中学化学解题方法与技巧

中学化学解题方法与技巧化学竞赛计算题的解题方法和技巧分子构造本节主要讲述典型分子的空间构型，分子和键的极性关系以及酸的元数如何确定问题。在竞赛中此类问题出现渐多。【内容综述】本期主要讲述典型分子的空间构型、分子的极性与键的极性的关系以及酸的元数如何确定的问题。常见的分子的空间构型有四面体型〔CH4、CCl4、P4等〕、三角锥型〔NH3、PH3等〕、直线型〔CO2、C2H2等〕、平面型〔C2H4、BF3、C6H6等〕，掌握其构造对推断复杂分子的构造非常重要。极性键构成的双原子分子一定为极性分子，多原子分子大多为极性分子，但也有非极性分子，主要取决于分子组成和构造的对称性，即分子中的正电荷重心与负电荷重心重合为非极性分子。酸的元数并非根据酸中氢原子的个数，而是根据其构造式来确定。这些内容的考察近几年来在高考和竞赛中难度和数量都有所增加，应引起我们的充分重视。【要点讲解】分子的极性与键的极性H2O分子是极性分子，根据相似相溶原理，在水中溶解度小的淡黄色固体为非极性分子，其分子的对称性好，其构造为。另一种为黄绿色在水中的溶解度大的为极性分子，其分子的对称性差，其构造为二、酸的元数如何确定例2．磷酸分子中的三个氢原子都可以跟重水中的D原子发生氢交换。又知亚磷酸〔H3PO3〕也可以与重水中的D原子发生氢交换，但亚磷酸一氢钠〔Na2HPO3〕却不能。由此推断亚磷酸的构造式。并判断亚磷酸属于几元酸，它有哪些正盐哪些酸式盐？磷酸作为三元酸，构造中的三个-OH中的H原子都可以跟重水中的D原子发生氢交换，亚磷酸也可以，说明亚磷酸中有-OH，亚磷酸一氢钠不能，推断其构造中已经无-OH。由此推断亚磷酸中只有两个-OH，根据P原子成键规律，不难得出亚磷酸的构造式由此可见，H3PO3分子中虽有三个H原子，但只有两个-OH，只有-OH中的H原子才能电离出来显酸性，故H3PO3属于二元酸。二元酸应有两种盐一种正盐一种酸式盐，即亚磷酸二氢钠〔NaH2PO3〕酸式盐和亚磷酸一氢钠〔Na2HPO3〕正盐。小结：酸的元数由酸中-OH的个数来确定。只知分子式不知构造式无法确定酸的元数。而酸所对应的酸酐那么是酸中的-OH脱水的产物，对于只有一个-OH的一元酸来说那么是进展分子间脱水才能得到相应的酸酐，例如：乙酸CH3COOH的酸酐为三、如何判断原子的共线与共面例4：在分子中，处于同一平面上的原子数最多可能是：根据简单分子空间构造可推测此分子构造为：〔H表示在此平面上的H原子；^H表示在此平面下的H原子〕。由此可见，处于同一平面上的原子共有20个。此题要注意思维的全面性，不能忽略位于分子两端的-CH3中的三个氢原子中有一个H可与其余的18个原子共面。【才能训练】1．以下各组物质中，都是由极性键构成为极性分子的是：ACH4和Br2BNH3和H2OCH2S和CCl4DCO2和HCl2．氰气分子式为(CN)2，构造式为N≡C-C≡N，性质与卤素相似。以下表达正确的选项是：A在一定条件下可与烯烃加成B分子中的碳氮键的键长大于碳碳键的键长C不和氢氧化钠溶液发生反响D氰化钠、氰化银都易溶于水3．某共价化合物含碳、氢、氮三种元素，其分子内的4个氮原子排列成内空的四面体构造，且每两个氮原子间都有一个碳原子，而无CC单键、C=C双键、C≡C叁键，那么它的分子式为：AC6H12N4BC4H8N4CC6H10N4DC6H8N44．通常把原子数和电子数一样的分子或离子称之为等电子体，人们发现等电子体间的构造一样〔即等电子原理〕。B3N3H6与C6H6是等电子体，那么以下说法正确的选项是：AB3N3H6能发生加成反响和取代反响BB3N3H6各原子不在同一平面上CB3N3H6具有碱性DB3N3H6不能使酸性KMnO4溶液褪色5．三氯化氮〔NCl3〕常温是一种淡黄色液体，其分子构造呈三角锥形，以下关于NCl3说法中正确的选项是：A．分子中NCl键是非极性键B．分子中不存在孤对电子C．它的沸点比PCl3沸点低D．因NCl键键能大，它的沸点高A．5B．6C．7D．87．据权威刊物报道，1996年科学家在宇宙中发现了H3分子。请答复：A．氢的同位素B．氢的同素异形体C．同系物D．同分异构体(2)甲、乙、丙、丁四位学生对上述认识正确的选项是：甲认为上述发现绝对不可能，因为H3的分子违犯了共价键理论乙认为宇宙中还可能存在另一种氢单质，因为氢元素有三种同位素必然会有三种同素异形体丙认为假设上述发现存在，那么证明传统的价键理论有一定的局限性，有待继续开展丁认为H3分子本质上是H2分子与H+离子以配位键结合的产物，应写成H3+8．以下表达正确的选项是：A．丙烷分子中的3个碳原子一定在同一条直线上B．甲苯分子中对个碳原子不可能在同一平面上C．乙烷分子中的全部原子可能在同一平面上D．2-丁烯分子中的4个碳原子不可能在同一直线上9．经研究发现，有一种磷分子具有链状构造。构造如以以下图。以下说法正确的选项是：A．它是一种高分子化合物B．它是一种极性分子，易溶于水C．分子中每个磷原子以3个共价键结合3个磷原子D．分子量是白磷的8倍E．与白磷互为同素异形体〔1〕焦磷酸的构造式为。〔2〕当高聚磷酸中磷原子数为20时，其化学式为。〔3〕有机物中烷烃分子通式是CnH2n+2，那么磷酸、焦磷酸、高聚磷酸这一系列化合物的分子通式为。12．1932年捷克可Landa等人从南摩拉维亚油田的石油分馏物中发现一种烷〔代号A〕，次年用X射线技术证实了其构造，竟是有一个叫Lukes的人早就预言过的。后来A被大量合成，并发现它的胺类衍生物具有抗病毒、抗震颤的药物活性而开发为常用药。以以以下图给出三种已经合成的有2，3，4个A为根本构造单元“模块〞象搭积木一样“搭〞成的较复杂的笼状烷。根据上述条件推断并填空：〔1〕B的分子式为。〔2〕假设在D上继续增加一“块〞A“模块〞，得到E，那么E的分子式为。〔3〕A中含有的六元环数为个，其中有个碳原子为三个环所共有，这几个碳原子所围城的空间几何体形状为。答案：1．B2．A3．A。提示：根据C、N原子的成键规律：C原子四键稳定，N原子三键稳定，故每个C原子除与2个N原子形成共价键，还需2个H原子才能达稳定构造。4．AD5．C6．D8．D9．DE10．〔1〕。(3)Hn+2PnO3n+1。提示：n个磷酸分子进展分子间脱水脱去n-1个水分子。12．〔1〕C14H20；〔2〕C26H32；〔3〕4，4，正四面体。提示：根据B、C、D分子构造可推知其最小的重复单元A的分子构造是由四个六边形形成的笼状构造〔如以以下图〕。此系列化合物的系差为C4H4，可推知E的分子式。综合计算【内容综述】综合计算是从定量的角度，考察学生对物质的性质及变化规律综合知识的掌握；考察学生在计算方面的综合才能的运用，解题方法的技巧和灵敏。这种题一般有较大的阅读量、思维量和书写量，有相当的难度，因此希望学生有必备的化学知识和一定的数学思想，并能将二者有机的结合起来。【要点讲解】数学中的函数思想如何应用到化学计算当遇到由于反响物的配比量不同，反响后生成不同的产物时，就会产生函数关系。就会出现某个变量〔反响物〕的取值范围和建立函数的问题。这类把数学的函数思想应用到化学计算的讨论，主要要抓住有关的化学反响方程式中反响物的相关量，由相关量出发，确定变量的取值范围，以及变量与题设问题的函数关系。在确定变量的取值范围时，还应注意反响方程式的意义，才能正确地得出答案。后气体的温度和压强都一样〔20℃、1.01×105Pa〕，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4:1，其它成分可忽略不计〕。解题思路：此题将数学的函数知识和思想引入到化学领域中。题中所涉及的化学知识是H2S的燃烧反响：①2H2S+O2==2S+2H2O②2H2S+3O2==2SO2+2H2O。解答：⑴O2缺乏，从①式：2H2S+O2==2S+2H2OΔV2L1L3La/5L3a/5L那么，反响后总体积V=1.0L+aL_x0013_3a/5L。⑵O2过量从②式：2H2S+3O2==2SO2+2H2OΔV2L3L2L3L1.0L1.5L那么，反响后总体积V=1.0L+aL_x0013_1.5L。⑶当7.5≥a≥2.5时，发生反响：①2H2S+O2==2S+2H2OΔV2L1L3L1.0L1.5L③S+O2==SO2ΔV1L1LO那么，反响后总体积V=1.0L+aL_x0013_1.5L。a≥2.5时，V=aL_x0013_0.5L配有函数图象的综合计算题对试题中的函数图象要做到“一看面〞、“二看线〞、“三看点〞的详细分析。“一看面〞即横纵坐标的函数关系；“二看线〞即坐标中曲线的变化；“三看点〞即曲线上的原点、交点、拐点、特殊点的含义，从而帮助解题。【才能训练】⑴全部是SO2时，此时a的取值范围是；⑶局部是SO2时，局部是S时，此时a的取值范围是；反响所生成的SO2的物质的量是mol，容器内气体的物质的量之和为mol〔以含的代数式表示〕。2．现有AlCl3和FeCl3混合溶液，其中Al3+、Fe3+的物质的量之和为0.1mol，在此溶液参加90mL4mol·L-1的NaOH溶液，使其充分反响，设Al3+物质的量与总物质的量的比值为x。⑴根据反响的化学方程式计算x=0.4时，溶液中产生的沉淀是什么？物质的量有多少？⑵计算沉淀中只有Fe(OH)3的x取值范围。0.10请在图中画出沉淀总量〔mol〕随x〔0→1〕变化的曲线。⑶假设Al3+和Fe3+的物质的量之和为Amol〔A为合理数值〕，其他条件不变时，求沉淀中01.0同时有Fe〔OH〕3、Al〔OH〕3的x取值范围和各沉淀的物质的量〔用含有A、x的式子表示〕。3．将nmol的木炭粉和1mol氧化亚铁在反响器中混合，隔绝空气加强热。⑴可能发生的化学反响有①FeO+C==Fe+CO↑②2FeO+C==2Fe+CO2↑③FeO+CO==Fe+CO2和④。⑵假设n1/4，充分反响后，反响器中的固体物质是，气体产物是。⑶假设n4，充分反响后，反响器中的固体物质是，气体产物是。⑷假设反响的气体产物是混合物，n的取值范围是。⑸假设反响的气体产物是混合物，且混合物CO中CO2的物质的量相等，那么n的值为。[答案和提示]⑶2/3a2；1_x0013_a/2；1+a/22．⑴0.06molFe〔OH〕3⑵0≤x≤0.6时，沉淀只有Fe〔OH〕3x=0时，Fe〔OH〕3沉淀量为0.1molx=0.4时，Fe〔OH〕3沉淀量为0.06molx=0.6时，Fe〔OH〕3沉淀量为0.04mol0.6≤x≤1时,总沉淀量=0.1mol〔1-x〕+0.1xmol=0.4mol〔图象略〕⑶Fe〔OH〕3为A〔1-x〕mol，Al〔OH〕3为[A〔x+3〕-0.36]mol提示：根据反响Fe3++3OH-==Fe〔OH〕3、Al3++3OH-==Al〔OH〕3、Al〔OH〕3+OH-==AlO2-+2H2O，其中NaOH为定值，沉淀的量与Al3+含量x有关。3．⑴C+CO2==2CO⑵FeO和Fe；CO2⑶C和Fe；CO提示：由于题中给出的反响物为木炭粉和氧化亚铁，可根据反响①、②进展讨论.化学平衡挪动内容综述】掌握平衡挪动原理运用影响平衡挪动的因素判断平衡挪动方向【要点讲解】化学平衡挪动的本质是浓度、温度、压强等客观因素对正、逆反响速率变化产生不同的影响，使V正≠V逆，原平衡状态发生挪动，根据平衡挪动原理分析解决问题。【例题分析】一、平衡挪动与反响速率A、体积减小时将使反响速率增大B、体积不变时参加少许NO2，将使正反响速率减小C、体积不变时参加少许N2O4，再度平衡时颜色变深D、体积不变时升高温度，再度平衡时颜色变深分析：A、B是结合化学反响速率变化判断而设置的选项，C、D是结合化学平衡挪动判断而设置的选项，速率变化与平衡挪动是测试中的两个不同的侧面在分析中要加以区分。A、体积减小使反响物浓度及生成物浓度都增大，所以无论正反响还是逆反响速率都增大。B、体积不变时增加NO2的瞬间反响物的浓度不变，生成物的浓度增大，正反响速率不变，逆反响速率增大。C、体积不变时参加少许N2O4再度平衡，无论平衡如何挪动各物质浓度均增大，颜色一定加深。D、体积不变升高温度，平衡向吸热〔正反响〕方向挪动，颜色一定加深。答案：B二、化学平衡挪动的运用例3、在A＋B〔固〕C反响中，假设增加压强或降低温度，B的转化率均增大，那么反响体系应是A、A是固体，C是气体，正反响吸热B、A是气体，C是液体，正反响放热C、A是气体，C是气体，正反响放热D、A是气体，C是气体，正反响吸热分析：增加压强平衡向气体体积减小的方向挪动，降低温度平衡向放热反响方向挪动，结合B的转化率的变化可以判断出上述反响的特点，即：正反响方向为气体体积减小、放热反响，由于A与C的反响系数相等，A必为气体C必为固体，否那么压强变化将对本反响无影响。答案：C例4、在一个固定体积的密闭容器中，放入3LX〔气〕和2LY〔气〕，在一定条件下发生以下反响4X(气)＋3Y(气)2Q(气)＋nR(气),到达平衡后，容器内温度不变，混合气体的压强比原来增加5％，X的浓度减少1/3，那么该反响方程式中的n值是A、3B、4C、5D、6分析：通过X的浓度变化，可以知道化学平衡挪动的方向，结合压强的变化可以判断出建立平衡前后气体物质的量的变化趋势应当是增大的，因此选择出答案。答案：D例5、在密闭容器中，以下可逆反响到达平衡后，升高温度可以使混合气体平均分子量减小的是A、H2〔气〕＋Br2〔气〕=2HBr〔气〕+QB、N2〔气〕+3H2〔气〕=2NH3〔气〕+QC、N2O4=2NO2D、4NH3〔气〕+5O2〔气〕=4NO〔气〕+6H2O〔气〕+Q分析：根据质量守恒定律，反响前后质量不变，由于上述反响参加者均是气体，平均分子量的减小是由于气体物质的量增大。升高温度化学平衡应向吸热反响方向挪动。应选择吸热方向也是体积增加方向的答案。答案：B、C三、其它因素与平衡例6、在密闭容器中进展H2〔气〕＋Br2〔气〕=2HBr〔气〕＋Q反响到达平衡后，欲使颜色加深，应采取的措施是A、升温B、降温C、增压D、减压答案：A、C例7、在N2O4=2NO2平衡体系中，增大N2O4的浓度，那么NO2和N2O4的物质的量比值，应：A、增大B、减小C、不变D、可能增大也可能减小分析：在判断比值的变化时，不仅要注意化学平衡挪动的方向，还要将反响容器的特点纳入分析的范围。假设上述反响是在一个定容容器中进展的反响，参加N2O4后到达新的平衡状态，新的平衡状态与原平衡状态相比压强应当增大，压强增大将不利于N2O4的分解，进而选定B答案。问题是否到此为止呢？假设上述反响是在一个恒压容器中进展的反响，参加N2O4后到达新的平衡状态，新的平衡状态与原平衡状态相比压强一样，恒压容器中只要参加的物质物质的量之比不变，新的平衡状态与原平衡状态一样，进而选定C答案。答案：B或C【才能训练】8、已建立化学平衡的某可逆反响，当改变条件使化学平衡向正反响方向挪动时，以下有关表达正确是(3)反响物的转化率一定增大(4)反响物的浓度一定降低(5)正反响速率一定大于逆反响速率(6)使用了适宜的催化剂9、在容积一样的A、B两个密闭容器中，分别充入2molSO2和1molO2，使它们在一样的温度下发生反响：2SO2＋O2=2SO3，并到达平衡。在反响过程中，假设A容器保持体积不变，B容器保持压强不变，当A中的SO2的转化率为25％时，那么B容器中SO2的转化率应是A、25％B、25％C、25%D、12.5%A、从反响开场到到达平衡，所需时间tAtBB、平衡时I2的浓度[I2]A＝[I2]BC、平衡时I2蒸气在混合气体中的体积分数A容器中的大于B容器D、HI的分解率aA＝aBA、m+npB、A的转化率降低C、平衡向逆反响方向挪动D、C的体积分数增加A、V正增大，V逆减小，平衡向正反响方向挪动，SO3的百分含量增加B、V正增大，V逆不变，平衡向正反响方向挪动，SO3的百分含量增加C、V正增大，V逆增大，平衡向正反响方向挪动，SO3的百分含量增加D、开场时V正增大，V逆减小，平衡向正反响方向挪动；随后又逐渐恢复到原反响速率和原平衡状态，SO3的百分含量保持不变PCl5〔气〕=PCl3〔气〕＋Cl2〔气〕，反响到达平衡时，PCl5所占体积分数为m%,假设在同一容器同一温度下，最初投入的是2molPCl5，反响达平衡后PCl5所占体积分数为n%，那么m与n的关系正确的选项是A、mnB、mnC、m=nD、无法比拟(1)平衡不发生挪动(2)平衡沿着正反响方向挪动(3)平衡沿着逆反响方向挪动(4)NH3的质量分数增加(5)正逆反响速率都增大16、某温度下，反响N2O42NO2－Q在密闭容器中到达平衡，以下说法不正确的选项是A、体积减小时将使反响速率增大B、体积不变时参加少许NO2，将使正反响速率减小C、体积不变时参加少许N2O4，再到达平衡时颜色变深D、体积不变时升高温度，再到达平衡时颜色变深【答案及提示】8、C化学平衡向正反响方向挪动可采取的措施有增大反响物的浓度，这样将降低反响物的转化率；可以降低生成物的浓度，这样生成物的质量分数降低。9、B由于A、B两个密闭容器体积一样，反响开场前它们的压强相等，2SO2＋O22SO3是体积减小的反响，到达平衡后B中的压强大于A，压强对该平衡正向挪动有利。10、A、D催化剂只影响反响速率变化，对浓度无影响。11、A、B容器A中反响物浓度大于容器B，A中反响速率快所需时间短。2HI〔气〕=H2〔气〕＋I2〔气〕反响前后气体物质的量不变，压强的不同对HI的分解率不会造成不同的影响。12、B、C体积减小为原来的一半，假设平衡不发生挪动C的浓度将为原来的两倍，根据题目条件可知平衡向逆反响方向挪动。Ｓ13、D活塞式容器就是恒压容器。14、B分析此题前后出现两个平衡状态的一样点：体积一样、温度一样；不同点：因为本反响正反响方向是体积增大的方向，且反响初始时投入的PCl5物质的量不同，反响达平衡后容器内压强不同。反响达平衡过程中压强越大平衡越不易向正反响方向挪动。15、C16、A解题的关键是与反响有关的各物质浓度将如何变化。原子构造[内容综述]应用原子构造知识解决实际问题。根据原子构造知识可以定性判断：元素的金属性与非金属性、原子是否达8e构造、微粒半径大小比拟以及元素在周期表中的位置，从而推断元素的化学性质。根据原子构造知识也可以进展“质子数、中子数、电子数〞等微观离子间的关系以及元素化合价、同位素原子形成物质的种类及化学式量的定量计算。由同位素概念可以辨析同位素原子量、同位素近似原子量以及元素原子量和元素近似原子量等概念。[要点讲解]用原子构造知识推断元素及所形成物质的性质。用R代表短周期元素，R原子最外层的p亚层上的未成对电子只有2个。以下关于R的描绘正确的选项是：AR的氧化物都能溶于水BR的最高价氧化物所对应的水化物都是H2RO3CR都是非金属元素DR的氧化物都能与NaOH溶液反响此题根据R的电子层构造特点可推知R元素在周期表中的位置〔周期数=电子层；最外层电子数=主族序数〕，从而判断元素及所形成化合物的性质。据R的最外层电子构造特点可推知R为ⅣA或ⅥA族元素，即C、Si、O、S。由于CO、SiO2均不溶与水；S所对应的最高价氧化物的水化物是H2SO4；CO不能与NaOH溶液反响。故C选项正确。有序思维计算同位素原子形成物质种类及式量。A3种B4种C5种D6种此题的关键是按照有序思维把三种氢原子进展两两组合得出其可能的组合方式，同时注意思维的严谨性2H2与1H3H形成的氢分子种类不同但式量一样。答案C正确。统一原那么快速比拟微粒半径微粒半径比拟原那么：〔1〕阴离子半径大于其原子半径，阳离子半径小于其原子半径；〔2〕同主族元素原子半径由上到大依次增大，同周期元素原子半径从左至右依次减小；〔3〕具有一样电子层构造的离子，核电荷数越大，半径越小。在巧解巧算中简约思维。硅的近似原子量比28多0.1是由29Si和30Si引起的，可先用极端求值法分别求出29Si和30Si引起的增量：假设除28Si外全部是29Si〔含量8%〕，那么引起增量为0.08；假设除28Si外全部是30Si，那么引起增量为0.16〔2×8%〕，然后再用十字穿插法求得原子个数比。此题从题干外表看是三种同位素的问题，经分析可剔除的28Si的含量92%后又是两两混合，把思维进展了简约，然后利用极端求值、十字穿插等巧算法得解。经常性地研究探究解题方法与技巧，使之成为一种思维体操，对于进步思维的敏捷性非常有益。[才能训练]AMg2+BFe2+CSn2+DPb2+2.居里夫人发现的镭是主族元素，其最外层电子排布是7s2，判断以下有关它的描绘错误的选项是：A在化合物中只呈现+2价B氢氧化物呈两性C原子半径在本族元素中最大D单质与水反响能放出氢气3．某元素x组成的气态双原子单质分子有三种，其分子量分别为70、72、74，此三种分子的物质的量比为9：6：1，那么：Ax有三种同位素Bx的一种同位素原子的质量分数为36C质量数为35的x的同位素原子的质量分数为73%DX2的平均相对分子质量为714设某元素某原子核内的质子数为m，中子数为n，那么下述论断正确的选项是：A不能由此确定该元素的原子量B这种元素的原子量为m+nC假设碳原子质量为Wg，那么此原子的质量为〔m+n〕gD核内中子的总质量小于质子的总质量5.以下说法正确的选项是：A分子中键能越大，键越长，那么分子越稳定B失电子难的原子获得电子的才能一定强C在化学反响中，某元素由化合态变为游离态，该元素被复原D电子层构造一样的不同离子，其半径随核电荷数增多而减小6.某原子中的第x电子层，当把它作为最外层时，包容的电子数最多与x-1层一样；作为次外层时，最多包容的电子数比x+1层多10，那么x层可能为：AL层BM层CN层D任意层7．以下分子中的所有原子是否满足最外层8e构造，请加以判断。BeCl2、PCl3、PCl5、N2、COCl2〔光气〕、SF6、XeF2、BF3。8．A、B两元素组成四核42个电子的负二价阴离子，A元素原子核内质子数比B元素原子核内质子数多8个，那么此阴离子的化学式为。〔1〕四种元素原子半径大小依次为：。〔2〕W、X元素最高价氧化物对应水化物的碱性强弱为。〔用分子式表示〕[答案和提示]1．C2.B3．D。提示：此题的关键是寻找元素x的同位素原子。根据其组成双原子分子的种类和式量可推知x有两种同位素，即35x和37x。4．A。提示：此题需辨析同位素原子量、同位素近似原子量以及元素原子量和元素近似原子量四个概念。因题目只给出该元素的一种原子的质子数和中子数，故只能确定该原子的近似原子量，即质量数为m+n，并不能确定该元素的原子量。5．B6．D所有原子最外层满足8e构造的有：PCl3、N2、COCl210．〔1〕OCMgNa；〔2〕Mg(OH)2NaOH。[提示]把电子构造特点与原子序数综合考虑。如X在四种原子中序数最大，又是短周期元素，推测其可能位于三周期，其p电子数为6，再结合其核外s电子与p电子数之比为1：1可推知X为Mg。其余如是。计算中的另类思维[内容综述]本期主要是讲解在化学计算中的非常规思维问题。这种思维可大大简化计算过程，加快解题速度，在近几年的高考试题中屡屡出现，同时在高三的化学竞赛中也频频亮相。[要点讲解]什么是化学计算中的另类思维所谓另类思维即非常规性思维。在某些化学计算中可以不用常规的计算方法，而转换思维角度，另辟蹊径，那么能找到更佳的解题方法。A．50%B．60%C．40%D．70%常规思维：根据化学平衡的一般计算方法，设A、B、C三种物质的变化浓度分别为x、2x、2x，然后利用“A和B的物质的量之和与C相等〞，列出方程式，解出A的变化浓度x，从而求出A的转化率。另类思维：按非可逆反响考虑，设均为1mol的A、B，那么只有0.5molA参加反响，转化率为50%，但由于是可逆反响，所以A的转化率应小于50%，选C。例2．R2O8n-在一定条件下可以把Mn2+氧化成MnO4-，假设反响后R2O8n-变为RO42-，又知反响中氧化剂与复原剂的物质的量之比为5:2，那么n的值为〔〕常规思维：根据氧化复原反响中，得失电子数守恒的原那么，2mol复原剂Mn2+氧化成MnO4-，失去电子的总数为10mol，那么5mol氧化剂R2O8n-变为RO42-，应得到电子为10mol，由此解出n值。另类思维：由于氧化剂R2O8n-复原为RO42-，R2O8n-中R的化合价要降低，RO42-中的化合价为+6，所以R2O8n-中R的化合价+6、且+8，选B。A．10%B．18.4%C．4.9×10-4%D．80.2%另类思维1：在发现了HCl和H2O的式量比约为2:1后，可将溶质的质量分数的计算，改换为的HCl分子个数比的计算。即：1/〔1+4.5〕，估算得B。另类思维要根据坚实的化学知识另类思维强调的是思维换位，需要对思维对象的融会贯穿的理解。下面几道例题的解法，是从数学的思维角度转换到概念的思维角度，因此必须以坚实的化学知识为根底，否那么易繁琐或出现失误。A．小于0.45molB．0.45molC．在0.45mol和0.90mol之间D．大于0.90mol一般思维：根据铜与浓硫酸反响的化学方程式：Cu+2H2SO4==CuSO4+SO2+另类思维：随着浓硫酸与铜反响的进展，溶液的浓度不断稀释，而稀硫酸不与铜反响。那么被复原的H2SO4一定小于0.45mol。选A。A．等于12.5%B．大于12.5%C．小于12.5%D．无法确定1.00g·cm-3×100g/0.91g·cm-3，那么稀释后的氨水中溶质的质量分数为[才能训练]下的H22.8L，那么原金属混合物三种金属物质的量之和是〔〕2．与2.7gAl完全反响的稀HNO3最多溶解Fe的质量为〔〕A．2.8gB．5.6gC．2.7gD．8.4g3．某金属单质与一定浓度的HNO3反响，假定只有单一的复原产物，当参加反响的单质与被复原的HNO3物质的量之比为2:1时，复原产物为〔〕A．NO2B．NOC．N2OD．N24．在100g浓度为18mol·L-1密度为ρ〔g/cm3〕的浓硫酸中参加一定量的水稀释成9mol·L-1的硫酸，那么参加水的体积为〔〕A．小于100mLB．等于100mLC．大于100mLD．等于100/ρ5．在25℃时，硫酸铜的溶解度为Sg，把Sg无水硫酸铜粉末参加到〔100+S〕g饱和硫酸铜溶液中，得到一定量的蓝色晶体。假设将此晶体溶解成饱和溶液，应加水的质量为〔〕A．〔100+S〕gB．100g6．现有乙酸、乙醛、甲酸甲酯、2-甲基-2-戊烯组成的混合物中氧的质量分数为15.3%，那么氢的质量分数为〔〕A．84.7%B．72.6%C．12.1%D．6.05%A．3.2gB．4.4gC．5.6gD．6.4gA．m1/65molB．5m2/36.5mol9．同温同压下，某烧瓶中充满O2时，称重为116g，当充满CO2气体时，称重为122g，假设充满某气体时，称重为114g，那么某气体的式量为〔〕A．28B．60C．32D．44Fe3O4、Fe2O3物质的量之比为〔〕11．CS2在氧气中燃烧生成CO2和SO2，今有0.228gCS2在448mLO2(标准状况)燃烧，充分反响后，混合气体在标准状况下的体积为〔〕12．同温同压下，两个等体积的枯燥圆底烧瓶中分别充满①NH3②NO2进展喷泉实验，经充分反响后，瓶内溶液的物质的量浓度为〔〕A．①②B．①②C．①=②D．不能确定A．CuSO4B．MgSO4C．Al〔NO3〕3D．Na2SO4[答案和提示]2．D由于Fe3+还要溶Fe，所以Fe的物质的量一定大于0.1mol。3．C不管是几价金属，由于它的物质的量为偶数，所以失电子总数一定为偶数，那么硝酸中+5价N得电子总数也应为偶数，但硝酸的物质的量是奇数，那么N由+5价需降为奇数价，得电子总数才会为偶数。4．A物质的量浓度大的硫酸，其密度大，物质的量浓度小的硫酸，其密度小，但都会大于水的密度。5．B其实就是把Sg无水CuSO4直接加水配成饱和溶液。7．ANa2O2与H2O反响生成NaOH，与CO2反响生成Na2CO3，从关系式Na2O2→2NaOH、Na2O2→Na2CO3，可发现固体增加的质量即为H2和CO的质量。8．D只有含n的选项是正确的。9．A该气体的式量一定比O2和CO2小。11．D反响前后气体体积不变。12．C由于气体的体积与溶液的体积一样，在标准状况下，所得溶液的物质的量浓度是一个定值。弱电解质、电离度及电离平衡【内容综述】化学所研究的化学反响有相当大的比例是电解质在溶液中的反响，因此在中学化学里“电解质溶液〞就成为化学根底理论中的一项重要内容。电解质进入水中的第一个行为就是发生电离。弱电解质的电离最终会形成一个平衡，情况较为复杂，因此常将弱电解质的电离特点作为一个重点来加以分析。这一平衡称为电离平衡，具有一般化学平衡的特点。通常用“电离度〞对其电离程度进展粗略的描绘和简单计算。【要点讲解】1．首先要搞清楚电解质和非电解质的区别：但凡在水溶液里或熔化状态下能导电的化合物叫电解质。无论是水溶液或熔化状态下都不能导电的化合物叫非电解质。2．电解质溶液的导电才能的强弱与溶液中自由挪动的离子浓度和价态有关。3．强电解质与弱电解质可列表加以比拟：【例题分析】例1以下物质中，属于强电解质的是〔〕〔A〕SO3〔B〕H3PO4〔C〕BaSO4〔D〕HI解题思路：SO3溶于水，发生如下反响；SO3+H2O=H2SO4，H2SO4可以在水溶液中电离出自由挪动的离子，可以导电，而SO3本身却不能电离出离子，所以H2SO4是电解质，而SO3是非电解质。H3PO4在水溶液中不能全部电离，仅能局部电离，所以H3PO4是弱电解质。BaSO4的溶解度很小，所以其溶液的导电才能极弱，但它溶解的局部，能全部电离，所以BaSO4是电解质。HI在水溶液中能全部电离成自由挪动的离子，所以它属于强电解质。此题正确答案是：〔C〕、〔D〕。4．弱电解质的电离平衡例2．能说明醋酸是弱电解质的事实是〔〕〔A〕醋酸溶液的导电性比盐酸弱〔B〕醋酸溶液与碳酸钙反响，缓慢放出二氧化碳〔C〕醋酸溶液用水稀释后，氢离子浓度下降〔D〕0.1mol·的CH3COOH溶液中，氢离子浓度约为0.001mol·解题思路：确定某物质是否为弱电解质，要看它在水溶液中是否仅有局部电离成自由挪动的离子。而溶液导电性的强弱，与碳酸钙反响放出二氧化碳的速度，以及稀释后某种离子浓度下降，都与溶液中自由挪动的离子浓度的大小有关，但却都不能说明CH3COOH在水溶液中仅能局部电离。0.1mol·的CH3COOH溶液中，氢离子浓度约为0.001mol·，可以说明CH3COOH在水溶液中仅有局部电离成离子。此题正确答案是〔D〕。5．弱电解质电离方程式的书写电离方程式中用“"R〞，如：CH3COOH"R例3．以下反响的离子方程式正确的选项是〔〕〔A〕氨气通入醋酸溶液中：CH3COOH+NH3=CH3COONH4〔B〕澄清的石灰水跟盐酸反响：〔C〕碳酸钡溶于醋酸：〔D〕金属钠跟水反响：解题思路：在离子反响方程式中，由于可溶性强电解质在溶液中完全电离，应析为离子；而弱电解在溶液中仅局部电离，应用分子式表示。〔A〕选项中的CH3COONH4，是可溶液强电解质，应用离子符号：表示；〔C〕选项中的醋酸是弱电解质，应用CH3COOH分子式表示。此题正确答案是：〔B〕、〔D〕。6．电离度的概念及其影响因素〔1〕当弱电解质在溶液里到达电离平衡时，溶液中已经电离的电解质分子数占原来总分子数的百分数叫做电离度。〔2〕影响电离度的主要因素〔内因〕是电解质本身的性质，其外部因素〔外因〕主要是溶液的浓度和温度。溶液越稀，弱电解质的电离度越大；温度升高，电离度增大，因为弱电解质的电离过程一般需要吸收热量。解题思路：在一样条件下，电离度越大，说明弱电解质的电离程度越大，对于弱酸那么说明其电离出的浓度越大，溶液的酸性相对就强。此题正确答案是：HF＞HNO2＞HCOOH＞CH3COOH例5、不用计算，判断以下各组溶液中，哪一种电解质的电离度大？〔2〕10℃时0.01mol·CH3COOH溶液和10℃时0.1mol·CH3COOH溶液。解题思路：对于同一种弱电解质，浓度一定，温度越高，其电离度越大，因为弱电解质的电离是吸热的；温度一定，浓度越小，其电离度越大。此题正确答案是：〔1〕40℃时，0.01mol·HCN溶液中HCN的电离度大；〔2〕10℃时0.01mol·CH3COOH溶液中CH3COOH的电离度大。例6、在1L浓度为cmol·的弱酸HA中，HA、和的物质的量之和为ncmol，那么HA的电离度是〔〕〔A〕n100%〔B〕〔C〕〔n-1〕100%〔D〕n%解题思路：原HA的总物质的量为：cmol·1L=cmol；设HA的电离度为,那么已电离的HA，及电离产生的和的物质的量均为cmol。根据题意，在弱酸HA溶液中，HA、和的物质的量之和为ncmol，那么有：〔c-c〕+c+c=nc,解得=(n-1)100%。此题正确答案是：〔C〕【才能训练】〔A〕10%〔B〕11%〔C〕18%〔D〕22%3．把0.05molNaOH固体分别参加到以下100ml液体中，溶液的导电性根本不变，该液体是〔〕〔A〕自来水〔B〕0.5mol·盐酸〔C〕0.5mol·醋酸〔D〕0.5mol·氯水4．以下电解质在溶液中存在分子的是〔〕〔A〕Ba(OH)2(B)CH3COOH(C)Ca(OH)2(D)NH3·H2O5．某固体化合物A不导电，但熔化或溶于水都能完全电离。以下关于物质A的说法中，正确的选项是〔〕〔A〕A为非电解质〔B〕A是强电解质〔C〕A是离子晶体〔D〕A是弱电解质6．以下事实中，能证明氯化氢是共价化合物的是〔〕〔A〕氯化氢易溶于水〔B〕氯化氢的水溶液能导电〔C〕液态氯化氢不导电〔D〕氯化氢不易分解7．一定量的盐酸和过量的锌粉反响时，为了减缓反响速率，但不影响生成氢气的总量，可向盐酸中参加适量的〔〕〔A〕NaOH〔固〕〔B〕H2O〔C〕NH4Cl〔固〕〔D〕CH3COOK〔固〕8．以下电离方程式错误的选项是〔〕〔A〕NaHS溶于水：NaHS=〔B〕(NH4)2SO4溶于水：(NH4)2SO4=2〔C〕氢氟酸溶液：HF+H2O"R〔D〕NaHCO3溶于水：NaHCO3=8．试用简单的实验证明，在醋酸溶液中存在着：CH3COOH"R的电离平衡。9．一样温度下，两种稀氨水A和B，浓度分别为0.2mol·和0.1mol·,那么A和B的浓度之比为〔〕〔A〕大于2〔B〕小于2〔C〕等于2〔D〕不能肯定10．将[]=1mol·的CH3COOH和HCl溶液分别稀释100倍，稀释后两溶液的的物质的量浓度分别为a和b，那么a和b的关系为〔〕〔A〕ab(B)ab(C)a=b(D)不能肯定〔A〕第一杯甲酸溶液大于第二杯甲酸溶液〔C〕溶液的浓度不变，有晶体析出〔D〕第一杯溶液中是第二杯溶液的倍。12．用水稀释0.1mol·氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是〔〕〔A〕/[NH3·H2O]〔B〕[NH3·H2O]/[答案和提示]8．在CH3COOH溶液中滴入紫色石蕊试液，呈红色，在其中参加少量CH3COONH4固体，充分振荡后，溶液颜色明显变浅。说明醋酸溶液中存在着CH3COOH"R的电离平衡，因为参加CH3COONH4后，CH3COONH4=，增大了，使上述电离平衡向左挪动，使变小。水的电离与溶液的酸碱性【内容综述】pH值是对溶液酸碱性的定量描绘，两者之间的关系是理所当然的重点。在实际应用中，pH值与溶液中[H+]及其溶液酸碱性之间的关系那么是这局部内容的难点。【要点讲解】“水的电离与溶液的酸碱性〞局部主要有以下几项内容：水的电离平衡及其“离子积〞、溶液的pH值、pH值得简单计算、常用的三中指示剂的变色范围、pH是值得使用等。1．在讨论溶液酸碱性的时候，水的电离是极易被无视的。人们总是认为，酸能电离出H+，酸的溶液就显酸性，似乎与水无关，水的相对量至多影响酸的浓度。其实酸、碱、盐的溶液对水的电离平衡均有重大影响，而这种影响在分析某些问题是可以“忽略不计〞，而在分析另一些问题〔比方分析酸溶液中的[OH-]、碱溶液中的[H+]，及后面要讨论的盐类的水解等〕时，就是至关重要的了。例1常温下，在水中参加0.1mol·L-1盐酸，求溶液中的氢离子浓度和氢氧根离子浓度。解题思路：水溶液中存在着两个电离H2O：H2O"RH++OH-HCl：HCl=H++Cl-盐酸〔HCl〕电离出的H+会使H2O的电离平衡向左移，使水电离出的[H+]、[OH-]降低。比拟盐酸电离出的[H+]，H2O电离出的H+可忽略不记。溶液中的[H+]、[OH-]分别由盐酸、水电离决定。溶液中的氢离子浓度为[H+]=[HCl]=1mol·L-1根据水的离子积知[OH-]=mol·L-1答：略启示：酸性溶液中存在着H+、OH-，其浓度关系仍然符合离子积。即[H+]、[OH-]的乘积为常数。解题思路：弱电解质中的离子浓度分别由溶液的浓度和电离度共同决定。碱性溶液中[OH-][H+]，先由电离度求出[OH-]，再借助KW计算出[H+]。[OH-]=c·=0.1mol·L-1×1.34%=1.34×10-mol·L-1启示：任何物质的水溶液，无论中性、酸性或碱性，都同时存在着H+、OH-，且在常温下，向水中加少量酸、碱、盐等物质形成稀溶液后，溶液中始终保持KW=[H+]·[OH-]的关系。例3求0.01mol·L-1的氢氧化钠溶液的PH值。解题思路：强碱溶液中，[OH-]等于碱的浓度，可先由溶液的物质的量浓度求出[OH-]，再利用KW求出溶液中[H+]，最后根据PH值定义求溶液的PH值。解法一:[OH-]=CNaOH=0.01mol·L-1那么,[H+]==〔mol·L-1〕启示：假设求强碱溶液的pH值，应注意必须先求溶液中的[OH-]，再求[H+]、pH值。解法二：2.对于弱酸或弱碱溶液的pH值，一般要通过弱电解质的电离度进展计算。例4.求25℃时0.1mol·L-1的醋酸溶液的PH值。解题思路：∴PH==2.883.“混合溶液的pH值〞的计算，情况比拟复杂。常见情况为“等体积混合〞：混合形式强碱1+强碱2强酸+强碱计算pH混先计算pOH混再计算pH混先根据反响计算过量物，再按左示形式计算计算pH混先计算pH混再计算pH混ΔpH3时pH混=pH小+0.3pH混=pH大-0.3例5.pH=2和pH=4的盐酸等体积混合，求混合液的pH值。解题思路：两种pH值不同的盐酸混合后，由于混合溶液的体积增大，因此，在求混合液的[H+]时，应将混合前溶液中的H+的物质的量求出，再由混合液的体积和H+的总物质的量求出[H+]混。进而求出pH混。pH2=4∴[H+]2=1×10-4mol·L-1∵V1=V2∴[H+]混=〔mol·L-1〕∴pH混=例6．0.6mol·L-1的盐酸与0.4mol·L-1的氢氧化钠溶液等体积混合，求混合液的PH值。解：HCl+NaOH=NaCl+H2O1mol1mol设盐酸、氢氧化钠的体积为v∴H+的物质的量=0.6v〔mol〕OH-的物质的量=0.4v〔mol〕∴盐酸有剩余∴[H+]混=〔mol·L-1〕∴【才能训练】1．一定温度下，纯水中[H+]和[OH-]的乘积是____；这常数叫____；在酸、碱的稀溶液中存在此常数的原因是___。2．测定溶液PH值的方法很多，通常用①___②___③___。中学常用的酸碱指示剂有___和___，测定溶液PH值较简便的方法是用___，测定溶液PH值准确的方法是用___。某溶液可使甲荃橙显黄色，酚酞显无色，石蕊显红色，那么该溶液的PH值范围是〔〕A．18B.15C.4.45D.58A．c1c2B.c1=c2C.c1c2D.无法确定6．以下四种溶液中，由水电离生成的氢离子浓度之比〔①∶②∶③∶④〕是：①PH=0的盐酸，②0.1mol·L-1的盐酸③0.01mol·L-1NaOH溶液。④PH=11的NaOH溶液。〔〕C.14∶13∶12∶11D.14∶13∶2∶37．在指定条件下，以下离子能大量共存的是〔〕A．强碱性溶液：K+、Na+、ClO-、S2-C．与Al反响产生H2的溶液：H+、Cl-、、K+D．由水电离出的[H+]=1×10-11mol·L-1的溶液中：Na+、、、[答案和提示]3.12.3812.7〕4.C5.D6.A7.B盐类的水解、溶液中离子浓度的比拟【内容综述】本局部重点内容是深化理解盐类水解的本质是“盐所电离出的离子对水电离平衡的影响〞的含义，总结和掌握盐类水解的规律。难点是盐类水解反响的离子方程式的书写。【要点讲解】1．盐的水解讨论的“起点〞应是“水的电离平衡〞。详细某一种盐放入水中可以发生水解么？这要看盐所电离出的离子〔包括阳离子和阴离子〕是否能跟水所电离出来的离子〔包括阴离子OH-和阳离子H+〕结合生成弱电解质。能结合的，那么发生水解；不能结合的，那么不会发生。至于“结合〞后生成的弱电解质是否为沉淀那么无关紧要；这电解质之“弱〞是否比水还甚，也不重要，只不过越“弱〞，水解程度越大而已。2．可以与水电离出的H+结合的通常是弱酸跟离子；可以与水电离出的OH-结合的通常是弱碱阳离子。为了分析方便，将盐视为“酸碱中和反响的产物〞，并从参加反响的酸和碱的角度将盐分为四类，即强酸弱碱盐、强碱弱酸盐、弱酸弱碱盐和强酸强碱盐。进而可以得到盐类水解的如下规律：“谁强显谁性，谁弱谁水解；都强显中性，都弱都水解〞。3．对多元弱酸酸式盐来说，水解和电离同时存在，分析其溶液的酸碱性要依详细情况而定。例如：NaHCO3溶液中存在着HCO3-的水解和电离：电离：HCO3-==H++CO32-水解：HCO3-+H2O==H2CO3+OH-对于NaHCO3而言，水解程度大，占主导地位，因此溶液呈碱性。例如NaH2PO4溶液电离：H2PO4-==H++HPO42-HPO42-==H++PO43-水解：H2PO4-+H2O==H3PO4+OH-对于NaH2PO4而言，电离程度更大，NaH2PO4溶液呈酸性。4．由于水的电离、弱电解质的电离、盐类水解等现象的存在，使得对溶液中有关离子浓度大小的比拟问题变得较为复杂。一般方法是：先由浓度、体积确定反响物物质的量，再根据电离式、反响式、电离度确定微粒的物质的量，要注意水解、生成弱电解质反响等“隐反响〞对微粒的量的影响。〔1〕弱酸或弱碱的溶液A.[H+]=[HS-]+[S2-]+[OH-]B.[H+]=[HS-]+2[S2-]+[OH-]C.[H+][HS-]+[S2-]+[OH-]D.[H2S]+[HS-]+[S2-]=0.1mol/L解题思路:溶液中存在如下平衡:H2S==HS-+H+;HS-==H++S2-;H2O==H++OH-其中存在H+、HS-、S2-和OH-四种离子，根据阴阳离子电荷守恒可知B式正确，进而得知C式也正确。另根据溶液中S原子守恒可知D式正确。解答：A。弱碱溶液与之类似，请读者自己讨论。〔2〕强碱弱酸盐或强酸弱碱盐溶液例.在Na2S溶液中,以下关系正确的选项是A.[OH-]=[HS-]+[H+]+[H2S]B.[OH-]=2[HS-]+[H+]+[H2S]C.[OH-]=[HS-]+2[H+]+[H2S]D.[OH-]=[HS-]+[H+]+2[H2S]解题思路:问题的关键是“水电离出的H+与OH-数量相等〞。Na2S溶液中与OH-有关的反响有以下三个：①H2O==H++OH-②S2-+H2O==HS-+OH-③HS-+H2O==H2S+OH-，从总效果看，相当于有一局部S2-水解生成HS-〔同时生成等量的OH-〕，另一局部S2-水解生成H2S〔同时生成2倍的OH-〕。解答：D。强酸弱碱盐的溶液与之类似，请读者自己讨论。〔3〕强碱弱酸的酸式盐溶液例.在0.1mol/LNaHCO3溶液中,以下各关系式正确的选项是A.[Na+][HCO3-][H+][OH-]B.[Na+]+[H+]=[HCO3-]+[OH-]C.[Na+]=[HCO3-][OH-][H+]D.[Na+]=[HCO3-]+[CO32-]+[H2CO3]解题思路:在NaHCO3溶液中存在着如下平衡:HCO3-==H++CO32-HCO3-+H2O==H2CO3+OH-溶液中存在Na+、HCO3-、CO32-、H+、OH-等五种离子。根据阴阳离子的电荷守恒，之B选项正确。由于HCO3-的水解程度大于其电离程度，即[OH-][H+],那么A不正确。有根据NaHCO3中Na+与HCO3-的个数比为1：1以及C原子的守恒关系：[Na+]=[HCO3-]+[H2CO3]+[CO32-]，知D正确，C不正确。解答：BD。5．水解的离子方程式书写。一般情况，盐的水解属于“弱过程〞，水解产物也少，通常不会生成气体或沉淀。因此水解的离子方程式中无“↑〞“↓〞。盐的水解是可逆反响。因此离子方程式中一般用“"R〞表示。只有少数盐在与水接触时发生强烈水解。多元弱酸盐的水解是分步进展的，以第一步为主。值得注意的是，某些物质的电离方程式和水解方程式形式相近，应注意加以区别。〔参看[才能训练]〕【才能训练】1．一样温度、一样物质的量浓度的四中溶液：①CH3COONa②NaHSO4③NaCl④C6H5ONa，按pH值由大到小排列顺序正确的选项是A.④①③②B.①④③②C.①②③④D.④③①②2.明矾溶液中有关离子的物质的量溶度关系正确的选项是A.[K+][Al3+]B.[K+]=[Al3+]C.[H+]=[OH-]D.[Al3+][H+]3.以下指定情况下的比例关系正确的选项是B.0.1mol/LH3PO4溶液中[H+]:[PO43-]=3:1D.0.1mol/LNH4NO3溶液中[NH4+]:[NO3-]=1:14.以下方程式中属于水解反响的是A.HCO3-+H2O==H3O++CO32-B.HCO3-+H2O==OH-+H2CO3C.NH3+H2O==NH4++OH-D.HCO3-+OH-==CO32-H2O[答案和提示]1．A提示：对盐应有一个分类：在物质的量浓度相等的条件下，其pH值从左到右以次升高。其中，强酸强碱的酸式盐，相当于“强酸〞；强酸强碱的盐无水解现象，溶液呈中性；对不同的强酸弱碱盐〔*〕，相应弱碱的电离度越小，pH值越低；对不同的强碱弱酸盐〔**〕，那么相应弱酸的电离度越小，pH值越高。作为常识应知道，C6H5OH的“酸性〞比CH3COOH要弱的多。2．A提示：明矾电离：KAl(SO4)2==K++Al3++SO42-其中Al3+发生水解:Al3++3H2O==Al(OH)3+3H+A、B、C中很容易判断A是正确的。对于D式，应明确，水解是一个“弱过程〞，[Al3+]远远大于其水解生成的[H+]。D是错误的。3．C提示：CO32-、NH4+会发生水解，H3PO4属于弱酸，应此，A、B、D错；Ba(OH)2是二元强碱，在水中完全电离，阴阳离子的物质的量之比应与化学式中的比值一样。4．B提示：所谓“水解〞，应有水被分解的过程，其中H+〔或OH-〕与盐电离出的阴离子〔或阳离子〕结合成弱电解质，使溶液中OH-〔或H+〕过剩。值得注意的是酸或弱酸的酸式根电离出的H+被写为H3O+的形式，这时只要将其复原为H++H2O，再在方程式的两边消去H2O，就比拟容易判断了恒容与恒压容器【内容综述】进展化学反响的容器可分为恒容容器和恒压容器，化学平衡挪动的判断过程中，要注意容器的特点。【要点讲解】注意审题【例题分析】PCl5〔气〕==PCl3〔气〕＋Cl2〔气〕，反响到达平衡PCl5所占体积分数为m%,假设在同一容器同一温度下，最初投入的是2molPCl5，反响达平衡后PCl5所占体积分数为n%，那么m与n的关系正确的选项是A、mnB、mnC、m=nD、无法比拟[分析]此题前后出现两个平衡状态的一样点：体积一样、温度一样；不同点：因为本反响正反响方向是体积增大的方向，且反响初始时投入的PCl5物质的量不同，反响达平衡后容器内压强不同。反响达平衡过程中压强越大平衡越不易向正反响方向挪动。答案：BPCl5〔气〕==PCl3〔气〕＋Cl2〔气〕，反响到达平衡PCl5所占体积分数为m%,假设在同一容器同一温度下，最初投入的是2molPCl5，反响达平衡后PCl5所占体积分数为n%，那么m与n的关系正确的选项是A、mnB、mnC、m=nD、无法比拟[分析]此题前后出现两个平衡状态的一样点：压强、温度一样；不同点：体积不一样，尽管反响初始时投入的PCl5物质的量不同，但反响达平衡后容器内压强一样。反响达平衡后各物质百分含量一样。答案：C上述两题在容器的特点上不一样，可见对于反响前后体积发生变化的可逆反响而言，恒容容器中要想到达同一平衡状态，投料量必须得一样；恒压容器中要想到达同一平衡状态，投料量可以不同，但投入的比例得一样。例3：在一个固定体积的密闭容器中，充入3molA和2molB发生反响，3A〔气〕＋2B〔气〕==xC〔气〕达平衡后，C的百分含量为w%，假设维持容器体积和温度不变，0.6molA、0.4molB、0.8molC为起始物质，到达平衡后。C的百分含量也为w%，那么x值为_______________。[分析]一个固定体积的密闭容器，说明容器为恒容容器，当将C完全转化为A、B时，假设A为3mol和B为2mol时反响达同一平衡状态。进一步分析：假设x=3+2时反响所达平衡状态与压强无关【才能训练】★★4、某温度恒压容器中充入3LA和2LB发生如下反响：3A(气)＋2B(气)==xC(气)+yD(气)，到达平衡时C的体积分数为w%，维持温度不变，压强不变，将0.6LA、0.4LB、0.4LC、0.8LD作为起始物质充入该容器内，那么达平衡时C的体积分数为w%，X、Y值可以是______________。★例5：在一固定容积的密闭容器中，充入2molA和1molB发生反响：2A〔气〕＋B〔气〕==xC〔气〕到达平衡后，C的体积分数为W％。假设维持容器体积和温度不变，按0.6molA，0.3molB和1.4molC为起始物质，到达平衡后，C的体积分数也为W％，那么x的值[答案及解析]4、①恒压容器，说明反响前后压强不变，反响②初始状态A与B物质的量之比为3:2，C、D为零③将0.6LA、0.4LB、0.4LC、0.8LD作为起始物质充入该容器内，只要C、D能完全转化为A与B，且A与B物质的量之比为3:2就能到达同一平衡状态，其原因是化学反响达平衡时反响体系的温度压强均一样，各物质的浓度一样。5、BC中间状态【内容综述】中间状态是指按照常规方法解题很难得出结论，而采取某种中间状态做参照物进展比拟，从而迅速获得答案的方法，这一思想与作图中加辅助线的方法同出一辙。【要点讲解】两个平衡状态间有两个或两个以上条件不一样，想方设法控制尽可能多的条件在分析过程中保持不变，仅变化一个关键条件，在两个平衡状态间引入一个新的状态。【例题分析】PCl5〔气〕==PCl3〔气〕＋Cl2〔气〕，反响到达平衡PCl5所占体积分数为m%,假设在同一容器同一温度下，最初投入的是2molPCl5，反响达平衡后PCl5所占体积分数为n%，那么m与n的关系正确的选项是A、mnB、mnC、m=nD、无法比拟答案：BA、V正增大，V逆减小，平衡向正反响方向挪动，SO3的百分含量增加B、V正增大，V逆不变，平衡向正反响方向挪动，SO3的百分含量增加C、V正增大，V逆增大，平衡向正反响方向挪动，SO3的百分含量增加D、开场时V正增大，V逆减小，平衡向正反响方向挪动；随后又逐渐恢复到原反响速率和原平衡状态，