碳族方面试题的解题方法与技巧

1、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5m

2、olCO2，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

3、 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

4、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

5、（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

6、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mBi2O3·nGeO2，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2Bi2

7、O3·3GeO2，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2Bi2O3·3GeO2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 mol·L1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

8、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 mol·L1 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

9、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× 6mol·L10.12 mol，CaCO3为= 0.04 mol。由CaCO32HCl = CaCl2CO2H2O反应可知：盐酸过量 0.04 mol，生

10、成CaCl2和CO2均为 0.04 mol。当加入0.025 L×6 mol·L10.15 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

11、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)2CO

12、2 = 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

13、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）3.3

14、2672=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：2Na2CO3·NaHCO3·2H2O（3）30 mL HCl（aq）中所含HCl物质的量：n（HCl）= ×2 + = 0.075 （mol） c（HCl） = = 2.

15、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

16、.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。

17、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 Ca

18、CO3 + 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

19、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

20、）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)

21、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2.00

22、mol·L1）BMCO3沉淀的质量（设为39.4g）C与MCO3反应的盐酸的浓度（设为1.00mol·L1）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

23、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

24、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（Mg2Si3O8·nH2O）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：2MgO·3SiO2·nH2O，反应方程式为： 2MgO·3SiO2·nH2O4H

25、Cl = 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

26、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

27、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FeO·Fe2O3，若看作一种盐时又可写成Fe(FeO2)2。根据

28、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2PbO·PbO2和Pb2PbO4 ，FeO·Fe2O3 + 8HCl = FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O ， Pb3O4 + 8HC

29、l = 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 )3Ac·CO；H<0试根据下图回答问题：(1) 盛澄清石灰水的试管开始一段时间可能没有现象，其原因是 。(2) 烧杯中醋酸二氨合铜 (Cu (NH3 )2Ac ) 的作用为 。(3) 实验后的醋酸二氨合铜经适当处理又可再生，适宜于再生的生产条件是 。(4) 若用空

30、气代替干燥的N2，行吗？ ，其理由是 。方法：(1)可从信息方程式中主要产物来分析；(2) 应由信息方程式中的反应情况获知。(3) 可由信息方程式逆向分析。(4) 要从空气中成分去分析。捷径：(1)澄清石灰水只有遇到CO2(或SO2)时才能变浑浊，开始时无现象，从信息方程式知，是高温下PbO跟碳反应生成的主要产物是CO的缘故。(2) 由信息方程式知，CO可跟醋酸二氨合铜溶液反应，所以烧杯中醋酸二氨合铜 (Cu (NH3 )2Ac ) 的作用为用来吸收CO气体，防止污染空气。(3) 由信息方程式知，Cu (NH3 )2Ac吸收CO气体的反应为一气体体积减小的放热反应，欲使醋酸二氨合铜溶液再生，即

31、要使平衡向逆反应方向移动，故适宜于再生的生产条件是高温、低压。(4) 不行。因为在高温下空气中的O2要与碳反应生成CO，另外空气中也有少量的CO2，空气中的水蒸气与碳反应也可产生CO。总结：该题属信息类实验题，解题时既要考虑题中信息，又要依靠课本知识，还要注意到化学物质间的相互联系。例题10 ：(1)现代海战中为了进行隐蔽，常喷放SiCl4和液氨，形成很浓的烟雾。写出反应方程式 、 。在实验室常用硅和氯气高温下反应制得SiCl4，如果用MnO2和浓盐酸反应制得的Cl2来与硅反应制SiCl4，对所制得的Cl2应作何处理？H2 高温Cl2 高温(2)硅也常用于制造新型无机非金属材料，如氮化硅陶瓷和

32、碳化硅陶瓷等。在高纯硅的制取过程中，也有一中间产物为SiCl4，请写出以石英沙(SiO2)为原料，通过SiO2 Si SiCl4 Si，制得高纯硅的化学方程式。方法：将现象与反应相联系，充分运用联系观去解题。捷径：(1) SiCl4和液氨形成烟雾的反应，要联系到隐含信息海战，故海面上空气中的水蒸气参于反应，使SiCl4先水解，产生的氯化氢再与氨气作用形成为为烟雾。其反应方程式为：SiCl4+3H2O=H2SiO3+4HCl；NH3+HCl=NH4Cl。由于SiCl4易水解，故制取时所用氯气必须进行干燥处理。(2) 根据题中过程书写即可。SiO2+2CSi+2CO ，Si+2Cl2 SiCl4，

33、SiCl4 +2H2 Si + 4HCl 。总结：此题为一信息处理题，将题中信息与课本知识相联系是解答出此题的关键。聚宝盆： 1在解题时要注意碳族元素的化合价及稳定价态。碳族元素的化合价主要有+2和+4两种价态，碳、硅、锗、锡的+4价化合物是稳定的，而铅的+2价化合物是稳定的。2CO2温室效应；CO与血红蛋白结合使人中毒；SiO2粉尘长期接触会使人患硅肺病（旧称矽肺）；铅的化合物主要由含铅汽油燃烧所致，是大气污染物之一半导体材料硅、锗等应用性知识，在考题中经常出现，此点必须引起重视。热身赛： 1某无色混合气体可能含有CO2、CO、H2O（水蒸气）、H2中的一种或几种，依次进行如下处理（假定每次

34、处理均反应完全）：通过碱石灰时，气体体积变小，通过赤热的氧化铜时，固体变为红色，通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色，通过澄清石灰水时，溶液变得浑浊。由此可以确定混合气体中 （ ）A一定含有CO2、H2O，可能含有H2、COB一定含有H2O、CO，可能含有CO2、H2C一定含有CO、CO2，可能含有H2O、H2D一定含有CO、H2，H2O和CO2至少有一种2如图所示装置持续通入X气体,并在导管口P处点燃,实验结果使澄清石灰水浑浊.X、Y可能是 ( )AH2和NaHCO3 BCO和Na2CO3 CCO和CuO DH2和Fe2O33通常情况下，向一定量的饱和Na2CO3溶液中不断通入CO2气体，下列

35、pH值变化的曲线图中，正确的是 （ ）4潮湿的酸式盐A与化合物B在研钵里混合研磨时，会生成C、D两种气体和固体E。C遇浓盐酸时冒白烟；D在空气中燃烧时产生浓烟，且有一种生成物与E在高温下分解的气体产物F相同；C与F混合后通入氯化钙溶液中会生成白色沉淀E。请填写下列空白： (1)A是 ，B是 。(2)潮湿的A与B混合研磨时，有关反应的化学方程式是 (3)C与F的混合气体通入CaCl2溶液中生成沉淀E的离子方程式是5要分离一氧化碳、二氧化碳并分别得到干燥的气体，某学生设计如图装置，其中a是铁夹，b是分液漏斗玻璃活塞。(1)甲容器中盛_溶液；乙容器中盛_溶液；丙容器中盛_溶液。(2)实验时关闭_(a

36、、b)，打开_(a、b)，发生反应的化学方程式是_ _这样得到的气体是_。(3)当分离完一种气体后，关闭_，打开_，发生反应的化学方程式是_，这样得到的气体是_。6在没有现成的CO2气体发生器的情况下，请选用下图中部分仪器装配成一个简易的，能随开随用、随关随停的CO2气体发生装置。(1)应选用的仪器是（填编号字母）_。(2)若用上述装置制取CO2，而实验室只有稀H2SO4、浓HNO3、块状纯碱和块状大理石。比较合理的方案，应选用的药品是_。7人类目前对煤和石油的过渡应用，使空气中CO2浓度不断增大，导致地球表面温度升高，形成温室效应。科学家对CO2的增多带来的负面影响较为担忧，于是提出将CO2

37、通过管道输送到海底。这可减缓空气中CO2浓度的增加。请你根据CO2的性质回答：(1) 这样长期下去，将会给海洋造成什么样的影响？(2) 你认为消除这些影响的最好方法是什么？8环保检测中，有害气体的浓度常用1L有害气体的毫克值（g L-1）来表示。如对某气体样品中所含CO的浓度进行测定，其方法和实验步骤如下：首先将2.00L的气体样品通过盛有I2O5固体的加热管，反应后生成CO2和I2；用30.0 mL 5.00×10-3mol L-1的硫代硫酸钠溶液吸收所产生的碘，发生的反应为：I2 + 2S2O32- = 2I- + S4O62- ；将中溶液取出1/5，加入1.00m L 1.00

38、×10-2 mol L-1的碘水，正好将所取溶液中过量的硫代硫酸钠完全氧化。写出步骤中CO通过I2O5加热管中有关反应的化学方程式。计算样品中CO的浓度。9一氧化碳在加热加压条件下能跟氢氧化钠作用生成甲酸钠，将甲酸和浓硫酸的混合物加热生成一氧化碳跟水。用上述反应与碳酸脱水和二氧化碳跟NaOH的反应相比较，发现CO并不是甲酸的酸酐。其理由主要是?10化合物A、D、F是中学化学中常见的物质，其中D在常温下为气体，A的焰色反应呈黄色，化合物B、C、E中含有两种相同的元素。这些化合物之间存在如下图的关系。其中A和B的反应是一种重要化工生产中的主要反应之一。(1)在A、C、F中含有相同的元素是

39、 。(2)化合物C的化学式是 。(3)C的水溶液和D能否发生反应? ，其理由是 ，如能反应，请写出离子反应方程式 。11碳酸氢铵和熟石灰共热时可能发生如下反应：NH4HCO3Ca(OH)2 CaCO32H2ONH3（反应），NH4HCO3 NH3CO2H2O（反应 ）在密闭容器中加热碳酸氢铵和熟石灰的混合物共0.1mol，充分反应后得到固体剩余物a g。试求：（1）当二者以等物质的量相混合时，a_ g ；（2）若以b（mol）表示混合物中碳酸氢铵的物质的量，试通过计算分别确定b在下列取值范围时，a值随b值变化的数学表达式。（A）当0b0.05时：_（B）当0.05b0.1时，_大检阅：1D 2

40、AC 3A4(1)NH4HCO3 CaC2(2)CaC22H2OCa(OH)2C2H2­ NH4HCO3Ca(OH)2=CaCO3NH3­2H2O(3)NH3CO2Ca2+H2O=CaCO3¯2NH5(1)氢氧化钠溶液(符合题意的其他物质均可，下同) 浓硫酸 稀硫酸 (2) b a CO22NaOH=Na2CO3H2O 一氧化碳 (3) a b Na2CO3H2SO4=Na2SO4H2OCO2­ 二氧化碳6(1)a、c、d、e (2)浓HNO3、水、块状大理石翰林汇7(1)根据影响气体的溶解因素可知，CO2在海底的溶解量将大大增加，溶于海水中的CO2将与

41、水发生反应：CO2 + H2OH2CO3H+ + HCO3，据平衡移动原理，CO2的溶解量增大，与水发生反应的程度增大，生成的碳酸增多，使整个平衡向右移动，所以海水的酸性也将大大增强，这将破坏海洋的生态系统，带来不堪设想的后果（如使一些海洋动植物难以生存，某些岩石溶解等）。（2）减少对煤和石油产品的用量，开发新能源，大量种植绿色植物等。85CO + I2O5 I2 + 5CO2用于吸收CO还原出的碘的硫代硫酸钠为：30.0 ×10-3L ×5.00×10-3mol L-1 - 1.00×10-3 L×1.00×10-2 mol L-1

42、×2×5 = 5×10-5mol。根据关系式：5CO I2 2 S2O32- 得：n(CO) = 2.5n(S2O32-) = 2.5×5×10-5mol = 1.25×10-4mol，以此可求得样品中CO的浓度为1.75mg L-1。9酸在失水生成酸酐时，应由OH基中的氢氧提供失去的水，而HCOOH失去的H2O是由一OH和CH上的氢而来的。所以不是酸酐。10(1)钠 (2)Na2SiO3 (3)能 C的水溶液和D(CO2)反应生成酸性更弱的硅酸SiOCO2H2O=H2SiO3CO或SiO2CO22H2O=H2SiO32HCO11（1

43、）当NH4HCO3和Ca（OH）2以等物质的量（各为0.05mol）相混合时，二者恰好完全反应，生成的固体只有CaCO3（0.05mol），其质量为5g，即a5g（2）如果二者不以等物质的量混合，则有两种情况：（A）0b0.05时，NH4HCO3全部参加反应，计算以NG4HCO3为准，生成的CaCO3是bmol，剩余的Ca(OH)2为：（0.12b）mol，则剩余固体共为：a=100b74(0.1-2b)=7.4 48b(g)（B）0.05b0.1时，NH4HCO3反应后还有剩余，但在反应中无固体剩余物，这时剩余固体只有CaCO3，计算以Ca（OH）2为准：Ca(OH)2有（0.1b）molC

44、aCO3有（0.1b）mol则a=(0.1b)×100=10100b(g) 策略8氮族方面试题的解题方法与技巧金点子： 氮族元素，作为元素化合物部分的重点内容，在近几年的高考试卷中所占比例较大。其主要内容有氮族概念的分析与判断、氮的氧化物的分析与计算、硝酸及硝酸的性质分析与计算、磷及磷的化合物的分析与应用等。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、工业生产中的用量比较等。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 ：（2001年上海高考综合）金属加工后的废切削液中含2% 3%的NaNO2，它是一种环境污染物。人们用NH4Cl

45、溶液来处理废切削液，使NaNO2转化为无毒物质，该反应分两步进行：第一步：NaNO2+NH4Cl = NaCl+NH4NO2第二步：NH4NO2N2+2H2O下列对第二步反应的叙述中正确的是NH4NO2是氧化剂 NH4NO2是还原剂 NH4NO2发生了分解反应 只有氮元素的化合价发生了变化 NH4NO2既是氧化剂又是还原剂 （ ）A B C D方法：根据方程式，对照叙述，从化合价、反应类型等方面综合分析。 捷径：NH4NO2=N2+2H2O这是分解反应，又是氧化还原反应，NO2被NH4+还原生成N2，显然都是氮元素的化合价发生了变化。以此得答案为D。总结：同一元素，如果一种显正价的微粒，另一种

46、显负价的微粒，若它们发生氧化还原反应，则往往生成该元素的单质，如2H2S+SO2=3S+2H2O，NaH+H2O=NaOH+H2等。例题2 ：（1997年全国高考）某金属单质跟一定浓度的硝酸反应,假定只产生单一的还原产物。当参加反应的单质与被还原硝酸的物质的量之比为2:1时, 还原产物是 （ ）ANO2 BNO CN2O DN2方法：据题可知，2mol金属失去的电子给了 1mol HNO3。可采取讨论试算的方法确定选项。捷径： 令金属为+1价，失2 mol电子，N被还原后显+3价。令金属为+2价，失4 mol电子，N被还原后显+1价。令金属为+3价，失6 mol电子，N被还原后显1价。选项只有

47、C符合。总结：金属与HNO3反应后的价态，是该题求解的关键。部分考生因难以确定金属的价态，而造成无法获得结果。例题3 ：（1996年全国高考）关于磷的下列叙述中, 正确的是 ( ).A红磷没有毒性而白磷剧毒B白磷在空气中加热到260可转变为红磷C白磷可用于制造安全火柴D少量白磷应保存在水中方法：逐项分析，分类判断。捷径：分析A选项红磷没有毒性而白磷剧毒，正确。B选项中，因白磷在空气中受热会燃烧生成P2O5，故白磷只有在隔绝空气的条件下加热到260才可转变为红磷，故B项错误。分析C选项，白磷易自燃且有毒，故不能用于制造安全火柴，用于制造安全火柴的是红磷，C选项错。D选项，因白磷的燃点低，所以少量

48、白磷应保存在水中。综合得答案为AD。总结：此题为概念性试题，虽然难度不大，但由于知识点较多，也极易出错。Pt例题4 ：（1999年全国高考）Murad等三位教授最早提出NO分子在人体内有独特功能，近年来此领域研究有很大进展, 因此这三位教授荣获了1998年诺贝尔医学及生理学奖，关于NO的下列叙述不正确的是 ( )ANO可以是某些含低价N物质氧化的产物 BNO不是亚硝酸酐CNO可以是某些含高价N物质还原的产物 DNO是红棕色气体 方法：从物质的性质，对照选项进行分析。捷径：NO是无色的有毒气体。它是NH3的氧化产物4NH3+5O2 = 4NO+6H2O，也可以是HNO3或NO2的还原产物3Cu+

49、8HNO3（稀）= Cu（NO3）2+2NO+4H2O。NO不是亚硝酸酐，N2O3才是亚硝酸酐。因此得答案为D。总结：此题虽设置了新情境，但仔细分析可发现，所设新情境与解题并无关系。例题5 ：（1994年全国高考）方法：通过信息迁移获解。捷径：含氧酸中的氢原子，只有在与氧原子结合成OH后，才具有酸的性质，也才可以和重水中的D原子进行交换。由题意可知磷酸是三元酸，次磷酸是一元酸，因而在结构式中只有一个OH结构。A是二元酸，C D结构式中氧周围有三个键，因而这种结构式一定是错误的。以此只有B选项符合题意。总结：题中所给磷酸分子的结构式是给一个信息，该信息告诉我们，含氧酸中只有与O原子直接结合的H原

50、子才可能电离出H+，即题中所说的与D2O中的D原子发生氢交换。把该信息迁移到H3PO2中，由于NaH2PO2不能与D2O进行氢交换，所以H3PO2只是一元酸，因而其结构式中只有一个OH，再应用O原子只能有两个共价键（或说有二根短线）的基础知识，就不难作出选择。例题6 ：（1996年全国高考）某化合物的化学式可表示为Co(NH3)xCly(x,y均为正整数)。为确定x和y的值, 取两份质量均为0.2140 g 的该化合物进行如下两个实验。 将一份试样溶于水, 在硝酸存在的条件下用AgNO3溶液滴定(生成AgCl沉淀), 共消耗24.0 mL 0.100 mol/L的AgNO3溶液。在另一份试样中

51、加入过量NaOH溶液并加热, 用足量盐酸吸收逸出的NH3，吸收NH3共消耗24.0mL 0.200 mol/LHCl溶液。试通过计算确定该化合物的化学式。(本题可能用到的原子量：H 1.0 N 14.0 Cl 35.5 Co 58.9 )方法：利用原子个数守恒及质量守恒求解。捷径：设用n表示物质的量, m表示质量。则：n(NH3)=0.200×24.0×10-3=4.80×10-3(mol)m(NH3)=4.80×10-3×17.0=8.16×10-2(g)n(Cl-)=0.100×24.0×10-3=2.40&#

52、215;10-3(mol)m(Cl-)=2.40×10-3×35.5=8.52×10-2(g)m(钴离子×10-2-8.52×10-2=4.72×10-2(g)n(钴离子):n(NH3):n(Cl-)=1:6:3该化合物的化学式为CO(NH3)6Cl3总结：分清反应过程中各种物质间量的关系，是运用守恒法解题的前提。金钥匙： 例题1 ：在汽车引擎中，N2和O2进行反应会生成污染大气的NO，N2+O2=2NO；H>0。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

53、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