高考計(jì)算題解題勘誤講義[共28頁(yè)]
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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(wèn):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(wèn):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(píng)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(guò)量。 第(1)問(wèn)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(guò)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(wèn)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(guò)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(cè)定其中CuO的質(zhì)量x(g)。實(shí)驗(yàn)中可以測(cè)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(cè)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(qǐng)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(wèn):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(píng)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(lái),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(cè)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(cè)定出題目所測(cè)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(duì)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(méi)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(wèn)題,思維欠有序,造成了漏解和錯(cuò)解。 第(2)問(wèn):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(guò)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(guò)氧化鈣是一種安全無(wú)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(guò)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(guò)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(wèn):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(wèn):①40%,②62%,③ ×10-3),②72∶M(CaO2·xH2O)=80%,M=90,x=1。 【評(píng)析】 第(1)問(wèn):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(wèn):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(duì)(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(wèn):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(guò)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(guò)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(guò)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(wèn):①m高溫=19.6g,②m低溫=35.9g。第(2)問(wèn):①NaCl,②KNO3。 【評(píng)析】 第(1)問(wèn):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(guò)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(wèn): 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(wèn)與第(1)問(wèn)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(duì)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(qǐng)回答下列問(wèn)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(jiǎn)述其理由:_________________________。 (3)通過(guò)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_(kāi)_____。 (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(guò)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_(kāi)_____,六邊形數(shù)為_(kāi)_____。 【錯(cuò)解】 第(1)問(wèn):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(wèn):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(wèn):①面數(shù)=70+35-70-2=33(個(gè))。②5x+6y=3×70 【評(píng)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(wèn)。根據(jù)信息⑥可以回答第(2)問(wèn)。根據(jù)信息②、④、⑤可以回答第(3
34、)問(wèn)。根據(jù)信息②、③、④可以回答第(4)問(wèn)。 第(1)問(wèn):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(wèn)的錯(cuò)誤。由此可見(jiàn),在考場(chǎng)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(duì)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(wèn):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(wèn)所致。 第(3)問(wèn):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(wèn):出現(xiàn)①誤區(qū),是由于不慎將“+”、“-”號(hào)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(wèn)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(wèn)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):?jiǎn)捂I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(píng)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(guò)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(guò)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(duì)a≥2.5L分成兩種情況討論。 第一種:O2過(guò)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(guò)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(guò)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(shuō)明的是,本題的綜合性強(qiáng),在討論取值范圍過(guò)程中,涉及到過(guò)量的判斷及差量法的運(yùn)用,所以本題也可屬于過(guò)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(píng)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(guò)量,方可開(kāi)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(shuō)明混合物中NaOH過(guò)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(guò)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(jiàn)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(duì)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(shuō)從一開(kāi)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(shuō)明混合物中NaOH過(guò)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(duì)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(guò)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(píng)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(lái)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(wèn)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
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