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1、 . . . . . 定性与定量思想解决化学问题定性与定量思想是化学研究常用到的两种思想方法。不仅化学研究离不开这两种思想方法，而且社会研究、科学研究、教育研究、经济研究、管理研究等都离不开这两种思想方法，学会并熟练掌握这两种思想方法对学习、研究以与工作都有着与其重要的实用价值。主要观点：定性分析是对研究对象进展“质的分析，主要解决“有什么或“是什么的问题，常用文字语言描述。定量分析是对研究对象进展“量的分析，主要解决“有多少的问题，解决更为准确的定性问题，常用数学语言描述。定量思想是化学问题的本体特征，也是研究物质组成、结构、变化等化学问题的根本思维方法。定性是定量的依据，定量是定性的具体化
2、。定性与定量是相辅相成，既统一又互补，还可变通处理。如对某溶液酸碱性的描述和酸碱度的表达、物质溶解性的描述和溶解度的描述、化学方程式与其有关计算，等等，前者定性，后者定量，都是从定性和定量两个方面来对事物进展研究的。一、定性与定量相结合定性与定量相结合既是化学的重要思想，也是研究物质组成的重要方法。在解决物质组成推断的问题时，二者结合，灵活运用，效果最正确。请看示例：例1(2013高考17)某溶液可能含有Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液100mL，参加过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；顾虑，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向
3、上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中()A至少存在5种离子BCl一定存在，且c(Cl)0.4mLL-1CSO42、NH4+一定存在，Cl可能不存在DCO32、Al3+一定不存在，K+可能存在解析：离子推断属于定性分析，而有关离子的量的计算属于定量问题，这就必须综合应用定性与定量思想。存在何种离子由定性分析知：加碱生成气体为NH3，一定存在NH4+；加碱生成红褐色沉淀为Fe(OH)3，一定存在Fe3+；Fe3+与CO32不共存，那么没有CO32；加BaCl2生成不溶于盐酸的沉淀为BaSO4，一定存在SO42。显然，定性分析无法确证四个选项的正确与否。结
4、合定量判断：由0.02mol气体NH3，知溶液中含有0.02mol NH4+，由1.6g固体Fe2O3求得溶液中含有0.02mol Fe3+，由4.66g沉淀BaSO4求得溶液中含有0.02mol SO42，由电荷守恒知溶液中一定存在0.04mol Cl。由于题设信息无法确证是否含有Al3+和K+，故c(Cl)0.4 mLL-1。正确答案为B。现场体验：(2013高考26)氢能源是一种重要的清洁能源。现有两种可产生H2的化合物甲和乙。将6.00 g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72 LH2(已折算成标准状况)。甲与水反响也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀
5、可溶于NaOH溶液。化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状态下的密度为1.25gL-1。请回答以下问题：(1)甲的化学式是_；乙的电子式是_。(2)甲与水反响的化学方程式是_。(3)气体丙与金属镁反响的产物是_(用化学式表示)。(4)乙在加热条件下与CuO反响可生成Cu和气体丙，写出该反响的化学方程式_。有人提出产物Cu中可能还含有Cu2O，请设计实验方案验证之_。(Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O)(5)甲与乙之间_(填“可能或“不可能)发生反响产生H2，判断理由是_。提示：这是以定性与定量相结合推断物质的高考试题。由气体丙的密度为1.25gL-1定量推测丙
6、为N2；由乙分解得到H2和N2，定性分析乙为NH3或NH4H。由化合物甲与水反响生成的白色沉淀可溶于NaOH溶液，定性说明该沉淀可能是Al(OH)3，由6.00 g甲分解得到0.3 molH2和5.4 g金属单质可定量推断甲为AlH3。甲、乙受热分解反响分别为：2AlH32Al+3H2、2NH3N2+3H2或2NH4HN2+5H2，定性验证，推断结论成立。答案：(1) AlH3或(2) AlH3+3H2O=Al(OH)3+3H2(3)Mg3N2(4)2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O或2NH4H+5CuO5Cu+N2+5H2O取少量反响产物，滴加足量稀硫酸，假设溶液由无色变为蓝色，证明产
7、物Cu中含有Cu2O；假设溶液不变蓝色，证明产物Cu中不含Cu2O。(5)可能AlH3中含1价H，NH3或NH4H中含+1价H，可发生氧化复原反响产生H2。2AlH3+2NH3=2Al+N2+3H2或2AlH3+2NH4H=2Al+N2+8H2感悟：定性分析物质组成，如溶液中含有何种离子、混合气体中含有何种气体、是什么物质等，需要依据物质性质进展严密的逻辑推理。当定性描述不能确切到位时，定量推演那么成为了准确推断物质组成不可缺少的手段，定量与定性不是相互完全独立的，而是相互补充的，谁也离不开谁。专题强化训练：1(2014高考12)常温下，0.2mLL-1一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混
8、合后，所得溶液中局部微粒组分与浓度如图5所示，以下说确的是()AHA是强酸B该混合液pH=7C图中x表示HA，Y表示OH，Z表示H+D该混合溶液中：c(A)+c(Y)=c(Na+)2(2014高考27) 碳、硫的含量影响钢铁性能。碳、硫含量的一种测定方法是将钢样中的碳、硫转化为气体，再用测碳、测硫装置进展测定。(1)采用装置A，在高温下将xg钢样中的碳、硫转化为CO2、SO2。气体a的成分是_。假设钢样中硫以FeS形式存在，A中反响：3FeS+5O21_+3_。(2)将气体a通入测硫装置中(如图)，采用滴定法测定硫的含量。H2O2氧化SO2的化学方程式：_。用NaOH溶液滴定生成的H2SO4，
9、消耗zmLNaOH溶液。假设消耗1mL NaOH溶液相当于硫的质量为yg，那么该钢样中硫的质量分数：_。(3)将气体a通入测碳装置中(如图)，采用重量法测定碳的含量。气体a通过B和C的目的是_。计算钢样中碳的质量分数，应测量的数据是_。3有一无色气体(可能由O2、N2、CO2、HCl、NH3、H2、NO、NO2中的一种或几种组成)，体积为100mL。如图示通过浓硫酸的洗气瓶，发现气体体积减少到一半；通过球形枯燥管后气体呈红棕色，再将该气体完全通入盛满水且倒立于水槽的试管，发现倒立于水槽的试管的水位下降后又缓慢上升，最后试管全部充满液体，由此判断：(1)球形枯燥管的固体是，反响方程式为。(2)原
10、气体中一定有，其体积分别是。(3)原气体中一定没有，判断理由是。答案：1D2(1)O2、SO2、CO2Fe3O4SO2(2)H2O2+SO2=H2SO4(3)排除SO2对CO2测定的干扰吸收CO2前、后吸收瓶的质量3(1)Na2O22Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2(2)NH3、CO2、NO50mL、30mL、20mL(3)O2、HCl、NO2、H2、N2无色气体，无NO2，NO与O2反响，无O2；NH3与HCl反响，无HCl；试管无气体剩余，无H2、N2二、定性问题定量化化学问题中，常有一类比拟大小、强弱、快慢等问题，这些问题看似定性问题，没有一个很明确的数量界限，但实际上渗透着“
11、量的因素，要有“量的意识，可以定量突破。请看示例：例2(2012高考10)常温下，以下溶液中的微粒浓度关系正确的选项是()A新制氯水中参加固体NaOH：c(Na+)=c(Cl)+c(ClO)+c(OH)BpH=8.3的NaHCO3溶液：c(Na+)c(HCO3)c(CO32)c(H2CO3)CpH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c(Cl)=c(NH4+) c(OH)=c(H+)D0.2mLL-1CH3COOH溶液与0.1mLL-1NaOH溶液等体积混合：2c(H+)2c(OH)=c(CH3COO)c(CH3COOH)解析：此题考查溶液中离子浓度的大小比拟，是一道较综合的选择题。定性分析
12、知氯水中参加NaOH发生反响生成NaCl、NaClO，不论何者过量，但溶液中均存在H+，由电荷守恒定量判断选项A左端少了c(H+)，应选项A错。NaHCO3溶液pH=8.3，定性暗示了溶液显碱性，c(OH)c(H+)，即HCO3的水解程度大于HCO3的电离程度，HCO3+H2OH2CO3+OH，HCO3H+CO32，从两个平衡式中找定量关系，其中生成微粒之比均为11，可定量判断c(H2CO3)c(CO32)，选项B错。结合水的电离，可定量判断NaHCO3溶液中存在：c(Na+)c(HCO3)c(OH)c(H2CO3)c(H+)c(CO32)。pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合，氨水过量，溶液中存在NH4Cl与氨水，氨水的电离程度大于NH4+的水解程度，溶液显碱性，可由NH3H2ONH4+OH，NH4+H2ONH3H2O+H+，定量判断该溶液中c(NH4+)c(Cl)c(OH)c(H+)，选项C错。0.2mLL-1CH3COOH溶液与0.1mLL-1NaOH溶液等体积混合，醋酸过量，溶液中存在物质的量比为11醋酸与醋酸钠，由CH3COOH与
