【2013步步高化学大一轮复习讲义课件：专题讲座一化学计算中的几种常见数学思想

专题讲座一专题讲座一化学计算中的几种常见数学思想1．差量法(1)差量法的应用原理差量法是指根据化学反应前后物质的量发生的变化，找出“理论差量”。这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题是先把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟差量(实际差量)列成比例，然后求解。如：(2)使用差量法的注意事项①所选用差值要与有关物质的数值成正比例或反比例关系。②有关物质的物理量及其单位都要正确地使用。(3)差量法的类型及应用①质量差法专题讲座一【例1】为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g样品加热，其质量变为w2g，则该样品的纯度(质量分数)是()A.84w2－53w131w1B.84w1－w231w1C.73w2－42w131w1D.115w2－84w131w1专题讲座一解析样品加热发生的反应为2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑Δm16810662m(NaHCO3)g(w1－w2)g质量差为(w1－w2)g,故样品中NaHCO3质量为168w1－w262g,样品中Na2CO3质量为w1g－168w1－w262g，其质量分数为mNa2CO3m样品＝w1g－168w1－w262gw1g＝84w2－53w131w1。当然，本题也可用常规方法，依据化学方程式直接求解。专题讲座一另解：假设样品有xmolNaHCO3固体，则有：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2Oxmol0.5xmol据样品加热前后固体质量的关系,有w1g－xmol×84g·mol－1＋0.5xmol×106g·mol－1＝w2g，解得x＝(w1－w2)/31，那么NaHCO3的质量为m(NaHCO3)＝(w1－w2)/31mol×84g·mol－1＝84(w1－w2)/31g，从而推知Na2CO3的质量为m(Na2CO3)＝w1g－84(w1－w2)/31g＝(84w2－53w1)/31g，因此Na2CO3样品的纯度为w(Na2CO3)＝m(Na2CO3)/m(样品)＝84w2－53w131w1。答案A专题讲座一②物质的量差法【例2】白色固体PCl5受热即挥发并发生分解：PCl5PCl3(g)＋Cl2(g)。现将5.84gPCl5装入2.05L真空密闭容器中，在277℃达到平衡，容器内压强为1.01×105Pa，经计算可知平衡时容器内混合气体的物质的量为0.05mol，求平衡时PCl5的分解率。专题讲座一解析原n(PCl5)＝5.84g208.5g·mol－1≈0.028mol设分解的PCl5的物质的量为xmol所以x＝0.022PCl5的分解率＝0.022mol0.028mol×100%≈78.6%。答案78.6%专题讲座一③体积差法【例3】(2011·四川理综，12)25℃和101kPa时，乙烷、乙炔和丙烯组成的混合烃32mL与过量氧气混合并完全燃烧，除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强，气体总体积缩小了72mL，原混合烃中乙炔的体积分数为()A．12.5%B．25%C．50%D．75%专题讲座一解析4CnHm＋(4n＋m)O2――→点燃4nCO2＋2mH2OΔV44n＋m4n4＋m3272列方程得4/32＝(4＋m)/72，解得m＝5，即氢原子数的平均值是5，由于乙烷和丙烯均含有6个氢原子，所以利用十字交叉法，可计算出乙炔的体积分数为1/(1＋3)×100%＝25%。答案B专题讲座一特别提醒解答此类题的关键是分析引起差量的原因，只有当差值与始态量或终态量存在比例关系，且化学计量的差值必须是同一物理量时，才能用“差量法”解题。专题讲座一2．极值法(1)极值法的含义极值法是采用极限思维方式解决一些模糊问题的解题技巧。它是将题设构造为问题的两个极端，然后依据有关化学知识确定所需反应物或生成物的量值，进行判断分析，求得结果。故也称为极端假设法。(2)极值法解题的基本思路：①把可逆反应假设成向左或向右进行的完全反应。②把混合物假设成纯净物。③把平行反应分别假设成单一反应。(3)极值法解题的关键紧扣题设的可能趋势，选好极端假设的落点。专题讲座一【例4】将总物质的量为nmol的钠和铝的混合物(其中钠的物质的量分数为x)，投入一定量的水中充分反应，金属没有剩余，共收集到标准状况下的气体VL。下列关系式中正确的是()A．x＝V/(11.2n)B．0x≤0.5C．V＝33.6n(1－x)D．11.2nV≤22.4n思路点拨Na、Al混合物中没有具体指明Na、Al的物质的量，且二者相对量的多少与H2O反应后产生H2的量有关，故需要采用极值法来确定V的范围，根据题意求出两个端值，则实际介于两个端值之间。专题讲座一解析据题意金属钠的物质的量为nxmol，Al的物质的量为n(1－x)mol，产生的H2是溶液中的H＋获得Na、Al失去的电子而生成的，根据得失电子守恒可得产生H2的物质的量＝nx＋3n1－x2mol，根据反应2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑、2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑和题中“金属没有剩余”，可知n(Na)≥n(Al)，即0.5≤x1。当x＝1时，产生H2的物质的量为0.5nmol，即11.2nL；当x＝0.5时，产生H2的物质的量为nmol，即22.4nL，故产生H2的体积的取值范围为11.2nV≤22.4n，故选项D正确。专题讲座一答案D特别提醒本题最重要的极值思想是确定x的范围,其最容易出现的错误是将x的范围确定为0x1，即全是钠或全是铝，忽略了铝自身并不能与水反应生成H2，必须有Na与H2O反应生成的NaOH参加反应,才能与水反应产生H2，从而导致错解。由此提醒我们在使用极值法解题时两个端值的正确选取是正确解题的关键。专题讲座一【例5】在含有agHNO3的稀硝酸中，加入bg铁粉充分反应，铁全部溶解并生成NO，有a4gHNO3被还原，则a∶b不可能为()A．2∶1B．3∶1C．4∶1D．9∶2解析Fe与HNO3反应时，根据铁的用量不同，反应可分为两种极端情况。(1)若Fe过量，发生反应：3Fe＋8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O则有b56∶a63＝3∶8，解得：ab＝31此为a∶b的最小值。专题讲座一(2)若HNO3过量，发生反应：Fe＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O则有b56∶a63＝1∶4，解得：ab＝92此为a∶b的最大值。所以a∶b的取值范围为31≤ab≤92，即a∶b的比值在此范围内均合理。答案A专题讲座一3．平均值规律及应用(1)依据：若XAXB，则XAXXB，X代表平均相对原子(分子)质量、平均浓度、平均含量、平均生成量、平均消耗量等。(2)应用：已知X可以确定XA、XB的范围；或已知XA、XB可以确定X的范围。解题的关键是要通过平均值确定范围，很多考题的平均值需要根据条件先确定下来再作出判断。实际上，它是极值法的延伸。专题讲座一【例6】两种金属混合物共15g，投入足量的盐酸中，充分反应后得到11.2LH2(标准状况)，则原混合物的组成肯定不可能为()A．Mg和AgB．Zn和CuC．Al和ZnD．Al和Cu专题讲座一解析本题可用平均摩尔电子质量(即提供1mol电子所需的质量)法求解。反应中H＋被还原生成H2，由题意可知15g金属混合物可提供1mole－，其平均摩尔电子质量为15g·mol－1。选项中金属Mg、Zn、Al的摩尔电子质量分别为12g·mol－1、32.5g·mol－1、9g·mol－1，其中不能与盐酸反应的Ag和Cu的摩尔电子质量可看做∞。根据数学上的平均值原理可知，原混合物中一种金属的摩尔电子质量大于15g·mol－1，另一金属的摩尔电子质量小于15g·mol－1。答案B专题讲座一4．整体思维法(终态法)整体思维抛开事物之间复杂的变化关系，从整体认识把握事物之间联系规律，具有化繁为简，快速解题的功效，能较好的锻炼学生思维的全面性、灵活性，因此高考无论在选择还是综合性题目中经常有意设置。专题讲座一【例7】在铁和氧化铁混合物15g中，加入稀硫酸150mL,能放出H21.68L(标准状况)。同时铁和氧化铁均无剩余,向反应后的溶液中滴入KSCN溶液，未见颜色变化。为了中和过量的H2SO4,且使Fe2＋完全转化成Fe(OH)2,共消耗3mol·L－1的NaOH溶液200mL，则原硫酸的物质的量浓度是()A．1.5mol·L－1B．2mol·L－1C．2.5mol·L－1D．3mol·L－1解析此题反应过程复杂,但最后溶液中只有Na2SO4，因为NaOH共0.6mol,故Na2SO4为0.3mol,所以原H2SO4为0.3mol。B专题讲座一专题集训·能力提升1．标准状况下，一个装满氯气的容器的质量为74.6g,若装满氮气时总质量为66g，则此容器的容积是()A．22.4LB．44.8LC．11.2LD．4.48L解析22.4L(标准状况下)Cl2换成22.4L(标准状况下)N2的质量差是(71－28)g＝43g，设氯气的体积为xL，则有Cl2～N2Δm22．4L43gxL74.6g－66g＝8.6g解得xL＝4.48L。D专题讲座一2．标准状况下，6.72LNO2通过水后，收集到5.04L气体，则被氧化的NO2的体积是()A．1.68LB．2.52LC．0.56LD．1.12LA解析由于3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，从反应方程式可以看出体积差量部分就是被氧化的那一部分，所以被氧化的NO2的体积是6.72L－5.04L＝1.68L。专题讲座一3．把氯气通入浓氨水中，会立即发生下列反应：3Cl2＋8NH3·H2O===6NH4Cl＋N2＋8H2O。在标准状况下，把1.12LCl2、N2的混合气体(90%Cl2和10%N2,均为体积分数)通过浓氨水,实验测得逸出气体体积为0.672L(其中有50%Cl2和50%N2)，此反应中被氧化的NH3的质量为()A．3.4gB．0.34gC．1.36gD．4.48g专题讲座一解析由反应式可得出每3molCl2(反应气)生成1molN2(生成气)时，气体物质的量减少了2mol，即体积减小44.8L，这一量即为“理论差量”，而这一差量所对应的被氧化的氨气的物质的量为2mol(质量为34g)，再从题中所给的数据可以求出“实际差量”为(1.12－0.672)L＝0.448L。即：3Cl2～2NH3～N2ΔV2mol×17g·mol－144.8Lm(被氧化的NH3)g(1.12－0.672)L列出比例式：(2mol×17g·mol－1)∶44.8L＝m(被氧化的NH3)g∶(1.12－0.672)L，则m(被氧化的NH3)g＝0.34g。答案B专题讲座一4．取3.5g某二价金属的单质投入50g溶质质量分数为18.25%的稀盐酸中，反应结束后，金属仍有剩余；若取2.5g该金属投入相同质量、相同质量分数的稀盐酸中，等反应结束后，加入该金属还可以反应。该金属的相对原子质量为()A．24B．40C．56D．65解析n(HCl)＝50g×18.25%36.5g·mol－1＝0.25molR＋2HCl===RCl2＋H2↑二价金属最大摩尔质量＝3.5g0.125mol＝28g·mol－1二价金属最小摩尔质量＝2.5g0.125mol＝20g·mol－120Mr28。A专题讲座一5．1.40g含有碱金属(M)及其氧化物(M2O)的混合物，与水反应生成1.79g碱，求混合物的成分及其组成。解析由于碱金属不确定，可用极端假设法加以讨论。即讨论1.40g全部为碱金属单质及1.40g全部为碱金属氧化物时生成碱的质量，然后根据平均值规律建立不等式解题。设M的相对原子质量为a。2M＋2H2O===2MOH＋H2↑M2O＋H2O===2MOH专题讲座一若1.40g全部为碱金属单质，则产生的MOH的质量为1.40a＋17ag；若1.40g全部为碱金属氧化物，则产生的MOH的质量为1.40a＋17a＋8g。有1.40a