一、专题聚焦
高考化学科考试说明中，对考生思维能力的考查内容有明确的界定，其中有重要的一条，就是“将化学问题抽象成为数学问题，利用数学工具，通过计算和推理(结合化学知识)，解决化学问题的能力”。近年高考试题，对考生应用数学知识解决化学问题的能力的考查力度较大。因此，在高考复习中，考生对运用数学思想方法解决化学问题的能力作个专题学习和专项训练，是非常必要的。
数学思想方法在化学中有着极其重要的应用。每年的高考试题，都涉及许多化学计算，而解决化学计算问题，离不开数学工具。数学思想方法非常丰富，只要我们能理解这些思想方法的内涵，把握本质，结合化学问题的具体情境，将化学问题抽象成数学问题，就能应用数学手段给予解决。
二、典例剖析
近几年高考化学试题Ⅱ卷中的化学计算题，要求考生能将题目中各种信息转变成数学条件，或通过计算，或通过讨论足量、适量、过量、不过量等各种边界条件，或通过判定物质系统中某些成分在某个物理量方面的特点，利用代数方程、不等式、不定方程、几何定理、数轴、图像等数学工具，灵活机智地将化学问题抽象成数学问题，用数学语言描述化学物质和化学过程所隐含的量变规律，应用数学方法解决化学问题。
例1 25℃时，若体积为Va、pH = a的某一元强酸与体积Vb、pH = b的某一元强碱混
合，恰好中和，且已知Va 点评 这是2000年全国高考化学试题。解答题目的第一个问题，须应用反证法。解答第二个问题，也应用反证法，但同时要应用对数知识和代数方程。解答第三个问题，则要利用对数知识，通过建立不等式方程来确定a的取值范围。 1 分析 就a的取值范围，可以这样思考。 由于强碱溶液，pH = b ＞7，而a = 0.5 b，故a > 7； 2由于强酸和强碱恰好中和，故 Va·10 – a = Vb·10 a – 14 b – 14 = Vb·10 2 a – 14 Va = Vb·10 3 又因为 Va < Vb ，所以，3 a – 14＜ 0 ， a ＜ 14/3 答：（1）否； 若a = 3，则b = 6，强碱溶液pH = b = 6，显酸性，与题意不符，故 a≠3 （2）否；若a = 5，[H]a = 10mol·L，则b =10，[OH]b= 10 VaVb[OH]b[H]a72＋ -5 -1 – – 4 mol·L ， -1 1,不符合题意，故a≠5 143（3） < a < 例2 向300 mL KOH溶液中缓慢通入一定量的CO2气体，充分反应后，在减压低温下蒸发溶液，得到白色固体。请回答下列问题： （1）由于CO2通入量不同，所得到的白色固体的组成也不同，试推断有几种可能的组成，并分别列出。 （2）若通入CO2气体为2.24 L（标准状况下），得到11.9 g的白色固体。请通过计算确定此白色固体是由哪些物质组成的，其质量各为多少？所用的KOH溶液的物质的量浓度为多少？ 点评 这是广东省2002年高考化学试题。解答这道题目，要应用数学中的分类讨论思想来确定所得到白色固体的成分，然后再通过构建代数方程组求解答案。 分析 往KOH溶液通入CO2气体，依次发生反应 CO2＋2KOH＝K2CO3＋H2O ……………… ① K2CO3＋CO2 + H2O = 2 KHCO3 „„„„„„ ② 2 若二氧化碳的量少，还不足于完成 ① 的反应，则得到的固体是K2CO3和KOH的混合物； 若二氧化碳与KOH恰好完成①的反应，则得到的固体是K2CO3； 若二氧化碳完成①的反应后还有剩余，但剩余的量又不足于完成②的反应，则得到的固体是K2CO3和KHCO3的混合物； 若通入足量的二氧化碳，足于完成②的反应，则得到的固体是KHCO3。 解 （2）n（CO2）= 0.100 mol 若得到的固体是K2CO3， 则 n（K2CO3）= n（CO2）= 0.100 mol m（K2CO3）= 0.100 mol×138g • mol —1 = 13.8 g 若得到的固体是KHCO3，n（KHCO3）= n（CO2）= 0.100 mol m（KHCO3）= 0.100 mol×100g • mol —1 = 10.0 g ∵ 13.8 g＞11.9 g＞10.0 g ∴ 得到的白色固体是 K2CO3和KHCO3的混合物。 设白色固体中含 K2CO3 x mol，含KHCO3 y mol，即 ①CO2＋2KOH ＝ K2CO3＋H2O ②CO2＋KOH ＝ KHCO3 x mol 2 x mol x mol y mol y mol y mol x mol＋y mol＝2.24L/22.4mol•L—1＝0.100 mol （CO2） 138g • mol—1 · x mol + 100 g • mol—1 · y mol＝11.9g （白色固体）解此方程组，得 x＝0.0500 （K2CO3） y＝0.0500 （KHCO3） ∴ 白色固体中 ，K2CO3 质量为 138 g • mol—1 × 0.0500 mol ＝ 6.90 g KHCO3质量为 100 g • mol —1 × 0.0500 mol ＝5.00 g 消耗 KOH 物质的量为 2 x mol＋y mol ＝2×0.0500 mol ＋ 0.0500 mol ＝ 0.150 mol ∴ 所用 KOH 溶液物质的量浓度为 3 0.150 mol / 0.300 L ＝ 0.500 mol • L—1 答：（1）①K2CO3＋KOH ②K2CO3 ③K2CO3＋KHCO3 ④KHCO3 （2）白色固体由K2CO3和KHCO3组成，质量分别为6.90 g 和5.00 g。 例3 已知Fe2O3在高炉中有下列反应： Fe2O3＋CO → 2 FeO＋CO2 反应形成的固体混合物（Fe2O3、FeO）中，元素铁和氧的质量比用 m（Fe）︰m（O）表示。 （1）上述固体混合物中，m（Fe）︰m（O）不可能是 （选填 a、b、c多选扣分） （a）21︰9 （b）21︰7.5 （c） 21︰6 （2）若m（Fe）︰m（O）＝21︰8，计算Fe2O3被CO还原的百分率 （3）设 Fe2O3被CO还原的百分率为A％，则A％和混合物中m（Fe）︰m（O）的关系式为 [用含m（Fe）、m（O）]的代数式表示] A％＝ 请在下图中画出A%和m（Fe）/ m（O）关系的图形。 （4）如果 Fe2O3和CO的反应分两步进行： 3Fe2O3＋CO→2Fe3O4＋CO2 Fe3O4＋CO→3FeO＋CO2 试分析反应形成的固体混合物可能的组成及相应的m（Fe）︰m（O）[ 令m（Fe）︰m（O）＝21︰a]，写出a的取值范围 ，将结果填入下表。 4 混合物组成（用化学式表示） a的取值范围 点评 这是2001年上海高考化学试题。解决题目（1）和（4）的问题，可根据铁的氧化物的组成，通过极端假设法判定m（Fe）︰m（O）的取值范围。解答题目（2）的问题，可根据混合物组成Fe2O3、FeO中铁元素与氧元素的关系，建立代数方程求解。题目（3）的问题，可将化学方程式体现的量变关系抽象成代数方程式而获得答案。 分析 （1）在Fe2O3中，m（Fe）︰m（O）= （2×56）︰（3×16）=21︰9 在FeO中，m（Fe）︰m（O）= 56︰16 = 21︰6 所以，在固体混合物（Fe2O3、FeO）中，m（Fe）︰m（O）的值必定是在21︰9 与21︰6之间的数。 （2）设固体混合物中含x Fe2O3 mol ，含y FeO mol， 解得 x = y 每生成 1mol FeO，就有 1/2 mol Fe2O3 被还原。故，Fe2O3被CO还原的百分率为 （3）从化学方程式Fe2O3＋CO → 2 FeO＋CO2 看出，Fe2O3被FeO，铁元素的质量不变，而1mol Fe2O3被还原，就减少1mol 氧元素。所以，A％和混合物中m（Fe）︰m（O）的关系式为 得 5 这个关系式是一个线性函数，取两个特殊点，即可作出 A%与（4）可根据上述（1）的分析方法确定a的取值范围。 答：（1）a c （2）33.3% （3） 的图象。 （4） 混合物组成（用化学式表示） Fe2O3 Fe3O4 Fe3O4 FeO Fe2O3 Fe3O4 FeO a的取值范围 8＜a＜ 9 6＜a＜ 8 6＜a＜9 三、解题方略 1.代数方程法 将化学问题转化成代数问题，通过构建代数方程解决化学问题。 例 4 氨氧化法可以制得50% 的，加脱水剂可进一步制得90%的，某工厂同时生产50%的和90%的，两种产品的质量比为： 50%的∶90%的 = m1∶m2 若以1.7×104 kg液氨为原料生产，并假定氨的转化率为100%。求：只生产50%的所需加水的量和只生产90%的所要脱水的量。 6 分析 氨氧化法制过程发生的化学反应有 2NO+O2 = 2NO2 3NO2+H2O = 2HNO3+NO 总的反应为 NH3 + 2O2 = HNO3 + H2O 根据和水的质量关系构建代数方程，可以解决题目问题。 解 设只生产50%的所需加水的量为x kg，只生产90%的所要脱水的量为 y kg。 n（NH3）= 1.0×106 mol NH3 + 2O2 = HNO3 + H2O 1.0×106 mol 1.0×106 mol 1.0×106 mol 得 x = 4.5×104 得 y = 1.1×104 答：1.7×104 kg液氨只生产50%的需加水4.5×104 kg，若只生产90%的应脱水1.1×104 kg 2.数轴法 对于连续发生的多步反应，应用数轴判断某一物质量的取值范围和相应的反应产物，非常简便。 例5 将a摩H2S和1摩O2置于一个容积可变的容器内进行反应。维持容器内气体的压强不变(101千帕)，在120℃下测得反应前后容器内气体的密度分别为d1和d2。若a的取值不同，则H2S的氧化产物可能有如下三种情况： （1）全部是SO2，此时a的取值范围是_______。 （2）全部是S，此时a的取值范围是_______，并且d1____d2 (填―小于‖、―大于‖ 或―等 7 于‖)。 （3）部分是SO2，部分是S，此时a的取值范围是_________。反应所生成的SO2的物质的量为___ 摩， 容器内气体的物质的量之和为____摩。( 以含a的代数式表示)。 分析 H2S与O2反应，因反应物量的不同而导致反应产物不同 2H2S+O2 = 2S+H2O n（H2S）/ n（O2）=2 刚好完全反应生成S 2H2S+3O2=2SO2+H2O （H2S）/（O2）= 2/3 刚好完全反应生成SO2 从数轴上能直观地看出，当（H2S）/（O2）≤ 2/3 时，H2S的氧化产物为 SO2；当（H2S）/（O2）≥2 时，H2S的氧化产物是S；当 2/3＜（H2S）/（O2）＜2 时，H2S的氧化产物是S和SO2。 答：（1）a ≤ 2/3 （2）a ≥2 大于 （3）2/3＜ a ＜2 1 – a/2 1+a/2 3.极值法 同一系统中的物质，由于受某些因素的制约，各成分的量往往有一个取值范围。通过对某个成分的量的最大值和最小值的讨论，可以获得一些有价值的结论，从而发掘隐含条件，开辟解题捷径。 例6 0.03 mol Cu完全溶于，产生氮的氧化物（NO、NO2、N2O4）混合气体共0.05 mol 。该混合气体的平均相对分子质量是（ ）。 （A）30 （B）46 （C）50 （D）66 分析 NO、NO2、N2O4三者的物质的量分别为：x mol、y mol、z mol x + y + z = 0.05 „„„„„„ ① 依据反应过程，铜化合价升高的总数等于被还原化合价降低的总数，得： 3x + y +2z = 0.06 „„„„„② ②式减去①式得：2x + z = 0.01 故，NO物质的量的最大值为 0.005 mol ，N2O4物质的量的最大值为 0.01 mol 若NO的量 为0.005 mol，则N2O4的量为零，NO2为0.045 mol。混合气体的平均相对分子质量为 8 若N2O4 的量为0.01 mol，则NO的量为零，NO2为0.04 mol。混合气体的平均相对分子质量为 混合气体（NO、NO2、N2O4）的平均相对分子质量必定介于44.4和55.2之间，故答案选B、C。 4.平均值法 混合物某个物理量的平均值,必定介于组成混合物的各成分的同一物理量的数值之间。换言之,混合物中两个成分的这一物理量，肯定一个比平均值大,一个比平均值小。应用这个原理作为解题条件，可判断混合物的可能组成，增加解题条件。 例7 常温下，一种烷烃A和一种单烯烃B组成混合气体，A或B分子最多只含有4个碳原子，且B分子的碳原子数比A分子的多。 （1）将1升该混合气体充分燃烧，在同温同压下得到2.5升CO2气体。试推断原混合气体中A和B所有可能的组合及其体积比，并将结果填入下表： 组合编号 A的分子式 B的分子式 A和B的体积比(VA∶VB) （2）120℃ 时取1 L该混合气体与9 L氧气混合，充分燃烧后，当恢复到120℃和燃烧前的压强时，体积增大6.25％。试通过计算确定A和B的分子式。 分析 （1）1 L混合气体充分燃烧后生成2.5 L CO2，混合气体分子中平均含2.5 个碳原子。且单烯烃B分子的碳原子数比烷烃A分子的多，可以推断，混合气体只能由碳原子数小于2.5的烷烃（CH4、C2H6）和碳原子数大于2.5的烯烃（C3H6和C4H8）组成。它们有4种可能的组合，根据每一种组合中烷烃和烯烃的碳原子数及燃烧后生成的CO2的体积，可确定A和B的体积比。 第一种组合CH4和C3H6 9 第二种组合CH4和C4H8 第三种组合C2H6和C3H6 第四种组合C2H6和C4H8 （2）应用平均组成法。设混合气体的平均组成为C2.5Hy，通过燃烧后的体积变化，求出y值，通过对y值的分析，可以确定A和B的分子式。 解 （1） 组合编号 A的分子式 B的分子式 A和B的体积比(VA∶VB) ① ② ③ ④ CH4 CH4 C2H6 C2H6 C3H6 C4H8 C3H6 C4H8 1∶3 1∶1 1∶1 3∶1 由第（1）问知混合气的平均碳原子数为2.5，设混合气分子式为C2.5Hy 10 依题意，体积增大为 （1 L + 9 L）×6.25％＝0.625 L y=6.5 （平均氢原子数） 混合气的平均组成为C2.5H6.5 由于混合气体分子的平均氢原子数为6.5，所以必有一种烃分子中氢原子数小于6.5，另一种烃分子中氢原子数大于6.5。因此，排除①、③组合。根据平均氢原子数，应用十字交叉法验算组合②和④，决定取舍。 结论：A的分子式是C2H6，B的分子式是C4H8。 5.图象法 数学中的数形结合思想同样适合于解决化学问题。化学过程中的量变关系用图象表达，很直观。考生一方面要善于用图象表达化学变化过程，揭示化学变化过程的量变规律，另方面，要善于观察试题中的图象，能读懂图象所体现的化学内涵。 例8. 下图是100 mg CaC2O4·H2O受热分解时，所得固体产物的质量随温度变代的曲线。试利用图中信息结合所学的知识，回答下列各问题： 11 （1）温度分别为t1和t2时，固体产物的化学式A是__________，B是：_________。 （2）由CaC2O4·H2O得到A的化学方程式为______________。 （3）由A得到B的化学方程式为_________________。 （4）由图计算产物C的分子量，并推断C的合理的化学式。 分析 钙是一种活泼的金属，含钙化合物为离子化合物，熔沸点，通常是固态的。由Ca、C、O三种元素组成的含钙化合物有CaC2O4、CaCO3、CaO。其中，结晶水合物最容易分解，氧化钙最不容易分解。先猜测CaC2O4·H2O受热过程，在不同温度阶段可能得到的分解产物，再用图象中固体的质量变化进行验证，就可以正确回答题目问题。 答：（1）CaC2O4 CaCO3 （2）CaC2O4 （3）CaC2O4 CaC2O4+H2O↑ CaCO3+CO↑ （4）由图读得分解产物C的质量约为38 mg C的相对分子量 = 14638100 = 56 （或 = 3810068.556） 由此推断C的化学式是CaO 12 四、巩固提高 1．合成氨原料可以由天然气制取。其主要反应为： CH4（g）＋H2O（g）→CO（g）＋3H2（g） （1）1m3（标准状况）CH4按上式完全反应，产生H2 mol。 （2）CH4和O2的反应为：2CH4（g）＋O2（g）→2CO（g）＋4H2（g） 设CH4同时和H2O（g）及O2（g）反应。1m3（标准状况）CH4按上述两式完全反应，产物气体的体积V（标准状况）为 。 （3）CH4和H2O（g）及富氧空气（O2含量较高，不同富氧空气的氧气含量不同）混合反应，产物气体组成如下表： 气体 CO H2 N2 O2 60 15 2.5 体积（L） 25 计算该富氧空气中O2和N2的体积比V（O2）／V（N2）。 2． 取一根镁条置于坩埚内点燃，得到氧化镁和氮化镁混合物的总质量为0．470ｇ。冷却后加入足量水，将反应产物加热蒸干并灼烧，得到的氧化镁质量为0．486ｇ。 （1）写出氮化镁与水反应生成氢氧化镁和氨的化学方程式。 （2）计算燃烧所得混合物中氮化镁的质量分数。 3.现有AlCl3和FeCl3混合溶液,其中Al3+和Fe3+的物质的量之和为 0.1摩,在此溶液中加入90 毫升 4摩/升 的NaOH溶液,使其充分反应.设Al3+物质的量与总物质的量的比值为 x 。 (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。 13 请在下图中画出沉淀总量(摩)随x(0→1)变化的曲线. (3)若Al3+和Fe3+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)。 4．石油及其分馏产物在供氧不足时燃烧，常常产生CO，这也是常见的大气污染物之一。将某气态烃在5倍体积的纯氧中燃烧，产物通过足量Na2O2并在电火花连续作用下充分反应，生成的气体体积缩小到燃烧后产物体积的3/8（气体体积都在100℃以上，1.01×105Pa时测定） （1）试写出通式为CXHY的某烃在供氧不足时燃烧的化学方程式 （CO2的系数设定为m） （2）当m=2时，求该烃的分子式。 （3）若1摩某气态烃在供氧不足时燃烧，产物在足量Na2O2的电火花连续作用下产生3摩氧气，且固体Na2O2增重范围为90克≤△W≤118克，求烃可能的分子式和燃烧产物CO与CO2的物质的量之比，将结果填入下表 烃的分子式 n（CO）/n（CO2） 14 5．某学生对久置于空气中已部分变质的CaO取样分析，实验如下：取10.00 g样品高温灼烧，将生成的气体全部通入足量的Ba（OH）2溶液中，得到3.94 g沉淀；另取1.00g样品，加入40 mL 1.0 mol·L-1稀盐酸，充分反应后稀释至500 mL。从中取出25mL溶液，以0.020 mol·L-1 NaOH溶液中和其中过量的盐酸，用去23 mL NaOH溶液，试计算样品中各种物质的质量百分组成。 6. 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3.20 ｇ固体。 （１）计算磁性粉末材料中氧元素的质量分数。 （２）确定该材料的化学式。 答案 1．（1）133.9 （2）3m＜V＜4m （3）2︰3 2.（1）Ｍｇ3Ｎ2＋6Ｈ2Ｏ＝3Ｍｇ（ＯＨ）2↓＋2ＮＨ3↑ （2）17.0% 3.（1）Fe(OH)3 ；0.06 mol （2）0≤x≤0.6 3 3 （3） Fe(OH)3 A（1- x ）mol Al（OH）3 [ A（x + 3）- 0.36 ] mol 4．（1）CXHY + （x /2 + m/2 +y/4）O2→ m CO2+y/2 H2O+（x-m）CO 15 （2）m=2时，该烃为C4H8 （3）C3H8 1/2 C4H6 1/3 5．CaO 60.0% CaCO3 20.0% Ca（OH）2 20.0% 6.（1）20.45％． （2）ＢａＦｅ2Ｏ4（或ＢａＯ·Ｆｅ2Ｏ3）。 16
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