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综合计算


第三节
【知识网络】 1.过量判断

综合计算

具 体 内 容 假设两种物质恰好完全反应,再进行计算检验,看结 1.假设讨论法 果是否符合题意或假设 通过对最终生成物的某些量进行分析、判断,来确定 判断过量的 2.终态分析法 已知反应物是否过量 根据化学方程式确定所需反应物或生成物的最大量 3.极值判断法 (或最小)进行判断。注

意最大值和最小值的确定 2.混合物计算及综合计算使用的数学思想 序号 数学思想 具 体 内 容 用运动、变化的观点去分析和处理化学问题中变量和变量之间的相 1 函数思想 互关系,建立数学模型来解决化学问题 按照一定的标准把复杂、 综合的计算题分解成几个部分或几种情况, 2 分类讨论思想 然后逐个解决。单一化学反应的过量计算,可分大于、等于、小于 进行讨论,有 n 个连续的化学反应,则可分为(n+1)段进行讨论 将复杂或抽象的数量关系与直观形象的图形在方法上互相渗透,并 3 数形结合思想 在一定条件下互相转化和补充,增强解题的综合性和灵活性,得出 合理而简捷的解题途径 3.混合物计算的一般解题步骤 序号 步骤 具 体 内 容 1 设 设原混合物各种成分的物质的量 的未知数 .... 2 式 写出有用的各个化学反应的化学方程式或离子方程式 3 标 将已设的未知数标在有关物质的化学式下边, 注意反应物的各化学计量数关系 4 列 根据原混合物的质量及反应过程中的物质的量的关系,列出多元一次方程组 5 解 求解上述方程组,得要求各成分的物质的量 6 验 检验答案是否符合题意或事实 【易错指津】 1. 选用化学反应进行关于混合物的计算, 在近十年高考的最后一题或倒数第二题中出现的 频率高达 50%。解有关混合物问题计算的关键是:①根据涉及的化学反应,找出关系列联立方 程确定未知数,或根据已知条件直接确定一个或若干个未知数,然后逐一解决;②设未知数时, 一般设组分的“物质的量” ,因为这样“设” ,找关系方便;解关于多步反应的计算,关键是建立 “关系式” ,而关系式的建立,是基于熟练掌握所涉及的化学反应,将多步反应中始态物质和终 态物质间建立关系。 2. 利用化学方程式的计算解题的基本思维模式: ①认真审题, 明确条件和要求, 挖掘题示 和信息, 弄清要解决的问题; ②写出正确的化学方程式或关系式; ③运用化学知识找出已知项与 未知项在量方面的内在联系,找出解题的突破口。 3. 有关混合物过量的计算, 要注意由于反应物量的不同, 从而导致产物不同, 反应方程式
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方 法

也不同。推算时不能仅用一种反应方程式考虑问题。 4. 计算确定某种盐的化学式时, 要注意题中图像提供的隐藏的已知条件, 挖掘出反应中需 要消耗量与实际消耗量之间是否存在差量,以防导致分析判断失误。 5. 正确理解化学方程式的意义, 熟悉单质及化合物的性质, 准确书写化学方程式或关系式, 求出相关物质的摩尔质量是化学方程式计算的关键, 防止化学方程式未配平, 列比例式计算时相 关物质上下单位不统一造成错误。注意解题规范,合理使用单位和有效数字。 6. 进行混合物过量计算时,判断哪种物质过量是解题的关键,抓住不足量物质进行计算, 找出质量关系和某种物质的物质的量守恒关系, 列出多元一次方程组求解, 必要时将计算结果进 行检验是否符合实际情况。防止不分析判断哪种物质过量,直接乱用数据进行计算。 7. 对于具有新信息的化学计算题, 注意克服陌生感而带来的恐惧心理, 细心找出各种有用 物质对应的数量变化关系进行计算。 高考化学计算的发展新趋势在于从诸多量中找出有用的数据 来计算某个量, 并进行可能组合的分析, 以及缺量分析, 需要补足哪些量才能进行计算等, 以提 高创造思维能力。 8. 在进行复杂的化学计算时, 应用某种解题方法进行综合分析, 考虑问题要周密。 凡是用 字母代替物质的具体用量时, 不能认为都是足量或适量, 要根据化学方程式划定各段范围, 分段 讨论,防止因分析不全、疏漏而造成错误。 【典型例题评析】 例 1 吗啡和海洛因都是严格查禁的毒品,吗啡的分子含 C71.58%、H6.67% 、N4.91%,其 余为 O,已知其相对分子质量不超过 300,试求: (1996 年高考化学试测题) (1)吗啡的相对分子质量 ,分子式 (2)已知海洛因是吗啡的二乙酸酯,那么海洛因的相对分子质量 ,分子式为 。 思路分析:最简式法(顺向思维) :

71.58 6.67 4.91 100 ? 71.58 ? 6.67 ? 4.91 : : : ? 5.97 : 6.67 : 0.35 : 1.05 =17:19:1:3。 12 1 14 16
则最简式为 C17H19NO3,式量 258,已知相对分子质量不超过 300,那么它的分子式就是 C17H19NO3。 已知海洛因是吗啡的二乙酸酯,2mol 乙酸跟吗啡酯化时,生成 2mol 水,因此海洛因的分子 式可以在吗啡分子式的基础上增加“2C2H4O2”再减少“2H2O” ,为 C21H23NO5,其相对分子质量 为 285+2×60-2×18=369。 答案: (1)285,C17H19NO3 (2)369,C21H23NO5 方法要领:注意小结求相对分子质量、分子式的方法。 一题多解:试探法(逆向思维) :上法求不仅计算量大而且较费时,甚至很难确定原子个数 的整数比,不可取。若先粗略设定吗啡分子中含氮原子 1 个,求得吗啡的相对原子质量为: 14÷4.91%=285<300。符合题意要求,再根据物质的量关系法求出: C:(285×71.58%)÷ 12=17 H;(285× 6.67%)÷ 1=19 O:(285-17×12-19×1-14)÷1616=3 因此吗啡的分子式为 C17H19O3N。 由于吗啡的结构简式未知, 因而写不出海洛因的结构简式, 根据一般思路,似乎不便于求其相对分子质量和分子式。但是思考的方法可改变角度,从醇与乙 酸反应转化为酯来考虑即: ROH+CH3COOH→CH3COOR+H2O 得 1 个乙酸发生反应分子中增加了 1 个 C2H2O,相当于 式量增加了 1 个 42。因此海洛因的相对分子质量为 285+42×2=369,分子式为:
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C17H19O3N+2×(C2H2O)=C21H23O5N。 例 2 为测定一种复合氧化物型的磁性粉末材料的组成,称取 12.52g 样品,将其全部溶于过 量稀硝酸后,配成 100mL 溶液。取其一半,加入过量 K2SO4 溶液,生成白色沉淀,经过滤、洗 涤、烘干后得 4.66g 固体。在余下的 50mL 溶液中加入少许 KSCN 溶液,显红色;如果加入过量 NaOH 溶液,则生成红褐色沉淀,将沉淀过滤、洗涤、灼烧后得到 3.20g 固体。 (1993 年上海高考 题) (1)计算磁性粉末材料中氧元素的质量分数。 (2)确定材料的化学式。 思路分析:由题意可得:溶液中(含 HNO3)加入 K2SO4 溶液,生成白色沉淀,说明该沉淀 是 BaSO4,n(BaSO4)=4.66g/233g.mol-1=0.02mol,该材料含有 Ba2+,总量为: n(Ba2+)=0.02mol× 2=0.04mol。 又溶液中加入少许 KSCN 溶液, 显红色, 说明含 Fe3+, 与过量 NaOH 溶液生成沉淀为 Fe(OH)3, 灼烧后的 3.20g 固体为 Fe2O3,n(Fe2O3)=3.20g/160g.mol-1=0.02mol,n(Fe3+)=0.04mol,材料中总量 为 n(Fe3+)=0.04mol× 2=0.08mol。 氧的质量分数为:

? (O) ?

12.52g ? 0.08m ol? 56g / m ol ? 0.04m ol? 137g / m ol ? 100% 12.52g 2.56g ? ? 100% ? 20.45% 12.52g

材料中三种离子的物质的量之比为:n(Ba2+):n(Fe3+):n(O2-)=0.04mol:0.08mol:2.56/16mol=1:2:4。 答案: (1)20.45% (2)BaFe2O4 或 BaO.Fe2O3 方法要领: 此题考查考生对复合氧化物成分进行定量推算能力。 该题综合考查了 SO42-离子的 检验,[Fe(SCN)]2+离子的特征、颜色等,体现了无机物化学式求解的基本方法:即先判定元素, 再确定原子个数比求最简式,最后求得化学式。解这类试题,可采用图解法:
K2SO4

BaSO4
0.0400mol

氧化物 12.52g

过量稀 HNO3

硝酸盐 稀硝酸

NaOH (过量)

Fe(OH)3

洗涤灼烧

Fe2O3 0.0400mol

例 3 自然界存在的碳酸盐类铜矿(如孔雀石、石青等)的化学组成为:aCuCO3.bCu(OH)2(a, b 为正整数,且 a≤2,b≤2 为正整数)。 (1)将孔雀石、石青矿样分别加盐酸至完全溶解,耗用 HCl 物质的量与产生 CO2 物质的量之 比:孔雀石为 4:1;石青为 3:1。它们的化学组成为:孔雀石 、石青 。 (2)今有一份碳酸盐类铜矿样品,将其等分为 A、B 两份。然后,加盐酸使 A 样品完全溶解, 产生 CO23.36L(标准状况) ;加热 B 样品使其完全分解,得到 20 g CuO。试计算并确定该矿石的 化学组成。 (3)某碳酸盐类铜矿样加酸完全溶解后,产生 CO26.72L(标准状况) ,这份矿样中 CuO 含量 不低于 g;
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(4)设某碳酸盐类铜矿样的质量为 A g,所含 CuO 质量为 G g。加酸完全溶解后,产生的 CO2 体积(标准状况)为 V L,则含铜矿样的 A、V、G 之间的关系式为:A= (1999 年上海高考题) 思路分析: (2)n(CO2)=3.36L/22.4L/mol=0.15mol=n(CuCO3) n(CuO)=20g/80g/mol=0.25mol=n(CuCO3)+n[Cu(OH)2]。所以 n[Cu(OH)2]=0.25mol-0.15mol=0.1mol。 a:b= n(CuCO3):n[Cu(OH)2]=0.15:0.1=3:2 因为 a≦2,b≤2, 所以该矿样为混合物。 化学组成为: CuCO3·Cu(OH)2 与 2CuCO3·Cu(OH)2 混合物。 (3)设矿样成分为 aCuCO3·bCu(OH)2,则 n(CuO)/n(CO2)=(a+b)/a。 当 a=2,b=1 时,比值最小为 3/2。 已知 n(CO2)=6.72L÷22.4L/mol=0.3mol,所以 a=0.3mol;n(CuO)=(a+b)/a×n(CO2),不小于 0.3mol×3/2=0.45mol。故 CuO 质量不小于 0.45mol×80g/mol=36g。 (4)矿样中 CuCO3 质量为 124g×V/22.4,矿样中 Cu(OH)2 质量为: n(CuO)×98g/mol=(G/80-V/22.4)mol×98g/mol,故 A=124×V/22.4+98(G/80-V/22.4)。 答案: (1) 孔雀石: CuCO3.Cu(OH)2 石青: 2Cu(OH)2 CO3.Cu(OH)2; (2) 组成为: CuCO3.Cu(OH)2 V G V 与 2CuCO3.Cu(OH)2 混合物; (3)36g; (4)A=124 ? 98( ? ) (或 65V/56+49G/40) 22.4 80 22.4 方法要领:此题是一道综合计算题,有化学组成推断,有矿样中某成分含量的有关计算,有 矿样中各成分质量关系式推算。需要考生根据提供的条件、信息,找出其中的内在规律,并能按 此规律进行推理和运算。考查了考生思维的敏捷性和整体性。解题过程中要掌握矿样中 n(CO2)=n(CuCO3),n(CuO)=n(CuCO3)+n[Cu(OH)2],根据 n(CuCO3):n[Cu(OH)2]=3:2,a≤2,b≤2 灵 活地判断出化学组成为 CuCO3·Cu(OH)2 与 2CuCO3·Cu(OH)2 混合物。在推算矿样中 CuO 含量 最小值时,根据守恒关系,选择 n(CuO)/n(CO2)=(a+b)/a 比例式,按题中条件,可知 a=2,b=1 时, (a+b)/a 的比值最小,又因 n(CO2)为 6.72L/22.4L/mol=0.3mol,计算出 CuO 质量不小于 36g。推算 矿样中 A、V、G 关系式时,根据 CuO 质量为 G g,可知 n(CuCO3)+n[Cu(OH)2]=G/80;根据产生的 CO2 体积 VL ,可知其中 n(CuCO3)=V/22.4mol ,故可列出 A 、V 、G 之间关系式为 A=124 × V/22.4+98(G/80-V/22.4)。 例 4 接触法制硫酸排放的尾气中,含少量的二氧化硫。为防止污染大气在排放前设法进行 综合利用。 (1)某硫酸厂每天排放的 1 万米 3 尾气中含 0.2%(体积分数)的 SO2。问用氢氧化钠溶液、 石灰及氧气处理后,假设硫元素不损失,理论上可得到多少 kg 石膏(CaSO4.2H2O) (2)如果将一定体积的尾气通入 100mL2mol/L 的氢氧化钠溶液使其完全反应,经测定所得 溶液含 16.7g 溶质。试分析该溶液的成分,并计算确定各成分的物质的量。 (3)工厂在尾气处理及制石膏的过程中,中间产物是亚硫酸氢钠。调节尾气排放的流量, 以取得二氧化硫与氢氧化钠间物质的量最佳比值,从而提高亚硫酸氢钠的产量。现设 n(SO2)、 n(NaOH)、n(NaHSO3)分别表示二氧化硫、氢氧化钠和亚硫酸氢钠的产量,且 n(SO2)/n(NaOH)=x, 试写出 x 在不同取值范围时,n(NaHSO3)的值或 n(NaHSO3)与 n(SO2)、n(NaOH)间的关系式。 x n(NaHSO3)

思路分析: (1)SO2~CaSO4.2H2O

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22.4m3 172kg 4 10 × 0.2% x x=153.6kg (2)NaOH~1/2Na2SO3 NaOH~NaHSO3 0.2mol 0.1mol 即 12.6g 0.2mol 0.2mol 即 0.2mol× 104g/mol=20.8g 12.6g<16.7g<20.8g 所以两种物质都有。 设 Na2SO3、NaHSO3 物质的量分别为 x、y 126g/molx+104g/mol=16.7g 2x+y=0.2 x=0.05mol y=0.1mol (3)SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O① Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3② SO2+NaOH=NaHSO3③ x≦1/2 根据方程式①可知只有 Na2SO3; x≥1 根据方程式③可知只有 NaHSO3; n(NaHSO3)=n(NaOH) 1/2<x<1 SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O 余 SO2:n(SO2)-1/2n(NaOH) Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3 因为 SO2 为 n(SO2)-1/2n(NaOH) 所以 NaHSO3:2[n(SO2)-1/2n(NaOH)] 答案: (1)153.6kg (2)Na2SO30.1mol NaHSO30.05mol (3)x≦1/2 时,无 NaHSO3 生成 x≥1 时,n(NaOH) 1/2<x<1 时,2[n(SO2)-1/2n(NaOH)] 方法要领:本题为联系生产的混合物计算题。考查考生思维的严密性、灵活性。此题第(1) 问中 SO2 与 CaSO4.2H2O 因 S 元素质量守恒,因此可列正比例式 n(SO2):n(CaSO4.2H2O)=1:1 求解。 第(2)问中根据 Na 守恒方法,推断出 0.2molNaOH 可全部转化为 0.1mol Na2SO3 即 12.6g, 0.2molNaOH 可全部转化为 0.2mol NaHSO3,即 20.8g,题中溶质质量守恒 16.7g 介于 12.6g\20.8g 之间,可判断出两种物质皆有。第(3)问中根据以下三个反应式进行分析计算: SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O① Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3② SO2+NaOH=NaHSO3③ 当 SO2 不足量时用①式计算,SO2 足量时用③式计算,介于两者之间用①、②式计算。此处 考查了考生解题能力。 例 5 硫酸银的溶解度较小,25℃时,每 100g 水仅溶解 0.836g。 (1996 年全国高考题) (1)25℃时,在烧杯中加入 6.24g 硫酸银经充分溶解后,所得饱和溶液的体积是 200mL。计 + 算溶液中 Ag 的物质的量浓度。 + (2) 若在上述烧杯中加入 50mL0.0268mol/LBaCl2 溶液, 充分搅拌, 溶液中 Ag 的物质的量浓 度。 + (3) 在 (1) 题烧杯中需加入多少 0.0268mol/LBaCl2 溶液, 才能使 Ag 浓度降至 0.0200mol/L? 思路分析: (1) Ag2SO4 微溶于水, 6.24g 硫酸银固体放入 200g 水中, 只有少量 Ag2SO4 溶解, 所得溶液为 Ag2SO4 的饱和溶液。100g 水溶于 Ag2SO4 后其体积为 0.100L。 n(Ag2SO4)=0.836g/312g/mol=0.00268mol c(Ag2SO4)=0.00268mol/0.100L=0.0268mol/L c(Ag+)=0.0268mol/L×2=0.0536mol/L。 (2) 在 Ag2SO4 饱和溶液中, 加 BaCl2 溶液二者可发生反应生成 BaSO4 和 AgCl 沉淀, 使 Ag2SO4 的溶解平衡向溶解的方向移动。由 Ag2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2AgCl↓消耗 Ag2SO4:0.0268mol/L× 0.0500L×312g/mol<<6.24g,即加入 BaCl2 的量很小,还不足以使固体 Ag2SO4 全部溶解,所以溶 液仍为 Ag2SO4 饱和溶液,Ag+浓度不变。c(Ag+)=0.0536mol/L。 (3)要想使加入 BaCl2 溶液后溶液中 Ag+浓度降低,只有在 Ag2SO4 固体全部溶解后,再加一 部分 BaCl2 才能实现。这样可把 6.24g Ag2SO4 看作全部溶解,按要求求出剩余 Ag+浓度为 0.0200mol/L 时,加入 BaCl2 溶液的体积。
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设加入 BaCl2 溶液的体积为 V, 由反应式 Ag2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2AgCl↓知, 消耗 Ag2SO4 的物 质的量=n(BaCl2)=0.0268mol/LV,依题意:

6.24g ? 0.0268m ol/ LV 312g / m ol ? 2 ? 0.0200m ol/ L 0.200L ? V
解得:V=0.489L。 答案: (1)0.0536mol/L (2)0.0536mol/L (3)0.489L 方法要领:本题属于与化学反应有关的溶解度、溶解平衡以及溶液浓度的计算。第(1)问 要说明溶液体积与水的体积的关系; 第 (2) 问要在依据反应式计算的基础上说明 BaCl2 和 Ag2SO4 的相对量;第(3)问要说明 Ag2SO4 必须全部溶解,再根据化学方程式计算。 解题中易犯的错误是:①计算时用 Ag2SO4 的浓度代替 Ag+的浓度;②不知道加 BaCl2 溶液仍为 Ag2SO4 的饱和溶液,而是用原溶液中 Ag+的浓度、体积和 BaCl2 溶液、体积进行计算;③只考虑 了溶液中的 Ag+,而忽视了溶液中未溶解的 Ag2SO4 的继续溶解。 3+ 3+ 例6 现有AlCl3和FeCl3混合溶液,其中Al 和Fe 的物质的量之和为0.1mol,在此溶液中加入 3+ 3+ 3+ 90mL4mol/L的NaOH溶液,使其充分反应.设Al 物质的量与Al 和Fe 总物质的量的比值为x。 (1996 年上海高考题) (1)根据反应的化学方程式计算x=0.4时,溶液中产生的沉淀是 什么?物质的量有多少? (2)计算沉淀中只有Fe(OH)3的x取值范围。 请在右图中画出沉淀总量(mol)随x(0→1)变化的曲线. 3+ 3+ (3)若Al 和Fe 物质的量之和为A摩(A为合理数值),其他条件不 变时,求沉淀中同时有Fe(OH)3、 Al(OH)3的x取值范围和各沉淀的物质 的量(用含有A、x的式子表示)。 思路分析:该题侧重考查定量地对化学反应过程进行分析、推理、判断的能力和把化学问题 抽象为数学问题的能力。 3+ (1)向溶液中加入的n(NaOH)=0.36mol。当x=0.4时,溶液中n(Al )=0.1mol×0.4=0.04mol, 3+ n(Fe )=0.1mol×(1-0.4)=0.06mol。 3+ 3+ Fe + 3OH === Fe(OH)3↓ Al + 3OH === Al(OH)3↓ 0.06mol 0.06mol×3 0.04mol 0.04mol×3 0.04mol 3+ 3+ 将 Fe 和 Al 刚 好 完 全 沉 淀 耗 NaOH : 0.18mol+0.12mol=0.3mol , 余 下 的 NaOH (0.36mol-0.3mol=0.06mol),;由反应:Al(OH)3+ OH =AlO2 +2H2O,知生成的0.04mol Al(OH)3 全部被溶解。因此,最终得到的沉淀是0.06mol的Fe(OH)3。 3+ 3+ (2)由于Fe 和Al 均为+3价离子,所以无论x的值为多少,将溶液中总物质的量为0.1 mol的 3+ 3+ Fe 和Al 完全沉淀时,耗NaOH为0.3mol。此时沉淀总量为0.1mol,其中有0.1xmol Al(OH)3和0.1x (1-x) mol Fe(OH)3。 由于所加NaOH为0.36mol, 过量0.36mol-0.3mol=0.06mol, 这是一个定值 (与 x的值无关) ,故有以下两种情况: ① 若 Al(OH)3 沉 淀 的 物 质 的 量 小 于 或 等 于 0.06mol , 即 0.1x ≤ 0.06 , 则 根 据 Al(OH)3+OH =AlO2 +2H2O 可知, Al(OH)3 全部溶解,最终沉淀中只有 Fe(OH)3 ,其物质的量为 0.1(1-x)mol。结合0<x<1,可归纳出以下数学关系: 0.1x≤0.06 当 , 即0<x≤0.6时, 沉淀只有Fe(OH)3, 其物质的量为0.1(1-x)mol。 显然, 在0<x 0<x<1
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≤0.6范围内,x的值越大沉淀的物质的量越小。 ②若Al(OH)3沉淀的物质的量大于0.06mol,即0.1x>0.06,则Al(OH)3沉淀被溶解掉0.06mol后 还有剩余,最终沉淀为Fe(OH)3和Al(OH)3,其总的物质的量为0.1mol-0.06mol=0.04mol。结合 0<x<1。可归纳出以下数学关系: 0.1x>0.06 当 ,即时0.6<x<1时,沉淀量等于0.04mol 0<x<1 根据上述分析选取坐标中的三个点:起点(0,0.01) 、转折点(0.6,0.04) 、终点(1.0, 0.04) ,并依次用直线连接,便得到沉淀总量(mol)随x的变化曲线。 3+ 3+ (3)该问将Fe 和Al 的物质的量由0.1mol变为Amol,旨在考查由特殊到一般的处理问题的 能力。另外要求讨论的问题是Fe(OH)3和Al(OH)3同时在沉淀中存在时x的取值范围,与(2)不同, 是沉淀的另一种情况。 3+ 3+ 3+ 3+ Fe 和Al 共Amol,则n(Al )=Axmol,n(Fe )=A(1-x)mol。 Fe ????? ?? Fe(OH)3↓ Al ????? Al(OH)3↓ ????? AlO2 A(1-x)mol A(1-x)mol Axmol Axmol Axmol 3+ 3+ 溶液中Fe 和Al 完全沉淀时,生成Al(OH)3的为Axmol、Fe(OH)3为A(1-x)mol,消耗的NaOH为 3Amol,剩余的NaOH为(0.36-3A)mol。欲使沉淀中同时有Fe(OH)3和Al(OH)3,必须使(0.36-3A) <Ax,并结合0<x<1,得出(0.36/A-3)<x<1。最终沉淀中: n[Fe(OH)3]=A(1-x)mol n[Al(OH)3]=[Ax-(0.36-3A)]mol=[A(x+3)-0.36]mol。 答案:(1)Fe(OH)3、0.06mol (2)要使沉淀中无Al(OH)3,至少需n(OH )=4×0.1xmol x的最大取值为0.1(1-x)×3+0.4x=0.09×4,x=0.6 ∴在0≤x≤0.6时,沉淀只有Fe(OH)3 x=0时,Fe(OH)3沉淀量为0.1mol, x=0.4时,Fe(OH)3沉淀量为0.06mol, x=0.6时,Fe(OH)3沉淀量为0.04mol, 在0.6≤x≤1内,总沉淀量:n总=0.1(1-x)+0.1x=0.04mol
3+ 3+

3 A(1? x ) molOH

?

3 AxmoOH

?

AxmolOH ?

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(3)3A(1-x)+4Ax=0.36,x=0.36/A-3 (0.36/A-3)<x≤1 Fe(OH)3:A(1-x) mol Al(OH)3:A(x+3)-0.36 mol 方法要领:整个题涉及的知识点并不太多,只是:Al3+、Fe3+与NaOH溶液反应;Al(OH)3的 两性;物质的量概念,然而命题在巧妙地编排了一个从易到难,从具体到抽象,从个别到一般的 思考分析。试题要求根据反应的方程式通过分析、归纳、概括、抽象的思维过程逐步解决问题。 体现了能力层次要求结构坡度合理的特点。如当A=0.1mol/L、x=0.4,时,根据Al3+、Fe3+的物质 的量以及与NaOH反应的情况,即可得出混合溶液中沉淀物的成分及其物质的量,此乃全题的第 一个台阶。接着要求分析只有Fe(OH)3沉淀时,Al3+的物质的量分数为x的取值范围,并作出沉淀 总量(mol)与变量x的坐标图。这时x为变量,从0→1。于是可以根据第一台阶的思路,找出几 个关节点, 得到二段直线的图形至此为第二台阶。 最后, 假设Al3+、 Fe3+物质的量之和为一参量A, 求同时含有Fe(OH)3和Al(OH)3的x取值范围及各沉淀的物质的量(用含有A、x的式子表示) 。 (3) 的解题思路虽与(1) (2)相似,但要求提高了,是在(1) (2)基础上进行归纳、概括、抽象的 思维加工过程。 思维敏捷的考生, 根据溶液中[OH-]的等量关系, 即可列出等式3A(1-x)+4Ax=0.36。 此乃沉淀中开始有Al(OH)3的x值,随着A的变化关系,只要x不出现负值,A的合理值应在0.09≤ A≤0.12(设NaOH总量不变)试题的这种构思方式既能保证基本分,又有较好的区分度。对考生来 说, 根据化学变化中各个量的定量关系作出合乎逻辑的分析和精确计算正是体现了思维的精确性
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和敏捷性的较高要求。 复习中题量不能替代思维质量,训练的内容和方法是十分重要的。

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