碳族方面试题的解题方法与技巧.doc

碳族方面试题的解题方法与技巧 金点子： 碳族元素，作为元素化合物部分的重点内容，在近几年的高考试卷中，巳波及到新型无机非金属材料及锗、锡、铅三种元素的内容。此类试题中的常规题，其解法有过量分析、守恒分析、方程式的合并分析等。此类试题中的信息题，其解法有迁移类比、现象剖析、效用比较等。经典题： 例题1 ：（1996年上海高考）某二价金属碳酸盐和碳酸氢盐的混合物跟足量盐酸反应,消耗H+和产生CO2的物质的量之比为6:5, 该混合物中碳酸盐和碳酸氢盐的物质的量之比为 ( )A1:1B1:2C1:3D1:4方法：利用假想法。将消耗H+和产生CO2的物质的量之比为6:5 假想成消耗6molH+和产生5molCO2，然后再行分析求算。捷径：设二价金属碳酸盐为RCO3，碳酸氢盐为R(HCO3)2，其物质的量分别为x和y。根据题意有：2x + 2y = 6mol ，x + 2y = 5mol 。解得x = 1mol ，y = 2mol 。混合物中碳酸盐和碳酸氢盐的物质的量之比为1：2，选B。总结：部分考生在解题时，将混合物中碳酸盐和碳酸氢盐的物质的量之比理解成CO32-和HCO3，而出现错选D选项的较多。例题2 ：（1996年全国高考）将1体积选项中的一种气体与10体积O2混和后,依次通过盛有足量浓NaOH溶液的洗气瓶和盛有足量灼热铜屑的管子(假设反应都进行完全，最后得到的尾气可以是 ()ACl2 BCO CCO2 DN2方法：找对气体来源，分析好气体去路。通过剖析来龙去脉求解。捷径：ACl2与O2混合后，通过NaOH，Cl2全部被吸收，再通过热铜屑，O2被全部吸收，最后得不到尾气。BCO与O2混合后，通过NaOH溶液，都不能被吸收，再通过热铜屑，发生反应：2Cu+O22CuO，CuO+COCu+CO2最后得到的尾气是CO2，故C选项为最后得到的尾气。CCO2与O2混合后，通过NaOH溶液，CO2被吸收，再通过热铜屑，O2被全部吸收，最后得不到尾气。DN2与O2混合后，通过NaOH溶液，都没有被吸收，再通过热铜屑，O2被吸收，最后得到尾气N2，所以D选项也为最后得到的尾气。故本题答案为CD。总结：本题的难点是对题意的理解。有学生误认为选项中的某种气体混入氧气后，再按题意依次反应后的尾气仍然是原选项中的气体。这是对题意的片面理解。正确的理解是，尾气可以是原选项，也可以是其他选项。对于这种设问尽管比较少见。但只要认真阅读，题中的设问是可以理解明白的。例题3 ：（2000年全国高考）向下列溶液中通入过量CO2，最终出现浑浊的是( )A氢氧化钙饱和溶液 B苯酚钠饱和溶液C醋酸钠饱和溶液 D氯化钙饱和溶液方法：分别分析，逐步淘汰。捷径：分析A选项：把CO2气体通入氢氧化钙饱和溶液，发生反应为Ca（OH）2+CO2（少量）= CaCO3+H2O，CaCO3+CO2（足量）+H2O=Ca（HCO3）2沉淀溶解，最终不能出现浑浊。分析B选项：把CO2气体通入苯酚钠饱和溶液，发生反应为 +H2O+CO2（足量） + NaHCO3，由于苯酚在常温时溶解度小，最终出现苯酚浑浊。分析C、D选项：把CO2气体通入醋酸钠溶液和氯化钙溶液不发生反应（因为较弱的酸不能制取较强的酸）。以此得答案为B。总结：此题中四种溶液均为饱和溶液，部分考生因忽视这一点而出现错误。例题4：（1998年全国高考）已有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：在GBO中，锗处于其最高价态 在GBO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 GBO可看作是由锗和铋两种元素的氧化物所形成的复杂氧化物，且在GBO晶体的化学式中，这两种氧化物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）GBO晶体的化学式是 。（3）GBO晶体中所含铋氧化物的化学式是 。方法：价态分析法。捷径：由条件可知Ge为+4价。因为锗处于元素周期表的第四主族，最高正价为+4价。铋处于第五主族，其正价有+3、+5价。根据条件，铋应为+3价。因为BiCl3中Bi具有最外层8电子稳定结构。由条件可知该化合物可写成mBi2O3nGeO2，由于两种氧化物中含氧的总质量相等，所以mn=23。锗酸铋写成2Bi2O33GeO2，也可写成盐的形式Bi4（GeO4）3，其中锗酸根为4价。以此得答案为：（1）Ge、Bi （2）Bi4Ge3O12或2Bi2O33GeO2或Bi4（GeO4）3 （3）Bi2O3总结：该题解答的关键是对Ge、Bi两元素价态的确定。例题5 ：（1995年全国高考）图()中瓶a放入20 mL 6 molL1盐酸，b是未充气的气球，里边放有4 g碳酸钙粉末，将它紧套在瓶a口上，胶管c套在瓶的侧口，并用弹簧夹d夹紧(瓶口与侧口不漏气)。将图()的装置在托盘天平上称量，质量为1g。根据实验现象填写下列空白：(1)把气球b中的碳酸钙粉末小心倒入瓶中，立即产生许多气泡，气球逐渐胀大(图II)，反应结束后，再将其称量，质量为2 ，则1与2的关系是 。(2)取25 mL 6 molL1 NaOH溶液，先用滴管取少量NaOH溶液，滴管插入胶管c口(为便于操作，可以适当倾斜瓶a，注意防止漏气)，打开d，将溶液挤入瓶中，立即夹紧d，可看到瓶内产生少量白色沉淀，轻轻摇动瓶a,沉淀随即消失。用同样的方法再加入少量NaOH溶液，又产生白色沉淀，轻摇，沉淀又消失，使沉淀消失的反应的化学方程式是 (3)将全部NaOH溶液很快加入瓶中，夹紧d，瓶内产生大量白色沉淀，不再溶解，此时瓶内温度 (填“不变”“降低”或“升高”)(4)继续轻摇瓶a，气球逐渐缩小，直至恢复反应前的下垂状，写出此时发生反应的化学方程式 。方法：对现象与反应进行综合分析。解题时，必须先弄清题中反应的实质，然后再解答。捷径：(1)由题意可知：整个装置气密性完好，当 CaCO3与HCl反应时，产生的气体虽然使气球膨胀，但并没有气体逸出，根据质量守恒定律，反应前质量1与反应后的质量2应该相等。(2)在第一步中，CaCO3与HCl反应，两者的量是已知的，生成多少CO2气体要考虑其量的多少：HCl为0.02 L 6molL10.12 mol，CaCO3为= 0.04 mol。由CaCO32HCl = CaCl2CO2H2O反应可知：盐酸过量 0.04 mol，生成CaCl2和CO2均为 0.04 mol。当加入0.025 L6 molL10.15 mol NaOH后，先中和剩余的盐酸，过量的0.11 mol NaOH与CaCl2发生反应：CaCl22NaOH = Ca(OH)22NaCl，生成0.04 mol微溶于水的 Ca(OH)2 ，还剩余0.03 mol NaOH。在第三步反应中是0.04 mol CO2跟Ca(OH)2和NaOH混合物的反应，碱过量，故生成碳酸盐而不是酸式碳酸盐。(3)明白了上述反应原理后，该题中的(2)、(3)、(4)问就不难解决了。第(2)问：当从侧口加入少量NaOH时，出现少量白色沉淀，这是因为局部NaOH过量，CaCl22NaOH = Ca(OH)22NaCl，轻摇瓶a时，白色沉淀消失，是溶液中剩余的盐酸将Ca(OH)2溶解了： Ca(OH)22HCl = CaCl2H2O；第(3)问：由于酸碱中和反应是放热的，故瓶内温度升高；第(4)问：由上述解析(2)可知，摇瓶a时，在碱性条件下CO2被吸收，气球逐渐变小，直至恢复反应前的下垂状，方程式为：2NaOHCO2= Na2CO3H2O， Ca(OH)2CO2 = CaCO3H2O。以此得答案为：(1)12 (2)Ca(OH)22HCl = CaCl22H2O (3)升高 (4)2NaOHCO2 = Na2CO3H2O；Ca(OH)2CO2 = CaCO3H2O总结：该题文字量大，涉及化学反应多，内涵丰富，思考容量大，要求考生在较短时间里，通过阅读题干，准确理解题意，迅速捕捉有用的关键信息，通过加工处理，找出解答问题的正确途径。例题6 ：（2000年上海高考）某天然碱可看着由CO2和NaOH反应后的产物所组成。称取天然碱样品四份，溶于水后，分别逐滴加入相同浓度的盐酸溶液30mL，产生CO2体积（标准状况）如下表：盐酸溶液的体积（mL）30303030样品（g）3.324.155.187.47二氧化碳的体积（mL）672840896672（1）由第组数据中的CO2体积与样品质量之比，可以推测用2.49g样品进行同样的实验时，产生CO2 mL（标准状况）。（2）另取3.32g天然碱样品于300加热分解至完全（300时Na2CO3不分解），产生112mL（标准状况）和水0.45g，计算并确定该天然碱的化学式。（3）已知Na2CO3和HCl（aq）的反应分下列两步进行：Na2CO3+HCl NaCl+NaHCO3NaHCO3+HCl NaCl+CO2+H2O由上表中第组数据可以确定所用的HCl（aq）的浓度为 mol/L。（4）依据上表所列数据以及天然碱的化学式，讨论并确定上述实验中CO2（标准状况）体积V（mL）与样品质量W（g）之间的关系式。方法：充分依靠表中和题中数据，将反应隔离分割后，再综合分析。捷径：（1）3.32672=2.49V（CO2）， V（CO2）=504（mL） （2）由题意天然碱样品于300加热能分解可知：天然碱含NaHCO3、Na2CO3 。2NaHCO3=Na2CO3+CO2+H2O 2mol 22.4L 18g x 0.112L yx = 0.01 mol y = 0.09 gn（Na2CO3）= 0.01 = 0.02 （mol）n（H2O）= = 0.02 （mol）天然碱组成：2Na2CO3NaHCO32H2O（3）30 mL HCl（aq）中所含HCl物质的量：n（HCl）= 2 + = 0.075 （mol） c（HCl） = = 2.5 (mol/L)（4）样品和30 mL HCl（aq）完全反应生成CO2的样品质量： 332= 4.98（g）样品中Na2CO3和盐酸反应完全生成NaHCO3时（没有CO2放出时），样品的质量为： 332 = 12.45（g）。当0 W 4.98 时，V（CO2）= 3 22400 = 202.4W（mL）。当4.98 W12.45时，盐酸首先和Na2CO3反应生成NaHCO3，剩余的盐酸再和NaHCO3反应放出CO2气体，即V（CO2）=0.075 2 22400 = 1680 134.9W （mL） 当12.45W 时，V（CO2）= 0总结：Na2CO3和HCl（aq）的反应分两步进行，是解答该题的关键。在解题时可先找出完全反应的点，再根据完全反应的点确定范围。金钥匙： 例题1 ：把xmol CO2通入含ymol Ca(OH)2的石灰水中,充分反应后,下列叙述不正确的是 ( )A当xy时,生成100xg沉淀 B当xy时,生成100yg沉淀C当yx2y时,生成100(2y-x)g沉淀 D当2yx时,无沉淀生成方法：该题要求在CO2通入石灰水中发生反应：Ca（OH）2 + CO2 = CaCO3+ H2O， CaCO3 + CO2 +H2O = Ca（HCO3）2 的基础上，运用过量问题进行求解。捷径：如果xy, 则Ca(OH)2过量或恰好完全反应，此时生成的沉淀由CO2决定，质量为100 xg。如果yx2y, 则过量的CO2使部分CaCO3溶解，剩余的沉淀为沉淀总量减去沉淀的溶解量，即100yg100(xy) g = 100(2y-x)g。当2yx时, CO2过量或恰好使生成的沉淀全部溶解，故此时无沉淀生成。叙述不正确的是B。总结：此题要求考生从一个简单的实验，运用过量问题去判断分析。例题2 ：纯净的碳酸氢钙试样可在高温下分解，当剩余的固体物质的质量为原试样质量的一半时，碳酸氢钙的分解率是（ ）A50% B75% C92.7% D100%方法：根据反应方程式：Ca(HCO3)2 CaCO3 + H2O + CO2，CaCO3 CaO + CO2，从定性作出判断。捷径：Ca(HCO3)2 的化学式量为162，CaCO3的化学式量为100，当Ca(HCO3)2 完全分解时，其质量为原试样质量的61.7%，而此时剩余的固体质量为原试样质量的一半，说明巳有部分CaCO3发生了分解，以此碳酸氢钙的分解率为100%。总结：若用差量法进行计算，就会选择75%这个选项，要是没有领会题意的实质，随意进行估算的话，则又会错选50%。唯有熟悉反应本质，从方程式分析方可得到正确结果。例题3 ：向100 mL0.3 mol / L的Ca(OH)2溶液中通入CO2气体，当得到1g沉淀时，通入CO2的物质的量是：( )A0.015 mol B0.01 mol C0.025 mol D0.05 mol方法：从过量与不过量两方面去进行分析。此题有多种解法。捷径：解法一：CO2通入石灰水中发生如下反应：Ca(OH)2+CO2=CaCO3+H2O过量的CO2与生成物CaCO3继续反应：CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，使沉淀又溶解，在100ml 0.3mol/L的石灰水中，通入CO2产生CaCO3的克数与CO2的物质的量关系如右图，当产生1g沉淀时，消耗CO2的量在曲线上有CO2的物质的量有两个交点A、B，即为所求。 Ca(OH)2溶液中含Ca(OH)2的物质的量为：（1）CO2不足，生成的沉淀没有溶解CaCO3CO21001 1xx=0.01(mol)故选B（2）CO2过量，生成的沉淀部分溶解，最后剩余1g沉淀。Ca(OH)2)CO2CaCO3沉淀溶解：11 10.030.030.030.030.01=0.02(mol)CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)20.02 0.02共用CO2：0.03+0.02=0.05(mol)故选D解法二：设通入CO2为xmol，产生Ca(HCO3)2 yml、H2Ozml方程式中各物质的物质的量变化是由系数比决定的由下列关系式0.03Ca(OH)2+xCO2 = 0.01CaCO3 + yCa(HCO3)2 + zH2O根据原子个数守恒得关系式以此得答案为B、D。 总结：凡是两种反应物之间由于量的不同而得不同产物时，此类题的计算皆可采用此种方法，例如P在Cl2中燃烧可得PCl3和PCl5。H2S在O2中燃烧得S和SO2。例题4 ：向某二价金属M的氢氧化物的澄清溶液100mL中加入过量的碳酸氢钠溶液生成MCO3沉淀，过滤，将沉淀置于足量盐酸中，在标准状况下收集到4.48L气体。将滤液加水稀释至250mL，取出25.0mL恰好与20.0mL盐酸完全反应并收集到1.12L（标准状况下）气体。（1）若欲计算M的相对原子质量，你认为还必须提供下列哪组数据 （填代号）AM的氢氧化物溶液的浓度（设为2.00molL1）BMCO3沉淀的质量（设为39.4g）C与MCO3反应的盐酸的浓度（设为1.00molL1）D题设条件充足，不需补充数据（2）根据你的选择，求算M相对原子质量和加入的NaHCO3溶液中含NaHCO3的质量。 方法：根据题设要求判断缺省数据，再根据所得数据进行计算。捷径：根据反应M2+2OH+2HCO3=MCO3+2H2O+CO32，MCO3+2H+=M2+H2O+CO2知，生成的沉淀MCO3为：n（MCO3）=n（CO2）= = 0.200mol，过滤所得的滤液中成分为Na2CO3和过量的NaHCO3。根据C原子守恒可得加入的NaHCO3溶液中含NaHCO3物质的量为 +0.200mol=0.700mol，其质量为58.8g。而要求算M的相对原子质量（即原子量），必须知道某些物质的质量，如MCO3或M（OH）2的质量。根据题设选项，首先排除D，而A选项为重复数据，C选项为无效数据，只有B选项与物质的质量相联系，故选B。根据所选MCO3沉淀的质量39.4g和求得的MCO3沉淀的物质的量0.200mol，可得MCO3的摩尔质量为197g/mol。以此得M的相对原子质量为137。总结：数据缺省项的选择必须在了解已知条件的前提下，根据最终目的而确定。该题以获得M的相对原子质量为目的，在求得MCO3的物质的量的基础上，必须明确物质的质量为求解的必备条件，只有提供MCO3或M（OH）2的质量方可获得结果。此类试题对考查考生的数据处理能力、统摄思维能力、知识迁移能力特别有效。例题5 ：三硅酸镁被用来治疗胃溃疡，是因为该物质不溶于水，服用后能中和胃酸，作用持久。把三硅酸镁（Mg2Si3O8nH2O）改写成氧化物形式为 ，写出它中和胃酸（HCl）的化学方程式： 。方法：依据金属在前，非金属在后，水在最后的原则，改写成氧化物形式，再根据氧化物形式写出与HCl反应的化学方程式。捷径：其改写结果为：2MgO3SiO2nH2O，反应方程式为： 2MgO3SiO2nH2O4HCl = 2MgCl23SiO2(n2)H2O总结：本题如果直接写三硅酸镁跟盐酸的反应，往往无从下手或写错方程式，但如果将此硅酸盐改写成氧化物的形式，便可看出该反应可看做是判断碱性氧化物(MgO)和酸性氧化物(SiO2)能否跟盐酸反应的问题。例题6：称取一定质量的硅和铝分别与足量的NaOH溶液完全反应后，现两者产生的气体在相同条件下体积相同，则硅和铝质量之比为多少。方法：根据反应过程中转移的电子的物质的量相等找关系并列式计算。捷径：由于硅铝和NaOH溶液反应均产生H2，当产生H2体积相等时，说明硅、铝失电子数相等，由反应式（或反应产物）知1 mol硅完全反应转移4 mol电子，而1 mol铝完全反应后转移了3 mol电子，由此可得关系：3Si 4Al。要使硅和铝分别与NaOH反应产生等量H2，则：总结：产生气体的体积相等，即转移的电子物质的量相等是解答此题的关键。例题7 ：将一块已被严重锈蚀而部分变为铜绿Cu2(OH)2CO3的铜研磨成粉末，充分灼烧成CuO，发现固体质量没有发生增减。求铜被锈蚀的百分率。方法：与本题有关的两个反应是：Cu2(OH)2CO3 2CuO + H2O + CO2，2Cu + O2 2CuO。常见的解法是根据Cu2(OH)2CO3分解产生的H2O和CO2的质量等于铜与氧气反应消耗的O2的质量，列出恒等式求算。但此种求解仅是对Cu2(OH)2CO3百分含量的求算，若要求算铜被锈蚀的百分率，还需对原金属铜的锈蚀率进行换算，不仅繁杂，而且极易出错。如果利用锈蚀过程和灼烧过程中Cu元素物质的量守恒，可迅速获得结果。捷径：设原固体中Cu2(OH)2CO3为xmol，CuO为ymol，根据灼烧前后固体质量没有增减可得：222x + 64y = 80( 2x + y )，x = , 以此铜被锈蚀的百分率。 。总结：铜被锈蚀的百分率应以被锈蚀的铜的质量除以原有铜的总质量。部分考生由于未理解题意，而将铜绿的质量除以混合物的总质量而出错。例题8 ：若把Fe3O4看着“混合氧化物”时可以写成FeOFe2O3，若看作一种盐时又可写成Fe(FeO2)2。根据化合价规则和这种书写方法，Pb3O4可以写成 和 。等物质的量的Fe3O4和Pb3O4分别和浓盐酸反应时，所消耗HCl的物质的量相等，不同的是，高价的铅能将盐酸氧化而放出氯气。试写出Fe3O4、Pb3O4分别和浓盐酸反应的化学方程式： 、 。方法：运用迁移类比解题。捷径：与铁元素相比，其价态不同，铁呈+2、+3价，而铅呈+2、+4价。分别和浓盐酸反应时，根据题中信息，Fe3O4为非氧化还原反应，而Pb3O4为氧化还原反应。故答案为2PbOPbO2和Pb2PbO4 ，FeOFe2O3 + 8HCl = FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O ， Pb3O4 + 8HCl = 3PbCl2 + Cl2+ 4H2O 。 总结：该题在知识迁移时，既要考虑相似点，又要分析不同之处。例题9 ：某学生设计了一个实验以证明PbO中含有氧，反应方程式如下： PbO + C Pb + CO (主要) PbO + CO Pb + CO2 Cu (NH3 )2Ac + CO +NH3 Cu (NH3 )3AcCO；H0。据此有人认为废气排出后，温度即降低，NO分解，污染也就会自行消失。事实证明此说法不对，其主要原因可能是 ( ) A常温常压下NO分解速率很慢B空气中NO迅速变为NO2而不分解C空气中O2与N2浓度高，不利于平衡向左移动D废气排出压力减小，不利于平衡左移方法：从速率、平衡及后续反应综合分析。捷径：污染不会自行消失，说明NO很难分解成N2和O2，其原因有A、B、C，而主要原因则由NO分解成N2和O2与NO转化成NO2的速率决定。温度降低后，NO分解很慢，而其转化成NO2的速率却很快。故正确答案为A、B。总结：该题不少考生错误认为：根据勒沙特列原理，增大反应物浓度，平衡将向正反应方向移动，以此其主要原因可能是C。出错的原因是未能对题中温度降低进行深入思考之故。例题2 ：一定条件下，将等体积NO和O2的混合气体置于试管中，并将试管倒立于水槽中，充分反应后剩余气体的体积约为原总体积的（ ） A 1/4 B 3/4 C 1/8 D3/8方法：此题为循环反应，可通过合并方程式后再分析。捷径：本题涉及的化学方程式为：方程式（1）2NO + O2 = 2NO2,方程式（2）3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO。如果此时纠缠NO或NO2的局部反应，按常规的关系式法求解，计算十分繁杂。相反，若此时将两步反应合并求解，计算十分简便。由于NO2的量与题设和结果均无关，将（1）式3和（2）式2合并，可得方程式（3）为4NO + 3O2 + 2H2O = 4HNO3。（3）式明显地提供了混合气体与剩余气体之间的体积关系。当NO和O2等体积（等物质的量）混合时，O2必然过量。利用上述（3）式，假设4体积NO和4体积O2混合，完全反应后，必剩余1体积O2 。即剩余气体的体积只能占原总体积的1/8 。得答案为C。总结：此题为一常规题，在此提出便于学生掌握其方法。例题3 ： 铵盐受热分解的过程就是铵根离子（NH4+）把质子转移给酸根的过程，对于相同类型的铵盐，可根据上述反应判断其热稳定性。NH4F、NH4Cl、NH4Br、NH4I的热稳定性由强到弱的顺序为 ，理由是 。 方法：根据信息类推。捷径：本题的“热稳定性”是指酸根离子接受NH4+释放出一个H+，生成卤化