要善于从解题过程中总结规律

晏理容

摘 要 学会总结某些解题过程中的规律，就会产生能迅速解一类题的功效，这是跳出题海战术的有效办法。

关键词 总结规律 解题效率 总复习

中图分类号：G633.6 文献标识码：A

在总复习中做一定量的练习题，是学生巩固、应用已学知识的一条重要途径，如果仅凭已有的知识机械地解一题了一题，那就只能沉浸于无法自拔的题海中。如果学会总结某些解题过程中的规律，就会产生能迅速解一类题的功效，这是跳出题海战术的有效办法。现就此举几例以示之。

例1：有10.0 g平均摩尔质量为9.4 g.mol-1的CO和H2的混合气体，在足量O2中充分燃烧后（H2O为气体），将所得气体通入盛有足量Na2O2固体的密闭容器中（假设完全吸收），则固体增加的质量为（ ）g。

A、10.0 B 、9.4 C、 4.3 D、无法判断

解析：解此题的一般思路是先利用平均相对分子量求出CO和H2的物质的量之比，再利用总质量10.0g分别求出CO和H2的具体质量（或物质的量）再利用如下反应：

①2H2+O2=2H2O；②2CO+O2=2CO2；

③2H2O+2 Na2O2=4NaOH+O2↑；

④2 Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2

连锁反应方程式①、③叠加得：⑤Na2O2+ H2=2NaOH；

同理②、④叠加得：⑥Na2O2+CO=Na2CO3

由⑤、⑥式可知：无论是CO还是H2完全燃烧后的产物通过足量Na2O2固体，固体增加的质量均为原CO或H2的质量，所以，当气体为CO和H2的混合气体时燃烧产生的CO2、H2O2与Na2O2固体反应后固体增重量与原气体总质量相同，则固体增重10.0g.正确答案为A

总结规律1：CO2、H2O与Na2O2固体反应后固体增重量相当于等物质的量的“C0”或“H2”的质量。应用此规律则能迅速解答下列问题。

例2：使n g含C、H、O三种元素的某有机物充分燃烧后的产物通过足量的Na2O2固体，恰好使固体增重n g，试确定该有机物的通式。

解析：

有机物生成CO2、H2O增重x个“CO”、y个“H2”，因为有机物质量与Na2O2固体增重质量相等，即有机物质量=m（CO）+m（H2）

故根据原子守恒（质量守恒）该有机物的通式为CxH2yOx

又一规律2：烃的含氧衍生物中只要分子组成中n（C）=n（H）时，该有机物完全燃烧后的生成物被足量的Na2O2固体吸收后Na2O2固体增加的质量等于该有机物的质量。即当有机物的化学式可改写为：（CO）P（H2）q时Na2O2固体增加的质量与该有机物的质量相同。

规律3：扩展思考：若C原子数大于O原子数如何？即有机物改写为（CO）P（H2）qxC时如何？

解析：此时前面改写出来的部分（CO）P（H2）q不会引起质量的额外变化，而多余的C原子最终仍然以“CO”方式增加，而其中的O原子则由外界提供，此时固体增重应大于原有机物的质量。反之，若C原子数小于O原子数，Na2O2固体增重应小于原有机物质量（因为多余的O原子被排出体系）。

请试用上述3条规律解下列3题：

（1）若使m g乙烷完全燃烧后的产物与Na2O2充分反应，则固体可增重多少克？

解析：把乙烷的燃烧过程表示如下：C2H6～2CO2+3H2O～2CO+3H2

由上述过程及规律1得：1mol C2H6会引起Na2O2固体额外增重2 mol O的质量。

设固体增重y y=m g/（30g.mol-1）€？€？6 g.mol-1+ m g

解得y =11m/5 g 答略。

（2）以电火花点燃盛有C2H6和氧气及Na2O2固体的密闭容器，充分反应后，若容器中压强为零、温度为200℃。试求原混合气体中乙烷和O2的体积比为多少？

解析：由题意温度为150℃，压强为零说明反应后无任何气体，原混合气体乙烷和O2燃烧后所得气体恰好被Na2O2吸收完全，由规律2可知乙烷中C原子数与O2中O原子数相同。即n（C2H6）=n（O2），则V（C2H6）：V（O2）=1：1

（3）将xg C12H22O11（蔗糖）完全燃烧后的产物用足量Na2O2吸收后，固体增加的质量（ ）

A 、﹥x B 、﹤x C、 =x D、无法确定

由规律3及蔗糖的化学式可知C原子数大于O原子数，则固体增重应大于xg。所以选A。

另举有关合金的两个例子以飧读者。

例3：将一定质量的镁、铜合金加入到一定量稀硝酸中，合金恰好完全反应，假设反应过程中稀硝酸还原产物全是NO，向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀达最大值，测得生成沉淀的质量比原镁、铜合金的质量增加5.1g，下列有关叙述正确的是（ ）

A、加入合金的质量不可能为6.4g

B、参加反应的NaOH物质的量为0.1mol

C、沉淀达最大值时消耗NaOH溶液体积为150ml

D、溶解合金时收集到气体体积为2.24L（标况）

解析：本题主要考点为金属与硝酸反应后所得溶液与NaOH溶液反应相关规律的运用，主要用到电荷守恒（下转第48页）（上接第46页）与物质质量变化间的关系：

从上述关系可知沉淀质量比原来的金属质量增加部分为质量，而OH-的物质的量与金属失去的电子物质的量相同，镁和铜都为二价金属。则n（e-）=n（OH-）=5.1g/（17g.mol-1）=0.3mol， n（金属）=0.3mol/2=0.15mol，0.15mol€？4g/mol〈m（金属） 〈0.15mol€？4g/mol，即3.6g〈m（金属）〈9.6g所以答案A错误；

因为产生沉淀所需NaOH的物质的量已经为0.3 mol，还可能中和剩余的HNO3所以NaOH的物质的量已经应大于等于0.3 mol，答案B错误；

沉淀完全时消耗NaOH溶液体积V≥0.3 mol/（3mol/L） =0.1L=100ml，答案C错误；

V（NO）= n（e-）/3€？2.4L/mol=0.3mol/3€？2.4L/mol=2.24L，

例4：10.6gFe3O4加到100ml某浓度的盐酸中，再加入10.0g铁粉，反应结束后，溶液中无残余固体。向溶液中滴加KSCN溶液，无明显变化，为了中和多余的HCl（忽略HCl的挥发）并使铁元素完全转化为Fe（OH）2，共消耗160ml 4.0mol/LNaOH。求原HCl的物质的量浓度为（ ）mol/L。

A、2 B、4 C、6 .4 D、8

解析：

Fe3O4Fe2+、Fe3+（可能有 HCl剩余）Fe2+（可能有 HCl剩余）Fe（OH）2

从上面的反应流程可以看出，如果逐一计算就使过程非常复杂，而从反应最终所得物质为Fe（OH）2和NaCl及元素守恒可得：C（HCl）€譜（HCl）=C（NaOH） €譜（NaOH），

C（HCl）= 160ml€？4.0mol/L€？00ml=6.4mol/L，则答案为C。