2．分子晶体具有的本质特征是

　　 (A)组成晶体的微粒是分子 (B)熔点一般比原子晶体低

　　 (C)熔融时不导电　　　　 (D)晶体内微粒间以范德华力相结合

1．下列各组物质气化或熔化时,所克服的微粒间的作用(力),属同种类型的是

(A)碘和干冰的升华　　　　 　　 (B)二氧化硅和生石灰的熔化

(C)氯化钠和铁的熔化　　　 (D)苯和已烷的蒸发

(四)计算

20.将一块部分被氧化的Na投入盛满水的且倒置于水槽内的溶器中,最终在容器中可收集到448mL(S、T、P)气体.以电火花引燃容器里的气体,气体的体积最终减少到112mL(S、T、P),经测知,水槽和容器内溶液总体积为800mL.溶液的PH值为13.求金属钠及其各种氧化产物的物质的量.

(三)作图

　19．将22.4g铁粉逐渐加入到含HNO₃0.8mol的稀硝酸中，试画出Fe²⁺、H⁺、NO离子的物质的量随消耗的铁粉的物质的量变化的关系图象.

　

(二)填空

　 　16.将a mol Na₂O₂和b mol NaHCO₃固体混合物，在密闭容器中加热到250^oC，让其充分反应.

　　 (1)当剩余固体为Na₂CO₃，排出气体为O₂、H₂O时，a/b＝____________

　　 (2)当剩余固体为Na₂CO₃、NaOH,排出气体为O₂、H₂O时，则a/b的取值范围为_______

　 　(3)当＞1时,剩余固体为_________,排出气体为___________

　　 (4)当排出的O₂和H₂O为等物质的量时,则＝_______________

17．向含有amolNa₂S和bmolNa₂S₂O₃的混合溶液中，慢慢加入足量的稀H₂SO₄，使其充分反应后得到沉淀xmol和标况下的气体yL.

　　 (1)计算推测当的取值范围不同时，x、y的值(用含a、b的式子表示)，并推测所得气体的成分，将结果填入下表(不一定填表，若无气体产生，气体成分请填“无”)

编号	的范围	x	y	气体成分
①
②
③

　　 (2)若X＝a+b，写成a与b的函数关系式__________________.

　 18．现有Fe和Cu组成的合金共amol，其中Cu的物质的量的分数为x，研成粉末状后全部投入含bmolHNO₃的稀溶液中，微热使其充分反应，且HNO₃的还原产物只有NO，试回答下列问题：

　　 (1)用化学符号填写下列空白(列出全部可能情况)

　　 组序　　　　 ①　　 ②　　 ③　　 ④　　 ⑤　　 ⑥

残留固体成分

溶液中金属离子

　　 (2)当溶液中金属离子只有Fe²⁺、Cu²⁺时，则b的取值范围是_____________(用a、x表示)

　　 (3)当x＝0.5，溶液中Fe²⁺和Fe³⁺的物质的量相等时，在标况下共产生672mLNO气体，求a和b的值.

(一)选择

　　 1.今有Cl₂和H₂的混合气体bL(S、T、P),点然使之充分反应后,将所得气体通入含有

　　　 a mol NaOH溶液中，最后得盐a mol,则b与a的关系不可能为　　　　　 (　　 )

　　　 A.b＝22.4a　　　　　 B.b＜22.4a

　 　　C.b＞22.4a　　　　　 D.b≤11.2a

　　 2.用浓H₂SO₄吸收SO₃可以得到H₂SO₄·SO₃.若用1kg 98%的H₂SO₄充分吸收SO₃后,进行　

　　　 稀释,可得到98%的硫酸质量为　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　　 )

　　　 A.1.98 _­kg　　　　　　 B.2.00 kg

　 　　C.2.22 kg　　　　　　 D.2.42 kg

　　 3.某CuO粉末与适量硫酸溶液在微热条件下充分反应后，恰好全部形成CuSO₄·5H₂O,

　　　 则此硫酸溶液的质量分数为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　　 )

　　　 A.98%　　　　 B.50%　　　　 C.57.65%　　　 D.70%

　　 4.在标况下,将CO和CO₂的混合气体(V_CO:＝3:1)充满一容积为22.4L且盛有足

　　　 量Na₂O­₂的密闭容器中，用间断的电火花引发反应至完全.下列对容器里最后存在

　　　 的物质及其物质的量的判断均正确的是(忽略固体占有的体积)　　 　　　(　　 )

　　　 A.0.5mol Na₂CO₃, 0.25mol CO

　　　 B.0.125mol O₂, 1mol Na₂CO₃

　　　 C.0.5mol CO, 0.5mol Na₂CO₃

　　　 D.0.75mol Na₂CO₃, 0.25mol CO

　　 5.将KCl和CrCl₃两种固体共熔制得化合物x,x由K、Cr、Cl三种元素组成.将1.892g

　　　 x中的Cr元素全部氧化为Cr₂O₇^2－,这时，Cr₂O₇^2－可从过量的KI溶液中氧化出2。667g

　　　 单质.

　　　 Cr₂O₇^2－+6I^－+14H⁺＝2Cr³⁺+3I₂+7H₂O

　 　　如果取溶有1.892g x的溶液,加入过量的AgNO₃溶液可制得AgCl4.52g,则x的化学

　　　 式可能为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　　 )

　　　 A.K₃ Cr₂ Cl₉　　　 B.K₃ Cr₂ Cl₇　　　 C.K₃ Cr₂ Cl₅　　 D.K₂ Cr Cl₄

　　 6.可逆反应: C(S)+H₂O(g)　 CO(g)+H₂(g)－Q在密闭容器内,一定温度、压力下达到

　　　 平衡状态,测得其密度为相同状况下H₂的6倍.若压强不变,升高温度,达到新平衡

　　　 时混合气体的平均分子量与原来相比　　　　　　　　　　　　　　　 (　　 )

　　　 A.不变　　　 B.增大　　　 C.减小　　　 D.不能确定

　　 7.有4.8g CuO、Fe₂O₃的混合物与充足CO加热时充分反应，反应后全部气体用

　　　 0.6mol/L Ba(OH)₂溶液100mL处理，有白色沉淀，又知反应后固体质量为3.52g.

　　　 下列有关叙述正确的是(　　 )

　　　 A.原混合物中CuO与Fe₂O₃的物质的量之比为1:1

　　　 B.生成的CO₂已被Ba(OH)₂溶液完全吸收,Ba²⁺沉淀完全

　　　 C.在吸收CO₂后的Ba(OH)₂溶液中有Ba(HCO₃)₂

　　　 D.原混合物中CuO与Fe₂O₃的质量比为1:1

　　 8.在10mL 0.01mol/L的纯碱溶液中,不断搅拌并逐滴加入1.2mL 0.05mol/L盐酸,完

　　　 全反应后在标况下生成CO₂的体积为　　　　　　　　　　　　　　　　 (　　 )

　　　 A.1.344mL　　　 B.2.24OmL　　　 C.0.672mL　　　 D.0

　　 9.有Na₂CO₃、NaHCO₃、CaO和NaOH组成的混合物27.2g,把它们溶于足量的水中,充分

　　　 反应后,溶液中Ca²⁺、CO₃^2－、HCO₃^－均转化为沉淀，将反应后容器内水分蒸干，最

　　　 后得到白色固体物质共29g，则原混合物中Na₂CO₃的质量是　　　　　　 (　　 )

　　　 A.10.6g　　　 B.5.3g　　　 C.5.9g　　　 D.无法确定

　　 10.向4g由Fe、Al、Ba、Si组成的合金样品中加入20g 20%的盐酸,恰好完全反应,

　　　 经测定知所生成的混合氯化物粉末中含氯50%,则合金中金属的质量分数为(　　 )

　　　 A.0.9426　　 B.0.9526　　 C.0.9626　　 D.0.9726

　　 11.向含xmol Na₂S₂O₃和ymol Na₂S的混合溶液中，加入足量的稀H₂SO₄酸化，反应完

　　　 全后待沉淀(2x+y)mol,则原混合溶液中x与y的关系是　　　　　　　 (　　 )

　　　 A.x＝2y　　　 B.x＝y/2　　 C.x＜y/2　　 D.x＞y/2

　　 12.ag由Na和Al组成的混合物，将它放入足量的bg水中，得反应停止后，过滤后

　　　 称量得知有Cg不溶物，则滤液中的溶质是　　　　　　　　　　　　　　 (　　 )

A.NaOH　　　 B.NaOH和NaAlO₂　　　 C.NaAlO₂　　　 D.无法判断

13．将足量O₂、CH₄、Na₂O₂的密封于一密闭容器中，用电火花引燃混合物，反应结束后，若容器中温度为150℃，压强为零，且参与物质溶于水无气体产生，则O₂、CH₄、Na₂O₂3种物质的质量之比必须是　　　　　　　 (　　 )

A.8:8:117　　 B.4:8:117　　　 C.8:4:117　　 D.2:2:39

　 14.有混合气体A(由NO、H₂、CO₂组成)，通过过量的Na₂O₂后，变成混合气体B，将B引燃，使其充分反应，得到浓度为70%的硝酸溶液(无任何气体剩余)。则混合气体A中各气体的体积比V(NO):V(H₂):V(CO₂)为(　 )

　　 A.1:2 :3　 B. 2 :3: 6　 C. 2: 4: 7　 D. 1: 4: 7

15．在一定温度下，向m g碳酸钠饱和溶液中加入含有¹⁸O的碳酸钠粉末(Na₂C¹⁸O₃)a g(m>>a)，且充分搅拌。下列说法正确的是

　　 A．碳酸钠粉末不溶解，体系中固体质量为a g ；

　　 B．溶液中测到含¹⁸O的碳酸根，体系中固体质量为a g ；

　　 C．溶液中测不到含¹⁸O的碳酸根，体系中固体质量大于a g ；

　　 D．溶液中测到含¹⁸O的碳酸根，体系中固体质量大于a g 。

(四)用图象法代替复杂的计算法进行判断

　　 例1　 等质量的Na、Mg、Al(设均为mg)分别与等体积含HCl1mol的稀HCl作用，试确定m的取值范围不同时，三种金属与稀盐酸反应产生H₂量的大小关系.

　　 解析　 若用常规方法，则需在不同区间内求出各物质的量，然后再进行比较，相当繁杂，因为只需定性比较，因此借助图象来判断具有直观简便等优点.

　　 HCl - Na - Mg - Al - H₂

　　 1mol　 23g　　 12g　　 9g　　 mol

　　 注意：Na -H₂O- H₂

　　 作图：nH₂－m金属

　

　　 从图象可清楚地得出结论，

　　 当0＜m＜12g时，产生H₂量：Al＞Mg＞Na

　　 当12≤m＜23g时，产生H₂量：Al＝Mg＞Na

　　 当 m＝23g时，产生H₂量：Al＝Mg＝Na

　　 当m＞23g时，产生H₂量：Na＞Mg＝Al

　 　例2　 在三份1mol/L 1L的盐酸中，分别加入nmol的Na、Mg、Al，放出H₂amol、bmol、cmol.填空：

　　 (1)当n为_____________时，a＞b＞c；

　　 (2)当n为_____________时，a＝b＞c；

　　 (3)当n为_____________时，a＝b＝c；

　　 (4)当n为_____________时，c＞a＝b.

　　 解析　 用例1相似的方法

　　　　 HCl- Na - Mg - Al - H₂

　　　　 1mol 1mol　 mol　 mol　 mol

　　　　 Na -H₂O- H₂

　　　　 作图：nH₂－n金属

　　 从图中可知：

　　 当0＜n＜时，a＞b＞c；

　　 当＜n＜1时，a＝b＞c；

　　 当n＝1时，a＝b＝c；

　　 当n＞1时，c＞a＝b.

例3　 各0.1molNa、Mg、Al分别投入至0.1mol/L VL盐酸中，填空：

　　　　　 V取值范围　　　 放出H₂量

　　 (1)当V为__________，Na最多

　　 (2)当V为__________，Mg、Al一样多

　　 (3)当V为__________，Na、Mg、Al一样多

　　 (4)当V为__________，Al最多

　　 解析　 少量只要HCl溶液中有足够的水使Na完全反应，放出H₂量即为定值(0.05mol)

　　 Mg - 2HCl -H₂，　　　　 Al - 3HCl - H₂

　　 1　　　 2　　 1　　　　　 1　　　 3　　　

　　 0.1　　 0.1V　 0.1　　　　 0.1　　 0.1V　　 0.15

　　　　 V＝2L　　　　　　　　　　　 V＝3L

　　 作图nH₂－V

　　 从图象可知：

　　 (1)当0＜V＜1时，Na最多

　　 (2)当V≤2时，Mg、Al一样多

　　 (3)当V＝1时，Na、Mg、Al一样多

　　 (4)当V＞2时，Al最多

巩 固 练 习

(三)函数型(含字母型)计算题

　 　例1　 取0.45molNaOH、0.35molNa₂CO₃和0.2molNaHCO₃溶于水，在混合溶液中逐滴加入盐酸，仅应明显地分三个阶段进行.设加入盐酸的物质的量为nmol，溶液中随盐酸的加入，NaCl、Na₂CO₃、NaHCO₃的物质的量分别xmol、ymol、zmol，试求X＝f(n)、Y＝f(n)、Z＝f(n)的函数关系，并作出相应的函数图象.

　　 解析　 NaHCO₃ + NaOH ＝ Na₂CO₃ + H₂O

　　　　　 0.2mol　 0.2mol　 0.2mol

　　 混合反应后Na₂CO₃0.55mol、NaOH0.25mol

　　 逐滴加盐酸时，三步反应及其物质的量之间的关系如下：

　　 ①NaOH+HCl＝NaCl+H₂O

　　　 0.25 0.25　 0.25

　　 ②Na₂CO₃+HCl＝NaCl+NaHCO₃

　　　 0.55　 0.55　 0.55　 0.55

　　 ③NaHCO₃+HCl＝NaCl+CO₂↑+H₂O

　　　 0.55　 0.55　 0.55

　　 各步反应消耗盐酸总量的临界值分别为0.25mol、0.8mol、1.35mol

　　 (1)求x＝f(n).

　　 当0＜n≤1.35时，加入HCl的物质的量即NaCl物质的量，x＝n

　　 当n＞1.35时，HCl过量，x＝1.35

　　 故x＝f(n)的函数表达式为：

x＝

　　　　 　n　　 (0＜n≤1.35)

　　　　　 1.35　 (n＞1.35)

图象：

　　 (2)求y＝f(n)、z＝f(n)

　　 ①当0＜n≤0.25时，HCl仅与NaOH反应.

　　　 y＝0.55，z＝0

　　 ②当0.25＜n≤0.8时，开始第二步反应，生成NaHCO_3­.

　　　 ＝，y＝0.8－n

　　　 ＝，z＝n－0.25

　　 ③0.8＜n≤1.35时，发生第三步反应

　　　 y＝0

　　 ＝，z＝1.35－n

　　 ④当n＞1.35时，第三步反应也已完全

　　　 y＝0，z＝0.

　　 故有

z＝

y＝

　　　　 　0.55　　 (0＜n≤0.25)　　　　　　 0　　　　 (0＜n≤0.25或n＞1.35)

　　　　　 0.8－n　 (0.25＜n≤0.8)　　　　　 n－0.25　 (0.25＜n≤0.8)

　　　　　 0　　　 (n＞0.8)　　　　　　　　 1.35－n　 (0.8＜n≤1.35)

　　 图象为：

　　 例2　 氨氧化法可制得50%的HNO₃，加脱水剂可进一步制备90%的HNO₃，两种产品的质量比＝x(m₁、m₂分别为50%、90%的HNO₃溶液的质量.若以17t液氨为原料生产硝酸，试求：

　　 (1)导出理论所需水量(y)与质量比x的关系式(假定NH₃转化率为100%)

　　 (2)求出只生产50%的硝酸所需水量和只生产90%的硝酸所出水量

　　 (3)当x为何值时，进出水量保持平衡，此时两种产品的总质量为多少吨？

　　 解析　 首先请思考这样一个问题：

　　 将一定量的NH₃完全氧化成HNO₃全部溶解在反应生成的水中，这种硝酸溶液溶质的质量分数是多少？

　　 该反应过程相当复杂，但可通过守恒写出总方程式

　　 NH₃+2O₂＝HNO₃+H₂O

　　　　　　　 63　 18

　　 HNO₃%＝×100%＝77.8%

　　 当浓度为50%＜77.8%，需加水，

　　 当浓度为90%＞77.8%，需出水.

　　 由上关系式计，17tNH₃制63tHNO₃

　　 　　m₁:m₂＝x

　　 　50%m₁+90%m₂＝63

　　 m₂＝　　 ……①

　　 理论所需水量＝两种溶液中实际含水量－反应中生成的水量

　　 y＝(50%m₁+10%m₂)－18

　　 ＝63－90%m₂+10%m₂－18

　　 ＝45－80%m₂　 ……②

　　 ①代入②得

　　 y＝45－

　 (2)只生产50%的HNO₃，则m₂＝0，x→+∞.

　　 y＝45，即需加水45t

　　 只生产90%的HNO₃，则m₁＝0，x＝0

　　 y＝45－＝45－56＝－11

　　 即需去水11t.

　 (3)进出水量平衡，即

　　 y＝0，则45－＝0

　　　　　　 x＝

　　 此时两种产品总质量即为反应生成的HNO₃和水的质量之和.

　　 即63+18＝81(t)

△

　　 例3　 NH₄HCO₃和Ca(OH)₂共热时可能发生如下反应：

△

NH₄HCO₃+Ca(OH)₂＝CaCO₃+NH₃↑+2H₂O　 ……(1)

　　 NH₄HCO₃＝NH₃↑+CO₂↑+H₂O　　　　　　 ……(2)

　　 在密闭容器中加热碳酸氢铵和熟石灰的混合物共0.1mol，充分反应后得固体剩余物ag或以b(mol)表示混合物中NH₄HCO₃的物质的量，试通过计算确定b在不同的取值范围时，a值随b值变化的函数表达式.

　　 解　 (1)当NH­₄HCO₃和Ca(OH)₂以等物质的量(各0.05mol)相混合时，二者恰好完全反应，生成的固体只有CaCO₃(0.05mol)，a＝0.05×100＝5(g)

　　 (2)当0＜b＜0.05时，NH₄HCO₃全部参加反应(1)，且Ca(OH)₂有剩余，所得固体有两种：

　　 m_总＝mCaCO₃+mCa(OH)₂＝100b+(1－2b) ×74

　　　 ＝(74－48b)g

　　 (3)当0.05＜b＜0.1时，NH₄HCO₃在反应(1)有剩余，但又能发生反应(2)，反应(2)无固体残留.故所得固体只有CaCO₃(1－b)mol

　　 a＝100(1－b)g

　　 例4　 将总量为4mol的Na₂O₂和Al₂(SO₄)₃混合物投入到足量水中，充分反应后生成ymol沉淀(y＞0).若以x表示原混合物Na₂O₂的物质的量，试建立y＝f(x)的函数关系式，将x取值和y＝f(x)的关系式填在下表内并作图.

x值	y＝f(x)

　 　解析　 分两个阶段：

　　 ①沉淀开始生成至沉淀完全(直线上升)

　　 ②沉淀开始溶解至完全消失(直线下降)

　　 先分析化学反应量的关系.令Na₂O₂xmol，则Al₂(SO₄)₃为(4－x)mol

　　 Na₂O₂-2NaOH-2OH^－

　　　 x　　　　　 2x

　　 Al₂(SO₄)₃-2Al³⁺

　　 4－x　 2(4－x)

　　 后求出几个关键点

　　 (1)当x＝0，y＝0(通过原点)

　　 (2)Al(OH)₃沉淀最大值(即最高点)

　　　　 Al³⁺-3OH^－-Al(OH)₃

　　　　　 1　　 3　　　 1

x＝3mol y＝2mol

　　　 2(4－x)　 2x　　　 y

　　 　＝,

　　 (3)Al(OH)₃完全溶解时

　　　　 Al³⁺-4OH^－

　　　　 1　　　 4

　　 2(4－x)　 2x

　　 ＝

　　 x＝3.2mol，y＝0

　　 最终函数方程可用解析法求解.

　

　　 直线OA的斜率：

　　 R＝＝，截距b＝0

　　 y＝kx＝x

　　 直线AB的斜率：

　　 k＝＝＝＝－10

　　 y－y₀＝k(x－x₀)

　　 y－0＝－10(x－3.2)

　　 y＝32－10x

x值	y＝f(x)
0＜x＜3	y＝x
x＝3	y＝2
3.2＞x＞3	y＝32－10x

　　 小结　 函数型的计算题处理要点：

　　　　 (1)找出变量x的取值范围，一般可根据临界反应确定临界点，然后分各区间依次取值讨论.

　　　　 (2)根据化学计量关系来确定因变量y与x的关系.

　　　　 (3)若为线性关系，可借用数学方法(解析法)处理.

(二)循环反应中的方程迭加法

　　 例1　 将xmL CO₂通过足量的Na₂O₂后，再与ymL NO混合后，且x与y之和为30mL,充分反应后，同温同压下气体总体积缩小为15mL，则x:y为　　　　　　　　　 (　　 )

　　 ①1:1　 ②2:1　 ③5:4　 ④7:5

　　 A.只有①　　　 B.只有①②　　　 C.只有②③　　　 D.①②③④

　　 解析　 假如对4个选项不同的比值逐一具体求解,将是一种繁重的劳动.我们能否探求出一般规律呢?

　　 分析各反应,然后进行加和处理

　　 2Na₂O₂+2CO₂＝2Na₂CO₃+O₂　 …… (1)

　　 2NO+O₂＝2NO₂ 　　…… (2)

(1)+(2): 2Na₂O₂+2CO₂+2NO＝2Na₂CO₃+2NO₂

同÷2:　　 Na₂O₂+CO₂+NO＝Na₂CO₃+NO₂　 △Vg …… (3)

　　　　　　　　 1　 1　　　　　 1　　　 1

　　 当:＝1:1时, △Vg＝(x+y)

　　 当:＞1:1时,发生反应(3),(1).　　 这两反应有共同特征: △Vg＝V_始,故△Vg＝(x+y)

　　 当:＜1:1时,多余的NO无法再反应, △Vg＜(x+y)

　　 结论: 当x:y≥1:1时, △Vg＝(x+y)　

　　 答案: D.

　　 例2 　在标准状况下,将密度为1.43g/L的CO、CO₂混合气体5.6L,充入盛有足量Na₂O₂的密闭容器中，然后用电火花引燃容器内混合气体.直至所有物质完全反应.

　　 (1)反应后容器内残留生成物是什么?质量为多少?

　　 (2)反应后恢复到原温度,容器内压强为反应前压强的多少倍?

　 　解析　 (1)2CO₂+2Na₂O₂＝2Na₂CO₃+O₂　　 …… (1)

电火花

　　　　　　 2CO+O₂　　　 2CO₂　…… (2)

　　 将CO+Na₂O₂＝Na₂CO₃

　　 从总方程看出，无论CO₂有多少，只要有其存在，CO就能被足量Na₂O₂完全吸收。但正因Na₂O₂足量，故最终CO₂也不会存在，又将发生反应(1),产生O₂.故最终容器内残留生成物为Na₂CO₃和O₂.

　　 根据C守恒:＝+＝＝0.25(mol)

　　　　　　　 ＝106×0.25＝26.5(g)

　　 欲求得O₂量，须求出原有CO₂量.可根据气体平均分子量来求解.

　　 ＝1.43×22.4＝32

　　　 CO₂　　　　 44　　　　 4

　　　　　　　　　　　 32　　　　　

　　　 CO　　　　 28　　　　 12

　　 ＝·＝×0.25＝(mol)

　　 又2Na₂O₂+2CO₂＝2Na₂CO₃+O₂

　　　　　　 2　　　　　 1

　　　　　　 　　　　　　　

　　 ＝×32＝1(g)

　　 (2)最终气体为O₂, ＝ mol

　　　 原有气体 ＝ mol　

　　　 由＝ 得＝＝

　 　例3　 已知某气态烃(CxHy)与O₂的混合气体,在有足量Na₂O₂存在的密闭容器中，用电火花引爆时能充分反应.设CxHy、O₂分别为amol、bmol.

　　 (1)当a:b满足什么条件时,反应后容器内压强为零?

　　 (2)若a:b分别为3:3和2:4时,充分反应后剩余的气体的物质的量相同.试求该烃可能的分子式.

　 　解析　 (1)分析可能发生的反应

　　　　　 　　CxHy+(x+)O₂　　　 xCO₂+H₂O

　　　　　　 2CO₂+2Na₂O₂　　 2Na₂CO₃+O₂

　　　　　　 2H₂O+2Na₂O₂　　 4NaOH+O₂

　　 因Na₂O₂过量，烃燃烧生成的CO₂和H₂O一定完全反应，又最终容器内压强为O，即无气体存在.根据C、H分别完全转变成Na₂CO₃、NaOH且无O₂存在，直接配平得总方程式

　　 CxHy+O₂+(x+)Na₂O₂　　　 xNa₂CO₃+yNaOH

　　 1　　

　　 a　　 b

　　 ＝

　　 由此可见，为使反应后容器内压强为O，a/b值只与x有关，与y无关。

　　 (2)当a/b值分别为3:3及2:4时,反应后余气物质的量相等,不难判断前者为烃过量,后者为O₂过量.

　　 从 CxHy-O₂ 关系式分析

Þx＝3

2＜x＜4

　　 烃过量:　 ＝＞ Þ x＞2

　　 O₂过量:　 ＝＜ Þ x＜4

　　 故烃可能的分子式为C₃H₄、C₃H₆、C₃H₈.

　　 例4　 500mL0.1mol/L FeCl₂溶液中通入一定量Cl₂,待反应完全后将所得溶液稀释到1L，再取出稀溶液，加入足量AgNO₃溶液，能得到2.009g沉淀.问:

　　 (1)原溶液中Fe²⁺是否完全被氧化？

　　 (2)若未完全被氧化，求Fe²⁺被氧化的百分率.(不考虑Cl₂与H₂O的反应)

　　 解析　 本题是否也能用方程式加和来求解呢?请分析下列解法,错在何处?

　　 2FeCl₂+Cl₂＝2FeCl₃… (1)

　　 FeCl₃+3AgNO₃＝3AgCl↓+Fe(NO₃)₃　　 … (2)

　　 (1)+(2)×2

　　 2FeCl₂+Cl₂+6AgNO₃＝6AgCl↓+2Fe(NO₃)₃

　　 设有xmolFeCl₂被氧化

　　　　 2FeCl₂-6AgCl

　　　　　 2　　　 6

　　　　　 x　　

　　　　　 x＝(mol)＜0.005 mol

　　 故Fe²⁺未被完全氧化.

　　 氧化率: ×100%＝93.3%

　　 错解分析: 误将沉淀中的Cl^－完全来自于FeCl₃中.事实上也可能因Cl₂量不足,还剩余FeCl₂,其中的Cl^－也与Ag⁺反应生成AgCl.因此,本题不能用方程式迭加法求得.

　　 正解:＝＝0.014(mol)

　　　　 由Cl^－守恒得:

　　　　 10×0.014＝0.5×0.1×2+×2

　　　　 ＝0.02 mol

　　 设有x mol FeCl₂被氧化.

　　　　 2FeCl₂+Cl₂＝2FeCl₃

　　　　 2　　　 1

　　　　 x　　　 0.02

　　　　 x＝0.04 mol ＜ 0.05 mol.

　　　　 Fe²⁺未被完全氧化

　　　　 氧化率为: ×100%＝80%.

(一)重视隐蔽性问题挖掘

　　 化学习题中除了提供一些“显信息”外,有时还潜伏着“隐信息”,或者在常规中蕴含着特殊.这就要求我们打破思维定势的束缚,避免用习以为常的眼光来看待所有问题,善于发现和挖掘新问题,使自己具有敏锐的洞察力.

　　 例1 　在100mL某混合酸中,[HNO₃]＝0.4mol/L,[H₂SO₄]＝0.1mol/L.向其中加入1.92g Cu粉,微热,充分反应后溶液中的[Cu²⁺]为

　　 A.0.15mol/L　　 B.0.3mol/L　　 C.0.225mol/L　　 D.无法计算

　　 首先请看下列两种解法,指出错误原因.

　　 解法一　 因为Cu与稀H₂SO₄不反应，故只需考虑Cu与HNO₃反应，设有xmol的Cu被氧化成Cu²⁺

　　　　　　 3Cu+8HNO₃＝3Cu(NO₃)₂+2NO↑+H₂O

　　　　　　 3　 　　8

　　　　　　 x　 0.4×0.1

　　　　　　 x＝＝0.015(mol)

　　　　　　 [Cu²⁺]＝＝0.15mol/L

　 　解法二　 Cu与稀H₂SO₄不反应,但Cu与HNO₃反应后生成的Cu(NO₃)₂,遇到H₂SO₄提供H⁺又相当于存在HNO₃,故Cu完全被氧化.

　　　　　　 nCu²⁺＝nCu＝＝0.03(mol)

　　　　　 　[Cu²⁺]＝＝0.3(mol/L)

　　 解析　 显然,解法一的错误之处在于把混合酸当成单一酸独立处理,思维机械,缺乏灵活性和综合性.解法二较解法一进步一层,但H₂SO₄是否提供了足够的H⁺?未加判断.

　　 处理Cu与HNO₃、H₂SO₄混合酸反应情况,最好从离子反应方程式的系数关系来判断三者量的关系如何,然后确定以何者不足为计算的基准.三者反应的离子方程式为:

　　 3Cu+2NO₃^－+8H⁺＝3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O

　　 一般有以下几种情况:

　　 3Cu-2NO₃^－-8H⁺　　　　　 被还原的HNO₃量　　　 被氧化的Cu量

①　 足量　 不足　 足量　　　　　　　　 HNO₃总量　　　　　 ·nHNO₃

②　 不足 　足量　 足量　　　　　　　　 ·nCu　　　　　　 Cu总量

③　 足量　 足量　 不足　　　　　　　　 ·nH⁺　　　　　　 ·nH⁺

　　 由此看出，在不同的情况，HNO₃可部分被还原，也可全部被还原，Cu也是可部分或可全部被氧化。

　　 再来分析本例题情况:

　　 3Cu - 2NO₃^－ - 8H⁺

　　 3　　 2　　　 8

　 0.03mol　 0.04mol　　 0.06mol

　　 (足)　　 (足)　　　 (不足)

　　 按H⁺不足为计算基准,设有xmol Cu氧化为Cu²⁺.

　　 3Cu -8H⁺-3Cu²⁺

　　 3　　 8　　 3

　 　x　　 0.06　　 x

　　 x＝＝0.0225(mol)

　　 [Cu²⁺]＝＝0.225(mol/L)

　　 答案: C

　　 例2　 铜与某未知浓度的HNO₃反应放出混合气体100mL(忽略水蒸气),该混合气体的密度是相同状况下H₂密度的26.7倍,将此气体在密闭条件下用水充分吸收后,体积还有70mL(体积均为标况下)

　　 (1)计算混合气体各组分的体积

　　 (2)计算被氧化的Cu的质量

　 　解析(1)　 比较下列两种解法,哪种合理?

　　 解法一　 ＝26.7×2＝53.4

　　　　　　 ∵NO＝30, N O₂＝46,均＜53.4

　　　　　　 ∴一定有N₂O₄

　　　　　　 设原产生NO₂ xL、 N₂O₄ yL、 NO zL

　　 因N₂O₄　 2NO₂，随着NO₂不断被吸收，平衡右移，有ymolN₂O₄将又增加2ymolNO₂,共有(x+2y)molNO₂与H₂O反应

　　　　　　 3NO₂+H₂O＝2HNO₃+NO　　　　 △V

　　　　　　 3　　　　　　　　 　　　　　　　　2

　　　　　 x+2y　　　　　　　　　　　　　　 100－70

　　 得 x+2y＝45　　　　　　　 　　　　……(1)

　　 又 x+y+z＝100　　　　 　　　　　……(2)

　　　 46x+92y+30z＝53.4×100　　　 ……(3)

　　 解(1)、(2)、(3)方程组得

　　　 y＝54,　 z＝109＞100.　 x＜0

　　 显然,此解不合理.错在何处呢?

　　 原因: 反应N₂O₄　 2NO₂引起的差量被忽视了.即前后减少的30mL气体体积并非完全由NO₂与H₂O反应引起的.由于差量成因分析疏漏,该解自然不合理.

　　 本题可用直接方法求解.

　　 设原NO₂、N₂O₄、NO仍分别为xmL、ymL、zmL.最终所得70mL为NO气体.即

　　　　 z+＝70　　　　 …… (1)

　　 另有x+y+z＝100 　　　　　…… (2)

　　　　 ＝53.4　 …… (3)

　　 解(1)(2)(3)方程组得

　　　　 x＝30 (mL)　 … NO₂的体积

　　　　 y＝30 (mL)　 … N₂O₄的体积

　　　　 z＝40 (mL)　 … NO的体积

　　 (2)根据电子转移相等,设有Wg Cu被氧化

　　　 ×2＝×10^－3×3+×10^－3×1

　 　　　W＝0.3(g)

　　 例3　 向0.1mol/L的Fe(NO₃)­₂溶液200mL中加入适量NaOH,使Fe²⁺恰好完全沉淀，小心加热此混合物直至水分蒸干后，灼烧到质量不再变化，此质量为　　　　　 (　　 )

　　 A. 4.36g　　 B.5.54g　　　 C.5.2g　　 D.5.0g

　　 解　 先分析反应:

　　　　 Fe(NO₃)₂+2NaOH＝2NaNO₃+Fe(OH)₂↓

O2

　　 将所得混合产物加热蒸干又灼烧,得到的固体成分是什么?这是正确求解此题的关键.

△

△

　　 不少同学能注意到:Fe(OH)₂　　Fe₂O₃,但忽视了另一隐含反应: 2NaNO₃　　 2NaNO₂

+O₂↑.

　　 因此最终固体应为Fe₂O₃和NaNO₂的混合物.根据Fe、N原子分别守恒可得下列关系:

　　　　 Fe(NO₃)₂ - 2NaNO­₂ - Fe₂O₃

　　　 0.02mol　　 0.04mol　 0.01mol

　　 ＝+

　　　　 ＝0.04×69+0.01×160

　　　　 ＝4.36(g)

　　 答案：A