[转载]高中化学竞赛解题思维方法(一)
高中化学竞赛解题思维方法(一)
一、类比思维
类比思维是解答化学竞赛题的常用有效的试探性方法，是解决陌生问题的一种策略。类比思维就是根据两种事物在某些特性上的相似，推理出它们在另一些特性上可能相似的思维形式。其思维方法就是由新信息引起的对已有知识的回忆(找原型)，在新、旧知识间找相似和相异的地方，异中求同或同中求异，从而利用原型来解决新问题。类比思维的关键是找到新问题与原型间的可比点，二者要有一定的相似性，类比才可以发生。飞鸟与飞机的类比、照猫画虎等均为典例。
【例题】硼酸晶体成片状，有滑腻感，可作润滑剂，硼酸分子结构可表示为。硼酸对人体的受伤组织有缓和的防腐作用，故可用于医药和食品防腐等方面。
(1)根据以上所述可知硼酸应属于_____________。
(2)研究表明：在大多数情况下，元素的原子在形成分子或离子时，其最外电子层具有达到8电子稳定结构的趋势。在硼酸分子中，最外层达到8个电子稳定结构的原子有_______个。
(3)硼酸和甲醇在浓硫酸存在的条件下，可生成挥发性硼酸三甲酯，试写出硼酸完全酯化的化学方程式(注明反应条件)________________________。
(4)已知硼酸0.01mol可被20mL0.5mol·L－1NaOH溶液恰好完全中和，据此推测：硼酸在水中显酸性的原因是(写电离方程式)________________。写出硼酸与NaOH溶液反应的离子方程式_________________________。
【分析】(1)类比同周期的碳酸为弱酸，硼元素更靠近金属元素，显然为弱酸。(2)在硼酸分子中，H原子为2个电子稳定结构，O原子为8个电子稳定结构，B原子是缺电子，3个共用电子对，只有6个电子。(3)类比乙酸与乙醇的酯化反应，酸去羟基醇去氢。(4)类比Al(OH)3的酸式电离与络离子[Al(OH)4]－。
【正确答案】(1)C
(2)3 (3)H3BO3+3CH3OHB(OCH3)3+3H2O
(4)H3BO+H2O[B(OH)4]－+H+
H3BO3+OH－==[B(OH)4]－
【训练1】磷化氢(PH3)是一种无色剧毒气体(沸点-89.7℃)，其中含有微量极易自燃的P2H4。其制取的原理类似于实验室制氨气，现用下图装置来制取磷化氢并验证其性质。请回答：
(1)用碘化磷(PH4I)和烧碱反应制取PH3的化学方程式是
(2)实验开始时，先从分液漏斗往盛有碘化磷的烧瓶A中加入过量乙醚(无色液体，沸点34.5℃，微溶于水，不与Fe2(SO4)3反应)，微热数分钟后再从分液漏斗中向烧瓶里加入一定量的浓NaOH溶液继续加热。在B处用电热器控制温度在300℃左右，实验过程中可观察到：
①用水冷却的C中有白色蜡状固体生成。②D试管中Fe2(SO4)3溶液颜色由棕黄色变成淡绿色，同时也有白色蜡状物生成。③E处点燃尾气，呈淡蓝色火焰。
则：C中的白色蜡状固体是(填分子式)
，能说明PH3具有
的性质。试管D中反应的化学方程式是
这说明PH3具有
(3)实验时E处尾气须点燃，原因是
(4)实验开始时，先向烧瓶中加入乙醚并微热，其目的是
(5)D中液面上有少量乙醚层，出现的原因是
【正确答案】(1)PH4I+NaOHPH3+NaI+H2O
(2)P4 受热分解
4PH3+6Fe2(SO4)3==P4+12FeSO4+6H2SO4
(3)尾气中剧毒气体PH3，以防止污染空气
(4)利用乙醚密度比空气大的性质，将空气排尽，以防止PH3在装置中燃烧(或自燃)
(5)D中温度低于乙醚沸点，乙醚蒸汽在此会液化浮于液面
注意：类比有其局限性。类比所得的结论不一定正确，一定要注意负迁移的影响。
【训练2】电解熔融氯化镁制取镁：MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑
类比失误：电解熔融氯化铝制取铝：2AlCl3(熔融)2Al+3Cl2↑
电解熔融氧化铝制取铝：2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑
类比失误：电解熔融氧化镁制取镁：2MgO(熔融)2Mg+O2↑
【训练3】最近科学家发现一种由钛(Ti)原子和碳原子构成的气态团簇分子，分子模型如图所示，其中圆圈表示钛原子，黑点表示碳原子，则它的化学式为(
　　A．TiC　
B．Ti13C14
C．Ti6C7　　D．Ti14C13
类比失误：定势思维模仿氯化钠晶体分析，误选A。正确答案D。
二、转化思维
在解题过程中当遇到信息生疏、思路障碍、概念模糊时，要自觉运用转化思维，化陌生为熟悉、化抽象为形象、化繁杂为简单，化含糊为明朗，从而拓展解题思路。转化思维就是思维变通，条条大路通罗马。转化形式可以是概念转化、组成转化、物质转化、表达方式转化等，目的是信息等价替换，降低解题难度，进而达到解决问题的一种方法。数形转化、司马光砸缸等都是转化思维的典例。　
【例1】由乙炔、苯、乙醛组成的混合物、已知其中碳元素的质量分数为72.0%。试求氧元素的质量分数。
【解题思路】可将乙炔、苯、乙醛三种有机物进行化学式组成的变形转化，即：C2H2、C6H6、C2H4O→(CH)2、(CH)6、(CH)2&H2O→(CH)n+H2O，碳元素的质量分数→“CH”的质量分数→“H2O”的质量分数→氧元素的质量分数
【解】氧元素的质量分数=(1﹣72.0%&13/12)&16/18=19.6%
【例2】将固体MnC2O4&2H2O放在一个可以称出质量的容器里加热，固体质量随温度变化的关系如图所示(相对原子质量：H 1.0，C
12.0， O 16.0，Mn 55.0 )，纵坐标是固体的相对质量。
说出在下列五个温度区间各发生什么变化，并简述理由：
0～50℃；50～100℃；100～214℃；214～280℃；280～943℃
【解题思路】图示、图表信息丰富，答案尽在图表中显现，故挖掘图表内涵，转化图表信息，是解答图形图表类竞赛题的关键。本题计算的基础是如何将图中相对失重的信息转化为解题依据。
【解】转化0～50℃时的图示：图像线段基本水平，说明是MnC2O4&2H2O稳定区域，MnC2O4&2H2O未分解。
转化50～100℃时的图示：图像线段下坡，说明MnC2O4&2H2O(相对分子质量179)逐渐失水成为无水物MnC2O4(相对分子质量143)，
MnC2O4&2H2O==MnC2O4+2H2O
143/179= 0.80
转化100～214℃时的图示：图像线段基本水平，说明是MnC2O4
稳定区域，MnC2O4未分解。
转化214～280℃时的图示：图像线段下坡，说明MnC2O4逐渐分解成为MnO(相对分子质量71)，MnC2O4==MnO+CO+CO2
71/179 = 0.40
转化280～943℃时的图示：图像线段有点上坡，说明固体增重，分解生成的MnO被O2氧化，
可能反应为3MnO+1/2O2==Mn3O4
(229&1/3)/179 = 0.43
【训练1】写出下列实验的现象和反应的化学方程式。
(1)向黄血盐溶液中滴加碘水。
(2)将3mol·L-1的CoCl2溶液加热，再滴入AgNO3溶液。
(3)将[Ni(NH3)6]SO4溶液水浴加热一段时间后再加入氨水。
【正确答案】采取现象与物质的转化思维。
(1)向黄血盐溶液中滴加碘水，溶液由黄色变成红色。
2[Fe(CN)6]4－(黄色)+I2
==2[Fe(CN)6]3－(红色)+2I－
(2)将3mol·L-1的COCl2溶液加热，溶液由粉红色变蓝色。
[Co(H2O)6]2++4Cl－==CoCl42－(蓝色)+6H2O
再加入AgNO3溶液时，溶液由蓝色变红色，并有白色沉淀生成。
CoCl42－+4Ag++6H2O==[Co(H2O)6]2++4AgCl↓(白色)
(3)水浴加热一段时间后，有绿色沉淀生成。
[Ni(NH3)6]2++2H2ONi(OH)2↓(绿色)+2NH4++4NH3↑
再加入氨水，沉淀又溶解，得蓝色溶液。
Ni(OH)2+ 2NH4++4NH3== [Ni(NH3)6]2+(蓝色)+2H2O
【训练2】H2O2是一种绿色氧化剂，应用十分广泛。1979年化学家将H2O2滴入到含SbF5的HF溶液中，获得了一种白色固体A。经分析，A的阴离子呈八面体结构，阳离子与羟胺NH2OH是等电子体。
(1)确定A的结构简式。写出生成A的化学方程式。
(2)在室温或高于室温的条件下，A能定量地分解，产生B和C。已知B的阳离子的价电子总数比C的价电子总数少4。试确定B的结构简式，写出B中阴、阳离子各中心原子的杂化形态。
(3)若将H2O2投入到液氨中，可得到白色固体D。红外光谱显示，固态D存在阴阳两种离子，其中一种离子呈正四面体。试确定D的结构简式。
(4)上述实验事实说明H2O2的什么性质？
【分析与答案】采取结构与物质的转化思维等。(1)A的阴离子呈八面体结构可转化为A的阴离子是6配体的Sb的配离子，显然，A的阴离子是PF6－的等电子体SbF6－；A的阳离子是羟胺NH2OH的等电子体H3O2+；故A的结构简式为
[H3O2]+[SbF6]－。生成A的化学方程式为：H2O2+HF+
SbF5==[H3O2]+[SbF6]－
(2)题设信息可转化为分解反应“A==B+C”，配离子SbF6－相对稳定，可分解的应该是H3O2+；B的阳离子的价电子总数比C的价电子总数少4，可转化为B的阳离子是H3O+，价电子总数为8个，C是O2的价电子总数12个，符合题意。B为[H3O]+[SbF6]－；O：sp3杂化；Sb：sp3d2
(3)固态D存在阴阳两种离子，H2O2与液氨反应生成离子化合物，其中呈正四面体结构的必为NH4+，阴离子是H2O2的等电子体HO2－，故D的结构简式为NH4OOH。
(4)上述实验事实说明H2O2既具有酸性，又具有碱性。或说明H2O2既是一种酸，同时又是一种比水弱得多的碱。
三、分解思维
分解思维是一种独特的创新思维方法，其原理就是将复杂问题简单化，化大为小，化整为零，把大目标分解成小目标，然后进行累计得出总和，以达到创新目标。对于一些复杂的问题，难以直接找到解题思路时，运用分解思维有曲径通幽之效。分解思维要注意的问题是，避免把问题割裂成没有联系的部分。“曹冲称象”或剥洋葱等都是分解思维的典例。
【例题】某一反应体系中共有Pb3O4、NO、MnO2、Cr2O3、Cr(MnO4)2和
Pb(N3)2(名称叠氮化铅，其中Pb为+2价)六种物质，已知Pb(N3)2是反应物之一，反应条件为加热。根据你学过的有关化学知识，试写出并配平这个反应的化学方程式。
【分析】这是一个看来十分复杂的反应，可以分解成若干个简单问题：
简单问题(1)：Pb(N3)2是反应物，该物质中铅和氮是低价态的Pb2+、N3－(叠氮离子)，具有还原性，依题意其氧化产物为Pb3O4(可看成2PbO&PbO2)和NO。
简单问题(2)：有还原剂，必有氧化剂，考查余下的三种物质，Cr(MnO4)2最有可能作为反应物之一，因为受热时MnO4－具有强氧化性，+7价Mn被还原生成+4价的MnO2，MnO2为产物之一是理所当然。
简单问题(3)：Cr(MnO4)2中的+2价Cr处于低价态，会同时被MnO4－氧化为稳定的Cr2O3，可类比以下反应得到启发：4Fe(NO3)22Fe2O3+8NO2↑+O2↑
综合：反应物为Cr(MnO4)2和Pb(N3)2，生成物为Pb3O4、NO、MnO2、Cr2O3。
根据化合价升降法写出配平的化学方程式：
15Pb(N3)2+44Cr(MnO4)25Pb3O4+90NO+88MnO2+22Cr2O3
【训练】PCl5是一种白色固体，加热到160℃不经过液态阶段就变成蒸气，测得180℃下的蒸气密度(折合成标准状况)为9.3g/l，极性为零，P－Cl键长为204pm和211pm两种。继续加热到250℃时测得压力为计算值的两倍。PCl5在加压下于148℃液化，形成一种能导电的熔体，测得P－Cl的键长为198pm和206pm两种。(P、Cl相对原子质量为31.0、35.5)回答如下问题：
(1)在180℃下PCl5蒸气中存在什么分子？为什么？写出分子式，画出立体结构。
(2)在250℃下PCl5蒸气中存在什么分子？为什么？写出分子式，画出立体结构。
(3)PCl5熔体为什么能导电？用最简洁的方式做出解释。
(4)PBr5气态分子结构与PCl5相似，它的熔体也能导电，但经测定其中只存在一种P－Br键长。PBr5熔体为什么导电？用最简洁的形式做出解释。
【解题思路】问题(1)由折合成标准状态的蒸气密度和五氯化磷的化学式量，经简单计算，就可以得出：180℃下的PCl5是单体，即PCl5就是它的分子式。
简单问题：信息表明PCl5中有两种不同键长的P－Cl键，说明什么问题？不可能是平面的五角形的分子(它的磷氯键只有一种)，一定具有三维立体结构。
简单问题：三维立体结构有可能是怎样？三角双锥或者四角锥体，后者的极性不等于零，所以PCl5分子是三角双锥型分子。
问题(2)相关信息“压力为计算值的两倍”表明，PCl5分子在加热到250℃时分解了，生成等物质的量的两种气态分子。可类比氧化铜分解生成氧化亚铜和氧气，二氧化锰分解生成四氧化三锰和氧气，三氧化硫分解生成二氧化硫和氧气等等。所以，五氯化磷的分解产物是三氯化磷和氯气。
问题(3)涉及的是电解质的基本概念之一：熔体能够导电。
简单问题：为什么PCl5熔体能导电，可想熔体中有正、负两种离子存在。那么，是哪两种离子呢？本题的信息是该熔体中有两种不同的P－Cl键长，不可能一种是Cl－、另一种是PCl4+，因为四配位的PCl4+无论如何不会有两种不同的键长(不管它是正四面体型还是平面四边形)，所以两种离子可能是PCl4+和
问题(4)是对问题(3)的一个反馈性的暗示。意思无非是说，若将氯改换成溴，与PCl6－相似的PBr6－是不能形成的，因而其中的阴离子只能是Br－。
简单问题：溴离子与氯离子有何不同？半径较大的6个溴离子包在半径很小的P5+外面可能实在太挤了，挤不下了，而较小的氯离子则是有可能的。
【解】(1)9.3&22.4=208.3，PCl5相对分子质量31.0+35.5&5=208.5，蒸气组成为PCl5，呈三角双锥体。三角双锥分子无极性，有两种键长。
(2)PCl5==PCl3+Cl2氯分子Cl2、Cl－Cl，三氯化磷分子PCl3、呈三角锥型。
(3)PCl5==PCl4++PCl6－(注：含PCl4+和PCl6－两种离子，前者为四面体，后者为八面体，因此前者只有一种键长，后者也只有一种键长，加起来有两种键长。)
(4)PBr5==PBr4++Br－
四、联想思维
联想思维：解决化学问题时，由问题情景联想到相关的知识，并借助相关知识来解决面临的问题，这种思维就是联想。世界在联想中变宽广。联想意识强，善于唤起对旧知识的回忆，善于利用熟悉的方法来解决新问题。联想思维包括相似联想(看到双胞胎想到克隆羊)、相关联想(雷达起振实验使口袋里的巧克力融化，联想发明了微波炉)、对比联想(看到白色想到黑色)、因果联想(看到蚕蛹想到飞蛾，看到鸡蛋想到小鸡)、接近联想(看到学生想到教室及课本)等。
【例题】含羟基的化合物可用M﹣OH表示，式中M不确定。它与H+结合后，可形成M－OH2+。试回答下列问题：
写出符合M﹣OH2+通式的最简单的离子。
(2)原子数、电子数均分别相等的微粒互称为等电子体。等电子体有相似的几何构型。上面(1)题中离子的几何形状为＿＿＿
(3)同温同压及相同物质的量浓度的条件下，比较CH3CH2OH2+、HPO42－、NH4+水溶液的酸性强弱关系。
【分析与答案】(1)相关联想：M不确定，可以是H、CH3、NH2、HSO3、CH3CO等等，显然，符合M﹣OH2+通式的最简单的离子是H3O+。
(2)相似联想：与H3O+互为等电子体的微粒由NH3、PH3等，故为三角锥形。
(3)对比联想：CH3CH2OH显中性，PO43－水解显较强碱性，NH3溶于水显弱碱性，所以，酸性强弱顺序为：CH3CH2OH2+﹥NH4+﹥HPO42－
【训练1】铬的化学丰富多采，实验结果常出人意料。将过量30%H2O2加入(NH4)2CrO4的氨水溶液,
热至50℃后冷至0℃，析出暗棕红色晶体A。元素分析报告：a含Cr 31.1%，N 25.1%，H
5.4%。在极性溶剂中A不导电。红外图谱证实a 有N﹣H键，且与游离氨分子键能相差不太大，还证实A
中的铬原子周围有7个配位原子提供孤对电子与铬原子形成配位键，呈五角双锥构型。
(1)以上信息表明A的化学式为
；可能的结构式为
(2)A中铬的氧化数为
(3)预期A最特征的化学性质为
(4)生成晶体A的反应是氧化还原反应，方程式是
【分析与答案】(1)元素分析报告表明A中Cr︰N︰H︰O
=31.1%/52︰25.1%/14︰5.4%/1︰38.4%/16 =
1︰3︰9︰4，A的最简化学式为CrN3H9O4。暗棕红色晶体A是配合物，相关联想：中学涉及的配合物有Cu(NH3)42+、Ag(NH3)2+、Fe(CN)64－、Fe(SCN)63－等，A的化学式Cr(NH3)3O4或CrN3H9O4(写成其他形式也可以)；A在极性溶剂中不导电，可推测A中无外界。红外图谱证实A有N—H键，A中有7个配位原子，五角双锥构型，因果联想：A中有NH3参与配位，且为三氮四氧全配位，结构中有2个过氧键。A的可能结构式如下图：
(2)由结构式推知A中铬的氧化数为+4。
(3)由铬的氧化数为+4，因果联想知：A最特征的化学性质氧化还原性；或由A结构中有过氧键
与H2O2易分解、不稳定，相似联想知：A最特征的化学性质易分解或不稳定等类似表述均可。
(4)接近联想：生成A的反应是氧化还原反应，K2CrO4中铬的价态已达最高价，A中铬的价态必低于+6，H2O2被氧化的产物为O2，故化学方程式为：
CrO42－+3NH3+3H2O2==Cr(NH3)3(O2)2+O2+2H2O+2OH－
【训练2】在极性分子中，正电荷重心同负电荷重心间的距离称偶极长，通常用d表示。极性分子的极性强弱同偶极长和正(或负)电荷重心的电量(q)有关，一般用偶极矩(μ)来衡量。分子的偶极矩定义为偶极长和偶极上一端电荷电量的乘积，即μ=d&q。试回答以下问题：
(1)O3、SF6、CH2Cl2、P4O6
4种分子中μ＝0的是
(2)对硝基氯苯、邻硝基氯苯、间硝基氯苯，3种分子的偶极矩由大到小的排列顺序是
(3)实验测得：μPF3＝1.03德拜、μBCl3＝0德拜。由此可知，PF3分子是
构型，BC13分子是
(4)治癌药Pt(NH3)2Cl2具有平面四边形结构，Pt处在四边形中心，NH3和Cl分别处在四边形的4个角上。已知该化合物有两种异构体，棕黄色者μ﹥0，淡黄色者μ=0。试画出两种异构体的构型图，并比较在水中的溶解度。
构型图：淡黄色
；在水中溶解度较大的是
【分析与答案】(1)因果联想：O3、CH2Cl2分子构型分别为V型、四面体型，均不对称，故偶极矩不等于0；而SF6分子构型为正八面体、P4O6中的4个P原子构成正四面体，6个O原子构成正八面体，均为对称结构，故偶极矩等于0。
(2)相似联想：视为向量，如图所示：
邻硝基氯苯﹥间硝基氯苯﹥对硝基氯苯
(3)因果联想：μPF3＝1.03德拜，PF3分子是三角锥形；μBCl3＝0德拜，BC13分子是平面三角形。
(4)淡黄色与棕黄色的两种异构体分别为
由相似相溶原理知，棕黄色者。
五、整体思维
整体思维是一种系统思维，要求人们在解决一个问题时，不急于从局部入手，而是从整体出发作综合分析，把握问题的结构，整体处理，可使思路明晰，复杂问题简单化。如运用守恒法进行化学计算就是整体思维，还有诸如关系式法、终态法、总反应式法等都是整体思维方法的体现。中医的“头痛医脚，脚痛医头”的整体疗法、“天人合一”等都是整体思维的范例。
1．将物质的组成作为一个整体
【例1】已知NO2和NaOH溶液反应方程式为3NO2+2NaOH ==2NaNO2+NO+H2O；NO和NO2与NaOH溶液反应为NO+NO2+2NaOH==2NaNO2+H2O。在盛a mol
NO、b mol NO2和c mol
O2的密闭容器中，加入V
L某浓度的烧碱溶液后，容器中压强几乎为零，试求NaOH溶液的物质的量浓度。
【分析与答案】解题过程中若按方程式分步求解，过程繁琐且易出错。从整个反应过程分析，反应完毕压强为零，则NO、NO2和O2完全反应无剩余，最终产物为NaNO2，该化学式可视为一个整体，沟通NO、NO2和NaOH间的关系，因为NaNO2中氮元素来自NO2和NO共(a+b)mol，即NaNO2为(a+b)mol，而Na元素来自NaOH也为(a+b)mol，故NaOH物质的量浓度为(a+b)/Vmol·L-1。
【评论】此题提供2个反应式的生成物钠盐均为NaNO2，即便不给反应式，生成物可能是NaNO2，也可能是NaNO3，还可能是二者混合物，均可利用化学式组成均为Na∶N=1∶1，所得结果一样。
2．将物质体系作为一个整体
【例2】有Na2CO3、NaHCO3、CaO和NaOH组成的混合物27.2g，把它们溶于足量的水中，充分反应后，溶液中的Ca2+、CO32－、HCO3－均转化为沉淀。将反应容器内的水分蒸干，最后得到白色固体物质29.0g，则反应混合物中Na2CO3的质量为多少？
【分析与答案】依题意，Ca2+、CO32－、HCO3－均转化为沉淀，即生成CaCO3沉淀，则Na+只能与OH－结合，故有NaOH生成，原混合物中的NaOH未参与反应，显然，白色固体物质29.0g是
CaCO3与NaOH(含原有的NaOH与生成的NaOH)的混合物。在溶液中发生的反应有CaO+H2O+Na2CO3==CaCO3↓+2NaOH与CaO+NaHCO3==NaOH+CaCO3↓，该反应体系可视为一个整体，反应前后固体增重的质量为水的质量：29.0g﹣27.2g=1.8g，从反应式可知：每增重18
g，有106 g Na2CO3参与了反应；增重1.8g，有10.6 g Na2CO3参与了反应。
3．将物质变化过程作为一个整体
【例3】将O2和CH4的混合气体充入盛有23.
4g Na2O2的密闭容器中，用点火花引燃并充分反应后，在150℃的容器中压强为0。将容器中残留固体溶于水，无气体逸出。试求：(1)原混合气体中O2与CH4的体积比。
(2)反应后容器中所得到的固体物质的质量。
【分析与答案】反应后容器内压强为0(150℃)，说明容器内没有气体(包括水蒸气),
由于生成CO2先与Na2O2反应，只有CO2反应后，水蒸气才能与Na2O2反应，所以O2和CH4燃烧的产物恰好转化为Na2CO3和NaOH，即固体残留物的成分。由于Na2O2变为Na2CO3需要结合一个C和一个O，而Na2O2变为NaOH需要结合2个H，由此可得出原混合气体中O2和CH4的体积比为1∶2，反应的化学方程为：
2CH4+O2+6Na2O2==2Na2CO3+8NaOH，n(Na2O2)=23.4g/78g·mol-1=0.3mol
0.3mol&2/6&106g·mol-1+0.3mol&8/6&40g·mol-1=26.6g
另一种整体思维的思路：可以把O2、CH4与Na2O2的反应想象成生成CO、H2与Na2O2
H2+Na2O2==2NaOH和CO+Na2O2==Na2CO3，容器内就没有气体剩余，气体压强也就为0。由此可知：原混合气体中O2和CH4的体积比为1∶2，然后按此比例写出总反应式4H2+2CO+6Na2O2==8NaOH+2Na2CO3，质量求解同上。
【训练】100.00mlSO32－和S2O32－的溶液与80.00ml浓度为0.0500mol·L-1的K2CrO4的碱性溶液恰好反应,
反应只有一种含硫产物和一种含铬产物；反应产物混合物经盐酸酸化后与过量的BaCl2溶液反应,
得到白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、干燥后称量，质量为0.9336g。
相对原子质量：S
32.06 Cr51.996 O15.999
(1)写出原始溶液与铬酸钾溶液反应得到的含硫产物和含铬产物的化式。
(2)计算原始溶液中SO32－和S2O32－的浓度。
【分析与解答】(1)解题的第一个关键是搞清楚含硫产物和含铬产物是什么？含硫产物是SO42－；另一个反应产物很可能错写成Cr3+离子。可以类比铝，Cr3+在碱性溶液中的具体形态，可以是：Cr(OH)4－或KCr(OH)4或Cr(OH)63－或K3Cr(OH)6或Cr(OH)3，而且写什么都不会影响第二问的应答结果。
(2)此题的计算属高考常见的二元一次联立方程，可以利用硫元素守恒与电子守恒列式。设n(SO32－)=x和n(S2O32－)=y，有x+2y=0.g·mol-1，
2x+8y=0.0500mol·L-1&0.08L&3，解得x=2.0&10－3mol，y=1.0&10－3mol，
c(SO32－)=2.0x10－2mol·L-1，c(S2O32－)=1.0x10－2mol·L-1
一般解法是先写出配平的氧化还原反应，选Cr(OH)3为铬的产物，然后根据化学方程式列式计算。
3SO32－+2CrO42－+5H2O==3SO42－+2Cr(OH)3+4OH－
3S2O32－+8CrO42－+17H2O==6SO42－+8Cr(OH)3+10OH－
六、发散思维
发散思维的实质就是要突破常规和定势，打破旧框框的限制，沿着不同方向去思索寻求多样性解决问题的思维过程。它是一种创造性思维方式。它的功能在于求异、创新，善用此法，有利于全方位析题、解题。发散思维又称辐射思维、放射思维、扩散思维或求异思维。思维导图、一题多解等就是发散思维。
【例题】1.0 L H2S气体和a
L空气混合后点燃，若反应前后气体的温度和压强都相同(20℃，1.013&105Pa)，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，其他成分可以忽略不计)。
【分析】H2S在空气中燃烧时可以按下两种方式进行反应：
(1)2H2S+O22S+2H2O
(2)2H2S+3O22SO2+2H2O
发散思维：当V(H2S)︰V(O2)≥2/1时，按(1)进行反应；当V(H2S)︰V(O2)≤2/3时，按(2)进行；当2/3＜V(H2S)︰V(O2)＜2/1时，同时按两种方式进行反应。在此反应条件下生成物S、H2O分别为固态和液态。
【解】若1︰a/5≥2/1时，即a≤2.5，按(1)进行反应，
则V=1L+aL－(a/5+2a/5)L=(1+2a/5)L
若2/3＜1︰a/5≤2/1时，即7.5＞a≥2.5，按(1)、(2)进行反应，这两种情况可由H2S的量求反应气体总体积的差量，因两反应的体积差一样，1LH2S反应后气体总体积共减少1.5L，则V=(1+a－1.5)L=(a－0.5)L
若1︰a/5≤2/3时，即a≥7.5，按(2)进行反应，
则V=(1+a－1.5)L=(a－0.5)L
所以，当a≤2.5时，V=(1+2a/5)L；当a＞2.5时，V=(a－0.5)L
【训练】某芳香烃A，分子式C9H12。在光照下用Br2溴化A得到两种一溴衍生物(B1和B2)，产率约为1﹕1。在铁催化下用Br2溴化A也得到两种一溴衍生物(C1和C2)；C1和C2在铁催化下继续溴化则总共得到4种二溴衍生物(D1、D2、D3、D4)。
(1)写出A的结构简式。
(2)写出B1、B2、C1、C2、D1、D2、D3、D4的结构简式。
【分析与答案】A是芳香烃，至少要有一个苯环。按分子式C9H12，已不可能有比苯环更高级的芳香环，例如萘的分子式是C10H8，已超过9个碳。因此C9H12是有烃基侧链的苯的衍生物。
问题：侧链有几个？侧链的组成？
发散思维：按苯环上分别有1、2、3个侧链得同分异构体：①C6H5C3H7连有正丙基与异丙基的2种；②C6H4连有一个甲基一个乙基，邻乙基甲苯、间乙基甲苯、对乙基甲苯3种，③C6H3连有三个甲基，连三甲苯、偏三甲苯、均三甲苯又3种；共八种。如下图所示。
信息之一：“光照下得到2种一溴衍生物，”由此可排除只能得到1种一溴衍生物的均三甲苯，亦可排除可得3种一溴衍生物的偏三甲苯。
信息之二“产率约为1﹕1”，应取代在侧链的α﹣碳上，若取代在β﹣碳上等，产率难达到相等，可排除3种一溴衍生物的正丙苯与2种一溴衍生物的异丙苯。连三甲苯可以得到2种一溴代衍生物，但1﹣溴代甲基﹣2，3﹣二甲基苯的产率跟2﹣溴代甲基﹣1，3﹣二甲基苯的产率不会相等，不符合2种一溴衍生物的产率相等的信息。于是只剩下甲乙苯的三种可能性。
信息之三：“芳香环上的氢被溴取代得到2种一溴衍生物”，芳环上的氢被取代的定位知识——烃基是一种邻对位定向基团(为什么甲苯的硝化不得到间位的硝基甲苯？邻位和对位取代的几率是否相等？)，且邻乙基甲苯、间乙基甲苯的一溴代衍生物不止2种，故A为对乙基甲苯，符合题意。
信息之四：“c1和c2在铁催化下继续溴化则总共得到4种二溴衍生物”，可验证，如下图所示：
七、推理思维
万物皆有关联，推理思维是由一个或几个已知的判断(前提)，推导出一个未知的结论的思维过程。即通过某些现象的相互关系，由此及彼，串点成线，有效牵住一线，归纳现象间的因果关系，掌控全局。这就是推理思维的价值所在。推理是形式逻辑。推理主要有演绎推理和归纳推理。演绎推理从一般到特殊。归纳推理从特殊到一般。数学演算、侦探案件等常用推理思维。
【例1】有NO和CO2的混合气体14mL，通过足量的Na2O2后，体积变为7mL，再通过水洗后体积变化为2mL。试求混合气体中NO和CO2的体积各是多少毫升？
【分析】此题“通过水洗后体积变化为2mL”不溶于水的气体，结果有两种可能，一是剩余2mLO2，二是剩余2mLNO。若剩余2mLO2，则通过Na2O2后的7mL气体为NO2与O2混合气。若剩余2mLNO，原混合气体14mL通过Na2O2后，体积减少一半，由2CO2+2Na2O2==2Na2CO3+O2与2NO+O2
==2NO2合并得总式CO2+NO+Na2O2==
Na2CO3+NO2，可推知7mL气体中两种气体的体积比为V(NO2)︰V(O2)≥1，即7mL气体只可能是NO2和O2的混合气体或纯净NO2，不存在NO。水洗后2mLNO应来源于3NO2+H2O==2HNO3+NO，显然，产生2 mL NO消耗6mL NO2；余下1mL 应是NO2与O2的混合气体，并按V(NO2)︰V(O2)=
4︰1相混。
【解】(1)若剩余2mLO2，则参加反应的气体为(7－2)mL=5
mL，根据4NO2+O2+2H2O==4HNO3知参加反应的V(NO2)︰V(O2)=4︰1，V(NO2)=
4mL，又根据2NO+O2==2NO2，推知原混合气体中：NO为4mL，CO2为10mL。
(2)若剩余2mL
NO，则参加反应的气体为1mL，即NO2为0.8mL，O2为0.2
mL，V(NO2)= 6mL+0.8mL=6.8mL，V(O2) =0.2mL，推知原混合气体中：V(NO)=
6.8mL，V(CO2)= 14
mL－6.8 mL=7.2mL。
【例2】三种等物质的量气态脂肪烷烃在室温(25℃)和常压下的体积为2L，完全燃烧需氧气11L；若将该气态脂肪烃混合物冷至5℃，体积减少到原体积的0.933倍。试写出这三种脂肪烃的结构式，给出推理过程。注：已知该混合物没有环烃，又已知含5个或更多碳原子的烷烃在5℃时为液态。
【分析】(1)“气态脂肪烷烃”则暗示了这三种气态烷烃中没有环烷。解题的第一步可写出用直链烷烃通式来表示的完全燃烧的化学方程式：
CnH2n+2+(1.5n+0.5)O2==nCO2+(n+1)H2O
(2)再根据三种烷烃是等物质的量的信息，可列出一组三个一元一次方程：
2/3L(1.5n1+0.5)=(n1+1/3)L
2/3L(1.5n2+0.5)=(n2+1/3)L
2/3L(1.5n3+0.5)=(n3+1/3)L
因而：n1+n2+n3+1=11；n1+n2+n3=10
(n平均值3.3)
(3)第三步是用尝试法：如下所示，n1、n2、n3
分别为1、2、7；1、3、6；1、4、5；2、3、5；2、4、4；3、3、4等组合，据试题提供的注释性信息，表中前4个组合均有高于4碳的烷而不可能，又因丙烷没有异构体，3，3，4组合不可能，只有2，4，4是可能的答案。故：三种烷分别是CH3CH3、
CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)CH3
用其他方法(如n平均值等)得分相同(但试题答案要求必须写推理过程)。
(4)此题中的数据0.933用于验证三种烷在5℃下都是气体，因V278/V298=
278/298=0.933
【正确答案】CH3CH3、CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)CH3，推理过程见上
【训练1】某不活泼金属X在氯气中燃烧的产物Y，溶于盐酸得黄色溶液，蒸发结晶，得到黄色晶体Z，其中X的质量分数为50%。在500mL浓度为0.100
mol·L-1的Y水溶液中投入锌片，反应结束时称得固体总质量为4.95
g。请推测X、Y、Z各是什么？
【分析】推理过程如下：X为不活泼金属，设为一种重金属，但熟悉的金属或者其氯化物与锌的置换反应得到的产物的质量太小，或者其水溶液颜色不合题意，均不合适，经诸如此类的排他法假设X为金，由此Y=AuCl3，则置换反应的计算结果为：2AuCl3+3Zn==3ZnCl2+2Au
反应得到Au的质量=0.100mol·L-1&0.500 L&197g·mol-1=9.85g
反应消耗Zn的质量=0.100mol·L-1&0.500 L&65.39g·mol-1&3/2 = 4.90g
反应后得到的固体质量增重：9.85g &
4.90g = 4.95g
AuCl3中Au的含量达65%，依题意可Z不是AuCl3，假设为配合物HAuCl3，含Au
58%，仍大于50%，故假设它是水合物，则可求得:：HAuCl4&3H2O的摩尔质量为393.8
其中Au的含量为197/394 = 50%。其他推理过程，只要合理，也得满分。
【正确答案】X是Au；Y是 AuCl3；Z是HAuCl4&3H2O
【训练2】在铜的催化作用下氨和氟反应得到一种铵盐和一种三角锥体分子A(键角1020，偶极矩0.78&10－30C·m；对比：氨的键角107.30，偶极矩
4.74&10－30C·m)。
(1)写出A的分子式和它的合成反应的化学方程式。
(2)A分子质子化放出的热明显小于氨分子质子化放出的热。为什么？
(3)A与汞共热，得到一种汞盐和一对互为异构体的B和C(相对分子质量66)。写出化学方程式及B和C的立体结构。
(4)B与四氟化锡反应首先得到平面构型的D和负二价单中心阴离子E构成的离子化合物；这种离子化合物受热放出C，同时得到D和负一价单中心阴离子F构成的离子化合物。画出D、E、F的立体结构；写出得到它们的化学方程式。
(5)A与F2、BF3反应得到一种四氟硼酸盐，它的阳离子水解能定量地生成A和HF，而同时得到的O2和H2O2的量却因反应条件不同而不同。写出这个阳离子的化学式和它的合成反应的化学方程式，并用化学方程式和必要的推断对它的水解反应产物作出解释。
【分析与答案】(1)根据题设信息推理：生成铵盐必为NH4F，生成的三角锥体分子A不可能是NH3，只能是NF3。反应式：4NH3+3F2==NF3+3NH4F
键的偶极方向与氮原子孤对电子的偶极方向相反，导致分子偶极矩很小，因此质子化能力远比氨质子化能力小。
(3)A与汞共热得到一种汞盐必为HgF&2，B和C只能是N与F形成的化合物，其相对分子质量为66，也只能是2个N与2个F结合，(14+19)&2=66，即N2F2。
反应式：2NF3+2Hg==N2F2+2HgF&2
F－N＝N－F的顺反异构如下：
(4)反应信息知B+SnF4==离子化合物1，离子化合物1==离子化合物2+C，两种离子化合物的阳离子D相同，阴离子只能是氟锡酸根离子；平面构型的D可推理为B失去一个氟原子的
[N2F]+，显然负二价单中心阴离子E为[SnF6]2－，负一价阴离子F为[SnF5]－，离子化合物1为[N2F]+2[SnF6] 2－，离子化合物2为[N2F]+[SnF5]－。所以D、E、F的立体结构分别为：
反应式：2N2F2+SnF4==[N2F]+2[SnF6] 2－
[N2F]+2[SnF6]2－==[N2F]+[SnF5]－+N2F2
(5)A与F2、BF3反应得到一种四氟硼酸盐，即合成反应为NF3+F2+
NF4+BF4－，显然，阳离子的化学式为NF4+。NF4+水解反应首先得到HOF(否则写不出配平的NF4+水解反应)：NF4++H2O==NF3+HOF+H+，定量生成NF3，而反应2HOF==2HF+O2和反应HOF+H2O==HF+H2O2&
哪一反应为主与反应条件有关，但无论哪一反应为主却总是定量生成HF。
八、逆向思维
逆向思维：在解决化学问题时，从问题的正面切入很难拓展思路，那就主动变换思维路线，从相反的方向去思考问题，寻找解决问题的途径，这种思维意识就是逆向思维。验证法、反证法、反推法都是这种思维方法。逆向思维是一种比较特殊的思维方式，它的思维取向总是与常人的思维取向相反，比如人弃我取，人进我退，人动我静，人刚我柔等都是这种思维方式。
【例1】有白色固体A与水作用生成沉淀B，B溶于浓盐酸，可得无色溶液C，若将固体A溶于稀硝酸后，加入AgNO3溶液，有白色沉淀D析出，D溶于氨水得溶液E，酸化溶液E，又析出白色沉淀D。将H2S通入溶液C，有棕色沉淀F析出，F溶于(NH4)2S得溶液G，酸化溶液G，有气体产生和黄色沉淀H，若取少量溶液C加入HgCl2的溶液中有白色I析出。问A、B、C、D、E、F、G、H、I是什么物质？写出有关推理的反应过程(不必配平，只要写出反应物及重要产物)。
【分析】解题关键：应掌握低价锡盐是还原剂，易水解生成碱式盐，易生成金属硫化物沉淀、且沉淀可生成硫代酸盐而溶解等知识。
逆向思维：SnCl2易被HgCl2氧化生成白色沉淀I
为Hg2Cl2；黄色沉淀H由溶液G酸化后生成，可推知G是SnS32－，H是SnS2，气体是H2S；F是SnS，验证C为SnCl2溶液。则A为SnCl2固体，由于SnCl2易水解，故配制溶液时要加入浓盐酸抑制SnCl2水解，所以B为Sn(OH)Cl，D为AgCl，E为[Ag(NH3)2]Cl。
【解】A为SnCl2，B为Sn(OH)Cl，C为SnCl2溶液，D为AgCl，E为[Ag(NH3)2]Cl，F为SnS，G为SnS32－，H为SnS2，I为Hg2Cl2。
推理其反应过程(逆推法)：
(1)SnCl2+HgCl2→Hg2Cl2↓(白色)+SnCl4
(2)SnS32－+3H+ →SnS2↓+H2S↑
(3)SnS+S22－→SnS32－
(4)SnCl2+H2S
(5)AgCl+2NH3→[Ag(NH3)2]ClAgCl↓
(6)Ag++Cl－→AgCl↓
(7)Sn(OH)Cl+H+→SnCl2+H2O
(8)SnCl2+H2O→Sn(OH)Cl
【例2】立体结构上特殊拥挤的2，3，4，5，6－五苯基苯甲醛是合成新型红色荧光材料的重要中间体，该中间体的合成难度较大。文献报道了类似化合物的合成。
化合物(A)可由下列反应制取：
某研究者根据相关文献资料，从易得的肉桂醛(F)出发，设计合成了2，3，4，5，6－五苯基苯甲醛，反应路线如下：
以上各式中p－TsOH，DMSO和TCQ分别表示对甲基苯磺酸、二甲亚砜和四氯苯醌。
写出A的化学式及结构简式。
【分析与答案】采用逆向思维：五苯基苯甲酸的化学式为C37H26O2，加1个H2和1个CO即得C的化学式C38H28O3，减去肉桂酸的化学式C9H8O2，即得A的化学式为C29H20O。确定A的结构式时，始终抓住A的化学式与五苯基苯甲酸结构的对照，从而确定A的碳骨架。通过分析可知，在五苯基苯甲酸的结构中切去一个肉桂酸的碳骨架可得型碳骨架，该骨架一定来自A的化学式，其原子组成为C28H20。因此A化学式中只剩余。如何将CO与两部分组成合理的结构呢？根据题中提供的有关A的信息，最理想的碳骨架应为Ⅰ。这样A化学式中所有的原子均用完，根据碳4价的原则，A的结构式为Ⅱ。
【训练】绿矾(化学式FeSO4·7H2O)是硫酸法生产钛白粉的主要副产物，每生产1t钛白粉，副产绿矾4.5t～5.0t，目前全国每年约副产物75万吨，除极少量用于制备新产品外，绝大部分作为废料弃去，对环境造成污染。因此开发综合利用绿矾的工艺，是一项很有意义的工作。某研究者提出如附图所示的绿色工艺流程。
附图工艺流程中B是氯化物，C是不含氯的优质钾肥，D是一种氮肥，E是红色颜料；A、B、C、D均是盐类，E和F是常见的化合物。该工艺实现了原料中各主要成分的利用率均达94%以上，可望达到综合利用工业废弃物和防治环境污染的双重目的。
写出A、B、C、D、E、F的化学式。写出反应(1)、(2)、(3)的化学方程式。
【分析与答案】本题可根据题给反应物FeSO4这一信息，逆向思维与正向思维相结合推理出A、B、C、D、E、F的化学式。
正向思维：FeSO4与盐A在水中发生反应(1)，生成一种沉淀和溶液，并放出气体，被回收得F。A盐是常见的碳酸盐。它与FeSO4反应得碱式碳酸亚铁沉淀和硫酸盐溶液，并放出CO2气体。这与题中反应(2)信息“通入空气、加入水”完全相符，碱式碳酸亚铁被氧化生成Fe(OH)3，接着Fe(OH)3煅烧得红色颜料Fe2O3。故E是Fe2O3，F是CO2。
逆向思维：A盐的阴离子含有CO32－，那么它的阳离子是什么呢？根据反应(3)后的框图分析，C是不含氯的优质钾肥，说明B含钾元素，是KCl；D是一种氮肥，说明D是氯化物，自然联想到D为NH4Cl。反证：如果B是NH4Cl，反应(3)在通常情况下不能发生。因此D中NH4+只能来自于A盐，而C中的K+来自B盐。于是B是KCl，C为K2SO4，A为NH4HCO3或(NH4)2CO3。
反应方程式为：
(1)2FeSO4+4NH4HCO3==Fe2(OH)2CO3↓+3CO2↑+2NH4)2SO4+H2O
(2)2Fe2(OH)2CO3+O2+4H2O=4Fe(OH)3↓+2CO2↑
(3)(NH4)2SO4+2KClK2SO4↓+2NH4Cl
九、模型思维
模型思维(又称模拟思维)是在探索未知的“原型”时依据其表现出来的某些特性，在思维中去设计一种在理论预料中能够产生相似特性的“模型”，再在实践的考验中区分真伪或修正其错误，使其逐步提高与现实“原型”的近似程度。“模型”可以帮助我们提高做出准确预测的能力。“形”变“神”不变。数学或物理学科中的各种解题模型等都是类似的。
【例题】现有甲、乙、丙、丁四种晶胞（如图所示），可推知：甲晶体中A与B的离子个数比为_______；乙晶体的化学式为_________；丙晶体的化学式为_____________；丁晶体的化学式为_______________。
　　　　【分析】晶胞中的微粒计算模型以氯化钠晶胞为例模仿：分摊法。顶点、棱边、面心、体心等。
【答案】1︰1
【训练】AX4四面体(A为中心原子，如硅、锗；X为配位原子，如氧、硫)
在无机化合物中很常见。四面体T1按下图所示方式相连可形成一系列“超四面体”(T2、T3···)：
(1)上图中T1、T2和T3的化学式分别为AX4、A4X10和A10X20，推出超四面体T4的化学式。
(2)分别指出超四面体T3、T4中各有几种环境不同的X原子，每种X原子各连接几个A原子？在上述两种超四面体中每种X原子的数目各是多少？
(3)若分别以T1、T2、T3、T4为结构单元共顶点相连(顶点X原子只连接两个A原子)，形成无限三维结构，分别写出所得三维骨架的化学式。
(4)欲使上述T3超四面体连接所得三维骨架的化学式所带电荷分别为+4、0
和-4，A选Zn2+、In3+或Ge4+，X取S2-，给出带三种不同电荷的骨架的化学式(各给出一种，结构单元中的离子数成简单整数比)。
【分析与解答】(1)题设T1、T2、T3的图示就是思维模型，要巧妙利用。T4超四面体必然在T3模型上再补上一个底层，由于T3模型正三角形底面(可图示理解)有10个X原子并作为再补一个底面的顶点，因此，要增加10个四面体，即T4比
T3多10个A原子；而增加的10个四面体围成的正三角形底面(可图示)恰好增加15个X原子，故T4的化学式为A20X35。
(2)T3超四面体中有3种不同环境的X原子。可将其视为一个大四面体，即顶点4个X原子，边上12个X原子，面上4个X原子。顶点4个X原子只连1个四面体，故所连接A原子数为1；边上12个X原子，所连接A原子数为2；面上4个原子，所连接A原子数为3。T4超四面体中有5种不同环境的X原子。其中4个X原子在顶点上，所连接A原子数为1；12个X原子在边上，但不在边的中心，所连接A原子数为2；6个X原子在边的中心，所连接A原子数为2；12个原子在超四面体的面上，所连接A原子数为3；1个在超四面体的中心，所连接A原子数为4。
(3)共顶点相连，四种结构单元的4个顶点均用分摊法处理，T1中的A为1，
为4&1/2=2；T2中的A为4，X为4&1/2+6=8；T3中的A为10，X为4&1/2+16=18；T4中的A为20，X为4&1/2+31=33；故化学式分别为
AX2，A4X8，A10X18，A20X33。或分别为
AX2，AX2，A5X9，A20X33也可。
(4)阳离子的骨架为A10X184+，只能是Ge10S184+；中性原子的骨架为A10X18，可以是Zn2Ge8S18，In2ZnGe7S18，In4Ge6S18；阴离子的骨架为A10X184-，可以是Zn4Ge6S184-，In8Ge2S184-，In6ZnGe3S184-，In4Zn2Ge4S184-，In2Zn3Ge5S184-。
十、揣测思维
揣测思维是一种未经充分逻辑推理的直观性思维。它与逻辑思维不同，是用跳跃方式经合理的猜测和设想后取捷径解题。许多计算型选择题，不必通过准确计算，只需分析、估算就可找到答案；许多化学推断题，用严密逻辑推理的方法很难推出答案，而善于猜想的学生，凭着自己的直觉却能很快做出答案。这种通过推测、估算、猜想等方法去解答题目的思维，就是揣测思维。揣测人的心态、揣测事态发展等都是实例。
【例1】已知0.1mol·L-1NaHCO3溶液的pH为8.4，0.1mol·L-1Na2CO3溶液的pH为11.4，则NaHCO3水解产生的[OH－]是Na2CO3水解产生的[OH－]的(&&&)
A．3倍&&&B．1/3倍&&&C．103倍&&&D．10-3倍
&&&&【分析】由同浓度NaHCO3溶液碱性必小于Na2CO3溶液，淘汰A、C，再由pH与[H+]、[OH－]必成指数关系，自然选D。这种揣测思维，轻松愉快。
【例2】金属M在其氧化物中的氧化态为+Ⅱ～+Ⅴ，MO、M2O3为碱性，M2O4、M2O5呈两性，M2O5剧毒，溶于碱呈MO43－，后者因溶液pH值减小成聚阴离子。M2O5溶于热HNO3、热H2SO4成MO2+离子，与HCl反应成MOCl2和Cl2，这种缺氧
(M与O非整比)氧化物组成为M2O(5-x)(x&0.2)。取2.648g这种样品溶于H2SO4后用0.100mol·L-1Ce(ClO4)4滴定，耗41.3mL，给出此氧化物的组成。
【分析与答案】由题意知M具有多种价态且最高价为+5价，猜想可能是过渡元素且可能是第ⅤB族的钒。Ce4+&被还原为Ce3+，M2O(5-x)被氧化为+5价，升2x价，利用电子守恒与滴定数值列出M与x关系：
0.100mol·L-1&0..648g/(2M+16&5﹣16x)g·mol-1]&2x&
由V原子的相对原子质量50.94代入可求得x=0.14，x&0.2符合题意。V2O4.
【训练1】在密闭容器中盛有H2、O2、C12混合气体，通过电火花使3种气体恰好完全反应，冷却后所得液体的浓度为33.64％，则H2、O2、CI2的体积比为(&&&)&&A．2:l&&
B．9:1&&&C．9∶4&∶2&&&&D．8:4&&&
【训练2】元素周期表中有3种金属A、B和C。已知其有关性质：①所有3种金属都可形成二价离子，稳定程度不同；②)金属C的二价离子比金属A的三价离子和金属B的二价离子多2个电子；③元素A和B在此周期中表现为较高的氧化态；④元素B和C表现为最高氧化态，B和C均有高氧化态。所有3种金属都能形成带色的含氧酸根MOnm－(M=A、B、C)，它们在强碱性介质中稳定；⑤金属B的一种含氧酸的最高氧化态在酸性条件下与冷的H2O2乙醚溶液反应，可使溶液显蓝色。(1)指出元素A、B和C。
&&&&(2)给出M2+离子的稳定性顺序(大→小)。
&&&&(3)指出MOnm－氧化性增强的次序，并指出颜色和它们的几何构型。
&&&&(4)用化学反应指出其阴离子在酸化其碱性溶液的行为(三个反应都不是同种类型)。
【分析与答案】(1)由信息④带色的含氧酸根MOnm－，可猜想A、B、C均为过渡元素，且A和B在此周期中表现为较高的氧化态，可猜测A、B为Mn、Cr，由信息⑤知，蓝色物质即生成CrO5，故B为Cr，A为Mn；由信息②知，C为Fe。
(2)由3种金属二价离子3d电子的稳定性不同，Mn2+(3d5)&Fe2+(3d6)&Cr2+(3d4)可知：3种离子的稳定性由大到小的顺序为：Mn2+&Fe2+&Cr2+
(3)3种金属的含氧酸根离子符号一样：只能是MO42－的形式，它们的氧化性由弱到强的顺序为：CrO42－(黄)42－(绿)42－(红)；均为正四面体结构。
(4)2CrO42－+2H+==Cr2O72－+H2O(非氧化还原反应)
3MnO42－+4H+==2MnO4－+MnO2+2H2O(歧化反应)
4FeO42－+20H+==4Fe3++3O2+10H2O(氧化还原反应)
【训练3】酸碱的概念在化学上非常普遍，人们多次以各种方式给它们下定义。其中最常见的定义有：质子定义——凡是提供质子的分子或离子是酸，凡能接受质子的分子或离子是碱。溶剂定义——凡能增加由溶剂派生出的阳离子的溶质都是酸，凡能增加由溶剂派生出的阴离子的溶质是碱。Lewis(路易斯)定义——酸是电子对的接受体，碱是电子对的给予体。试回答下列问题：
(1)在BrF3溶剂中，BrF2AsF6属于哪类物质？试说明之。
(2)纯硫酸具有高沸点、高粘度，所以在外电场作用下，一般离子在纯硫酸中的迁移速度很慢，试推测什么样的离子在纯硫酸中的迁移速度特别快，并解释你的推测。
(3)H3PO3与碱反应仅形成两种类型的盐，这说明H3PO3是几元酸？画出其结构式并写出固体H3PO3加热时的分解方程式。
(4)当SbF3加到氟磺酸中，获得一种超酸(superacid)，试写出有关反应式来说明超酸的形成。超酸体系能否在水溶液中形成？试说明你的结论(注：超酸的酸性比强酸如HNO3、H2SO4的浓水溶液大106～1010倍)。
【分析与答案】(1)推测与水类比。因为2BrF3BrF2++BrF4－；BrF2AsF6
BrF2++AsF6－，所以，BrF2AsF6在BrF3中是酸(溶剂酸)。
(2)推测与水类比。HSO4－和H3SO4+两种离子在纯H2SO4中迁移速度特别快，这是因为H2SO4分子之间通过氢键连接成网状，在外电场作用下，HSO4－和H3SO4+在网上迁移，所以，HSO4－和H3SO4+在纯H2SO4中迁移速度特别快。
(3)H3PO3是二元酸，猜想H3PO3结构式中的1个H与另外2个H不同，如下图：&&&&
超酸体系不能在水溶液中形成，因为在任何水溶液体系中，其酸度都被存在于水溶液中的H3O+所限定，即使最强的酸在水溶液中也只能是H3O+，达不到超酸的酸性。
&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&
（古田一中
以上网友发言只代表其个人观点，不代表新浪网的观点或立场。