[名校联盟]江西省鹰潭市第一中学2013高考化学一轮复习课件 第一章 第5讲 学科思想-高考化学计算

第5讲学科思想化学计算中的几种常见数学思想解题虽然没有一成不变的方法模式，但应建立解题的基本思维模式：题示信息＋基础知识＋逻辑思维。掌握正确的解题方法能简化解题过程，提高解题能力，常用的解题技巧有：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。第一章从实验学化学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：2C(s)＋O2(g)===2CO(g)ΔH＝－221kJ/molΔm(固)，2mol1mol2mol221kJ24gΔV(气)Δn(气)22.4L(标况)1mol(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质量差法例1(2009·全国卷Ⅰ，11)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解析样品加热发生的反应为：2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑Δm16810662m(NaHCO3)(w1－w2)g△质量差为(w1－w2)g，故样品中NaHCO3质量为：168w1－w262g，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。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＋0.5xmol×106g/mol＝w2g，解得x＝(w1－w2)/31，那么NaHCO3的质量为m(NaHCO3)＝(w1－w2)/31mol×84g/mol＝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A②体积差法例2一定条件下，合成氨气反应达到平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为20.0%，与反应前的体积相比，反应后体积缩小的百分率是()A．16.7%B．20.0%C．80.0%D．83.3%解析N2＋3H22NH3ΔV1L3L2L2L取平衡时混合气体100L，其中含20LNH3。生成2LNH3，原气体总体积减少2L，则生成20LNH3时原气体总体积减少20L。所以，原始氮气和氢气总体积为120L，反应后体积缩小的百分率为20L/120L×100%＝16.7%。A2．关系式法物质间的一种简化的式子，解决多步反应，计算最简捷。多步反应中建立关系式的方法：(1)叠加法(如利用木炭、水蒸气制取氨气)C+H2O(g)CO+H2CO+H2O(g)CO2+H2C+2H2O(g)CO2+2H2N2+3H22NH3高温高温高温由木炭、水蒸气制取NH3的关系为：3C～4NH3。(2)元素守恒法4NH3＋5O24NO＋6H2O2NO＋O2===2NO23NO2＋H2O===2HNO3＋NO经多次氧化和吸收，由N元素守恒知：NH3～HNO3(3)电子转移守恒法NH3——→失去8e－HNO3，O2——→得4e－2O2－由得失电子总数相等知，NH3经氧化等一系列过程生成HNO3，NH3和O2的关系为NH3～2O2。催化剂△例3取KI溶液25mL，向其中滴加0.4mol/L的FeCl3溶液135mL，I－完全反应生成I2：2I－＋2Fe3＋===I2＋2Fe2＋。将反应后的溶液用CCl4萃取后分液，向分出的水溶液中通入Cl2至0.025mol时，Fe2＋恰好完全反应。求KI溶液的物质的量浓度。解析依题意，有：2I－＋2Fe3＋===I2＋2Fe2＋，2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－本题可用关系式法求解。由上述两个反应及电子转移守恒理论，得I－与Cl2之间的关系式：2I－～Cl2。2e－2e－答案设KI的物质的量是x。2I－～Cl221x0.025mol21＝x0.025mol，x＝0.05mol。c(KI)＝0.05mol0.025L＝2mol/L。KI溶液的物质的量浓度为2mol/L。3．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。(2)极值法解题的基本思路极值法解题有三个基本思路：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。(4)极值法解题的优点极值法解题的优点是将某些复杂的、难以分析清楚的化学问题假设为极值问题，使解题过程简化，解题思路清晰，把问题化繁为简，由难变易，从而提高了解题速度。例4在一容积固定的密闭容器中进行反应：2SO2(g)＋O22SO3(g)。已知反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2mol/L、0.1mol/L、0.2mol/L。当反应达到平衡时，各物质的浓度可能存在的数据是()A．SO2为0.4mol/L，O2为0.2mol/LB．SO2为0.25mol/LC．SO2和SO3均为0.15mol/LD．SO3为0.4mol/L解析本题可根据极端假设法进行分析。若平衡向正反应方向移动，达到平衡时SO3的浓度最大为0.4mol/L，而SO2和O2的浓度最小为0；若平衡向逆反应方向移动，达到平衡时SO3的浓度最小为0，而SO2和O2的最大浓度分别为0.4mol/L、0.2mol/L，考虑该反应为可逆反应，反应不能向任何一个方向进行到底，因此平衡时SO3、O2、SO2的浓度范围应分别为0c(SO3)0.4mol/L,0c(O2)0.2mol/L，0c(SO2)0.4mol/L。SO2反应转化成SO3，而SO3分解则生成SO2，那么c(SO3)＋c(SO2)＝0.2mol/L＋0.2mol/L＝0.4mol/L。对照各选项，只有B项符合题意。答案B名师点拨该方法常用来判断混合物的组成，平衡混合物中各组分含量的范围等。极端假设法解题的关键是将问题合理假设成某种“极值状态”，从而进行极端分析。一般来说，对于混合物成分的确定，常把混合物看做某单一组分进行讨论；对于化学平衡来说，常假设可逆反应向某一反应方向进行到底，再进行讨论。4．平均值规律及应用(1)依据：若XAXB，则XAXXB，X代表平均相对原子(或分子)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。解析根据生成的气体的体积可得，被还原的硝酸共有0.23mol，则4.6g铜和镁的合金的物质的量为0.115mol，故合金的平均摩尔质量为4.6g0.115mol＝40g/mol，氢氧化物的平均相对分子质量为：例5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4480mLNO2气体和336mL的N2O4气体(气体的体积已折算到标准状况)，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．9.02gB．8.51gC．8.26gD．7.04g40＋17×2＝74。故形成的氢氧化物沉淀为：(4.6g÷40g/mol)×74g/mol＝8.51g或0.115mol×74g/mol＝8.51g。本题也可以用整体思维方法，采用守恒法来解。沉淀的质量等于合金的质量与其沉淀的OH－的质量之和，而Cu、Mg沉淀的OH－的物质的量等于其失去电子的物质的量，根据得失电子守恒规律，Cu、Mg失去电子的物质的量等于被还原的硝酸的物质的量，则沉淀的质量＝4.6g＋0.23mol×17g/mol＝8.51g。答案B方法归纳此题如单纯用Cu、Mg分别与HNO3的反应求出合金的物质的量组成而求得沉淀的质量，那是相当繁琐的。除用平均值计算之外，本题还可用整体思维，即沉淀的质量为金属Cu、Mg的质量加上OH－的质量，设Cu、Mg的物质的量之和为n(Cu、Mg)，由电子守恒知：n(Cu、Mg)×2＝4.48L22.4L/mol＋0.336L22.4L/mol×2，n(Cu、Mg)＝0.115mol，故沉淀的质量为：4.6g＋(0.115mol×2)×17g/mol＝8.51g。另外，化学计算中还常用到守恒法、讨论法、图象分析法等，在其它章节将陆续呈现。即时巩固1．在含有agHNO3的稀硝酸溶液中，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。(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A2．已知25℃下，0.1mol/L某二元酸(H2A)溶液的pH大于1，其酸式盐NaHA溶液的pH小于7。取等体积的H2A溶液和NaOH溶液混合后，所得溶液的pH等于7，则酸溶液与碱溶液的物质的量浓度之比是()A．小于0.5B．等于0.5C．大于0.5且小于1D．大于1且小于2解析因为0.1mol/LH2A的pH大于1，所以H2A是弱酸，则H2A与NaOH生成正盐(Na2A)时，由于Na2A水解，溶液显碱性，pH大于7，此时酸溶液与碱溶液的物质的量浓度之比是1∶2＝0.5。现已知混合液的pH等于7，故H2A必须过量，NaOH溶液的浓度只能小于0.2mol/L，所以二者的物质的量浓度之比一定要大于0.5，即最小值大于0.5。又因为H2A与NaOH反应生成酸式盐(NaHA)时，溶液的pH小于7，所以NaHA溶液显酸性，此时酸溶液与碱溶液的物质的量浓度之比是1∶1，要使溶液的pH等于7，二者的物质的量浓度之比的最大值要小于1。由此可知，酸溶液与碱溶液的物质的量浓度之比应在0.5与1之间。答案C3．(2009·上海，22改编)实验室将9g铝粉跟一定量的金属氧化物粉末混合形成铝热剂。发生铝热反应之后，所得固体中含金属单质为18g，则该氧化物粉末可能是()①Fe2O3和MnO2②MnO2和V2O5③Cr2O3和V2O5④Fe3O4和FeOA．①②B．②④C．①④D．②③解析n(Al)＝9g27g/mol＝13mol，Al完全反应时转移电子的物质的量为13mol×3＝1mol，则生成金属的摩尔电子质量(转移1mole－生成金属的质量)为18g/mol。①项生成Fe的摩尔电子质量为56g3mol＝18.67g/mol，生成Mn的摩尔电子质量为55g4mol＝13.75g/mol，根据平均值规律，①正确；②生成Mn的摩尔电子质量为13.75g/mol，生成V的摩尔电子质量为51g5mol＝10.2g/mol，根据平均值规律，②不可能生成金属单质18g；同理，③也不可能生成金属单质18g；④Al完全反应时生成Fe的质量大于18g，当氧化物粉末不足量时，生成的金属可能为18g，④正确。答案C4．一定体积的KMnO