极值法在化学计算中的应用

极值法在化学计算中的应用极值法在化学计算中的应用极值法在化学计算中的应用极值法在化学计算中的应用编制仅供参考审核批准生效日期地址：电话：传真:邮编: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行分析、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应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、平行反应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)极值法解题的基本思路极值法解题有三个基本思路：①把可逆反应假设成向左或向右进行的完全反应。②把混合物假设成纯净物。③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。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行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及其氧化物组成的混合物，与水充分反应后蒸发溶液，最后得到干燥固体，则该碱金属元素是（）A.LiB.NaC.KD.Rb解析：已知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。本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。若通过列式对选项作逐一尝试，逐一淘汰的求解是很繁难的，而选取极值法进行求解，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范围。若物质全部是单质则：若物质全部是氧化物R2O则：R~ROHR2O~2ROHMM+172M+162M+344g5g解得M=684g5g解得M=28若物质全部是氧化物R2O2则：R2O2~2ROH2M+322M+344g5g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）因物质是单质及氧化物的混合物，则R的相对原子质量在28~68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%的稀盐酸中，反应结束后，金属仍有剩余；若克该金属投入与上述相同质量、相同质量分数的稀盐酸中，等反应结束后，加入该金属还可以反应。该金属的相对原子质量为（）（A）24（B）40（C）56（D）65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较即可迅速判断出混合物的组成。例2在一定条件下，将钠与氧气反应的生成物溶于水，所得溶液恰好能被80mL浓度为L的HCl溶液中和，则生成物的成分是（）A．Na2O B．Na2O2 C．Na2O和Na2O2 D．Na2O2和NaO解析：利用极值法把生成物假设为某一种可能的氧化物进行计算。n(Na+)=n(Cl-)=×L=；当产物只有Na2O时，m(Na2O)=×62g/mol=；当产物只有Na2O2时，m(Na2O2)=×78g/mol=。结合平均值原理可推出该反应生成物是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10g与足量的盐酸反应产生氢气，则此混合物中必定含有（）A.AlB.MgC.NaD.都有可能解析：本题利用极值法把氢气看成是由单一的一种金属与盐酸反应产生。先求出Na、Mg、Al分别与足量盐酸产生氢气所需的质量：2Na~H2↑Mg~H2↑2Al~3H2↑462242546m(Na)m(Mg)m(Al)解得m(Na)=；m(Mg)=6g；m(Al)=。再根据平均值原理知一定含有Na。故选C。例4某混合物含有KCl、NaCl和Na2CO3，经分析含钠％，含氯％（以上均为质量分数），则混合物中Na2CO3的质量分数为（）（A）25％（B）50％（C）80％（D）无法确定解析：若混合物质量为100g，则可求出n(Cl－)=，①假设这的Cl－全部来自于KCl（即混合物为KCl和Na2CO3）则m(KCl)=，②假设这的Cl－全部来自于NaCl（即混合物为NaCl和Na2CO3）则m(NaCl)=，因Cl－来自于NaCl、KCl两种物质，由平均值原理知（1－％）＜m(Na2CO3)％＜（1－％）故答案选B例5将克可能混有下列物质的(NH4)2SO4样品，在加热的条件下，与过量的NaOH反应，可收集到升NH3(密度为17克/升)，则样品中不可能含有的物质是（）（A）NH4HCO3、NH4NO3（B）(NH4)2CO3、NH4NO3（C）NH4HCO3、NH4Cl（D）NH4Cl、(NH4)2CO3解析：假设样品为纯(NH4)2SO4，则由(NH4)2SO4→2NH3可知，能产生升NH3，大于升。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行估算：NH4HCO3→(NH4)2(HCO3)2，NH4NO3→(NH4)2(NO3)2，NH4Cl→(NH4)2Cl2部分“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样品与足量的AgNO3溶液充分反应后得到沉淀29g，则样品中不可能含的杂质是（）（A）AlCl3（B）NaCl（C）ZnCl2（D）CaCl2答案：C巩固3在标准状态下，aL由氢气和氯气组成的混合气体在光照下充分反应，反应后气体恰好能使含bmolNaOH稀溶液完全转化这盐，则a、b的关系不可能是（）（A）b=a/（B）b＜a/（C）b＞a/（D）b≥a/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），然后与实际比较，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。若再加入过量的CaCl2溶液，得到沉淀，对样品所含杂质的判断正确的是（）A、肯定有KNO3和Na2CO3，没有Ba(NO3)2B、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KNO3D、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，则加入过量的CaCl2溶液可得到沉淀质量为5g，；若全为Na2CO3则可得到沉淀质量为。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不反应，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。故本题选B。策略二把可逆反应极端地视为不可逆反应确定某物质的取值范围由于可逆反应总是不能完全进行到底，故在可逆反应中分析反应物、生成物的量时利用极值法把可逆反应看成向左或向右进行完全的反应，这样可以准确、迅速得出答案。例7：在密闭容器中进行的反应：X(g)+4Y(g)2P(g)+3Q(g)，已知X、Y、P、Q初始的物质的量分别为、、、。在一定条件下，当反应达到平衡后，各物质的物质的量不可能的是（）A、n(X)=B、n(Y)=C、n(P)=molD、n(Q)=解析：通过讨论正、逆反应的两个极端（终端）结果，判断各物质的量的变化范围，进而作出正确的判断。假设反应向正反应方向完全进行到底，则X(g)+4Y(g)2P(g)+3Q(g)起始量/mol极限量/molX(g)+4Y(g)2P(g)+3Q(g)起始量/mol极限量/mol00起始量/mol极限量/mol00由于反应的可逆性，反应完全进行到底是不可能的。因此，上述各物质的物质的量的变化范围是：0<n(X)<、0<n(Y)<、0<n(P)<、0<n(Q)<，故本题正确选项为B。例8在某条件下，容器内有如下化学平衡：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，再通过改变反应的条件，可使反应达到新的平衡，并限定达到新平衡时，D的物质的量只能在d/2~2d之间变化，则a的取值范围是______(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(a－d/2)mol，转化如平衡逆向移动，采用极值法，D转化了d/2mol,即D在新平衡中的物质的量为(a－d/2)mol，转化关系如下：A(g)+4B(g)2C(g)+D(g)旧平衡aaad转化d/22ddd/2新平衡(a+d/2)(a+2d)(a－d)(a－d/2)要求a－d﹥0即a﹥d。即a的取值范围是a﹥4d。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aaad转化d4d2dd新平衡(a－d)(a－4d)(a＋2d)2d要求a－d﹥0、a－4d﹥0同时成立，即a﹥4d。巩固4在一定条件下，对于可逆反应A（g）+B（g）2C（g）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L、L、L。求：（1）a、b应满足的关系是_________________、（2）a的取值范围是_________________。答案：（1）a=b+（2）>a>巩固5容积不变的反应容器中,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，现向反应容器中通入、xmolB和2molC，欲使起始反应向逆反应方向移动,x的取值范围为解析：依题意:+x+2<12,x<(逆向为物质的量增加的反应,故+x+2小于12)，一般学生都能顺利解出这步，但对x的另一范围部分学生就存在困难，若假设C（极值）能完全转化，则x的极值马上可得。设2molC完全转化为A、B,则+1)+(x+2)>12,x>(因C实际不能完全转化,故+1)+(x+2)大于12。实际上C转化一部分满足12mol)故答案为<x<策略三把平行反应分别假设成单一反应若一个体系中同时存在几个反应，可以利用极值法分别假设全部发生其中一个反应从而求出两个极端值。1401321281例9在标准状况下，将NO1401321281A、mol•L-1B、mol•L-1C、mol•L-1D、mol•L解析：本题考查学生对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，若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）求出溶液浓度范围，再根据选项确定答案。设烧瓶体积为V。若仅为NO2与O2的混合气体，因4NO2+O2+2H2O4HNO3则V4VV4V5÷•mol-1c(HNO3)=128mol•L-1=V4V7÷•mol-1c(HNO3)=1mol•V4V7÷•mol-1c(HNO3)=1mol•L-1=现为NO2、NO、O2三种气体混合物，生成c(HNO3)应介于二者之间，故选C。巩固6（2005年上海卷—22）含NaOH的溶液中通入一定量H2S后，将得到的溶液小心蒸干，称得无水物，则该无水物中一定含有的物质是（）A、Na2S B、NaHSC、Na2S和NaHS D、NaOH和NaHS解析：本题采用极值法较简单。若没有反应产物全为NaOH时，质量为8g；若产物全部是Na2S时，质量为；若产物全部是NaHS时，质量为。实际产物为，则可能为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应假设为某一反应进行过量分析1当反应物以混合物的总质量或总物质的量已知时，可以利用极值假设全部是某一反应物，然后假设全部是另一反应物，再假设两者则好完全反应，从而得到解题的线索。例10：NaOH和NaHCO3固体混合物，在密闭容器中加热到250℃，经过充分反应后排除气体，冷却，称得剩余固体质量为，试计算原混合物中NaOH的质量分数。解析：在密闭容器中进行的反应可能有：NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O---①2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O---②4084106168106究竟按何种情况反应，必须判断出NaOH与NaHCO3在反应①中何者过量，然后才能进行计算，借助极值法，能使判断方便直观。40+84×4040106×=设固体全为NaOH，则受热不减少，剩余固体；设固体全为NaHCO40+84×4040106×=NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O△m408410618x=－g10g10gm（NaOH）=－g=10gm（NaOH）％=×100％=％2在关于反应物的量不同可以发生不同反应的化学方程式的计算中，若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应求出产物的量，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11Cu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是（）（A）30（B）46（C）50（D）66解析：设NO、NO2、N2O4三者的物质的量分别为：x、y、z，x+y+z=①式则依据电子守恒可得：3x+y+2z=②式，②式减去①式得：2x+z=故NO物质的量的极值为mol，N2O4物质的量的为极值mol若NO物质的量的为mol，则NO2为mol∴==若N2O4物质的量的为mol，则NO2为mol∴==∴该混合气体的平均相对分子质量介于和之间，故答案选B、C巩固7在含有agHNO3的稀硝酸中，加入bg铁粉充分反应，铁全部溶解并生成NO，有eq\f(a,4)gHNO3被还原，则a∶b不可能为()A．2∶1B．3∶1C．4∶1D．9∶2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＋8HNO3(稀)3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O则有eq\f(b,56)∶eq\f(a,63)＝3∶8，解得：eq\f(a,b)＝eq\f(3,1)此为a∶b的最小值。(2)若HNO3过量，发生反应：Fe＋4HNO3(稀)Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O则有：eq\f(b,56)∶eq\f(a,63)＝1∶4，解得：eq\f(a,b)＝eq\f(9,2)此为a∶b的最大值。所以a∶b的取值范围为：eq\f(3,1)≤eq\f(a,b)≤eq\f(9,2)，即a∶b的比值在此范围内均合理。答案A巩固8在密闭容器中进行下列反应，平衡后，再压缩体积，混合气体平均相对分子质量增大的是（）（A）Fe2O3（S）+3CO（g）2Fe（S）+3CO2（g）（B）4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）（C）2NH3（g）+CO2（g）CO(NH2)2（S）+H2O（g）（D）C（S）+H2O（g）CO（g）+H2（g）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、%C、56%D、%w(C)max=limn→∞12(6n+4)12(6n+4)+2n+6limnw(C)max=limn→∞12(6n+4)12(6n+4)+2n+6limn→∞=12×4n12×6+12×4+6n(12×6+2)+=12×612×6+2=%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。发生铝热反应之后，所得固体中含金属单质为18g，则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），反应后容器内固体物质的质量不可能为A．gB．gC．gD．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A30B46C50D66答案：BC4．C8H18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A28B30C38D40答案：BC5．将gCO2和SO2混合气体通入一定量的NaOH溶液中，气体全部与NaOH反应生成盐，将反应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A．g B．g C．g D．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.48 C.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应完全。恢复到原温度，容器内的压强为原来的1/4，则原混合气体的平均相对分子质量不可能是A．24B．

15C．30答案：BD8．将KMnO4在一定温度下加热后生成xmolO2；将剩余固体与过量浓盐酸混合加热又生成ymolCl2，此时锰元素全部以Mn2+形式存在。若x+y＝a，则a的值可能为A． B． C． D．答案：CD9．20mlNO2和NH3的混合气体在一定条件下发生可逆反应：6NO2+8NH37N2+12H2O，若还原产物比氧化产物少1ml（气体体积在相同状况下测定），则原混合气体中NO2和NH3体积比可能是（不考虑NO2与水反应）A．3:2B．3:5C．3:4D．3:7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，则b不可能为B.C.D.答案：D11．（2010·上海卷）由5molFe2O3、4molFe3O4和3molFeO组成的混合物，加入纯铁1mol并在高温下和Fe2O3反应。若纯铁完全反应，则反应后混合物中FeO与Fe2O3的物质的量之比可能是A．4:3B．3:2C．3:1D．2: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。已知该尖晶石中混有Fe2O3。取一定量样品，恰好完全溶解在一定浓度100mL盐酸溶液中，盐酸浓度可能是（）A．mol·L-1 B．mol·L-1 C．mol·L-1 D．mol·L-1答案：A13．在一定条件下，使H2和O2的混合气体26g充分发生反应，所得产物在适当温度下跟足量的固体Na2O2反应，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:1B.9:1C.4:1D.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．有关反应为：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中加入铁粉mg，充分反应后剩余固体ng；将固体滤出并从滤液C（忽略反应前后溶液体积的变化）中取出mL，向其中滴入溶液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）假若铁粉不再溶