化学题设条件的处理艺术

题设条件是解题之依据，化学选择题的题设条件一般既有显性的，也有隐性的；既有解题所充分必要的，也有与解题无关、故意起迷惑干扰作用的。能不能正确判断题设条件的性质，并根据解题设之需对己知条件作适当的处理，往往成为解题的关键。
　　一、去伪存真，排除无关条件
　　并非所有的题设条件都是解题所必须的，有的条件不但与解题无关，而且干扰正确解题思路的形成。对此应多角度全面分析后，果断排除。
　　[例1]碳酸铵固体加热分解，若分解率为50%，则所产生的混合气体的平均相对分子质量为（ ）
　　(A)12 (B)48 (C)24 (D)32
　　分析：（NH4）2CO3 ===2NH3↑+H2O↑ +CO2↑，因为碳酸铵是固体，所得气体的平均相对分子质量与其分解率无关，50%是虚设数据，如死缠住这个数据，很有可能会造成错解。由质量守恒定律可知，1个（NH4）2CO3分子分解生成4个气体分子，但其质量不变，故M=96/4=24，正确答案为(C)。
　　［例2］铜和镁的合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480mL的NO2气体和336mL的N2O4气体(都已折算到标准状况)，在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为( )
　　(A)9.02g (B)8.51g (C)8.26g (D)7.04g
　　分析：表面看去数据较多，似乎非计算不可，实际上只需简单推算即得答案。该反应中，铜、镁失去电子变成阳离子，最终生成氢氧化物，其中失电子的总数在数值上应该和生成氢氧化物中的氢氧根的总数相等。
　　故n(e-)=n(NO2)=(4.48+0.336×2)/22.4 =0.23mol,应该增加0.23molOH-，即最终生成沉淀的质量为4.6+0.23×17=8.51g。正确答案为(B)。
　　二、以实代虚，使条件具体化
　　对于比较抽象的题设条件，要通过联想或猜想，用自已熟悉的，与之相符合的知识加以具体化，以达到简化分析过程之目的。
　　[例3]40mlNO和60mlNO2的混合气体，缓慢通过足量的NaOH溶液后(设反应充分)，最后剩余气体是( )
　　(A)40ml (B)60ml (C)20ml (D)0ml
　　解析：3NO+H2O==2HNO3+NO ①
　　NO2+NO+2NaOH==2NaNO2+ H2O ②
　　可以设想混和气首先按方程①和水反应，并设反应进行到剩余的NO2气体等于原有NO和新生成NO体积之和时，又发生了反应②，显然最后剩余气体为0 ml。依以上分析，当混合气体中VNO2
　　≥VNO时，通过足量的NaOH溶液，如果反应充分，最后都不会有气体剩余。故本题答案为(D)。
　　[例4]将甲烷和氧气的混和气体通入盛有23.4克过氧化钠的密闭容器中，用电火花点燃，反应停止后，在105?C时容器内压强约为零帕斯卡。将残留物溶于水，无气体逸出，下列说法正确的是（ ）
　　(A)残留物中含有NaOH、NaHCO3
　　(B)残留物中含有Na2CO3
　　(C)残留物中只含NaOH和Na2CO3
　　(D)原混和气体中甲烷和氧气体积比为2：1
　　分析：根据题意CH4、O2和Na2O2恰好完全反应，生成物可能是NaOH、Na2CO3、NaHCO3中的一种、两种或三种的混和物。由于NaOH与NaHCO3不能共存，并且CH4已限制了生成物中C、H物质的比为1：4，所以最终生成物应为Na2CO3和NaOH，且其物质的量比为1：4，则反应方程式为：2CH4+O2+6Na2O2==2Na2CO3+8NaOH，正确答案为(C)(D)。必须注意上述方程式只是为了解决问题而设计的等价方程式，并不符合真正的反应机理。
　　三、巧作假设，补充所缺条件
　　有的化学题的己知条件欠缺，解题时须补充，如无数据选择题，常需将被研究对象的量假定为一特定数据，方可进行求解。
　　[例5]加热仅含NH4HCO3杂质的小苏打试样，当剩余物质量为原试样质量的一半时再无气体逸出，则小苏打的纯度( )
　　(A)36.5% (B)51.57% (C)79.25% (D)无法计算
　　分析：NH4HCO3受热完全分解为气体产物，而
　　2NaHCO3 == Na2CO3+CO2↑ +H2O↑
　　2×108 106
　　设试样含NaHCO3的物质的量为2摩(168克)，热分解剩余物为106克。因剩余物是原试样的一半，故原试样应为2×106=212克，小苏打纯度=79.25%，答案为(C)。数据设得巧，可使计算大大简化。
　　[例6]已知HF气体中存在下列平衡：2（HF)3 3（HF）2，（HF）2 2HF，若平衡时气体的平均摩尔质量为42g/mol,则（HF）3体积分数为（ ）
　　(A)＜10% (B)=10% (C)＞10 (D)≥10%
　　分析：本题若习惯性正面思考则“山重水复”难于下手，我们可以采用“偷梁换柱”的策略。由于所有答案都以10%作为“基准”，则可假设平衡时（HF）3的体积分数等于10%，HF的体积分数为X，（HF）2的体积分数为（0.9-X），则：60×10%+40×（0.9-X）+20X=42，X=0（不符合题意）；若假设平衡时（HF）3体积分数小于10%，则：60×10%+40×（0.9-X）+20X＞42，X＜0(不符合题意)。答案选(C)。
　　四、变具体为抽象，以防陷阱
　　判断型选择题的题设条件往往以备选项的形式出现，且十分具体。但这些十分具体的条件中又常设有陷阱，若思维定势或考虑不周就会错解。对此，在解题时须先根据所求问题把十分具体的条件抽象化。
　　[例7]将CuSO4·5H2O、NaCl、CaO、Na2O各10克分别投入盛有100克水的四只烧杯中，所得溶液质量分数最大的是（ ）
　　(A)CuSO4·5H2O (B)NaCl (C)CaO (D)Na2O
　　分析：不少同学受思维定势的影响，很“老练”的假定溶液质量均为110克，只需比较溶质质量大小，经简单计算10克CaO与H2O反应生成为Ca(OH）2比10克Na2O与H2O反应生成的Na0H多，做错选(C)。其实，他们没有注意到Ca（OH）2微溶于水，而掉进了“陷阱”，正确答案应选(D)。
　　[例8]常温下，足量锌与等体积的下列溶液作用时，放出H2最多的是( )
　　(A)0.1mol/L盐酸 (B)0.1mol/L硫酸
　　(c)0.2mol/L磷酸 (D)18.4mol/L硫酸
　　分析:解题时如果拘泥于具体的浓度就会错选(D)。正确解答该题的关键是把这四种酸的浓度抽象为浓、稀两类，因为浓硫酸与金属反应不能产生H2,故答案为(C)。
　　五、挖掘隐含，使条件显性化
　　有些化学题的题设条件较为隐蔽，且条件与所求问题貌似无关，对此，要善于通过信息转换把隐含的条件转化成显性直接的条件。
　　[例9] 有一硫化钠、亚硫酸钠、硫酸钠的混和物，经测定含硫25.6%，则此混和物的含氧量是（ ）
　　(A)36.8% (B)37.6% (C)56% (D)无法计算
　　分析：按本题给出的条件，直接计算含氧量是不可能的。但是我们不妨仔细分析，“无中生有”：题目给出的三种物质在组成上均含有共同部分，其中硫与钠的原子数比为1：2，因此可以将计算含氧量先转化为计算含钠量，进而求得含氧量。
　　Na% = 2×MNa/Ms×S%=2×23/32×25.6% = 36.8%
　　0%=1-Na%-S%=37.6% 答案选（B）。
　　[例10] 把3mol铜粉投入含4mol硝酸和1mol硫酸的稀溶液中，则标准状况下放出气体的物质的量为（ ）
　　(A)1mol (B)1.5mol (C)2mol (D)2.5mol
　　分析：这道题利用稀硝酸的性质，设下了“陷阱”，稍不留心，就会掉进命题者设置的圈套，造成错误。如何解答此题？该从何处寻找突破口呢？
　　原来Cu与稀硝酸反应后生成的硝酸铜还有NO，它在硫酸提供的酸性环境下具有氧化性，仍可以和过量的Cu粉反应生成NO，直到Cu粉或H＋有一方消耗完为止。因此本题最好用离子方程式计算：3Cu + 8H＋+ 2NO==3Cu2+ + 2NO + 4H2O，由于题中给出的Cu、H＋、NO的物质的量之比为3：6：4，故H＋不足，按H＋计算，生成的NO为1.5mol。答案选(B)。
　　六、对多个条件要把握本质
　　对于题干中含多个条件的题目，分析时要善于透过现象看本质，去粗取精，找出这些条件的本质特征，从而简化解题过程。
　　[例11]7克CO恰好与14.5克某铁的氧化物的粉未完全反应，则这种铁的氧化物是（ ）
　　①FeO ②Fe3O4 ③Fe2O3 ④FeO与Fe2O3 ⑤FeO、Fe3O4与Fe2O3
　　(A)② (B)③ (C)①④ (D)②④⑤
　　分析：设这种铁的氧化物化学式为FeOX
　　FeOX + XCO === Fe + XCO2
　　56+16X &nb