化学式考查方式

化学式考查方式化学式是中学化学中重要的化学用语,书写化学式是考试说明中要求掌握的一种基本技能。近年来对物质化学式的书写及推导的考查更是高考的热点，题目变化多样，既考查了学生对基本知识的掌握程度，又考查了学生的分析、推理和创新能力。现归类举例如下。一、打破思维定势确定化学式[例1]在5mLc(Ag+)为0.1mol.L-1的某溶液中,加入等物质的量的某种碱金属盐,待卤化物完全沉淀后,经过滤、干燥，称得沉淀物质量为0.013g,则此沉淀的化学式是(.LiFB.LiClC.AgFD.AgCl解析：初看此题，多会认为沉淀为银盐，由于AgF溶于水，即错选D。依题意可知卤化物的摩尔质量为：0.013g/(0.1mol.L-1x0.005L)=26g.mol-1,因为卤素中只有F的相对原子质量小于26,则卤素为F,由此可得另一种元素的相对原子质量为26-19=7,只能为碱金属Li。答案选A。二、由同一性确定化学式[例2]按一定比例共熔两种硫酸盐可制得化合物X，X溶于水后可电离出K+、Cr3+、SO42-，将2.83gX中的Cr3+全部氧化成Cr2O72-后,溶液中的Cr2O72-可与过量的KI溶液反应,得到2.81g单质碘.向溶有2.83gX的溶液中加入过量BaCl2溶液,可得到4.66g白色沉淀.X的化学式为：①KCr(SO4)2、②K2SO42Cr2(SO4)3、③2K2SO4Cr2(SO4)3、④K2SO4Cr2(SO4)3、⑤K3Cr(SO4)3、⑥KCr3(SO4)3()A.①③B.②④C.①④解析：这是一道牵涉氧化还原反应的计算题，不少同学都直接依据守恒原理进行计算，显得特别麻烦。运用同一性进行逆向思维，可很快得到答案。观察各选项后可发现，它们均由两个小选项组成，据此可知X的化学式有两种表达式。因用这两种表达式同时表达X一种物质，故这两种表达式中K+、Cr3+、SO42-的个数比必须相同，K+、Cr3+、SO42-的个数比相同的只有选项C。三、由类比思想确定化学式[例3]有一种碘的氧化物可以称之为碘酸碘，其中碘显+3价和+5价，则这种化合物的化学式为（）A.I2O4I3O5C.I4O7D.I4O质名称碘酸碘，并类比氯酸钾有KClO3→KIO3→I(IO3)n,依题意,其中碘酸根中碘显+5价,那另一个碘原子只能显+3价,即碘酸碘化学式为I(IO3)3,答案为D。四、由极限思想确定化学式[例4]完全燃烧一定质量的乙烯与某烃的混合气体后，测得其生成物中气体的质量是反应前混合烃质量的2.86倍。试通过计算，确定该气态烃的化学式及它在该混合气体中所占的物质的量分数（气体体积和质量均在常温下测定）。混合烃的平均化学式为CxHy，依题意有：44x/(12x+y)=2.86即y/x=3.39而乙烯分子中n(H):n(C)=2<3.39另一未知烃分子中n(H):n(C)>3.39,所有烃类中只有烷烃可以满足,设其化学式为CnH2n+2,则(2n+2)/n>3.39,n只能为1,即该烃为甲烷,化学式为CH4。设含1molCH4,zmolC2H4,则(44+88z)/(16+28z)=2.86,解得z=0.222mol。故CH4在该混合气体中所占的物质的量分数为：1/(1+0.22)x100%=81.8%。五、由分类讨论思想确定化学式[例5]常温常压下,有某烃与氧气的混合气体共7L,引燃,充分燃烧后恢复至原温度和压强,气体的体积变为4L.试确定烃的化学式.解析：设此烃的化学式为CxHy,其体积为aL,剩余氧气的体积为bL,则依CxHy+(x+y/4)O2----xCO2+y/2H2O1(x+y/4)xaL(x+y/4)aLxaL知反应前气体的体积为:a+(x+y/4)a+b=7反应后气体体积为:ax+b=4即有(ax+b)/[a+(x+y/4)a+b]=4/7得:3ax+3b=4a+ya因充分燃烧,必有b≥0,3b≥0故3x≤ya+4a,y≥3x-4讨论:(1)当x=1时,y=4,该烃为CH4(2)当x=2时,y=2,该烃为C2H2(3)当x=2时,y=4,该烃为C2H4(4)当x=2时,y=6,该烃为C2H6(5)当x=3时,y=6,该烃为C3H6(6)当x=3时,y=8,该烃为C3H8(7)当x=4时,y=8,该烃为C4H8(8)当x=4时,y=10,该烃为C4H10六、由平均思想确定化学式[例6]1L甲烷中混有另一种或几种气态烃，它们所组成的混合气完全燃烧时需3LO2，该气态烃混合物对H2的相对密度为38/3。甲烷中可能混入的是（）A.CnH2n+2(n>1)B.CnH2n+2(n>1)与CmH2m(m>2)C.CnH2n(n>2)D.CnH2n+2与CmH2m+2(m≠n>1)解析：设混合物的平均化学式为CxHy，则依CxHy+(x+y/4)O2----xCO2+y/2H2O1L（x+y/4）L1L3L得：x+y/4=3①由平均相对分子质量知：12x+y=76/3②联立①②并解之，x=5/3，y=16/3，即y=2x+2，平均化学式符合分子通式CnH2n+2，该混合物均由烷烃混合而成。A、D正确。七、由原子结构知识确定化学式[例7]W、X、Y、Z四种短周期元素，W原子核内只有一个质子，X原子的电子总数与Z原子的最外层电子数相等，W原子与X原子的最外层电子数之和与Y原子的最外层电子数相等。Z原子的最外层的电子数是次外层电子数的3倍。则四种元素形成的化合物的化学式为：①WXYZ,②W4XY2Z,③W5XYZ3,④W7X2YZ2,⑤W8XY2Z3。其中正确的是（）A.只有③④B.只有③④⑤C.只有②③④⑤D.①②③④⑤解析：由题意结合原子结构特点依次得出W是H，Z是O，X是C，Y是N,再将这四种元素形成的化合物具体化(特别注意有机物),则化学式有：HCNO、CO(NH2)2、NH4HCO3、(NH4)2CO3、CH3COONH4。故答案为D。八、由价键理论确定化学式[例8]近年来，科学家发现由100个碳原子构成一个具有完美对称性的C100原子团，其中每个C原子仍可形成4个化学键。最内是由20个C原子构成的正十二面体，外层的60个C原子形成12个分立的正五边形，处于中间层次的碳将接在一起，当它与氢或氟形成分子时，其分子式应为（）A.C100H20和C100F20B.C100H60和C100F60C.C100H12和C100F12D.C100解析：依据：（1）每个C原子仍可形成4个化学键；（2）最内是由20个C原子构成的正十二面体；（3）外层有60个C原子；（4）外层为12个分立的正五边形；（5）中间层次的碳将内层的碳连接在一起。找突破口为：原子数应有价键数已用价键数和成键情况余价键数和成键情况推导内层204x203x20=6080-60由内层可知：中层必然拿出20个价键与内层成键。中层所余60个价键又要与外层60个价键成键；从而外层所余60个价键与H或F形成单键，故均需60个原子。选B。中层100-60-204x20外层604x602x60=120240-120九、由常见变价元素隐含的化合价确定化学式[例9]有一铁的氧化物样品，用5mol.L-1盐酸100mL恰好完全溶解，所得溶液还能吸收标准状况下的氯气1.12L,Fe2+全部变成Fe3+,该氧化物的化学式可表示为()A.Fe2O3B.Fe3O4C.Fe4O5D.Fe5O解析：依题意可知铁的化、+3价，上述后三种氧化可变形写成B：Fe2O3FeO、C：Fe2O32FeO、D：2Fe2O3FeO。即解此题的关键是确定样品中+2价和+3价铁原子的物质的量品中+2价铁的物质的量为x，+3价铁的物质的量为y。则由电子守恒得：x=(1.12L/22.4Lmol-1)x2=0.1mol,再由电荷守恒得：2x+3y=5mol.L-1x0.1L,即y=0.1mol。所以+2价铁与+3价铁原子的物质的量之比为1：1。答案为C礀子物质的量比确定化学式[例10]实验测得，把等物质的量浓度的NaOH溶液滴入CuSO4溶液中，两者体积比为1.5:1时(残存在溶液中的Cu2+极少,可认为全部转入沉淀中),所生成的沉淀的化学式()A.Cu(OH)2B.Cu(OH)2.CuSO4C.2Cu(OH)2.CuSO4D.3Cu(OH)2.CuSO解析：依题意若设原CuSO4物质的量为2mol，则NaOH物质的量为3mol。一般认为生成的沉淀为Cu(OH)2.由化学方程式2NaOH+CuSO4==Na2SO4+Cu(OH)2得CuSO4过量,则生成Cu(OH)21.5mol,过量CuSO40.5mol,不符合题意。根据题意，残存在溶液中的Cu2+极少，故Cu2+全部形成了沉淀，在此沉淀中Cu2+与OH-的个数比为2：3，只有D选项合理。十一、由元素的质量分数确定化学式[例11]已知有机物A只可能含C、H、O中的两种或三种，若A中含碳的质量分数与甲烷中含碳的质量分数相等，则A可能是________、_________(写出两种化学式)。解析:因A与CH4含碳的质量分数相等,则只需将H质量与O质量进行等量代换即可,即16H~O。如CH4虚拟8CH4~C8H3216H~OC8H16O或9CH4~C9H3616H~OC9H20O或10CH4~C10H4032H~2OC10H8O2。故B的化学式为:C8H16O、C9H20O或C10H8O2。十二、由晶胞结构确定化学式[例12]2001年报道硼和镁形成的化合物刷新了金属化合物超导温度的最高记录.下图是该化合物的晶体结构单元:镁原子间形成正六棱柱,且棱柱的上下底面还各有一个镁原子;嬀位于棱柱内,则该化合物的化学式为()A.MgBB.MgB2C.Mg2BD.Mg3B解析：在一个结构单元内,有12个位于正六棱柱顶点的Mg原子和2个面上的Mg原子,每个顶点上的被六个正六棱柱共有,一个Mg原子对一个结构单元的贡献为1/6,面上的一个Mg原子对一个结构单元的贡献为1/2,实有Mg原子为:12x(1/6)+2x(1/2)=3.而B原子均在六棱柱内,实为6个,所以Mg与B原子的个数比化学式为MgB2,答案选B。十三、数形结合确定化学式(2000年广东省高考试题)如图所示是100mgCaC2O4.H2O受热分解时,所得固体产物的质量随温度变化的曲线.试利用图中信息结合所学的知识,回答下列问题:(1)温度分别为t1和t2时,固体产物的化学式A是__________,B是________.(2)由CaC2O4.H2O得A化学方程式为__________________.(3)由A得到B的化学方程式为__________________.(4)由图计算产物C的相对分子质量,并推断C的合理的化学式___________.解析：该题是一道有关热重分析推断化学式的数形结合题，主要是考查学生观察析图能力，以及灵活运用所学知识和适当的方法解决具体问题的能力；可根据数形结合题解析的一般思维程序来解决。首先分析出坐标图上各段直线、曲线的含义。由于是对CaC2O4.H2O进行定量分析，因此图像水平直线部分是不同的含钙化合物在不同温度范围内的稳定存在区可知：起点(00C,100mg)→A(t1,87.7mg)→B(t2,68.5mg)→C(11600C,38mg),三个区域表示发生了三个反应.设CaC2O4.H2O的物质的量为1mol,则A点减轻的质量=146gx[1-(87.7mg/100mg)]=18g,根据原物质是结晶水合物可知失去的是水,则A为CaC2O4,化学方程式为：CaC2O4.H2O===CaC2OB点剩余质量=146gx(68.5mg/100mg)=100g,由A点为1molCaC2O4可联想到B为CaCO3,则1molCaC2O4加热到t2时生成1molCaCO3的同时产生1molCO,反应的化学方程式为CaC2O4===CaCO3+CO↑,C点剩余质量为146mgx(38mg/100mg)=56g,结合CaCO3的性质可联想到C点为CaO,经验证符合题意。故正确答案为：（1）A是CaC2O4，B是CaCO3（2）CaC2O4.H2O==CaC2O4+H2O（3）CaC2O4===CaCO3+CO↑（4）56，CaO十四、数表结合确定化学式[例14]将固体FeC2O4.2H2O放在一个可称量的容器中加热灼烧,固体质量随温度升高而变化,测得数据如下：温度/025300350400500600900固体质量/g1.0000..8000.4000.4440.4440.430根据计算分析推理,完成下列空白：(1)写出250C~(2)3500C~(3)5000(4)6000C~解析：FeC2O4.2H2O对于考生来说，是一种陌生的物质。其性质只能推测，解答时主要利用信息类比策C2O4.2H2O与硫酸铜晶体作比较，加热时可失去所带结晶水；将FeC2O4与H2C2O4（1）FeCH2O带有结晶水，在250C~3000FeC2O4.2H2O===FeC2O4+2H2O△m180361.0(1.0-0.8)=0.20加热减少的质量等于所含结晶水的质量,因此推测正确。（2）在3500C~4000C，FeC2O4Û＀质量减少一半，比较FeC2OFeC2O4====FeO+CO+CO2得生成物的物质的量之比为1：1：1。（3）、（4）问是有紧密联系的，在4000C~5000CFeO在灼烧过程中质量增加，可能是结合空气中的氧生成高价的氧化物，6000C~9000C过程中固体质量又减小，由此推测固体物质可能发生如下变化：6FeO→3Fe2O3(结合氧原子)→2Fe3O2FeO——→Fe2O3△m(增加)144160.400(0.444-0.400)=0.0443Fe2O3——→2Fe3O4△m(减少)480160.444(0.444-0.430)=0.010符合要求。因此5000C时产物为Fe2O3，6000C~3Fe2O3===4Fe3O4+O2↑由上分析可知：FeC2O4.2H2O在加热过程中经过一个复杂的变化过程，即由FeC2O4.2H2O→FeC2O4→FeO→Fe2O3→Fe3O4。十五、综合应用推导化学式[例15](2012年全国高考试题)由A、D、E、G四元素组成的化合物化学式AxDy(E2G4)z,已知①x、y、z为正整数，且x+y+z=7；②取8.74g该物质