注:本文作者为2005年高考化学满分,系统学习xx工具的编者之一。
解题方法
1.
[例3]某直链一元醇14克能与金属钠xx反应后,生成0.2克氢气,则此醇的同分异构体数目为
A.6个
由于一元醇只含一个---OH,没mol醇只能转换出1/2molH2,由生成0.2克H2推断出14克醇应有0.2mol,所以其摩尔质量为7克/摩,分子量为72,扣除烃基式量17后,剩余55,除以14,{zd0}商为3,余为13,不合理,应取商为4,余为-1,代入分子量通式,应为4个碳的烯烃基或环烷基,结合“直链”,从而推断其同分异构体数目为6个。
2.
[例4]将两种金属单质混合物13g,加到足量稀硫酸中,共放出标准状况下气体11.2L,这两种金属可能是
A.Zn和Fe
将混合物当做一种金属来看,因为是足量稀硫酸,13克金属全部反应生成的11.2L(0.5摩尔)气体全部是氢,也就是说,这种金属每放出1摩尔氢气需26克,如果全部是+2价的金属,其平均原子量为26,则组成混合物的+2价金属,其原子量一个大于26,一个小于26代入选项,在置换出氢气的反应中,显+2价的有Zn,原子量为65,Fe原子量为56,Mg原子量为24,但对于AL,由于在反应中显+3价,要置换出1mol氢气,只要18克AL便够,可看作+2价时其原子量为27/(3/2)=18,同样假如有+1价的Na参与反应时,将它看做+2价时其原子量为23 2=46,对于Cu,因为它不能置换出H2,所以可看作原子量为无穷大,从而得到A中两种金属原子量均大于26,C中两种金属原子量均小于26,所以A,C都不符合要求,B中AL的原子量比26小,Zn比26大,D中Mg原子量比26小,Cu原子量比26大,故B,D为应选答案。
3.
[例5]4个同学同时分析一个由KCL和KBr组成的混合物,他们各取2.00克样品配成水溶液,加入足够HNO3后再加入适量AgNO3溶液,待沉淀xx后过滤得到干燥的卤化银沉淀的质量如下列四个选项所示,其中数据合理的是
A.3.06g
本题如按通常解法,混合物中含KCL和KBr,可以有无限多种组成方式,则求出的数据也有多种可能性,要验证数据是否合理,必须将四个选项代入,看是否有解,也就相当于要做四题的计算题,所花时间非常多。使用极限法,设2.00克全部为KCL,根据KCL-AgCL,每74.5克KCL可生成143.5克AgCL,则可得沉淀为(2.00/74.5) 143.5=3.852克,为{zd0}值,同样可求得当混合物全部为KBr时,每119克的KBr可得沉淀188克,所以应得沉淀为(2.00/119) 188=3.160克,为最小值,则介于两者之间的数值就符合要求,故只能选B和C。
4.
[例6]已知某盐在不同温度下的溶解度如下表,若把质量分数为22%的该盐溶液由50 逐渐冷却,则开始析出晶体的温度范围是
A.0 -10
本题考查的是溶液结晶与溶质溶解度及溶液饱和度的关系。溶液析出晶体,意味着溶液的浓度超出了当前温度下其饱和溶液的浓度,根据溶解度的定义,[溶解度/(溶解度+100克水)] {bfb}=饱和溶液的质量分数,如果将各个温度下的溶解度数值代入,比较其饱和溶液质量分数与22%的大小,可得出结果,但运算量太大,不符合选择题的特点。从表上可知,该盐溶解度随温度上升而增大,可以反过来将22%的溶液当成某温度时的饱和溶液,只要温度低于该温度,就会析出晶体。代入[溶解度/(溶解度+100克水)] {bfb}=22%,可得:溶解度 78=100 22,即溶解度=2200/78,除法运算麻烦,运用估算,应介于25与30之间,此溶解度只能在30 -40 中,故选D。
5. 差量法:对于在反应过程中有涉及物质的量、浓度、微粒个数、体积、质量等差量变化的一个具体的反应,运用差量变化的数值有助于快捷准确地建立定量关系,从而排除干扰,迅速解题,甚至于一些因条件不足而无法解决的题目也迎刃而解。
[例7]在1升浓度为C摩/升的弱酸HA溶液中,HA,H+和A-的物质的量之和为nC摩,则HA的电离度是
A.n
{bfb}
根据电离度的概念,只需求出已电离的HA的物质的量,然后将这个值与HA的总量(1升 C摩/升=C摩)相除,其百分数就是HA的电离度,要求已电离的HA的物质的量,可根据HA= H++ A-,由于原有弱酸为1升 C摩/升=C摩,设电离度为X,则电离出的HA的物质的量为XC摩,即电离出的H+和 A-也分别为Cxmol,溶液中未电离的HA就为(C-Cx)mol,所以HA,H+, A-的物质的量之和为[(C-Cx)+ Cx+ Cx]摩,即(C+Cx)摩=nC摩,从而可得出1+x=n,所以x的值为n-1,取百分数故选C。本题中涉及的微粒数较易混淆,采用差量法有助于迅速解题:根据HA的电离式,每一个HA电离后生成一个H+和一个A-,即微粒数增大一,现在微粒数由原来的C摩变为nC摩,增大了(n-1) C摩,立即可知有(n-1) C摩HA发生电离,则电离度为(n-1)C摩/C摩=n-1,更快地选出C项答案。
6.
[例8]某种烷烃11克xx燃烧,需标准状况下氧气28L,这种烷烃的分子式是
A.C5H12
因为是烷烃,组成为CnH2n+2,分子量为14n+2,即每14n+2克烃xx燃烧生成n摩CO2和(n+1)摩H2O,便要耗去n+(n+1)/2即3n/2+1/2摩O2,现有烷烃11克,氧气为28/22.4=5/4摩,其比值为44:5,将选项中的四个n值代入(14n+2):(3n/2+1/2),不需解方程便可迅速得知n=3为应选答案。
7.
[例9]一定量的铁粉和9克硫粉混合加热,待其反应后再加入过量盐酸,将生成的气体xx燃烧,共收集得9克水,求加入的铁粉质量为
A.14g
因为题目中无指明铁粉的量,所以铁粉可能是过量,也可能是不足,则与硫粉反应后,加入过量盐酸时生成的气体就有多种可能:或者只有H2S(铁全部转变为FeS2),或者是既有H2S又有H2(铁除了生成FeS2外还有剩余),所以只凭硫粉质量和生成的水的质量,不易建立方程求解,根据各步反应的定量关系,列出关系式:(1)Fe—FeS(铁守恒)--H2S(硫守恒)--H2O(氢守恒),(2)Fe—H2(化学方程式)—H2O(氢定恒),从而得知,无论铁参与了哪一个反应,每1个铁都最终生成了1个H2O,所以迅速得出铁的物质的量就是水的物质的量,根本与硫无关,所以应有铁为9/18=0.5摩,即28克。
8.
[例10]分子式为C12H2的烃,若萘环上的二溴代物有9种同分异构体,则萘环上四溴代物的同分异构体数目有
A.9种
本题是求萘环上四溴代物的同分异构体数目,不需考虑官能团异构和碳链异构,只求官能团的位置异构,如按通常做法,将四个溴原子逐个代入萘环上的氢的位置,便可数出同分异构体的数目,但由于数量多,结构比较十分困难,很易错数、漏数。抓住题目所给条件“二溴代物有9种”,不难看出,萘环上只有六个氢原子可以被溴取代,也就是说,每取代四个氢原子,就肯定剩下两个氢原子未取代,根据“二溴代物有9种”这一提示,即萘环上只取两个氢原子的不同组合有9种,即意味着取四个氢原子进行取代的不同组合就有9种,所以根本不需逐个代,迅速推知萘环上四溴代物的同分异构体就有9种,也就是说,这种金属每放出1摩尔氢气需26克,如果全部是+2价的金属,其平均原子量为26,则组成混合物的+2价金属,其原子量一个大于26,一个小于26代入选项,在置换出氢气的反应中,显+2价的有Zn,原子量为65,Fe原子量为56,Mg原子量为24,但对于AL,由于在反应中显+3价,要置换出1mol氢气,只有18克AL便够,可看做+2价时其原子量为27/(3/2)=18,同样假如有+1价的Na参与反应时,将它看做+2价时其原子量为23 2=46,对于Cu,因为它不能置换出H2,所以可看做原子量为无穷大,从而得到A中两种金属原子量均大于26,C中两种金属原子量均小于26,所以A,C都不符合要求,B中AL的原子量比26小,Zn比26大,D中Mg原子量比26小,Cu原子量比26大,故B,D为应选答案。
9.
[例11]某有机物5.6克xx燃烧后生成6.72L(S.P.T下)二氧化碳和3.6克水,该有机物的蒸气对一氧化碳的相对密度是2,试求该有机物的分子式,如果该有机物能使溴水褪色,并且此有机物和新制的氢氧化铜混合后加热产生红色沉淀,试推断该有机物的结构简式。
因为该有机物的蒸气对一氧化碳的相对密度为2,所以其分子量是CO的二倍,即56,而5.6克有机物就是0.1摩,xx燃烧生成6.72L(S.T.P)CO2为0.3摩,3.6克水为0.2摩,故分子式中含3个碳,4个氢,则每摩分子中含氧为56-3 12-4 1=16克,分子式中只有1个氧,从而确定分子式是C3H4O。根据该有机物能发生斐林反应,证明其中有一CHO,从C3H4O中扣除-CHO,残基为-C2H3,能使溴水褪色,则有不饱和键,按其组成,只可能为-CH CH2,所以该有机物结构就为H2C CH—CHO。
10.
[例12]已知某强氧化剂[RO(OH)2]+能背硫酸钠还原到较低价态,如果还原含2.4 10-3mol[RO(OH)2]+的溶液到低价态,需12ml0.2mol/L的亚硫酸钠溶液,那么R元素的最终价态为
A.+3
因为在[RO(OH)2]-中,R的化合价为+3价,它被亚硫酸钠还原的同时,亚硫酸钠被氧化只能得硫酸钠,硫的化合价升高了2价,根据2.4 10-3mol[RO(OH)2]-与12ml 0.2mol/L=0.0024mol的亚硫酸钠xx反应,亚硫酸钠共升0.0024 =0.0048价,则依照升降价守恒,2.4 10-3mol[RO(OH)2]-共降也是0.0048价,所以每摩尔[RO(OH)2]-降了2价,R原为+3价,必须降为+1价,故不需配平方程式可直接选C。
11.
[例13]120 时,1体积某烃和4体积O2混合,xx燃烧后恢复到原来的温度和压强,体积不变,该烃分子式中所含的碳原子数不可能是
A.1
本题是有机物燃烧规律应用的典型,由于烃的类别不确定,氧是否过量又未知,如果单纯将含碳由1至4的各种烃的分子式代入燃烧方程,运算量大而且未必能将所有可能性都找出。应用有机物的燃烧通式,设该烃为CxHy+(x+y/4)O2 xCO2+y/2H2O,因为反应前后温度都是120 所以H2O为气态,要计体积,在相同状况下气体的体积比就相当于摩尔比,则无论O2是否过量,每1体积CXHY只与x-y/4体积O2反应,生成x体积CO2和y/2体积水蒸气,体积变量肯定为1- y/4,只与分子式中氢原子数量有关。按题意,由于反应前后体积不变,即1- y/4=0,立刻得到分子式为CxH4,此时再将四个选项中的碳原子数目代入,CH4为甲烷,C2H4为乙烯,C3H4为丙炔,只有C4H4不可能。
12.
[例14]取相同体积的KI,Na2S,FeBr2三种溶液,分别通入氯气,反应都xx时,三种溶液所消耗氯气的体积(在同温同压下)相同,则KI,Na2S,FeBr2三种溶液的摩尔浓度之比是
A.1:1:2
本题当然可用将氯气与各物质反应的关系式写出,按照氯气用量相等得到各物质摩尔数,从而求出其浓度之比的方法来解,但要进行一定量的运算,没有充分利用选择题的特殊性,根据四个选项中KI和FeBr2的比例或Na2S和FeBr2的比例均不相同这一特点,只要求出其中一个比值,已经可得出正确选项。因KI与CL2反应产物为I2,即两反应物mol比为2:1,FeBr2与CL2反应产物为Fe3+和Br2,即两反应物mol比为2:3,可化简为2/3:1,当CL2用量相同时,则KI与FeBr2之比为2:(2/3)即3:1,A,B,D中比例不符合,予以排除,只有C为应选项,如果取Na2S与FeBr2来算,同理也可得出相同结果。本题还可进一步加快解题速度,抓住KI,Na2S,FeBr2三者结构特点----等量物质与CL2反应时,FeBr2需耗最多CL2。换言之,当CL2的量相等时,参与反应的FeBr2的量最少,所以等体积的溶液中,其浓度最小,在四个选项中,也只有C符合要求,为应选答案。
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