【备战】高考化学 考前30天冲刺押题系列 第三部分 专题07 极值法.doc

考前30天之备战2013高考化学冲刺押题系列第三部分 专题07 极值法 极端法是化学计算中的一种技巧性解法,它适用于混合物的计算。这种方法的解题思路是假设只有混合物中的某一成份，通过计算得出两个极端值，然后根据题目要求得出正确答案。 例1、8.1克碱金属（r）及其氧化物（r2o）组成的混合物与水充分反应后，蒸发反应后的溶液，得到12克无水晶体，通过计算确定该金属的名称。 例2、t时cuso4 在水中的溶解度为25g, 将32gcuso4白色粉末加入m克水中形成饱和cuso4溶液并有cuso45h2o晶体析出，则m的取值范围是 （a） 18g m 128g (b) 36g m 180g (c) 18g m 128g (d) 36g m 180g 分析：该题中cuso4溶于水时形成饱和溶液且有部分晶体析出，即它处于饱和溶液和晶体之间，用极端法解此题可带来很大方便。解：假设恰好形成饱和溶液，利用溶解度，找到如下关系： 100 : 25 = m : 32 m = 128g假设恰好全部形成晶体，则有: cuso4-5h2o-cuso45h2o 16090 32 m 例3、mg, fe, al三种金属的混合物与足量的稀h2so4反应，生成标准状况下的h22.8l,则金属混合物中三种金属的物质的量之和不可能的是 (a) 0.12mol (b) 0.15mol (c) 0.08mol (d) 0.10mol分析：物质的量相等的金属与足量的酸反应时产生h2的量只与金属元素的化合价有关，而已知的三种金属mgalfe其中mgfe在反应中均呈现+2价，可把它们都看成一种成分，al在反应中呈现+3价，把它看成另一种成分。则把该混合物转化成+2价的金属和+3价的金属组成的混合物，然后用极端法来计算和判断。解：假设全部是mgfe,设它们的物质的量之和为xmol，产生的h2有如下关系： mg(fe)-h2 1mol 22.4l x 2.8l解得： x = 0.125mol分析：fe与稀hno3恰好完全反应的情况有三种：fe全部生成fe(no3)3,或全部生成fe(no3)2,或fe(no3)3和fe(no3)2都有。不同情况下hno3的质量分数不同，生成的fe(no3)2或fe(no3)3是两种极端情况，故可以用极端法完成。 当生成的硝酸盐为fe(no3)3和fe(no3)2的混合物时，稀hno3的质量分数应介于24%和36%之间，该题中稀hno3的质量分数应属于一个范围，且应包括两个极端值，故稀hno3的质量分数为24%x36%，这才是本题完整的答案。 由以上例子可以看出，极端法解题可给化学计算带来极大的方便。利用这种方法解题时，应注意有的答案包括了两极端值（如例四），而有的答案则不包括两极端值（如例一二三），这要根据题意灵活判断。极端法大多用于计算类选择题中，这类题目若用常规方法往往因条件不足而无法完成，故将题中混合成分极端对待，假设只有其中一种成分，分别计算，最后加以讨论而确定答案。 【母题与衍生】【母题1】向300ml koh溶液中缓慢通入2.24l co2气体（标准状况），充分反应后，在减压低温下蒸发溶液，得到11.9g白色固体。请通过计算确定此白色固体的组成及其质量各为多少克？所用koh溶液的物质的量浓度是多少？【分析】先由极端假设法确定白色固体的组成：设定2.24l co2与koh溶液反应所得产物只有一种，即k2co3或khco3。若只生成k2co3，由c原子守恒可求得m(k2co3)=138g/mol=13.8g；若只生成khco3，由c原子守恒可求得m(khco3)=100g/mol=10.0g。而题设质量为11.9g，故该白色固体由k2co3和khco3组成。由c原子守恒可得：n(co2)=n(k2co3)+n(khco3)=0.100mol。设k2co3的物质的量为amol，则khco3的物质的量为0.100mol-amol。则由138g/molamol+100g/mol(0.100mol-amol)=11.9g，解之得：a=0.050mol。所以m(k2co3)=0.050mol138g/mol=6.90g，m(khco3)=0.050mol100g/mol=5.00g。由k+离子守恒可得：n(koh)=2n(k2co3)+1n(khco3)=20.050mol+10.050mol=0.150mol。所以c(koh)=n(koh)/v=0.150mol/0.300l=0.50mol/l。【衍生1】在密闭容器中进行x2(g)3y2(g) 2z(g)的反应，其中x2、y2、z的起始浓度依次为0.1 moll1、0.3 moll1、0.2 moll1，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能的是（ ）ac(z)0.5 moll1bc(y2)0.5 moll1或c(z)0.1 moll1cc(x2)0.2 moll1或c(y2)0.6 moll1dc(z)0.4 moll1【衍生2】某碱金属单质与其普通氧化物的混合物共1.40g，与足量水完全反应后生成1.79g碱，此碱金属可能是（ ）（a）na （b）k （c）rb （d）li【解析】本题若用常规思路列方程计算，很可能中途卡壳、劳而无功。但是如果将1.4g混合物假设成纯品（碱金属或氧化物），即可很快算出碱金属相对原子质量的取值范围，以确定是哪一种碱金属。假定1.4g物质全是金属单质（设为r） 假定1.40g全是氧化物设为r2o则：rroh m 则：r2o 2roh mmr 17 2mr+16 181.40 （1.79-1.40） 解之mr=61 1.40 （1.79-1.40） 解之mr=24.3既然1.40g物质是r和r2o的混合物，则r的相对原子质量应介于24.361之间。题中已指明r是碱金属，相对原子质量介于24.361之间的碱金属只有钾，其相对原子质量为39。【衍生3】将标准状况下的no、no2、o2的混合气体充满容器，倒置于水中完全溶解，无气体剩余，若产物也不扩散，则所得溶液的物质的量浓度的数值范围是（） a. c b. c c. c d.无法确定 【衍生4】0.03mol cu完全溶于硝酸，产生氮的氧化物（no、no2、n2o4）混合气体共0.05mol 。该混合气体的平均相对分子质量是（ ）a.30 b.46 c.50 d.66【解析】设no、no2、n2o4三者的物质的量分别为：x、y、z， x + y + z = 0.05-式则依据电子守恒可得：3x+y+2z=0.06-式，式减去式得：2x + z = 0.01故no物质的量的极值为0.005 mol ，n2o4物质的量的为极值0.01 mol若no物质的量的为0.005 mol，则no2为0.045 mol= =44.4若n2o4物质的量的为0.01 mol，则no2为0.04 mol = =55.2该混合气体的平均相对分子质量介于44.4和55.2之间。【答案】bc【点拨】混合气体的平均相对分子质量大于相对分子质量小的，小于相对分子质量大的。【专家预测】1、3g碳在足量氧气中充分燃烧，若生成一氧化碳和二氧化碳的混合气体。求参加反应氧气的质量。2、5.6g不纯铁在足量稀硫酸中产生氢气0.21g，则铁中混入物质可能是（）a、（zn） b、（cu） c、（al） d、（c）解：本题中由于碳、铜均不与酸反应而生成的h2。（1）假设5.6g 中“混入物质”质量趋近于零，则铁的质量趋近于5.6g。此时，设铁的质量为5.6g，则生成的h2的质量为x，由fe + h2so4= feso4 + h2 易解得x=0.2g，这种情况下，生成氢气的质量将趋近于0.2克。（2）假设铁的质量趋近于零，则混合物中铝或锌的质量趋近于5.6克。假设铝的质量为5.6g，则设生成的氢气的质量为y由2al + 3h2so4= al2（so4）3 + 3h2易解得y=0.62g，这种情况下，生成氢气的质量将趋近于0.62克。假设锌的质量为5.6g，则设生成氢气的质量为z由zn + h2so4= znso4 + h2易解得z=0.17g，这种情况下，生成氢气的质量将趋近于0.17克。3.已知在高炉中有下列反应：fe2o3 + co = 2feo + co2 ，反应形成的固体混合物（ fe2o3 ，feo ）中元素铁和氧的质量比用mfe：mo表示，上述固体混合物中 mfe：mo，可能是 （选填a、b、c多选扣分）。a、21：9 ； b、21：75 ； c、21：64.在一个容积固定的反应器中，有一个可左右滑动的密封隔板，两侧分别进行着如图所示的可逆反应，各物质的开始反应加入量如下，a、b、c均为4摩尔，d为6摩尔，f为2.0摩尔，设e为x摩尔。当x在一定范围内变化时，均可调节反应器的温度，在两侧反应都达到平衡，并且隔板恰好处于反应器的正中位置。请填写以下空白:（1）若x = 4.5，则在右侧反应在起始时向 （填“正反应”或“负反应”）方向进行。欲使起始反应维持向该方向进行，则x的最大取值应小于 。（2）略（1996全国高考题） 可移动隔板解：欲使起始反应维持正反应方向进行，x 最大值意味着d或者全部趋近于完全反应 假设d气体趋近于完全反应，则 d（气） + 2e（气）2f（气）起始量（mol） 6.5 x 2.0变化量（mol） 6.5 13.0 13.0平衡量（mol） 0 （ x 13.0 ）15.0由达到平衡后各物质的量之和为12mol，可得0 +（x 13.0）+ 15.0 = 12， 解得x = 10.0mol因为该反应为可逆反应，达到平衡后d、e、f的量均要大于0，而e的量x 13.0 = 3.0（负数），故d全部反应掉显然不成立。 若e气体趋近于完全反应掉，则 d（气） + 2e（气） 2f（气）起始量（mol） 6.5 x 2.0变化量（mol） 0.5x x x平衡量（mol） 6.50.5x 0 2.0+x由达到平衡后的各物质的量之和为12mol可知（6.50.5x）+ 0 + （2.0 + x ）= 12解之得x = 7.0mol因为该反应是可逆反应，故达到平衡时d、e、f的量均要大于0。气体e不可能全部反应掉，x = 7.0mol只是一个最大极限值，因此x 7.0mol。5.已知一氧化碳和某气体的混合物中，氧元素的质量分数为55%，则该气体是（ ）a、co2 b、so2 c、no2 d、n2o5若混合物中另一种气体为so2时，则混合物中氧元素的质量分数趋近于（162）/（ 32+162）100% = 50%；若混合物中另一种气体为no2，则混合物中氧元素的质量分数趋近于（162）/（ 14+162）100% = 70%；若混合物中另一种气体为n2o5，则混合物中氮元素的质量分数趋近于（165）/（ 142+165）100% = 74%。由极限思想可知55%必须在57%和另一个质量分数的区间内，因此本题中另一种物质只能是so2，故选b。6.某碱金属r及其氧化物组成的混合物4.0g，与水充分反应后蒸发溶液，最后得到干燥固体5.0g，则该碱金属元素是（ ）a. li b. na c. k d. rb7. 把4.0g混合物假设为纯净物（碱金属单质r或氧化物），即可求出碱金属的相对原子质量的取值范围。若4.0g物质全部是单质则： 若4.0g物质全部是氧化物r2o则：r roh r2o 2rohm m+17 2m+16 2m+344g 5g 解得m=68 4g 5g 解得m=28若4.0g物质全部是氧化物r2o2则： r2o2 2roh 2m+32 2m+34 4g 5g 解得m= -12 （由此可知过氧化物、超氧化物等复杂氧化物均不符合题意）因4.0g物质是单质及氧化物的混合物，则r的相对原子质量在2868之间，而k的相对原子质量为39，故c符合题意。8.在一定条件下，将钠与氧气反应的生成物1.5g溶于水，所得溶液恰好能被80ml浓度为0.5mol/l的hcl溶液中和，则生成物的成分是（ ）ana2o bna2o2 cna2o和na2o2 dna2o2和nao29.由na、mg、al三种金属中的两种组成的混合物共10 g与足量的盐酸反应产生0.5g氢气，则此混合物中必定含有（ ）a. al b. mg c. na d.都有可能解析：本题利用极值法把0.5g氢气看成是仅由一种金属与盐酸反应产生。先求出na、mg、al分别与足量盐酸产生0.5g 氢气所需的质量：2na h2 mg h2 2al 3h246 2 24 2 54 6m(na) 0.5g m(mg) 0.5g m(al) 0.5g解得m(na)=11.5g；m(mg)=6g；m(al)=4.5g。再根据平均值原理知一定含有na。故选c。10.某k2co3样品中含有na2co3、kno3和ba(no3)2三种杂质中的一种或两种，现将6.9g样品溶于足量水中，得到澄清溶液。若再加入过量的cacl2溶液，得到4.5g沉淀，对样品所含杂质的判断正确的是（ ）a、肯定有kno3和na2co3，没有ba(no3)2b、肯定有kno3，没有ba(no3)2，还可能有na2co3c、肯定没有na2co3和 ba(no3)2，可能有kno3d、无法判断11.在密闭容器中进行的反应：x(g) + 4y(g) 2p(g) +3q(g)，已知x、y、p、q初始的物质的量分别为0.1mol、0.4mol、0.2mol、0.3mol。在一定条件下，当反应达到平衡后，各物质的物质的量不可能的是（ ） a、n(x)=0.15mol b、n(y)=0.9mol c、n(p)=0.3 mol d、n(q)=0.55mol由于反应的可逆性，反应完全进行到底是不可能的。因此，上述各物质的物质的量的变化范围是：0 n(x) 0.2、0 n(y) 0.8、0 n(p) 0.4、0 n(q) 0.6，故本题正确选项为b。12.在某条件下，容器内有如下化学平衡：a(g) + 4b(g) 2c(g) +d(g)。此时a、b、c的物质的量均为amol，而d的物质的量为dmol。(1)改变a的取值，再通过改变反应的条件，可使反应达到新的平衡，并限定达到新平衡时，d的物质的量只能在d/22d之间变化，则a的取值范围是_(用含a、d的式子表示)。解析：如平衡正向移动，采用极值法，转化生成d为dmol,即d在新平衡中的物质的量为2dmol，转化关系如下：a(g) + 4b(g) 2c(g) + d(g)旧平衡 a a a d转化 d 4d 2d d新平衡 (ad) (a4d) (a2d) 2d要求ad0、a4d0同时成立，即a4d。如平衡逆向移动，采用极值法，d转化了d/2mol,即d在新平衡中的物质的量为(ad/2)mol，转化关系如下：a(g) + 4b(g) 2c(g) + d(g)旧平衡 a a a d转化 d/2 2d d d/2新平衡 (a+d/2) (a+2d) (ad) (ad/2)要求ad0即ad。即a的取值范围是a4d。13.在标准状况下，将no2、no、o2的混合气体充满容器后倒置于水中，气体完全溶解，溶液充满容器。若产物不扩散到容器外，则所得溶液的物质的量浓度为（ ）132140128122.4 a、 moll-1 b、 moll-1 c、 moll-1 d、 moll-114.18.4g naoh 和nahco3固体混合物，在密闭容器中加热到250，经过充分反应后排除气体，冷却，称得剩余固体质量为16.6g，试计算原混合物中naoh的质量分数。解析：在密闭容器中进行的反应可能有：naoh+ nahco3 = na2co3+h2o- 2nahco3 = na2co3+ co2+ h2o- 40 84 106 168 106究竟按何种情况反应，必须判断出naoh与nahco3在反应中何者过量，然后才能进行计算，借助极值法，能使判断方便直观。设18.4g 固体全为naoh，则受热不减少，剩余固体18.4g；设18.4g 固体全为nahco3，则按反应，剩余固体（18.4g84 g/mol）106 g/mol=11.6g；设18.4g 固体恰好按完全反应，即混合物中m(naoh)=18.4g40(40+84)，则m(剩余固体)= 40+8418.4g4040106=15.7g 。 因现剩余固体16.6g，介于15.7g和18.4g之间，所以naoh过量。naoh+ nahco3 = na2co3+h2o m40 84 106 1810g18.4gx=8.4g 18.4g16.6 gm（naoh）= 18.4g8.4 g = 10 g m（naoh） = 100 = 54.315.含8.0g naoh的溶液中通入一定量h2s后，将得到的溶液小心蒸干，称得无水物7.9g，则该无水物中一定含有的物质是（ ）a、na2sb、nahs c、na2s和nahsd、naoh和nahs16.在同系物c10h8(萘)、c16h10(芘)、c22h12(苯并苝)中,碳的最大百分含量是（ ）a、100% b、93.75% c、56% d、97.3% 解析：根据萘、芘、苯并苝三者的分子式可以发现相邻的两物质相差c6h2，因此通式为c6n+4h2n+6。从通式分析，n值越大，碳的质量分数越高，当n趋于无穷大时，即得含碳质量分数最大值。w(c)max=limn12(6n+4)12(6n+4)+2n+6limn=124 n126+124+6 n(126+2)+=126126+2=97.3%答案：d16、将标准状况下的no、no2、o2的混合气体充满容器，倒置于水中完全溶解，无气体剩余，若产物也不扩散，则所得溶液的物质的量浓度的数值范围是（） a. c b. c c. c d.无法确定17、在密闭容器中进行x2(g)3y2(g) 2z(g)的反应，其中x2、y2、z的起始浓度依次为0.1 moll1、0.3 moll1、0.2 moll1，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能的是（ ）ac(z)0.5 moll1bc(y2)0.5 moll1或c(z)0.1 moll1cc(x2)0.2 moll1或c(y2)0.6 moll1dc(z)