第一篇：【创新方案】2014届高考化学总复习 化学平衡状态与化学平衡的移动教师精选题库
化学平衡状态与化学平衡的移动
(限时：60分钟 满分：100分)
一、选择题(本题包括10小题，每小题5分，共50分)
1．对于可逆反应M＋NQ达到平衡时，下列说法正确的是()
A．M、N、Q三种物质的浓度一定相等
B．M、N全部变成了Q
C．反应混合物中各组分的浓度不再变化
D．反应已经停止
2．已知：X(g)＋Y(g)3Z(g)，X与Y在有催化剂的条件下发生反应建立平衡(如图中实线所示)，在无催化剂的条件下发生反应建立平衡(如图中虚线所示)。则相应的图示中正确的是()
3．(2012·安徽高考)一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：
催化剂SO2(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋S(l)ΔH＜0
若反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是()
A．平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变
B．平衡时，其他条件不变，分离出硫，正反应速率加快
C．平衡时，其他条件不变，升高温度可提高 SO2 的转化率
D．其他条件不变，使用不同催化剂，该反应的平衡常数不变
高温、高压4．可逆反应N2(g)＋3H2(g)逆反应速率可用各反应物或生成物催化剂2NH3(g)的正、浓度的变化来表示。下列各关系中能说明反应已达到平衡状态的是()
A．3v正(N2)＝v正(H2)
C．2v正(H2)＝3v逆(NH3)B．v正(N2)＝v逆(NH3)D．v正(N2)＝3v逆(H2)
5．(2010·安徽高考)低温脱硝技术可用于处理废气中的氮氧化物，发生的化学反应为：
180 ℃2NH3(g)＋NO(g)＋NO2(g)在恒容的密闭容器中，下列有关催化剂2N2(g)＋3H2O(g)ΔH<0。
说法正确的是()
A．平衡时，其他条件不变，升高温度可使该反应的平衡常数增大
B．平衡时，其他条件不变，增加NH3的浓度，废气中氮氧化物的转化率减小
C．单位时间内消耗NO和N2的物质的量之比为1∶2时，反应达到平衡
D．其他条件不变，使用高效催化剂，废气中氮氧化物的转化率增大
6．一定条件下，在密闭容器中进行下列反应：
1NO(g)＋CO(g)N2(g)＋CO2(g)
2ΔH＝－373.2 kJ·mol，－
1达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是()
A．加催化剂同时升高温度
C．升高温度同时充入N2B．加催化剂同时增大压强D．降低温度同时增大压强
7．在一定条件下体积不变的密闭容器中，一定量的混合气体发生反应：aA(g)＋bB(g)cC(g)ΔH<0，达到平衡时，测得c(B)＝0.48 mol·L－1。保持温度不变，把容器体积扩大到原来的2倍，使其重新达到平衡，测得c(B)＝0.27 mol·L。下列有关说法不正确的是()
A．a＋b>c
C．C的体积分数降低B．A的转化率增大D．平衡一定逆向移动 －1
8.向绝热恒容密闭容器中通入 SO2 和 NO2，一定条件下使反应SO2(g)
＋ NO2(g)SO3(g)＋NO(g)达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图
如图所示。由图可得出正确的结论是()
A．反应在 c 点达到平衡状态
B．反应物浓度：a 点小于 b 点
C．反应物的总能量低于生成物的总能量
D．Δt1＝Δt2 时，SO2 的转化率：a～b 段小于 b～c 段
9.在密闭容器中进行如下反应：H2(g)＋I2(g)2HI(g)，在温度
T1和T2时，产物的量与时间的关系如图所示，符合图像的正确判断是
()
A．T1＞T2，ΔH＞0
C．T1＜T2，ΔH＞0B．T1＞T2，ΔH＜0D．T1＜T2，ΔH＜0
10．(2012·湖北三校联考)如图是温度和压强对反应X＋Y2Z影响的示意图。图中纵坐标表示平衡混合气体中Z的体积分数。下列叙述正确的是()
A．X、Y、Z均为气态
B．恒容时，混合气体的密度可作为此反应是否达到化学平衡状态的判断
依据
C．升高温度时v正增大，v逆减小，平衡向右移动
D．使用催化剂Z的产率提高
二、非选择题(本题包括4小题，共50分)
11．(10分)一定温度下，在密闭容器中进行反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH<0，反应达平衡后，改变下列条件，判断平衡移动的方向(填“向左”、“向右”或“不”)
(1)增大N2的浓度，平衡________移动。
(2)升高温度，平衡________移动。
(3)加入催化剂，平衡________移动。
(4)减小H2的浓度，平衡________移动。
12．(8分)(2012·山东高考节选)CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO(g)＋
2H2(g)CH3OH(g)。CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。该反应的ΔH________0(填“＞”或“＜”)。实际生产条件控制在250 ℃、1.3×10 kPa左右，选择此压强的理由是_____________________________________________________________
________________________________________________________________________。
13．(12分)(2011·海南高考)氯气在298 K、100 kPa时，在1 L水中可溶解0.09 mol，实验测得溶于水的Cl2约有三分之一与水反应。请回答下列问题。
(1)该反应的离子方程式为_______________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)估算该反应的平衡常数____________(列式计算)。
(3)在上述平衡体系中加入少量NaOH固体，平衡将向________移动。
(4)如果增大氯气的压强，氯气在水中的溶解度将________(填“增大”“减小”或“不变”)，平衡将向________移动。
催化剂14．(20分)(2011·全国高考)反应aA(g)＋bB(g)cC(g)(ΔH<0)在恒容条件下进行。改变其他反应条件，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如下图所示：
回答问题：
(1)反应的化学方程式中，a∶b∶c为________。
(2)A的平均反应速率vⅠ(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)从大到小排列次序为________。
(3)B的平衡转化率αⅠ(B)、αⅡ(B)、αⅢ(B)中最小的是________，其值是
____________________。
(4)由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是，采取的措施是_____________；
(5)比较第Ⅱ阶段反应温度(T2)和第Ⅲ阶段反应温度(T3)的高低：T2________T3(填“>”、“<”或“＝”)，判断的理由是________________。
(6)达到第Ⅲ阶段平衡后，将容器的体积扩大一倍，假定10 min 后达到新的平衡，请在下图中用曲线表示第Ⅳ阶段体系中各物质的浓度随时间变化的趋势(曲线上必须标出A、B、C)。
答案
化学平衡状态与化学平衡的移动
1．C 2.B 3.D 4.C 5.C 6.B 7.B
8．选D A项，c点v正最大，但不一定达到平衡；B项，a点反应物的浓度大于b点的浓度；C项，反应初始阶段，随着反应的不断进行，反应速率逐渐加快，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量大于生成物的总能量；D项由于b～c段v正大于a～b段，故b～c段SO2的转化率大于a～b 段。
9．选D 根据升高温度会缩小达到平衡所需时间的规律，可得出T2＞T1，从T2到T1是一个降温过程，HI的量在增加，说明平衡向正反应方向移动，正反应是放热反应即ΔH＜0。
10．选B 由图可知，在温度不变时增大压强，Z的体积分数减小，即平衡逆向移动，所以X、Y中至多有一种是气体，故A错误。因反应物中有非气体物质存在，所以恒容时只要平衡发生移动，混合气体的质量就会发生变化，则密度必然改变，所以混合气体的密度可作为此反应是否达到化学平衡状态的判断依据，B正确。升高温度，v正、v逆都增大，故C错误。催化剂对平衡移动无影响，不能提高Z的产率，故D错误。
11．(1)向右(2)向左(3)不(4)向左
12．解析：根据图示，当压强相同时，降低温度，CO的平衡转化率升高，说明降温平衡向正反应方向移动，因此正反应为放热反应，ΔH＜0。
答案：< 在1.3×10 kPa下，CO的平衡转化率已较高，再增大压强，CO的平衡转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失
13．解析：(1)氯气与水反应的离子方程式为：Cl2＋H2OHClO＋H＋Cl。
1(2)按1 L水中溶解0.09 mol Cl2进行计算，有0.09 mol×0.03 mol Cl2参加反应：
3Cl2 ＋ H2O HClO＋HCl
开始(mol/L)0.0900
反应(mol/L)0.030.030.03
平衡(mol/L)0.060.030.03 ＋－
4cHClO·cH＋0.03×0.03K＝＝＝0.015。cCl20.06
(3)在上述平衡体系中加入少量NaOH固体，溶液中的氢离子与氢氧根离子反应，氢离子浓度减小，使平衡向正反应方向移动。
(4)如果增大氯气的压强，氯气在水中的溶解度增大，平衡向正反应方向移动。
答案：(1)Cl2＋H2OHClO＋H＋Cl ＋－
cH＋·cHClO0.03×0.03(2)K＝＝0.015 cCl20.06
(3)正反应方向
(4)增大 正反应方向
14．解析：根据0～20 min，A、B、C三种物质浓度的变化量可以确定a∶b∶c＝1∶3∶2。观察图像，第 Ⅱ 阶段在第Ⅰ阶段达到平衡的基础上分离出产物C，恒容条件下压强减小，平衡正向移动，反应速率降低，第Ⅲ阶段在第Ⅱ阶段达到平衡的基础上浓度没有突变，反应正向进行，恒容条件下改变的条件为降低温度，反应速率再次降低直至达到平衡。
6.00 mol·L－3.00 mol·LαⅠ(B)50%、－16.00 mol·L
αⅡ(B)
－1－1－1＝3.00 mol·L－1.86 mol·L－13.00 mol·L－1－1－1×100%＝38%、αⅢ(B)＝1.86 mol·L－1.50 mol·L19%。－11.86 mol·L
第Ⅳ阶段在第Ⅲ阶段的基础上将容器体积扩大一倍，A、B、C各自的浓度在0 min时变为原来的一半，体积扩大，压强减小，平衡向逆反应方向移动，直至达到新的平衡状态，平衡时各自的浓度均比原平衡的浓度小，进而可画出各自的浓度随时间变化的曲线。
答案：(1)1∶3∶2
(2)vⅠ(A)>vⅡ(A)>vⅢ(A)
(3)αⅢ(B)0.19(19%)
(4)向正反应方向 从反应体系中移出产物C
(5)> 此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动
(6)
(注：只要曲线能表示出平衡向逆反应方向移动及各物质浓度的相对变化比例即可)
第二篇：XX届高考化学第一轮化学平衡要点复习教案_2
XX届高考化学第一轮化学平衡要点复习
教案
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§3.2
化学平衡
（4等效平衡）
【归纳与整理】
一、含义
时间
n
n
n
0
0
0.8
0.68
0.6
0.56
0.54
0.54
…
0.54
0.24
0.10
0
0
0
在一定条件下（恒温恒容或恒温恒压），对同一可逆反应，起始时加入物质的物质的量不同，而达到平衡时，同种物质的百分含量（体积分数、质量分数或物质的量分数）相同的化学平衡互称等效平衡。
二、分类
．体积可变的可逆反应（以合成氨反应为例）：
（1）在等温等容条件下，作为参照体系，在投入一定物质的量的N2和H2以后，经历一段时间，达到相应的平衡状态。
若反应起始时提供的原料N2、H2和NH3的物质的量分别以a、b、c表示，欲建立与参照体系相同的平衡状态，（即达平衡时N2、H2和NH3具有相同的体积分数），则a、b、c应满足的限制条件是什么？
（2）若在等温等压条件下，建立两相同的平衡体系，反应起始时提供的原料N2、H2和NH3的物质的量，应满足怎样的限制条件？
2．体积不变的可逆反应（以H2+I22HI为例）：
根据下表中的有关数据，填写当起始反应物的物质的量发生改变时，预测在建立平衡过程中各物质的物质的量变化的特征。
并讨论⑴等温等容条件下；⑵等温等压条件下；在上述反应欲建立相同平衡状态时与参照体系之间在原料方面应存在的一般限制关系。
时间
n
n
n
0
0
0.8
0.68
0.6
0.56
0.54
平衡
0.54
…
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0.24
0.10
0
0
0
时间
n
n
n
0
0
平衡
…
0
0
0
【例1】一定温度下，在恒定密闭容器中发生如下反应：2A+B
3c，若反应开始时充入2molA和2molB，达到平衡后A的体积分数为a%。其他条件不变时，若按下列四种配比作为起始物质，平衡后A的体积仍为a%的是（）
A.3molc
B.3molc和1molB
c.1molA、2molB和1molHe（不参加反应）
D.2molA、3molB和3molc
【例2】在一个体积固定的密闭容器中，保持一定温度，进行以下反应：
H2（g）+Br2（g）
2HBr（g）
已知加入1molH2和2molBr2时，达到平衡后，生成amolHBr。在相同条件下，且保持平衡时各组分的百分含量不变，对下列编号⑴～⑶的状态，填写表中的空白：
起始状态
平衡时HBr的物质的量
编号
H2
Br2
HBr
已知
0
a
⑴
0
⑵
0.5a
⑶
m
n
【基本练习】
等效平衡
．在一定容的密闭容器中，加入mmolA，nmolB发生下列反应：
mA（g）+nB（g）pc（g），平衡时c的浓度为wmol•L-1，若维持容器体积和温度不变，起始时放入amolA，bmolB，cmolc，要使平衡后，c的浓度仍为wmol•L-1，则a、b、c必须满足的关系是
A．a:b:c=m:n:p
B．a:b=m:n，c．
，D．，2．某温度下在密闭容器中发生如下反应3m+N
3E，若开始时只充入3molE，达平衡时，混合气体的压强比起始时增大了10%；若开始时只充入3molm和1molN的混合气体，达到平衡时m的转化率为
A．30%
B．40%
c．60%
D．70%
3．在一容积可变的密闭容器中，通入1molX和3moly，在一定条件下发生如下反应
X+3y
2Z，到达平衡后，y的转化率为a%，然后再向容器中通入2molZ，保持在恒温恒压下反应，当达到新的平衡时，y的转化率为b%。则a与b的关系是
A．a=b
B．a>b
c．a D．不能确定 4．密闭容器中，对于反应N2+3H22NH3，N2和H2起始时分别为10mol，30mol，达到平衡，H2的转化率为25％，若从NH3开始进行化学反应，在相同条件下，欲使平衡时各成分的含量与前者相同，则起始时NH3的物质的量及NH3的转化率应为 A．40mol和25％ B．40mol和80％ c．20mol和25％ D．20mol和75％ 5．在一恒定容积的容器中充入2molA和1molB发生反应：2A（g）+B（g） xc（g）。达到平衡后，c的体积分数为w%。若维持容积和温度不变，按0.6molA、0.3molB和1.4molc为起始物质，达到平衡后，c的体积分数仍为w%，则x的值为 A．只能为2 B．只能为3 c．可能为2，也可能为3 D．无法确定 6．在一定温度下，在一密闭容器中充入H20.5mol、I20.5mol，发生如下反应： H2（g）＋I2（g） 2HI（g）达到平衡时，生成HI0.8mol。在温度不变的情况下： ⑴保持体积不变，充入H2（g）1mol、I2（g）1mol，达到平衡时生成HIXmol ⑵保持压强不变，充入HI2mol，达到平衡时，剩余HIymol。则X、y分别是 A．0.6mol、0.6mol B．0.8mol、0.8mol c．1.6mol、1.6mol D．无法计算 7．在温度和容积相等的条件下，有反应：2A（g）+2B（g） 3c（g）+D（g），现分别从两条途径建立相应的平衡体系： Ⅰ．A、B起始浓度均为2mol/L； Ⅱ．c、D起始浓度分别6mol/L和2mol/L，下列叙述正确的是 A．Ⅰ、Ⅱ两途径最终达到平衡时，体系内各气体的物质的量分数不同 B．Ⅰ、Ⅱ两途径最终达到平衡时，体系内各气体的体积分数相同 c．达到平衡后，Ⅰ途径的vA等于Ⅱ途径的vA D．达到平衡所需的时间，Ⅰ途径可能与Ⅱ途径不相同 等效思想 ．某温度下，在一容积可变的容器中，反应2A（g）+B（g） 2c（g）达到平衡时，A、B和c的物质的量分别为4moL、2molL和4moL。保持温度和压强不变，对平衡混合物中三者的量做如下调整，可使平衡右移的是 A．均减半 B．均加倍 c．均增加1moL D．均减少1moL 2．某温度下，在体积不变的密闭容器中发生如下反应：2A（g）+B（g）3c（g）+2D（g），若开始时四个容器中所装A、B的物质的量分别为 甲：2molA、1molB； 乙：1molA、1molB； 丙：2molA、2molB； 丁：1molA、2molB 在相同温度下建立平衡时A、B转化率大小的关系为 A．A的转化率：甲＜丙＜乙＜丁 B．A的转化率：甲＜乙＜丙＜丁 c．B的转化率：甲＜丙＜乙＜丁 D．B的转化率：丁＜乙＜丙＜甲 3．一定温度下，将amolPcl5通入一个容积不变的反应器中，达到如下平衡 Pcl5（g） Pcl3（g）+cl2（g）测得平衡混合气体的压强为p1。此时再向反应器中通入amolPcl5，在不变的温度下再度达到平衡，测得压强为p2。则p1、p2的关系是 A．2p1>p2>p1 B．2p1=p2 c．2p1 D．无法判断 4．在容积相同的两密闭容器A和B中，保持温度为423k，同时向A、B中分别加入amol 及bmol碘化氢，待反应2HI I2+H2 达到平衡后，下列说法肯定正确的是 A．从反应开始到建立平衡A容器中所需的时间短 B．平衡时A、B两容器中I2蒸气的浓度相同 c．平衡时I2蒸气在混合气体中的百分含量，A容器大于B容器 D．平衡时HI的分解率等于 5．在恒温时，一固定容积的容器内发生如下反应：2No2 N2o4，达平衡时，再向容器内通入一定量的No2，重新达到平衡后，与第一次平衡时相比，No2的体积分数 A．不变 B．增大 c．减小 D．无法判断 6．某恒温恒容的容器中，建立如下平衡：2A（g）B（g），在相同条件下，若分别再向容器中通入一定量的A气体或B气体，重新达到平衡后，容器内A的体积分数比原平衡时 A．都增大 B．都减小 c．前者增大后者减小 D．前者减少后者增大 参考答案 等效平衡 【解析】Bc 2【解析】D 3【解析】A 4【解析】D 5【解析】c 6【解析】c 7【解析】BD 等效思想 【解析】 2【解析】A 3【解析】A 4【解析】AD 5【解析】c 6【解析】B 课时6 有机合成与推断 [课时诠释] 作为选考模块，有机化学在高考中以一道有机推断与合成综合型题目出现，一般为新课标全国卷第38题，分值为15分。主要考查有机物的命名、有机反应条件与有机反应类型的判断、有机物结构简式的推断及有机反应方程式的书写等。涉及的物质多为教材中比较熟悉的物质及当年有重大影响和科技上取得重大突破的物质，考查的仍为有机化学主干知识。其中根据题设信息，设计有机合成路线可能成为今后高考命题的热点。 微点聚焦一 有机合成路线综合分析 有机合成题考查的知识点多种多样，要想进行综合分析，主要涉及官能团的引入与转化，碳骨架的构建等。 [典题示例] 【示例1】(2016·全国卷Ⅰ)秸秆(含多糖类物质)的综合利用具有重要的意义。下面是以秸秆为原料合成聚酯类高分子化合物的路线： 回答下列问题： (1)下列关于糖类的说法正确的是________(填标号)。a．糖类都有甜味，具有CnH2mOm的通式 b．麦芽糖水解生成互为同分异构体的葡萄糖和果糖 c．用银镜反应不能判断淀粉水解是否完全 d．淀粉和纤维素都属于多糖类天然高分子化合物(2)B生成C的反应类型为________。 (3)D中的官能团名称为________，D生成E的反应类型为________。(4)F的化学名称是________，由F生成G的化学方程式为___________ _______________________________________________________。 (5)具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体，0.5 mol W与足量碳酸氢钠溶液反应生成44 g CO2，W共有________种(不含立体异构)，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为________。 (6)参照上述合成路线，以(反，反)-2,4-己二烯和C2H4为原料(无机试剂任选)，设计制备 对苯二甲酸的合成路线________________。 解析(1)糖类不一定具有甜味，不一定符合碳水化合物通式，a项错误；麦芽糖水解生成葡萄糖，而蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，b项错误；用碘水检验淀粉是否完全水解，用银氨溶液可以检验淀粉是否水解，c项正确；淀粉、纤维素都是多糖类天然高分子化合物，d项正确。(2)B→C发生酯化反应，又叫取代反应。(3)D中官能团名称是酯基、碳碳双键。D生成E，增加两个碳碳双键，说明发生消去反应。(4)F为二元羧酸，名称为己二酸或1,6-己二酸。己二酸与1,4-丁二醇在一定条件下合成聚酯，注意链端要连接氢原子或羟基，脱去小分子水的数目为(2n-1)，高聚物中聚合度n不可漏写。(5)W具有一种官能团，不是一个官能团；W是二取代芳香族化合物，则苯环上有两个取代基，0.5 mol W与足量碳酸氢钠反应生成44 g CO2，说明W分子中含有2个羧基。则有4种情况：①—CH2COOH，—CH2COOH；②—COOH，—CH2CH2COOH；③—COOH，—CH(CH3)COOH；④—CH3，—CH(COOH)COOH。每组取代基在苯环上有邻、间、对三种位置关系，W共有12种结构。在核磁共振氢谱上只有3组峰，说明分子是对称结构，结构简式为。(6)流程图中有两个新信息反应原理：一是C与乙烯反应生成D，是生成六元环的反应；二是D→E，在Pd/C，加热条件下脱去H2增加不饱和度。结合这两个反应原理可得出合成路线。答案(1)cd(2)取代反应(酯化反应)(3)酯基、碳碳双键 消去反应(4)己二酸 催化剂 ――→ ＋(2n-1)H2O(5)12 (6)C2H4――→加热Pd/C――→加热KMnO4/H――→加热 ＋【解法指导】 一、官能团的转化 1．官能团的引入 ①卤代烃的消去： CH3CH2Br＋NaOH―醇― △ →CH 2===CH2 ↑＋1引 NaBr＋H2O入碳②醇的消去：碳双浓―H―2SO→4键CH3CH2OH170 ℃ CH2 ===CH2 ↑＋H2 O③炔烃的不完全加成： HC≡CH＋HCl一定条件――→CH2 ===CHCl(2)引入卤素原子 2．官能团的消除 (1)通过加成反应可以消除加成反应。 或—C≡C—：如CH2===CH2在催化剂作用下与H2发生(2)通过消去、氧化或酯化反应可消除—OH： 如CH3CH2OH消去生成CH2===CH2，CH3CH2OH氧化生成CH3CHO。(3)通过加成(还原)或氧化反应可消除—CHO： 如CH3CHO氧化生成CH3COOH，CH3CHO加H2还原生成CH3CH2OH。 (4)通过水解反应可消除： 如CH3COOC2H5在酸性条件下水解生成CH3COOH和C2H5OH。(5)通过消去反应或水解反应消除卤素原子。 如CH3CH2Br在NaOH醇溶液中发生消去反应生成乙烯和溴化钠，在NaOH水溶液中发生水解反应生成乙醇和溴化钠。3．官能团的保护 有机合成中常见官能团的保护： (1)酚羟基的保护：因酚羟基易被氧化，所以在氧化其他基团前可以先使其与NaOH反应，把—OH变为—ONa将其保护起来，待氧化后再酸化将其转变为—OH。 (2)碳碳双键的保护：碳碳双键也容易被氧化，在氧化其他基团前可以利用其与HCl等的加成反应将其保护起来，待氧化后再利用消去反应转变为碳碳双键。 (3)氨基(—NH2)的保护：如在对硝基甲苯合成对氨基苯甲酸的过程中应先把—CH3氧化成—COOH之后，再把—NO2还原为—NH2。防止当KMnO4氧化—CH3时，—NH2(具有还原性)也被氧化。 二、有机合成中碳骨架的构建 1．链增长的反应 加聚反应；缩聚反应；酯化反应；利用题目信息所给反应。如卤代烃的取代反应，醛酮的加成反应„„ (1)醛、酮与HCN加成： (2)醛、酮与RMgX加成： (3)醛、酮的羟醛缩合(其中至少一种有α-H)： (4)苯环上的烷基化反应： (5)卤代烃与活泼金属作用： 2CH3Cl＋2Na―→CH3—CH3＋2NaCl 2．链减短的反应(1)烷烃的裂化反应； (2)酯类、糖类、蛋白质等的水解反应； (3)利用题目信息所给反应。如烯烃、炔烃的氧化反应，羧酸及其盐的脱羧反应„„ [体验感悟] 1．(2016·北京调研)化合物A(分子式为C6H6O2)是一种有机化工原料，在空气中易被氧化。由A合成黄樟油(E)和香料F的合成路线如下(部分反应条件已略去)： 已知：B的分子式为C7H6O2，不能发生银镜反应，也不能与NaOH溶液反应。(1)写出E中含氧官能团的名称：________和________。 (2)写出反应C→D的反应类型：____________________________________。(3)写出反应A→B的化学方程式：___________________________________。 (4)某芳香化合物是D的同分异构体，且分子中只有两种不同化学环境的氢。写出该芳香化合物的结构简式：________(任写一种)。 (5)根据已有知识并结合流程中相关信息，写出以、为主要原料制备合成路线流程图示例如下： 的合成路线流程图(无机试剂任用)。 NaOH醇溶液烷基铝CH3CH2Br――→CH2===CH2――→CH2—CH2 △解析 本题考查了有机反应类型、官能团、同分异构体、结构简式、有机化学方程式的书写等，意在考查考生对相关知识的理解与应用能力。根据合成路线和已知信息推知A为，B为。(1)根据E的结构简式可知其中含氧官能团有羰基和醚键。(2)对比C和D的结构简式和反应条件可知，C→D为取代反应。(3)A→B可以理解 6 为Br—CH2—Br在碱性条件下生成HO—CH2—OH，与HO—CH2—OH发生分子间脱水生成。(5)在碱性条件下发生水解反应生成，然后被氧化为，在与H2O作用下生成与HBr发生取代反应生成，两分子答案(1)醚键 羰基(2)取代反应 在Mg存在条件下生成。 (3)＋CH2Br2＋2NaOH―→＋2NaBr＋2H2O(或＋NaOHCH2Br2――→ ＋2NaBr)(4)(或合理答案均可)7(5) NaOH溶液――→△O2――→Cu/△ ――→2H2O HBr――→Mg ――→ 2．(2016·太原质检)盐酸多利卡因是一种局部麻醉药及抗心律失常药，可由芳香烃A为原料合成： 已知：回答下列问题。Fe，HCl――→△ (1)B的官能团名称为________，D的分子式为________________。 (2)反应①的化学方程式为________________，反应类型为________，上述流程中，反应类型与①相同的还有________(填反应序号)。(3)反应④除生成E外，另一种产物的化学式为____________________。(4)写出ClCH2COCl与足量的NaOH溶液反应的化学方程式：_________________。 已知：＋NaOH―→＋NaCl(R为烃基)(5)C的芳香族同分异构体中，苯环上只有1个取代基的异构体共有________种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱共有4组峰，且峰面积比为6∶2∶2∶1的是________(填结构简式)。 解析 本题主要考查有机物推断、官能团、反应类型、同分异构体判断及化学方程式书写等。根据已知信息可知B为。B发生还原反应，即硝基被还原为氨基，得到C。C中氨基上氢原子被取代生成D，D继续发生取代反应生成E。(1)根据以上分析可知B的官能团名称为硝基，D的分子式为C10H12ONCl。(2)根据以上分析可知反应①是间二甲苯发生硝化反应生成B，反应的化学方程式为＋HNO3(浓) H2SO4浓 ――→△ ＋H2O。上述流程中，反应类型与①相同的还有③④。(3)根据原子守恒可知反应④除生成E外，另1种产物的化学式为HCl。(4)根据题给信息知，ClCH2COCl与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为ClCH2COCl＋3NaOH―→HOCH2COONa＋2NaCl＋H2O。(5)C的芳香族同分异构体中，苯环上只有1个取代基的有5种：、、、数比为6∶2∶2∶1。答案(1)硝基 C10H12ONCl、，其中中等效氢的个(2)(3)HCl H2SO4浓＋HNO3(浓)――→ △ ＋H2O取代反应 ③④ (4)ClCH2COCl＋3NaOH―→HOCH2COONa＋2NaCl＋H2O(5)5 【题型模板】 1．解题思路 2．有机合成的原则 (1)起始原料要廉价、易得、低毒性、低污染。(2)应尽量选择步骤最少的合成路线。(3)原子经济性高，具有较高的产率。 (4)有机合成反应要操作简单、条件温和、能耗低、易于实现。(5)要按一定的反应顺序和规律引入官能团、不能臆造不存在的反应。 微点聚焦二 有机推断题方法规律 有机推断题，要从反应的特殊性、特殊现象、利用正推、逆推法来进行推断。 [典题示例] 【示例2】(2016·全国卷Ⅱ)氰基丙烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为，从而具有胶黏性。某种氰基丙烯酸酯(G)的合成路线如下： 已知： ①A的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，核磁共振氢谱显示为单峰 ②HCN水溶液――→NaOH微量 回答下列问题： (1)A的化学名称为________。 (2)B的结构简式为________，其核磁共振氢谱显示为________组峰，峰面积比为________。 (3)由C生成D的反应类型为________。 (4)由D生成E的化学方程式为____________________________。(5)G中的官能团有________、________、________(填官能团名称)。 (6)G的同分异构体中，与G具有相同官能团且能发生银镜反应的共有________种(不含立体异构)。 解析 本题主要考查有机合成和推断，意在考查考生对有机合成路线的综合分析能力。(1)根据A能发生已知②中的反应，则A含有(羰基)，根据已知①中氧元素质量分数，58×0.276可知A中O的个数为＝1，根据核磁共振氢谱显示为单峰，知16 两端的取代基相同，结合相对分子质量为58，推出A的结构简式为，化学名称为丙酮。(2)B的结构简式为，有两种类型的氢原子，故其核磁共振氢谱有2组峰，峰面积比为1∶6或6∶1。(3)C为，C→D的反应条件为光照，反应类型为取代反应。(4)D为，D→E为D的水解反应，生成的E的结构简式为 。(5)G为，所含官能团有碳碳双键、酯基、氰基。(6)与G具有相同官能团且能发生银镜反应的G的同分异构体应含有甲酸酯基，包括、、HCOOCH2—CH===CHCN、HCOOCH===CHCH2CN、、、种。 答案(1)丙酮，共8(2)2 6∶1(或1∶6) (3)取代反应 (4) H2O ＋NaOH――→ ＋NaCl(5)碳碳双键 酯基 氰基(6)8 【知识支持】 1．根据反应中的特殊条件进行推断 (1)NaOH的水溶液——卤代烃、酯类的水解反应。(2)NaOH的醇溶液，加热——卤代烃的消去反应。(3)浓H2SO4，加热——醇消去、酯化、苯环的硝化等反应。 (4)溴水或溴的CCl4溶液——烯烃、炔烃的加成反应，酚的取代反应。(5)O2，Cu，加热——醇的催化氧化反应。 (6)新制的Cu(OH)2悬浊液，加热(或银氨溶液，水浴加热)——醛氧化成羧酸的反应。(7)稀H2SO4——酯的水解等反应。 (8)H2，催化剂——烯烃、炔烃的加成，芳香烃的加成，醛还原成醇的反应。(9)光照——烷基上的氢原子被卤素原子取代。 (10)Fe或FeX3(X为卤素原子)——苯环上的氢原子被卤素原子取代。2．根据特征现象进行推断 (1)使溴水褪色，则表示物质中可能含有碳碳双键、碳碳三键、酚羟基(产生白色沉淀)等。 12(2)使酸性KMnO4溶液褪色，则表示该物质中可能含有碳碳双键、碳碳三键或苯的同系物等。 (3)遇FeCl3溶液显紫色，说明该物质中含有酚羟基。 (4)与新制的Cu(OH)2悬浊液在加热沸腾时有砖红色沉淀生成，或能与银氨溶液在水浴加热时发生银镜反应，说明该物质中含有—CHO。 (5)与金属钠反应有H2产生，表示物质中可能有—OH或—COOH。(6)与Na2CO3或NaHCO3溶液反应有气体放出，表示物质中含有—COOH。(7)遇浓硝酸变黄，则表明该物质是含有苯环结构的蛋白质。(8)遇I2变蓝，则说明该物质为淀粉。3．根据某些产物推知官能团的位置 (1)由醇氧化成醛(或羧酸)，可确定—OH在链端；由醇氧化成酮，可确定—OH在链中；若该醇不能被氧化，可确定与—OH相连的碳原子上无氢原子。(2)由消去反应的产物可确定“—OH”或“—X”的位置。(3)由取代产物的种类可确定碳链结构。 (4)由加氢后碳架结构确定或—C≡C—的位置。 (5)由有机物发生酯化反应能生成环酯或聚酯，可确定有机物是羟基酸，并根据环的大小，可确定“—OH”与“—COOH”的相对位置。4．根据数据确定官能团的数目 (1) Na(2)2—OH(醇、酚、羧酸)――→H2 Na2CO3NaHCO3(3)2—COOH――→CO2，—COOH――→CO2 (4)1 mol Br2――→3H2――→mol H 2，—C≡C—(或二烯、烯醛)――→—CH2CH2— (5)某有机物与醋酸反应，相对分子质量增加42，则含有1个—OH；增加84，则含有2个—OH。 (6)由—CHO转变为—COOH，相对分子质量增加16；若增加32，则含2个—CHO。(7)当醇被氧化成醛或酮后，相对分子质量减小2，则含有1个—OH；若相对分子质量减小 4，则含有2个—OH。 [体验感悟] 1．(2016·大连一模)物质A(C5H8)是合成天然橡胶的单体，它的一系列反应如图所示(部分反应条件略去)： △A＋B――→④NaOH/H2O，△――→C8H10O3 ＋⑤H Br2――→C10H16Br2O2――→①CCl4②Br 2――→C③hν已知：RCHBrCH===CH2。请按要求回答下列问题： Br2，RCH2CH===CH2――→ hν(1)反应①和③的反应类型分别是________、________。 (2)B的分子式为________；B形成高聚物的结构简式为_______________。(3)反应②的化学方程式为_____________________________。 (4)C为一溴代物，分子中分别含有2个—CH3、2个______________________________。，反应④的化学方程式为(5)A的名称是________；写出所有符合下列条件的A的同分异构体的结构简式：________。①环状 ②核磁共振氢谱显示有2种氢原子 ③不含立体异构 解析 本题考查有机物的推断。化合物A是合成天然橡胶的单体，分子式为C5H8，所以A是异戊二烯，A和B反应生成，根据异戊二烯和的结构简式知，A和B发生了加成反应，B的结构简式为CH2===CHCOOCH2CH3，和溴发生加成反应生成和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成，和溴反应生成C，C为一溴代物，分子中分别含有两个—CH3，2个，C和氢氧化钠的水溶液反应，再和酸反应生成C8H10O3，所以C的结构简式为，C在氢氧化钠水溶液中水解再酸化得到分子式为C8H10O3，结构简式为的有机物。(1)通过以上分析知，①和③的反应类型分别是加成反应和取代反应。(2)通过以上分析知，B的分子式为C5H8O2，B形成高聚物的结构 15 简式为。(3)反应②为在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成的反应，反应的化学方程式为 乙醇＋2NaOH――→ △ ＋2NaBr＋2H2O。(4)C和氢氧化钠的水溶液反应的化学方程式为 水 ＋2NaOH――→ △ ＋NaBr＋C2H5OH。(5)化合物A是合成天然橡胶的单体，分子式为C5H8，所以A是异戊二烯，符合题给条件的A的同分异构体的结构简式有答案(1)加成反应 取代反应。 (2)C5H8O2 16(3) 乙醇 ＋2NaOH――→ △ ＋2NaBr＋2H2O(4) 水＋2NaOH――→ △ ＋NaBr＋C2H5OH(5)2-甲基-1,3-丁二烯(或异戊二烯) 2．(2016·济南质检)高分子树脂路线如下：、化合物C和化合物N的合成①HCN、OH已知：RCHO――→＋②H2O、H、△- SOCl2RCOOH――→ R′OH――→RCOOR′ 请回答下列问题： (1)A的结构简式为________，D中含氧官能团的名称是________。 (2)A在催化剂作用下可与足量H2充分反应生成B，该反应的反应类型是________，酯类化合物C的结构简式是______________________。 (3)F与醛类化合物M合成高分子树脂的化学方程式是________。 (4)酯类化合物N在NaOH溶液中发生水解反应的化学方程式是__________________________________。 (5)扁桃酸有多种同分异构体，其中含有三个取代基、能与FeCl3溶液发生显色反应、也能与NaHCO3溶液反应放出气体的同分异构体共有________种，写出符合条件的三个取代基不相邻的一种同分异构体的结构简式：_____________________________。 解析 本题考查了有机化合物的合成与推断知识，意在考查考生对相关知识的掌握情况和推断能力。根据框图中扁桃酸的结构简式和题给已知条件，可推出A的结构简式为，B由A与足量的氢气反应得到，所以B的结构简式为，则C的结构简式为，再由框图可推出D的结构简式为，进而推出E的结构简式为，再根据高分子树脂的结构简式和题给条件可推出F的结构简式为，M的结构简式为HCHO，N的结构简式为。(5)与FeCl3能发生显色反应说明含有酚羟基，与碳酸氢钠溶液反应放出气体，说明含有羧基，则符合条件的同分异构体有10种，分别是、、18、答案(1)羧基 (2)加成反应 ＋(3)＋nHCHO―H ―→ ＋(n-1)H2O(4) ＋2NaOH―△ ―→ ＋H2O(5)10 【题型建模】 有机推断题的解题思路 、、 2014年高考化学计算的解题方法与技巧 一、守恒法 利用电荷守恒和原子守恒为基础，就是巧妙地选择化学式中某两数(如化合价数、正负电荷总数)始终保持相等，或几个连续的化学方程式前后某微粒(如原子、电子、离子)的物质的量保持不变，作为解题的依据，这样不用计算中间产物的数量，从而提高解题速度和准确性。 （一）原子个数守恒 【例题1】某无水混合物由硫酸亚铁和硫酸铁组成，测知该混合物中的硫的质量分数为a，求混合物中铁的质量分数。 【分析】根据化学式FeSO4、Fe2(SO4)3可看出，在这两种物质中S、O原子个数比为1：4，即无论这两种物质以何种比例混合，S、O的原子个数比始终为1：4。设含O的质量分数x，则32/64＝a/x，x＝2a。所以ω(Fe)＝1－3a 【例题2】用1L1mol/L的NaOH溶液吸收0.8molCO2，求所得的溶液中CO23－和HCO3＝的物质的量之比为 【分析】依题意，反应产物为Na2CO3和NaHCO3的混合物，根据Na原子和C原子数守恒来解答。设溶液中Na2CO3为xmol，为NaHCO3ymol，则有方程式①2x+y=1mol/L×1L②x+y=0.8mol，解得x=0.2，y=0.6，所以[CO32－]：[HCO3－]＝1：3（二）电荷守恒——即对任一电中性的体系，如化合物、混和物、溶液等，电荷的代数和为零，即正电荷总数和负电荷总数相等。 【例题3】在Na2SO4和K2SO4的混和溶液中，如果[Na+]=0.2摩／升，[SO42-]=x摩／升，[K+]=y摩／升，则x和y的关系是（A）x=0.5y(B)x=0.1+0.5y(C)y=2(x－0.1)(D)y=2x－0.1 【分析】可假设溶液体积为1升，那么Na+物质的量为0.2摩，SO42-物质的量为x摩，K+物质的量为y摩，根据电荷守恒可得[Na+]+[K+]=2[SO42-]，所以答案为BC 【例题4】用1L1mol/L的NaOH溶液吸收0.8molCO2，求所得的溶液中CO23－和HCO3＝的物质的量之比为 【分析】根据电荷守恒：溶液中[Na+]+[H+]=[HCO3－]+2[CO32－]+[OH－]，因为[H+]和[OH－]均相对较少，可忽略不计。∴[Na+]=[HCO3－]+2[CO32－]，已知[Na+]＝1mol/L，根据C原子守恒：[HCO3－]+[CO32－]＝0.8mol/L，所以1＝0.8+[CO32－]，所以[CO32－]＝0.2mol/L，[HCO3－]＝0.6mol/L，所以[CO32－]：[HCO3－]＝1：3（三）电子守恒——是指在发生氧化—还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数，无论是自发进行的氧化—还原反应还是原电池或电解池中均如此。 【例题5】将纯铁丝5.21克溶于过量稀盐酸中，在加热条件下，用2.53克KNO3去氧化溶液中亚铁离子，待反应后剩余的Fe2+离子尚需12毫升0.3摩/升KMnO4溶液才能完全氧化，写出硝酸钾和氯化亚铁完全反应的方程式。 【分析】铁跟盐酸完全反应生成Fe2+，根据题意可知Fe2+分别跟KMnO4溶液和KNO3溶液发生氧化还原反应，KMnO4被还原为Mn2+，那么KNO3被还原的产物是什么呢？根据电子得失守恒进行计算可得KNO3被还原的产物是NO，所以硝酸钾和氯化亚铁完全反应的化学方程式为：KNO3+3FeCl2+4HCl=3FeCl3+KCl+NO+2H2O 【练习】往150mLFeBr2溶液中缓缓通入2.24L（标况）氯气，反应完全后，溶液中有1/3的溴离子被氧化成溴单质。求原溶液FeBr2的物质的量浓度。 （四）质量守恒——质量守恒就是化学反应前后各物质的质量总和不变，在配制或稀释溶液的过程中，溶质的质量不变。 【例题6】1500C时，碳酸铵完全分解产生气态混合物，其密度是相同条件下氢气密度的()（A）96倍（B）48倍（C）12倍（D）32倍 【分析】(NH4)2CO3=2NH3↑+H2O↑+CO2↑ 根据质量守恒定律可知混和气体的质量等于碳酸铵的质量，从而可确定混和气体的平均分子量为96/4=24，混和气体密度与相同条件下氢气密度的比为24/2 =12，所以答案为C 【练习】0.1mol某烃与1mol过量的氧气混合，充分燃烧后，通过足量的Na2O2固体，固体增重15g，从Na2O2中逸出的全部气体在标准状况下为16.8L，求该烃的化学式。 （五）原子的物质的量守恒——即反应前后各元素种类不变，各元素原子个数不变，其物质的量、质量也不变。 【例题7】有一在空气中放置了一段时间的KOH固体，经分析测知其含水2.8%、含K2CO337.3% 取1克该样品投入25毫升2摩／升的盐酸中后，多余的盐酸用1.0摩／升KOH溶液30.8毫升恰好完全中和，蒸发中和后的溶液可得到固体()（A）1克（B）3.725克（C）0.797克（D）2.836克 【分析】KOH、K2CO3跟盐酸反应的主要产物都是KCl，最后得到的固体物质是KCl，根据元素守恒，盐酸中含氯的量和氯化钾中含氯的量相等，所以答案为B（六）化合价数值守恒 【例题8】某元素X的氧化物含氧44.0％，已知该元素的相对原子质量为51，则该氧化物的化学式为（）（A）XO（B）X3O5（C）XO3（D）X2O5 【分析】设X元素的化合价为+n，根据氧元素化合价总数等于X元素化合价总数的原则得：56n/51＝44×2/16，解得n＝5，则氧化物的化学式为D。 【练习】某酸式盐的组成可用Ca3(PO4)2·nH3PO4·mH2O表示。现取该磷酸盐7.56g加热到失去全部结晶水后残余物质量为7.02g。同质量的该盐溶于水并加入4.44g消石灰刚好使之全部转化为正盐，则该盐的组成为（）（A）Ca3(PO4)2·5H3PO4·2H2O（B）Ca3(PO4)2·4H3PO4·3H2O（C）Ca3(PO4)2·5H3PO4·3H2O（D）Ca3(PO4)2·2H3PO4·5H2O（七）体积守恒 【练习】有一真空瓶的质量为M1g，该瓶充入空气总质量为M2g，在相同状况下，若该充某气体A后，总质量为M3g。则A的相对分子质量为（八）守恒的综合利用 1.硝酸工业中用NaOH处处理废气，现对废气中的NO和NO2的含量作如下分析：将一定量的废气通人100mL 1mol/LNaOH溶液中，反应后NO和NO2均无剩余，且溶液质量增加3.2g，再向此溶液中通人O2，使溶液中的NaNO2完全转化为NaNO3，再用0.2mol/L盐酸中和过量的NaOH，消耗盐酸100mL，求废气中NO和NO2物质的量之比。 2.已知Cl－和Ag+反应生成AgCl，每次新生成的AgCl中又有10％见光分解成单质银和氯气，氯气又可在水溶液中歧化HClO和HCl，生成的Cl－又可与Ag+继续反应。现有1.1molNaCl溶液，向其中加人足量AgNO3溶液，求最终生成多少克难溶物（Ag和AgCl）？若最后溶液体积为IL，求[H+]为多少？ 二、差量法 差量法是依据化学反应前后的某些“差量”（固体质量差、溶液质量差、气体体积差、气体物质的量之差等）与反应或生成物的变化量成正比而建立的一种解题方法。此法将“差量”看作化学方程式右端的一项，将已知差量（实际差量）与化学方程式中的对应差量（理论差量）列成比例，其他解题步骤与按化学方程式列比例或解题完全一样。 （一）质量差法 【例题9】在1升2摩/升的稀硝酸溶液中加入一定量的铜粉，充分反应后溶液的质量增加了13.2克，问：（1）加入的铜粉是多少克？（2）理论上可产生NO气体多少升？（标准状况）【分析】硝酸是过量的，不能用硝酸的量来求解。铜跟硝酸反应后溶液增重，原因是生成了硝酸铜，所以可利用这个变化进行求解。 3Cu + 8HNO3 = 3Cu(NO3)2 + 2NO↑+ 4H2O 增重 192 44.8 636-504=132 X克 Y升 13.2 可得X=19.2克，Y=4.48升 【练习】1.在天平两盘内各放有等质量等体积的烧杯，分别盛有同物质的量同体积的盐酸，天平平衡。再分别加人一定量的镁、铝，充分反应后，若使天平仍然保持平衡，则加人镁、铝的物质的量之比为（）（A）9：8（B）11：12（C）12：11（D）3：4 2.将4.6g钠和4.8g镁分别投入盛有等物质的量浓度、等体积的稀硫酸的两个烧杯中，充分反应后，所得溶液总质量分别为mg和ng，则不可能的关系为（）（A）m=n（B）m>n（C）m 【分析】原混和气体总体积为90毫升，反应后为70毫升，体积减少了20毫升。剩余气体应该是生成的二氧化碳和过量的氧气，下面可以利用烃的燃烧通式进行有关计算。 CxHy +（x+y/4）O2 → xCO2 + y/2 H2O 体积减少 1 1+y/4 10 20 计算可得y=4，烃的分子式为C3H4或C2H4或CH4 【练习】某体积可变的密闭容器，盛适量A和B的混合气体，在一定条件下发生反应； A＋3B≒2C，若维持温度和压强不变，当达到平衡时，容器的体积为VL，其中C气体的体积占10％，下列推断正确的是（）①原混和气体的为l.2L ②原混合气体的体积为1.1L ③反应达平衡时气体A消耗掉0.05VL ④反应达平衡时气体B消耗掉0.05VL（A）②③（B）②④（C）①③（D）①④（三）物质的量差法 【例题11】白色固体PCl5受热即挥发并发生分解：PCl5（气）= PCl3（气）+ Cl2 现将5.84克PCl5装入2.05升真空密闭容器中，在2770C达到平衡时，容器内的压强为1.01×105Pa，经计算可知平衡时容器内混和气体物质的量为0.05摩，求平衡时PCl5的分解百分率。 【分析】原PCl5的物质的量为0.028摩，反应达到平衡时物质的量增加了0.022摩，根据化学方程式进行计算。 PCl5（气）= PCl3（气）+ Cl2 物质的量增加 1 1 X 0.022 计算可得有0.022摩PCl5分解，所以结果为78.6% 【练习】可逆反应C（s）＋H2O（g）≒CO（g）＋H2（g），达平衡时，测得气体的总质量为mg，混合气体的物质的量为n mol。当改变条件使平衡向左移动达到新的平衡时，混合气体物质的量变化值为△n＝x，且m＞12x，n＞x。请回答下列问题： （1）达新平衡时，混合气体的平均相对分子质量为（2）达新平衡时，混合气体平均相对分子质量的变化值△M＝（3）若混合气体的平均相对分子质量呈下列变化趋势，请确定m和n的关系： ①若混合气体的平均相对分子质量增大，则有 ②若混合气体的平均相对分子质量不变，则有 ③若混合气体的平均相对分子质量减小，则有 M1 M2 n2=（-M1）n1=（M2-）三、十字交叉法 十字交叉法是进行二组分混和物平均量与组分量计算的一种简便方法。凡可按M1n1 + M2n2 = M(－－)（n1 + n2）计算的问题，均可用十字交叉法计算的问题，均可按十字交叉法计算，算式如右图为： 式中，M(－－)表示混和物的某平均量，M1、M2则表示两组分对应的量。如M(－－)表示平均分子量，M1、M2则表示两组分各自的分子量，n1、n2表示两组分在混和物中所占的份额，n1:n2在大多数情况下表示两组分物质的量之比，有时也可以是两组分的质量比，如在进行有关溶液质量百分比浓度的计算。十字交叉法常用于求算：混和气体平均分子量及组成、混和烃平均分子式及组成、同位素原子百分含量、溶液的配制、混和物的反应等。 （一）混和气体计算中的十字交叉法 【例题12】在常温下，将1体积乙烯和一定量的某气态未知烃混和，测得混和气体对氢气的相对密度为12，求这种烃所占的体积。 【分析】根据相对密度计算可得混和气体的平均式量为24，乙烯的式量是28，那么未知烃的式量肯定小于24，式量小于24的烃只有甲烷，利用十字交叉法可求得甲烷是0.5体积 【练习】在相同的条件下，将H2（密度为0.0899g/L）与CO2（密度为1.977g/L）以何体积比混合，才能使混合气体的密度为1.429g/L？（二）同位素原子百分含量计算的十字叉法 【例题13】溴有两种同位素，在自然界中这两种同位素大约各占一半，已知溴的原子序数是35，原子量是80，则溴的两种同位素的中子数分别等于。 （A）79、81（B）45、46（C）44、45（D）44、46 【分析】两种同位素大约各占一半,根据十字交叉法可知,两种同位素原子量与溴原子量的差值相等,那么它们的中子数应相差2,所以答案为D（三）溶液配制计算中的十字交叉法 【例题14】某同学欲配制40%的NaOH溶液100克，实验室中现有10%的NaOH溶液和NaOH固体，问此同学应各取上述物质多少克？ 【分析】10%NaOH溶液溶质为10，NaOH固体溶质为100，40%NaOH溶液溶质为40，利用十字交叉法得：需10%NaOH溶液为 60/90 ×100=66.7克，需NaOH固体为30/90 ×100=33.3克 【练习】1.有Ag质量分数为15％的NaNO3溶液，若将其质量分数变为30％，可采取的方法的是（）（A）蒸发掉溶剂的1/2（B）蒸发掉A/2g溶剂（C）加入3A/14g NaNO3（D）加入3A/20g NaNO3 2.配制20％的硫酸溶液460g，需要98％的硫酸（密度为1.84g/mL）多少毫升？（四）混和物反应计算中的十字交叉法 【例题15】现有100克碳酸锂和碳酸钡的混和物，它们和一定浓度的盐酸反应时所消耗盐酸跟100克碳酸钙和该浓度盐酸反应时消耗盐酸量相同。计算混和物中碳酸锂和碳酸钡的物质的量之比。 【分析】可将碳酸钙的式量理解为碳酸锂和碳酸钡的混和物的平均式量，利用十字交叉法计算可得碳酸锂和碳酸钡的物质的量之比97:26 Na2CO3 1.6 NaHCO3 0.8 0.6 0.2 1 【例题16】用1L1mol/L的NaOH溶液吸收0.8molCO2，求所得的溶液中CO23－和HCO3＝的物质的量之比为 【分析】依题意，反应产物为Na2CO3和NaHCO3的混合物，若只生成为Na2CO3，需NaOH 1.6mol，若只生成为NaHCO3，需NaOH 0.8mol。现共消耗NaOH 1mol，于是由十字交叉法得（右图）： ∴n（Na2CO3）：n（NaHCO3）＝1：3 【练习】常温下，0.01mol/L的盐酸溶液与pH＝11的KOH溶液混合后，pH＝9，求混合前盐酸和KOH溶液的体积比 四、关系式法 实际化工生产中以及化学工作者进行科学研究时，往往涉及到多步反应：从原料到产品可能要经过若干步反应； 测定某一物质的含量可能要经过若干步中间过程。对于多步反应体系，依据若干化学反应方程式，找出起始物质与最终物质的量的关系，并据此列比例式进行计算求解方法，称为“关系式”法。利用关系式法可以节省不必要的中间运算步骤，避免计算错误，并能迅速准确地获得结果。 （一）物质制备中的关系式法 【例题17】含有SiO2的黄铁矿试样1克，在O2中充分灼烧后残余固体为0.76克，用这种黄铁矿100吨可制得98%的浓硫酸多少吨？（设反应过程有2%的硫损失）【分析】根据差量法计算黄铁矿中含FeS2的量为72%，而反应过程损失2%的硫即损失2%的FeS2，根据有关化学方程式找出关系式：FeS2 — 2H2SO4 利用关系式计算可得结果为：制得98%的浓硫酸117.6吨。 （二）物质分析中的关系式法 测定漂白粉中氯元素的含量，测定钢中的含硫量，测定硬水中的硬度或测定某物质组成等物质分析过程，也通常由几步反应来实现，有关计算也需要用关系式法。 【例题18】让足量浓硫酸与10克氯化钠和氯化镁的混合物加强热反应，把生成的氯化氢溶于适量的水中，加入二氧化锰使盐酸完全氧化，将反应生成的氯气通入KI溶液中，得到11.6克碘，试计算混和物中NaCl的百分含量。 【分析】根据有关化学方程式可得：4HCl — I2，利用关系式计算可得生成氯化氢的质量是6.7克，再利用已知条件计算得出混和物中NaCl的百分含量为65%。 五、估算法 （一）估算法适用于带一定计算因素的选择题，是通过对数据进行粗略的、近似的估算确定正确答案的一种解题方法，用估算法可以明显提高解题速度。 【例题19】有一种不纯的铁，已知它含有铜、铝、钙或镁中的一种或几种，将5.6克样品跟足量稀H2SO4完全反应生成0.2克氢气，则此样品中一定含有（A）Cu（B）Al（C）Ca（D）Mg 【分析】计算可知，28克金属反应失去1摩电子就能符合题目的要求。能跟稀H2SO4反应，失1摩电子的金属和用量分别为：28克Fe、9克Al、20克Ca、12克Mg，所以答案为A（二）用估算法确定答案是否合理，也是我们检查所做题目时的常用方法，用此法往往可以发现因疏忽而造成的计算错误。 【例题20】24毫升H2S在30毫升O2中燃烧，在同温同压下得到SO2的体积为（A）24毫升（B）30毫升（C）20毫升（D）18毫升 【分析】2H2S + 3O2 = 2SO2 + 2H2O 根据方程式系数的比例关系估算可得答案为D 六、平均值法 混合物的计算是化学计算中常见的比较复杂的题型。有些混合物的计算若用平均值法，则可化难为易，化繁为简，进而提高解这类题的能力。 两个数进行算术平均所得的平均值，一定介于两个数之间。若已知平均值，则可推断原 来两个数一定比平均值大，另一个数比平均值小。这种应用平均值去判断两个数的取值范围 的方法称为平均值法。 可利用分子量或原子量的平均值，体积平均值，组成平均值来确定混合物的组成。 【例题21】0.1mol由两种气态烃组成的混合气体完全燃烧后，得到0.16molCO2和3.6g水，混合气体中（）A.可能有甲烷 B.一定是甲烷和乙烯 C.一定没有乙烷 D.一定有乙炔 【分析】设混合气态烃的平均化学式为CxHy，因0.1molCxHy和O2反应生成0.16molCO2和0.2molH2O，则x=1.6,y=4,即混合烃的平均化学式为C1.6H4，由此可得：(1)混合气态烃中一定有CH4，(2)另一种气态烃为CnH4，可能是C2H4或C3H4等，但一定没有C2H6，故正确答案为Ｃ 七、始终态法 始终态法是以体系的开始状态与最终状态为解题依据的一种解题方法。有些变化过程中间环节很多，甚至某些中间环节不太清楚，但始态和终态却交待得很清楚，此时用“始终态法”往往能独辟蹊径，出奇制胜。 【例题22】把适量的铁粉投入足量的盐酸中，反应完毕后，向溶液中通入少量Cl2，再加入过量烧碱溶液，这时有沉淀析出，充分搅拌后过滤出沉淀物，将沉淀加强热，最终得到固体残留物4.8克。求铁粉与盐酸反应时放出H2的体积（标准状况）。 【分析】固体残留物可肯定是Fe2O3，它是由铁经一系列反应生成，氢气是铁跟盐酸反应生成的，根据2Fe — Fe2O3、Fe — H2 这两个关系式计算可得：H2的体积为1.344升 八、等效思维法 对于一些用常规方法不易解决的问题，通过变换思维角度，作适当假设，进行适当代换等使问题得以解决的方法，称为等效思维法。等效思维法的关键在于其思维的等效性，即你的假设、代换都必须符合原题意。等效思维法是一种解题技巧，有些题只有此法可解决，有些题用此法可解得更巧更快。 【例题23】在320C时，某+1价金属的硫酸盐饱和溶液的浓度为36.3%，向此溶液中投入2.6克该无水硫酸盐，结果析出组成为R2SO4·10H2O的晶体21.3克。求此金属的原子量。 【分析】21.3克R2SO4·10H2O晶体比2.6克无水硫酸盐质量多18.7克，这18.7克是从硫酸盐饱和溶液得的，所以它应该是硫酸盐饱和溶液，从而可知21.3克R2SO4·10H2O中含有11.9克结晶水、9.4克R2SO4，最后结果是：此金属的原子量为23 九、讨论法（一）不定方程讨论法 当一个方程式中含有两个未知数时，即为不定方程。不定方程一般有无数组解，有些化学题根据题设条件最终只能得到不定方程，必须利用化学原理加以讨论才可以得出合理的有限组解。使问题得到圆满解决。 【例题24】22.4克某金属M能与42.6克氯气完全反应,取等质量的该金属与稀盐酸反应,可产生氢气8.96升（标准状况），试通过计算确定该金属的原子量。 【解】金属M跟氯气反应生成物为MClx，跟稀盐酸反应生成物为MCly，分别写出化学方程式进行计算。 2M + xCl2 = 2MClx 2M 71x 列式整理可得：M=18.7x（1）式 2M + 2yHCl = 2MCly + yH2 2M 22.4y 列式整理可得：M=28y（2）式 对（1）式和（2）式进行讨论可得，当x=3、y=2时，原子量M=56（二）过量问题讨论法 所谓过量问题讨论法是指题目没有明确指出何种反应物过量，且反应物相对量不同时，反应过程可能不同，需要通过讨论来解题的方法。 【例题25】写出H2S燃烧反应的化学方程式。1升H2S气体和a升空气混和后点燃，若反应前后气体的温度和压强都相同（200C，101.3千帕），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，假设空气中氮气和氧气的体积比为4∶1，其它成分可忽略不计）。 【解】反应式为： 2H2S+3O2=2SO2+2H2O 2H2S+O2=2S+2H2O a升空气中含氧气0.2a升、含氮气0.8a 升。氮气不参加反应，体积保持不变。根据 2H2S+O2=2S+2H2O 若1升H2S气体和a升空气完全反应，则a=2.5升，下列进行讨论： (1)若a<2.5升，硫化氢过量 2H2S+O2=2S+2H2O 2 1 所以V=1-0.4a+o.8a=1+0.4a(L)(2)若a>2.5升,氧气过量 2H2S+O2=2S+2H2O 2H2S+3O2=2SO2+2H2O 2 1 2 3 2 可得V=0.2a-0.5+0.8a=a-0.5(L)（三）分析推理讨论法 在分析推理讨论法中，突出分析推理对不定因素的讨论，用较少的计算过程肯定可能的情况，否定不可能的假设，从而较快地进入实质性问题的解决过程。 【例题26】在28.4克CaCO3和MgCO3组成的混和物中加入足量稀盐酸，生成气体全部被250毫升2摩/升NaOH溶液吸收，将此溶液在减压，低温条件下蒸干得到29.6克不含结晶水的固体物质。求原混和物中各种物质各多少克？ 【解】NaOH物质的量为0.5摩，所以固体物质也应含有0.5摩的钠离子，下面进行讨论： (1)NaOH过量，0.5摩NaOH质量为20克，而0.25摩Na2CO3质量为26.5克，NaOH和Na2CO3混合不可能得到29.6克固体物质。这个假设不成立。 (2)CO2过量，固体物质可能为Na2CO3和NaHCO3，0.25摩Na2CO3质量为26.5克，0.5摩NaHCO3质量为42克,这个假设成立。 通过上述讨论可知29.6克固体物质是Na2CO3和NaHCO3的混和物，有关反应为: CO2 + 2NaOH =Na2CO3 + H2O CO2 + NaOH = NaHCO3 利用方程式计算CO2的物质的量为0.3摩，生成二氧化碳的有关反应为: CaCO3 + 2HCl = CaCl2 + H2O + CO2 MgCO3 + 2HCl = MgCl2 + H2O + CO2 利用方程式计算可得：原混和物中CaCO3为20克、MgCO3为8.4克。 【作业练习】 一、守恒法 1．把aL(NH4)2SO4和NH4NO3的混合溶液分成两等份，一份加入b mol烧碱并加热，刚好把NH3全部赶出。另一份需消耗c mol BaCl2沉淀反应刚好完全，原溶液中硝酸根离子物质的量浓度为(B)A.(b-2c)/ a mol/L B.(2b-4c)/ a mol/L C.(2b-c)/ a mol/L D.(b-22a)/ a mol/L 2．用铂电极电解500ml的KNO3和Cu(NO3)2混合液一段时间后，在两极均生成11.2L气体（标况下），则原溶液中Cu2+浓度为（Ｂ）A.0.5 mol/L B.1mol/L C.2 mol/L D.无法确定 二、差量法 3．在标况下，6.72 L NO2通过水后，收集到5.04L气体，则被氧化的NO2体积是(A)A.1.68 L B.2.52 L C.0.56 L D.1.12 L 4．溴化钾和氯化钾的混合物3.87g，溶于水并加入足量AgNO3溶液后，产生6.63g沉淀，则混合物中含K+为（ＢＤ）A.0.02 mol B.0.04 mol C.0.78g D.1.56g 三、十字交叉法 5．由CO2、H2和CO组成的混合气体在同温同压下与氮气的密度相同，则该混合气体中CO2、H2和CO的体积比不可能为(A)A.29:8:13 B.39:24:5 C.13:8:29 D.26:16:57 6．铜有两种天然同位素 63Cu和 65Cu , 参考铜的原子量为63.5 , 估算 63Cu 的平均原子百分含量约是()A.20% B.25% C.66.7% D.75% 7．物质的量分别为6摩/升, 1摩/升的硫酸溶液,按怎样的体积比才能配成4摩/升的 溶液? 四、关系式法 8．用稀硫酸溶解FeS和Fe(OH)3的混合物28.3g，可得到1.6g硫。原混合物中FeS质量可能是(BD)A.10.7g B.4.4g C.23.9g D.17.6g 9．镁带在空气中完全燃烧后，将其产物溶于50mL1.8mol/L稀盐酸中, 再加入20mL0.9moL/LNaOH溶液以中和多余的酸, 然后加入足量NaOH溶液使氨全部逸出, 经测定氨的质量为0.102g。求镁带的质量。（0.792g。运用质量守恒法和整体思维技巧）加热 10．工业生产电石是用生石灰与焦炭在电炉内加热进行的(3C+CaO===CaC2+CO),假设原料利用率为100%，则36t焦炭可生产多少t乙炔？(26t)五、估算法 11．下列化合物中氯元素的含量为47.65%的是(D)A.HCl B.NaCl C.AlCl3 D.KCl 12．2SO2(g)+O2(g)≒2SO3(g)+196.6KJ，就此反应测知4 molSO2参加反应时，放出的热量为314.3KJ，则SO2的转化率为(C)A.40% B.50% C.80% D.100% 六、平均值法 13．电解普通水（H2O）和重水（D2O）的混合物，通电一段时间后，两极共生成气体18.5g，其体积为33.6L(标况下)，在所生成的气体中重氢和普通氢的原子个数比为（Ｄ）A.2:3 B.2:5 C.1:2 D.1:3 14．有铷与另一种碱金属的合金4.4g，与足量水反应产生2.24L(标况下)氢气，则另一种碱金属可能是（Ａ）A.Li B.Na C.K D.Cs 15．两种气态烃混合物1体积充分燃烧时，需消耗相同条件下的氧气3.75体积，则这两种烃可能是（D）A.甲烷、乙烯 B.丙烯、丁烯 C.丙烷、丁烯 D.乙烯、丙烯 16．K2CO3样品中含有Na2CO3、KNO3、Ba(NO3)2三种杂质中的一种或两种，现将13.8g样品加入足量水，样品全部溶解，再加入过量的CaCl2溶液，得9g沉淀，原样品所含杂质的正确判断是(A B)A.肯定有KNO3 B.肯定有KNO3，可能有Na2CO3 C.肯定没有Ba(NO3)2，可能有KNO3 D.肯定没有Na2CO3和Ba(NO3)2 七、等效思维法 17．300C时一定量的硫酸铜溶液，若温度保持不变，加入25g胆矾或蒸发掉55g水均可得到饱和溶液。则300C时CuSO4饱和溶液的质量分数为（A）A.20% B.40% C.60% D.80% 八、讨论法 18．18.4g NaOH和NaHCO3混合固体，在密闭容器中加热至2500C，经充分反应后，排出气体，冷却，称得剩余固体为16.6g。试计算混合固体中NaOH的质量分数。(54.3%)19.某单质银硝酸反应，若参加反应的单质与硝酸的物质的量之比为，则酸元素在反应中所显示的化合价是（BD）A.B.C.D.20.标准状况下，将盛满、、混合气的集气瓶倒置于水中，完全溶解，无气体剩余，其产物不扩散，则所得溶液的物质的量浓度（M）数值大小范围为（B）A.B.C.D.21.由气态烃和气态炔烃组成的混合气体，（标况）质量为，该混合气体中与的体积比不可能是（D）A.B.C.D.22．有、混合溶液400mL，经测定其中浓度为，投入过量的锌粉，充分反应后过滤，所得固体残渣经洗涤干燥后，质量为。则： （1）原混合溶液中、的物质的量浓度为：= =。 （2）的数值。 （3）的数值越大，说明混合溶液中含量 越大。 （4）的最大值应为，最小值（以，表示）应为。 23．电子工业常用一定浓度的溶液腐蚀敷有铜箔的绝缘板，制成印刷线路板。有关反应为现将一块敷有铜箔的绝缘板浸入某溶液A中，一段时间后，将该线路板取出，向所得溶液B中加入铁粉，充分反应得固体； 将固体滤出并从滤液C（忽略反应前后溶液体积的变化）中取出，向其中滴入溶液时，溶液中的恰好完全沉淀。请计算： （1）溶液A中的物质的量浓度为 ； （2）假若铁粉不再溶解，向溶液B中加的铁粉质量至少应大于 ； （3）讨论当剩余固体的组成不同时和可能的取值范围，并填入下表： 剩余固体的组成 的取值范围 的取值范围（用含的代数式表示）只有铜 有铁且有铜 23.往的溶液中，通入标准状况下的气体，然后在低温和减压下蒸干水份得白色固体A求： （1）固体A的质量与通入的气体的关系，并指明固体的组成。 （2）当白色固体A的质量为，求通入硫化氢的体积（标准状况）情况1时，情况2时，九、极值法 19．由某碱金属M用其氧化物M2O组成的混合物4.0g与水充分反应后，蒸发、结晶得到干燥的固体5.0g，问该金属是何种金属？(K)20．PCl5在密闭容器中有反应：PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)。t1°C时PCl5的分解率为48.567%，t2°C时分解率为97.034%。则t2°C时反应体系的物质的量是t1°C时反应体系的多少倍（）（A）0.4(B)1.3(C)1.6(D)1.9 21．在一定条件下，气体A可发生如下反应：2 A(g)≒B(g)+ 3 C(g)。若已知所得混合气体对H2的相对密度为4.25。则A的式量可能是（C）（A）8.5(B)16(C)17(D)34 22．Mg、Al、Fe三种金属的混合物与足量稀硫酸反应，生成氢气2.8L（标况），则金属混合物中三金属的物质的量之和不可能是（）（A）0.120mol(B)0.15 mol(C)0.08 mol(D)0.10 mol 23．将一定质量的Mg、Zn、Al的混合物与足量稀硫酸反应，生成H2 2.8 L（标准状况），则原混合物的质量可能是（BC）A.2 g B.4 g C.8 g D.10 g 24．第IIA元素R的单质及其RO的混合物12 g，加足量水经完全反应后蒸干得固体16 g，试推测该元素可能是（BC）A.Mg B.Ca C.Sr D.Ba 25．C8H18经多步裂化，最后完全转化为C4H8、C3H6、H2H4、C2H6、CH4五种气体的混合物的平均分子质量可能是（BC）A.28 B.30 C.38 D.40 23．40g铁粉放入600g稀硝酸中，若二者恰好完全反应，且稀硝酸被还原为NO，求（1）稀硝酸的质量分数（2）被还原的硝酸的物质的量 十、始终态法 1．取一根镁条置于坩蜗内点燃，得到氧化镁和氮化镁混合物的总质量为0.47Og，冷却后加入足量水，将反应产物加热蒸干并灼烧，得到的氧化镁质量为0．486 g。 (1）写出氮化镁与水反应生成氢氧化镁和氨的化学方程式。 (2)计算燃烧所得混合物中氮化镁的质量分数。 反应条件不同，产物有别 化学方程式的书写，要重视反应条件，因为即使反应物相同，当反应条件不同时，产物往往不相同，现就各种情况举例说明。 一.反应物浓度不同，产物不同 例1.铜与浓反应，产物为，与稀硝酸反应，产物为NO。 例2.锌与稀硫酸反应可生成，与浓硫酸反应只能生成。 二.反应温度不高，产物不同 例3.浓与微热或不加热时生成，强热时生成。 例5.乙醇在浓硫酸的催化下，时产物是乙烯，时产物则为乙醚。 例6.与溶液反应，在常温下得到，加热时则得到。 例7.钠在氧气中，常温被氧化成白色的，加热或点燃则生成淡黄色的，例8.将通入冷的浓硫酸，只能被氧化成零价的S，而将与浓硫酸混合加热，则可将其氧化成+4价的。 例9.室温下浓硫酸、浓硝酸可使铁、铝钝化，加热时则可发生反应。 三.催化剂不同，产物不同 例10.卤代烃与水溶液共热生成醇，与NaOH醇溶液共热生成烯烃。 例11.乙醇在氧气中燃烧产物是和，而催化氧化的产物却是乙醛。 四.反应物用量不同，产物不同。 例12.磷在中燃烧，充分燃烧生成，不充分燃烧生成。 例13.硫化氢气体在氧气中燃烧，氧气不足时产物是单质硫，氧气充足时产物则为。 例14.强氧化性酸与少量铁反应生成铁盐，与过量的铁反应生成亚铁盐。 例15.多元弱酸的正盐与少量强酸反应生成酸式盐，与足量强酸反应生成弱酸。 例16.多元弱酸与碱反应，酸多生成酸式盐、酸少生成正盐。 例17.铝盐与适量的强碱溶液反应生成氢氧化铝，与过量的强碱溶液反应生成偏铝酸盐。 例18.偏铝酸盐与适量的强酸溶液反应生成氢氧化铝，与过量的强酸溶液反应生成铝盐。 五.操作顺序不同，产物不同 例19.向铝盐溶液中滴加强碱生成氢氧化铝沉淀，向强碱溶液中滴加铝盐则生成偏铝酸盐。 例20.向硝酸银中逐滴滴加氨水生成氢氧化银沉淀，向氨水中逐滴滴加硝酸银生成银氨溶液。 六.时间不同，产物不同 例22.新制的氯水中有七种微粒：，而久置的氯水由于发生的反应，其成分相当于稀盐酸。 方法总论 守恒法 守恒存在于整个自然界的千变万化之中。化学反应是原子之间的重新组合，反应前后组成物质的原子个数保持不变，即物质的质量始终保持不变，此即质量守恒。运用守恒定律，不纠缠过程细节，不考虑途径变化，只考虑反应体系中某些组分相互作用前后某些物理量或化学量的始态和终态，从而达到速解、巧解化学试题的目的。一切化学反应都遵循守恒定律，在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、元素守恒、原子守恒、电子守恒、电荷守恒、化合价守恒、能量守恒等等。这就是打开化学之门的钥匙。 一．质量守恒 质量守恒，就是指化学反应前后各物质的质量总和不变。 1．已知Q与R的摩尔质量之比为9:22，在反应X＋2Y¾®2Q＋R中，当1.6 g X与Y完全反应，生成4.4 g R，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为 A．46:9 B．32:9 C．23:9 D．16:9 2．在臭氧发生器中装入氧气100 mL。经反应3O2¾®2O3，最后气体体积变为95 mL（均在标准状况下测定），则混合气体的密度是 A．1.3 g/L B．1.5 g/L C．1.7 g/L D．2.0 g/L 二．元素守恒 元素守恒，就是指参加化学反应前后组成物质的元素种类不变，原子个数不变。 3．30 mL一定浓度的硝酸溶液与5.12 g铜片反应，当铜片全部反应完毕后，共收集到气体2.24 L（标准状况下），则该硝酸溶液的物质的量浓度至少为 A．9 mol/L B．8 mol/L C．5 mol/L D．10 mol/L 4．在CO和CO2的混合气体中，氧元素的质量分数为64%。将该混合气体5 g通过足量的灼热的氧化铜，充分反应后，气体再全部通入足量的澄清石灰水中，得到白色沉淀的质量是 A．5 g B．10 g C．15 g D．20 g 三．电子守恒 电子守恒，是指在氧化还原反应中，氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数。 5．某强氧化剂[XO(OH)2]+被亚硫酸钠还原到较低价态。若还原2.4×10-3 mol [XO(OH)2]+到较低价态，需要20 mL 0.3 mol/L Na2SO3溶液，则X元素的最终价态为 A．+2 B．+1 C．0 D．-1 6．3.84 g铜和一定量浓硝酸反应，当铜反应完毕时，共产生气体2.24 L（标况）。 （1）反应中消耗HNO3的总物质的量是__________mol。0.22 mol。 （2）欲使2.24 L气体恰好全部被水吸收，需通入__________mL标准状况下的氧气（氧气也恰好全部被吸收）。672 mL。 四．电荷守恒 电荷守恒，就是指在物理化学变化中，电荷既不能被创造，也不会被消灭。 换言之，在化学反应中反应物的电荷总数应等于产物的电荷总数； 在电解质溶液中阴离子所带的负电荷总量应等于阳离子所带的正电荷总量。 7．镁带在空气中燃烧生成氧化镁和氮化镁。将燃烧后的产物溶解在60 mL 2.0 mol/L的盐酸中，再用20 mL 0.5 mol/L NaOH溶液中和多余的盐酸，然后在此溶液中加入过量的碱，把氨全部蒸出来，用稀盐酸吸收，稀盐酸增重0.17 g。则镁带的质量为____g。1.2 五．化合价守恒 化合价守恒，是指化合物或混合物中正负化合价绝对值相等。 在电解过程中各电极上析出物质的总价数也是守恒的。 8．用0.1 mol/L的Na2SO3溶液300 mL，恰好将2×10-2 mol的离子还原，则元素X在还原产物中的化合价是 A．+1 B．+2 C．+3 D．+4 9．一种含MgO、Mg3N2的混合物，若其中Mg的质量分数为62.4%，则氮的质量分数为_____。5.6%。 六．能量守恒 在任何一个反应体系中，体系的能量一定是守恒的。 在解答与能量有关的试题时，考虑能量守恒，能使解题的程序简化。 10．已知硝酸钾晶体溶于水时要吸收热量，从溶液中析出晶体会放出热量，若有室温下硝酸钾饱和溶液20 mL，向其中加入1 g硝酸钾晶体，充分搅拌，这时 A．溶液的质量会减少 B．溶液的温度会降低 C．溶液的温度无变化 D．溶液的温度先降低后升高 七．巧练 11．往100 mL FeBr2溶液中缓慢通入2.24 L Cl2（标准状况），结果溶液中有1/3的溴离子被氧化成溴单质，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为_____mol/L。1.2 mol/L。 12．为了配制一种培养液，需用含有NaH2PO4和Na2HPO4（它们的物质的量之比为3:1）的混合液，每升混合液中含磷原子0.1 mol。现用4.0 mol/L的H3PO4溶液和固体NaOH配制2.0 L混合液，问需该H3PO4溶液_____mL和NaOH固体_____g。50 mL/10 g 13．在铁和氧化铁的混合物15 g中加入稀硫酸150 mL，标准状况下放出氢气1.68 L，同时铁和氧化铁均无剩余。向溶液中滴入KSCN未见颜色变化。为了中和过量的硫酸，且使Fe2+完全转化为氢氧化亚铁，共消耗3 mol/L的氢氧化钠溶液200 mL，则原硫酸的物质的量浓度为_____mol/L。2 mo/L。 14．某金属硝酸盐溶液，用铂做电极电解，电解时阳极产生的气体为560 mL（标准状况），在阴极析出m g金属，若金属在硝酸盐中为+n价，则金属的相对原子质量为 A．mn B．20m/n C．20mn D．10mn 守恒法巧解 一．质量守恒 1．已知：MQ/MR＝9/22，nQ/nR＝2/1。 mQ/mR＝nQMQ/nRMR＝2/1×9/22＝9/11； mQ＝mR×9/11＝4.4×9/11＝3.6 g。 根据质量守恒得到：mY＝mQ＋mR－mX＝3.6＋4.4－1.6＝6.4 g。则：mY/mQ＝6.4/3.6＝16/9。 2．由质量守恒定律得知，反应前后容器内的气体质量不变，为100 mL氧气质量。 则混合气体的密度为：r＝(32×0.1/22.4)/0.095＝1.5 g/L。 二．元素守恒 3．HNO3作氧化剂生成NO2与NO混合物（NOx）：n氧化剂＝2.24/22.4＝0.1 mol； HNO3作酸生成Cu(NO3)2：n酸＝2×5.12/64＝0.16 mol； N元素守恒，则HNO3的最低浓度为：c(HNO3)＝(0.1＋0.16)/0.03＝8.67 mol/L。 4．5 g混合气体中含C元素的质量为：m(C)＝5×(1－64%)＝1.8 g； C元素守恒：m(CaCO3)＝100×1.8/12＝15 g。 三．电子守恒 5．根据电子守恒，反应中[XO(OH)2]+得到电子的物质的量等于Na2SO3失去电子的物质的量。 设X元素的最终价态为x：2.4×10-3×(5－x)＝0.02×0.3×(6－4)，解得x＝0。 6．（1）HNO3的作用是氧化性和酸性，n(HNO3)＝2.24/22.4＋2×3.84/64＝0.22 mol。 （2）根据得失电子守恒有：V(O2)＝3.84/64×22400/2＝672 mL。 四．电荷守恒 7．根据电荷守恒有：2n(Mg2+)＋n(NH4+)＋n(Na+)＝n(Cl-)； 代入数据：2n(Mg2+)＋0.17/17＋0.5×0.02＝2.0×0.06，解得：n(Mg2+)＝0.05 mol，m(Mg2+)＝1.2 g 五．化合价守恒 8．根据化合价守恒有：2×10-2×(7－x)＝0.1×0.3×(6－4)，解得x＝4。 9．若取100 g混合物，则m(Mg2+)＝62.4 g，设N元素为x g，则O元素为100－62.4－x g； 根据化合价守恒有：2×62.4/24＝3x/14＋2×(37.6－x)/16，解得x＝5.6 g，则N%＝5.6%。 六．能量守恒 10．由于溶解与结晶所吸收和放出的热量守恒，故答案为C。 七．巧练 11．设原溶液有x mol FeBr2，则生成x mol Fe3+，2x/3 mol Br-被氧化，0.1 mol Cl2被还原； 由得失电子守恒有：x＋2x/3＝0.1×2，x＝0.12 mol，则c(FeBr2)＝1.2 mol/L。 12．由P元素守恒可得：V(H3PO4)＝0.1×2/4.0＝0.05 L＝50 mL； 其中：n(NaH2PO4)＝0.2×3/4＝0.15 mol，n(Na2HPO4)＝0.2×1/4＝0.05 mol； 由Na元素守恒可得：m(NaOH)＝(0.15＋0.05×2)×40＝10 g。 13．溶液中的溶质最终以Na2SO4形式存在，设溶液中硫酸根的物质的量为x mol。 则由化合价守恒可得：3×0.2＝2x，解得：x＝0.3 mol； 由于硫酸根来自于稀硫酸，所以c(H2SO4)＝0.3/0.15＝2 mol/L。 14．阳极产生O2，阴极析出金属单质。 由得失电子守恒可得：4×560/22400＝mn/M，M＝10mn。 方法总论 十字交叉法 十字交叉法是进行二组分混合物平均量与组分计算的一种简便方法。凡可按M1n1＋M2n2＝M(n2＋n2)计算的问题，均可按十字交叉法计算。 式中，M表示混合物的某平均量，M1、M2则表示两组分对应的量。如M表示平均相对分子质量，M1、M2则表示两组分各自的相对分子质量，n1、n2表示两组分在混合物中所占的份额，n1:n2在大多数情况下表示两组分的物质的量之比，有时也可以是两组分的质量之比，判断时关键看n1、n2表示混合物中什么物理量的份额，如物质的量、物质的量分数、体积分数，则n1:n2表示两组分的物质的量之比； 如质量、质量分数、元素质量百分含量，则n1:n2表示两组分的质量之比。十字交叉法常用于求算： （1）有关质量分数的计算； （2）有关平均相对分子质量的计算； 十字交叉法计算的式子如下： （3）有关平均相对原子质量的计算； n1：M1 M2－M（4）有关平均分子式的计算； M（5）有关反应热的计算； n2：M2 M－M1（6）有关混合物反应的计算。 n1/n2＝(M2－M)/(M－M1)一．有关质量分数的计算 1．实验室用密度为1.84 g/cm3 98%的浓硫酸与密度为1.1 g/cm3 15%的稀硫酸混合配制密度为1.4 g/cm3 59%的硫酸溶液，取浓、稀硫酸的体积比最接近的值是 A．1:2 B．2:1 C．3:2 D．2:3 2．在苯和苯酚组成的混合物中，碳元素的质量分数为90%，则该混合物中氧元素的质量分数是 A．2.5% B．5% C．6.5% D．7.5% 二．有关平均相对分子质量的计算 3．标准状况下，在容积为1 L的干燥烧瓶中用向下排空气法充入NH3后，测得烧瓶中的气体对H2的相对密度为9.7，若将此气体进行喷泉实验，当喷泉停止后所得溶液体积为_____L。4/5 L。 4．Li2CO3和BaCO3的混合物与盐酸反应所消耗盐酸的量同等质量的CaCO3和同浓度的盐酸反应所消耗盐酸的量相等，则混合物中Li2CO3和BaCO3的质量之比为 A．3:5 B．5:3 C．7:5 D．5:7 三．有关平均相等原子质量的计算 5．晶体硼由10B和11B两种同位素构成，已知5.4 g晶体硼与H2反应全部转化为乙硼烷（B2H6）气体，可得标准状况下5.6 L，则晶体硼中10B和11B两种同位素原子个数比为 A．1:1 B．1:3 C．1:4 D．1:2 6．已知Cl的平均相对原子质量为35.5。则由23Na和35Cl、37Cl微粒组成的NaCl晶体29.25 g中含37Cl的质量是_____g。4.625 g。 四．有关平均分子式的计算 7．在1.01×105 Pa和120℃下，1 L A、B两种烷烃组成的混合气体在足量的O2充分燃烧后得到同温同压下2.5 L CO2和3.5 L H2O，且A分子中比B分子中少2个碳原子，试确定A和B的分子式和体积比（A、B两种烷烃在常温下为气态）。1:3，3:1。 8．常温下，一种烷烃A和一种单烯烃B组成混合气体，A或B分子最多只含4个碳原子，且B分子的碳原子数比A分子多。 （1）将1 L该混合气体充分燃烧，在同温同压下得到2.5 L CO2气体。试推断原混合气体中A和B所有可能的组合及其体积比。1:3，1:1，1:1，3:1。 （2）120℃时取1 L该混合气体跟9 L氧气混合，充分燃烧后，当恢复到120℃和燃烧前的压强时，体积增大6.25%，试通过计算确定A和B的分子式。C2H6和C4H8。 五．有关反应热的计算 9．已知下列两个热化学方程式：2H2(g)＋O2(g)¾®2H2O(l)＋571.6 kJ/mol，C3H8(g)＋5O2(g)¾®3CO2(g)＋4H2O(l)＋2220 kJ/mol，实验测得氢气和丙烷的混合气体共5 mol，完全燃烧时放热3847 kJ，则混合气体中氢气和丙烷的体积之比是 A．1:3 B．3:1 C．1:4 D．1:1 六．有关混合物反应的计算 10．把NaCl和NaBr的混合物0.5 g溶于水后加入足量的AgNO3溶液，把所得沉淀过滤、洗涤、干燥，最后得到卤化银1.10 g，则原混合物中NaCl的质量分数是_____%。60 11．已知白磷和氧气可发生如下反应：P4＋3O2¾®P4O6，P4＋5O2¾®P4O10。在某一密闭容器中加入62 g白磷和50.4 L氧气（标况），使之恰好完全反应，所得到的P4O10与P4O6的物质的量之比为 A．1:3 B．3:1 C．3:2 D．1:1 七．巧练 12．把100 g Na2CO3与NaHCO3的混合物跟足量的HCl作用，放出22.4 L（标况）CO2，则原混合物中Na2CO3的质量分数是_____%。77.1%。 13．电解水和重水的混合物18.5 g，放出气体33.6 L（标况），所生成的气体中D和H原子数之比是_____。1:3。 14．乙烯和乙炔混合气体共x mL，使其在空气中燃烧，共用去O2 y mL（相同条件下），则混合气体中乙烯与乙炔的体积比是 A．(2x－y)/(3x－y)B．(2x－y)/(y－x)C．(2y－5x)/(6x－2y)D．(y－2x)/(x－2y)15．某烯烃和烷烃组成的混合气体对H2的相对密度为12，则该混合气体中烯烃的体积百分含量x与烯烃分子碳原子数n的关系是 A．n＝4(1＋2x)/7x B．n＝4(1－2x)/7x C．x＝4/(7n－8)D．无法确定 十字交叉法巧解 一．有关质量分数的计算 1．设取用98%的浓硫酸X g，取用15%的稀硫酸Y g。 根据溶质质量守恒可得：98%X＋15%Y＝59%(X＋Y)，X和Y之比是溶液质量之比。 由十字交叉法可得：X/Y＝44/39； 再换算成体积比为：44/1.84:39/1.1＝2/3。 2．M(C6H6)＝78，其中碳质量分数为：C%＝72/78＝92.3%； M(C6H6O)＝94，其中碳的质量分数为：C%＝72/94＝76.6%。 依据碳元素质量守恒和十字交叉法可得混合物中苯酚的质量分数，再进一步求出氧的质量分数。 m(C6H6O)/m(C6H6)＝2.3/13.4； O%＝(2.3×16/92)/(2.3＋13.4)＝2.5%。（O%＝1－90%×13/12）二．有关平均相对分子质量的计算 3．M＝2×9.7＝19.4 > 17，说明混有空气； 根据质量守恒和十字交叉法可得：n(NH3)/n(空气)＝9.6/2.4＝4/1； 所以烧瓶内含NH3体积为4/5 L； 空气不溶于水，当喷泉停止后，则烧瓶内的溶液为4/5 L。 4．74x＋197y＝100(x＋y)，由十字交叉法可得：x/y＝97/26； 所以质量比为：m(Li2CO3)/m(BaCO3)＝(97×74)/(26×197)＝7/5。 三．有关平均相对原子质量的计算 5．n(B2H6)＝5.6/22.4＝0.25 mol，n(B)＝0.25×2＝0.5 mol； M(B)＝5.4/0.5＝10.8 g/mol，n(10B)/n(11B)＝0.2/0.8＝1/4。 6．n(NaCl)＝29.25/58.5＝0.5 mol，n(37Cl)/n(35Cl)＝0.5/1.5＝1/3； m(37Cl)＝0.5×1/4×37＝4.625 g。 四．有关平均分子式的计算 7．由C和H的原子守恒以及十字交叉法可得平均分子式为M＝C2.5H7； V(CH4)/V(C3H8)＝1/3，V(C2H6)/V(C4H10)＝3/1。 8．（1）由C原子守恒和十字交叉法可得平均分子式为M＝C2.5Hy； 依据题意有如下结果： V(CH4)/V(C3H6)＝1/3，V(CH4)/V(C4H8)＝1/1，V(C2H6)/V(C3H6)＝1/1，V(C2H6)/V(C4H8)＝3/1。 （2）y＝6.5，得平均分子式为M＝C2.5H6.5； 依据题意有如下结果：A是C2H6，B是C4H8。 五．有关反应热的计算 9．已知：Q氢气＝571.6/2＝285.8 kJ/mol，Q混合＝3847/5＝769.4 kJ/mol，Q丙烷＝2220 kJ/mol； 由十字交叉法可得：V氢气/V丙烷＝Q氢气/Q丙烷＝1450.6/483.6＝3/1。 六．有关混合物反应的计算 10．若皆为NaCl可得沉淀1.227 g，若皆为NaBr可得沉淀0.913 g； 由十字交叉法可得：mNaCl/mNaBr＝0.187/0.127，故NaCl%＝0.187/(0.187＋0.127)＝60％。 11．生成1 mol P4O10耗氧5 mol，生成1 mol P4O6耗氧3 mol，n(O2)＝50.4/22.4＝2.25 mol； 5x＋3y＝4.5(x＋y)，由十字交叉法可得：x/y＝1.5/0.5＝3/1。 七．巧练 12．n(CO2)＝22.4/22.4＝1 mol，由十字交叉法可得：n(Na2CO3)/n(NaHCO3)＝16/6＝8/3； Na2CO3%＝8×106/(8×106＋3×84)＝77.1%。 13．M＝18.5，由十字交叉法可得：n(H2O)/n(D2O)＝1.5/0.5＝3/1，则n(D)/n(H)＝3/1。 14．混合气体每mL耗O2 y/x mL，乙烯每mL耗O2 3 mL，乙炔每mL耗O2 2.5 mL； 由十字交叉法可得：n(C2H4)/n(C2H2)＝V(C2H4)/V(C2H2)＝(y/x－2.5)/(3－y/x)＝(2y－5x)/(6x－2y).15．M＝24，则必有CH4，由十字交叉法可得：n(CH4)/n(C2nH2n)＝(14n－24)/8； x＝8/(14n－24＋8)＝4/(7n－8)，则n＝(4/x＋8)/7＝4(1＋2x)/7x。 方法总论 关系式法 关系式是表示两种或多种物质之间的量在变化时成正比关系的一种简化的式子，根据关系式确定的数量关系进行化学计算的方法叫关系式法。关系式法广泛用于两个或多个互相联系的化学式或多步反应计算的一种常用方法，其关键是根据有关化学式或反应式及物质间转化的定量关系，找出关系式和关系量。该法不仅可使计算化繁为简、化难为易、减少误差，而且已知数与未知数各有固定的位置，层次清楚，有助于打开解题的思路。建立关系式可以通过化学式、反应方程式、化学基本概念、溶解度、溶质质量分数等多个方面进行。 一．根据题目所给等量关系找关系式 根据不同物质中所含同种元素质量相等找关系式：即若不同物质中某元素的质量相等，则该元素的原子个数必然相等。从而可以建立关系式。 1．264 kg硫铵与_____kg碳铵所含氮元素的质量相当。316。 根据物质的质量、体积、密度或物质的量相等找关系式：即 ① 若不同种物质的质量相等，则每种物质的总式量必相等； ② 若不同种气态物质在相同条件下体积相等，则每种物质的分子个数或物质的量必相等； ③ 不同种气态物质在相同条件下密度相等，则每种物质的相对分子质量相等； ④ 若不同种物质的物质的量相等，则每一种物质的分子个数相等，若是相同条件下的气态物质，则体积也相同。 2．相同条件下，相同质量的二氧化硫气体与三氧化硫气体中氧元素质量比是_____及氧原子个数比是_____，两种物质的体积比是_____和物质的量之比是_____。5/6，5/4.二．根据化学反应实质找关系式 根据不同活泼金属失电子数相等找关系式。 3．铁、镁、铝三种金属分别与足量的稀盐酸反应生成等质量的氢气时，参加反应的铁、镁、铝的质量比为__________。12:28:9。 根据反应前后质量相等找关系式。 4．有一块铁铝合金，溶于足量盐酸中，再用足量KOH溶液处理，将产生的沉淀过滤、洗涤、干燥、灼烧，使之完全变成红色粉末，经称量发现该红色粉末和原合金质量恰好相等，则合金中铝的质量分数为 A．70% B．52.4% C．47.6% D．30% 根据并列多步反应找元素对应关系式。 5．一定量的铁粉和9 g硫粉混合加热，待其反应后再加入过量盐酸，将生成的气体完全燃烧，共收集得9 g水，则加入的铁粉质量为 A．14 g B．42 g C．56 g D．28 g 6．23.04 g Ca(OH)2、CaCO3、CaO、CaSO3固体混合物恰好和189.8 g 10%的盐酸溶液反应，反应后溶液重206.16 g，则所得溶液溶质的质量分数是_____%。14%。 7．某气态有机物在标准状况下密度为1.34 g/L，取1.50 g该有机物在足量的氧气中燃烧。将所得气体通过装有浓硫酸的洗气瓶后再通过碱石灰干燥管，结果洗气瓶和干燥管分别增重0.9 g和2.2 g，测得尾气中除氧气外无其它物质，求该有机物分子式。CH2O 8．准确称取6 g铝土矿（含Al2O3、Fe2O3、SiO2）样品，放入盛有100 mL硫酸溶液的烧杯中，充分反应后，过滤，向滤液中加入10 mol/L的NaOH溶液，产生沉淀的量与所加NaOH溶液的体积关系如图所示。 m/g 85%，12%，3%。1.625~5（1）硫酸溶液的物质的量浓度是_____mol/L。 b 1.75（2）若a＝2.3，Fe(OH)3消耗碱液的体积是_____mL。 2.7 铝土矿中各成分的质量分数依次是_______________。 0 a 35 45 V/mL（3）a值的范围在__________之间，在该范围内，a值越大，_____含量越少。Fe2O3 根据纵向多步反应中心元素守恒找对应关系式。 9．含SiO2的黄铁矿试样1 g，在O2中充分灼烧后残余固体为0.76 g，用这种黄铁矿100 t可制得98%的浓硫酸多少吨？（设反应过程有2%的硫损失）117.6 t。 10．工业上用NH3、空气和水作原料，合成化肥硝酸铵100 t。 （1）需要NH3多少吨？空气中的氧气多少吨？水多少吨？42.5 t，80 t，0 t。 （2）若NH3制NO转化率为96%，NO制HNO3转化率为92%，需要NH3多少吨？ 根据多步反应中各物质化学反应中化学计量系数进行递推找对应关系式。 45.3 t。 11．让足量浓硫酸与10 g 氯化钠和氯化镁的混合物加强热反应，把生成的氯化氢溶于适量水中，加入二氧化锰使盐酸完全氧化，将反应生成的氯气通入KI溶液中，得到11.6 g碘，试计算混合物中氯的质量分数。65.2%。 12．金属锡（Sn）的纯度可以通过下述方法分析：将试样溶于盐酸（Sn＋2HCl ¾® SnCl2＋H2），再加入过量FeCl3溶液（SnCl2＋2FeCl3¾®SnCl4＋2FeCl2），最后用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+离子（6FeCl2＋K2Cr2O7＋14HCl¾®6FeCl3＋2CrCl3＋2KCl＋7H2O）。现有金属锡试样0.613 g，经上式各步反应后，共用去0.100 mol/L K2Cr2O7溶液16.0 mL，试求试样中锡的质量分数（假定杂质不参加反应）。93.1%。 根据变化的物质的量之间的关系写出物质之间发生反应的关系式。 13．甲烷和氢气的混合气体5 g，充分燃烧后将生成的CO2通入澄清的石灰水中，石灰水增重11 g。求燃烧生成水的质量。18 g。 三．巧练 14．在O2中燃烧0.22 g由Fe和S元素组成的化合物，使其中的S全部转化为SO2，把这些SO2全部氧化生成SO3并转化为H2SO4，这些硫酸可被10 mL 0.5 mol/L的NaOH溶液完全中和，则原化合物中硫元素的质量分数为 A．72% B．40% C．36% D．18% 15．环境监测测定水中溶解O2的方法是：量取a mL水样，迅速加入MnSO4溶液及含有NaOH的KI溶液，立即塞好塞子，振荡混合摇匀。开塞，迅速加入适量的硫酸，此时有I2生成。用Na2S2O3溶液（b mol/L）和I2反应消耗V mL（以淀粉为指示剂），有关反应的离子方程式为：2Mn2+＋O2＋4OH-¾®2MnO(OH)2（快），MnO(OH)2＋2I-＋2H+ ¾®Mn2+＋I2＋3H2O，I2＋¾®2I-＋，则水中溶解氧量（单位是mg/L）为 A．8000Vb/a B．16000Vb/a C．8000ab/V D．16000ab/V 16．0.3 mol Cu2S跟HNO3溶液恰好完全反应，生成Cu(NO3)2、H2SO4和H2O，则未被还原的硝酸的物质的量是 A．1.0 mol B．1.2 mol C．0.6 mol D．2.2 mol 关系式法巧解 一．根据题目所给等量关系找关系式 1．硫铵是硫酸铵，碳铵是碳酸氢铵。(NH4)2SO4～2NH4HCO3。 132/264＝2×79/m(NH4HCO3)，m(NH4HCO3)＝316 kg。 2．若使质量相等，则应使总式量相等。即5SO2～4SO3。 氧元素质量比＝氧原子个数比＝5/6； 体积比＝物质的量比＝5/4。 二．根据化学反应实质找关系式 3．失去电子数目相等。3Mg～3Fe～2Al。3×24:3×56:2×27＝12:28:9。 或：Mg/2～Fe/2～Al/3。24/2:56/2:27/3＝12:28:9。 4．2Fe～2FeCl2～2Fe(OH)2～2Fe(OH)3～Fe2O3。由质量相等得知，铝的含量相当于氧的含量。 所以铝的质量分数为：48/(48＋112)＝30%。 5．Fe～FeS(铁守恒)～H2S(硫守恒)～H2O(氢守恒)； 或：Fe～H2(化学方程式)～H2O(氢守恒)。 即：1 mol Fe生成1 mol H2，n(Fe)＝n(H2))＝9/18＝0.5 mol，m(Fe)＝28 g。 6．CaCl2～2HCl，111/206.16x＝(2×36.5)/(189.8×0.1)，x＝14%。 7．m(C)＝12×2.2/44＝0.6 g，m(H)＝2×0.9/18＝0.1 g，m(O)＝1.50－0.6－0.1＝0.8 g； n(C)/n(H)/n(O)＝0.05/0.1/0.05＝1/2/1，即最简式为：CH2O； M＝1.34×22.4＝30 g/mol，分子量/式量＝1，故分子式为：CH2O。 8．（1）在35 mL时，沉淀量达到最大，H2SO4～Na2SO4～2NaOH，n(NaOH)＝10×0.035＝0.35 mol，c(H2SO4)＝0.175/0.1＝1.75 mol/L。 （2）溶解Al(OH)3用了10 mL NaOH溶液，Al2O3/2～Al3+～3OH-～Al(OH)3～OH-～AlO2-，n(NaOH)＝10×(0.045－0.035)＝0.1 mol，Al2O3%＝(0.1/2×102)/6＝85%； 生成Fe(OH)3沉淀需要NaOH溶液的体积为：V(NaOH)＝35－10×3－2.3＝2.7 mL； 沉淀Fe3+耗NaOH：n(NaOH)＝10×(35－a)×10-3－0.3＝0.05－0.01a mol，Fe2O3/2～Fe3+～3OH-，Fe2O3%＝((0.05－0.01a)/6×160)/6＝40(5－a)/9%＝12%； SiO2%＝1－85%－40(5－a)/9%＝(40a－65)/9%＝3%； （3）0 <(40a－65)/9% < 15%，得1.625 < a < 5； a值越大，Fe2O3%越小。 9．由差量法计算FeS2含量：FeS2～Fe2O3/2，Dm＝64－24＝40 g，120/x＝40/(1－0.76)，x＝0.72 g FeS2～2H2SO4，100×0.72×(1－2%)/120＝98%y/196，y＝117.6 t。 10．（1）2NH3＋2O2～NH4NO3＋H2O，x/34＝y/64＝100/80，x＝42.5 t，y＝80 t，不耗水。 （2）留下与HNO3反应的NH3没有损失，由（1）可知为42.5/2＝21.25 t； 则另21.25 t NH3应理解为损失两次后的剩余量，即消耗NH3为：21.25/(96%×92%)＝24.06 t； 共消耗NH3的质量为：24.06＋21.25＝45.31 t。 11．4HCl～Cl2～I2，11.6/254＝x/146，x＝6.7 g，Cl%＝(6.7×35.5/36.5)/10＝65.2%。 12．Sn～SnCl2～2FeCl2～K2Cr2O7/3，x/119＝0.1×0.016×3，x＝0.571 g，Sn%＝0.571/0.613＝93% 13．CH4＋H2～CHx～CO2＋(x/2)H2O，(12＋x)/5＝44/11＝9x/y，x＝8 g，y＝18 g。 三．巧练 14．S～H2SO4～2NaOH，x/32＝0.5×0.01/2，x＝0.08 g，S%＝0.08/0.22＝36%。 15．O2～4Na2S2O3，ax×10-3/32000＝Vb×10-3/4，x＝8000Vb/a。 16．Cu2S～CuSO4＋Cu(NO3)2，0.3 mol Cu(NO3)2中含N原子的物质的量是0.6 mol。 方法总论 差量法 差量法是依据化学反应前后的某些变化找出所谓的理论差量（固体质量差、液体质量差、气体体积差、气体物质的量之差等），与反应物或生成物的变化量成正比而建立的一种解题方法。此法将“差量”看作化学方程式右端的一项，将已知差量（实际差量）与化学方程式中的对应差量（理论差量）列成比例，其他解题步骤与按化学方程式列比例解题完全一样。在根据化学方程式的计算中，有时题目给的条件不是某种反应物或生成物的质量，而是反应前后物质的质量的差值，解决此类问题用差量法十分简便。此法的关键是根据化学方程式分析反应前后形成差量的原因（即影响质量变化的因素），找出差量与已知量、未知量间的关系，然后再列比例式求解。 一．固体差量 1．将19 g Na2CO3和NaHCO3的混合物加热至质量不再减少为止，称得剩余固体质量为15.9 g，则原混合物中NaHCO3的质量分数是_____%。44.2%。 二．液体差量 2．用含杂质（杂质不与酸作用，也不溶于水）的铁10 g与50 g稀硫酸完全反应，滤去杂质，所得液体质量为55.4 g，则该铁的纯度是_____%。56%。 三．气体差量 3．将12 g CO和CO2的混合气体通过灼热的氧化铜后，得到气体的总质量为18 g，则原混合气体中CO的质量分数是_____%。87.5%。 四．增减差量 4．在天平左右两边的托盘天平上，各放一个盛有等质量、等溶质质量分数的足量稀硫酸的烧杯，待天平平衡后，向两烧杯中分别加入铁和镁，若要使天平仍保持平衡，则所加铁和镁的质量比是_____。77/81。 五．体积差量 5．在一个6 L的密闭容器中，放入3 L X和2 L Y，在一定条件下发生下列反应：4X(g)＋3Y(g)2Q(g)＋nR(g)，达到平衡后，容器内温度不变，混合气体的压强比原来增加5%，X的浓度减小1/3，则该反应的n值是 A．4 B．5 C．6 D．7 6．同温同压下，40 mL CO、CO2和O2的混合气体点燃后，恢复到原来的状况，剩余气体36 mL，则原混合气体中O2不少于 A．4 mL B．8 mL C．10 mL D．12 mL 六．压强差量 7．标准状况下，一容积不变的的密闭容器里充满3 L H2和O2的混合气体，点燃完全反应后，恢复至原状态，压强变为原来的1/2，则原混合气体中H2和O2的体积分别是__________。2.5，0.5； 1，2。 七．巧练 8．有KCl、KBr和KI混合物3.87 g，溶于水配成溶液，向溶液中加入足量的AgNO3溶液，得到的沉淀干燥后是6.63 g，则原混合物中钾元素的质量分数是 A．51% B．40.3% C．32% D．24% 9．将足量的铁粉投入到CuCl2和FeCl3组成的混合液中，充分反应后，过滤洗涤并干燥不溶物，所得质量与最初加入铁粉的质量相同，则原混合物中两种溶质的物质的量之比是_____。7:2。 和量法 为解决问题方便，有时需要将多个反应物（或生成物）合在一起进行计算的方法称为和量法。和量法的原理是：若A1/A2＝B1/B2，则有A1/A2＝B1/B2＝(A1＋B1)/(A2＋B2)，一般遇到以下情形，可尝试用和量法解题：（1）已知混合物反应前后质量，求混合物所含成分质量分数时； （2）已知反应前后混合气体的体积，求混合物所含成分体积分数时； （3）求反应前后气体的压强比、物质的量比或体积比时。 1．18.4 g NaOH和NaHCO3固体混合物，在密闭容器中加热到约250℃，经充分反应后排出气体，冷却，称得剩余固体质量为16.6 g。则原混合物中NaOH的质量分数是_____%。54.3%。 2．碳酸氢钠受热容易分解为碳酸钠。现加热5.00 g碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，使碳酸氢钠完全分解，混合物减少了0.31 g，则原混合物中碳酸钠的质量为 A．3.38 g B．4.58 g C．4.16 g D．4.41 g 3．取标准状况下CH4和过量O2的混合气体840 mL点燃，将燃烧后的气体用过量的碱石灰吸收，碱石灰增重0.600 g。则碱石灰吸收后所剩气体的体积是_____（标准状况下）。336 mL。 逆推法 逆推法，即由最后的问题出发，一步一步倒着推理，直到找出解题的思路。 1．在标准状况下，氢气和氯气的混合气体为a L，经光照反应后混合气体恰好能与b mol的NaOH完全作用生成盐，则氢气的体积为__________。(a－11.2b)L。 2．将NO2、NH3、O2的混合气体1 mol，通过稀硫酸后，溶液的质量增加26.7 g，气体缩小为4.48 L（标况），剩余气体能使带火星的木条复燃，则混合气体的平均分子量为 A．28.1 B．30.2 C．33.1 D．34.1 3．已知A、B、C、D为气体，E、F为固体，G是CaCl2，它们之间的转换关系如下所示： D（1）D的化学式（分子式）是__________NH3。 A ® E D E的化学式（分子式）是__________NH4Cl。 ® C ® H（2）A和B反应生成C的化学方程式是_____________ B F G（3）E和F反应的化学方程式是___________________ 差量法巧解 一．固体差量 1．Dm＝44＋18＝62，x/168＝(19－15.9)/62，x＝8.4 g，NaHCO3%＝8.4/19＝44.2%。 二．液体差量 2．Dm＝56－2＝54，10x/56＝(55.4－50)/5.4，x＝56%。 三．气体差量 3．Dm＝44－28＝16，12x/28＝(18－12)/16，x＝87.5%。 四．增减差量 4．Fe：Dm＝56－2＝54，x/56＝a/54，x＝56a/54＝28a/27； Mg：Dm＝24－2＝22，y/24＝a/22，y＝24a/22＝12a/11。 x/y＝28/27×11/12＝77/81。 五．体积差量 5．DV＝2＋n－7＝n－5，4/1＝(n－5)/(5×5%)，n＝6。 6．DV＝3－2＝1，V/1＝4/1，V＝4 mL。 六．压强差量 7．压强减少量为3。因而：H2反应掉1 L，O2反应掉0.5 L； 过量气体1.5 L。2.5，0.5； 1，2。 七．巧练 8．Dm＝108－39＝69，x/39＝(6.63－3.87)/69，x＝1.56； K%＝1.56/3.87＝40.3%。 9．x mol FeCl3，y mol CuCl2。Dm减＝56/2＝28，Dm增＝64－56＝8。 xDm减＝yDm增，x/y＝Dm增/Dm减＝8/28＝2/7。 和量法巧解 1．Dm＝18.4－16.6＝1.8 g，恰好完全反应时：NaHCO3＋NaOH¾®Na2CO3＋H2O，x/124＝1.8/18，x＝12.4 < 18.4，即NaOH过量。m(NaOH)过量＝18.4－12.4＝6.0 g； m(NaOH)反应＝40×1.8/18＝4.0 g； 故NaOH%＝(4＋6)/18.4＝54.3%。 2．Dm＝44＋18＝62 g，m(NaHCO3)/168＝0.31/62，m(NaHCO3)＝0.84 g，m(Na2CO3)＝5.00－0.84＝4.16 g。 3．Dm＝44＋2×18＝80 g，3×22.4/V反应＝80/0.600，V反应＝0.504 L，V剩余＝840－504＝336 mL。 逆推法巧解 1．最终：NaCl＋NaClO，Na与Cl是1:1的关系，即V(Cl2)＝11.2b L，故V(H2)＝a－11.2b L。 2．剩余：m(O2)＝32×4.48/22.4＝6.4 mol； M＝26.7＋6.4＝33.1 g/mol。 3．D是气体，G是CaCl2，即实验室制NH3的反应。 E、F分别是NH4Cl和Ca(OH)2； C、D分别是HCl和NH3； A、B分别是H2和Cl2。 一、选择题、1．、如果将果蝇精巢中某个细胞的一条染色体的DNA进行标记，然后该细胞进行了某种细胞分裂，形成的子细胞中有的无放射性，则该细胞进行的细胞分裂方式及分裂过程中发生的变化是(假设染色体发生了正常的平均分配) （）A．有丝分裂，在分裂间期发生了基因突变 B．有丝分裂，在细胞分裂前期由细胞两极发出星射线形成纺锤体 C．减数分裂，在减数第一次分裂后期发生了同源染色体分离 D．减数分裂，在减数第一次分裂后期发生了着丝点的分裂 解析 由DNA分子的半保留复制可知，被标记的染色体经复制形成的两条姐妹染色单体都含有放射性。如果是有丝分裂，则形成的子细胞中都含有放射性；如果是减数分裂，因为在减数第一次分裂后期发生了同源染色体分离，一个次级精母细胞中含放射性，另一个次级精母细胞中不含放射性，所以导致形成的四个精子中有一半含放射性，由此可以判断该细胞进行的是减数分裂。减数第一次分裂后期不会发生着丝点的分裂。答案 C 2．如图表示雄果蝇进行某种细胞分裂时，处于四个不同阶段的细胞(Ⅰ～Ⅳ)中遗传物质或其载体(①～③)的数量。下列表述与图中信息相符的是 () A．Ⅱ所处阶段发生基因自由组合 B．Ⅲ代表初级精母细胞 C．②代表染色体 D．Ⅰ～Ⅳ中③的数量比是2∶4∶4∶1 解析 分析图示可知：Ⅰ为精原细胞，Ⅱ为初级精母细胞，在减Ⅰ前期、后期可发生基因自由组合。Ⅲ为次级精母细胞，Ⅳ为精细胞，①表示染色体，②表示染色单体，③表示DNA，Ⅰ～Ⅳ中，③DNA的数量比是2∶4∶2∶1，故A正确。答案 A 3．用小鼠睾丸作实验材料观察细胞分裂，下列有关说法错误的是 （）A．材料中观察到的处于中期的细胞若均能正常分裂，则产生的子细胞中有次级精母细胞和精原细胞两种 B．该小鼠在不同时期产生的精子的染色体数一般是相同的 C．该小鼠在不同时期产生的精子的染色体组成一般是不同的 D．在减数分裂过程中，中心体不只在减数第一次分裂的间期复制 解析 材料中观察到的处于中期的细胞可能处于减数第一次分裂中期、减数第二次分裂中期和有丝分裂中期，产生的子细胞分别为次级精母细胞、精细胞和精原细胞三种；除分裂过程中同源染色体或姐妹染色单体不能正常分离的情况外，小鼠在不同时期产生的精子的染色体数相同，又因减数第一次分裂过程中同源染色体分离后移向两极，非同源染色体的组合都是随机的，故在不同时期产生的精子的染色体组成一般是不同的；在减数分裂过程中，中心体可复制两次。答案 A 4．基因型为AaXBY的小鼠仅因为减数分裂过程中染色体未正常分离，而产生一个不含性染色体的AA型配子。等位基因A、a位于2号染色体。下列关于染色体未分离时期的分析，正确的是 （）①2号染色体一定在减数第二次分裂时未分离 ②2号染色体可能在减数第一次分裂时未分离 ③性染色体可能在减数第二次分裂时未分离 ④性染色体一定在减数第一次分裂时未分离 A．①③ C．②③ 答案 C 5．在果蝇卵巢中不能观察到的细胞分裂图像是 () B．①④ D．②④ 解析 果蝇含4对同源染色体，卵巢中既可以进行有丝分裂，也能进行减数分裂。A图可表示卵原细胞减数第一次分裂后期的图像；B图可表示第一极体减数第二次分裂后期的图像；C图可表示卵原细胞有丝分裂中期的图像；D图因为不是8条染色体，不是有丝分裂的细胞，又因为含同源染色体且不含姐妹染色单体，所 以也不是减数第二次分裂末期的细胞。答案 D 6．雄蛙的一个体细胞经有丝分裂形成两个子细胞(C1、C2)，一个初级精母细胞经减数第一次分裂形成两个次级精母细胞(S1、S2)，比较C1与C2、S1与S2细胞核中DNA数目及其贮存的遗传信息，正确的是 A．DNA数目C1与C2相同，S1与S2不同 B．遗传信息C1与C2相同，S1与S2不同 C．DNA数目C1与C2不同，S1与S2相同 D．遗传信息C1与C2不同，S1与S2相同 解析 有丝分裂的重要特征是亲代细胞的染色体经过复制后，平均分配到两个子细胞中去，此时能够保持前后代细胞中染色体数目的恒定。由于染色体上有遗传物质DNA，所以C1、C2细胞核中的DNA数目及贮存的遗传信息相同。减数第一次分裂的主要特征是同源染色体联会后再分离，平均分配到两个次级精(卵)母细胞中去。此时同源染色体分离，非同源染色体自由组合，所以S1、S2细胞核中的DNA数目虽然相同，但是遗传信息因非同源染色体的自由组合而不同。答案 B 7．下图是基因组成为Aa的动物在形成精子过程中某一时期的示意图。下列相关叙述中，正确的是 () () A．2号染色单体上与A相同位置的基因最可能是a B．若姐妹染色单体没有分离，则可能出现性染色体组成为XXY的后代 C．1个该细胞经过两次连续分裂，最终可能形成4种类型的精细胞 D．同源染色体的非姐妹染色单体交叉互换将导致染色体结构变异 解析 2号与1号为姐妹染色单体，在不考虑基因突变的情况下，其相同位置上基因完全相同，故A项错误。若姐妹染色单体没有分离，形成的是XX或YY的精子，其后代染色体组成为XXX或XYY，故B项错误。由图可知，该细胞在四分体时期非姐妹染色单体之间已经发生交叉互换，减数分裂完成后，可形成 4种类型的精细胞，故C项正确。同源染色体的非姐妹染色单体之间的交叉互换不影响基因的数目，只是控制不同性状的基因重新组合，属于基因重组，故D项错误。答案 C 8．下图是果蝇细胞减数分裂图，下列说法正确的是 () A．图Ⅱ表示的细胞中没有同源染色体 B．a、b、c、d染色体的组成各不相同 C．图Ⅰ表示的细胞中全部DNA是8个 D．图Ⅲ可能是4个精细胞，也可能是1个卵细胞和三个极体 解析 由细胞Ⅰ的性染色体组成可知，该细胞为果蝇的精原细胞，其细胞核中有8个DNA分子，细胞内的DNA分子多于8个；细胞Ⅱ表示次级精母细胞，其内不含同源染色体；细胞Ⅲ表示精细胞，其中a与b、c与d的染色体组成应相同。答案 A 9．下图为细胞分裂过程示意图，据图分析不能得出 () A．上图所示细胞分裂过程中，DNA复制发生了三次 B．若在A点使核DNA带上放射性同位素标记，则在CD段可检测到含有放射性的核DNA占100% C．在图中的EF段和OP段，细胞中含有的染色体组数是相等的 D．图中L点→M点所示过程的进行，与细胞膜的流动性有关 解析 分析图可知，细胞依次经过有丝分裂、减数分裂、受精作用和有丝分裂的过程，可见核DNA复制了三次；在A点把DNA分子用同位素标记，由于DNA进行的是半保留复制，即形成的子代DNA中各含有一条脱氧核苷酸链含放射性，着丝点断裂(CD段)后形成的DNA分子全有放射性；OP段包括有丝分裂后期，该时期染色体数目加倍，而EF段包括有丝分裂末期及减数第一次分裂后期之前，这个时间段染色体数目正常；图中L点到M点是由于精子和卵细胞融合，导致核DNA数量加倍，精子和卵细胞融合与细胞膜的流动性有关。答案 C 10．下面是人体细胞分裂时，A、B、C、D四个不同细胞分裂期染色体和DNA统计数据的柱状图，那么非同源染色体上的非等位基因自由组合可以发生在 () 解析 由图可知，A、B、C、D分别代表分裂间期DNA还没有进行复制、分裂间期DNA已经复制完毕、减数第二次分裂前期、有丝分裂后期。所以非同源染色体上的非等位基因自由组合可以发生在B分裂间期DNA已经复制完毕，着丝点还没有断裂时。答案 B 11．甲图为某哺乳动物体细胞中部分染色体及其上的基因示意图，乙、丙、丁图为该动物处于不同分裂时期的染色体示意图。下列叙述正确的是 () A．判断该动物是否为纯合子应选用另一雌性动物与其测交 B．乙细胞和丙细胞分裂时均可以发生基因重组 C．甲细胞产生的基因突变可通过卵细胞传递给子代 D．丁产生的子细胞中的基因组成是aB和aB 解析 由图可知，乙为有丝分裂后期细胞，不会发生基因重组。丙为初级卵母细胞减数第一次分裂后期，可发生基因重组，由于细胞质不均等分配，可判断该动物为雌性。丁为次级卵母细胞或第一极体，基因组成为AaBB，产生的子细胞的基因组成是AB和aB。答案 C 12．进行染色体组型分析时，发现某人的染色体组成为44＋XXY，该病人的亲代在形成配子时，不可能出现的情况是 （）A．次级精母细胞分裂的后期，两条性染色体移向一侧 B．次级卵母细胞分裂的后期，两条性染色体移向一侧 C．初级精母细胞分裂的后期，两条性染色体移向一侧 D．初级卵母细胞分裂的后期，两条性染色体移向一侧 解析 XXY的精卵组合方式可能是X＋XY，也可能是XX＋Y，所以原因可能是卵细胞或精子产生过程发生异常，XX的产生可能是卵细胞产生过程中的减数第一次分裂异常，也可能是减数第二次分裂异常。XY的产生只能是精子产生过程减数第一次分裂异常。所以次级精母细胞分裂的后期，两条性染色体移向一侧是不可能出现的情况。答案 A 二、非选择题 13．右图表示雄果蝇体内某细胞在分裂过程中，细胞内每条染色体DNA含量变化(甲曲线)和细胞中染色体数目变化(乙曲线)。请据图回答下列问题：(1)该细胞中DNA解旋主要发生在________段。(2)细胞中含有同源染色体的时期在________段。 (3)EF段形成的原因是____________________________________________。(4)该细胞主要在________段可能发生等位基因分离；导致同一条染色体的两条姐妹染色单体相同位点出现不同基因的变化可发生在________段。 (5)从曲线的________点开始，单个细胞中可能不含Y染色体，单个细胞中可能含两个Y染色体的时期是________段。 解析 AB段处在间期，此时DNA还没有开始复制，BC段DNA进行复制，CD段进行减数第一次分裂，DE段是减数第二次分裂的前期和中期，EF段是减数第二次分裂后期，姐妹染色单体分离，FG段是减数第二次分裂后期。DNA解旋发生在间期BC(或AC)段。同源染色体存在于间期、减数第一次分裂的前期、中期和后期，即AD段。等位基因的分离发生在减数第一次分裂的后期，即CD段。导致同一条染色体的两条姐妹染色单体相同位点出现不同基因的原因有基因突变和交叉互换，基因突变发生于间期，而交叉互换发生于减数第一次分裂前期。 减数第一次分裂完成后，单个细胞中可能不含Y染色体。单个细胞中可能含两个Y染色体的时期为减数第二次分裂后期，即FG段。 答案(1)BC(AC也可)(2)AD(3)着丝点分裂，姐妹染色单体分离(4)CD BC和CD(BD也可) (5)D FG 14．下图表示某哺乳动物精巢内细胞的分裂过程示意图，图中Ⅰ～Ⅲ表示分裂过程，1～5表示细胞分裂图像，图中1细胞的基因型是AaXBY。请据图回答下面的问题。 (1)图中1细胞和2细胞中所含染色体组成完全相同的生物学意义是___________________________________________________________________。(2)图中Ⅱ过程中染色体行为变化的主要特点是__________________________，减数分裂过程中染色体数目减半发生在以上图示的________过程。 (3)基因重组发生在以上图示的________过程，两个3细胞的基因组成是__________________________________________________________________。(4)若图中2细胞的一条染色体的DNA分子已经被15N标记，正常情况下该细胞形成的成熟生殖细胞中含15N与不含15N的比例是________。 (5)若图中2细胞在减数第一次分裂过程中性染色体没有分离，减数第二次分裂正常，则此细胞产生精子的基因型为________。 解析(1)图中Ⅰ表示有丝分裂过程，因此1细胞与2细胞的染色体组成相同，这保持了细胞亲代和子代之间遗传性状的稳定性。(2)图中Ⅱ过程表示的是减数第一次分裂过程，该过程的主要特点是同源染色体联会，形成四分体；同源染色体分离，非同源染色体自由组合。减数分裂过程中染色体数目减半发生在减数第一次分裂后期即图中Ⅱ过程。(3)减数分裂过程中基因重组发生在减数第一次分裂的前期和后期；两个3细胞中不含同源染色体，但每条染色体上含有姐妹染色单体，因此其基因组成为AAXBXB、aaYY或AAYY、aaXBXB。(4)由于DNA复制的方式为半保留复制，因此形成的4个子细胞中有2个生殖细胞含15N,2个不含15N。(5)图中2细胞在减数第一次分裂过程中性染色体没有分离形成的两个子 细胞的基因组成为AAXBXBYY和aa或aaXBXBYY和AA，这两个子细胞继续进行减数第二次分裂，产生精子的基因型为AXBY、a或aXBY、A。答案(1)保持了细胞亲代和子代之间遗传性状的稳定性 (2)同源染色体联会，形成四分体；同源染色体分离，非同源染色体自由组合 Ⅱ(3)Ⅱ AAXBXB、aaYY或AAYY、aaXBXB(4)1∶1(5)AXBY、a或aXBY、A第三篇：2018版高考化学总复习专题十二有机合成与推断教学案
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