高中化学 高考计算题解题勘误讲义

高中化学 高考计算题解题勘误讲义 -1（1997-35） 将8.8gFeS固体置于200mL2.0mol?L的盐酸中，以制备 -1HS气体。反应完全后，若溶液中HS的浓度为0.10mol?L，假定溶液体积不变，22 试计算： （1）收集到的HS气体的体积（ 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 状况）。 2 2++（2）溶液中Fe和H的物质的量浓度（摩尔浓度）。 【错解】 第（1）问：?收集到HS气体2.24L。 2 ?FeS～HS 2 88 1 8.8 x x=0.1mol ?设未收集到x′LH S气体，所以 2 -10.1mol?L=0.1mol/x′L x′=100L +-1第（2）问：?[H]=0.2mol/0.2L=0.1mol?L。 -1??HS为0.1mol?L，?HS为0.2×0.1=0.02（mol） 22 +H=2×0.02（mol） +H（总）=0.2+0.02×2=0.24（mol） +?[H]=（0.2×2+2×0.1）/0.2=2（mol/L） 【评析】 审题时注意：?溶液中HS的浓度直接影响到收集到的HS气体22的体积，?盐酸过量。 第（1）问是根据化学方程式的计算 FeS+2HCl==FeCl+HS? 22 解之，得x=0.2mol，y=0.1mol，z=0.1mol。 盐酸过量0.20L×2.0mol?L-1-0.2mol =0.2mol -1共生成HS0.1mol，在溶液中溶解的HS的物质的量为0.10mol?L×22 0.20L=0.020mol 能收集到HS的物质的量=0.1mol-0.020mol 2 =0.08mol 能收集到HS的体积（标准状况）为： 2 -10.08mol×22.4L?mol=1.8L 出现?误区，是由于不理解题意，未考虑溶液中溶解的HS的物质的量，导2致失误。出现?误区，由于概念不清，列式错误所致。出现?误区，也由于概念 不清，列式错误所致。只有理解了收集到的HS气体体积应等于反应生成的HS22 气体的体积减去在溶液中溶解的HS气体的体积，才能走出此误区。 2 2+第（2）问根据生成FeCl0.1mol，可知溶液中Fe物质的量浓度为0.1mol2 -1?0.20L=0.50mol?L +-1溶液中H的物质的量浓度=0.2mol?0.20L=1.0mol?L（注意：HS弱酸的电2离忽略不计）。 出现?误区，是由于运算结果错误所致。出现?误区，是由于在强酸性条件 下，误将弱酸完全电离，导致失误。出现?误区，是由于分子上出现了“2×0.1”，误认为H+S在溶液中完全电离，产生0.2mol的H离子，导致失误。 2 +2+【正确 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 】 根据方程式FeS+2H==Fe+HS?可判断盐酸过量，计算应以2 FeS的物质的量为基准。 （1）共生成H-1S0.10mol。在溶液中溶解的物质的量为：0.10mol?L×2 0.20L=0.020mol所以收集到HS气体的物质的量为：0.10mol-0.020mol=0.08mol 2 -1收集到HS气体的体积（标准状况）为：22.4L?mol×0.08mol=1.8L 2 消耗掉H++-10.20mol，反应前H的物质的量为：2.0mol?L×0.20L=0.40mol （1994-37） 现有一份CuO和CuO混和物，用H还原法测定其中CuO22的质量x（g）。实验中可以测定如下数据：W—混和物的 （已知摩尔质量：Cu—64g/mol、CuO—80g/mol、Cu O—144g/mol、HO—2218g/mol） （1）为了计算x，需要测定上述四个数据中的______个，这几个数据的组合共有______种，请将这些组合一一填入下表空格中。 ?每个空格中填一种组合，有几种组合就填几种，不必填满。 （2）从上述组合中选写一个求x的计算式： x=________ 【错解】 第（1）问：?两个数据的组合为6种： W,W Cu ?两个数据的组合为小于5种： W,W Cu 【评析】 走出误区的关键是审清所发生的化学反应。H 还原CuO，是初三2化学中一个重要的反应，将此反应从大脑中检索出来，并产生正迁移，推出H2 还原CuO的化学方程式： 2 这两个化学方程式是测定CuO质量的计算依据。根据反应可知，为了计算 CuO质量x（g），至少需要测定出题目所测4个数据中的两个，应 =6，可推出这4个数据的组合数为6。在此基础上，必须根据本题中发生的 化学反应对各种组合进行分析。由?、?两个化学方程式中消耗H的物质的量与2生成HO的物质的量之比都是1?1（与混合物中CuO和 2 的质量x（g）。舍弃这种组合，其余5种组合便是本题的答案。 要写有求x的计算式，应选用含W的组合?W，W；? Cu CuO含量的必要数据时，没有根据本题化学反应的特点进行分析，舍弃 由于不会运用数学知识解决化学问题，思维欠有序，造成了漏解和错解。 第（2）问：出现?、?误区，是由于未审清题目要求“从上述组合中选写 一个求x的计算式”，所写x的计算式中，造成失误。出现?误区， 属于笔误。由于时间紧迫，从草稿到填写答案过程中出了差错，导致失误。 【正确答案】 1）2，5 W,W Cu （1998-34） 本题分子量用以下数据：HO18.0，CaO56.0，CaO72.0。 22 过氧化钙是一种安全无毒的氧化物，通常含有部分CaO，且带有数量不等的结晶水。为分析某过氧化钙样品的组成进行了如下实验。 ?称取0.270g样品，灼热使之完全分解，生成CaO、O和HO，得到的O在222 标准状况下体积为33.6mL。 ?另取0.120g样品，溶于稀盐酸，加热煮沸，使生成的HO完全分解。然22 2+后将溶液中的Ca完全转化成CaCO沉淀，经过滤洗涤后，将沉淀溶于热的稀硫24 -1酸，用0.0200mol?LKMnO溶液滴定，共用去31.0mLKMnO溶液。化学方程式如44下： 5CaCO+2KMnO+8HSO==KSO+2MnSO+5CaSO+10CO?+8HO 24424244422 （1）写出CaO受热分解的化学方程式。 2 （2）计算样品中CaO的质量分数。 2 （3）计算样品中CaO?xHO的x值。 22 【错解】 第（1）问：?CaO==CaO+O，?CaO==Ca+O，?22222CaO+HO==2CaO+O+HO，?2CaO?nHO==2CaO+O+2nHO（n=1，2，3„„即定值）。22222222第（2）问：?40％，?62％，? ×10-3），?72?M（CaO?xHO）=80％，M=90，x=1。 22 【评析】 第（1）问：根据信息?，可写出CaO受热分解的化学 2 误区是由于未读懂题示信息所致。?误区是由于多写了水的分子式所致。? 误区是由于未通观全题的叙述，误将CaO?xHO写成有定值的水，造成失误。第22 （2）问：根据信息?中，O在标准状况下的体积可求出的物质的量为33.6mL?2 -1-322400mL?mol=1.50×10mol。 -3根据关系式2CaO～O，可求得CaO物质的量为2×1.50×10mol，CaO质量2222 -3-1为2×1.50×10mol×72.0g?mol 样品中CaO的质量分数为： 2 出现?误区，是由于化学方程式未配平，关系式未找对（CaO～O），导致22 -1失误。出现?误区，是由于误将CaO的摩尔质量72.0g?mol用CaO的摩尔质量2 -156.0g?mol代入式中计算，导致失误。出现?误区，是由于未用题中数据，直 接用CaO?HO的摩尔质量进行求算，虽然计算结果都是80％，但计算的依据错22 误。 2+第（3）问：根据信息?，可求出CaCO物质的量（即Ca总物质的量），所24 用关系式为： 5CaCO～2KMnO 244 -1-3-1KMnO的物质的量为0.0200mol?L×31.0mL×10L?mL?CaCO的物质的量424 -1-3为0.0200mol?L×31.0×10L×5/2=0.00155mol 2+其中CaO所含Ca的物质的量为： 2 CaO的物质的量为0.00155mol-0.00133mol m（CaO）=（0.00155mol-0.00133mol）×56.0g?mol-1 =0.012g m（HO）=0.120g-0.120g×80.0％-0.012g=0.012g 2 CaO与HO的物质的量之比为 22 出现?误区，是由于错误列式： CaO ?xHO～CaCO～xHO 22242 （72+18x）g 1mol -30.120g 1.55×10mol 误将0.120g全部看成CaO?xHO，忽略了样品中“通常含有部分CaO”，22 2+CaO?xHO～CaCO这个关系式也是错的，CaCO的物质的量是溶液中全部Ca的222424 2+物质的量，它不等于CaO中所含的Ca的物质的量。 2 出现?误区，是由于误将样品中CaO的质量分数（80％）作为结晶水合物中2含CaO的质量分数，进行推算，导致失误。 2 =80.0％ （3）n（CaC2+-3-1O）=n（Ca）=31.0×10L×0.0200mol?L 24 m（CaO）=（0.00155mol-0.00133mol）×56.0g?mol-1=0.012g m（HO）=0.120g-0.120g×80.0％-0.012g=0.012g 2 （1998-35） 下面是4种盐在不同温度下的溶解度（g/100gHO） 2 NaNO KNO NaCl KCl 33 10? 80.5 20.9 35.7 31.0 100? 175 246 39.1 56.6 （计算时假定：?盐类共存时不影响各自的溶解度；?过滤晶体时，溶剂损 耗忽略不计。） （1）取23.4gNaCl和40.4gKNO，加70.0gHO，加热溶解。在100?时蒸发32掉50.0gHO，维持该温度，过滤析出晶体，计算所得晶体的质量（m）。 2高温 将滤液冷却至10?，待充分结晶后，过滤。计算所得晶体的质量（m）。 低温 （2）另取34.0gNaNO和29.8gKCl，同样进行如上实验。10?时析出的晶体3 是______（写化学式）。100?和10?得到的晶体质量（m′和m′）分别是高温低温 多少？ 【错解】 第（1）问：?m=19.6g，?m=35.9g。第（2）问：?NaCl，高温低温?KNO。 3 【评析】 第（1）问：阅读4种盐在不同温度下的溶解度、计算时的假定 ?和?。因为NaCl的溶解度随温度变化不大，且100?时溶解度最小，所以蒸发浓缩NaCl和KNO的混合液时，将有大量NaCl晶体析出。过滤后，KNO的溶解33 度随温度的变化最大，所以会有大量KNO晶体析出，与此同时，也会有少量NaCl3 晶体析出。具体解法是： 设：100?蒸发掉50.0gHO后，溶液中NaCl的质量为x 2 溶质 溶剂 39.1g 100g x （70.0g-50.0g） 39.1g?x=100g?（70.0g-50.0g） 析出的NaCl晶体质量m =23.4g-7.82g 高温 =15.6g 设：冷却到10?，析出的NaCl晶体质量为y 溶剂 析出溶质的质量（100?降至10?） 100g （39.1g-35.7g） （70.0g-50.0g） y 100g?（70.0g-50.0g）=（39.1g-35.7g）?y 设：溶液中KNO 的质量为z 3 溶质 溶剂 20.9g 100g z （70.0g-50.0g） 20.9g?z=100g?（70.0g-50.0g） 析出的KNO 晶体质量为40.4g-4.18g=36.2g 3 10?析出的晶体总质量m=0.68g+36.2g 低温 =36.9g 出现?误区，是由于错误列式： 溶质 溶剂 39.1g 100g x 50.0g 39.1g?x=100g?50.0g 出现?误区，是由于在40.4-4.18的计算中失误（0.4-0.18不需借个位数），即40.4-4.18=35.2，造成失误（0.68g+35.2g=35.9g）。 第（2）问： 根据NaNO+KCl KNO+NaCl 33 85g 74.5g 101g 58.5g 34.0g 29.8g x y 解之，得x=40.4g，y=23.4g 因而根据溶解度数据，100?时蒸发后得到的是NaCl晶体，冷却后得到的主要是KNO，同时也有少量的NaCl晶体。所以本问与第（1）问情况相同，不必再3 计算。 另一种思路：两种原始溶液中各种盐的物质的量都相等。 四种离子浓度完全相同，根据溶解度数据，100?时蒸发后得到的是NaCl 晶体，冷却后得到的主要是KNO 晶体，同时也有少量的NaCl晶体析出。 3 出现?误区，显然是漏掉了KNO。出现?误区，显然是漏掉了NaCl。 3 【正确答案】 （1）100?蒸发掉50.0gHO后溶液中NaCl的质量为 2 析出的NaCl晶体质量m=23.4g-7.82g=15.6g 高温 冷却到10?，析出的NaCl晶体质量为 析出的KNO 晶体质量为40.4g-4.18g=36.2g 3 10?析出的晶体总质量m=0.68g+36.2g=36.9g 低温 （2）KNO和NaCl 3 m′=m=15.6g m′=m=36.9g 高温高温低温低温 （1997-36） 1996年诺贝尔化学奖授予对发现C有重大贡献的三位科60学家。C分子是形如球状的多面体（图2-2-1），该结构的建立基于以下考虑： 60 {ewc MVIMAGE,MVIMAGE, !262300T1.bmp} （1）C 分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键； 60 ?C分子只含有五边形和六边形； 60 ?多面体的顶点数、面数和棱边数的关系，遵循欧拉定理： 据上所述，可推知C分子有12个五边形和20个六边形，C分子所含的双6060键数为30。请回答下列问题： （1）固体C与金刚石相比较，熔点较高者应是______，理由是： 60 ____________________。 （2）试估计C跟F在一定条件下，能否发生反应生成CF（填“可能”或6026060“不可能”）______，并简述其理由：_________________________。 （3）通过计算，确定C分子所含单键数。 60 C分子所含单键数为______。 60 （4）C分子也已制得，它的分子结构模型可以与C同样考虑而推知。通过7060计算确定C分子中五边形和六边形的数目。 70 C分子中所含五边形数为______，六边形数为______。 70 【错解】 第（1）问：?低，?C。?金刚石键能小，C含多个不饱和键，6060结构不稳定。?金刚石中只有单键，而C中还含双键，双键键能比两个单键低，60 金刚石熔点高。?金刚石中每个碳与其余4个碳原子相连，C中只是3个，破坏60金刚石的能量要高。?金刚石全部按六边形结合，比C稳定，金刚石只含单键，60 C有双键。?因C中双键数大于金刚石，分子间键能大，熔点较高。?金刚石46060 个碳原子呈正四面体排列，或金刚石是正方形网状，每个碳原子都与4个碳原子 相连，键能大。 第（2）问：?不能。?因为C含有双键。?不可能，F不可能将每个碳键602上的氢全部取代，只有一小部分活泼氢可以反应。?不可能，C只含有30个双60键，加成时只能有30个F原子参加反应。?不可能，负一价的F极为稳定，不能形成双键。 ?12×5＋20×6-30=150。?x=90，因为双键为30个，所以单键数=90-30×2=30。?全是单键，60×4=240，因为有30个双键，所以单键=240-30×2=180。?面数=12+30=36，60+36-棱边数=2，棱边数=单键数=96-2=94。 第（4）问：?面数=70+35-70-2=33（个）。?5x+6y=3×70 【评析】 阅读新信息，知道?C 分子是形如球状的多面体，固体C不是6060原子间体。?C分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键。?C分子6060只含有五边形和六边形。?多面体的顶点数、面数和棱边数的关系，遵循欧拉定 理：顶点数+面数-棱边数=2。?C分子有12个五边形和20个六边形。?C分子6060所含双键数为30。 根据信息?可以回答第（1）问。根据信息?可以回答第（2）问。根据信息?、?、?可以回答第（3）问。根据信息?、?、?可以回答第（4）问。 第（1）问：出现?误区，是由于慌忙中把C熔点比金刚石熔点低，答成了60 “低”，造成了答非所问的错误。由此可见，在考场上保持良好的心态是十分重 要的，希望今后的考生要努力走出这类误区。出现?误区，是由于判断错误所致。 出现?～?误区，均由于不知道不同类物质的熔点的高低是由晶体类型决定的， 不清楚金刚石是原子晶体，而固体C不是原子晶体，仅比较单双键键能大小是60 不正确的，才导致了失误。出现?误区，是由于对金刚石是原子晶体，它是正四 面体空间网状结构，既不是平面网状，也不同于甲烷分子的正四面体构型不清楚， 导致失误。 第（2）问：出现?误区，是由于判断错误所致。出现?误区，是由于未指 明双键个数，回答中不能充分运用题示新信息“C分子所含的双键数为30”，60 反映出有些同学的自学能力差，或思维的严密性差，导致了失误。出现?误区， 是由于把加成反应答成了取代反应所致。出现?误区，是由于混淆了加成反应与 取代反应所致。出现?误区，是由于抓不住答题要点，答非所问所致。 第（3）问：出现?误区，是由于双键数求错，不清楚题目中“C分子所含60的双键数为30”的含义，导致失误。出现?误区，是由于总键 失误。出现?误区，是由于双键数应为30，不应是30×2=60，导致失误。出现?误区，是由于把单键数与价电子数混为一谈导致失误。应该是60个碳原子，共有60×4=240个价电子，每4个价电子形成一个双键，耗用掉30×4=120个价电子，每2个价电子形成一个单键，所以单 现12＋20=36这一加法运算的错误，导致后面的推导连续失误。应该是面数 =12+20=32，60+32-棱数=2，棱边数=总键数=92-2=90，单键数=90-30=60。 第（4）问：出现?误区，是由于不慎将“＋”、“-”号写错，导致失误。应该是面数=2+棱边数-顶点数=2+70+35-70=37。出现?误区，是由于只找到了这 一个二元一次方程，还缺少一个方程：70＋（x＋y） 【正确答案】 （1）金刚石 金刚石属原子晶体，而固体C不是，故金刚石熔点较高。 60 （答出“金刚石属原子晶体”即给分） （2）可能因C分子含30个双键，与极活泼的F发生加成反应即可生成CF6026060 （只要指出“C含30个双键”即给分，但答“因C含有双键”不给分） 6060 也可由欧拉定理计算键数（即棱边数）：60＋（12＋20）-2=90 C分子中单键为：90-30=60 60 （答“2×30（双键数）=60”即给分） （4）设C分子中五边形数为x，六边形数为y。依题意可得方程组： 70 解得：五边形数x=12，六边形数y=25 附：第（3）问的其他解法，供大家参考。 解法一：以价电子数为突破口，分析推算。 分析：碳是?A族元素，每个碳原子有4个价电子，所以C 分子中共有价电60子总数为240，当碳碳原子间每形成一个双键，必然用去4个价电子，即C?C。 据题示信息“C分子所含的双键数为30”，则共用去价电子数为4×30＝120，60 剩余的价电子数是240-120=120。又由于碳碳原子之间每形成一个单键，必然用 去2个价电子，即C?C。故C分子中的单键数为120?2=60。 60 解法二：以化学键的成键规律为突破口，分析推算。 分析：根据题示信息“C分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学60 键”，可知每个碳原子与相邻碳原子间有1个双键，必然有2 因此单键数为30×2＝60。 解法三：以欧拉定理为突破口。分析推算。 分析：由题示信息欧拉定理可知，C球形多面体的棱边数就是C分子中的6060 化学键数。因此可先求出C球形多面体的总棱数（即单键数与双键数之和），60 再减去双键数，即可求出C分子中含的单键数。 60 已知C分子中含12个五边形和20个六边形，又知每条棱被2个 60 =90。单键数为90-30=60。 附：第（4）问的其他解法，供大家参考。 解法一：以梭边数为突破口，列一元一次方程求解。 分析：根据题示信息“C 分子也已制得，它的分子结构模型可与C同样考7060 虑”，可知C分子中的每个碳原子也是与相邻的3个碳原子形成化学键，这样70 每个碳原子与其他碳原子之间有3条棱，而多面体的每条棱都是为2个碳原子共有，因此C球形多面体的总棱数为：70×3?2=105。 70 再根据欧拉定理：面数=2-顶点数+棱边数=2-70+105=37 设C分子中五边形数为x，则六边形数为（37-x），可列式： 70 解之，得x=12，六边形数为37-12=25。 解法二：以顶点数为突破口，列二元一次方程组求解。 分析：设五边形数为x，六边形数为y，根据题示信息欧拉定理可知： 则 x+y=37（面数） ? 再根据题示信息，从化学角度分析，C分子中每个碳原子与其他3个碳原子70 成键；从数学角度分析，C分子中每3条校共用一个顶点。因此可根据顶点数列70 式： 二元一次方程组为： 解之，得x=12，y=25。 解法三：以C 分子成键规律为突破口，分析C求解。 6070 分析：受题示信息C的分子结构模型可以与C同样考虑的启发，C分子中706060化学键的成键规律为： 碳原子数：单键数=1?1； 碳原子数：双键数=2?1 应用此规律分析C分子，故C分子中含单键数为70，双键数为35。因此，7070 总键数为70＋35＝105（C球多面体的总棱数是105）。然后根据欧拉定理求出70 面数为2-70＋105=37。后面的解法可同解法一或解法二，不再赘述 （1992-38） 写出HS燃烧反应的化学方程式。1.0LHS气体和aL空气22混和后点燃，若反应前后气体的温度和压强都相同（20?，101.3kPa），试讨论当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，其他成分可忽略不计）。 【错解】 ?只答a＝2.5时，V＝2.0L；a＝7.5时，V＝7.0L。 【评析】 审题是关键！注意审清以下三点：第一，本题涉及引起体积变化 的反应有： 第二，题示条件：HS体积为1L，空气体积为aL（空气中N，O的体积比为2224?1），反应前后同温同压。 第三，本题要求：讨论的不同时，燃烧后气体的体积（带“?”的为关键字）。 运用的基本定律及解题方法：（1）阿伏加德罗定律及其推论——气体反应 方程式中系数比就是气态物质的体积比。（2）过量计算的要点与方法。（3）运用反应前后气体的体积差求解。 解法一：反应前气体总体积为（1+a）L。按反应（1），1LH S应消耗O0.5L，22即空气0.5L?1/5=2.5L。当a?2.5L时 O不足量2HS＋O==2HO+2S 体积减少 2222 2 1 0 0 3 a/5 （3a/5）心算得出 当a?2.5L时，O过量，体积变化与HS体积相关。 22 2HS＋3O==2HO＋2SO 体积减少 2222 2 3 0 2 3 HS 体积减少 2 1 （1.5）心算得出 ?V＝（1+a）L-1.5L＝（a-0.5）L 解法二：对a?2.5L分成两种情况讨论。 第一种：O过量，1LHS完全燃烧，消耗1.5LO，即耗空气aL＝1.5L?1/5222 ＝7.5L。 当a?7.5L时，体积变化由HS决定 2 ?V=（1＋a）L-1.5L＝（a-0.5）L （3）计算，但反应（3）反应前后体积差为0，仍按反应（1）求算： ?V＝（1+a）L-1.5L=（a-0.5）L 出现?误区，是由于不会讨论当a的取值范围不同时，燃烧后气体的总体积 V，怎样用含a的表达式表示，导致失误。出现?误区，是由于只讨论了O 不足2量时，V的表达式，忽略了当a?2.5L时，O过量情况下V的由HS决定，导致22漏掉一组解。出现?误区，恰好是漏掉了?误区的一组解，其原因是只讨论了当 a?2.5L时，O过量情况下V的表达式，忽略了当a?2.5L时，O不足量情况下22V的表达式，导致失误。 应该说明的是，本题的综合性强，在讨论取值范围过程中，涉及到过量的判 断及差量法的运用，所以本题也可属于过量判断型题，或讨论取值范围型题。 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 SO 也正确。 2 2．a?2.5L的情况，可以分两步讨论： 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 （1989-47） 18.4gNaOH和NaHCO 固体混和物，在密闭容器中加热到约3 250?，经充分反应后排出气体，冷却，称得剩余固体质量为16.6g。试计算原混和物中NaOH的百分含量。 【错解】 设NaHCO为xg，NaOH为yg， 3 【评析】 首先分析出混合物加热时发生的化学反应为： NaOH和NaHCO的物质的量之比为1?1，求加热后混合物质量减少多少g。3 获得了此数据，就找到了，据此可推断两种物质的物质的量之比，判断出 何种物质过量，方可开始计算。即：设混合物质量减少为z 124g?18.4g=18g?z 若混合物中NaOH和NaHCO 的物质的量之比大于1?1，则混合物的质量减少3 应小于2.67g；若混合物中NaOH和NaHCO的物质的量之比小于1?1，则混合物3 的质量减少应大于2.67g。 现混合物的质量减少为18.4g-16.6g=1.8g，1.8＜2.67，说明混合物中 。由于所设的未知数不同，可出现以下几种不同的运算过程。 第一种：设NaOH质量为x，NaHCO质量为（18.4g-x） 3 NaOH+NaHCO==NaCO+HO 3232 84g 18g （18.4g-x） 1.8g 84g?（18.4g-x）=18g?1.8g 解之，得x=10g 第二种：设原混合物中NaOH质量为x，反应后质量为y NaOH+NaHCO ==NaCO+HO 3232 40g 84g 106g （x-y）（18.4g-x）（16.6g-y） 第三种：设未参加反应的NaOH的质量为x 124g?（18.4g-x）=106g?（16.6g-x） 解之，得x=6g 原混合物中共有4g+6g=10g 显然，第一种设未知数的方法最好。 在常见误区的（2）式旁边画了“×”，其原因是误认为， 还残留在剩余固体中，对混合物受热（250?）发生的反应不清楚，不懂得NaOH会吸收NaHCO 分解产生的CO，更不清楚混合物质量从18.4g变成16.6g的原因，32 可以说从一开始就错了，致使最后结 【正确答案】 混合物加热时的化学方程式为： 2NaOH+CO===NaCO+HO 2232 若混合物中NaOH和NaHCO的物质的量之比为1?1，则加热后质量减少为 3 若混合物中NaOH和NaHCO的物质的量之比大于或小于1?1，则混合物的质3 量减少分别应小于或大于2.67g。 现混合物质量减少为18.4g-16.6g=1.8g，说明混合物中NaOH过量 设NaOH质量为x，NaHCO质量为18.4g-x 3 NaOH+NaHCO==NaCO+HO 3232 84g 18g （18.4g-x） 1.8g 84g?（18.4g-x）=18g?1.8g x=10g （1992-37三南高考题） 某学生对久置于空气中已部分变质的CaO取样分析，实验如下：取10.00g样品高温灼烧，将生成的气体全部通入足量的Ba（OH）-1溶液中，得到3.94g沉淀；另取1.00g样品，加入40mL1.0mol?L稀盐2 -1酸，充分反应后稀释至500mL。从中取出25mL溶液，以0.020mol?LNaOH溶液中和其中过量的盐酸，用去23mLNaOH溶液，试计算样品中各种物质的质量百分 组成。 【错解】 ?CaCO～BaCO 33 100g 187g x 3.94g ?除CaCO外，样品耗盐酸的物质的量为 3 -3-31.0×40×10-0.020×23×10-0.002×2＝0.035（mol）。 2+?除CaCO外，Ca的物质的量为0.0268mol。 3 【评析】 由样品高温灼烧后产生气体，且气体通入足量Ba（OH）溶液中2 得到沉淀，可推知样品中可能含有CaCO。 3CO+Ba（OH）==BaCO?＋HO 2232 CaCO～BaCO 33 100g 197g x 3.94g 100g?x＝197g?3.94g 解之，x=2.0g 1g样品中CaCO 为0.20g，物质的量为0.002mol，它与盐酸反应时，耗盐酸3 （0.002×2）mol。 -1-3-2加入盐酸的总物质的量为1.0mol?L×40×10L＝4×10mol。 10-3mol 除CaCO外，样品耗盐酸的物质的量为 3 -2-34×10mol-9.2×10mol-0.002×2mol=0.0268mol ，则质量为0.0134mol×56g?mol-1=0.7504g 因为1.00g样品中除CaCO外，其余物质的质量为1.00g-0.20g＝0.80g 3 0.7504g小于0.80g，所以样品中除有CaO外，一定还含有Ca（OH）。至此，2 可有以下三种解法。方法一：用差量法计算CaO和Ca（OH）的含量： 2 CaO～Ca（OH） 质量差 2 56g 74g 74g-56g=18g y 0.80g-0.7504g=0.0496g 74g?y＝18g?0.0496g 解之，得y=0.20g CaO的质量分数为1-20％-20％＝60％ 方法二：设0.80g样品中含CaO质量为z，含Ca（OH） 质量为（0.80g-z），2可列式： 解之，z=0.60g CaO的质量分数=1-20％-20％＝60％ 出现?误区，是由于把BaCO 的分子量197算成了187，导致失误。 3 失误。 出现?误区，是由于把Ca2+2+～2HCl这个关系式搞错了，本来Ca的物质的量 应为0.0134mol，却写成了0.0268mol，导致失误。 由此我们得到启示，在做这类题时，可先用极端假设法，然后用差量法或关 系式法或十字交叉法进行计算，要在分析问题的方法上多下功夫。 【正确答案】 据CO＋Ba（OH）==BaCO?＋HO 2232 CaCO～BaCO 33 100g 197g x 3.94g 100g?x=197g?3.94g 解之，得x=2.0g 1.00g样品中除CaCO外，其余物质的质量为 3 1.00g-1.00g×20％=0.80g 它们消耗的盐酸的物质的量为： 0.002mol×2＝0.0268mol 除CaCO2+外，Ca的总物质的量为0.0134mol 3 -1假设全部为CaO，则质量为0.0134mol×56g?mol=0.7504g 0.7504g＜0.80g，所以样品中一定含有Ca（OH） 2设0.80g中含CaO质量为y，含Ca（OH）质量为（0.80g-y），可列式： 2 解之，得y=0.60g