专题3·差量法差量法是根据化学变化前后物质的量发生的变化，找出所谓的“理论差值”。这个差值可以是质量、气体物质的体积、压强、物质的量、反响过程中热量的变化等。该差值的大小与参与反响的有关量成正比。差量法就是借助于这种比例关系，解决一定量变的计算题。用差量法进展化学计算的优点是化难为易、化繁为简。解此类题的关键是根据题意确定“理论差值”，再根据题目提供的“实际差值”，列出比例式，求出答案。1.原理：:对于任意一个化学反响,涉及到各物质的数量间,一般都有一定的关系.如任取两种物质的物理量,分别为x,y.当x值增大或减小时,y也成比例地变化.且x与y的差值也呈相应变化.数学表达式为:＝＝2.注意:①x、y可表示物质的质量、物质的量、气体体积等,因而差量可指质量之差(△m)物质的量之差(△n)或气体体积之差(△V)等.②分清“差量”是增还是减.在较复杂的情况,存在多个反响,可能差量的增减方向并不一致,这就要取其代数和.假设方向相同,那么总差量等于各个分差量之和.③正确分析形成差量的原因,找出对应的根据方程式得出的“理论差量”是差量法解题的关键.3.优点:只与反响前后相应的差量有关,不必追究各成分在反响前和后具体的量.能更深刻地抓住本质,提高思维能力.例1.有NaCl和KCl的混合物25g，溶于水形成溶液，参加1000g7.14%的AgNO3溶液，充分反响后滤出沉淀，再向混合物参加100g10/10\nCu片，过一段时间取出（反响完全），洗涤枯燥称其质量为101.52g，求原混合物中NaCl和KCl的物质的量各为多少？解:设与Cu反响的硝酸银的物质的量为xCu~2AgNO3~2Ag△m642mol2×108152xmol1.52g解得：x=0.02moln(AgNO3)=1000g×7.14%/170g/mol例2．取一定量的CuO粉末与0.5L稀硫酸充分反响后，将一根50g铁棒插入上述溶液中，至铁棒质量不再变化时，铁棒增重0.24g.并收集到224mL气体（标准状况）。求此CuO粉末的质量。解析：由题意可知，CuO粉末与稀硫酸充分反响后，硫酸过量。引起铁棒质量变化时涉及到以下两个反响：①Fe+H2SO4=FeSO4+H2②Fe+CuSO4=FeSO4+Cu其中第①个反响使铁棒质量减少，第②个反响使铁棒质量增加，两者的代数和为0.24g。①Fe+H2SO4=FeSO4+H2△m156g1mol56g0.01mol0.56g10/10\n△m2-△m1=0.24g.△m2=△m1+0.24g=0.56g+0.24g=0.80g设CuO的物质的量为x,CuSO4的物质的量也为x,②Fe+CuSO4=FeSO4+Cu△m21mol8gX0.80g解得：X=0.1molm(CuO)=0.1mol•80g/mol=8g例4、将12.8克由CuSO4和Fe组成的固体，参加足量的水中充分反响后，滤出固体，枯燥后称得5.2克。求原混合物中CuSO4和Fe各为多少克？解析：此题有三种反响可能：恰好完全反响、CuSO4过量、Fe过量。余下固体有两可能：(1)余下Fe和Cu；(2)余下全是Cu.(1)当余下固体是Fe和Cu(即Fe过量)时，设x克CuSO4耗尽，那么铁为(12.8-x)克，置换差量为5.2-(12.8-x)克。CuSO4+FeFeSO4+Cu固体增重160566464-56=8(理论差量)x5.2-(12.8-x)(实际差量)160:x=8:[5.2-(12.8-x)]∴x=8(克)，12.8-x=4.8(克)。(2)设余下固体全是Cu，反响时有w克Fe耗尽。CuSO4+FeFeSO4+Cu固体增重566464-56=8(理论差量)W5.2-w(实际差量)56:w=8:5.2-w∴w=4.55(克)，那么原混合物中CuSO4为12.8-4.55=8.25(克)。10/10\n而8.25克CuSO4中只含8.25×=3.3(克)Cu，故不可能有5.2克Cu生成。由此可见(2)的假设不成立。答案：原混合物中CuSO4为8克，Fe为4.8克。例5、在某些硫酸铜溶液中,参加一个质量为1.12g的铁片,经过一段时间,铁片外表覆盖了一层红色的铜,取出洗净、烘干,称重,质量变为1.16g.计算在这个化学反响中溶解了铁多少克?析出了铜多少克?解析：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，从化学方程可以看出,铁片质量的增加,与铁的溶解和铜的析出直接联系,每溶解56g铁,将析出64g铜,会使铁片,质量增加:64g-56g=8g根据铁片增加的质量(1.16g-1.12g),可计算出溶解的Fe的质量和析出的Cu的质量.解：设溶解的Fe为xg,析出的Cu为yg Fe=CuSO4=Cu+FeSO4质量差 56 64 64-56 x y 1.16-1.12那么：，解得：x=0.28(g)y=0.32(g)答:在这个化学反响中溶解了铁0.28g析出了铜0.32g.例6．将质量为100克的铁棒插入硫酸铜溶液中，过一会儿取出，烘干，称量，棒的质量变为100.8克。求有多少克铁参加了反响。10/10\n例7．agNa2CO3和NaHCO3混合物加热至质量减少到bg，那么混合物中NaHCO3的质量分数为：。解：设NaHCO3的质量为x2NaHCO3====Na2CO3＋H2＋CO2↑△m168g106g168g－106g＝62gx（a-b）g解得x=得NaHCO3的质量分数为例8．有NaCl和NaBr的混合物16.14g,溶解于水中配成溶液.向溶液中参加足量的AgNO3溶液,得到33.14g沉淀.那么原混合物中钠元素的质量分数为()A.28.5%B.50%C.52.8%D.82.5%解：NaCl＋AgNO3＝AgCl↓＋NaNO3；NaBr＋AgNO3＝AgBr↓＋NaNO3即：NaCl→AgCl,NaBr→AgCl银元素替换了钠元素.因此沉淀比混合物增重局部就是银元素比钠元素增重的局部。设Na元素的质量为xNa→Ag△m23g108g08g-23g＝85gx33.14g-16.14g=17g10/10\n解得:x=4.6g所以Na%=4.6g/16.14g=28.5%例9．在密闭容器中，放入(NH4)2CO3和NaOH的混合物共ag，将容器加热至200℃，经充分反响后，排除其中的气体，冷却，称得剩余固体质量为bg，求容器中(NH4)2CO3和NaOH各多少克？解：（此题中ag(NH4)2CO3和NaOH的混合物，在加热时(NH4)2CO3与NaOH要发生反响，因②假设(NH4)2CO3过量，剩余的(NH4)2CO3在加热时还要分解生成NH3、H2O和CO2气体，那么此时bg固体全部是Na2CO3。根据钠元素质量守恒有n(NaOH)=,那么m(NaOH)=40×m((NH4)2CO3)=a-40×例10．将4.66g卤素互化物BrClx溶于水后，通入足量SO2气体与其反响生成氢溴酸、盐酸和硫酸，再用碱将溶液调至中性后，参加过量Ba(NO3)2溶液，充分反响后滤去沉淀物，再向滤液中参加过量AgNO3溶液，最后得卤化银沉淀15.46g。试计算：（1）参加反响的AgNO3的物质的量。（2）BrClx中的x值。解：质量增加的是Ag的质量所以n(AgNO3)==0.1(mol)10/10\n设4.66g卤素互化物BrClx为amol BrClx→AgBr+xAgCl质量增加 1mol108（1+） amol15.46g-4.66g 那么：a=所以：==3例11．把6.1g枯燥纯洁的氯酸钾和二氧化锰的混合物放在试管里加热，当完全分解、冷却后称得剩余固体质量为4.2g，求原混合物里氯酸钾有多少克？解析：根据质量守恒定律，混合物加热后减轻的质量即为生成的氧气质量（W混-W剩=WO2），例12．将盛有12gCuO的试管通入氢气后加热，当冷却后试管内的固体残渣为10g时，求氧化铜被复原的质量分数？解析：此题经分析，12gCuO没有完全反响，生成物的残渣10g中也有没有反响的CuO。用常规解法较烦琐，如果用差量法那么较为简便。但一定要分析清楚，减重的质量是哪种元素，在这题里减重的是CuO中的氧元素，它与H2结合成为H2O。根据方程式分析：设参加反响的CuO质量为y。10/10\n 例13.将12克CO和CO2的混合气体通过足量灼热的氧化铜后，得到气体的总质量为18克，求原混合气体中CO的质量分数。 解析：CO+CuO-Cu+CO2 2844 由化学方程式可知，气体质量增加的原因是CO夺取了氧化铜中的氧元素。每28份质量的CO参加反响，可生成44份质量的CO2，使气体质量增加44-28=16(份)。现已知气体质量增加18克-12克=6克，据此可列比例求解。 例14.将氢气通入10g灼热的氧化铜中，过一段时间后得到8.4g固体，以下说法正确的选项是() (A)有8.4g铜生成 (B)有8g氧化铜参加反响 (C)有1.6g水生成10/10\n (D)有10g氧化铜被复原 解析：根据题意，10g氧化铜不一定全部参加反响，所以得到的8.4g固体也不一定都是铜的质量。我们可以利用“固体-固体”差量法解决此题。反响前后固体的质量差(10-8.4=1.6g)=参加反响的氧化铜的质量-生成的铜的质量=CuO-Cu，即理论上每80份质量的CuO参加反响转化为64份质量的Cu，固体质量减少16份，据此可列比例求解。 H2＋CuO-Cu＋H2O△m(固体质量减少) 80641880-64=16 xyz10-8.4=1.6g 可以求出x=8g，y=6.4g，z=1.8g，那么有8g铜参加反响，6.4g铜生成，1.8g水生成。 答案：B 例15.用含杂质(杂质不与酸作用，也不溶于水)的铁10克与50克稀硫酸完全反响后，滤去杂质，所得液体质量为55.4克，求此铁的纯度。 解析：Fe+H2SO4(稀)=FeSO4+H2↑ 由化学方程式可知，影响溶液质量变化的因素是参加反响的铁和生成的氢气。每有56份质量的铁参加反响“进入”溶液中的同时，那么可生成2份质量的氢气从溶液中逸出，故溶液质量增加Fe-H2，即56-2=54(份)。由题目给的差量55.4克-50克=5.4克，据此便可列比例求解。10/10\n10/10
