极值法在化学计算中地指导应用

word极值法在化学计算中的应用(1)极值法的含义极值法是把研究的对象或变化过程假设成某种理想的极限状态进展分析、推理、判断的一种思维方法；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响物或生成物的量的解题方法。极值法的特点是“抓两端，定中间。运用此法解题的优点是将某些复杂的、难于分析清楚的化学问题如某些混合物的计算、平行反响计算和讨论型计算等变得单一化、极端化和简单化，使解题过程简洁，解题思路清晰，把问题化繁为简，化难为易，从而提高了解题效率。(2)极值法解题的根本思路极值法解题有三个根本思路：把可逆反响假设成向左或向右进展的完全反响。把混合物假设成纯净物。把平行反响分别假设成单一反响。(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。策略一 把混合物假设为纯净物1 用极值法确定物质的成分：在物质组成明确，列方程缺少关系无法解题时，可以根据物质组成进展极端假设得到有关极值，并结合平均值原理确定答案。例1某碱金属R与其氧化物组成的混合物，与水充分反响后蒸发溶液，最后得到枯燥固体，如此该碱金属元素是A. Li B. Na C. K D. Rb解析：混合物各物质的相对分子质量，通常再有两个数据即变化前后的量，就可以通过计算，推断出两种混合物的组成。此题虽有变化前后的两个数据，但缺少混合物各物质的相对分子质量或相对原子质量，实际上是三个未知量，因此用二元一次方程组的常规解法无法得出结论。假如通过列式对选项作逐一尝试，逐一淘汰的求解是很繁难的，而选取极值法进展求解，可受到事半功倍的效果。把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围。假如物质全部是单质如此：假如物质全部是氧化物R2O如此：R ROH R2O 2ROHM M+17 2M+16 2M+344g 5g 解得M=68 4g 5g 解得M=28假如物质全部是氧化物R2O2如此： 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物质是单质与氧化物的混合物，如此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。巩固1 取克某二价金属的单质投入50克溶质质量分数为18.25%的稀盐酸中，反响完毕后，金属仍有剩余；假如克该金属投入与上述一样质量、一样质量分数的稀盐酸中，等反响完毕后，参加该金属还可以反响。该金属的相对原子质量为A24 B 40 C56 D65 答案：A2 用极值法确定混合物的组成：在混合物成分分析时，可以将可能的成分极值化考虑，结合平均值原理与实际比拟即可迅速判断出混合物的组成。例2在一定条件下，将钠与氧气反响的生成物溶于水，所得溶液恰好能被80mL浓度为的HCl溶液中和，如此生成物的成分是ANa2O BNa2O2 CNa2O和Na2O2 DNa2O2和NaO2解析：利用极值法把生成物假设为某一种可能的氧化物进展计算。n(Na+)=n(Cl-；当产物只有Na2O时，m(Na2O)=0.02mol62g/mol=；当产物只有Na2O2时，m(Na2O2。结合平均值原理可推出该反响生成物是Na2O和Na2O2的混合物。例3由Na、Mg、Al三种金属中的两种组成的混合物共10 g与足量的盐酸反响产生氢气，如此此混合物中必定含有A. Al B. Mg C. Na D.都有可能解析：此题利用极值法把氢气看成是由单一的一种金属与盐酸反响产生。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 6解得；m(Mg)=6g；。再根据平均值原理知一定含有Na。应当选C。例4某混合物含有KCl、NaCl和Na2CO3，经分析含钠31.5，含氯27.08以上均为质量分数，如此混合物中Na2CO3的质量分数为A25B50C80D无法确定解析：假如混合物质量为100g，如此可求出n (Cl)= 0.763mol ，假设这0.763mol的Cl全部来自于KCl即混合物为KCl和Na2CO3如此m(KCl)=56.84g，假设这0.763mol的Cl全部来自于NaCl即混合物为NaCl和Na2CO3如此m(NaCl)=44.63g，因Cl来自于NaCl、KCl两种物质，由平均值原理知156.84m(Na2CO3) 144.63故答案选B例5将13.2克可能混有如下物质的(NH4)2SO4样品，在加热的条件下，与过量的NaOH反响，可收集到4.3升NH3(密度为17克/22.4升)，如此样品中不可能含有的物质是ANH4HCO3、NH4NO3B(NH4)2CO3、NH4NO3CNH4HCO3、NH4Cl DNH4Cl、(NH4)2CO3解析：假设样品为纯(NH4)2SO4，如此由(NH4)2SO42NH3可知，能产生4.48升NH3，大于4.3升。因此样品中的杂质造成样品NH4+的含量小于纯(NH4)2SO4中NH4+的含量。这就要求选项的两种物质中至少有一种物质的NH4+含量小于(NH4)2SO4中NH4+的含量，都大于是不可能的。可将备选答案化学式变形后进展估算：NH4HCO3(NH4)2(HCO3)2，NH4NO3(NH4)2(NO3)2，NH4Cl(NH4)2Cl2 局部“式量：(HCO3)=122，(NO3)2=124，Cl2=71，CO3=60，而(NH4)2SO4中，SO4=96，故答案选D。巩固2 不纯的CuCl2样品13.5g与足量的AgNO3溶液充分反响后得到沉淀29g，如此样品中不可能含的杂质是AAlCl3BNaCl CZnCl2DCaCl2答案：C巩固3在标准状态下，a L由氢气和氯气组成的混合气体在光照下充分反响，反响后气体恰好能使含b mol NaOH稀溶液完全转化这盐，如此a、b的关系不可能是Ab= a/22.4 Bba/22.4 Cba/22.4 Dba/11.2 答案：D3 用极值法确定杂质的成分：在确定混合物的杂质成分时，可以将主要成分和杂质极值化考虑假设物质完是杂质或主要成分，然后与实际比拟，即可迅速判断出杂质的成分。例6某K2CO3样品中含有Na2CO3、KNO3和Ba(NO3)2三种杂质中的一种或两种，现将样品溶于足量水中，得到澄清溶液。假如再参加过量的CaCl2溶液，得到沉淀，对样品所含杂质的判断正确的答案是A、肯定有KNO3和Na2CO3，没有Ba(NO3)2 B、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KNO3 D、无法判断解析：样品溶于水后得到澄清溶液，因此一定没有Ba(NO3)2。对量的关系用“极值法可快速解答。设样品全为K2CO3，如此参加过量的CaCl2溶液可得到沉淀质量为5g，；假如全为Na2CO3如此可得到沉淀质量为。显然，如果只含有碳酸钠一种杂质，产生沉淀的质量将大于5g；如果只含有KNO3，由于KNO3与CaCl2不反响，沉淀的质量将小于5g，可能等于。综合分析，样品中肯定有KNO3，肯定没有Ba(NO3)2，可能有Na2CO3。故此题选B。策略二 把可逆反响极端地视为不可逆反响确定某物质的取值围由于可逆反响总是不能完全进展到底，故在可逆反响中分析反响物、生成物的量时利用极值法把可逆反响看成向左或向右进展完全的反响，这样可以准确、迅速得出答案。例7：在密闭容器中进展的反响：X(g) + 4Y(g)2P(g) +3Q(g)，X、Y、P、Q初始的物质的量分别为、。在一定条件下，当反响达到平衡后，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 molD、解析：通过讨论正、逆反响的两个极端终端结果，判断各物质的量的变化围，进而作出正确的判断。假设反响向正反响方向完全进展到底，如此X(g) + 4Y(g) 2P(g) +3Q(g)起始量极限量/mol 0.2 0.8 0 0 X(g) + 4Y(g) 2P(g) +3Q(g) 假设反响向逆反响方向完全进展到底，如此：起始量极限量由于反响的可逆性，反响完全进展到底是不可能的。因此，上述各物质的物质的量的变化围是：、，故此题正确选项为B。例8在某条件下，容器有如下化学平衡：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，再通过改变反响的条件，可使反响达到新的平衡，并限定达到新平衡时，D的物质的量只能在d/22d之间变化，如此a的取值围是_(用含a、d的式子表示)。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X围是a4d。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。巩固4在一定条件下，对于可逆反响Ag+Bg 2Cg中的A、B、C的起始浓度分别为amol/L、bmol/L、cmol/L均大于0，达到平衡后，测得A、B、C的浓度分别为0.5mol/L、0.1mol/L、1.6mol/L。求：1a、b应满足的关系是_、2 a的取值围是_。答案：巩固5容积不变的反响容器中,要求通过调节体系温度使A(g)+2B(g) 2C(g)达平衡时保持气体总物质的量为12mol，现向反响容器入、xmolB和2molC，欲使起始反响向逆反响方向移动,x的取值围为解析：依题意:6.5+x+212,x3.5(逆向为物质的量增加的反响,故6.5+x+2小于12)，一般学生都能顺利解出这步，但对x的另一围局部学生策略三 把平行反响分别假设成单一反响假如一个体系中同时存在几个反响，可以利用极值法分别假设全部发生其中一个反响从而求出两个极端值。140132128 122.4 例9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。假如产物不扩散到容器外，如此所得溶液的物质的量浓度为A、molL-1 B、molL-1 C、 molL-1 D、 molL-1解析：此题考查学生对NO2、NO与O2混合气溶于水的计算能力。由于NO2和NO的量没有一个确定的关系，假如用一般的列方程组法是很难得出结论的。因此我们只能利用极端法把三种气体当作NO2与O2、NO与O2两种情况分析求出溶液浓度围，再根据选项确定答案。设烧瓶体积为V。假如仅为NO2与O2的混合气体，因4 NO2+O2+2H2O4HNO3如此V4V5mol-1c(HNO3)=128molL-1=V4V7mol-1c(HNO3)=1molL-1=假如仅为NO与O2的混合气体，因4 NO2+3O2+2H2O4HNO3如此现为NO2、NO、O2三种气体混合物，生成c(HNO3)应介于二者之间，应当选C。巩固62005年卷22含8.0g NaOH的溶液入一定量H2S后，将得到的溶液小心蒸干，称得无水物，如此该无水物中一定含有的物质是A、Na2SB、NaHS C、Na2S和NaHSD、NaOH和NaHS解析：此题采用极值法较简单。假如没有反响产物全为NaOH时，质量为8g；假如产物全部是Na2S时，质量为；假如产物全部是NaHS时，质量为。实际产物为，如此可能为NaOH和Na2S或Na2S和NaHS的混合物，故混合物中一定含有Na2S。策略四 用极值法把多个可能发生的反响假设为某一反响进展过量分析1 当反响物以混合物的总质量或总物质的量时，可以利用极值假设全部是某一反响物，然后假设全部是另一反响物，再假设两者如此好完全反响，从而得到解题的线索。例10：18.4g NaOH 和NaHCO3固体混合物，在密闭容器中加热到250，经过充分反响后排除气体，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：在密闭容器中进展的反响可能有：NaOH+ NaHCO3 Na2CO3+H2O- 2NaHCO3 Na2CO3+ CO2+ H2O-40 84 106 168 106终究按何种情况反响，必须判断出NaOH与NaHCO3在反响中何者过量，然后才能进展计算，借助极值法，能使判断方便直观。40+844040106=15.7g设18.4g 固体全为NaOH，如此受热不减少，剩余固体18.4g；设18.4g 固体全为NaHCO3，如此按反响，剩余固体18.4g84 g/mol2106 g/mol=11.6g；设18.4g 固体恰好按完全反响，即混合物中m(NaOH)=18.4g40(40+84)，如此m(剩余固体)= 。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 18x=8.4g 18.4g16.6 g10gmNaOH= 18.4g8.4 g = 10 g mNaOH = 100 = 54.32 在关于反响物的量不同可以发生不同反响的化学方程式的计算中，假如题目已给出生成物的总质量或总物质的量时，可以利用极值法假设为全部发生某一反响求出产物的量，在结合题目所给数据判断最终产物，进而结合守恒关系可以求出各产物的量。例11 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A30 B46 C50 D66解析：设NO、NO2、N2O4三者的物质的量分别为：x、y、z， x + y + z = 0.05-式如此依据电子守恒可得：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假如NO物质的量的为0.005 mol，如此NO2为0.045 mol= =44.4假如N2O4物质的量的为0.01 mol，如此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，故答案选B、C巩固7在含有a g HNO3的稀硝酸中，参加b g铁粉充分反响，铁全部溶解并生成NO，有 g HNO3被复原，如此ab不可能为()A21 B31 C41 D92解析Fe与HNO3反响时，根据铁的用量不同，反响可分为两种极端情况。(1)假如Fe过量，发生反响：3Fe8HNO3(稀)3Fe(NO3)22NO4H2O如此有38，解得：此为ab的最小值。(2)假如HNO3过量，发生反响：Fe4HNO3(稀)Fe(NO3)3NO2H2O如此有：14，解得：此为ab的最大值。所以ab的取值围为：，即ab的比值在此围均合理。答案A巩固8在密闭容器中进展如下反响，平衡后，再压缩体积，混合气体平均相对分子质量增大的是AFe2O3S+3COg 2FeS +3 CO2gB4NH3g+5O2g 4NOg+6H2OgC2NH3g+CO2g CO(NH2)2S+ H2OgDCS+ H2Og COg+ H2g答案B策略五 利用极限公式确定有机物的碳的质量分数当题目给出一系列有机物的分子式或结构式求碳的质量分数最大或最小值时，可以先求出这一系列有机物的通式，然后分析碳的质量分数与碳原子数的关系增函数或减函数，最后列式求极值。例12：在同系物C10H8(萘)、C16H10(芘)、C22H12(蒽并蒽)中,碳的最大百分含量是A、100% B、93.75% C、56% D、97.3%w(C)max=limn12(6n+4)12(6n+4)+2n+6limn=124 n126+124+6 n(126+2)+=126126+2=97.3%解析：根据萘、芘、蒽并蒽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。综上所述，极值法就是先将思路引向极端状况，使问题简化以顺利得出结论，然后再回过头来认识现实问题的方法。运用极值法解题的关键是紧扣题设的可能趋势，选好极端假设的落点。课后练习1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。发生铝热反响之后，所得固体中含金属单质为18g，如此该氧化物粉末可能是 A B和 C和 D 和FeO答案：AD2物质的量为0.10 mol的镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧产物不含碳酸镁，反响后容器固体物质的质量不可能为A3.2 g B4.0 g C4.2 g D4.6 g答案：D3铜完全溶于硝酸，产生氮的氧化物NO、NO2、N2O4混合气体共。该混合气体的平均相对分子质量可能是A 30 B 46 C 50 D 66答案：BC4C8H18经多步裂化，最后完全转化为C4H8、C3H6、C2H4、C2H6、CH4五种气体的混合物。该混合物的平均相对分子质量可能是A 28 B 30 C 38 D 40答案：BC5将3.52 g CO2和SO2混合气体通入一定量的NaOH溶液中，气体全部与NaOH反响生成盐，将反响后的溶液减压低温蒸干后得到不含结晶水的固体，固体的质量可能为A8.48 gB7.48 gC5.72 gD答案：AB6. 将无水硫酸铜固体于强热下完全分解，得到Cu2O与SO3、SO2、O2的混合气体，该混合气体的平均式量可能为A. 32 B. 48C. 64 D. 72答案：C7.将一定量的H2、CO和CO2的混合气体通入盛有足量Na2O2粉末Na2O2体积忽略不计的密闭容器中，用电火花引燃直至反响完全。恢复到原温度，容器的压强为原来的1/4，如此原混合气体的平均相对分子质量不可能是A24 B15C30D36答案：BD8将0.3mol KMnO4在一定温度下加热后生成x molO2；将剩余固体与过量浓盐酸混合加热又生成y mol Cl2，此时锰元素全部以Mn2+形式存在。假如x+ya，如此a的值可能为A0.85B0.75C0.65D答案：CD920ml NO2和NH3的混合气体在一定条件下发生可逆反响：6NO2+8NH37N2+12H2O，假如复原产物比氧化产物少1ml气体体积在一样状况下测定，如此原混合气体中NO2和NH3体积比可能是不考虑NO2与水反响A3:2 B3:5 C3:4 D3:7答案：BC10将物质的量共为amol的NaNO3、Cu(NO3)2和AgNO3的固体混合物用酒精灯加热至恒重，收集到的气体再用足量的水吸收，剩余气体为bmol，如此b不可能为答案： D112010卷由5mol Fe2O3、4mol Fe3O4和3mol FeO组成的混合物，参加纯铁1mol并在高温下和Fe2O3反响。假如纯铁完全反响，如此反响后混合物中FeO与Fe2O3的物质的量之比可能是A4:3 B3:2 C3:1 D2:l答案：BC12自然界中存在一种尖晶石，化学式可表示为MgAl2O4，它透明色美，可作为宝石。该尖晶石中混有Fe2O3。取一定量样品，恰好完全溶解在一定浓度100 mL盐酸溶液中，盐酸浓度可能是A2.8 molL-1B3.8 molL-1C4.3 molL-1D4.9 molL-1答案： A13在一定条件下，使H2和O2的混合气体26g充分发生反响，所得产物在适当温度下跟足量的固体Na2O2反响，使固体增重2g。原混合气体中H2和O2的物质的量之比可能为A.10:1 B. 9:1 C. 4:1 D. 4:3 答案：AD14电子工业常用一定浓度的溶液腐蚀敷有铜箔的绝缘板，制成印刷线路板有关反响为：2FeCl3 + CuCuCl2 + 2FeCl2现将一块敷有铜箔的绝缘板浸入某溶液A中，一段时间后，将该线路板取出，向所得溶液B中参加铁粉m g，充分反响后剩余固体n g；将固体滤出并从滤液C忽略反响前后溶液体积的变化中取出20.00 mL，向其中滴入溶液60.00 mL时，溶液中的恰好完全沉淀请计算：1溶液A中的物质的量浓度为_；2假假如铁粉不再溶解，向溶液B中参加的铁粉质量至少应当大于_g；3讨论当剩余固体的组成不同时m与n可能的取值围，并填入下表剩余固体的组成m的取值围n的取值围只有铜有铁且有铜用含m的代数式表示4当m，n时，溶液B中的物质的量浓度为_答案：1 2分267.2g 2分3剩余固体的组成m的取值围n的取值围只有铜00有铁且有铜m415把四氧化三铁现焦炭混合后隔绝空气加热，生成物分别可能为FeO、Fe，CO、CO2。1写出四氧化三碳与碳反响生成物都是低价氧化物的化学反响式：。假如按此反响进展复原1mol四氧化三铁，固体物质的质量减少g.2分别取116g四氧化三铁，参加足量的铁粉加热反响后产物分别如下表ABCD所列：编号产物AFeO CO2BFeO COCFe CO2DFe CO反响中生成气体在标准状况下的最大体积为L，固体减少的质量最小为g。3与1mol四氧化三铁作用，从反响开始至反响完毕消耗碳的质量mC的可能的围为。4如果反响中产生的气体只有CO2，反响作用掉的碳的质量为Xg，如此反响生成的固体产物m的取值围为用含X的函数表示。5如果反响中生成的都是铁，测得反响产生的气体的密度折算到标准状况下为，反响中固体质量减小256g，如此反响中生成铁的质量为多少？答案：1Fe3O4+C3FeO+CO 28244.8 113Ogmc48g436Xgm7Xg 5略16接触法制硫酸排放的尾气中含少量的SO2，为防止污染大气，在排放前设法进展综合利用。调节尾气排放的流量，以取得SO2与NaOH间物质的量的最优比值，从而提高亚硫酸氢钠的产量。现设nSO2、nNaOH、nNaHSO3分别表示SO2、NaOH和NaHSO3的物质的量，且=x，试写出x在不同的取值围时，nNaHSO3的值或NaHSO3与nSO2、nNaOH间的关系式XNNaHSO3解析：通入溶液中可能发生以下反响当时，反响按进展，全部耗尽，生成物只有，故当时，反响按进展，全部耗尽，生成物全部是，由守恒当，两个反响平行进展，与两者均耗尽，生成与混合物。由守恒得：由S守恒得：，解得代入方程得：答案：013 / 13