH －］碱
碱酸][101][1014
+-+
?=H H 移项［H +」酸·［H +］碱=10-15
取负对数 pH 酸十pH 碱=15
［答案］强酸的pH 值与强碱的pH 值之和等于15。
[评述] 将化学问题抽象成数学问题，利用数学工具，结合化学基础知识通过计算解决
化学问题是思维能力培养的重要方面，本题就是典型例证。在测试中发现有的同学根据负指
数运算推导：
［H +］强酸/［OH －］强碱＝1／10
则10－pH 强酸／10pOH 强碱＝1/10
10×10—pH 强酸＝10pOH 强碱＝10)
14(pH --强碱
1－pH 强酸= -（14－pH 强碱）
pH 强酸＋pH 强碱=15
（综合应用，较难）
[例9] 在一个固定体积的密闭容器中，保持一定温度，进行以下反应：
H 2（g ）＋Br 2（g ）＝2HBr （g ）已知加入1molH 2和2molBr 2时，达到平衡后生成 a mol
HBr （见下表“已知”项）。在相同条件下，且保持平衡时各组分的质量分数不变，对下列
（2）反应H 2（g ）＋Br 2（g ）?2HBr （g ）是一个气体体积不变的反应（压强将不影响平
衡）；（3）编号（1）～（3）和已知状态达到相同的平衡状态（各组分的质量分数不变）；（4）
达平衡时HBr 在混合气中的含量为a ／3（由已知状态推导）。这样对于编号（1）起始状态
相对于已知情况相当于压强增大一倍。因此平衡不移动，达平衡时HBr 的量可以由：
342a x =+
（反应前、后气体总量不变）得：x ＝2a
对于编号（2），可以先由平衡时HBr 的含量不变，设体系中总的物质的量为y ，则：
35.0a y
a = y ＝1．5（mol ） 再结合等效代换（按方程式系数关系），相当于HBr 起始为O 时，H 2、Br 2各为O.5mol ，这
样，为满足气体物质的总量为1．5mol 和当起始HBr 为O ，H 2：Br 2＝1：2（已知起始状态）
只能是H 2为O （O ．5－O ．5＝O ），Br 2为O ．5mol （1－O ．5＝O ．5）。
编号（3），先设HBr 起始量为x ，平衡量为y ，通过等效代换转换为如下状态：
H 2为m ＋O ．5x ，Br 2为n ＋O ．5x ，HBr 为0，此时215
.05.0=++n m ,x ＝ 2（n-2m ） 混合气总物质的量：m ＋n ＋2（n —2m ）＝3（n-m ）
平衡混合气中HBr 含量：3)(3a m n y =
- y=a(n-m)
[评述] 本题考查对题设情景的阅读理解，对隐含信息（反应特点与反应条件）的挖掘。这是解答本题的关键。除此本题还特别考查了由题给具体情况（各种状态）统摄归纳成一般规律的能力。题给的3种状态及设问要求，一个比一个思维层次高梯度十分明显，层次十分清楚，测试结果也是这样。
有关化学平衡的理论分析题，在总复习中可以对初态与平衡态间的物料关系作如下归纳（1）2A ＋ B ?2C 总量（有变化）
初态C1C2O C1＋C2
平衡态C1—2X C2-X 2X C1＋C2－x
（2） A ＋ B ?2C 总量（不变）
初态C1C20 C1+C2
平衡态C1—x C2-x 2x C1＋C2
相应以此关系为依据的题，只有两类。如恒温恒压下
（1）2A ＋ B ?2C （总量有变化）
初态（mol）①O.2O 0.10 O
②O O O.2O
③0.30 0.10 0
④O.10 0 0.20
（2）A（g）＋B（g）?2C（g）（总量不变）
初态（mol）①0.20 0.20 0
②0 0 0.40
③0.40 0.20 0
④0.20 0 0. 40
上述两个反应的①、②初态过平衡对，A、B、C的平衡物质的量相等，且初态反应物的物质的量之比和方程式中各物质系数比相匹配。③、④两种状态达平衡时，A、B的平衡物质的量相同，但其初态反应物的物质的量之比和化学方程式中各物质系数不匹配。由此可延伸出多种试题，本题就是属于反应（2）（总量不变）中的③、④状况。（综合应用，较难）
晶体硼的晶体类型属于晶体，理由是
已知晶体硼的基本结构单元是由硼原子组成的正二十面体（如下图所示），各正二十面体之间以B——B键相互联结，在每个正二十面体中有二十个等边三角形的面和一定数目的顶角，每个顶点各有一个硼原子。通过观察图形及推算，得出此基本结构单元是由个硼原子构成，其中B——B键之间的键角是。
[解析] 非金属单质的晶体类型主要有2种：原子晶体和分子晶体，由于作用力强弱相差悬殊，物理性质（熔、沸点、硬度）差别也甚大，因此根据表中数据可以看出单质晶体硼的熔、沸点、硬度都介于典型的原子晶体，金刚石和晶体硅之间，因此晶体硼当属原子晶体。
然后观察图形，每个等边三角形有3个项点，但从图形中还应观察到在这个二十面体中每个顶点（B原子）与另5个硼原子分别形成B——B键，即每个顶点为5个等边三角形（不同面上）所共有，因此该基本单元内硼原子数为：
3×2O／5＝12
其基本单元透视图如右图所示
[答案] （l）原子晶体，非金属单质晶体硼的熔、沸点和硬度都介于原子晶体金刚石和晶体硅之间，由此推知晶体硼为原子晶体。
（2）硼原子数3×2O/5＝12
或设硼原子数为x，每个硼原子与其它5个硼原子形成B——B键，每个B——B键为两个
面所共有则：
)
20
3(
2
1
)5
(
2
1
?
=
?
x
x＝12 （硼原子数）
键角：60°
[评述] 本题考查了晶体类型与晶体性质的关系，对图形的观察分析、将立体几何图形与晶体模型图结合的能力，以及将化学知识抽象为数学问题，然后运用数学工具解决化学问题的能力。
（综合应用，较难）
[例11] 1997年诺贝尔化学奖授予对发现能量分子三磷酸腺苷的形成过程作出重大贡献的两位科学家。
已知三磷酸腺苷（简称ATP）是生物活性体中极为重要的能量物质，生物体中蛋白质的合成、离子迁移、肌肉收缩和神经细胞的电活性等都需要能量，而ATP的水解是一个较
强的放热反应，它可以为上述过程提供所需能量。其水解式为ATP溶液+H2O＝P -
i液十3OKJ
其中P -
i是无机磷酸酸式盐（如H2PO
-
4），A TP与ADP的结构式如下
（键线交点处为碳原子）
（1）由上述结构式可知A TP 在物质分类上，既属于 ，又属于 。
（2）ADP 在适当的酸催化下还可以继续水解放出能量生成AMP 直至腺苷，试写出ATP
逐级水解的反应式（有机物用代号表示）。
（3）写出水解最终产物腺苷的分子式
[解析] 本题比较基本，只要读懂结构式的左侧表示可溶性磷
酸盐，右侧表示磷酸和腺苷（含核碳糖结构）形成的酯。在
书写共价键断裂的水解反应式遵循质量守恒并恰当运用题
示表示式进行扩展式迁移。并分析出最终水解产物腺苷是一
五碳糖，结构式如右图
（键线交点处为碳原子）
[答案] （l ）可溶性磷酸盐，磷酸酯（酯类）
（2）ATP ＋H 2O ＝ADP ＋H 2PO -4＋Q 1；（能量）
ADP ＋H 2O ＝AMP ＋H 2PO -4＋Q 2
AMP ＋H 2O ＝腺苷＋HP 2PO -4＋Q 3
（3）C 10H 13O 4N 5
[评述] 本题属于信息迁移题，试题给出了1997年诺贝尔化学奖的成果，能量分子三
磷酸腺苷的结构式及其水解释放能量的表示式。考查的知识是物质的分类，由结构式推导分
子式、水解反应式。可谓起点高，落点低。
（综合应用，中等难度）
（二） 元素及其化合物
[例12] 根据以下叙述，回答（l ）～（2）小题。
1995年诺贝尔化学奖授予致力于研究臭氧层破坏问题的三位环境化学家。大气中的臭氧层
可滤除大量的紫外光，保护地球上的生物。氟利昂（如CCl 2F 2）可在光的作用下分解产生
Cl 原子，Cl 原子会对臭氧层产生长久的破坏作用（臭氧的分子式为O 3）。有关反应为
O 3 ?光
O 2＋O
Cl ＋O 3→ClO ＋O 2
ClO →Cl ＋O 2
总反应：2O 3→3O 2
（l ）在上述臭氧变成氧气的反应过程中Cl 是
（A ）反应物 （B ）生成物
（C ）中间产物 （D ）催化剂
（2）O 3和O 2是
（A ）同分异构体 （B ）同系物
（C ）氧的同素异形体 （D ）氧的同位素
［解析］（l ）题考查初中化学中有关催化剂的概念，分析中要注意Cl 原子对臭氧层产
生长久的作用（催化剂具有的），更要看到反应①是可逆的，由于Cl 原子与O 3反应生成的
ClO 极不稳定，立即与反应①的生成物原子氧反应生成氧气并重新转化为Cl 原子，导致反
应①不可逆，叠加后得总反应：2O 3?→?
Cl
3O 2。Cl 原子在反应过程中数量上没有变化，只是通过其自身的中间产物ClO 作用，而且在反应③中重又生成，所以能长久起破坏作用，
因此Cl 原子是能改变其他反应（破坏臭氧的反应即总反应）的速度而自身的质量和化学性质不变的催化剂。
（2）本小题考查了有关高中化学涉及的同分异构体、同系物、同素异形体和同位素这
几对易错易混淆的概念，只要掌握基本概念中的有关内容，根据O 2、O 3是同一种元素（氧
元素）形成的不同分子组成（分子内原子个数不同）的不同单质，就能准确判断它们是氧的
同素异形体。
[答案] （l ）D （2）C
[评述] 本题给出了有关环保知识的新信息，在审读中要抓住题干中的有关反应及设
问。本题是“一带多”的选择题型，用一个共同的叙述，新信息或新情境，回答多个选择题。
（了解，较容易）
[例13] 下图中的每一方格表示有关的一种反应物或生成物，其中粗框表示初始反应物
（反应时加入或生成的水，以及生成沉淀J 时的其它产物均已略去）。
填写下列空白：
（1）物质B 是 ，F 是 ，J 是 。
（2）反应①的离子方程式是
[解析] 解答本题应采用正向思维，从电解饱和食盐水的反应入手：
2NaCl ＋2H 2O 电解2NaOH+H 2↑+Cl 2↑
从题示框图B 物质既能与A 反应生成D 和E ，又能与C 反应生成G 。从电解食盐水的
产物分析，只有Cl 2符合这特点，它能与氢氧化钠（A ）反应生成NaClO （生成的H 2O 略去）
Cl 2＋2NaOH=NaClO ＋NaCl ＋H 2O
还能与氢气（C ）在点燃条件下生成HCl
Cl 2+H 2点燃2HCl
由此推断出A （NaOH ）、B （Cl 2）、C （H 2）、G （HCl ）
然后需确定F ，F 既能与Cl 2直接反应生成I ，又能与HCl 反应生成H 和氢气，H 在Cl 2
作用下还能转化为I ，则F 应该是变价金属铁（Fe ）用相关反应验证：
2Fe ＋3Cl 2点燃2FeCl 3
Fe ＋2HCl ==== FeCl 2＋H 2
2FeCl 2＋Cl 2 ==== 2FeCl 3
至此框图中的大部分都得到合理解释。
最后需确定沉淀J （难点），按框图所示沉淀J 既可由FeCl 3（I ）与D 反应而生成，又
可以由FeCl 2（H ）与D 反应而生成，J 一定是含铁化合物，此时需判断D ，D 是NaClO 与
NaCl 中的一种，但NaCl 不能与FeCl 3或FeCl 2反应生成J 。 D 只能是次氯酸钠NaClO 。
NaClO 是一种强氧化性盐（含1
+Cl ）；又是强碱（NaOH ）弱酸（HClO ）盐，在水中水
解而显碱性。因此当它与FeCl 3反应时显示了碱性从而生成 Fe （OH ）3，（J ）沉淀；当它与
FeCl 2反应时显示了氧化性和碱性的双重作用，也生成了Fe （OH ）3（J ）沉淀。这样确认J
是 Fe （OH ）3 。
[答案] B ：Cl 2，F ：Fe ，J ：Fe （OH ）3
（2）Cl 2＋2OH － ==== ClO －＋Cl —＋H 2O
[评述] 本题从电解食盐水出发组成一个氯单质和无机物之间相互反应的网络，可谓
起点低、落点高。试题涉及的知识面广，考查了氯单质、氯化物、氯的含氧化合物、铁元素
的变价、铁和亚铁化合物的相互转化、次氯酸钠的氧化性和水解性，几乎概括了中学化学范
围内氯、铁两种重要元素及其化合物的基本内容。
本题还以上述知识为载体多方面地考查了思维能力与思维方法（分析与综合、比较与论
证）是一道典型的能力测试题。
（综合应用、较难）
[例14] A 、B 、C 是在中学化学中常见的3种化合物，它们各由两种元素组成，甲、乙是
两种单质，这些化合物和单质之间存在如下的关系： 单质甲 ??
→?单质乙
化合物A ↓ 化合物B ↓化合物B
化合物A 和化合物C 单质乙和化合物C
据此判断：
（1）在A 、B 、C 这3种化合物中，必定含有乙元素的是 （用A 、B 、C 字母
填写）
（2）单质乙必定是 （填“金属”或“非金属”），其理由是 。
（3）单质乙的分子式可能是 ，则化合物B 的分子式是
[解析] 本题初看起来，题设条件及框图并未给出明的线索，关键在于恰当动用逻辑推
理。对于设问（1）化合物A 是由甲、乙两种单质化合而成，则化合物A 中一定含乙元素；
再看左边纵行，单质甲与化合物B 反应可生成A （舍乙元素）和C 两种化合物，单质甲只
含甲元素，则A中的乙元素只能来自化合物B，至于化合物C由题设条件无法判断。因此必定含乙元素的应该是A、B两种化合物。
至于设问（2），则需由框图的右侧纵行推理由化合物A与B（都舍乙元素）反应生成单质乙和化合物C，在单质乙中乙元素的化合价为零价，因此在A、B两种化合物中的乙元素必定分别是正、负两种化合价，因此乙元素必定是非金属元素。这是本题的关键性突破，也是难点。
最后看设问（3），在中学涉及的主要非金属氢、氧、碳、氮、硫、磷、氯中，在其二元化合物中分别呈正、负两种价态以硫、氮为常见。
[答案] （1）A、B
（2）非金属，因为A＋B→乙+ C，且乙为单质，可知乙元素在A、B中分别呈正、负价，所以乙是非金属。
（3）S、H2S（或N2、NH3）
[评述] 本题考查了对图表的观察能力以及分析、推理、正向、逆向思维、抽象思维等多种思维能力，也考查了非金属元素的单质及化合物性质的综合认识水平，将化合价的基本概念与具体反应判断相结合，从而从高层次上考查了将化学知识按内在的联系抽象归纳，逻辑地统摄成规律的思维能力。
（综合应用，较难）
[例15] BGO是我国研制的一种闪烁晶体材料，曾用于诺贝尔奖获得者丁肇中的著名实验，它是锗酸铋的简称。若知：①在BGO中锗处于最高价态，②在BGO中，铋的价态与铋跟氯形成某种共价氯化物时所呈的价态相同，在此氯化物中铋具有最外层8电子稳定结构③BGO可看成是由锗和铋两种元素的氧化物所形成的复杂氧化物，且在BGO晶体的化学式中，这两种氧化物中所含氧的总质量相同，请填空：
（1）锗和铋的元素符号分别是和
（2）BGO晶体的化学式是
（3）BGO晶体中所含铋的氧化物的化学式是。
[解析] 试题首先通过BGO是锗酸铋的简称向同学们传递了BGO的元素组成：铋（Bi）、锗（Ge）氧（O），由此根据元素周期表的知识可知铋是第V A族，锗是Ⅳ族元素。随后在信息（1）中又指示了锗处于其最高价（＋4价），再及时由原硅酸H3SiO4推知锗酸根应为
GeO
4
4。信息（2）实质上指示了在BGO中铋（Bi）的价态为十3价，因为铋（Bi）原子最
外层有5个电子，只有与3个氯原子形成BiCl3的共价化合物时，才能满足Bi的最外层达到8电子的稳定结构，因此在BGO中铋以Bi3+形式存在。这样，根据（1）、（2）两个信息结合已有知识就能得出BGO晶体化学式的一种形式：锗酸铋Bi4（GeO4）3，首先可以把锗酸铋按Bi、Ge、O的顺序整理为Bi4Ge3O12的形式。然后由含氧量相同，再结合铋、锗各自化合价，自然导出2Bi2O3，3GeO2的形式。这三种形式中的任意一种都是本题第（2）问的正确答案。第（3）问比较简单，只要读出信息（2）中铋的化合价为正三价就能正确写出BGO晶体中铋的氧化物的化学式应为Bi2O3。
[答案]（l）Ge、Bi
（2）Bi4（GeO4）3、（或Bi4Ge3O12或2Bi2O3·3GeO2）
（3）Bi2O3
[评述] 本题属于信息迁移式试题，着重考查了运用元素周期律、周期表的基础知识进行信息加工、转换与综合应用的能力。锗（Ge）和铋（Bi）分别是高中教材中元素周期律、周期表后学习的第ⅣA、V A族主族元素，在学习与总复习过程中要善于通过代表元素性质的学习，推论长周期中相应同主族元素性质及其重要化合物的性质及化学式，才能适时地与
试题中的相关信息进行联想、转换，通过类比与求同思维得出正确结论。
（综合应用，较难）
[例16] “卤块”的主要成分为MgCl 2（含Fe 2+、Fe 3+、Mn 2+等杂质离子），若以它为原
料，按如下工艺流程图，即可制得“轻质氧化镁”。如果要求产品尽量不含杂质离子，而且
成本较低，流程中所用试剂或PH 值控制可参考下列附表确定
轻质氧化镁生产工艺流程图
Fe （OH ）3沉淀而去除之。
（1）在步骤②加入的试剂X ，最佳选择应是 ，其作用是 。
（2）步骤③加入的试剂Y 应是 ；之所以要控制pH=9.8，其目的是 。
（3）在步骤⑤时发生的化学反应方程式是：
[解析] 在题目第一段阅读中要明确试题要求：（1）由卤块（含杂质的MgCl 2）制得“轻
质氧化镁”（不含杂质Fe 2+、Fe 3+、Mn 2+离子）（2）成本较低。在阅读观察工艺流程图要明
确：（3）杂质离子在步骤③加入Y （NaOH ）强调PH ＝9．8除（成为 Fe （OH ）3、Mn （OH ）
2沉淀）
（4）步骤④、⑤、⑥是由MgCl 2（含Na +）到轻质氧化镁的转化、制备过程。（3）通过逆向思维：MgO 来自??←?Mg （OH ）2来自水中煮沸????←MgCO 3。因此步骤③所得滤液中应加Z
是Na 2CO 3（步骤④）所得沉淀物为MgCO 3，经过步骤⑤在水中煮沸，MgCO 3水解生成 Mg
（OH ）2，并放出CO 2气体。
在阅读附表1时需结合试题分析（5）在步骤②需加氧化剂使Fe 2+转化为Fe 3+以便沉淀
完全容易除去。（6）步骤③控制PH ＝9．8是为了使Mn （OH ）2沉淀完全，虽然Mg （OH ）
2已开始沉淀会影响产率，但保证了产品纯度，且原料卤块价格比较低廉。
（7）在阅读附表2时可以从成本较低的角度考虑步骤②
[答案]（l ）漂液，使Fe 2+??→
?量能
Fe 3+ （2）NaOH 使杂质离子（Fe 3+、Mn 2+）沉淀完全又尽量减少Mg 2+损失 （3）()↓+↓?+2223CO OH Mg O H MgCO
[评述] 本题结合工业生产实际考查无机化合物（轻质氧化镁）的转化生成、分离、提
纯问题。涉及了金属元素（Mg 、Fe 、Mn ）及其化合物相互转化的知识和信息加工、迁移能
力，逻辑推理和逆向思维能力。
（综合应用，较难）
（三）有机化学基础知识
[例17] 已知酸性大小：羧酸＞碳酸＞酚。下列含溴化合物中的溴原子，在适当条件下都能
被羟基（—OH ）取代（均可称为水解反应），所得产物能跟NaHCO 3溶液反应的是
[解析] 水解后所得产物分别是：（芳香醇）、（酚）
（C ）（羧酸） （D ）（醇）
故只有（C ）所得产物能跟NaHCO3反应、选（C ）为答案。
[答案] （C ）
[评述] 这是一道信息迁移题，题目给出新信息，意在考查考生接受新信息，并运用新
信息，结合旧知识解决问题的能力。审题时，可得到两个信息：①酸性大小的顺序是羧酸＞
碳酸＞酚；②含溴的化合物中的溴原子，在适当条件下，都能被羟基（一OH ）取代。根据
酸与盐反应的规律可知：能与NaHCO 3溶液反应的酸，应该是比H 2CO 3酸性强的酸，在选
项中挑选水解时能生成羧酸的溴化物，
（理解，中等难度）
[例18] 甲基丙烯酸酯是世界上年产量超过100万吨的高分子单体．旧法合成的反应是：
（CH 3）2C ＝O ＋HCN →（CH 3）2C （OH ）CN
（CH 3）2C （OH ）CN ＋CH 3OH ＋H 2SO 4→CH 2＝C （CH 3）COOCH 3＋NH 4HSO 4
90年代新法的反应是：
CH 3CH ＝CH 2＋CO ＋CH 3OH ?→?
pd CH 2 ＝ C （CH 3）COOCH 3与旧法比较，新法的优点是
（A ）原料无爆炸危险 （B ）原料都是无毒物质
（C ）没有副产物，原料利用率高 （D ）对设备腐蚀性较小
［解析］（A ）：新法的原料中有CO 可燃性气体，有爆炸极限，不能说“原料无爆炸危
险”，弃之。（B ）：新法的原料中有CO ，CO 有毒，所以不能说“原料都是无毒物质”，弃之。
（C ）：由新法的化学方程式看，产物只写了一种，而旧法的反应化学方程式甲，产物写了
两种，可推知新法的优点是“没有副产物，原料利用率高”，故（C ）是答案之一。（D ）：对
比三个化学方程式，可能新法的原料中没有HCN 和H 2SO 4，故对设备腐蚀性较小，所以（D ）
是本题的另一个答案。
[答案]（C ）、（D ）
[评述] 这是一道密切联系生产实际的信息迁移题，意在通过对三个化学方程式的观察、
对比和分析，考查自学能力和思维能力，可通过对比旧法和新法的反应（比较时要注意选项
提出的要求），找出新法的优点。
（理解，中等难度）
［例19］ 已知卤代烃跟 NaOH 水溶液共热时，能发生消去所应，形成醇类或酚类：
NaX OH R NaOH X R O H +-??→?+-?
2
已知，卤代烃跟NaOH 的乙醇溶液共热时，能发生消去反应，形成含有碳碳双键的烯
烃： O H NaX CH CH R NaOH CH CH H OH H C 22252++=-???→?+--?
| |
H X
某有机物A 的分子式为C 8H 13O 2Br ，在不同的条件下发生水解反应，分别生成Ｂ1＋Ｃ1
和Ｂ2＋C 2；C 1经过如下图的变化又能分别转化为Ｂ1和C 2；C 2能进一步氧化生成两种二元
羧酸；B1也可变为Ｂ2。有机物A 、B 1、C 1、B 2、C 2等的相互转化关系如图所示：
其中，只有Ｂ1既能使溴水褪色，又能跟Na2CO3溶液反应放出二氧化碳。
试回答下列各问：
（1）有机物Ｂ1的结构简式是有机物Ｃ1转变为Ｂ1说明Ｃ1与Ｂ1具有，Ｃ1转变为Ｂ1的三步连续的化学反应是
（2）有机物A的结构简式是，有机物Ａ转变为B2、C2的化学反应方程式是
（3）反应（I）的类型是,反应（II）的类型是。
（4）Ｃ1变为C2的化学方程式是。C2变为二元酸的化学方程式是
[解析]
这是一道信息给予式的未知有机物推断，试题给出的两条信息是：①卤代烃在NaOH 水溶液中发生水解反应；②卤代烃在NaOH的乙醇溶液中发生消去反应。读懂了这两条信息，又掌握了醇、醛、酸、酯的反应规律及相互联系，便可按下述方法进行推断。
（1）从有机物Ａ的分子式为C8H13O2Br，符合不饱和卤代酸或酯出发，进行正向思维，即Ａ能发生酸性水解，又能发生碱性水解，可以判断有机物Ａ属于酯类，而且在这个酯分子中含有一个碳碳双键和一个溴原子。至于在这个酯分子中碳碳双键和换原子的位置，则要从Ａ的酸性分解产物Ｂ１和Ｃ1入手，进行逆向思维才能确定。具体思维过程是：从Ｃ1经氧化反应、消去反应和酸化反应，可以转变为Ｂ1，说明Ｃ1是饱和的溴代醇，Ｂ1是不饱和羧酸，而且Ｂ1、Ｃ1这两种有机物均含有４个碳原子和相同的碳架。有机物Ａ则是由四碳不饱和羧酸与四碳饱和溴代醇所形成的酯。对于Ｂ1是四碳不饱和羧酸的判断，可从试题中“Ｂ1既能使溴水褪色，又能跟Na2CO3溶液反应放出二氧化碳”完全一致，说明上述推断的正确性。
（2）从有机物Ａ是不饱和羧酸与饱和溴代醇形成的酯出发，进行正向思维，该酯在强碱性条件下水解时，酯基和卤素均可发生水解，Ｂ2是不饱和羧酸盐，Ｃ2则是四碳的饱和二元醇，这一推断又被Ｂ1与NaOH反应生成B2，Ｃ1与NaOH水溶液共热生成C2所证实。
（3）B1、C1、B2、C2这四种有机物的碳架结构及官能团（
/
\
\
/
C
C=、-Br、-OH）的位
置的确定，则要从C2的最终氧化产物2-甲基丙二酸出发，从后向前依次倒推，说明Ｂ1、C1、B2、C2均具有丁字形碳架，而且根据2-甲基丙二酸中羧基的位置，也可以确定有机物Ｃ1中
—Br—OH的位置和有机物Ｂ1中
/
\
\
/
C
C=的位置，进而确定有机物Ａ的结构，从而完成这
道未知有机物的推断。
[答案]
有机物Ｂ1的结构简式是：
C1与B1具有相同的丁字形碳架。C1变为B1的三步连续化学反应是：
(2) 有机物A的结构简式是：
有机物A变为B2、C2的化学方程式是：
(3) 反应（I）是中和反应，反应（II）是水解反应。
C1变C2的化学方程式是：
C2变为2-甲基丙二酸的化学方程式是：
[评述] 综上所述，对这种信息对予框图式未知有机物的推断，要理解信息，把握联系和规律，选准突破口（本题是B1），并灵活运用正向思维和逆向思维，并使这两种思维方法巧妙结合在一起，才能提高解这种框图式未知物推断题的技能和技巧。
（综合应用，较难）
[例20]已知：
(不稳定，R代表烃基)现在只含C、H、O的化合物A-F，有关它们的某些信息，已注明在下面的方框内。
（1）在化合物A-F中有酯的结构的化合物是（填字母代号）
（2）把化合物A和F的结构简式分别填入下列方框中。
A
F
[解析]
这是一道联系新情景和定量分析特点的未知有机物结构的推断题，试题题干中给出以下两条新信息：
含有醇羟基的有机物在乙酸酐存在跟乙酸发生酯化反应，生成乙酸酯，而且生成的乙酸酯的相对分子质量，比原来含有醇羟基的有机物的相对分子质量大42，即
M’r=（乙酸酯）—Mr（醇）=42
在同一个碳原子含有两个羟基的有机物很不稳定，它们会自动失水生成含有醛基结构的有机物。
此外，在所给出的框图中，给出了A、B、C、D、E、F六种未知有机物及其相关性质，还给出了这六种有机物间相互联系和转化的反应条件。要做好这道未知有机物结构的推断，还要从框图中找出以下的解题信息：
从有机物A能发生银镜反应，又能跟金属钠反应放出氢气，说明有机物A的分子中既含有醛基，又含有羟基。
②从有机物A经“选择氧化”后生成的新有机物D，不发生银镜反应，可被碱中和，说明“选择氧化”是指有机物分子中的醛基被氧化为羧基的反应，“选择”二字的含意在于同时含有醛基和羟基的有机物只有醛基被氧化，羟基不被氧化。上述分析，可从B经选择氧化变为C，C又经酯化变成F，可以得到进一步证实。
③含有羟基和羧基双官能团的有机物（本题中的羧基由醛基经“选择氧化”而来），跟乙酸、乙酸酐反应时，是该有机物分子中醇羟基的酯化反应；当有机物跟乙醇、浓硫酸反应时，是该有机物分子中羟基的酯化反应。
（4）含有醛基、羟基的有机物A，经醇羟基酯化转变为B，又经选择氧化醛基变为羧基生成有机物C，再经羧基酯化变为最终有机物F，在有机物F中，不含有羟基、醛基和羧基，它们已全部转变为酯基。上述分析，可从A→D→E→F可以加以证实。
现在的问题是如何把试题给出的两条信息，与框图中给出的四条信息相结合，这是突破这道有机物结构题的关键。具体地说，就是要抓住有机物C的相对分子质量是190，有机物D的相对分子质量是106，两种有机物的相对分子质量之差为：
△M r＝190－106=84
而这个差值仅仅由于该有机物分子中醇羟基跟乙酸、乙酸酐的酯化反应所造成。把此点理解与试题题干给出的第一条信息乙醇跟乙酸酯化的相对分子质量之差是42相对照，可以确定在有机物A的分子中含有的羟基个数是：
84÷42＝2
又据题干给出的第二条信息：同碳二羟基化合物很不稳定，会发生“自动脱水”，说明在有机物A的分子中的2个羟基，应分别连在两个不同的碳原子上。由于醛基是一价基，只能存在于有机物分子结构的链端，从而得出有机物A是甘油醛的正确推断。这一分析，还可从A经“选择氧化”变为D得到证实，即从D的相对分子质量是106，可以推出有机物A的相对分子质量为：
M（A）＝106－16=90
只有含一个—CHO，两个—OH的甘油醛的相对分子质量为90。
[答案]
有机物B、C、E、F均是含酯的
结构的化合物（A是甘油醛，D
是甘油酸，不含有酯的结构）
有机物A和F的结构简式如下：
[评述]
这是一道高层次的信息迁移式的有机物结构推断题，它的“高层次”主要表现在若没有熟练的有机反应知识，没有准确吸
收新信息并与原有的化学知识相结合，没有较强的自学能力和思维能力，就不能进行科学的和定量的思维及严格的逻辑推理，也就不能正确的解析本题。
（综合应用，较难）
[例21] 请认真阅读下列3个反应：
利用这些反应，按以下步骤可从某烃A合成一中间体DSD酸。
（A）
3
4
2
HNO
SO
H
?
?→
?
（B）?
?
?→
??3
4
2
SO
SO
H
（C）
?
?
?
?
?→
?
试剂与条件已略去（D）
请写出（A）、（B）、（C）、（D）的结构简式。
[解析] 这是一道含有隐含信息的信息迁移题。在阅读分析中必须注意到反应②的产物苯胺易被氧化的信息和反应③中所加的无机试剂NaClO具有氧化性的隐含信息。因此，合成染
料中间体DSD酸的中间步骤（C）→（D）应是先接链，由在NaClO
作用下形成
然后在还原剂Fe、HCl、H2O的共同作用
下，将硝基（—NO2）还原为氨基（—NH2），
生成DSD酸，但有不少考生因忽略了
NaClO的氧化性与一NH2的还原性，先将
还原为
再接链，导致（C）、（D）的结构简式完全错误，本题的（A）、（B）结构简式则可以由（C）逆推得出。
[评述] 有关NaClO的氧化性已分别在1994年高考第31题和1996年高考第11题中涉及并应用。可见，做题不在于多而在于精，研究近几年的化学高考试题，分析、把握试题所传递的信息和趋势，对提高同学们的学习能力是极其有益的，试题还通过DSD酸的结构简式中——NH2——SO3H的基因的连接，传递正确书写结构简式的信息，但众多考生却未能正确借用，而出现多种书写上的错误，可见基本技能的提高也是十分重要的。（综合应用，较难）
[例22] 某种ABS工程树脂，由丙烯腈（CN2 === CHCN，符号A）、1，3一丁二烯（CH2
===CHCH ===== CH2，符号B）和苯乙烯（符号S）按一定配比共聚而得。
（1）A、B和S三种单体中，碳氢比值最小的单体是
（2）经元素分析可知该ABS样品的组成为C a H b N c（a、b、c为正整数），则原料中A和B 的物质的量之比是（用a、b、c表示）。
[解析] 本题考查考生综合分析、计算与抽象思维能力。在阅读中应及时将3种单体A、B、S的结构简式转换为表示元素组成的分子式：A：C3H3N，B：C4H6，S：C8H8，问题就不难解决。
（1）A、S的碳氢个数比均为1：1，唯有B是1：1、5或2：3，小于A、S。（2）原料A 中只含1个N原子，由共聚物C a H b N c可知1mol ABS中含c mol A；由单体与共聚物的组成可知氢原子、碳原子个数之差为（b－a），只与单体B有关（其他均为1：1），每l mol B中氢与碳原子数差2mol，因此每l mol ABS中含B为（b－a）／2mol．故原料中A与B的物质的量之比为C：（b-a）/2。
［答案］（1）B或CH2＝CH-CH＝CH2；
（2）c：（b-a）／2或2c：（b-a）
[评述] 解答本题，及时进行分子式的转移是关键，但许多考生未能仿照题示信息进行相应的转换而失误，此外，缺乏综合分析和抽象思维能力，未能找出N原子数与A的分子数、b－a与B的分子数之间的关系，致使第（2）问空答率约达50%，有的考生一见抽象的数字a、b、c就望而却步，即使思路正确的考生也有因心理过于紧张而误写为（b-a）／2：c。2c：b-a或2c：（a－b）等，可见，良好的心理素质也是十分重要的。
（综合应用、较难）
（四）化学实验
[例23] 在一定条件下用普通铁粉和水蒸气反应，可以得到铁的氧化物，该氧化物又可以经过此反应的逆反应，生成颗粒很细的铁粉，这种铁粉具有很高的反应活性，在空气中受撞击或受热时会燃烧，所以俗称“引火铁”，请分别用下图中示意的两套仪器装置，制取上
物理 1.一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止,则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( ) A. B. C. D. [解析] 1.设中子质量为m,则原子核的质量为Am。设碰撞前后中子的速度分别为v0、v1,碰后原子核的速度为v2,由弹性碰撞可得mv0=mv1+Amv2,m=m+Am,解得v1=v0,故=,A正确。 2.很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放,形成一很长的竖直圆筒。一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置,其下端与圆筒上端开口平齐。让条形磁铁从静止开始下落。条形磁铁在圆筒中的运动速率( ) A.均匀增大 B.先增大,后减小 C.逐渐增大,趋于不变 D.先增大,再减小,最后不变[解析] 2.对磁铁受力分析可知,磁铁重力不变,磁场力随速率的增大而增大,当重力等于磁场力时,磁铁匀速下落,所以选C。 3.(2014大纲全国，19，6分)一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动。当物块的初速度为v时, 上升的最大高度为H,如图所示;当物块的初速度为时,上升的最大高度记为h。重力加速度大小为g。物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为( )
A.tan θ和 B.tan θ和 C.tan θ和 D.tan θ和 [解析] 3.由动能定理有 -mgH-μmg cos θ=0-mv2 -mgh-μmg cos θ=0-m()2 解得μ=(-1)tan θ,h=,故D正确。 4.两列振动方向相同、振幅分别为A1和A2的相干简谐横波相遇。下列说法正确的是( ) A.波峰与波谷相遇处质点的振幅为|A1-A2| B.波峰与波峰相遇处质点离开平衡位置的位移始终为A1+A2 C.波峰与波谷相遇处质点的位移总是小于波峰与波峰相遇处质点的位移 D.波峰与波峰相遇处质点的振幅一定大于波峰与波谷相遇处质点的振幅 [解析] 4.两列振动方向相同的相干波相遇叠加,在相遇区域内各质点仍做简谐运动,其振动位移在0到最大值之间,B、C项错误。在波峰与波谷相遇处质点振幅为两波振幅之差,在波峰与波峰相遇处质点振幅为两波振幅之和,故A、D项正确。
专题四：中学化学计算题常见方法及策略 二. 知识要点及例题： （一）化学计算中的转化策略 1. 由陌生转化为熟悉。 在解题过程中，当接触到一个难以解决的陌生问题时，要以已有知识为依据，将所要求解的问题与已有知识进行比较、联系，异中求同，同中求异，将陌生转化为熟悉，再利用旧知识，解决新问题。 [例1] 现有25℃的硫酸铜饱和溶液300克，加热蒸发掉80克水后，再冷却到原来的温度，求析出CuSO4·5H2O多少克（已知25℃时，CuSO4的溶解度为20克）。 [例2] 溶质质量分数为3x％和x％的两种硫酸等体积混合后，混合液中溶质的质量分数是（） A. 2x％ B. 大于2x％ C. 小于2x％ D. 无法计算 2. 由局部转化为整体。 复杂的化学问题，往往是由几个小问题组合而成，若将这些小问题孤立起来，逐个分析解决，不但耗时费力，且易出错。如能抓住实质，把所求问题转化为某一整体状态进行研究，则可简化思维程序，收到事半功倍之效。 [例3] 有一包FeSO4和Fe2（SO4）3的固体混合物，已测得含铁元素的质量分数为31％，则混合物中硫元素的质量分数是____。
[例4] 有一放置在空气中的KOH固体，经测定，其中含 KOH 84.9％，KHCO35.1％，K2CO32.38％，H2O 7.62％。将此样品若干克投入 98克10％的盐酸中，待反应完全后，再需加入20克10％的KOH溶液方能恰好中和。求蒸发中和后的溶液可得固体多少克。 3. 由复杂转化为简单 著名数学家华罗庚教授曾经说过：“把一个较复杂的问题‘退’成最简单、最原始的问题，把这最简单、最原始的问题想通了，想透了……”然后各个击破，复杂问题也就迎刃而解，不攻自破了。华罗庚教授所说的“退”，就是“转化”，这种“退”中求进的思维策略常被用于解决复杂的化学问题。 [例5] 向1000克未知溶质质量分数的硫酸铜溶液中加入一定量的氢氧化钠溶液，过滤、干燥后得到蓝色固体19.6克。在所得滤液中加入过量铁粉，充分反应后，再加入足量盐酸，最后得到6.4克固体，求原溶液中硫酸铜的质量分数。 4. 由隐含转化为显露。 有些题目从表面看来似缺条件而无法求解，实际上解题条件就隐含在语言叙述、化学现象、化学原理之中。解答此类题目的关键，是充分挖掘题中的隐含条件，化隐为显，架设由未知到已知的“桥梁”。 [例6] 将镁粉和碳酸镁的混合物置于氧气中灼烧，直至质量不再改变为止。经测定，灼烧 后所得固体质量与原混合物质量相同，求原混合物中镁粉和碳酸镁的质量比。
无机推断题复习
?? ? ? ???↑+=++↑+=++↑??→?- 232222222232222H SiO Na O H NaOH Si H NaAlO O H NaOH Al H Si Al OH 、单质 铵盐：O H NH NH 234 +↑?→?+碱 （2）与酸反应产生气体 ①? ??? ?? ???????????????????↑↑??→?↑???→??????↑↑??→?↑↑???→??????↑↑?? →?↑?? ?→?↑??→?22222222223 4 234 23 4 2NO SO SO S CO NO CO SO C NO NO SO H HNO SO H HNO SO H HNO SO H HCl 、、、非金属、金属单质浓浓浓浓浓 ②() () () ???????↑?→?↑?→?↑ ?→?++ + ------2323 222323SO HSO SO S H HS S CO HCO CO H H H 化合物 9．物质组成的特殊配比 能形成原子个数比为2：1或1：1的特殊化合物有：Na 2O 、Na 2O 2类，H 2O 、H 2O 2类，CaC 2、C 2H 4、C 2H 2、C 6H 6类。 10．物质间的一些特殊转化关系 物质间的转化关系是解无机推断题的精髓，除了熟记一般的转化网络如“铝三角”、“铁三角”等外，还要了解一些特殊的转化关系，例如：
电解饱和食盐水2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑ 电解制镁、铝MgCl2Mg＋Cl2↑；2Al2O34Al＋3O2↑ 工业制玻璃 Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑； CaCO3＋SiO2CaSiO3＋CO2↑ 工业制硫酸 4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2(或S＋O2SO2)； 2SO2＋O22SO3；SO3＋H2O H2SO4 工业制粗硅SiO2＋2C Si＋2CO↑ 一、卤素 二、碳族元素 电解 电解 高温 高温 高温点燃 催化剂 △ 电解 高温 ①Cl2+H2O=HCl+HClO ②Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O ③ 2Cl+2Ca(OH)=CaCl+Ca(ClO)+2H O ①2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- ②2I-+Cl2=I2+2Cl- ③S2-+Cl2=S↓+2Cl- ④SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl ⑤8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl HCl HClO （强氧化性） H+ Zn OH- NH3 CaCO H2 H2O NH4+ CO2 Cl- Ag+ MnO2 AgCl Cl2 C2H5OH C2H5Cl 取代 CH2=CH Cl 加成 CH AgNO3 Ca(OH)2 光 H+、CO2 电解 Na AgNO3 Cl2 （黄绿色 Ca(ClO)2 氧化性 KMnO4、电解 H2S、HBr、HI 还原性 化合物 金属①2Fe+3Cl2=2FeCl3 ②Cu+Cl2=CuCl2(生成高价) 非金 ①H2+Cl2=2HCl ② 自身 氧化 NaCl AgCl
高中物理典型例题集锦 (电磁学部分) 25、如图22-1所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板 的中央各有小孔M、N。今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落(P、M、N三点在同一竖直线上)，空气阻力不计，到达N点时速度恰好 为零，然后按原路径返回。若保持两板间的电压不变，则： A.若把A板向上平移一小段距离，质点自P点下落仍能返回。 B.若把B板向下平移一小段距离，质点自P点下落仍能返回。 C.若把A板向上平移一小段距离，质点自P点下落后将穿过 N孔继续下落。 图22-1 D.若把B板向下平移一小段距离，质点自P点下落后将穿过N 孔继续下落。 分析与解：当开关S一直闭合时，A、B两板间的电压保持不变，当带电质点从M向N 运动时，要克服电场力做功，W=qU AB，由题设条件知：带电质点由P到N的运动过程中，重力做的功与质点克服电场力做的功相等，即：mg2d=qU AB 若把A板向上平移一小段距离，因U AB保持不变，上述等式仍成立，故沿原路返回， 应选A。 若把B板下移一小段距离，因U AB保持不变，质点克服电场力做功不变，而重力做功 增加，所以它将一直下落，应选D。 由上述分析可知：选项A和D是正确的。 想一想：在上题中若断开开关S后，再移动金属板，则问题又如何(选A、B)。 26、两平行金属板相距为d，加上如图23-1(b)所示的方波形电压，电压的最大值为U0，周期为T。现有一离子束，其中每个 离子的质量为m，电量为q，从与两板 等距处沿着与板平行的方向连续地射 入两板间的电场中。设离子通过平行 板所需的时间恰为T(与电压变化周图23-1 图23-1(b)
高一化学易错题及典型 题型 标准化管理处编码[BBX968T-XBB8968-NNJ668-MM9N]
高一化学易错题集锦及分析一元素化合物与化学概念部分【易错题】 一、元素化合物知识 1、下列物质既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应的是（） A、Na 2CO 3 B、KHCO 3 C、Al 2O 3 D、NaHSO 4 解析：本题重点考查两点： （1）弱酸的酸式盐既能与强酸反应，又能与强碱反应，例如B选项：HCO 3 － ＋H+=H 2O+CO 2 ↑；HCO 3 －＋OH－＝H 2 O +CO 3 2- （2）Al 2 O 3 是两性氧化物，既能和 强酸又能和强碱反应。这是在初高中知识衔接讲解物质分类提到的。反应方程式到 高二学，现在了解：Al 2O 3＋ 6H+=3H 2O+2Al3+；Al 2 O 3 ＋2OH－=2AlO 2 －+H 2 O。 以后既能和强酸又能和强碱反应的物质将拓展为一个小专题，现在就要注意积累。答案：BC 2、下列关于Na 2O 2 的叙述正确的是 （） A、Na 2 O 2 是淡黄色固体，久置于空气中 变成Na 2 O B、Na 2 O 2 与水的反应中，Na 2 O 2 只作氧化剂 C、用Na 2 O 2 漂白过的织物、麦杆等日久又渐渐变成黄色 D、Na 2 O 2 放入饱和NaOH溶液中，放出 大量的O 2 ，并有白色固体析出 解析：A选项应中Na 2 O 2 久置于空气中 会变成Na 2 CO 3 ；B选项Na 2 O 2 与水的反应 中，Na 2 O 2 既作氧化剂又作还原剂，是氧化 还原中的歧化反应；C选项Na 2 O 2 由于强氧化性而漂白物质，漂白之后不会再变色；D 选项饱和NaOH溶液中放入Na 2 O 2 ，由于 Na 2 O 2 与水反应，放出大量的O 2 ，水少了，溶质NaOH增多了，会有白色固体NaOH析出。其中C选项可漂白的物质也应总结成小专题，现阶段学过的有：活性炭，吸附 褪色，物理变化；Na 2 O 2 、HClO由于强氧化性褪色，化学变化。以后注意继续补充。答案：D 3、经过下列试验，溶液仍为澄清透明的是（） A、饱和Na 2 CO 3 溶液中通入足量CO 2 B、NaHCO 3 溶液中加入过量NaOH溶液
华辉教育物理学科备课讲义 A．大小为2N，方向平行于斜面向上 B．大小为1N，方向平行于斜面向上 C．大小为2N，方向垂直于斜面向上 D．大小为2N，方向竖直向上 答案：D 解析：绳只能产生拉伸形变， 绳不同，它既可以产生拉伸形变，也可以产生压缩形变、弯曲形变和扭转形变，因此杆的弹力方向不一定沿杆． 2．某物体受到大小分别为 闭三角形．下列四个图中不能使该物体所受合力为零的是 ( 答案：ABD 解析：A图中F1、F3的合力为 为零；D图中合力为2F3. 3．列车长为L，铁路桥长也是 桥尾的速度是v2，则车尾通过桥尾时的速度为 A．v2
答案：A 解析：推而未动，故摩擦力f＝F，所以A正确． ．某人利用手表估测火车的加速度，先观测30s，发现火车前进540m；隔30s 现火车前进360m.若火车在这70s内做匀加速直线运动，则火车加速度为 ( A．0.3m/s2B．0.36m/s2 C．0.5m/s2D．0.56m/s2 答案：B 解析：前30s内火车的平均速度v＝540 30 m/s＝18m/s，它等于火车在这30s 10s内火车的平均速度v1＝360 10 m/s＝36m/s.它等于火车在这10s内的中间时刻的速度，此时刻Δv v1－v36－18
两根绳上的张力沿水平方向的分力大小相等． 与竖直方向夹角为α，BC与竖直方向夹角为 ．利用打点计时器等仪器测定匀变速运动的加速度是打出的一条纸带如图所示．为我们在纸带上所选的计数点，相邻计数点间的时间间隔为0.1s. ，x AD＝84.6mm，x AE＝121.3mm __________m/s，v D＝__________m/s 结果保留三位有效数字)
突破高中化学计算题(解题方法和思路) 上了高中许多的学生都会发觉化学越来越难了,尤其是化学中的计算题.正因为这样,他们一看到化学计算题就马上想到先放弃,先去做其他的,计算题最后做.几乎大部分的学生都认为化学计算题很难,也都坚持”先其他,后计算”的解题路线.其实这样的想法很盲目,太过于绝对了.我个人认为化学计算题是很简单的,关键是解题的人有没有把问题简单化,分析化,也可以说是”干脆点理解”吧.其实我们想想也知道,在化学的计算题目中,我们所需要的信息或者数据都不过是从那些长长的或者简短的句子中简化分析而来的.可能有人会问:”那为什么要把那些句子用这种方式表示出来呢,而不干脆点直接告诉我们?”在我看来,这也许就是一中老套的障眼法和耐力战吧,想用这或长或短句子把信息藏起来,也想用这些句子,让我们看得不耐烦了,把我们”打倒”.所以咯!狭路相逢,勇者胜!看你是不是勇者了! 以下是我根据自己的一些经验所总结的解题方法,希望对同学们可以有一点帮助吧. 一..列方程组求解: 这是我认为最简单的解题方法,比如: 1.标准状况下,CO2和CO的混合气体15g.体积为10.08L,则此混合气体中的CO2和CO的物质的量各是多少? 所谓求什么设什么,我们就设CO2的物质的量为X ; CO的物质的量为Y (当然我们一定要在计算时熟知n (物质的量) M(摩尔质量) m(一般的质量) V(标况下的体积)之间的关系,一定要知道的) 那么接下来就是找关系了,这道题目中的信息给得非常的全面了,直白点说就是单纯的初中数学题目---列方程组求解,不用我说都知道怎么列(根据”混合气体15g.体积为10.08L”) 可以得到两个方程| 44X + 28Y =15 | 22.4(X + Y) = 10.08 这样就很快了解出来了,再看看这道题,题目给到了总质量,和总体积,都有牵涉到两个未知数,这样就可以列出等式,并解出来了.但是有时候为了方便,也可以先设两种物质的其他的量为未知数最后化成所求的量. 还有一种更简练的题型,就像我的原创题目一样 2.标况下SO2和SO3混合气体在不考虑化学变化时,其中含O的质量分数是60%,求SO2的含量(质量分数). (我个人认为这道题目可以用”看似条件唯一,却蕴涵条件无数来形容) 这道题目如果也是用列方程组求解那么应该怎么做呢? 从题目中可以知道要求的和已知的都和质量有关系,但是总质量不知道,乍看下最后所要的答案也没有总质量,这说明了总质量最后可以消去. 于是我们就可以设总质量为100 g,那么O的质量就是60 g SO2的含量为X ; SO3的含量为Y 就有X + Y=1 ; 也可以知道SO2 , SO3的质量分别是100X , 100Y 这里又会用到”分子中各原子的质量分数”于是我们就可以很快找到O的质量的表示关系 1/2 * 100X + 3/5 * 100Y =60 这样两个方程就都出来了,两个方程两个未知数,解决 还有一种类型是牵涉到化学变化的,不过也是非常简单的 3.KCl 和KBr的混合物共3.87 g全部溶解在水中,并加入过量的AgNO3溶液充分反应后,生成的氯化银和溴化银共6.63 g , 则原混合物中的氯化钾的质量是多少? 这个看上去好像是和前面的不一样,但是实际上还是一样的. 从这道题目中牵涉到的方程式,我们可以发现有多少物质的量的KCl 和KBr就可以生成多少物质的量的氯化银和溴化银,也同样设两个为知数,设原混合物中的氯化钾的质量为X ; 原混合物中的溴化钾的质量为Y,可以得到:
高中化学经典例题28道详解详析 （一）基本概念和基本原理 [例1] 道尔顿的原子学说曾经起了很大作用。他的学说中．包含有下述三个论点：①原子是不能再分的粒子；②同种元素的原子的各种性质和质量都相同；③原子是微小的实心球体。从现代的观点看，你认为这三个论点中，不确切的是 （A ）只有③ （B ）只有①③ （C ）只有②③ （D ）①②③ [解析] 从现代物质结构观点看，道尔顿原子学说的三个论点都是不确切的、对于①．现代科学已经知道．原子是由原子核和核外电子组成的。原子核内又有质子和中子、在化学反应中．原子可以得到和失去电子；在核反应中原子核可以裂变和聚变。对于②，由于元素存在同位素，它们在质量和物理性质上存在差异、至于③原子核相对于原子来说是很小的，它的直径约是原子的万分之一，它的体就只占原子体积的几千亿分之一。电子在核外较大的空间内作高速运动说明原子核与电子之间具有一定的距离。 [答案] （D ） [评述] 考查运用现代物质结构理论评价科学史中的道尔顿原子学说的能力与分析能力。 本题还旨在提倡化学教学要注重化学史的教育，因为“史鉴使人明智”、“激励人们奋进、为科学献身”。 （理解、较容易） [例2] （1996年全国） 下列离子方程式不正确的是 （A ）氨气通入稀硫酸中：NH 3＋H +＝N +4H （B ）二氧化碳通入碳酸钠溶液中： CO 2＋C -23O ＋H 2 O ＝2HCO -3 （C ）硫酸铝溶液跟偏铝酸钠溶液及应： ↓=++-+3223)(463OH Al O H AlO Al （D ）氯气通入冷的氢氧化钠溶液中： 2Cl 2＋2OH —＝3Cl -＋ClO —＋H 2O [解析] 首先根据离子反应规律判断反应物与生成物的表示式（分子式、离子式），四个反应都正确，符合离子方程式书写要点，氧气、二氧化碳、氯气用分子式，氢氧化铝、水是弱电解质也用分子式，只有可溶性强电解质用离子符号。然后根据质量守恒判断也符合。对于选项（C ），可以用离子电荷守恒判断，AI 3+与AlO -2在溶液中发生双水解反应产物是电中性的Al （OH ）3，因此反应中Al 3+与AlO -2的物质的量之比应为1：3，才能使反应前后离子电荷守恒。至于选项（D ），是氧化还原反应，氧化剂、还原剂都是Cl 2中的Cl 原子，但其中氧化剂得电子总数为3（3个0Cl 得3个电子转化为3个Cl —即3?→?+e Cl 30Cl —），而还原剂失电子总数只有1（- +-?→?O Cl Cl e 10）。不符合电子守恒，因此不正确。对于溶液中的 氧化还原反应，除了根据离子反应规律：氧化还原反应规律判断反应实质与可能性，结合离
功和功率典型例题精析 [例题1] 用力将重物竖直提起，先是从静止开始匀加速上升，紧接着匀速上升，如果前后两过程的时间相同，不计空气阻力，则[ ] A．加速过程中拉力的功一定比匀速过程中拉力的功大 B．匀速过程中拉力的功比加速过程中拉力的功大 C．两过程中拉力的功一样大 D．上述三种情况都有可能 [思路点拨]因重物在竖直方向上仅受两个力作用：重力mg、拉力F．这两个力的相互关系决定了物体在竖直方向上的运动状态．设匀加速提升重物时拉力为F1，重物加速度为a，由牛顿第二定律F1－mg=ma， 匀速提升重物时，设拉力为F2，由平衡条件有F2=mg，匀速直线运动的位移S2=v·t=at2．拉力F2所做的功W2=F2·S2=mgat2． [解题过程] 比较上述两种情况下拉力F1、F2分别对物体做功的表达式，不难发现：一切取决于加速度a与重力加速度的关系． 因此选项A、B、C的结论均可能出现．故答案应选D． [小结]由恒力功的定义式W=F·S·cosα可知：恒力对物体做功的多少，只取决于力、位移、力和位移间夹角的大小，而跟物体的运动状态(加速、匀速、减速)无关．在一定的条件下，物体做匀加速运动时力对物体所做的功，可以大于、等于或小于物体做匀速直线运动时该力做的功． [例题2]质量为M、长为L的长木板，放置在光滑的水平面上，长木板最右端放置一质量为m 的小物块，如图8－1所示．现在长木板右端加一水平恒力F，使长木板从小物块底下抽出，小物块与长木板摩擦因数为μ，求把长木板抽出来所做的功．
[思路点拨] 此题为相关联的两物体存在相对运动，进而求功的问题．小物块与长木板是靠一对滑动摩擦力联系在一起的．分别隔离选取研究对象，均选地面为参照系，应用牛顿第二定律及运动学知识，求出木板对地的位移，再根据恒力功的定义式求恒力F的功． [解题过程] 由F=ma得m与M的各自对地的加速度分别为 设抽出木板所用的时间为t，则m与M在时间t内的位移分别为 所以把长木板从小物块底下抽出来所做的功为 [小结]解决此类问题的关键在于深入分析的基础上，头脑中建立一幅清晰的动态的物理图景，为此要认真画好草图(如图8－2)．在木板与木块发生相对运动的过程中，作用于木块上的滑动摩擦力f 为动力，作用于木板上的滑动摩擦力f′为阻力，由于相对运动造成木板的位移恰等于物块在木板左端离开木板时的位移Sm与木板长度L之和，而它们各自的匀加速运动均在相同时间t内完成，再根据恒力功的定义式求出最后结果．
高中化学14种基本计算题解法1. 商余法 这种方法主要是应用于解答有机物(尤其是烃类)知道分子量后求出其分子式的一类题目。对于烃类，由于烷烃通式为CnH2n+2，分子量为14n+2，对应的烷烃基通式为CnH2n+1，分子量为14n+1，烯烃及环烷烃通式为CnH2n，分子量为14n，对应的烃基通式为CnH2n-1，分子量为14n-1，炔烃及二烯烃通式为CnH2n-2，分子量为14n-2，对应的烃基通式为CnH2n-3，分子量为14n-3，所以可以将已知有机物的分子量减去含氧官能团的式量后，差值除以14(烃类直接除14)，则最大的商为含碳的原子数(即n值)，余数代入上述分子量通式，符合的就是其所属的类别。 [例1] 某直链一元醇14克能与金属钠完全反应，生成0.2克氢气,则此醇的同分异构体数目为（） A、6个 B、7个 C、8个 D、9个 由于一元醇只含一个-OH，每mol醇只能转换出molH2，由生成0.2克H2推断出14克醇应有0.2mol,所以其摩尔质量为72克/摩,分子量为72,扣除羟基式量17后,剩余55,除以14,最大商为3,余为13,不合理,应取商为4,余为-1,代入分子量通式,应为4个碳的烯烃基或环烷基,结合“直链”,从而推断其同分异构体数目为6个. 2. 平均值法
虑各组分的含量。根据混合物中各个物理量(例如密度,体积,摩尔质量,物质的量浓度,质量分数等)的定义式或结合题目所给条件，可以求出混合物某个物理量的平均值，而这个平均值必须介于组成混合物的各成分的同一物理量数值之间，换言之，混合物的两个成分中的这个物理量肯定一个比平均值大，一个比平均值小，才能符合要求，从而可判断出混合物的可能组成。 [例2] 将两种金属单质混合物13g,加到足量稀硫酸中,共放出标准状况下气体11.2L,这两种金属可能是（） A．Zn和Fe B．Al和Zn C．Al和Mg D．Mg和Cu 将混合物当作一种金属来看,因为是足量稀硫酸,13克金属全部反应生成的 11.2L(0.5摩尔)气体全部是氢气,也就是说,这种金属每放出1摩尔氢气需26克,如果全部是+2价的金属,其平均原子量为26,则组成混合物的+2价金属,其原子量一个大于26,一个小于26.代入选项,在置换出氢气的反应中,显+2价的有Zn,原子量为65,Fe原子量为56,Mg原子量为24,但对于Al,由于在反应中显+3价,要置换出1mol氢气,只要18克Al便够,可看作+2价时其原子量为=18,同样假如有+1价的Na参与反应时,将它看作+2价时其原子量为23×2=46,对于Cu,因为它不能置换出H2,所以可看作原子量为无穷大,从而得到A中两种金属原子量均大于26,C中两种金属原子量均小于26,所以A、C都不符合要求,B中Al的原子量比26小,Zn比26大,D中Mg原子量比26小,Cu原子量比26大,故B,D 为应选答案。 3. 极限法
重点高中化学推断题总结(经典+全)
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无机推断题复习 无机推断题是在化学学科的历次高考改革中始终保留的一种基本题型，是高考的热点题型。它以无机物的结构、性质和相互转化为载体，不仅能全面检查学生对元素及其化合物、物质结构、元素周期律等基础知识的掌握情况，检查学生灵活运用知识的能力，而且能考查学生抽象、求异、发散、收敛，逻辑推理，知识迁移，信息处理等方面的能力，也能很好地与化学实验、计算、基本化学用语，化学基础理论、元素及化合物，有机知识等学科内综合考查，对考生有很好的区分度，预计在今后的理科综合能力考查中，它将依然是化学学科的一种重要题型。 一、无机推断题复习方法和策略。 推断题融元素化合物、基本概念和理论于一体，侧重考查学生思维能力和综合应用能力。在解无机推断题时，读题、审题相当重要，在读题审题过程中，要认真辩析题干中有关信息，抓住突破口，分析无机推断中的转化关系，仔细推敲，挖掘出隐含条件。 (一)基本思路 读题(了解大意)→审题(寻找明显条件、挖掘隐含条件与所求)→解题(抓突破口)→推断(紧扣特征与特殊)→得出结论→正向求证检验 读题：读题的主要任务是先了解题目大意，寻找关键词、句，获取表象信息。切勿看到一点熟悉的背景资料就匆匆答题，轻易下结论，这样很容易落入高考试题中所设的陷阱。 审题：对读题所获信息提炼、加工，寻找明显的或潜在的突破口，更要注意挖掘隐含信息－“题眼”。“题眼”常是一些特殊的结构、状态、颜色，特殊的反应、反应现象、反应条件和用途等等。审题最关键的就是找出”题眼”。 解题：找到“题眼”后，就是选择合适的解题方法。解无机推断题常用的方法有：顺推法、逆推法、综合推理法、假设法、计算法、实验法等。通常的思维模式是根据信息，大胆猜想，然后通过试探，验证猜想；试探受阻，重新阔整思路，作出新的假设，进行验证。一般来说，先考虑常见的规律性的知识，再考虑不常见的特殊性的知识，二者缺一不可。 验证：不论用哪种方法推出结论，都应把推出的物质代入验证。如果与题设完全吻合，则说明我们的结论是正确的。最后得到正确结论时还要注意按题目要求规范书写，如要求写名称就不要写化学式。 (二)相关知识储备 解答无机推断题需要一定的背景知识为基础。下面以“考纲”为核心，以教材出发，结合对近几年高考试题的分析和对未来的预测，对常考的热点知识作如下归纳： 一．颜色状态 状态常温下呈液态的特殊物质：H2O、H2O2、C6H6 、C2H6O 、Br2、Hg、等
牛顿第二运动定律 【例1】物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图3-2所示，在A点物体开始与弹簧接触，到B点时，物体速度为零，然后被弹回，则以下说法正确的是： A、物体从A下降和到B的过程中，速率不断变小 B、物体从B上升到A的过程中，速率不断变大 C、物体从A下降B，以及从B上升到A的过程中，速 率都是先增大，后减小 D、物体在B点时，所受合力为零 的对应关系，弹簧这种特 【解析】本题主要研究a与F 合 殊模型的变化特点，以及由物体的受力情况判断物体的 运动性质。对物体运动过程及状态分析清楚，同时对物 =0，体正确的受力分析，是解决本题的关键，找出AB之间的C位置，此时F 合 由A→C的过程中，由mg>kx1，得a=g-kx1/m，物体做a减小的变加速直线运动。在C位置mg=kx c,a=0，物体速度达最大。由C→B的过程中，由于mg
[化学计算例题与练习] 一．化学计算的技巧 一般指的是各种基本计算技能的巧用。主要有①关系式法，②方程或方程组法，③守恒法，④差量法，⑤平均值法，⑥极值法，⑦讨论法，⑧十字交叉法等。 一、关系式法 关系式法是根据化学方程式计算的巧用，其解题的核心思想是化学反应中质量守恒，各反应物与生成物之间存在着最基本的比例（数量）关系。 【例题1】某种H和CO的混合气体，其密度为相同条件下 再通入过量O2，最后容器中固体质量增加了[] A．g B．g C．g D．g 、 分析:此题宜根据以下关系式巧解： 固体增加的质量即为H2的质量。 固体增加的质量即为CO的质量。 所以，最后容器中国体质量增加了，应选A。 解析此题估算即可。解题关键是找出反应中量的关系。 【例题2】FeS2与硝酸反应产物有Fe3+和H2SO4，若反应中FeS2和HNO3物质的量之比是1∶8时，则HNO3的唯一还原产物是[] A．NO2B．NO C．N2O D．N2O3 分析:此题运用氧化还原关系式计算。反应中FeS2和HNO3的物质的量之比是1∶8，由于生成了Fe（NO3）3，则FeS2和被还原的HNO3的物质的量之比是1∶5。 ； 设N元素的变价为x，可列以下氧化还原关系式并解析：
该题关键是找出隐含的关系。 二、方程或方程组法 根据质量守恒和比例关系，依据题设条件设立未知数，列方程或方程组求解，是化学计算中最常用的方法，其解题技能也是最重要的计算技能。 *【例题3】（MCE 1999—24）用惰性电极电解M（NO3）x的水溶液，当阴极上增重a g时，在阳极上同时产生bL氧气（标准状况），从而可知M的原子量为[] 分析:方程或方程组法是最常用最不易出错的化学计算方法。 阴阳两极的电极反应： } 阴极：4Mx++4xe=4M 阳极：4xOH--4xe=2xH2O+xO2↑ 设M的原子量为y 正确答案是C。 【例题4】有某碱金属M及其相应氧化物的混合物共10 g，跟足量水充分反应后，小心地将溶液蒸干，得到14 g无水晶体。该碱金属M可能是[] A．锂B．钠C．钾D．铷 （锂、钠、钾、铷的原子量分别为：、23、39、） 分析:碱金属及其氧化物跟水反应的反应式关系分别是：2M+2H2O=2MOH+H2↑M2O+H2O=2MOH 此题有多种解法。 《
FeS2与硝酸反应产物有Fe3+和H 2SO 4 ，若反应中FeS2和HNO3物质的量之比是1∶8时，则HNO 3 的唯一还原产物是 [ ] A．NO2 B．NO C．N2O D．N2O3 【例题7】加热碳酸镁和氧化镁的混合物mg，使之完全反应，得剩余物ng，则原混合物中氧化镁的质量分数为 [ ] 此题宜用差量法解析： 设MgCO3的质量为x MgCO3 gO+CO2↑混合物质量减少 应选A。 【例题9】由锌、铁、铝、镁四种金属中的两种组成的混合物10 g与足量的盐酸反应产生的氢气在标准状况下为11.2 L，则混合物中一定含有的金属是 [ ] A．锌B．铁C．铝D．镁 分析:此题可运用平均值法巧解。各金属跟盐酸反应的关系式分别为：
Zn—H2↑ Fe—H2↑ 2Al—3H2↑ Mg—H2↑ 若单独跟足量盐酸反应，生成11.2LH2（标准状况）需各金属质量分别为：Zn∶32.5g；Fe∶28 g；Al∶9g；Mg∶12g。其中只有铝的质量小于10g，其余均大于10g，说明必含有的金属是铝。应选C。 【例题13】已知自然界中铱有两种质量数分别为191和193的同位素，而铱的相对平均原子质量为192.22，这两种同位素的原子个数比应为 [ ] A．39∶61 B．61∶39 C．1∶1 D．39∶11 分析:此题可列二元一次方程求解，但运用十字交叉法最快捷： 【例题14】一定量的乙醇在氧气不足的情况下燃烧，得到CO、CO2和水的总质量为27.6g，若其中水的质量为10.8g，则CO的质量是 [ ] A．1.4g B．2.2g C．4.4g D．在2.1g和4.4g之间 分析:此题考查有机物的不完全燃烧，解析过程中可运用十字交叉法：（方法一）CO与CO2总质量：27.6g-10.8g=16.8g 生成CO、CO2共0.2 mol×2=0.4 mol
圆周运动的实例分析典型例题解析 【例1】用细绳拴着质量为m 的小球，使小球在竖直平面内作圆周运动，则下列说法中，正确的是[ ] A ．小球过最高点时，绳子中张力可以为零 B ．小球过最高点时的最小速度为零 C ．小球刚好能过最高点时的速度是Rg D ．小球过最高点时，绳子对小球的作用力可以与球所受的重力方向相 反 解析：像该题中的小球、沿竖直圆环内侧作圆周运动的物体等没有支承物的物体作圆周运动，通过最高点时有下列几种情况： (1)m g m v /R v 2当＝，即＝时，物体的重力恰好提供向心力，向心Rg 加速度恰好等于重力加速度，物体恰能过最高点继续沿圆周运动．这是能通过最高点的临界条件； (2)m g m v /R v 2当＞，即＜时，物体不能通过最高点而偏离圆周Rg 轨道，作抛体运动； (3)m g m v /R v m g 2当＜，即＞时，物体能通过最高点，这时有Rg ＋F ＝mv 2/R ，其中F 为绳子的拉力或环对物体的压力．而值得一提的是：细绳对由它拴住的、作匀速圆周运动的物体只可能产生拉力，而不可能产生支撑力，因而小球过最高点时，细绳对小球的作用力不会与重力方向相反． 所以，正确选项为A 、C ． 点拨：这是一道竖直平面内的变速率圆周运动问题．当小球经越圆周最高点或最低点时，其重力和绳子拉力的合力提供向心力；当小球经越圆周的其它位置时，其重力和绳子拉力的沿半径方向的分力(法向分力)提供向心力． 【问题讨论】该题中，把拴小球的绳子换成细杆，则问题讨论的结果就大相径庭了．有支承物的小球在竖直平面内作圆周运动，过最高点时：
(1)v (2)v (3)v 当＝时，支承物对小球既没有拉力，也没有支撑力； 当＞时，支承物对小球有指向圆心的拉力作用； 当＜时，支撑物对小球有背离圆心的支撑力作用； Rg Rg Rg (4)当v ＝0时，支承物对小球的支撑力等于小球的重力mg ，这是有支承物的物体在竖直平面内作圆周运动，能经越最高点的临界条件． 【例2】如图38－1所示的水平转盘可绕竖直轴OO ′旋转，盘上的水平杆上穿着两个质量相等的小球A 和B ．现将A 和B 分别置于距轴r 和2r 处，并用不可伸长的轻绳相连．已知两球与杆之间的最大静摩擦力都是f m ．试分析角速度ω从零逐渐增大，两球对轴保持相对静止过程中，A 、B 两球的受力情况如何变化？ 解析：由于ω从零开始逐渐增大，当ω较小时，A 和B 均只靠自身静摩擦力提供向心力． A 球：m ω2r ＝f A ； B 球：m ω22r ＝f B ． 随ω增大，静摩擦力不断增大，直至ω＝ω1时将有f B ＝f m ，即m ω＝，ω＝．即从ω开始ω继续增加，绳上张力将出现．12m 112r f T f m r m /2 A 球：m ω2r ＝f A ＋T ；B 球：m ω22r ＝f m ＋T ． 由B 球可知：当角速度ω增至ω′时，绳上张力将增加△T ，△T ＝m ·2r(ω′2－ω2)．对于A 球应有m ·r(ω′2－ω2)＝△f A ＋△T ＝△f A ＋m ·2r(ω′2－ω2)． 可见△f A ＜0，即随ω的增大，A 球所受摩擦力将不断减小，直至f A ＝0
高中化学计算题的解法归纳【知识网络】
【典型例题评析】 例1某体积可变的密闭容器，盛有适量的A和B的混合气体，在一定条件下发生反应： A+3B2C。若维持温度和压强不变，当达到平衡时，容器体积为VL，其中C气体的体积占10%，下列推断正确的是（全国高考题） ①原混合气体的体积为1.2VL ②原混合气体的体积为1.1VL ③反应达平衡时气体A消耗掉0.05VL ④反应达平衡时气体B消耗掉0.05VL A.②③ B.②④ C.①③ D.①④ 体积差： 例3将硫酸钾、硫酸铝、硫酸铝钾三种盐混合溶于硫酸酸化的水中，测得c(SO42-)=0.105mol/L、c(Al3+)=0.055mol/L，溶液的pH=2.0（假设溶液中H2SO4完全电离为H+和SO42-），则c(K+)为 （上海高考题） A.0.045mol/L B.0.035mol/L C.0.055mol/L D.0.040mol/L 电荷守恒： ）x的水溶液，当阴极上增重a g时，在阳极上同时产生bL氧气（标准状况），例4用惰性电极电解M（NO 3 从而可知M的原子量为 电子守恒： 铜和镁的合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480mL的NO2气体和336mL的N2O4气体（都已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为（上海高考题）A．9.02g B.8.51g C.8.26g D.7.04g
例5将1.92g铜粉与一定量浓硝酸反应，当铜粉完全作用时收集到1.12L（标准状况）。则所消耗硝酸的物质的量是（上海高考题） A.0.12mol B.0.11mol C.0.09mol D.0.08mol 原子守恒|： 例8在一定条件下，将m体积NO和n体积O2同时通入倒立于水中且盛满水的容器内，充分反应后，容器内残留m/2体积的气体，该气体与空气接触后变为红棕色，则m与n的比值为（上海高考题） 方程式叠加 例9 由CO 2、H 2 和CO组成的混合气在同温同压下与氮气的密度相同。则该混合气体中CO 2 、H 2 和CO的体积 比为 (上海高考题) 十字交叉法 例10由锌、铁、铝、镁四种金属中的两种组成的混合物10g，与足量的盐酸反应产生的氢气在标准状况下为11.2L，则混合物中一定含有的金属是（全国高考题） A.锌 B.铁 C.铝 D.镁 例13第ⅡA族元素R的单质及其相应氧化物的混合物12g，加足量水经完全反应后蒸干，得固体16g，试推测该元素可能为（上海高考题） A.Mg B.Ca C.Sr D.Ba 极值法 R---->ROH 2.8/M1=( 3.58-2.8)/17 M1=61 R2O---->2ROH 2.8/(2M2+16)=( 3.58-2. 8)/18 例15在一个密闭容器中，用等物质的量的A和B发生反应：A(g)+2B(g) 。当反应达到平衡时，如果混合气体中A和B的物质的量之和与C的物质的量相等，则此时A的转化率为（全国高考题） A.40% B.50% C.60% D.70% 估算法
高中化学易错题集 1、X 、Y 、Z 为三种单质。已知：Y 能将Z 从其化合物的水溶液中置换出来，而Z 又能将X 从其化合物中置换出来。由此可以推断下列说法中可能正确的是（ ） ①单质的氧化性：Y>Z>X ； ②单质的还原性：Y>Z>X ； ③对应离子的氧化性：X>Z>Y ； ④对应离子的还原性：X>Z>Y A 、只有① B 、只有②③ C 、只有①④ D 、①②③④ 2、铁屑溶于过量的盐酸后，再加入下列物质，会有三价铁生成的是（ ） A 、硫酸 B 、氯水 C 、硝酸锌 D 、氯化钙 3、化合物A 、B 、C 都只含有两种元素，且A 、B 均含X 元素。已知一定条件下可发生反应： A+B —→X+C ，X 是一种单质，由此可知X 元素（ ） A 、一定是金属元素 B 、一定是非金属元素 C 、可能是金属元素，也可能是非金属元素 D 、无法确定 4、在氧化还原反应KClO 3+6HCl=KCl+3Cl 2+3H 2O 中，当生成0.5molCl 2时，氧化产物和还原产物的物质的量之比为___________ A 、5：1 B 、3：1 C 、1：3 D 、1：5 5、取17.4 g MnO 2固体粉末与一定体积的浓盐酸（含溶质0.4mol ）共热制取氯气（假设HCl 挥发损失不计），下列叙述中正确的是（ ） A 、反应过程中MnO 2作催化剂 B 、盐酸未完全反应 C 、参加反应的盐酸有一半被氧化 D 、反应产生2.24L 氯气（标况） 6、往下列溶液中通入过量的CO 2，将会看到白色沉淀的是（ ） A 、CaCl 2溶液 B 、澄清石灰水 C 、饱和碳酸钠 D 、Na 2SiO 3溶液 7、高温下硫酸亚铁发生如下反应：2FeSO 4=Fe 2O 3+SO 2↑+SO 3↑，若将生成的气体通入氯化钡溶液中，得到的沉淀是（ ） A 、BaSO 4和BaSO 3 B 、BaS C 、BaSO 4 D 、BaSO 3 8、标准状况下H 2S 与O 2混合气体100mL ，经点燃后反应至完全，所得的气体经干燥后，恢复至原来状况下体积为10mL ，该10mL 气体可能是（ ） A 、H 2S 和SO 2 B 、O 2 C 、H 2S D 、SO 3 9、中和一定量的某醋酸溶液时，消耗氢氧化钠m g 。如果先向该醋酸溶液中加入少量的醋酸钠，然后再用氢氧化钠中和，此时可消耗氢氧化钠n g 。则m 与n 的关系为（ ） Ａ、ｍ>ｎ B 、ｍ<ｎ Ｃ、ｍ＝ｎ Ｄ、无法确定 10、例题21、已知化合物B 3N 3H 6（硼氮苯）与C 6H 6（苯）的分子结构相似，结构如右图。则硼氮苯的二氯代物（B 3N 3H 4Cl 2）的同分异构体的数目为（ ） A 、2 B 、3 C 、4 D 、6 11、X 、Y 为两种主族元素，其原子的最外 层电子数分别为1和6，则X 、Y 两种元素形成的化合物（ ） A 、一定是离子化合物 B 、一定是共价化合物 C 、一定形成X 2Y 型化合物 D 、以上答案均不正确 12、25℃时，重水（D 2O ）的离子积为1.6 *10-15，也可用PH 值一样的定义来规定其酸碱度：PD=-lg[D +]，下列有关PD 的叙述，正确的是（ ） ①中性D 2O 的 PD=7