【步步高】（广西专用）2014届高考化学一轮复习 第一章 化学计算中常用的几种方法学案

1、学案6化学计算中常用的几种方法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：2C(s)O2(g)=2CO(g)H221 kJ·mol1m(固)，n(气)，V(气)2 mol 1 mol2 mol221 kJ 24 g 1 m

2、ol22.4 L(标况)(2)使用差量法的注意事项所选用差值要与有关物质的数值成正比例或反比例关系。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质量差法典例导悟1为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g样品加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度(质量分数)是()A. B.C. D.解析样品加热发生的反应为：2NaHCO3 Na2CO3H2OCO2m168106 62m(NaHCO3) g(w1w2) g质量差为(w1w2) g，故样品中NaHCO3质量为： g，Na2CO3质量为w1 g g，其质量分数为。当然，本题也可用常规方法，依据化学方程

3、式直接求解。另解：假设样品有x mol NaHCO3固体，则有：2NaHCO3Na2CO3CO2H2Ox mol0.5x mol据样品加热前后固体质量的关系，有w1gx mol×84 g·mol10.5x mol×106 g·mol1w2g，解得x(w1w2)/31，那么NaHCO3的质量为m(NaHCO3)(w1w2)/31 mol×84 g·mol184(w1w2)/31 g，从而推知Na2CO3的质量为m(Na2CO3)w1g84(w1w2)/31 g(84w253w1)/31 g，因此Na2CO3样品的纯度为w(Na2CO3)

4、m(Na2CO3)/m(样品)。答案A体积差法典例导悟2(2006·北京理综·9)将a L NH3通过灼热的装有铁触媒的硬质玻璃管后，气体体积变为b L(气体体积均在同温同压下测定)，该b L气体中NH3的体积分数是()A. B.C. D.解析本题主要考查学生利用“差量法”进行灵活计算的能力。设参加反应的氨气为x ，则2NH3N23H2V2 23 xbax(ba)L所以气体中NH3的体积分数为。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。答案C2关系式法物质间的一种简化的式子

5、，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)由木炭、水蒸气制取NH3的关系为：3C4NH3。(2)元素守恒法4NH35O24NO6H2O2NOO2=2NO23NO2H2O=2HNO3NO经多次氧化和吸收，由N元素守恒知：NH3HNO3(3)电子转移守恒法NH3HNO3，O22O2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NH32O2。典例导悟3(2009·海南，7)用足量的CO还原13.7 g某铅氧化物，把生成的CO2全部通入到过量的澄清石灰水中，得到的沉淀干燥后质量为8.0g，则此铅氧化物的

6、化学式是()APbO BPb2O3CPb3O4 DPbO2答案C解析设此铅氧化物的化学式为PbxOy，PbxOyyOyCOyCO2yCaCO3 16y 100y m(O)1.28 g 8.0 g所以m(Pb)13.7 g1.28 g12.42 gxy34典例导悟4(2007·天津理综，改编)黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.100 0 g样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用浓度为0.020 00 mol·L1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。已知：SO2

7、2Fe32H2O=SO2Fe24HCr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O(1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)_。(2)煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为_L，制得98 %的硫酸质量为_t。解析(1)据方程式4FeS211O22Fe2O38SO2SO22Fe32H2O=SO2Fe24HCr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O得关系式：Cr2O6Fe23SO2FeS2 1 0020 00 mol·L1×0.025 00 L m(FeS2)0.090 00 g样品中FeS2的质量分数为90.00% (2)4FeS211

8、O22Fe2O38SO2 4 mol 8 mol×22.4 L·mol1 mol V(SO2)V(SO2)3.36×106 Ln(SO2)1.5×105 mol由SO2SO3H2SO41 mol 98 g15×105 mol m(H2SO4)×98%得m(H2SO4)1.5×107 g15 t答案(1)90.00%(2)3.36×10615特别提醒用关系式法解题的关键是建立关系式，而建立关系式的一般途径有：利用粒子守恒建立关系式；利用化学方程式中化学计量数间的关系建立关系式；利用化学方程式的加和建立关系式等。3极值

9、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。 也称为极端假设法。(2)极值法解题的基本思路极值法解题有三个基本思路：把可逆反应假设成向左或向右进行的完全反应。把混合物假设成纯净物。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。典例导悟5在一容积固定的密

10、闭容器中进行反应：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)。已知反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2 mol·L1、0.1 mol·L1、0.2 mol·L1。当反应达到平衡时，各物质的浓度可能存在的数据是()ASO2为0.4 mol·L1，O2为0.2 mol·L1BSO2为0.25 mol·L1CSO2和SO3均为0.15 mol·L1DSO3为0.4 mol·L1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0.4 mol·L1，而SO2和O

11、2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0.4 mol·L1、0.2 mol·L1，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0<c(SO3)<0.4 mol·L1,0<c(O2)<0.2 mol·L1,0<c(SO2)<0.4 mol·L1。SO2反应转化成SO3，而SO3分解则生成SO2，那么c(SO3)c(SO2)0.2 mol·L10.2 mol·L10.4

12、mol·L1。对照各选项，只有B项符号题意。答案B特别提醒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。典例导悟6在含有a g HNO3的稀硝酸中，加入b g铁粉充分反应，铁全部溶解并生成NO，有 g HNO3被还原，则ab不可能为()A21 B31C41 D92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

13、8HNO3(稀)=3Fe(NO3)22NO4H2O则有38，解得：此为ab的最小值。(2)若HNO3过量，发生反应：Fe4HNO3(稀)=Fe(NO3)3NO2H2O则有：14，解得：此为ab的最大值。所以ab的取值范围为：，即ab的比值在此范围内均合理。答案A4平均值规律及应用(1)依据：若XA>XB ，则XA>>XB，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：已知可以确定XA、XB的范围；或已知XA、XB可以确定的范围。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

14、。典例导悟7两种金属混合物共15 g，投入足量的盐酸中，充分反应后得到11.2 L H2(标准状况)，则原混合物的组成肯定不可能为()AMg和Ag BZn和CuCAl和Zn DAl和Cu解析本题可用平均摩尔电子质量(即提供1 mol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15 g金属混合物可提供1 mol e，其平均摩尔电子质量为15 g·mol1。选项中金属Mg、Zn、Al的摩尔电子质量分别为12 g·mol1、32.5 g·mol1、9 g·mol1，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

15、混合物中一种金属的摩尔电子质量大于15 g·mol1，另一金属的摩尔电子质量小于15 g·mol1。答案B典例导悟8(2009·上海，22改编)实验室将9 g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18 g，则该氧化物粉末可能是()Fe2O3和MnO2 MnO2和V2O5Cr2O3和V2O5 Fe3O4和FeOA B C D解析n(Al)mol，Al完全反应时转移电子的物质的量为mol×31 mol，则生成金属的摩尔电子质量(转移1 mol e生成金属的质量)为18 g·mol1。项生成Fe的摩尔电子

16、质量为18.67 g·mol1，生成Mn的摩尔电子质量为13.75 g·mol1，根据平均值规律，正确；生成Mn的摩尔电子质量为13.75 g·mol1，生成V的摩尔电子质量为10.2 g·mol1，根据平均值规律，不可能生成单质18 g；同理，也不可能生成金属单质18 g；Al完全反应时生成Fe的质量大于18 g，当氧化物粉末不足量时，生成的金属可能为18 g，正确。答案C特别提醒混合物的许多化学特征具有加合性，均可求出平均值。属于这类“特性数量”的有：相对分子质量、密度、同条件下的体积分数、物质的量浓度、反应热、平均组成等。平均值法解题范围广泛，特别

17、适用于缺少数据而不能直接求解的混合物判断问题。5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，能较好的煅烧学生思维的全面性、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。典例导悟9 在铁和氧化铁混合物15 g中，加入稀硫酸150 mL，能放出H2 1.68 L(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3 mol·L1的NaOH溶液200 mL，则原硫酸的物质的量浓度是()A1.5 mol

18、83;L1 B2 mol·L1C2.5 mol·L1 D3 mol·L1解析此题反应过程复杂，但最后溶液中只有Na2SO4，因为NaOH共0.6 mol，故Na2SO4为0.3 mol，所以原H2SO4为0.3 mol。答案B1.一定条件下，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%答案A2.（2011·厦门模拟）取KI溶液25 mL，向其中滴加0.4 mol·L-1的FeCl3溶液135 mL,I-完全反应生

19、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0.025 mol时，Fe2+恰好完全反应。求KI溶液的物质的量浓度。解析设KI的物质的量是x。2I-Cl22 1X 0.025 mol3.（2011·武汉质检）已知25下，0.1 mol·L-1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0.5 B. 等于0.5C. 大于0.5且小于1 D. 大于1且小于2解析因为0.1 mol·L-1 H2A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12=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0.2 mol·L-1，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11，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