用转化思想解决化学问题

用转化思想解决化学问题
转化思想就是变通思维。

在化学解题过程中，当遇到信息生疏、思路障碍、概念模糊时，要自觉运用转化思想，将一个陌生问题转化为一个熟悉的问题，将一个未知变量置换成较易认识的另一个变量，将一个复杂的实际问题简化成一个典型的化学模型，从而拓展解题思路。

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，目的是借助于信息等价替换，降低解题难度，化陌生为熟悉、化抽象为具体、化抽象为直观、化繁杂为简单。

一、宏观与微观的转化
宏观与微观是学习化学必须同时具备的两个观点，化学主要是研究物质的，它不同于其他学科，唯有深入微观世界研究物质的微粒，才能抓住学习本质解决好具体问题。

化学用语常常是沟通宏观与微观的桥梁，二者之间的转化完全可以通过化学用语加以实现。

例1．(上海高考15)N A代表阿伏伽德罗常数。

已知C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，则该混合物
A．所含共用电子对数目为(a/7+1)N A B．所含碳氢键数目为aN A/7
C．燃烧时消耗的O2一定是33.6a/14L D．所含原子总数为aN A/14
解析：C2H4和C3H6是两种最简式相同的宏观物质，可转化为微观组成“CH2”进行分析判断，其中碳氢键数为2，原子数为3，故所含碳氢键数目为
2aN A/14=aN A/7，选项B正确；所含原子总数为
3aN A/14，选项D错；选项C未给氧气的状态，错；C2H4和C3H6的微观构成分别为：1个C2H4分子中含共用电子对数目为6对，1个C3H6分子中含共用电子对数目为9对。

设C2H4为xg，则共含有共用电子对数目为{(x/28)×6+[(a－x)/42]×9}N A=3aN A/14，选项A 错。

正确答案为B。

现场体验：
1．(江苏高考7)设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是
A．1L1mol·L－1的NaClO 溶液中含有ClO－的数目为N A
B．78g 苯含有C＝C双键的数目为3N A
C．常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为N A
D．标准状况下，6.72L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1N A
2．(广东高考9)设N A为阿佛加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A．常温常压下，8gO2含有4N A个电子
B．1L0.1molL-1的氨水中有N A个NH4+
C．标准状况下，22.4L盐酸含有N A个HCl分子 D．1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去个
2N A电子
提示：1．ClO－水解后数目小于N A；苯分子中无双键；CO和N2的相对分子质量均为28且均为双原子分子；NO2溶于水的反应中转移电子数为2。

正确答案为C。

2．1个O2分子含有的电子数为16个；一水合氨为弱电解质部分电离NH4+的数目会小于N A个；盐酸溶液中不存在氯化氢分子；1molNa完全氧化为Na2O2转移的电子数为1 mol。

正确答案为A。

例2．(全国高考34)合成相对分子质量在2000～50000范围内具在确定结构的有机化合物是一个新的研究领域。

1993年报导合成了两种烃A和B，其分子式分别为C1134H1146和C1398H1278。

B结构跟A相似，
但分子中多了一些结构为的结构单元，B分子比A分子多个这样的结构单元(填写数字)。

解析：这是一道考查能力的试题，由A、B两烃的分子组成去分析其微观结构确是难事。

若将的微观结构转化为C8H4的宏观组成，问题就迎刃而解了。

B分子的组成比A分子的组成多了C264H132，即多了33个C8H4组成，也即多了33个题设的结构单元。

现场体验：
1．(山东高考10)莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图，下列关于莽草酸的说法正确的是
A．分子式为C7H6O5
B．分子中含有两种官能团
C．可发生加成和取代反应
D．在水溶液中羟基和羧基均能电离出氢离子
2．(2013·全国高考8)香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如下:
下列有关香叶醉的叙述正确的是
A．香叶醇的分子式为C10H18O
B．不能使溴的四氯化碳溶液褪色
C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．能发生加成反应不能发生取代反应
提示：1．由莽草酸的结构简式可确定其宏观组成分子式为：C7H10O5；其结构中含有三种官能团：羧基、羟基、碳碳双键；故其相应的宏观性质有：羧基、羟基可发生酯化反应，即取代反应的一种；碳碳双键可被加成；羧基在水溶液中可电离出H+，羟基不能发生电离。

正确答案为C。

2．由香叶醇的结构简式可确定其宏观组成分子式为C10H18O；香叶醇有碳碳双键、醇羟基；故其宏观现象有：溴与碳碳双键因发生加成反应而褪色；酸性高锰酸钾溶液可氧化碳碳双键、醇羟基而褪色；香叶醇有醇羟基，可以发生酯化反应，即取代反应的一种。

正确答案为A。

结论：物质构成、分子构成、原子结构、化学键、晶体结构、电解质的电离、盐的水解、氧化还原反应的电子转移、离子反应、有机物结构等微观知识均与宏观物质的组成、性质、变化、现象等有着紧密联系，离开了微粒观，难以解决上述有关问题。

宏观与微观的相互转化，既是学习具体物质的核心问题，又是叩开微观世界大门的思想方法，不仅要常用，而且要熟练。

二、现象与本质的转化
现象与本质是化学学习不可或缺的一对矛盾，它们相互联系相互制约。

“透过现象看本质”，借助于物质的表观现象去认识物质变化的本质，是化学学科的重要特
点之一。

因此，在化学学习过程中，注意现象与本质的互相转化与联系就显得更为重要。

例1．(上海高考17)某溶液可能含有Cl－、SO42－、CO32－、NH4+
、Fe3+、Al3+和K+。

取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。

由此可知原溶液中
A．至少存在5种离子
B．Cl－一定存在，且c(Cl－)≥0.4mol·L-1
C．SO42－、NH4+、Fe3+一定存在，Cl－可能不存在
D．CO32－、Al3+一定不存在，K+可能存在解析：由“加入过量NaOH得到0.02mol气体”的现象，说明有0.02molNH4+；由“红褐色沉淀”的现象，说明0.02molFe3+；有Fe3+，则没有CO32－；由“不溶于盐酸的4.66g沉淀”的现象，说明有
0.02molSO42－。

借助反应现象正确判断三种离子得出以上结论，离不开离子反应的本质：NH4++OH－
NH3↑+H2O，Fe3++3OH－==Fe(OH)3↓，2Fe(OH)3
Fe2O3+3H2O，Ba2++SO42－==BaSO4↓。

溶液中阳离子NH4+与Fe3+所带电荷总数为0.08mol，而
0.02molSO42－所带电荷数只有0.04mol，由电荷守恒知溶液中一定有Cl－，至少有0.04mol，选项C错；由以上分析知溶液中至少有4种离子，选项A错；Al3+与K+无法判断，均有可能存在，选项D错。

正确答案为B。

现场体验：
1．(江苏高考13)下列依据相关实验得出的结论正确的是
A．向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液一定是碳酸盐溶液
B．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液
C．将某气体通入溴水中，溴水颜色褪去，该气体一定是乙烯
D．向某溶液中滴加KSCN 溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，该溶液中一定含Fe2+
2．(广东高考23)下列实验的现象与对应结论均正确的是
提示：
1．由选项A提供的现象知有CO2、SO2等气体使石灰水变浑浊，其反应本质是：CO32－、HCO3－、SO32－、HSO3－等形成的盐分别与稀盐酸反应产生的。

选项B焰色反应的本质是元素原子中电子跃迁造成的，故火焰呈黄色，可以是钠单质，也可以是钠盐或其他钠的化合物。

某气体使溴水褪色的本质原因：可以是还原性气体SO2、H2S、HI、HCHO等被溴水氧化而褪
色，也可以是不饱和烃的气体乙烯、乙炔、丙烯、丙炔等与溴水加成而褪色。

正确答案为D。

2．选项A中，现象“固体变黑”的本质原因是浓硫酸具有强脱水性使蔗糖脱水炭化，现象“固体膨胀”的本质原因是浓硫酸具有强氧化性与碳反应生成二氧化碳和二氧化硫气体；选项B“无明显变化”的本质原因是浓硝酸具有强氧化性使Al钝化(微量反应)；选项C“产生气泡”的本质原因是Na置换了乙醇中活泼性较强的羟基中的氢原子；选项D“粉末变红”的生成物应该是氧化铁，而铁与水蒸气在高温下反应生成黑色的四氧化三铁和氢气。

正确答案为AC。

例2．(全国高考10)银质器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了Ag2S的缘故。

根据电化学原理可进行如下处理：在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器漫入该溶液中，一段时间后发现黑色会褪去。

下列说法正确的是
A．处理过程中银器一直保持恒重
B．银器为正极，Ag2S被还原生成单质银
C．该过程中总反应为2Al+3Ag2S==6Ag+Al2S3 D．黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化为白色AgCl 解析：根据题设“银质器皿变黑后复原”的现象，从Ag2S转化为Ag的化合价变化入手分析其反应本质是：既发生了Al与Ag2S之间的氧化还原反应且构成了
原电池，又发生了Al2S3在水溶液中的双水解反应。

2Al+3Ag2S+6H2O
==6Ag+2Al(OH)3+3H2S↑。

又根据反应原理知：铝比银活泼，铝为负极，银为正极，银表面的Ag2S转化为单质银附着在银器的表面，故银器质量改变，选项A 错；由于Al2S3在溶液中不能存在，会发生双水解反应生成H2S和Al(OH)3
，选项 C错；由于Ag2S被还原为Ag而不是白色AgCl，选项D错。

正确答案为B。

现场体验：
1．(江苏高考9)Mg－H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器。

该电池以海水为电解质溶液，示意图如下。

该电池工作时，下列说法正确的是
A．Mg电极是该电池的正极 B．H2O在石墨电极上发生氧化反应
C．石墨电极附近溶液的pH增大 D．溶液中Cl－向正极移动
2．(浙江高考11)电解装置如图所示，电解槽内装有KI及淀粉溶液，中间用阴离子交换膜隔开。

在一定的电压下通电，发现左侧溶液变蓝色，一段时间后，蓝色
逐渐变浅。

已知：3I2+6OH－==IO3－+5I－+3H2O。

下列说法不正确的是
A．右侧发生的电极方程式：2H2O+2e－
==H2↑+2OH－
B．电解结束时，右侧溶液中含有IO3－
C．电解槽内发生反应的总化学方程式
KI+3H2O==KIO3+3H2↑
D．如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，电解槽内发生的总化学方程式不变
提示：
1．原电池的本质是氧化还原反应，在负极上实现负极还原剂失电子、正极氧化剂得电子。

Mg－H2O2电池中还原剂是Mg，失电子被氧化为负极。

氧化剂是双氧水，在石墨上被还原变为水，2H2O2+2e－
+2H+==2H2O，溶液pH值增大。

分析溶液中阴阳离子的移向，其本质遵循“异性相吸”的原则，Cl－为阴离子向负极(即阳极)方向移动。

正确答案为C。

2．该电解池左侧溶液变蓝色，必有I2生成，其本质是I－在阳极放电，2I－－2e－==I2；一段时间后，蓝色逐渐变浅，必然消耗I2，其本质是水中的H+在阴极
放电，2H2O+2e－==H2↑+2OH－，生成的OH－可通过阴离子交换膜从右侧移向左侧与I2发生反应：
3I2+6OH－==IO3－+5I－+3H2O。

分析溶液中含有的离子其本质遵循“溶液呈电中性”的原则，生成的 IO3－可通过阴离子交换膜移向右侧，保证两边溶液呈电中性，故右侧溶液中含有IO3－。

如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，左侧与右侧的电极反应不变，左侧多余的K+可移向右侧，右侧生成的OH－无法移向左侧，左侧的I2无法与KOH发生反应，右侧溶液中有KOH生成，总反应为2KI+2H2O2KOH+I2+H2↑。

正确答案为D。

结论：化学现象与反应本质的密切关系是谁也不可否认的。

宏观现象转化为微观的反应本质，各种变化过程所产生的现象就不难理解了。

要学会用现象和本质的辩证观点严谨周密地看问题，通过现象认识本质，透过现象抓住本质，深刻理解化学知识的本质，从而达到真正掌握知识并应用知识分析问题和解决问题的目的。

三、抽象与具体(或直观)的转化
对具体问题抽象理解，对抽象问题具体化，是化学学习中重要的转化思想之一。

很多抽象的复杂的化学问题可以转化为直观形象的具体问题去思考，如借助于直观形象的化学式、图表形式或通过建立直观模型等，可
以使抽象问题具体化、明朗化、简单化，顺利实现解题。

例1．已知A、B是短周期(除第一周期)元素，它们的简单离子可构成离子化合物A m B n，若A的原子序数为a，则B的原子序数不可能是
A．a+8－m－n B．a+16－m－n
C．a－m－n D．a－18+m+n
解析：A m B n型的离子化合物较抽象，A、B两元素的化合价及所在周期位置均为未知数，可将抽象的
A m
B n化学式转化为AB，即m=n=1，直观且方便计算，再将AB转化为具体的化学式，然后逐一核对两元素原子序数与离子的电荷数，则可准确求得答案。

①若A、B均在第2周期，找LiF，F原子序数为a+6=a+8－m－n，选项A可能；②若A、B均在第3周期，找NaCl，Cl原子序数为a+6，与①同；③若A元素在第2周期，B元素在第3周期，找LiCl，Cl原子序数为
a+14=a+16－m－n，选项B可能；④若A元素在第3周期，B元素在第2周期，找NaF，F原子序数为a －2=a－m－n，选项C可能。

唯有选项D不可能，正确答案为D。

现场体验：
1．已知A n+、B(n+1)+、C n－、D(n+1)－具有相同的电子层结构。

下列关于A、B、C、D四种元素的叙述中正确的是
A．原子半径：B﹥A B．原子序数：B﹥A ﹥C﹥D
C．原子最外层电子数：D﹥C D．四种元素一定都属于短周期元素
2．两种短周期元素组成的化合物中原子个数比为1∶3，若两种元素的原子序数分别是a和b，则a和b 的关系可能是
①a=b+14②a+b=8③a+b=30④a=b+8
A．①②③④ B．只有②③④ C．只有②③ D．只有③④
提示：
1．根据电子层结构相同的离子有Na+、Mg2+、F －、O2－或K+、Ca2+、Cl－、S2－等。

或依题意列出四种元素在周期表中相对位置的图示亦可直观判断。

正确答案为B。

2．根据化合价特点有BF3、BCl3、AlF3、AlCl3、NH3、PH3、PCl3、PF3、NCl3、NF3、SO3等化学式均符合AB3型的题意。

正确答案为A。

例2．(江苏高考24)等体积、等物质的量浓度的硫酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加等质
量的铝，生成氢气的体积比为5∶6，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是
A．甲、乙中都是铝过量 B．甲中铝过量、乙中碱过量
C．甲中酸过量、乙中铝过量 D．甲中酸过量、乙中碱过量
解析：将生成的H2体积比具体化并设置反应物与
生成氢气的定量图示，然后利用图示对等物质的量的铝分别与等物质的量的硫酸、氢氧化钠反应进行定量分析，判断何者过量，直观形象，让人信服，不感觉抽象。

解题思路：锁定生成的H2体积比为5∶6，分别以5mol、6mol计算。

显然，正确答案是B。

现场体验：
1．(江苏高考13)一定温度下可逆反应：A(s)+2B(g) 2C(g)+D(g)；△H＜0。

现将1mol A和2molB加入甲容器中，将4 mol C和2 molD加入乙容器中，此时控制活塞P，使乙的容积为甲的2倍，t1时两容器内均达到平衡状态(如图1所示，隔板K不能移动)。

下列说法正确的是
A．保持温度和活塞位置不变，在甲中再加入
1molA和2molB，达到新的平衡后，甲中C的浓度是乙中C的浓度的2倍
B．保持活塞位置不变，升高温度，达到新的平衡后，甲、乙中B的体积分数均增大
C．保持温度不变，移动活塞P，使乙的容积和甲相等，达到新的平衡后，乙中C的体积分数是甲中C的体积分数的2倍
D．保持温度和乙中的压强不变，t2时分别向甲、乙中加入等质量的氦气后，甲、乙中反应速率变化情况分别如图2和图3所示(t1前的反应速率变化已省略)
2．(全国高考22)密度为0.91g·cm-3的氨水，质量分数为25%，将其用等体积的水稀释后，所得溶液的质量分数
A．等于12.5% B．大于12.5% C．小于
12.5% D．无法判断
提示：
1．从等效平衡的角度，将乙容器中4 mol C和2 molD全部转变为A、B，并将乙容器设置为甲容器两倍关系的模型，然后按等温等容、等温等压两种情况，直观形象地分析判断选项A、C、D。

反应为放热反应，温度升高时，平衡逆移，甲、乙两容器内B的体积分数均增大。

正确答案为BD。

2．先把稀释设置为等质量稀释，则溶液的质量分数减半；由于氨水的密度小于水的密度，稀释加入等体积水的质量大于等体积氨水的质量。

正确答案为C。

结论：物质结构、元素周期律、等效平衡、平衡转化率的定性分析、电解质溶液等理论知识，往往有许多问题比较抽象，将其转化为具体的化学式或具体数据或具体物质或具体图示等进行验证判断，解题就会快捷准确。

四、拆分与组合的转化
例1．下列各组物质，每种物质各取1mol在足量氧气中完全燃烧，两者耗氧量不相同的是
A．乙烯和乙醇 B．乙炔和乙醛
C．乙烷和乙酸甲酯 D．乙醇和乙酸
解析：烃和烃的含氧衍生物在足量氧气中完全燃烧生成CO2与H2O，其耗氧量的计算可由化学式进行简算，即1个C耗1个O2，4个H耗1个O2。

若化学式中含有O元素时，可将化学式拆分为不耗氧的H2O 或CO2的形式，简算余下CH部分的耗氧量。

四组物质的化学式可分别拆分为C2H4与C2H4•H2O、C2H2与C2H2•H2O、C2H6与C2H6•CO2、C2H4•H2O与
CH4•CO2进行观察比较，则前三组等物质的量的有机物耗氧量等同，正确答案为D。

现场体验：
1．在一定条件下，将HOOCHC=CHCOOH蒸气、乙烯气体、乙醇蒸气按3∶1∶2体积比混合后，取出a体积完全燃烧，至少需要同条件下氧气的体积数为 A．3a B．3.5a C．4a D．无法计算
2．已知由丙烯酸与己烯组成的混合物中，氧元素的质量分数为a，则混合物中碳元素的质量分数为
A．11a/8 B．3a/8 C．(48-66a)/56 D．(48-45a)/56
提示：
1．将HOOCHC=CHCOOH与乙醇的化学式分别拆分成C2H4•( CO2)2与
C2H4•H2O，与乙烯化学式比较。

正确答案为A。

2．将丙烯酸的化学式C3H4O2拆分为
C2H4•CO2，则C2H4与己烯(C6H12)的碳氢原子个数比为定值，即可求出两部分的碳元素的质量分数。

正确答案为D。

例2．在丙酸、乙酸丙酯、丁酸乙酯组成的混和物中；若氢元素占总质量的1/11，则氧元素的质量占总质量的
A．4/5 B．4/11 C．4/25 D．10/11解析：由于丙酸、乙酸丙酯、丁酸乙酯三种有机物均符合通式C n H2n O2，故由此三物组合的通式知
m(C)∶m(H)=6∶1，推知含C量为6/11，余4/11必为含O量，正确答案为B。

现场体验：
1．工业上以CaO和HNO3为原料制备
Ca(NO3)2•4H2O晶体。

为了确保制备过程中既不补充水，也无多余水分，所用硝酸溶液溶质的质量分数应为 A．30% B．63% C．70% D．无法确定 2．取一定质量含Cu、Cu2O、CuO的固体混合物，将其分成两等份并进行下列转化：
则转化过程中所加稀HNO3的物质的量浓度为
A．3.2mol·L-1 B．3.6mol·L-1 C．4.0mol·L-1 D．4.4mol·L-1
提示：
1．将Ca(NO3)2•4H2O拆分为
CaO•2HNO3•3H2O，然后得组合的化学式
2HNO3•3H2O，即原硝酸溶液提供的，由此可求质量分数。

正确答案为C。

2．将Cu2O拆分为Cu与CuO，则混合物组合为Cu与CuO，固体质量减少6.4g为失氧的质量，故
n(CuO)=n(O)=0.4mol；生成NO为0.2mol，由电子
守恒知：n(Cu)×2=n(NO)×3，n(Cu)=0.3mol；由化学式Cu(NO3)2知：
n(HNO3)=[(0.4+0.3)×2+0.2]mol=1.6mol，
c(HNO3)=3.2mol·L-1。

正确答案为A。

结论：有关化学式的计算，若全面挖掘化学式中的定量关系，灵活巧妙拆分或组合化学式，可使解题恰到好处。

五、定性与定量的转化
定性分析是解决“有什么”或“是什么”的问题，而定量分析是解决“有多少”的问题。

如某物质溶解性和溶解度、某溶液酸碱性和酸碱度等，分别就是定性与定量的问题。

当定量问题求解有困难时，可以考虑将定量问题转化为定性问题；当定性分析有困难时，也可以考虑将定性问题转化为定量问题，这就是转化思想的应用。

例1．将pH=8和pH=10的两种氢氧化钠溶液等体积混合，混合后溶液中的c(H+)最接近于
A．(10-8+10-10)/2mol·L-1 B．(10-8+10-10)mol·L-1
C．(10-14－5×10-5)mol·L-1 D．2×10-
10mol·L-1
解析：这是一道有关pH的定量计算题，若将定量问题定性化处理，则可快速准确得到正确答案。

将
pH=8和pH=10的两种氢氧化钠溶液等体积混合，相当于碱性强的pH=10的氢氧化钠溶液被稀释，c(H+)主要由被稀释的pH=10的氢氧化钠溶液决定，即该溶液中氢氧根离子浓度要减小，氢离子浓度要增大，不可能是选项A的两种溶液的c(H+)稀释，也不可能是选项B 的两种溶液的c(H+)之和，更不可能是选项C的负值，唯有选项D符合。

现场体验：
1．已知0.1 mol·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c(OH－)是Na2CO3水解产生的c(OH－)的 A．3倍 B．1/3倍 C．103倍 D．10-3倍
2．在一个6L的密闭容器中，放入3LX和2LY的两种气体，在一定条件下发生下列反应：4X(g)+3Y(g) 2Q(g)+nR(g) 吧达到平衡后，容器内温度不变，混和气体的压强比原来增加5%，X的浓度减小1/3，则该反应方程式中的n值是
A．3 B．4 C．5 D．6
提示：
1．这是定量计算题，转化为定性分析，由同浓度NaHCO3溶液碱性必小于Na2CO3溶液，pH与
c(H+)、c(OH－)必成指数关系，可知正确答案为D。

2．按常规计算复杂麻烦，定性分析只要抓住“混和气体的压强比原来增加5%”，说明正反应肯定是体积增大的反应，则4+3<2+n，得出n>5。

正确答案为D。

例2．(上海高考21)一定条件下，将0.1LCO、0.2LCO2、0.1LNO、0.2LNO2和0.2LNH3混合，然后通过分别盛有足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液的三个洗气瓶(洗气瓶排列顺序不确定)。

假设气体通过每个洗气瓶都能充分反应则尾气(已干燥)
A．可能是单一气体 B．不可能含有一氧化碳
C．可能存在原气体中的两种气体 D．成分和洗气瓶的排列顺序无关
解析：观察选项是一道气体成分的定性分析题，可将其按化学反应定量处理。

CO与三种溶液都不反应，不论洗气瓶怎样排序，尾气肯定有CO。

NH3、CO2分别被足量蒸馏水和足量氢氧化钠溶液完全吸收，不论洗气瓶怎样排序，尾气肯定没有CO2、NH3。

体积比为1∶2的NO与NO2，则要看洗气瓶的排序，若第一个洗气瓶装氢氧化钠溶液，则发生反
应： NO+NO2+2NaOH==
2NaNO2+H2O，余下一半2NO2又发生反应：
2NO2+2NaOH==NaNO2+NaNO3+H2O，显然，尾气没有NO2与NO；若第一个洗气瓶装足量蒸馏水或饱
和碳酸氢钠溶液，则分别发生反应：
3NO2+H2O==2HNO3+NO，3NO2+
2NaHCO3==2NaNO3+NO+CO2+H2O，则尾气一定有NO。

正确答案为AC。

现场体验：
1．(重庆高考11)向10mL0.1mol·L-
1NH4Al(SO4)2溶液中，滴加等浓度Ba(OH)2溶液xmL，下列叙述正确的是
A．x=10时，溶液中有NH4+、Al3+、SO42－，且c(NH4+)>c(Al3+)
B．x=10时，溶液中有NH4+、AlO2－、SO42－，且c(NH4+)>c(SO42－)
C．x=30时，溶液中有Ba2+、AlO2－、OH－，且c(OH－)2－)
D．x=30时，溶液中有Ba2+、Al3+、OH－，且c(OH－)=c(Ba2+)
2．由锌、铁、铝、镁四种金属中的两种组成的混合物10g，与足量的盐酸反应产生的氢气在标况下的体积为11.2L，则混合物中一定含有的金属是
A．锌 B．铁 C．铝 D．镁
提示：
1．离子的定性分析，可将其定量化处理。

当x=10时，两种反应物的物质的量之比为1∶1，由于
Ba(OH)2不足，酸性强的Al3+先反应：Al3++3OH－==
Al(OH)3↓，余1/3的Al3+，NH4+未反应；
Ba2++SO42－==BaSO4↓，余1/2的SO42－，故正确答案为A。

此时，无AlO2－，选项B错。

当x=30时，两种反应物的物质的量之比为1∶3，Ba2++SO42－
==BaSO4↓，余1份的Ba2+，Al3++4OH－==AlO2－+2H2O，NH4++OH－==NH3•H2O，OH－余1份，生成的AlO2－也为1份，因水解，c(OH－)>c(AlO2－)，选项C错；此时，无Al3+，选项B错。

2．题设定性分析，实为定量判断。

生成0.5molH2所需+2价金属锌、铁、镁的质量分别为32.5g、28g、12g，均大于10g，只有+3价的铝需9g，小于10g，故一定含有的金属为铝。

正确答案为C。

结论：化学解题中的定性与定量问题，常常是互相联系的，二者相辅相成，谁也离不开谁。

定性是定量的依据，定量是定性的具体化，二者结合，灵活运用，效果最佳。

六、无限与有限的转化
无限和有限的关系是辩证的，是矛盾的对立统一。

无限似乎没有尽头、没有限量，没有结果，但无限由有限构成，有限包含着无限，有限体现着无限。

因此，涉及无限循环过程的问题可以转化为有限问题加以解决。

例1．某100mL混合酸中，HNO3物质的量浓度为0.4mol·L-1，H2SO4物质的量浓度为0.2mol·L-1。

向其中加入2.56克Cu粉，待充分反应后，溶液中
Cu2+物质的量浓度为
A．0.15 mol·L-1 B．0.3mol·L-1C．
0.225mol·L-1 D．无法计算
解析：若依据反应
3Cu+8HNO3(稀)==3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O计算，硝酸不足，铜过量，0.04molHNO3可生成
0.015molCu，则误选A；若注意到了硫酸的酸性作用，反应体系中仍有硝酸存在，继续按上述反应计算，循环氧化，似乎无法计算出结果，无疑误选D。

本题解题关键是硫酸中H+与NO3－结合形成硝酸可继续氧化Cu。

其反应的本质是离子反应：3Cu+8H++2NO3－==3Cu2++2NO↑+4H2O，有此离子方程式，无限循环氧化的计算转化为有限计算。

混酸中共有
0.08mol H+，而0.04molCu与0.04molNO3－均过
量，由0.08mol H+求得的Cu2+物质的量为
0.03mol，溶液中Cu2+物质的量浓度为0.3mol·L-1。

正确答案为B。

例2．Ag+ 和Cl- 反应，每次反应生成的AgCl均有10%见光分解成单质Ag和Cl2。

Cl2又可在水溶液中歧化生成HClO3和HCl。

形成的Cl-与剩余的Ag+ 作用生成AgCl，…。

这样循环往复直到反应完全。

现有1.0L1.1mol·L-1的NaCl溶液，加入足量的AgNO3溶液，最后反应可生成多少克Ag和AgCl的混合物？最后所得溶液的H+ 浓度为多少？
解析：依题意10%AgCl见光分解形成的Ag和AgCl的混合物是个循环过程，无限循环往复，似乎无法计算。

要将AgCl分解的循环过程看作一个整体，书写出一个总反应式，然后依据总反应式中的定量关系分别计算各有限量。

反应过程涉及的化学方程式有：
①AgNO3+NaCl==AgCl↓+NaNO3
②2AgCl==2Ag+Cl2③3Cl2+3H2O==5HCl+HCl O3
②式的Cl2要乘以3倍与③式的Cl2消去，又有根据10%AgCl见光分解形成的Ag和AgCl，①式的AgCl要乘以60倍与②式的6AgCl消去，可得总反应式：。