高考計(jì)算題解題勘誤講義[共28頁]

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1、端木化學(xué)復(fù)習(xí)講義 高考計(jì)算題解題勘誤講義 一、根據(jù)化學(xué)方程式計(jì)算型題   例1（1997-35）  將8.8gFeS固體置于200mL2.0mol·L-1的鹽酸中，以制備H2S氣體。反應(yīng)完全后，若溶液中H2S的濃度為0.10mol·L-1，假定溶液體積不變，試計(jì)算： （1）收集到的H2S氣體的體積（標(biāo)準(zhǔn)狀況）。 （2）溶液中Fe2+和H+的物質(zhì)的量濃度（摩爾濃度）。 【錯(cuò)解】 第（1）問：①收集到H2S氣體2.24L。 ②FeS～H2S 88       

2、0;  1 8.8         x x=0.1mol ③設(shè)未收集到x′LH2S氣體，所以 0.1mol·L-1=0.1mol/x′L x′=100L 第（2）問：①[H+]=0.2mol/0.2L=0.1mol·L-1。 ②∵H2S為0.1mol·L-1，∴H2S為0.2×0.1=0.02（mol） H+=2×0.02（mol） H+（總）=0.2+0.02×2=0.24（mol） ③[H+]=（0.2×

3、2+2×0.1）/0.2=2（mol/L） 【評析】  審題時(shí)注意：①溶液中H2S的濃度直接影響到收集到的H2S氣體的體積，②鹽酸過量。 第（1）問是根據(jù)化學(xué)方程式的計(jì)算 FeS+2HCl==FeCl2+H2S↑ 解之，得x=0.2mol，y=0.1mol，z=0.1mol。 鹽酸過量0.20L×2.0mol·L-1-0.2mol =0.2mol 共生成H2S0.1mol，在溶液中溶解的H2S的物質(zhì)的量為0.10mol·L-1×0.20L=0.020mol 能收集到H2S的物質(zhì)的量=0.1mol-0.020mol

4、 =0.08mol 能收集到H2S的體積（標(biāo)準(zhǔn)狀況）為： 0.08mol×22.4L·mol-1=1.8L 出現(xiàn)①誤區(qū)，是由于不理解題意，未考慮溶液中溶解的H2S的物質(zhì)的量，導(dǎo)致失誤。出現(xiàn)②誤區(qū)，由于概念不清，列式錯(cuò)誤所致。出現(xiàn)③誤區(qū)，也由于概念不清，列式錯(cuò)誤所致。只有理解了收集到的H2S氣體體積應(yīng)等于反應(yīng)生成的H2S氣體的體積減去在溶液中溶解的H2S氣體的體積，才能走出此誤區(qū)。 第（2）問根據(jù)生成FeCl20.1mol，可知溶液中Fe2+物質(zhì)的量濃度為0.1mol÷0.20L=0.50mol·L-1 溶液中H+的物質(zhì)的量濃度=0.2mol&#

5、247;0.20L=1.0mol·L-1（注意：H2S弱酸的電離忽略不計(jì)）。 出現(xiàn)①誤區(qū)，是由于運(yùn)算結(jié)果錯(cuò)誤所致。出現(xiàn)②誤區(qū)，是由于在強(qiáng)酸性條件下，誤將弱酸完全電離，導(dǎo)致失誤。出現(xiàn)③誤區(qū)，是由于分子上出現(xiàn)了“2×0.1”，誤認(rèn)為H2S在溶液中完全電離，產(chǎn)生0.2mol的H+離子，導(dǎo)致失誤。 【正確答案】  根據(jù)方程式FeS+2H+==Fe2++H2S↑可判斷鹽酸過量，計(jì)算應(yīng)以FeS的物質(zhì)的量為基準(zhǔn)。 （1）共生成H2S0.10mol。在溶液中溶解的物質(zhì)的量為：0.10mol·L-1×0.20L=0.020mol所以收集到H2S氣體的物

6、質(zhì)的量為：0.10mol-0.020mol=0.08mol 收集到H2S氣體的體積（標(biāo)準(zhǔn)狀況）為：22.4L·mol-1×0.08mol=1.8L 消耗掉H+0.20mol，反應(yīng)前H+的物質(zhì)的量為：2.0mol·L-1×0.20L=0.40mol 例2（1994-37）  現(xiàn)有一份CuO和Cu2O混和物，用H2還原法測定其中CuO的質(zhì)量x（g）。實(shí)驗(yàn)中可以測定如下數(shù)據(jù)：W—混和物的 （已知摩爾質(zhì)量：Cu—64g/mol、CuO—80g/mol、Cu2O—144g/mol、H2O—18g/mol） （1）為了計(jì)算x，至少

7、需要測定上述四個(gè)數(shù)據(jù)中的______個(gè)，這幾個(gè)數(shù)據(jù)的組合共有______種，請將這些組合一一填入下表空格中。 ②每個(gè)空格中填一種組合，有幾種組合就填幾種，不必填滿。                     （2）從上述組合中選寫一個(gè)含W的求x的計(jì)算式： x=________ 【錯(cuò)解】 第（1）問：①兩個(gè)數(shù)據(jù)的組合為6種： W,WCu         ②兩個(gè)數(shù)據(jù)的組合為小于5種： W,WCu

8、             【評析】  走出誤區(qū)的關(guān)鍵是審清所發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)。H2還原CuO，是初三化學(xué)中一個(gè)重要的反應(yīng)，將此反應(yīng)從大腦中檢索出來，并產(chǎn)生正遷移，推出H2還原Cu2O的化學(xué)方程式： 這兩個(gè)化學(xué)方程式是測定CuO質(zhì)量的計(jì)算依據(jù)。根據(jù)反應(yīng)可知，為了計(jì)算CuO質(zhì)量x（g），至少需要測定出題目所測4個(gè)數(shù)據(jù)中的兩個(gè)，應(yīng) =6，可推出這4個(gè)數(shù)據(jù)的組合數(shù)為6。在此基礎(chǔ)上，必須根據(jù)本題中發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)對各種組合進(jìn)行分析。由①、②兩個(gè)化學(xué)方程式中消耗H2的物質(zhì)的量與生成H2O的物質(zhì)的量之

9、比都是1∶1（與混合物中CuO和 的質(zhì)量x（g）。舍棄這種組合，其余5種組合便是本題的答案。 要寫含有W的求x的計(jì)算式，應(yīng)選用含W的組合①W，WCu；② CuO含量的必要數(shù)據(jù)時(shí)，沒有根據(jù)本題化學(xué)反應(yīng)的特點(diǎn)進(jìn)行分析，舍棄 由于不會(huì)運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決化學(xué)問題，思維欠有序，造成了漏解和錯(cuò)解。 第（2）問：出現(xiàn)①、②誤區(qū)，是由于未審清題目要求“從上述組合中選寫一個(gè)含W的求x的計(jì)算式”，所寫x的計(jì)算式中不含W，造成失誤。出現(xiàn)③誤區(qū)，屬于筆誤。由于時(shí)間緊迫，從草稿到填寫答案過程中出了差錯(cuò)，導(dǎo)致失誤。 【正確答案】 1）2，5 W,WCu

10、           二、關(guān)系式法型題   例1（1998-34）  本題分子量用以下數(shù)據(jù)：H2O18.0，CaO56.0，CaO272.0。 過氧化鈣是一種安全無毒的氧化物，通常含有部分CaO，且?guī)в袛?shù)量不等的結(jié)晶水。為分析某過氧化鈣樣品的組成進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)。 ①稱取0.270g樣品，灼熱使之完全分解，生成CaO、O2和H2O，得到的O2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為33.6mL。 ②另取0.120g樣品，溶于稀鹽酸，加熱煮沸，使生成的H2O2完全分解。然后將溶液中的Ca2+完全轉(zhuǎn)化成CaC

11、2O4沉淀，經(jīng)過濾洗滌后，將沉淀溶于熱的稀硫酸，用0.0200mol·L-1KMnO4溶液滴定，共用去31.0mLKMnO4溶液?；瘜W(xué)方程式如下： 5CaC2O4+2KMnO4+8H2SO4==K2SO4+2MnSO4+5CaSO4+10CO2↑+8H2O （1）寫出CaO2受熱分解的化學(xué)方程式。 （2）計(jì)算樣品中CaO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。 （3）計(jì)算樣品中CaO2·xH2O的x值。 【錯(cuò)解】  第（1）問：①CaO2==CaO+O2，②CaO2==Ca+O2，③2CaO2+H2O==2CaO+O2+H2O，④2CaO2·nH2O==2CaO+O2+

12、2nH2O（n=1，2，3……即定值）。第（2）問：①40％，②62％，③ ×10-3），②72∶M（CaO2·xH2O）=80％，M=90，x=1。 【評析】  第（1）問：根據(jù)信息①，可寫出CaO2受熱分解的化學(xué) 誤區(qū)是由于未讀懂題示信息所致。③誤區(qū)是由于多寫了水的分子式所致。④誤區(qū)是由于未通觀全題的敘述，誤將CaO2·xH2O寫成有定值的水，造成失誤。第（2）問：根據(jù)信息①中，O2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積可求出的物質(zhì)的量為33.6mL÷22400mL·mol-1=1.50×10-3mol。 根據(jù)關(guān)系式2CaO

13、2～O2，可求得CaO2物質(zhì)的量為2×1.50×10-3mol，CaO2質(zhì)量為2×1.50×10-3mol×72.0g·mol-1 樣品中CaO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為： 出現(xiàn)①誤區(qū)，是由于化學(xué)方程式未配平，關(guān)系式未找對（CaO2～O2），導(dǎo)致失誤。出現(xiàn)②誤區(qū)，是由于誤將CaO2的摩爾質(zhì)量72.0g·mol-1用CaO的摩爾質(zhì)量56.0g·mol-1代入式中計(jì)算，導(dǎo)致失誤。出現(xiàn)③誤區(qū)，是由于未用題中數(shù)據(jù)，直接用CaO2·H2O的摩爾質(zhì)量進(jìn)行求算，雖然計(jì)算結(jié)果都是80％，但計(jì)算的依據(jù)錯(cuò)誤。 第（3）問：根據(jù)

14、信息②，可求出CaC2O4物質(zhì)的量（即Ca2+總物質(zhì)的量），所用關(guān)系式為： 5CaC2O4～2KMnO4 KMnO4的物質(zhì)的量為0.0200mol·L-1×31.0mL×10-3L·mL-1·CaC2O4的物質(zhì)的量為0.0200mol·L-1×31.0×10-3L×5/2=0.00155mol 其中CaO2所含Ca2+的物質(zhì)的量為： CaO的物質(zhì)的量為0.00155mol-0.00133mol m（CaO）=（0.00155mol-0.00133mol）×56.0g·mo

15、l-1 =0.012g m（H2O）=0.120g-0.120g×80.0％-0.012g=0.012g CaO2與H2O的物質(zhì)的量之比為 出現(xiàn)①誤區(qū)，是由于錯(cuò)誤列式： CaO2·xH2O～CaC2O4～xH2O （72+18x）g              1mol 0.120g        1.55×10-3mol 誤將0.120g全部看

16、成CaO2·xH2O，忽略了樣品中“通常含有部分CaO”，CaO2·xH2O～CaC2O4這個(gè)關(guān)系式也是錯(cuò)的，CaC2O4的物質(zhì)的量是溶液中全部Ca2+的物質(zhì)的量，它不等于CaO2中所含的Ca2+的物質(zhì)的量。 出現(xiàn)②誤區(qū)，是由于誤將樣品中CaO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)（80％）作為結(jié)晶水合物中含CaO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，進(jìn)行推算，導(dǎo)致失誤。 =80.0％ （3）n（CaC2O4）=n（Ca2+）=31.0×10-3L×0.0200mol·L-1 m（CaO）=（0.00155mol-0.00133mol）×56.0g·

17、mol-1=0.012g m（H2O）=0.120g-0.120g×80.0％-0.012g=0.012g 例2（1998-35）  下面是4種鹽在不同溫度下的溶解度（g/100gH2O） NaNO3             KNO3              NaCl    &

18、#160;          KCl 10℃              80.5              20.9           

19、     35.7              31.0 100℃            175               246    

20、             39.1              56.6 （計(jì)算時(shí)假定：①鹽類共存時(shí)不影響各自的溶解度；②過濾晶體時(shí)，溶劑損耗忽略不計(jì)。） （1）取23.4gNaCl和40.4gKNO3，加70.0gH2O，加熱溶解。在100℃時(shí)蒸發(fā)掉50.0gH2O，維持該溫度，過濾析出晶體，計(jì)算所得晶體的質(zhì)量（m高溫）。 將濾液冷卻至10℃

21、，待充分結(jié)晶后，過濾。計(jì)算所得晶體的質(zhì)量（m低溫）。 （2）另取34.0gNaNO3和29.8gKCl，同樣進(jìn)行如上實(shí)驗(yàn)。10℃時(shí)析出的晶體是______（寫化學(xué)式）。100℃和10℃得到的晶體質(zhì)量（m′高溫和m′低溫）分別是多少？ 【錯(cuò)解】  第（1）問：①m高溫=19.6g，②m低溫=35.9g。第（2）問：①NaCl，②KNO3。 【評析】  第（1）問：閱讀4種鹽在不同溫度下的溶解度、計(jì)算時(shí)的假定①和②。因?yàn)镹aCl的溶解度隨溫度變化不大，且100℃時(shí)溶解度最小，所以蒸發(fā)濃縮NaCl和KNO3的混合液時(shí)，將有大量NaCl晶體析出。過濾后，KNO3的溶解度隨溫度

22、的變化最大，所以會(huì)有大量KNO3晶體析出，與此同時(shí)，也會(huì)有少量NaCl晶體析出。具體解法是： 設(shè)：100℃蒸發(fā)掉50.0gH2O后，溶液中NaCl的質(zhì)量為x 溶質(zhì)        溶劑 39.1g       100g x       （70.0g-50.0g） 39.1g∶x=100g∶（70.0g-50.0g） 析出的NaCl晶體質(zhì)量m高溫=23.4g-7.82g =15.6g 設(shè)：冷

23、卻到10℃，析出的NaCl晶體質(zhì)量為y 溶劑  析出溶質(zhì)的質(zhì)量（100℃降至10℃） 100g                            （39.1g-35.7g） （70.0g-50.0g）         &

24、#160;                         y 100g∶（70.0g-50.0g）=（39.1g-35.7g）∶y 設(shè)：溶液中KNO3的質(zhì)量為z 溶質(zhì)              溶劑 20.9g

25、60;            100g z            （70.0g-50.0g） 20.9g∶z=100g∶（70.0g-50.0g） 析出的KNO3晶體質(zhì)量為40.4g-4.18g=36.2g 10℃析出的晶體總質(zhì)量m低溫=0.68g+36.2g =36.9g 出現(xiàn)①誤區(qū)，是由于錯(cuò)誤列式： 溶質(zhì)    &#

26、160;   溶劑 39.1g       100g x         50.0g 39.1g∶x=100g∶50.0g 出現(xiàn)②誤區(qū)，是由于在40.4-4.18的計(jì)算中失誤（0.4-0.18不需借個(gè)位數(shù)），即40.4-4.18=35.2，造成失誤（0.68g+35.2g=35.9g）。 第（2）問： 根據(jù)NaNO3+KCl KNO3+NaCl 85g     

27、0;  74.5g    101g      58.5g 34.0g     29.8g      x          y 解之，得x=40.4g，y=23.4g 因而根據(jù)溶解度數(shù)據(jù)，100℃時(shí)蒸發(fā)后得到的是NaCl晶體，冷卻后得到的主要是KNO3，同時(shí)也有少量的NaCl晶體。所以本問與第（1）問情況相同，不必再計(jì)算。

28、 另一種思路：兩種原始溶液中各種鹽的物質(zhì)的量都相等。 四種離子濃度完全相同，根據(jù)溶解度數(shù)據(jù)，100℃時(shí)蒸發(fā)后得到的是NaCl晶體，冷卻后得到的主要是KNO3晶體，同時(shí)也有少量的NaCl晶體析出。 出現(xiàn)①誤區(qū)，顯然是漏掉了KNO3。出現(xiàn)②誤區(qū)，顯然是漏掉了NaCl。 【正確答案】 （1）100℃蒸發(fā)掉50.0gH2O后溶液中NaCl的質(zhì)量為 析出的NaCl晶體質(zhì)量m高溫=23.4g-7.82g=15.6g 冷卻到10℃，析出的NaCl晶體質(zhì)量為 析出的KNO3晶體質(zhì)量為40.4g-4.18g=36.2g 10℃析出的晶體總質(zhì)量m低溫=0.68g+36.2g=3

29、6.9g （2）KNO3和NaCl m′高溫=m高溫=15.6g                   m′低溫=m低溫=36.9g 三、列方程組法型題   例1（1997-36）  1996年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)授予對發(fā)現(xiàn)C60有重大貢獻(xiàn)的三位科學(xué)家。C60分子是形如球狀的多面體（圖2-2-1），該結(jié)構(gòu)的建立基于以下考慮： {ewc MVIMAGE,MVIMAGE, !262300T1.

30、bmp} （1）C60分子中每個(gè)碳原子只跟相鄰的3個(gè)碳原子形成化學(xué)鍵； ②C60分子只含有五邊形和六邊形； ③多面體的頂點(diǎn)數(shù)、面數(shù)和棱邊數(shù)的關(guān)系，遵循歐拉定理： 據(jù)上所述，可推知C60分子有12個(gè)五邊形和20個(gè)六邊形，C60分子所含的雙鍵數(shù)為30。請回答下列問題： （1）固體C60與金剛石相比較，熔點(diǎn)較高者應(yīng)是______，理由是： ____________________。 （2）試估計(jì)C60跟F2在一定條件下，能否發(fā)生反應(yīng)生成C60F60（填“可能”或“不可能”）______，并簡述其理由：_________________________。 （3）通過計(jì)算，確定C60

31、分子所含單鍵數(shù)。 C60分子所含單鍵數(shù)為______。 （4）C70分子也已制得，它的分子結(jié)構(gòu)模型可以與C60同樣考慮而推知。通過計(jì)算確定C70分子中五邊形和六邊形的數(shù)目。 C70分子中所含五邊形數(shù)為______，六邊形數(shù)為______。 【錯(cuò)解】  第（1）問：①低，②C60。③金剛石鍵能小，C60含多個(gè)不飽和鍵，結(jié)構(gòu)不穩(wěn)定。④金剛石中只有單鍵，而C60中還含雙鍵，雙鍵鍵能比兩個(gè)單鍵低，金剛石熔點(diǎn)高。⑤金剛石中每個(gè)碳與其余4個(gè)碳原子相連，C60中只是3個(gè)，破壞金剛石的能量要高。⑥金剛石全部按六邊形結(jié)合，比C60穩(wěn)定，金剛石只含單鍵，C60有雙鍵。⑦因C60中雙鍵數(shù)大于金剛石

32、，分子間鍵能大，熔點(diǎn)較高。⑧金剛石4個(gè)碳原子呈正四面體排列，或金剛石是正方形網(wǎng)狀，每個(gè)碳原子都與4個(gè)碳原子相連，鍵能大。 第（2）問：①不能。②因?yàn)镃60含有雙鍵。③不可能，F(xiàn)2不可能將每個(gè)碳鍵上的氫全部取代，只有一小部分活潑氫可以反應(yīng)。④不可能，C60只含有30個(gè)雙鍵，加成時(shí)只能有30個(gè)F原子參加反應(yīng)。⑤不可能，負(fù)一價(jià)的F極為穩(wěn)定，不能形成雙鍵。 ②12×5＋20×6-30=150。③x=90，因?yàn)殡p鍵為30個(gè)，所以單鍵數(shù)=90-30×2=30。④全是單鍵，60×4=240，因?yàn)橛?0個(gè)雙鍵，所以單鍵=240-30×2=180。⑤面數(shù)

33、=12+30=36，60+36-棱邊數(shù)=2，棱邊數(shù)=單鍵數(shù)=96-2=94。 第（4）問：①面數(shù)=70+35-70-2=33（個(gè)）。②5x+6y=3×70 【評析】  閱讀新信息，知道①C60分子是形如球狀的多面體，固體C60不是原子間體。②C60分子中每個(gè)碳原子只跟相鄰的3個(gè)碳原子形成化學(xué)鍵。③C60分子只含有五邊形和六邊形。④多面體的頂點(diǎn)數(shù)、面數(shù)和棱邊數(shù)的關(guān)系，遵循歐拉定理：頂點(diǎn)數(shù)+面數(shù)-棱邊數(shù)=2。⑤C60分子有12個(gè)五邊形和20個(gè)六邊形。⑥C60分子所含雙鍵數(shù)為30。 根據(jù)信息①可以回答第（1）問。根據(jù)信息⑥可以回答第（2）問。根據(jù)信息②、④、⑤可以回答第（3

34、）問。根據(jù)信息②、③、④可以回答第（4）問。 第（1）問：出現(xiàn)①誤區(qū)，是由于慌忙中把C60熔點(diǎn)比金剛石熔點(diǎn)低，答成了“低”，造成了答非所問的錯(cuò)誤。由此可見，在考場上保持良好的心態(tài)是十分重要的，希望今后的考生要努力走出這類誤區(qū)。出現(xiàn)②誤區(qū)，是由于判斷錯(cuò)誤所致。出現(xiàn)③～⑦誤區(qū)，均由于不知道不同類物質(zhì)的熔點(diǎn)的高低是由晶體類型決定的，不清楚金剛石是原子晶體，而固體C60不是原子晶體，僅比較單雙鍵鍵能大小是不正確的，才導(dǎo)致了失誤。出現(xiàn)⑧誤區(qū)，是由于對金剛石是原子晶體，它是正四面體空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，既不是平面網(wǎng)狀，也不同于甲烷分子的正四面體構(gòu)型不清楚，導(dǎo)致失誤。 第（2）問：出現(xiàn)①誤區(qū)，是由于判斷錯(cuò)誤所致

35、。出現(xiàn)②誤區(qū)，是由于未指明雙鍵個(gè)數(shù)，回答中不能充分運(yùn)用題示新信息“C60分子所含的雙鍵數(shù)為30”，反映出有些同學(xué)的自學(xué)能力差，或思維的嚴(yán)密性差，導(dǎo)致了失誤。出現(xiàn)③誤區(qū)，是由于把加成反應(yīng)答成了取代反應(yīng)所致。出現(xiàn)④誤區(qū)，是由于混淆了加成反應(yīng)與取代反應(yīng)所致。出現(xiàn)⑤誤區(qū)，是由于抓不住答題要點(diǎn)，答非所問所致。 第（3）問：出現(xiàn)①誤區(qū)，是由于雙鍵數(shù)求錯(cuò)，不清楚題目中“C60分子所含的雙鍵數(shù)為30”的含義，導(dǎo)致失誤。出現(xiàn)②誤區(qū)，是由于總鍵 失誤。出現(xiàn)③誤區(qū)，是由于雙鍵數(shù)應(yīng)為30，不應(yīng)是30×2=60，導(dǎo)致失誤。出現(xiàn)④誤區(qū)，是由于把單鍵數(shù)與價(jià)電子數(shù)混為一談導(dǎo)致失誤。應(yīng)該是60個(gè)碳原子，共有6

36、0×4=240個(gè)價(jià)電子，每4個(gè)價(jià)電子形成一個(gè)雙鍵，耗用掉30×4=120個(gè)價(jià)電子，每2個(gè)價(jià)電子形成一個(gè)單鍵，所以單 現(xiàn)12＋20=36這一加法運(yùn)算的錯(cuò)誤，導(dǎo)致后面的推導(dǎo)連續(xù)失誤。應(yīng)該是面數(shù)=12+20=32，60+32-棱數(shù)=2，棱邊數(shù)=總鍵數(shù)=92-2=90，單鍵數(shù)=90-30=60。 第（4）問：出現(xiàn)①誤區(qū)，是由于不慎將“＋”、“-”號寫錯(cuò)，導(dǎo)致失誤。應(yīng)該是面數(shù)=2+棱邊數(shù)-頂點(diǎn)數(shù)=2+70+35-70=37。出現(xiàn)②誤區(qū)，是由于只找到了這一個(gè)二元一次方程，還缺少一個(gè)方程：70＋（x＋y） 【正確答案】  （1）金剛石 金剛石屬原子晶體，而固體C

37、60不是，故金剛石熔點(diǎn)較高。 （答出“金剛石屬原子晶體”即給分） （2）可能因C60分子含30個(gè)雙鍵，與極活潑的F2發(fā)生加成反應(yīng)即可生成C60F60（只要指出“C60含30個(gè)雙鍵”即給分，但答“因C60含有雙鍵”不給分） 也可由歐拉定理計(jì)算鍵數(shù)（即棱邊數(shù)）：60＋（12＋20）-2=90 C60分子中單鍵為：90-30=60 （答“2×30（雙鍵數(shù)）=60”即給分） （4）設(shè)C70分子中五邊形數(shù)為x，六邊形數(shù)為y。依題意可得方程組： 解得：五邊形數(shù)x=12，六邊形數(shù)y=25 附：第（3）問的其他解法，供大家參考。 解法一：以價(jià)電子數(shù)為突破口，分析推算。 分

38、析：碳是ⅣA族元素，每個(gè)碳原子有4個(gè)價(jià)電子，所以C60分子中共有價(jià)電子總數(shù)為240，當(dāng)碳碳原子間每形成一個(gè)雙鍵，必然用去4個(gè)價(jià)電子，即C∷C。據(jù)題示信息“C60分子所含的雙鍵數(shù)為30”，則共用去價(jià)電子數(shù)為4×30＝120，剩余的價(jià)電子數(shù)是240-120=120。又由于碳碳原子之間每形成一個(gè)單鍵，必然用去2個(gè)價(jià)電子，即C∶C。故C60分子中的單鍵數(shù)為120÷2=60。 解法二：以化學(xué)鍵的成鍵規(guī)律為突破口，分析推算。 分析：根據(jù)題示信息“C60分子中每個(gè)碳原子只跟相鄰的3個(gè)碳原子形成化學(xué)鍵”，可知每個(gè)碳原子與相鄰碳原子間有1個(gè)雙鍵，必然有2 因此單鍵數(shù)為30×

39、;2＝60。 解法三：以歐拉定理為突破口。分析推算。 分析：由題示信息歐拉定理可知，C60球形多面體的棱邊數(shù)就是C60分子中的化學(xué)鍵數(shù)。因此可先求出C60球形多面體的總棱數(shù)（即單鍵數(shù)與雙鍵數(shù)之和），再減去雙鍵數(shù)，即可求出C60分子中含的單鍵數(shù)。 已知C60分子中含12個(gè)五邊形和20個(gè)六邊形，又知每條棱被2個(gè) =90。單鍵數(shù)為90-30=60。 附：第（4）問的其他解法，供大家參考。 解法一：以梭邊數(shù)為突破口，列一元一次方程求解。 分析：根據(jù)題示信息“C70分子也已制得，它的分子結(jié)構(gòu)模型可與C60同樣考慮”，可知C70分子中的每個(gè)碳原子也是與相鄰的3個(gè)碳原子形成化學(xué)鍵，這樣每個(gè)

40、碳原子與其他碳原子之間有3條棱，而多面體的每條棱都是為2個(gè)碳原子共有，因此C70球形多面體的總棱數(shù)為：70×3÷2=105。 再根據(jù)歐拉定理：面數(shù)=2-頂點(diǎn)數(shù)+棱邊數(shù)=2-70+105=37 設(shè)C70分子中五邊形數(shù)為x，則六邊形數(shù)為（37-x），可列式： 解之，得x=12，六邊形數(shù)為37-12=25。 解法二：以頂點(diǎn)數(shù)為突破口，列二元一次方程組求解。 分析：設(shè)五邊形數(shù)為x，六邊形數(shù)為y，根據(jù)題示信息歐拉定理可知： 則           

41、0;                        x+y=37（面數(shù)）                         ① 再

42、根據(jù)題示信息，從化學(xué)角度分析，C70分子中每個(gè)碳原子與其他3個(gè)碳原子成鍵；從數(shù)學(xué)角度分析，C70分子中每3條校共用一個(gè)頂點(diǎn)。因此可根據(jù)頂點(diǎn)數(shù)列式： 二元一次方程組為： 解之，得x=12，y=25。 解法三：以C60分子成鍵規(guī)律為突破口，分析C70求解。 分析：受題示信息C70的分子結(jié)構(gòu)模型可以與C60同樣考慮的啟發(fā)，C60分子中化學(xué)鍵的成鍵規(guī)律為： 碳原子數(shù)：單鍵數(shù)=1∶1； 碳原子數(shù)：雙鍵數(shù)=2∶1 應(yīng)用此規(guī)律分析C70分子，故C70分子中含單鍵數(shù)為70，雙鍵數(shù)為35。因此，總鍵數(shù)為70＋35＝105（C70球多面體的總棱數(shù)是105）。然后根據(jù)歐拉定理求出面數(shù)為2-70

43、＋105=37。后面的解法可同解法一或解法二，不再贅述 四、差量法型題   例1（1992-38）  寫出H2S燃燒反應(yīng)的化學(xué)方程式。1.0LH2S氣體和aL空氣混和后點(diǎn)燃，若反應(yīng)前后氣體的溫度和壓強(qiáng)都相同（20℃，101.3kPa），試討論當(dāng)a的取值范圍不同時(shí)，燃燒后氣體的總體積V（用含a的表達(dá)式表示。假定空氣中氮?dú)夂脱鯕獾捏w積比為4∶1，其他成分可忽略不計(jì)）。 【錯(cuò)解】  ①只答a＝2.5時(shí)，V＝2.0L；a＝7.5時(shí)，V＝7.0L。 【評析】  審題是關(guān)鍵！注意審清以下三點(diǎn)：第一，本題涉及引起體積變化的反應(yīng)有： 第二，題示條件

44、：H2S體積為1L，空氣體積為aL（空氣中N2，O2的體積比為4∶1），反應(yīng)前后同溫同壓。 第三，本題要求：討論a的取值范圍不同時(shí)，燃燒后氣體的總體積V（帶“·”的為關(guān)鍵字）。 運(yùn)用的基本定律及解題方法：（1）阿伏加德羅定律及其推論——?dú)怏w反應(yīng)方程式中系數(shù)比就是氣態(tài)物質(zhì)的體積比。（2）過量計(jì)算的要點(diǎn)與方法。（3）運(yùn)用反應(yīng)前后氣體的體積差求解。 解法一：反應(yīng)前氣體總體積為（1+a）L。按反應(yīng)（1），1LH2S應(yīng)消耗O20.5L，即空氣0.5L÷1/5=2.5L。當(dāng)a≤2.5L時(shí) O2不足量2H2S＋O2==2H2O+2S    

45、                 體積減少 2           1          0       0      

46、0;          3 a/5                           （3a/5）心算得出 當(dāng)a≥2.5L時(shí)，O2過量，體積變化與H2S體積相關(guān)。 2H2S＋3O2==2H2O＋2SO2   

47、                體積減少 2           3          0              2

48、0;             3 H2S                                    

49、60;           體積減少 1                                      &

50、#160;    （1.5）心算得出 ∴V＝（1+a）L-1.5L＝（a-0.5）L 解法二：對a≥2.5L分成兩種情況討論。 第一種：O2過量，1LH2S完全燃燒，消耗1.5LO2，即耗空氣aL＝1.5L÷1/5＝7.5L。 當(dāng)a≥7.5L時(shí)，體積變化由H2S決定 ∴V=（1＋a）L-1.5L＝（a-0.5）L （3）計(jì)算，但反應(yīng)（3）反應(yīng)前后體積差為0，仍按反應(yīng)（1）求算： ∴V＝（1+a）L-1.5L=（a-0.5）L 出現(xiàn)①誤區(qū)，是由于不會(huì)討論當(dāng)a的取值范圍不同時(shí)，燃燒后氣體的總體積V，怎樣用含a的表達(dá)式表示，導(dǎo)致失誤。出

51、現(xiàn)②誤區(qū)，是由于只討論了O2不足量時(shí)，V的表達(dá)式，忽略了當(dāng)a≥2.5L時(shí)，O2過量情況下V的由H2S決定，導(dǎo)致漏掉一組解。出現(xiàn)③誤區(qū)，恰好是漏掉了②誤區(qū)的一組解，其原因是只討論了當(dāng)a≥2.5L時(shí)，O2過量情況下V的表達(dá)式，忽略了當(dāng)a≤2.5L時(shí)，O2不足量情況下V的表達(dá)式，導(dǎo)致失誤。 應(yīng)該說明的是，本題的綜合性強(qiáng)，在討論取值范圍過程中，涉及到過量的判斷及差量法的運(yùn)用，所以本題也可屬于過量判斷型題，或討論取值范圍型題。 若a≤2.5L（或a＜2.5L） 若a≥2.5L（或a＞2.5L） V=（1＋a）L-1.5L=（a-0.5）L SO2也正確。 2．a(chǎn)≥2.5L的情況，

52、可以分兩步討論： 7.5L≥a≥2.5L（或7.5L＞a＞2.5L） V＝（a-0.5）L a≥7.5L（或a＞7.5L） V＝（a-0.5）L 五、中間值法型題   例1（1989-47）  18.4gNaOH和NaHCO3固體混和物，在密閉容器中加熱到約250℃，經(jīng)充分反應(yīng)后排出氣體，冷卻，稱得剩余固體質(zhì)量為16.6g。試計(jì)算原混和物中NaOH的百分含量。 【錯(cuò)解】  設(shè)NaHCO3為xg，NaOH為yg， 【評析】  首先分析出混合物加熱時(shí)發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)為： NaOH和NaHCO3的物質(zhì)的量之比為1∶1

53、，求加熱后混合物質(zhì)量減少多少g。獲得了此數(shù)據(jù)，就找到了中間值，據(jù)此可推斷兩種物質(zhì)的物質(zhì)的量之比，判斷出何種物質(zhì)過量，方可開始計(jì)算。即：設(shè)混合物質(zhì)量減少為z 124g∶18.4g=18g∶z 若混合物中NaOH和NaHCO3的物質(zhì)的量之比大于1∶1，則混合物的質(zhì)量減少應(yīng)小于2.67g；若混合物中NaOH和NaHCO3的物質(zhì)的量之比小于1∶1，則混合物的質(zhì)量減少應(yīng)大于2.67g。 現(xiàn)混合物的質(zhì)量減少為18.4g-16.6g=1.8g，1.8＜2.67，說明混合物中NaOH過量。由于所設(shè)的未知數(shù)不同，可出現(xiàn)以下幾種不同的運(yùn)算過程。 第一種：設(shè)NaOH質(zhì)量為x，NaHCO3質(zhì)量為（18

54、.4g-x） NaOH+NaHCO3==Na2CO3+H2O 84g                        18g （18.4g-x）                  

55、60;  1.8g 84g∶（18.4g-x）=18g∶1.8g 解之，得x=10g 第二種：設(shè)原混合物中NaOH質(zhì)量為x，反應(yīng)后剩余NaOH質(zhì)量為y NaOH+NaHCO3==Na2CO3+H2O 40g     84g      106g （x-y）（18.4g-x）（16.6g-y） 第三種：設(shè)未參加反應(yīng)的NaOH的質(zhì)量為x 124g∶（18.4g-x）=106g∶（16.6g-x） 解之，得x=6g 原混合物中共有4g+6g=10g 顯然

56、，第一種設(shè)未知數(shù)的方法最好。 在常見誤區(qū)的（2）式旁邊畫了“×”，其原因是誤認(rèn)為NaOH未發(fā)生反應(yīng)，還殘留在剩余固體中，對混合物受熱（250℃）發(fā)生的反應(yīng)不清楚，不懂得NaOH會(huì)吸收NaHCO3分解產(chǎn)生的CO2，更不清楚混合物質(zhì)量從18.4g變成16.6g的原因，可以說從一開始就錯(cuò)了，致使最后結(jié) 【正確答案】  混合物加熱時(shí)的化學(xué)方程式為： 2NaOH+CO2===Na2CO3+H2O 若混合物中NaOH和NaHCO3的物質(zhì)的量之比為1∶1，則加熱后質(zhì)量減少為 若混合物中NaOH和NaHCO3的物質(zhì)的量之比大于或小于1∶1，則混合物的質(zhì)量減少分別應(yīng)

57、小于或大于2.67g。 現(xiàn)混合物質(zhì)量減少為18.4g-16.6g=1.8g，說明混合物中NaOH過量 設(shè)NaOH質(zhì)量為x，NaHCO3質(zhì)量為18.4g-x NaOH+NaHCO3==Na2CO3+H2O 84g                          18g （18.4g-x）    &#

58、160;                1.8g 84g∶（18.4g-x）=18g∶1.8g x=10g 七、極端假設(shè)法型題   例1（1992-37三南高考題）  某學(xué)生對久置于空氣中已部分變質(zhì)的CaO取樣分析，實(shí)驗(yàn)如下：取10.00g樣品高溫灼燒，將生成的氣體全部通入足量的Ba（OH）2溶液中，得到3.94g沉淀；另取1.00g樣品，加入40mL1.0mol·L-1稀鹽酸，充分反應(yīng)后稀釋至500

59、mL。從中取出25mL溶液，以0.020mol·L-1NaOH溶液中和其中過量的鹽酸，用去23mLNaOH溶液，試計(jì)算樣品中各種物質(zhì)的質(zhì)量百分組成。 【錯(cuò)解】  ①CaCO3～BaCO3 100g           187g x                3.94g ②除CaCO3外，樣品耗鹽酸的物質(zhì)的量為 1.

60、0×40×10-3-0.020×23×10-3-0.002×2＝0.035（mol）。 ③除CaCO3外，Ca2+的物質(zhì)的量為0.0268mol。 【評析】  由樣品高溫灼燒后產(chǎn)生氣體，且氣體通入足量Ba（OH）2溶液中得到沉淀，可推知樣品中可能含有CaCO3。 CO2+Ba（OH）2==BaCO3↓＋H2O CaCO3～BaCO3 100g         197g x      

61、;         3.94g 100g∶x＝197g∶3.94g 解之，x=2.0g 1g樣品中CaCO3為0.20g，物質(zhì)的量為0.002mol，它與鹽酸反應(yīng)時(shí)，耗鹽酸（0.002×2）mol。 加入鹽酸的總物質(zhì)的量為1.0mol·L-1×40×10-3L＝4×10-2mol。 10-3mol 除CaCO3外，樣品耗鹽酸的物質(zhì)的量為 4×10-2mol-9.2×10-3mol-0.002×2mol=0.0268

62、mol 假設(shè)全部為CaO，則質(zhì)量為0.0134mol×56g·mol-1=0.7504g 因?yàn)?.00g樣品中除CaCO3外，其余物質(zhì)的質(zhì)量為1.00g-0.20g＝0.80g 0.7504g小于0.80g，所以樣品中除有CaO外，一定還含有Ca（OH）2。至此，可有以下三種解法。方法一：用差量法計(jì)算CaO和Ca（OH）2的含量： CaO～Ca（OH）2                 

63、0;    質(zhì)量差 56g          74g                     74g-56g=18g y             

64、           0.80g-0.7504g=0.0496g 74g∶y＝18g∶0.0496g 解之，得y=0.20g CaO的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為1-20％-20％＝60％ 方法二：設(shè)0.80g樣品中含CaO質(zhì)量為z，含Ca（OH）2質(zhì)量為（0.80g-z），可列式： 解之，z=0.60g CaO的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=1-20％-20％＝60％ 出現(xiàn)①誤區(qū)，是由于把BaCO3的分子量197算成了187，導(dǎo)致失誤。 失誤。 出現(xiàn)③誤區(qū)，是由于把Ca2+～2HC

65、l這個(gè)關(guān)系式搞錯(cuò)了，本來Ca2+的物質(zhì)的量應(yīng)為0.0134mol，卻寫成了0.0268mol，導(dǎo)致失誤。 由此我們得到啟示，在做這類題時(shí)，可先用極端假設(shè)法，然后用差量法或關(guān)系式法或十字交叉法進(jìn)行計(jì)算，要在分析問題的方法上多下功夫。 【正確答案】  據(jù)CO2＋Ba（OH）2==BaCO3↓＋H2O CaCO3～BaCO3 100g         197g x           &#

66、160;   3.94g 100g∶x=197g∶3.94g 解之，得x=2.0g 1.00g樣品中除CaCO3外，其余物質(zhì)的質(zhì)量為 1.00g-1.00g×20％=0.80g 它們消耗的鹽酸的物質(zhì)的量為： 0.002mol×2＝0.0268mol 除CaCO3外，Ca2+的總物質(zhì)的量為0.0134mol 假設(shè)全部為CaO，則質(zhì)量為0.0134mol×56g·mol-1=0.7504g 0.7504g＜0.80g，所以樣品中一定含有Ca（OH）2 設(shè)0.80g中含CaO質(zhì)量為y，含Ca（OH）2質(zhì)量為（0.80g-y），可列式： 解之，得y=0.60g