突破化學(xué)計(jì)算的五大思維方法

張玉榮

本文介紹五種在教學(xué)中非常適用的化學(xué)計(jì)算思維方法供大家參考。

一、“差量法”在化學(xué)方程式計(jì)算中的妙用

1.“差量法”思維要求

（1）所謂“差量”就是指反應(yīng)過(guò)程中反應(yīng)物的某種物理量之和（始態(tài)量）與同一狀態(tài)下生成物的相同物理量之和（終態(tài)量）的差，這種物理量可以是質(zhì)量、物質(zhì)的量、氣體體積、氣體壓強(qiáng)、反應(yīng)過(guò)程中的熱效應(yīng)等。

（2）計(jì)算依據(jù)：化學(xué)反應(yīng)中反應(yīng)物或生成物的量與差量成正比。

（3）解題關(guān)鍵：一是明確產(chǎn)生差量的原因，并能根據(jù)方程式求出理論上的差值（理論差量）。二是結(jié)合題中的條件求出或表示出實(shí)際的差值（實(shí)際差量）。

2.示例應(yīng)用解析

例116 mL由NO與NH3組成的混合氣體在催化劑作用下于400℃左右可發(fā)生反應(yīng)：6NO+4NH3催化劑高溫5N2+6H2O（g），達(dá)到平衡時(shí)在相同條件下氣體體積變?yōu)?7.5 mL，則原混合氣體中NO與NH3的物質(zhì)的量之比有四種情況：①5∶3、②3∶2、③4∶3、④9∶7。下列正確的是（ ）。

A.①② B.①④C.②③D.③④

解析由于已知反應(yīng)前后氣體的總體積，故可用差量法直接求解。

6NO+4NH3催化劑高溫5N2+6H2O（g）ΔV（氣體的體積差）

6 mL4 mL5 mL 6 mL1 mL（理論差量）

9 mL6mL1.5 mL（參加反應(yīng)）

由此知共消耗15 mL氣體，還剩余1 mL氣體，假設(shè)剩余的氣體全部是NO，則V（NO）∶V（NH3）=（9 mL+1 mL）∶6 mL=5∶3，假設(shè)剩余的氣體全部是NH3，則V（NO）∶V（NH3）=9 mL∶（6 mL+1 mL）=9∶7，但因反應(yīng)是可逆反應(yīng)，剩余氣體實(shí)際上是NO、NH3的混合氣體，故V（NO）∶V（NH3）介于5∶3與9∶7之間，對(duì)照所給的數(shù)據(jù)知3∶2與4∶3在此區(qū)間內(nèi)。答案C

應(yīng)用1一定質(zhì)量的碳和8 g氧氣在密閉容器中于高溫下反應(yīng)，恢復(fù)到原來(lái)的溫度，測(cè)得容器內(nèi)的壓強(qiáng)變?yōu)樵瓉?lái)的1.4倍，則參加反應(yīng)的碳的質(zhì)量為 （ ）。

A.2.4 g B.4.2 g C.6 g D.無(wú)法確定

解析 由化學(xué)方程式： C+O2高溫CO2和2C+O2高溫2CO可知，當(dāng)產(chǎn)物全部是CO2時(shí)，氣體的物質(zhì)的量不變，溫度和體積不變時(shí)氣體的壓強(qiáng)不變；當(dāng)產(chǎn)物全部是CO時(shí)，氣體的物質(zhì)的量增大1倍，溫度和體積不變時(shí)壓強(qiáng)增大1倍，現(xiàn)在氣體壓強(qiáng)變?yōu)樵瓉?lái)的1.4倍，故產(chǎn)物既有CO2，又有CO。n（O2）=8 g32 g·mol-1=0.25 mol，由阿伏加德羅定律可知，氣體壓強(qiáng)變?yōu)樵瓉?lái)的1.4倍，氣體的物質(zhì)的量變?yōu)樵瓉?lái)的1.4倍，即Δn（氣體增量）=0.25 mol×（1.4-1）=0.1 mol。

2C+O2高溫2COΔn（氣體增量）

1 mol2 mol1 mol（氣體理論增量）

0.1 mol（氣體實(shí)際增量）

則生成CO消耗0.1 mol O2，消耗碳0.2mol。生成CO2消耗0.15 mol O2消耗碳0.15 mol。

C+O2高溫CO2

故n（C）=0.2 mol+0.15 mol=0.35 mol，

m（C）=0.35 mol×12 g·mol-1=4.2 g

答案B

應(yīng)用2為了檢驗(yàn)?zāi)澈蠳aHCO3雜質(zhì)的Na2CO3樣品的純度，現(xiàn)將w1 g樣品加熱，其質(zhì)量變?yōu)閣2 g，則該樣品的純度（質(zhì)量分?jǐn)?shù)）是（ ）。

A.84w2-53w131w1B.84（w2-w2）31w1

C.73w2-42w131w1D.115w2-84w131w1

（請(qǐng)根據(jù)上面的示例解析自主解決。答案A）

3.歸納總結(jié)

解題的基本步驟

（1）找出引起差量的物質(zhì)，表示出理論差量及相應(yīng)反應(yīng)物、生成物對(duì)應(yīng)的物理量，要注意不同物質(zhì)的物理量及單位間的對(duì)應(yīng)關(guān)系；

（2）表示出實(shí)際差量并寫在相應(yīng)位置，注意應(yīng)將理論差值與實(shí)際差值寫在方程式最右側(cè)，且單位必須一致；

（3）根據(jù)比例關(guān)系建立方程式并求出結(jié)果。

二、解答連續(xù)反應(yīng)類計(jì)算題的捷徑——“關(guān)系式法”

1.“關(guān)系式法”思維要求

多步連續(xù)反應(yīng)計(jì)算的特征是多個(gè)反應(yīng)連續(xù)發(fā)生，起始物與目標(biāo)物之間存在一定的定量關(guān)系。解題時(shí)應(yīng)先寫出有關(guān)反應(yīng)的化學(xué)方程式，依據(jù)方程式找出連續(xù)反應(yīng)的過(guò)程中不同反應(yīng)步驟之間反應(yīng)物、生成物物質(zhì)的量的關(guān)系，最后確定已知物和目標(biāo)產(chǎn)物之間的物質(zhì)的量的關(guān)系，列出計(jì)算式求解，從而簡(jiǎn)化運(yùn)算過(guò)程。

2.示例應(yīng)用解析

例2某實(shí)驗(yàn)小組為測(cè)定某石灰石樣品中CaCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，先稱取w g石灰石樣品，加入過(guò)量的濃度為6 mol·L-1的鹽酸，使樣品完全溶解，加熱煮沸后，除去溶解的CO2。再向溶液中加入足量的草酸銨[（NH4）2C2O4]溶液后，慢慢加入氨水降低溶液的酸度，則析出草酸鈣沉淀：C2O2-4+Ca2+CaC2O4↓。過(guò)濾出CaC2O4后，用稀H2SO4溶解：CaC2O4+H2SO4H2C2O4+CaSO4， 再用蒸餾水稀釋溶液至V0 mL，取出V1 mL，用a mol·L-1的酸性KMnO4溶液進(jìn)行滴定，此時(shí)發(fā)生反應(yīng)：2MnO-4+5H2C2O4+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O。若達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)消耗a mol·L-1的酸性KMnO4溶液V2mL，則樣品中CaCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為（ ）。

A.25aV0V2wV1%B.25aV1V2wV0

C.25aV1V0wV2D.25aV2w%

解析本題涉及的化學(xué)方程式或離子方程式有CaCO3+2HClCaCl2+H2O+CO2↑

C2O2-4+Ca2+CaC2O4↓

CaC2O4+H2SO4H2C2O4+CaSO4

2MnO-4+5H2C2O4+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O

由此得出相應(yīng)的關(guān)系式：

5CaCO3～5Ca2+～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnO-4

5 mol2 mol

n（CaCO3）a mol·L-1×V2×10-3 L

解得：n（CaCO3）=2.5aV2×10-3mol

則樣品中

w（CaCO3）=2.5aV2×10-3×V0V1mol×100 g·mol-1w g×100%=25aV0V2wV1%。答案：A

應(yīng)用3取一根鎂條置于坩堝內(nèi)點(diǎn)燃，得到氧化鎂和氮化鎂混合物的總質(zhì)量為0.470 g。冷卻后加入足量水，將反應(yīng)產(chǎn)物加熱蒸干并灼燒，得到的氧化鎂質(zhì)量為0.486 g。

（1）氮化鎂與水反應(yīng)生成氫氧化鎂和氨氣的化學(xué)方程式為。

（2）燃燒所得混合物中氮化鎂的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。

解析（1）由題意知化學(xué)方程式為

Mg3N2+6H2O3Mg（OH）2+2NH3↑

（2）根據(jù)鎂原子守恒，可得關(guān)系式：

Mg3N2～3MgOΔm

100 g120 g20 g

m（Mg3N2）0.486 g-0.470 g=0.016 g

則m（Mg3N2）=0.016 g×10020=0.08 g， 則所得混合物中氮化鎂的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：

0.08 g0.470 g×100%≈17%

答案（1）Mg3N2+6H2O3Mg（OH）2+2NH3↑（2）17%

應(yīng)用45.85 g NaCl固體與足量濃H2SO4和MnO2共熱，逸出的氣體又與過(guò)量H2發(fā)生爆炸反應(yīng)，將爆炸后的氣體溶于一定量水后再與足量鋅作用，計(jì)算可得H2體積（標(biāo)準(zhǔn)狀況）。答案1.12L）

3.歸納總結(jié)

解題關(guān)鍵：應(yīng)用有關(guān)化學(xué)方程式、離子方程式或某原子守恒規(guī)律找出物質(zhì)變化過(guò)程中已知量與待求量之間的數(shù)量關(guān)系（即找準(zhǔn)關(guān)系式）。當(dāng)然有關(guān)化學(xué)方程式或離子方程式必須寫正確，否則關(guān)系式中的數(shù)量關(guān)系就會(huì)出現(xiàn)錯(cuò)誤。

三、有關(guān)混合物類計(jì)算的“簡(jiǎn)化高手”——平均值法

1.“平均值法”的思維方法

所謂“平均值法”就是一種將數(shù)學(xué)平均原理應(yīng)用于化學(xué)計(jì)算中的一種解題方法。它所依據(jù)的數(shù)學(xué)原理是：兩個(gè)數(shù)Mr1和Mr2（Mr1大于Mr2）的算術(shù)平均值Mr一定介于兩者之間。所以，只要求出平均值Mr，就可以判斷Mr1和Mr2的取值范圍，或根據(jù)M1和M2確定M的取值范圍，再結(jié)合題給條件即可迅速求出正確答案。常見的平均值有：平均相對(duì)原子質(zhì)量、平均相對(duì)分子質(zhì)量、平均濃度、平均含量、平均摩爾質(zhì)量、分子（物質(zhì)）平均組成等。

2.示例應(yīng)用解析

例3可能混有下列兩種雜質(zhì)的硫酸銨樣品13.2 g，與過(guò)量NaOH溶液在加熱條件下反應(yīng)，收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下4.3 L氣體，則樣品中不可能混入的雜質(zhì)是（ ）。

A.NH4HCO3NH4NO3

B.（NH4）2CO3NH4Cl

C.NH4ClNH4HCO3

D.NH4ClNH4NO3

解析13.2 g純凈的（NH4）2SO4與過(guò)量NaOH溶液在加熱條件下反應(yīng)時(shí)最多能生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下4.48 L氣體，實(shí)際生成氣體的體積為4.3 L<4.48 L，故雜質(zhì)中能轉(zhuǎn)化為NH3的氮元素含量低于（NH4）2SO4中的氮元素含量。（NH4）2SO4中的氮元素含量為14/66，NH4HCO3中的氮元素含量為14/79，NH4NO3中能轉(zhuǎn)化為NH3的氮元素含量為14/80（注意NO-3中的氮元素不能轉(zhuǎn)化為NH3），（NH4）2CO3中的氮元素含量為14/48，NH4Cl中的氮元素含量為14/53.5。B項(xiàng)中兩種物質(zhì)中的氮元素含量均比硫酸銨中的高，C、D兩項(xiàng)中兩種物質(zhì)的氮元素含量一種比硫酸銨中的高，一種比硫酸銨中的低，A項(xiàng)中兩種物質(zhì)的氮元素含量均比硫酸銨的低，依平均值原理知，樣品中不可能混入的雜質(zhì)是（NH4）2CO3、NH4Cl。 答案B

應(yīng)用5現(xiàn)有80 mL 0.2 mol·L-1的KOH溶液，將其和40 mL 0.5 mol·L-1的KOH溶液混合，（混合后溶液的體積不等于兩溶液的體積之和），則所得混合溶液的物質(zhì)的量濃度可能為（ ）。

A.0.3 mol·L-1B.0.35 mol·L-1

C.0.7 mol·L-1D.0.4 mol·L-1

解析兩種KOH溶液的平均物質(zhì)的量濃度為0.2+0.52=0.35 mol·L-1，而題中的低濃度的KOH所占體積大，故混合溶液的濃度會(huì)偏向0.2 mol·L-1，而小于0.35 mol·L-1。

答案 A

應(yīng)用6把含有某一種氯化物雜質(zhì)的MgCl2粉末95 g溶于水后，與足量AgNO3溶液反應(yīng)，測(cè)得生成的AgCl 300 g，則該MgCl2中的雜質(zhì)可能是（ ）。

A.NaClB.AlCl3C.KClD.CaCl2

答案B

3.歸納總結(jié)

平均值規(guī)律的兩大應(yīng)用

（1）介于關(guān)系：即平均值介于組分值之間（或介于最大值與最小值之間且可能與中間某一組分的值相等），即n（A）>n>n（B）[設(shè)n（B）

（2）趨向關(guān)系：平均值越接近某組分值，此組分在混合物中的含量越大。

四、終態(tài)分析法

1.“終態(tài)分析法”的思維方法

終態(tài)分析法是利用逆向思維方式，以與待求量相關(guān)的物質(zhì)（離子、分子或原子）在終態(tài)的存在形式為解題的切入點(diǎn)，找出已知量與待求量之間的關(guān)系，不考慮中間變化過(guò)程的一種快捷有效的解題方法。

在一些多步反應(yīng)或多種混合物的計(jì)算中，由于涉及到的反應(yīng)繁多、數(shù)據(jù)不一或變化過(guò)程復(fù)雜，解題時(shí)如果逐一去分析這些反應(yīng)或過(guò)程，按步就班的進(jìn)行計(jì)算，往往會(huì)糾纏不清，導(dǎo)致思維混亂，不但費(fèi)時(shí)費(fèi)力，而且極易出錯(cuò)，甚至無(wú)法解答。但如果我們淡化中間過(guò)程，關(guān)注最終組成，利用守恒關(guān)系進(jìn)行整體分析，就會(huì)簡(jiǎn)化思維。

2.示例應(yīng)用解析

例4向一定量Fe、Fe2O3的混合物中加入250 mL 2 mol·L-1的HNO3溶液，反應(yīng)完成后生成1.12 L NO（標(biāo)準(zhǔn)狀況），再向反應(yīng)后溶液中加入1 mol·L-1 NaOH溶液，要使鐵元素完全沉淀下來(lái)，所加入NaOH溶液的體積最少是（ ）。

A.450 mL B.500 mL

C.400 mL D.不能確定

分析此題涉及多個(gè)反應(yīng)，若全部寫出化學(xué)方程式來(lái)計(jì)算顯得十分繁瑣，要使鐵元素完全沉淀，但不能確定鐵元素最終以Fe（OH）2或Fe（OH）3哪種形式存在，HNO3是否過(guò)量也不能確定，因而順向求解比較困難。若忽略中間反應(yīng)過(guò)程，運(yùn)用終態(tài)分析法尋求守恒關(guān)系，即可迅速求解。

解析要使鐵元素恰好完全沉淀，最后溶液必為NaNO3溶液，由原子守恒有n（NaOH）=n（NO-3）=n（HNO3）-n（NO），即0.25 L×2 mol·L-1-1.12 L22.4 L·mol-1=V（NaOH）×1 mol·L-1，所以V（NaOH）=0.45L=450 mL。

答案 A

應(yīng)用7把a(bǔ) g鐵鋁合金粉末溶于足量鹽酸中，加入過(guò)量NaOH溶液。過(guò)濾出沉淀，經(jīng)洗滌、干燥、灼燒得到紅棕色粉末的質(zhì)量仍為a g，則原合金中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為（ ）。

A.70% B.52.4% C.47.6%D.30%

解析把鐵鋁合金粉末溶于足量鹽酸中，生成了Al3+和Fe2+，再加入過(guò)量NaOH溶液，Al3+轉(zhuǎn)化為AlO-2留在溶液中；Fe2+生成Fe（OH）2沉淀。過(guò)濾后對(duì)沉淀進(jìn)行灼燒得到紅棕色粉末為被氧化和分解生成的Fe2O3。在此過(guò)程中涉及反應(yīng)多且無(wú)具體數(shù)據(jù)，按常規(guī)方法計(jì)算容易出錯(cuò)。根據(jù)始態(tài)合金與終態(tài)Fe2O3的質(zhì)量相等，而鐵原子在整個(gè)反應(yīng)過(guò)程中守恒，所以合金中鋁的質(zhì)量等于Fe2O3中氧的質(zhì)量，則w（Fe）=112160×100%=70%，選A。

應(yīng)用8有一在空氣中暴露過(guò)的KOH固體，經(jīng)分析知其含水2.8%，含K2CO3 37.3%，其余為KOH?，F(xiàn)取1 g樣品加入到25 mL 2 mol·L-1的鹽酸中，多余鹽酸用1.0 mol·L-1 KOH溶液33.9 mL恰好完全中和，蒸發(fā)中和后溶液可得到固體（ ）。

A.1 gB.3.725 gC.0.797 gD.2.836 g

（請(qǐng)同學(xué)們學(xué)習(xí)后自主解題。 答案B）

3.歸納總結(jié)

“終態(tài)分析法”是一種整體思維方法，可以概括為“抓住反應(yīng)本質(zhì)，巧妙跨越中態(tài)，借助守恒關(guān)系，利用終態(tài)列式”。因只考慮始態(tài)和終態(tài)，從而可大大簡(jiǎn)化解題過(guò)程，提高解題效率。

五、極限思維的妙用——“極值法”

1.“極值法”的思維方法

“極值法”是采用極限思維方式解決一些模糊問題的解題技巧。它是將題目假設(shè)為問題的兩個(gè)極端，然后依據(jù)有關(guān)化學(xué)知識(shí)確定所需反應(yīng)物和生成物的值，進(jìn)行分析判斷，從而求得正確結(jié)論。

“極值法”可以將某些復(fù)雜的難以分析清楚的化學(xué)問題假設(shè)為極值問題，使解題過(guò)程簡(jiǎn)潔，解題思路清晰，把問題化繁為簡(jiǎn)，由難變易，從而提高解題速率。

2.示例應(yīng)用解析

例5密閉容器中進(jìn)行反應(yīng)：X2（g）+3Y2（g）2Z（g），X2、Y2和Z的起始濃度分別為0.2 mol·L-1、0.6 mol·L-1和0.4 mo l·L-1，當(dāng)平衡時(shí)，下列數(shù)據(jù)肯定不對(duì)的是（ ）。

A.X2為0.4 mol·L-1，Y2為1.2 mol·L-1

B.Y2為1.0 mol·L-1

C.X2為0.3 mol·L-1，Z為0.2 mol·L-1

D.Z為0.7 mol·L-1

解析依題意知：

X2（g）+3Y2（g）2Z（g）

起始（mol·L-1）0.20.60.4

假設(shè)此可逆反應(yīng)正向進(jìn)行到底，則X2為0，Y2為0，Z為0.8 mol·L-1；假設(shè)此可逆反應(yīng)逆向進(jìn)行到底，則X2為0.4 mol·L-1，Y2為1.2 mo l·L-1。Z為0。A項(xiàng)中，相當(dāng)于反應(yīng)逆向進(jìn)行到底，對(duì)于可逆反應(yīng)是不可能的，故A項(xiàng)不對(duì)。B項(xiàng)中，0.6 mol·L-1

應(yīng)用8向100 mL 1 mol·L-1的NaOH溶液中通入一定量的SO2后，將所得的溶液蒸干得到5.8 g固體物質(zhì)，則該固體的成分是（ ）。

A.Na2SO3 B.NaHSO3

C.Na2SO3、NaHSO3 D.Na2SO3、NaOH