老师您好年级高二

1、.肈蒈莁袈膀芁蚀袇袀肄薆袆羂艿蒂袅膄肂蒈袄袄莇莄袄羆膀蚂袃聿莆薈袂膁腿蒄羁袁莄莀羀羃膇虿罿肅莂薅罿芇膅薁羈羇蒁蒇薄聿芃莃薃膂葿蚁薂袁节薇薂羄蒇蒃蚁肆芀荿蚀膈肃蚈虿羈芈蚄蚈肀膁薀蚇膃莇蒆蚆袂腿莂蚆羅莅蚀蚅肇膈薆螄腿莃蒂螃衿膆莈螂肁莂莄螁膃芄蚃螀袃蒀蕿螀羅芃蒅蝿肈蒈莁袈膀芁蚀袇袀肄薆袆羂艿蒂袅膄肂蒈袄袄莇莄袄羆膀蚂袃聿莆薈袂膁腿蒄羁袁莄莀羀羃膇虿罿肅莂薅罿芇膅薁羈羇蒁蒇薄聿芃莃薃膂葿蚁薂袁节薇薂羄蒇蒃蚁肆芀荿蚀膈肃蚈虿羈芈蚄蚈肀膁薀蚇膃莇蒆蚆袂腿莂蚆羅莅蚀蚅肇膈薆螄腿莃蒂螃衿膆莈螂肁莂莄螁膃芄蚃螀袃蒀蕿螀羅芃蒅蝿肈蒈莁袈膀芁蚀袇袀肄薆袆羂艿蒂袅膄肂蒈袄袄莇莄袄羆膀蚂袃聿莆薈袂膁腿蒄羁袁莄莀羀羃膇虿

2、罿肅莂薅罿芇膅薁羈羇蒁蒇薄聿芃莃薃膂葿蚁薂袁节薇薂羄蒇蒃蚁肆芀荿蚀膈肃蚈虿羈芈蚄蚈肀膁薀蚇膃莇蒆蚆袂腿莂蚆羅莅蚀蚅肇膈薆螄腿莃蒂螃衿膆莈螂肁莂莄螁膃芄蚃螀袃蒀蕿螀羅芃蒅蝿肈蒈莁袈膀芁蚀袇袀肄薆袆羂艿蒂袅膄肂蒈袄袄莇莄袄羆膀蚂袃聿莆薈袂膁腿蒄 老师您好年级：高二 科目：化学 时间：2/25/2005 13:31:8 新=2983997  老师可以把中学要求掌握的化学计算题的类型及方法总结一下吗？谢谢！答：同学你好，中学化学计算题的类型及解题思路如下：一、根据化学方程式计算型题  例1（1997-35）  将8.8gFeS固体置于200mL2.0mol

3、83;L-1的盐酸中，以制备H2S气体。反应完全后，若溶液中H2S的浓度为0.10mol·L-1，假定溶液体积不变，试计算：（1）收集到的H2S气体的体积（标准状况）。（2）溶液中Fe2+和H+的物质的量浓度（摩尔浓度）。【错解】第（1）问：收集到H2S气体2.24L。FeSH2S88     18.8    xx=0.1mol设未收集到xLH2S气体，所以0.1mol·L-1=0.1mol/xLx=100L第（2）问：H+=0.2mol/0.2L=0.1mol·L-1。H2

4、S为0.1mol·L-1，H2S为0.2×0.1=0.02（mol）H+=2×0.02（mol）H+（总）=0.2+0.02×2=0.24（mol）H+=（0.2×2+2×0.1）/0.2=2（mol/L）【评析】  审题时注意：溶液中H2S的浓度直接影响到收集到的H2S气体的体积，盐酸过量。第（1）问是根据化学方程式的计算FeS+2HCl=FeCl2+H2S解之，得x=0.2mol，y=0.1mol，z=0.1mol。盐酸过量0.20L×2.0mol·L-1-0.2mol=0.2mol共生成H2S0.1

5、mol，在溶液中溶解的H2S的物质的量为0.10mol·L-1×0.20L=0.020mol能收集到H2S的物质的量=0.1mol-0.020mol=0.08mol能收集到H2S的体积（标准状况）为：0.08mol×22.4L·mol-1=1.8L出现误区，是由于不理解题意，未考虑溶液中溶解的H2S的物质的量，导致失误。出现误区，由于概念不清，列式错误所致。出现误区，也由于概念不清，列式错误所致。只有理解了收集到的H2S气体体积应等于反应生成的H2S气体的体积减去在溶液中溶解的H2S气体的体积，才能走出此误区。第（2）问根据生成FeCl20.1mol，可

6、知溶液中Fe2+物质的量浓度为0.1mol÷0.20L=0.50mol·L-1溶液中H+的物质的量浓度=0.2mol÷0.20L=1.0mol·L-1（注意：H2S弱酸的电离忽略不计）。出现误区，是由于运算结果错误所致。出现误区，是由于在强酸性条件下，误将弱酸完全电离，导致失误。出现误区，是由于分子上出现了“2×0.1”，误认为H2S在溶液中完全电离，产生0.2mol的H+离子，导致失误。【正确答案】  根据方程式FeS+2H+=Fe2+H2S可判断盐酸过量，计算应以FeS的物质的量为基准。（1）共生成H2S0.10mol。在溶液中溶

7、解的物质的量为：0.10mol·L-1×0.20L=0.020mol所以收集到H2S气体的物质的量为：0.10mol-0.020mol=0.08mol收集到H2S气体的体积（标准状况）为：22.4L·mol-1×0.08mol=1.8L消耗掉H+0.20mol，反应前H+的物质的量为：2.0mol·L-1×0.20L=0.40mol例2（1994-37）  现有一份CuO和Cu2O混和物，用H2还原法测定其中CuO的质量x（g）。实验中可以测定如下数据：W混和物的（已知摩尔质量：Cu64g/mol、CuO80g/mol、Cu

8、2O144g/mol、H2O18g/mol）（1）为了计算x，至少需要测定上述四个数据中的_个，这几个数据的组合共有_种，请将这些组合一一填入下表空格中。每个空格中填一种组合，有几种组合就填几种，不必填满。          （2）从上述组合中选写一个含W的求x的计算式：x=_【错解】第（1）问：两个数据的组合为6种：W,WCu    两个数据的组合为小于5种：W,WCu      【评析】

9、60; 走出误区的关键是审清所发生的化学反应。H2还原CuO，是初三化学中一个重要的反应，将此反应从大脑中检索出来，并产生正迁移，推出H2还原Cu2O的化学方程式：这两个化学方程式是测定CuO质量的计算依据。根据反应可知，为了计算CuO质量x（g），至少需要测定出题目所测4个数据中的两个，应=6，可推出这4个数据的组合数为6。在此基础上，必须根据本题中发生的化学反应对各种组合进行分析。由、两个化学方程式中消耗H2的物质的量与生成H2O的物质的量之比都是11（与混合物中CuO和的质量x（g）。舍弃这种组合，其余5种组合便是本题的答案。要写含有W的求x的计算式，应选用含W的组合W，WCu；CuO含

10、量的必要数据时，没有根据本题化学反应的特点进行分析，舍弃由于不会运用数学知识解决化学问题，思维欠有序，造成了漏解和错解。第（2）问：出现、误区，是由于未审清题目要求“从上述组合中选写一个含W的求x的计算式”，所写x的计算式中不含W，造成失误。出现误区，属于笔误。由于时间紧迫，从草稿到填写答案过程中出了差错，导致失误。【正确答案】（1）2，5W,WCu     二、关系式法型题  例1（1998-34）  本题分子量用以下数据：H2O18.0，CaO56.0，CaO272.0。过氧化钙是一种安全无毒的氧化物，通常含有部分CaO

11、，且带有数量不等的结晶水。为分析某过氧化钙样品的组成进行了如下实验。称取0.270g样品，灼热使之完全分解，生成CaO、O2和H2O，得到的O2在标准状况下体积为33.6mL。另取0.120g样品，溶于稀盐酸，加热煮沸，使生成的H2O2完全分解。然后将溶液中的Ca2+完全转化成CaC2O4沉淀，经过滤洗涤后，将沉淀溶于热的稀硫酸，用0.0200mol·L-1KMnO4溶液滴定，共用去31.0mLKMnO4溶液。化学方程式如下：5CaC2O4+2KMnO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5CaSO4+10CO2+8H2O（1）写出CaO2受热分解的化学方程式。（2）计算样品中

12、CaO2的质量分数。（3）计算样品中CaO2·xH2O的x值。【错解】  第（1）问：CaO2=CaO+O2，CaO2=Ca+O2，2CaO2+H2O=2CaO+O2+H2O，2CaO2·nH2O=2CaO+O2+2nH2O（n=1，2，3即定值）。第（2）问：40，62，×10-3），72M（CaO2·xH2O）=80，M=90，x=1。【评析】  第（1）问：根据信息，可写出CaO2受热分解的化学误区是由于未读懂题示信息所致。误区是由于多写了水的分子式所致。误区是由于未通观全题的叙述，误将CaO2·xH2O写成有定值的水

13、，造成失误。第（2）问：根据信息中，O2在标准状况下的体积可求出的物质的量为33.6mL÷22400mL·mol-1=1.50×10-3mol。根据关系式2CaO2O2，可求得CaO2物质的量为2×1.50×10-3mol，CaO2质量为2×1.50×10-3mol×72.0g·mol-1样品中CaO2的质量分数为：出现误区，是由于化学方程式未配平，关系式未找对（CaO2O2），导致失误。出现误区，是由于误将CaO2的摩尔质量72.0g·mol-1用CaO的摩尔质量56.0g·mol-

14、1代入式中计算，导致失误。出现误区，是由于未用题中数据，直接用CaO2·H2O的摩尔质量进行求算，虽然计算结果都是80，但计算的依据错误。第（3）问：根据信息，可求出CaC2O4物质的量（即Ca2+总物质的量），所用关系式为：5CaC2O42KMnO4KMnO4的物质的量为0.0200mol·L-1×31.0mL×10-3L·mL-1·CaC2O4的物质的量为0.0200mol·L-1×31.0×10-3L×5/2=0.00155mol其中CaO2所含Ca2+的物质的量为：CaO的物质的量为0.

15、00155mol-0.00133molm（CaO）=（0.00155mol-0.00133mol）×56.0g·mol-1=0.012gm（H2O）=0.120g-0.120g×80.0-0.012g=0.012gCaO2与H2O的物质的量之比为出现误区，是由于错误列式：CaO2·xH2OCaC2O4xH2O（72+18x）g       1mol0.120g        1.55×10-3mol误将0.

16、120g全部看成CaO2·xH2O，忽略了样品中“通常含有部分CaO”，CaO2·xH2OCaC2O4这个关系式也是错的，CaC2O4的物质的量是溶液中全部Ca2+的物质的量，它不等于CaO2中所含的Ca2+的物质的量。出现误区，是由于误将样品中CaO2的质量分数（80）作为结晶水合物中含CaO2的质量分数，进行推算，导致失误。=80.0（3）n（CaC2O4）=n（Ca2+）=31.0×10-3L×0.0200mol·L-1m（CaO）=（0.00155mol-0.00133mol）×56.0g·mol-1=0.012gm

17、（H2O）=0.120g-0.120g×80.0-0.012g=0.012g例2（1998-35）  下面是4种盐在不同温度下的溶解度（g/100gH2O）NaNO3             KNO3              NaCl        

18、;       KCl10              80.5              20.9               

19、35.7              31.0100            175               246        

20、0;        39.1              56.6（计算时假定：盐类共存时不影响各自的溶解度；过滤晶体时，溶剂损耗忽略不计。）（1）取23.4gNaCl和40.4gKNO3，加70.0gH2O，加热溶解。在100时蒸发掉50.0gH2O，维持该温度，过滤析出晶体，计算所得晶体的质量（m高温）。将滤液冷却至10，待充分结晶后，过滤。计算所得晶体的质量（m低温）。（2）另取34.0gNa

21、NO3和29.8gKCl，同样进行如上实验。10时析出的晶体是_（写化学式）。100和10得到的晶体质量（m高温和m低温）分别是多少？【错解】  第（1）问：m高温=19.6g，m低温=35.9g。第（2）问：NaCl，KNO3。【评析】  第（1）问：阅读4种盐在不同温度下的溶解度、计算时的假定和。因为NaCl的溶解度随温度变化不大，且100时溶解度最小，所以蒸发浓缩NaCl和KNO3的混合液时，将有大量NaCl晶体析出。过滤后，KNO3的溶解度随温度的变化最大，所以会有大量KNO3晶体析出，与此同时，也会有少量NaCl晶体析出。具体解法是：设：100蒸发掉50.0gH2

22、O后，溶液中NaCl的质量为x溶质        溶剂39.1g       100gx       （70.0g-50.0g）39.1gx=100g（70.0g-50.0g）析出的NaCl晶体质量m高温=23.4g-7.82g=15.6g设：冷却到10，析出的NaCl晶体质量为y溶剂  析出溶质的质量（100降至10）100g      

23、;                      （39.1g-35.7g）（70.0g-50.0g）                        &#

24、160;          y100g（70.0g-50.0g）=（39.1g-35.7g）y设：溶液中KNO3的质量为z溶质              溶剂20.9g             100gz    

25、0;       （70.0g-50.0g）20.9gz=100g（70.0g-50.0g）析出的KNO3晶体质量为40.4g-4.18g=36.2g10析出的晶体总质量m低温=0.68g+36.2g=36.9g出现误区，是由于错误列式：溶质        溶剂39.1g       100gx         50.0g39.

26、1gx=100g50.0g出现误区，是由于在40.4-4.18的计算中失误（0.4-0.18不需借个位数），即40.4-4.18=35.2，造成失误（0.68g+35.2g=35.9g）。第（2）问：根据NaNO3+KCl KNO3+NaCl85g        74.5g    101g      58.5g34.0g     29.8g      x&#

27、160;         y解之，得x=40.4g，y=23.4g因而根据溶解度数据，100时蒸发后得到的是NaCl晶体，冷却后得到的主要是KNO3，同时也有少量的NaCl晶体。所以本问与第（1）问情况相同，不必再计算。另一种思路：两种原始溶液中各种盐的物质的量都相等。四种离子浓度完全相同，根据溶解度数据，100时蒸发后得到的是NaCl晶体，冷却后得到的主要是KNO3晶体，同时也有少量的NaCl晶体析出。出现误区，显然是漏掉了KNO3。出现误区，显然是漏掉了NaCl。【正确答案】（1）100蒸发掉50.0gH2O后

28、溶液中NaCl的质量为析出的NaCl晶体质量m高温=23.4g-7.82g=15.6g冷却到10，析出的NaCl晶体质量为析出的KNO3晶体质量为40.4g-4.18g=36.2g10析出的晶体总质量m低温=0.68g+36.2g=36.9g（2）KNO3和NaClm高温=m高温=15.6g                   m低温=m低温=36.9g三、列方程组法型题  例1（1997-36） 

29、; 1996年诺贝尔化学奖授予对发现C60有重大贡献的三位科学家。C60分子是形如球状的多面体（图2-2-1），该结构的建立基于以下考虑：ewc MVIMAGE,MVIMAGE, !262300T1.bmp（1）C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键；C60分子只含有五边形和六边形；多面体的顶点数、面数和棱边数的关系，遵循欧拉定理：据上所述，可推知C60分子有12个五边形和20个六边形，C60分子所含的双键数为30。请回答下列问题：（1）固体C60与金刚石相比较，熔点较高者应是_，理由是：_。（2）试估计C60跟F2在一定条件下，能否发生反应生成C60F60（填“可能”或“不可能

30、”）_，并简述其理由：_。（3）通过计算，确定C60分子所含单键数。C60分子所含单键数为_。（4）C70分子也已制得，它的分子结构模型可以与C60同样考虑而推知。通过计算确定C70分子中五边形和六边形的数目。C70分子中所含五边形数为_，六边形数为_。【错解】  第（1）问：低，C60。金刚石键能小，C60含多个不饱和键，结构不稳定。金刚石中只有单键，而C60中还含双键，双键键能比两个单键低，金刚石熔点高。金刚石中每个碳与其余4个碳原子相连，C60中只是3个，破坏金刚石的能量要高。金刚石全部按六边形结合，比C60稳定，金刚石只含单键，C60有双键。因C60中双键数大于金刚石，分子间

31、键能大，熔点较高。金刚石4个碳原子呈正四面体排列，或金刚石是正方形网状，每个碳原子都与4个碳原子相连，键能大。第（2）问：不能。因为C60含有双键。不可能，F2不可能将每个碳键上的氢全部取代，只有一小部分活泼氢可以反应。不可能，C60只含有30个双键，加成时只能有30个F原子参加反应。不可能，负一价的F极为稳定，不能形成双键。12×520×6-30=150。x=90，因为双键为30个，所以单键数=90-30×2=30。全是单键，60×4=240，因为有30个双键，所以单键=240-30×2=180。面数=12+30=36，60+36-棱边数=2

32、，棱边数=单键数=96-2=94。第（4）问：面数=70+35-70-2=33（个）。5x+6y=3×70【评析】  阅读新信息，知道C60分子是形如球状的多面体，固体C60不是原子间体。C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键。C60分子只含有五边形和六边形。多面体的顶点数、面数和棱边数的关系，遵循欧拉定理：顶点数+面数-棱边数=2。C60分子有12个五边形和20个六边形。C60分子所含双键数为30。根据信息可以回答第（1）问。根据信息可以回答第（2）问。根据信息、可以回答第（3）问。根据信息、可以回答第（4）问。第（1）问：出现误区，是由于慌忙中把C60熔点

33、比金刚石熔点低，答成了“低”，造成了答非所问的错误。由此可见，在考场上保持良好的心态是十分重要的，希望今后的考生要努力走出这类误区。出现误区，是由于判断错误所致。出现误区，均由于不知道不同类物质的熔点的高低是由晶体类型决定的，不清楚金刚石是原子晶体，而固体C60不是原子晶体，仅比较单双键键能大小是不正确的，才导致了失误。出现误区，是由于对金刚石是原子晶体，它是正四面体空间网状结构，既不是平面网状，也不同于甲烷分子的正四面体构型不清楚，导致失误。第（2）问：出现误区，是由于判断错误所致。出现误区，是由于未指明双键个数，回答中不能充分运用题示新信息“C60分子所含的双键数为30”，反映出有些同学的

34、自学能力差，或思维的严密性差，导致了失误。出现误区，是由于把加成反应答成了取代反应所致。出现误区，是由于混淆了加成反应与取代反应所致。出现误区，是由于抓不住答题要点，答非所问所致。第（3）问：出现误区，是由于双键数求错，不清楚题目中“C60分子所含的双键数为30”的含义，导致失误。出现误区，是由于总键失误。出现误区，是由于双键数应为30，不应是30×2=60，导致失误。出现误区，是由于把单键数与价电子数混为一谈导致失误。应该是60个碳原子，共有60×4=240个价电子，每4个价电子形成一个双键，耗用掉30×4=120个价电子，每2个价电子形成一个单键，所以单现12

35、20=36这一加法运算的错误，导致后面的推导连续失误。应该是面数=12+20=32，60+32-棱数=2，棱边数=总键数=92-2=90，单键数=90-30=60。第（4）问：出现误区，是由于不慎将“”、“-”号写错，导致失误。应该是面数=2+棱边数-顶点数=2+70+35-70=37。出现误区，是由于只找到了这一个二元一次方程，还缺少一个方程：70（xy）【正确答案】  （1）金刚石金刚石属原子晶体，而固体C60不是，故金刚石熔点较高。（答出“金刚石属原子晶体”即给分）（2）可能因C60分子含30个双键，与极活泼的F2发生加成反应即可生成C60F60（只要指出“C60含30个双键”

36、即给分，但答“因C60含有双键”不给分）也可由欧拉定理计算键数（即棱边数）：60（1220）-2=90C60分子中单键为：90-30=60（答“2×30（双键数）=60”即给分）（4）设C70分子中五边形数为x，六边形数为y。依题意可得方程组：解得：五边形数x=12，六边形数y=25附：第（3）问的其他解法，供大家参考。解法一：以价电子数为突破口，分析推算。分析：碳是A族元素，每个碳原子有4个价电子，所以C60分子中共有价电子总数为240，当碳碳原子间每形成一个双键，必然用去4个价电子，即CC。据题示信息“C60分子所含的双键数为30”，则共用去价电子数为4×30120，剩

37、余的价电子数是240-120=120。又由于碳碳原子之间每形成一个单键，必然用去2个价电子，即CC。故C60分子中的单键数为120÷2=60。解法二：以化学键的成键规律为突破口，分析推算。分析：根据题示信息“C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键”，可知每个碳原子与相邻碳原子间有1个双键，必然有2因此单键数为30×260。解法三：以欧拉定理为突破口。分析推算。分析：由题示信息欧拉定理可知，C60球形多面体的棱边数就是C60分子中的化学键数。因此可先求出C60球形多面体的总棱数（即单键数与双键数之和），再减去双键数，即可求出C60分子中含的单键数。已知C60分子

38、中含12个五边形和20个六边形，又知每条棱被2个=90。单键数为90-30=60。附：第（4）问的其他解法，供大家参考。解法一：以梭边数为突破口，列一元一次方程求解。分析：根据题示信息“C70分子也已制得，它的分子结构模型可与C60同样考虑”，可知C70分子中的每个碳原子也是与相邻的3个碳原子形成化学键，这样每个碳原子与其他碳原子之间有3条棱，而多面体的每条棱都是为2个碳原子共有，因此C70球形多面体的总棱数为：70×3÷2=105。再根据欧拉定理：面数=2-顶点数+棱边数=2-70+105=37设C70分子中五边形数为x，则六边形数为（37-x），可列式：解之，得x=12

39、，六边形数为37-12=25。解法二：以顶点数为突破口，列二元一次方程组求解。分析：设五边形数为x，六边形数为y，根据题示信息欧拉定理可知：则                                    x+y=37（面数） &#

40、160;                       再根据题示信息，从化学角度分析，C70分子中每个碳原子与其他3个碳原子成键；从数学角度分析，C70分子中每3条校共用一个顶点。因此可根据顶点数列式：二元一次方程组为：解之，得x=12，y=25。解法三：以C60分子成键规律为突破口，分析C70求解。分析：受题示信息C70的分子结构模型可以与C60同样考虑的启发，C60分子中化

41、学键的成键规律为：碳原子数：单键数=11；碳原子数：双键数=21应用此规律分析C70分子，故C70分子中含单键数为70，双键数为35。因此，总键数为7035105（C70球多面体的总棱数是105）。然后根据欧拉定理求出面数为2-70105=37。后面的解法可同解法一或解法二，不再赘述。四、差量法型题  例1（1992-38）  写出H2S燃烧反应的化学方程式。1.0LH2S气体和aL空气混和后点燃，若反应前后气体的温度和压强都相同（20，101.3kPa），试讨论当a的取值范围不同时，燃烧后气体的总体积V（用含a的表达式表示。假定空气中氮气和氧气的体积比为41，其他成分可忽

42、略不计）。【错解】  只答a2.5时，V2.0L；a7.5时，V7.0L。【评析】  审题是关键！注意审清以下三点：第一，本题涉及引起体积变化的反应有：第二，题示条件：H2S体积为1L，空气体积为aL（空气中N2，O2的体积比为41），反应前后同温同压。第三，本题要求：讨论a的取值范围不同时，燃烧后气体的总体积V（带“·”的为关键字）。运用的基本定律及解题方法：（1）阿伏加德罗定律及其推论气体反应方程式中系数比就是气态物质的体积比。（2）过量计算的要点与方法。（3）运用反应前后气体的体积差求解。解法一：反应前气体总体积为（1+a）L。按反应（1），1LH2S应消耗

43、O20.5L，即空气0.5L÷1/5=2.5L。当a2.5L时O2不足量2H2SO2=2H2O+2S                     体积减少2     1  0    0          

44、    3a/5                           （3a/5）心算得出当a2.5L时，O2过量，体积变化与H2S体积相关。2H2S3O2=2H2O2SO2           &#

45、160;       体积减少2     3    0    2               3H2S                

46、60;                               体积减少1                  

47、60;                        （1.5）心算得出V（1+a）L-1.5L（a-0.5）L解法二：对a2.5L分成两种情况讨论。第一种：O2过量，1LH2S完全燃烧，消耗1.5LO2，即耗空气aL1.5L÷1/57.5L。当a7.5L时，体积变化由H2S决定V=（1a）L-1.5L（a-0.5）L（3）计算，但反应（3）反应前后体积差为

48、0，仍按反应（1）求算：V（1+a）L-1.5L=（a-0.5）L出现误区，是由于不会讨论当a的取值范围不同时，燃烧后气体的总体积V，怎样用含a的表达式表示，导致失误。出现误区，是由于只讨论了O2不足量时，V的表达式，忽略了当a2.5L时，O2过量情况下V的由H2S决定，导致漏掉一组解。出现误区，恰好是漏掉了误区的一组解，其原因是只讨论了当a2.5L时，O2过量情况下V的表达式，忽略了当a2.5L时，O2不足量情况下V的表达式，导致失误。应该说明的是，本题的综合性强，在讨论取值范围过程中，涉及到过量的判断及差量法的运用，所以本题也可属于过量判断型题，或讨论取值范围型题。若a2.5L（或a2.5

49、L）若a2.5L（或a2.5L）V=（1a）L-1.5L=（a-0.5）LSO2也正确。2a2.5L的情况，可以分两步讨论：7.5La2.5L（或7.5La2.5L）V（a-0.5）La7.5L（或a7.5L）V（a-0.5）L。五、中间值法型题  例1（1989-47）  18.4gNaOH和NaHCO3固体混和物，在密闭容器中加热到约250，经充分反应后排出气体，冷却，称得剩余固体质量为16.6g。试计算原混和物中NaOH的百分含量。【错解】  设NaHCO3为xg，NaOH为yg，【评析】  首先分析出混合物加热时发生的化学反应为：NaOH和NaH

50、CO3的物质的量之比为11，求加热后混合物质量减少多少g。获得了此数据，就找到了中间值，据此可推断两种物质的物质的量之比，判断出何种物质过量，方可开始计算。即：设混合物质量减少为z124g18.4g=18gz若混合物中NaOH和NaHCO3的物质的量之比大于11，则混合物的质量减少应小于2.67g；若混合物中NaOH和NaHCO3的物质的量之比小于11，则混合物的质量减少应大于2.67g。现混合物的质量减少为18.4g-16.6g=1.8g，1.82.67，说明混合物中NaOH过量。由于所设的未知数不同，可出现以下几种不同的运算过程。第一种：设NaOH质量为x，NaHCO3质量为（18.4g-

51、x）NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O84g                        18g（18.4g-x）                     1

52、.8g84g（18.4g-x）=18g1.8g解之，得x=10g第二种：设原混合物中NaOH质量为x，反应后剩余NaOH质量为yNaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O40g     84g      106g（x-y）（18.4g-x）（16.6g-y）第三种：设未参加反应的NaOH的质量为x124g（18.4g-x）=106g（16.6g-x）解之，得x=6g原混合物中共有4g+6g=10g显然，第一种设未知数的方法最好。在常见误区的（2）式旁边画了“×”，其原因是误认为NaOH未发生反

53、应，还残留在剩余固体中，对混合物受热（250）发生的反应不清楚，不懂得NaOH会吸收NaHCO3分解产生的CO2，更不清楚混合物质量从18.4g变成16.6g的原因，可以说从一开始就错了，致使最后结【正确答案】  混合物加热时的化学方程式为：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O若混合物中NaOH和NaHCO3的物质的量之比为11，则加热后质量减少为若混合物中NaOH和NaHCO3的物质的量之比大于或小于11，则混合物的质量减少分别应小于或大于2.67g。现混合物质量减少为18.4g-16.6g=1.8g，说明混合物中NaOH过量设NaOH质量为x，NaHCO3质量为18.4g-x

54、NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O84g                          18g（18.4g-x）                  

55、0;  1.8g84g（18.4g-x）=18g1.8gx=10g六、平均值法型题  例1（1991-42）  常温下，一种烷烃A和一种单烯烃B组成混和气体，A或B分子最多只含有4个碳原子，且B分子的碳原子数比A分子的多。（1）将1升该混和气体充分燃烧，在同温同压下得到2.5升CO2气体。试推断原混和气体中A和B所有可能的组合及其体积比，并将结果填入下表：组合编号A的分子式B的分子式A和B的体积比(VAVB)           （2）120时取1L该混和

56、气体与9L氧气混和，充分燃烧后，当恢复到120和燃烧前的压强时，体积增大6.25。试通过计算确定A和B的分子式。【错解】  （1）组合编号A的分子式B的分子式A和B的体积比(VAVB)C3H6CH413C4H8CH411C3H6C2H611C4H8C2H631  （2）设烃平均碳原子数为n，平均氢原子数为m，列式：设CnH2n+2  xL，CmH2m（1-x）L，列式：设CnH2n+2  xL，CmH2m yL，列式：【评析】  第（1）问：1L碳原子数为n的烷烃充分燃烧（或烯烃）后均得到nLCO2。由题意：1L混合气体充分燃烧后生成

57、2.5LCO2，且B分子的碳原子数比A分子的多，可以推断混合气体只能由碳原子数小于2.5的烷烃（CH4、C2H6）和碳原子数大于2.5的烯烃（C3H6和C4H8）组成。它们有4种可能的组合，根据每一种组合中烷烃和烯烃的碳原子数及燃烧后生成的CO2的体积，可确定A和B的体积比。第一种组合CH4和C3H6第二种组合CH4和C4H8第三种组合C2H6和C3H6第四种组合C2H6和C4H8将题解填入表内：组合编号A的分子式B的分子式A和B的体积比(VAVB)CH4C3H613CH4C4H811C2H6C3H611C2H6C4H831  前面常见误区中所列表格是由于忽略了A是烷烃，B

58、是单烯烃，也不符合B分子的碳原子数比A分子的多，造成了A、B顺序颠倒，导致失误。第（2）问：采用平均值法。由第（1）问知混合气的平均碳原子数为2.5，设混合气分子式为C2.5Hy依题意，体积增大为（1L+9L）×6.250.625Ly=6.5（平均氢原子数）混合气的平均组成为C2.5H6.5讨论：由于平均氢原子数为6.5，所以必有一种烃分子中氢原子数小于6.5，另一种烃分子中氢原子数大于6.5，因此排除、组合，用十字交叉法验算组合，决定取舍。结论：A的分子式是C2H6，B的分子式是C4H8。另一种解法：设1L气态烃与氧充分燃烧后体积变化为VL，则各种组合的1L混合气体与O2充分燃烧后

59、，体积增大为：故组合符合题意，即A为C2H6，B为C4H8。第三种解法：设A为CmH2m+2，体积VAxL，B为CnH2n，体积为VB=yL，则即（m-1）xL（n-2）yL=1.25LxL+yL=1L引用第（1）问中、4组合数据，分别代入总式讨论：只有第组成立，故A为C2H6，B为C4H8。10L，即：解之，可得m6.5（平均氢原子数）。出现误区，是由于在标有“ ”处列式错误，这样列式，所表示的意思是O2已全部消耗完了，与题目中O2是过量的不相符，造成失误。出现误区，虽然列式与误区不同，但在标有“ ”处的列式的错误，实质上与误区“ ”处相同，不再赘述。综上所述，我们得到启示，要走出本题的误区

60、，找到平均碳原子数和平均氢原子数是关键，运用十字交叉法可简化计算过程。望大家复习时仔细推敲。【正确答案】  （1）。 A的分子式B的分子式A和B的体积比(VAVB)CH4C3H613CH4C4H811C2H6C3H611C2H6C4H831  （2）设1L气态烃与氧气充分燃烧后体积变化为VL，则各种组合1L混合气体与氧气充分燃烧后，体积增大为：故组合符合题意，即A为C2H6，B为C4H8。七、极端假设法型题  例1（1992-37三南高考题）  某学生对久置于空气中已部分变质的CaO取样分析，实验如下：取10.00g样品高温灼烧，将生

61、成的气体全部通入足量的Ba（OH）2溶液中，得到3.94g沉淀；另取1.00g样品，加入40mL1.0mol·L-1稀盐酸，充分反应后稀释至500mL。从中取出25mL溶液，以0.020mol·L-1NaOH溶液中和其中过量的盐酸，用去23mLNaOH溶液，试计算样品中各种物质的质量百分组成。【错解】  CaCO3BaCO3100g  187gx     3.94g除CaCO3外，样品耗盐酸的物质的量为1.0×40×10-3-0.020×23×10-3-0.002×20.035（mol）。除CaCO3外，Ca2+的物质的量为0.0268mol。【评析】  由样品高温灼烧后产生气体，且气体通入足量Ba（OH）2溶液中得到沉淀，可推知样品中可能含有CaCO3。CO2+Ba（