化学计算题解题技巧.docx
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化学计算题解题技巧.docx
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化学计算题解题技巧
[内容概要]
化学计算题在高考中占总分数一般不低于25%。
主要包括选择性计算题和综合性计算题。
这两讲的内容中蕴含了解题中独特的构思,令人叫绝的技巧,想不想学学,想不想一试身手?
这不,快快行动吧!
[内容精析]通常计算题都是给出了求解的全部数据,而且不多不少;而有时,计算题好像给出的数据却不够。
对于给全数据的题,你是不是总觉得把这些数据全部利用起来才放心。
而对于数据好象不够的题,你是不是有时觉得束手无策。
你如果是这样,看了这讲内容以后,也许你会说:
“计算题怎么还可以这样做?
”
1.概念分析法
...计算题也可以不用计算,直接就可以推断出,你试过吗?
[例1](1998高考15题)有五瓶无色溶液分别是①10mL0.60mol·L-1NaOH水溶液②20mL0.50mol·L-1H2SO4水溶液③30mL0.40mol·L-1HCl水溶液④40mL0.30mol·L-1CH3COOH水溶液⑤50mL0.20mol·L-1蔗糖水溶液。
以上各瓶溶液中所含离子、分子总数的大小顺序是()
A.①>②>③>④>⑤B.②>①>③>④>⑤
C.②>③>④>①>⑤D.⑤>④>③>②>①
[解析]稀溶液中水分子总数远大于溶质离子的总数。
因此只要按溶液体积顺序排,便可得D正确。
★[例2](1998高考22题)将质量分数为5.2%的NaOH溶液1L(密度为1.06g·cm-3)用铂电极电解,当溶液中NaOH的质量分数改变了1.0%时停止电解,则此时溶液中应符合的关系是()
NaOH的质量分数
阳极析出物的质量(g)
阴极析出物的质量(g)
A
6.2%
19
152
B
6.2%
152
19
C
4.2%
1.2
9.4
D
4.2%
9.4
1.2
[解析]NaOH溶液的电解实质是水的电解,在电解过程中由于水的电解,NaOH溶液的浓度将会升高,排除掉选项C和D;再根据电解时阳极产物是氧气,阴极产物是氢气,两者的质量之比为8:
1(即阳极析出气体质量大),便可迅速选出B。
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2.差量法
[原理]根据化学变化前后物质的量发生的变化,找出所谓“理论差量”,这个差量可以是质量、气相物质的体积、压强,也可以是物质的量、反应过程中的热量等。
例如Fe和CuSO4溶液反应,其理论差量就可以如下确定:
这里面“理论差量”的意义是:
56gFe溶解必有64gCu析出,固体增重8g,反之亦然。
且这个差量值与Fe溶解的质量(或Cu析出的质量)成正比例。
有了这个结论以后,你就可以从化学方程式中迅速找出“理论差量”,再根据题目提供的“实际差量”列出比例式,这样,你就成功了。
[例题]
(1)利用物质在化学反应前后的质量差
[例1]50gFe浸在CuSO4溶液中,过一会儿取出覆盖有Cu的Fe片,经洗涤、干燥后,称重51.2g,则参加反应的Fe的质量是()
A.1.2gB.5.0gC.8.4gD.18.2g
[解析]
选C
注意:
小心题目中质量减少的情况时,△m的符号
★★[例2]有Na2CO3、NaHCO3、CaO和NaOH组成的混合物27.2g,把它们溶于足量的水中,充分反应后,溶液中Ca2+、CO32-、HCO3-均转化为沉淀,将反应容器内水分蒸干,最后得到白色固体物质共29g,则原混合物中含Na2CO3的质量是()
A.10.6gB.5.3gC.15.9gD.无法确定
[解析]按一般常规解法----运用化学方程式列方程组求解,很难得出正确答案。
如果根据题意,运用微粒(Na+、CO32-)守恒的原理,分析反应前后的差量,剖析题意,可找到捷径。
从溶液中的Ca2+、CO32-、HCO3-均转化为沉淀可知,原混合物中含Na2CO3、NaHCO3、的物质的量之和必等于含CaO的物质的量,而最后所得白色固体物质中所含NaOH的物质的量必等于原混合物中Na2CO3、NaHCO3和NaOH中所含Na+的物质的量之和。
可图示如下:
从以上图解不难看出,相当于xmol的Na2O转化为2xmol的NaOH的质量差,即
1mol:
x=18g:
18g
x=0.1mol
则m(Na2CO3)=10.6g选(A)
(2)利用气相物质反应前后的体积差
★[例3]10mL某气态烃,在50mL氧气中完全燃烧,生成液态水和体积为35mL的混合气体(气体体积均在同一条件下测定),则该烃可能是()
A.乙烷B.丙烷C.丙烯D.丁炔
[解析]设气态烃的化学式为CxHy
1mL:
10mL=(1+y/4):
25mL
y=6
根据题意,气态烃完全燃烧,故50mL氧气正好反应完全或有剩余,即50-(x+y/4)×10≥0
所以
解得:
x≤3.5,y=6选A、C.
经验:
一定要熟练掌握气体体积变化与压强的变化,物质的量的变化,分子量的变化之间的关系。
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3.守恒法
你是否在解题中碰到许多纷纭复杂的解题背景而无从下手,你是否也碰到许多化学反应方程式由于配平的苦恼导致全盘失败,也许你或多或少地碰到过,碰到这些情况以后不知你是否想过没有,其实有一种方法很有用,它也许能帮你一个大忙。
这种方法就是“守恒法”。
它包括:
(1)化合价守恒
(2)电荷守恒(3)元素守恒(4)质量守恒(5)得失电子守恒,等等。
请你仔细浏览,这里将会告诉你许多常规方法所不能替代的捷径方法,也将会带给你无穷的解题乐趣.
(1)化合价守恒
...根据化学式中正负化合价总数值相等进行计算
[例1](“牛刀小试”第5题)某元素X的氧化物含氧44.0%,已知该元素的相对原子质量为51,则该氧化物的化学式为()
A.XOB.X2O3C.XO2D.X2O5
[解析]常规解法:
设该氧化物的化学式为XOm
根据氧元素的质量分数可得
求得m=2.5选D
守恒法:
设此氧化物中X元素化合价为x,从氧元素化合价总负值等于X元素化合价总正值,可得:
求得x=5选D
(2)电荷守恒
...根据化学式中阴阳离子所带正负电荷总数相等求离子所带电荷数或浓度。
[例2]在VLAl2(SO4)3溶液中加入过量的氨水,过滤得沉淀,然后在高温中灼烧沉淀,最后得到白色固体mg,则原溶液中SO42-的物质的量浓度为()
A.m/(27V)B.2m/(27V)C.m/(18V)D.m/(34V)
[解析]通常解法:
因Al2(SO4)3+6NH3·H2O=2Al(OH)3↓+(NH4)2SO4
即
C(SO42-)=m/(34V)mol·L-1选D
守恒法:
因硫酸铝溶液中Al3+所带正电荷总数等于SO42-所带负电荷总数,得(m/102)×6=V×C(SO42-)×2
求得:
C(SO42-)=m/(34V)mol·L-1选D
(3)元素守恒
...根据某元素在反应前后守恒
[例3](1997化学高考试测题3)将m1g锌加入到m2g20%的盐酸溶液中去,反应结果共放出nL氢气(标准状况下),则被还原去的HCl的物质的量是()
A.m1/65molB.5m2/36.5molC.m2/36.5molD.n/11.2mol
[解析]m1、m2不知其值,因此不知是哪一种物质过量,但是从反应产物H2的体积可知其物质的量,而H2中的氢元素又来自于HCl。
根据氢元素守恒可得:
则被还原的HCl的量为:
选D
注意:
如果觉得把所给的数据全部利用起来才放心,并纠缠m1、m2的相对数量的大小,则将不胜其烦,结果还是错误的。
这时你应告诉自己:
应先对题做一判断,大胆地将多余的数据弃之不要,选择好的恰当的方法,则将一举成功。
★[例4]把NaHCO3和Na2CO3·10H2O的混合物13.12g溶于水制成200毫升溶液,其钠离子的物质的量浓度为0.5mol·L-1,如果将相同质量的这种混合物加热至质量不再变化为止,质量将减小()
A.5.3gB.7.82gC.4.25gD.8.87g
[解析]把NaHCO3和Na2CO3·10H2O受热后固体生成物只有Na2CO3,可知混合物在加热前后钠离子的物质的量没有变化。
因混合物中含有钠离子为0.5mol·L-1×200mL×10-3L·mL-1=0.1mol,所以根据钠元素守恒,可知加热后的残留物中含有Na2CO3为0.05mol,则Na2CO3为5.3g,故整个过程中质量减少为13.12-5.3=7.82(g)选B
注:
“牛刀小试”第7题可设CO32-和HCO3-的浓度分别为xmol·L-1和ymol·L-1。
根据钠元素守恒和碳元素守恒即可求出:
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★[例5](1997高考题26题)一定量的乙醇在氧气不足的情况下燃烧,得到CO、CO2和水的总质量为27.6g,若其中水的质量为10.8g,则CO的质量是()
A.1.4gB.2.2gC.4.4gD.在2.2g和4.4g之间
[解析]由燃烧的水10.8g可知:
(1)CO+CO2的总质量是27.6g-10.8g=16.8g
(2)生成H2O是10.8g相当10.8g÷18g·mol-1=0.6mol,则根据氢元素守恒,则燃烧的C2H6O物的物质的量是:
0.6mol×1/3=0.2mol则CO和CO2总的物质的量是0.2mol×2=0.4mol,其平均分子式量为16.8÷0.4=42,由十字交叉法得:
CO的物质的量是0.4mol×1/(7+1)=0.05mol,其质量应是
28g·mol-1×0.05mol=1.4g,选A
(4)质量守恒
[例6]mg氯酸钾与1.5g二氧化锰混合加热,充分反应后,留下残留物ng,则生成气体的质量为()
A.(m-n)gB.(m-1.5-n)gC.(m+1.5-n)gD.(n-1.5)g
[解析]根据参加反应的物质的质量之和等于反应后各生成物的质量之和,即m+1.5=n+m(O2)则m(O2)=m+1.5-n选C
(5)得失电子守恒
[例6]在两个串联的电解池中,分别电解足量的CuCl2溶液和AgNO3溶液,若有64gCu析出,则析出Ag的质量为()
A.108gB.54gC.216gD.64g
[解析]因两电解池串联,所以通过两池电量相等,由Cu2++2e-Cu及Ag++e-Ag可知2n(Cu)=n(Ag),设析出Ag的质量为x,则
2×(64g/64g·mol-1)=x/108g·mol-1得x=216g选C
这里采用的是根据电解过程中阴阳两极得失电子总数相等来进行计算的。
★★[例7]在反应:
P+CuSO4+H2O--Cu3P+H3PO4+H2SO4(未配平)中,每1molCuSO4可氧化磷的物质的量是()
A.0.2molB.0.4molC.0.6molD.6mol
[解析]若按常规解法,则需配平后才能计算,麻烦难算。
若用守恒法,你瞧:
1molCuSO4被还原时得1mol电子,而1mol磷被氧化时需失5mol电子,则根据得失电子守恒,磷要失1mol电子,只需要1/5mol,也即1molCuSO4只能氧化1/5mol磷。
选A。
★[例6](1999高考23题)一定条件下硝酸铵受热分解的未配平化学方程式为:
NH4NO3--->HNO3+N2+H2O,在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为()
A.5:
3B.5:
4C.1:
1D.3:
5
[解析]小精灵:
你希望做什么?
看
常规解法:
先配平化学方程式:
5NH4NO3=2HNO3+4N2+9H2O,则参加反应时,有5mol氮原子被氧化,3mol氮原子被还原,选A。
但是这个反应的化学方程式配平较为困难。
如果采用
,则将轻巧易解。
守恒法:
被氧化的氮原子的化合价由-3价变到0价,1mol氮原子失3mol电子;同理,被还原的氮原子的化合价由+5价变到0价,1mol氮原子得5mol电子。
则根据得失电子守恒,必有5mol氮原子被氧化和3mol氮原子被还原,可知选A。
★[例8]将纯铁丝5.21g溶于过量稀硫酸中,在加热下用2.53gKNO3去氧化溶液中的Fe2+,待反应完全后,剩余Fe2+尚需12.0mL0.3mol·L-1的KMnO4溶液方能完全氧化(已知MnO4-还原产物为Mn2+),计算得还原产物为()
A.N2OB.NOC.NO2D.NH3
[解析]本题先后进行了三个氧化还原反应:
Fe+H+→NO3-+H++Fe2+→Fe2++MnO4-+H+→
与计算有关的是后两个反应,在这两个反应中,氧化剂(NO3-、MnO4-)得电子总数等于还原剂(Fe2+)失电子总数。
已知MnO4-+5e→Mn2+
假设每摩尔NO3-得电子为xmol,则
Fe2+失电子的物质的量为:
5.21g÷56g·mol-1=0.093mol
MnO4-得电子的物质的量为:
0.3mol·L-1×12.0×10-3L×5=0.018mol
NO3-得电子的物质的量为:
2.53g÷101g·mol-1·x=0.025xmol
根据得失电子守恒得:
0.093mol=0.018mol+0.025xmol则x=3
即NO3-的还原产物为NO选B。
经验之谈:
守恒法可以使题简化,但使用时一定要有根据,臆断守恒就容易出错。
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4.极限法
(1)极限的观点:
在论述或争论某个问题时,人们常常使用这样的想法:
“如果让事态任其发展下去,则将……”;“退一万步来想一想这?
color="#CC3333">守恒法可以使题简化,但使用时一定要有根据,臆断守恒就容易出错。
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4.极限法
(1)极限的观点:
在论述或争论某个问题时,人们常常使用这样的想法:
“如果让事态任其发展下去,则将……”;“退一万步来想一想这个问题吧!
”等等。
这些想法有一个共同之处,就是从某个极限状态上去考虑问题,进行分析,判断和推理,像这种先把思路引向极端状态,使问题简化从而顺利得出结论,然后再回过头来认识现实问题的观点,我们称之为极限的观点。
极限的观点作为一种科学的创造性思维观点,它在科学史上曾做过不少重大贡献。
例如,开尔文把摄氏温度推向极限-----273℃(绝对温度),使气体定律的表述得以简化。
同样,在化学解题若能运用极限的观点,常能使解题化繁为简,化难为易,别开生面,独辟蹊径,不落俗套,起到事半功倍的效用,是一种极妙的解题方法。
(2)例题解析
★★[例1](“牛刀小试”第8题)在标准状况下H2、Cl2混合气体aL经光照反应后,所得气体恰好能使bmolNaOH完全生成盐,那么a与b的关系不可能是()
A.b=a/22.4B.ba/22.4D.b≥a/11.2
[解析]常规解法:
本题涉及的反应可能有:
①H2+Cl2=2HCl;②HCl+NaOH=NaCl+H2O;③Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。
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