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我们在复习迎考时坚持 “以不变应万变”的基本教学策略,是因为考题“万变不离其宗”。由此可见,不变的“宗”在解决万变的考题时起着重要作用;在对解题实践的反思中发现,在外表不断变化的习题中,有时隐藏着不变的条件,这些不变的条件对顺利解题有着积极和重要的作用。如果能认识到这一点,在解题时能敏捷地发掘并正确运用,不仅能快速解题,而且能有效训练学生的思维能力,提升学生的思维品质。下面举例说明隐性“不变”条件在解题中的作用与应用。
一、隐性不变条件的优化功能,可提升学生的解题速度
有些习题的解题思路虽然可以不依赖题中的隐性不变条件,但是如能挖掘并发挥题中隐性不变条件的作用,往往能形成新颖灵活的解法,达到事半功倍的作用。因而善于挖掘隐性不变条件并充分运用,是优化解题方案、寻求最佳决策的有效途径。
1.抓住组成不同的同素异形体原子种类不变,弃繁从简
例1设NA表示阿伏加德罗常数,下列叙述中正确的是()
A. 常温常压下,48gO3和48gO2含有的氧原子数均为3NA
B. 1.8g的NH4+离子中含有的电子数为0.1NA
C. 11.2L氧气中所含有的原子数为NA
D. 标准状况下,1L水所含分子数为1/22.4NA
解析根据研究的主题只选择选项A作为解析对象,选项A按常规解法是两道并列的小型计算,即分别由O3和O2的质量计算各自所含的氧原子数;但如果能透过O3和O2外表组成的差异,认识到O3和O2的质量就是各自所含氧原子的质量,均为48g,则两道计算实质为同一道计算,即由48g氧原子的质量计算对应的原子数,较之常规解法运算量将减少、计算过程将简捷。在讲评本题后,为进一步巩固这种解题认识,培养学生举一反三的迁移能力。本人随后安排了如下变式训练题组:①1gO2和1gO3中( ) A. 所含原子数相同B.所含分子数相同C. 同温同压下,气体体积相同D. 同温同压下,气体的密度相同;②科学家已发现一种新型氢分子,其化学式为H3,在相同条件下,等质量的H3和H2相同的是( ) A. 原子数B. 分子数C. 体积D. 物质的量;③设NA表示阿伏加德罗常数,下列叙述中正确的是( ) A.常温常压下,氧气和臭氧的混合物16g中约含有6.02×1023个氧原子(其他选项略)。
2.抓住已知量物质与未知量物质量关系不变,变定量计算为定性推断
例2取两等份铝片,第一份与足量盐酸反应,第二份与足量烧碱溶液反应。则同温同压下放出气体的体积之比为()
A. 1:1B. 2:3C. 3:2D. 1:6
解析本题实质隶属“知比求比”型计算题,按常规解法必须先假设两份铝片的量,可假设为1mol,以此为解题起点分别依据2个化学方程式算出n(H2),然后把H2的物质的量比转化为体积之比。但如果能从2个不同的化学方程式的比较中发现,已知量的铝与未知量的氢气间物质的量关系相同即关系式同为2Al—3H2↑这一隐性不变条件,运用逻辑推理可快速得出正确选项为A。
3. 抓住某离子的量不变,另辟蹊径
例3把NaHCO3和Na2CO3·10H2O的混合物6.56g溶于水配成100mL溶液,测知其中含Na+1.15g。如果将6.56g这种混合物加热至恒重时,质量变为 g。
解析本题为典型的两两型混合物计算题,按常规解法可采用列二元一次方程组法先求出混合物中两组分各自的物质的量,然后分别依据各自加热分解的化学方程式算出生成的碳酸钠的质量,最后求和即可。但如果通过对混合物两种变化的对比分析能发现,加热生成的碳酸钠中Na+的质量与配成的溶液中Na+的质量相等,就可根据Na+的质量与碳酸钠的组成直接计算出欲求的碳酸钠质量(计算式与结果为:1.15g×106/(2×23)=2.65g),从而大大简化解题过程。
对以上3例的解法反思归纳可发现,如果一道习题存在多种解法,把多种解法加以比较,将发现解题步骤的多少与思维的深刻性的程度成反相关,对题意思考越透彻,解法越简约;能抓住题意本质解题,解法最简捷、巧妙。由此可见,“磨刀不误砍柴功”,重视题意的分析理解,练就一双慧眼,收获的不仅是能较快提高学生解题能力,更为重要的是能让学生感受到解题的魅力、体验到解题的乐趣。
二、隐性不变条件的导向功能,可提升学生解题的攻坚克难能力
许多化学习题中挖掘隐性不变条件的过程常常就是寻找解题思路的过程。隐性不变条件一旦暴露,便为解题提供了新的条件和依据,解题思路也就伴随而生。因而我们可从挖掘隐性不变条件入手,寻找解题的突破口,叩开解题之门。
1. 抓住某离子的量不变,化难为易
例4在FeCl3、CuCl2、FeCl2的混合溶液中,Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量浓度之比为4∶2∶1,现加入适量的铁粉,使溶液中的三种离子的物质的量浓度之比为1∶3∶9,则投入的铁粉与原溶液中Cu2+的物质的量之比为()
A. 5∶4B. 4∶5C. 3∶5D. 5∶6
解析在FeCl3、CuCl2、FeCl2的混合溶液中加入铁粉,可能先后发生2个反应:Fe+2Fe3+== 3Fe2+,Fe+Cu2+== Cu+Fe2+。由于反应后溶液中仍然有Fe3+,可推知Cu2+没有与Fe反应,即n(Cu2+)在反应前后保持不变。这一隐性不变条件就是解决本题难点的突破口。本题隶属“知比求比”型计算题,解题首先必须要假设,但本题假设的技巧性也给学生造成了一定难度,为方便起见,可先把“物质的量浓度之比”转化“物质的量之比”,然后再假设n(Cu2+)为2个比中Cu2+量的公倍数即n(Cu2+)为6mol。以假设n(Cu2+)为6mol作为计算的起点,不难得出正确选项为D。实际解题教学中本人在解题后让学生反思:n(Cu2+)在反应前后保持不变(隐性条件),而为什么在2个“物质的量浓度之比”中Cu2+量不一样(显性条件)?以便让学生透彻理解条件的“变”与“不变”的内在联系,促进审题能力的提高。
2. 抓住混合物定量组成比例不变,化难为易
例5小张同学在数字实验室中用传感器对碳酸钾和碳酸氢钾的混合物样品进行成分测定,他分别称取三份不同质量的混合物样品,配成溶液,然后用相同浓度的硫酸进行滴定,测得如下数据:
该混合固体中K2CO3与KHCO3的物质的量之比是 ;所用硫酸的物质的量浓度为。
解析 本题是一道综合计算题,2个问题的解答具有连续性。
第1个问题的解答——利用第1组实验数据计算混合样品的定量组成。
经比较实验1、2的数据,可判断出实验1中硫酸过量。因此可选用实验1的数据计算混合样品的定量组成。
138g/mol×n(K2CO3) + 100g/mol×n(KHCO3)=
3.76g
n(K2CO3)+n(KHCO3)= 0.03mol (依据碳守恒)
n(K2CO3)=0.02mol
n(KHCO3)=0.01mol
n(K2CO3)∶n(KHCO3)= 2∶1
第2个问题的解答——紧扣混合样品中K2CO3与KHCO3的定量组成比例不变计算。
由实验2的数据可判断实验3中硫酸已完全反应,因此可选用实验3的数据计算硫酸的浓度。
因8.46g与3.76g混合物中成分相同且混合比例不变,倍数==2.25,所以8.46g混合固体中n(K2CO3)=0.02mol×2.25=0.045 mol ,n(KHCO3)=0.01mol×2.25=0.0225 mol。又由于溶液中还有剩余的KHCO3,故计算H+应分别依据CO32-和CO2进行,主要过程如下:
CO32-+H+= HCO3-
0.045mol 0.045mol
HCO3-+H+=CO2↑+H2O
0.03mol0.03mol
所以n(H+)=0.045mol+0.03mol=0.075 mol,
C(H2SO4) =mol×=0.75 mol/L。
为让学生进一步深切体验隐性条件“混合物定量组成比例不变”在解题中的重要作用,本人在讲评完本题后随即安排了如下反思性追练:①为什么不选用实验2中数据进行计算,实验2为什么能产生0.0375molCO2?②混合固体的质量为多少时产生的CO2最多?③混合固体的质量为多少时恰好没有CO2产生?最后要求学生归纳出:所用硫酸量一定时,随着混合物样品质量的增加生成二氧化碳物质的量的动态变化规律及其内在原因。
3. 抓住反应本质不变,突破解题定势
例6某溶液100mL,其中硫酸的浓度为0.3mol/L,硝酸的浓度为0.4mol/L,向其中加入1.92 g铜粉微热,充分反应后生成NO物质的量约为()
A. 0.01molB. 0.015mol
C. 0.02mol D. 0.025mol
解析 本题学生初次接触习惯从显性的化学反应(表层)角度考虑,会认为:稀硫酸与铜不反应,铜只与稀硝酸反应,则很快判断出铜过量,根据HNO3计算出生成的NO为0.01mol,从而错选A。为帮助学生突破解题定势,拓展解题的分析方法与依据,本人在讲评时用系列问题引导学生对铜与稀硝酸反应进行了深入思考:①请同学们写出铜与稀硝酸反应的离子方程式与硝酸的电离方程式;②在铜与稀硝酸的反应中,如果铜过量硝酸电离出的H+与NO3-是否都会反应完,为什么?③在铜与稀硝酸反应后的混合物中,加入稀硫酸有什么现象?为什么?实现离子反应3Cu+8H++2NO3-==3Cu2++2NO↑+4H2O,H+与NO3- 是否一定要来自同一种反应物硝酸?④在铜与稀硝酸反应后的混合物中,加入硝酸钾晶体有什么现象?为什么?⑤稀硫酸中插一块铜片,加入下列物质后,可使铜片迅速发生反应的是()A.稀盐酸B.硫酸钠晶体C.硝酸钾晶体 D.氯化钠晶体。在学生对铜与稀硝酸反应与离子反应3Cu+8H++2NO3-==3Cu2++2NO↑+4H2O之间的关系有了深入理解后,再让学生思考本题该如何计算?从隐性的离子反应(本质)角度着手,根据离子方程式(3Cu+8H++2NO3-==3Cu2++2NO↑+4H2O)进行整合与计算,则成为众望所归。经判断Cu、NO3-两种离子过量,由H+计算出生成的NO为0.015mol,所以正确选项为B。在学生对解答本题有了深刻体验后,本人结合实例及时对学生解题观念的更新进行了进一步强调:要灵活运用离子反应观点分析题意,习惯依据离子方程式进行计算。
由以上例题的解析不难看出,化学习题中设置隐性不变条件,增加了问题解决的灵活性或题目的难度。而要在解题中做到灵活变通、成功突破难点,则必须快捷地挖掘出隐性不变条件。那么如何才能快捷地挖掘出隐性不变条件?解题实践表明,只有深刻理解题意,善于比较(并列对比、前后比较等),就能做到异中求同、显性变化的情景中找到隐性不变的条件。
反观解题实践不难发现,有一些平时常见题型的解题依据究其实质就是隐性不变条件,如依据溶质的质量或物质的量保持不变进行有关溶液稀释的计算;再如,运用守恒法解题,就是利用物质变化过程中,某一特定的量固定不变而进行化学计算的解题方法,等等。只不过这些题型中隐性不变条件随着不断的应用而逐渐显性化,本文就不再举例赘述了。
一、隐性不变条件的优化功能,可提升学生的解题速度
有些习题的解题思路虽然可以不依赖题中的隐性不变条件,但是如能挖掘并发挥题中隐性不变条件的作用,往往能形成新颖灵活的解法,达到事半功倍的作用。因而善于挖掘隐性不变条件并充分运用,是优化解题方案、寻求最佳决策的有效途径。
1.抓住组成不同的同素异形体原子种类不变,弃繁从简
例1设NA表示阿伏加德罗常数,下列叙述中正确的是()
A. 常温常压下,48gO3和48gO2含有的氧原子数均为3NA
B. 1.8g的NH4+离子中含有的电子数为0.1NA
C. 11.2L氧气中所含有的原子数为NA
D. 标准状况下,1L水所含分子数为1/22.4NA
解析根据研究的主题只选择选项A作为解析对象,选项A按常规解法是两道并列的小型计算,即分别由O3和O2的质量计算各自所含的氧原子数;但如果能透过O3和O2外表组成的差异,认识到O3和O2的质量就是各自所含氧原子的质量,均为48g,则两道计算实质为同一道计算,即由48g氧原子的质量计算对应的原子数,较之常规解法运算量将减少、计算过程将简捷。在讲评本题后,为进一步巩固这种解题认识,培养学生举一反三的迁移能力。本人随后安排了如下变式训练题组:①1gO2和1gO3中( ) A. 所含原子数相同B.所含分子数相同C. 同温同压下,气体体积相同D. 同温同压下,气体的密度相同;②科学家已发现一种新型氢分子,其化学式为H3,在相同条件下,等质量的H3和H2相同的是( ) A. 原子数B. 分子数C. 体积D. 物质的量;③设NA表示阿伏加德罗常数,下列叙述中正确的是( ) A.常温常压下,氧气和臭氧的混合物16g中约含有6.02×1023个氧原子(其他选项略)。
2.抓住已知量物质与未知量物质量关系不变,变定量计算为定性推断
例2取两等份铝片,第一份与足量盐酸反应,第二份与足量烧碱溶液反应。则同温同压下放出气体的体积之比为()
A. 1:1B. 2:3C. 3:2D. 1:6
解析本题实质隶属“知比求比”型计算题,按常规解法必须先假设两份铝片的量,可假设为1mol,以此为解题起点分别依据2个化学方程式算出n(H2),然后把H2的物质的量比转化为体积之比。但如果能从2个不同的化学方程式的比较中发现,已知量的铝与未知量的氢气间物质的量关系相同即关系式同为2Al—3H2↑这一隐性不变条件,运用逻辑推理可快速得出正确选项为A。
3. 抓住某离子的量不变,另辟蹊径
例3把NaHCO3和Na2CO3·10H2O的混合物6.56g溶于水配成100mL溶液,测知其中含Na+1.15g。如果将6.56g这种混合物加热至恒重时,质量变为 g。
解析本题为典型的两两型混合物计算题,按常规解法可采用列二元一次方程组法先求出混合物中两组分各自的物质的量,然后分别依据各自加热分解的化学方程式算出生成的碳酸钠的质量,最后求和即可。但如果通过对混合物两种变化的对比分析能发现,加热生成的碳酸钠中Na+的质量与配成的溶液中Na+的质量相等,就可根据Na+的质量与碳酸钠的组成直接计算出欲求的碳酸钠质量(计算式与结果为:1.15g×106/(2×23)=2.65g),从而大大简化解题过程。
对以上3例的解法反思归纳可发现,如果一道习题存在多种解法,把多种解法加以比较,将发现解题步骤的多少与思维的深刻性的程度成反相关,对题意思考越透彻,解法越简约;能抓住题意本质解题,解法最简捷、巧妙。由此可见,“磨刀不误砍柴功”,重视题意的分析理解,练就一双慧眼,收获的不仅是能较快提高学生解题能力,更为重要的是能让学生感受到解题的魅力、体验到解题的乐趣。
二、隐性不变条件的导向功能,可提升学生解题的攻坚克难能力
许多化学习题中挖掘隐性不变条件的过程常常就是寻找解题思路的过程。隐性不变条件一旦暴露,便为解题提供了新的条件和依据,解题思路也就伴随而生。因而我们可从挖掘隐性不变条件入手,寻找解题的突破口,叩开解题之门。
1. 抓住某离子的量不变,化难为易
例4在FeCl3、CuCl2、FeCl2的混合溶液中,Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量浓度之比为4∶2∶1,现加入适量的铁粉,使溶液中的三种离子的物质的量浓度之比为1∶3∶9,则投入的铁粉与原溶液中Cu2+的物质的量之比为()
A. 5∶4B. 4∶5C. 3∶5D. 5∶6
解析在FeCl3、CuCl2、FeCl2的混合溶液中加入铁粉,可能先后发生2个反应:Fe+2Fe3+== 3Fe2+,Fe+Cu2+== Cu+Fe2+。由于反应后溶液中仍然有Fe3+,可推知Cu2+没有与Fe反应,即n(Cu2+)在反应前后保持不变。这一隐性不变条件就是解决本题难点的突破口。本题隶属“知比求比”型计算题,解题首先必须要假设,但本题假设的技巧性也给学生造成了一定难度,为方便起见,可先把“物质的量浓度之比”转化“物质的量之比”,然后再假设n(Cu2+)为2个比中Cu2+量的公倍数即n(Cu2+)为6mol。以假设n(Cu2+)为6mol作为计算的起点,不难得出正确选项为D。实际解题教学中本人在解题后让学生反思:n(Cu2+)在反应前后保持不变(隐性条件),而为什么在2个“物质的量浓度之比”中Cu2+量不一样(显性条件)?以便让学生透彻理解条件的“变”与“不变”的内在联系,促进审题能力的提高。
2. 抓住混合物定量组成比例不变,化难为易
例5小张同学在数字实验室中用传感器对碳酸钾和碳酸氢钾的混合物样品进行成分测定,他分别称取三份不同质量的混合物样品,配成溶液,然后用相同浓度的硫酸进行滴定,测得如下数据:
该混合固体中K2CO3与KHCO3的物质的量之比是 ;所用硫酸的物质的量浓度为。
解析 本题是一道综合计算题,2个问题的解答具有连续性。
第1个问题的解答——利用第1组实验数据计算混合样品的定量组成。
经比较实验1、2的数据,可判断出实验1中硫酸过量。因此可选用实验1的数据计算混合样品的定量组成。
138g/mol×n(K2CO3) + 100g/mol×n(KHCO3)=
3.76g
n(K2CO3)+n(KHCO3)= 0.03mol (依据碳守恒)
n(K2CO3)=0.02mol
n(KHCO3)=0.01mol
n(K2CO3)∶n(KHCO3)= 2∶1
第2个问题的解答——紧扣混合样品中K2CO3与KHCO3的定量组成比例不变计算。
由实验2的数据可判断实验3中硫酸已完全反应,因此可选用实验3的数据计算硫酸的浓度。
因8.46g与3.76g混合物中成分相同且混合比例不变,倍数==2.25,所以8.46g混合固体中n(K2CO3)=0.02mol×2.25=0.045 mol ,n(KHCO3)=0.01mol×2.25=0.0225 mol。又由于溶液中还有剩余的KHCO3,故计算H+应分别依据CO32-和CO2进行,主要过程如下:
CO32-+H+= HCO3-
0.045mol 0.045mol
HCO3-+H+=CO2↑+H2O
0.03mol0.03mol
所以n(H+)=0.045mol+0.03mol=0.075 mol,
C(H2SO4) =mol×=0.75 mol/L。
为让学生进一步深切体验隐性条件“混合物定量组成比例不变”在解题中的重要作用,本人在讲评完本题后随即安排了如下反思性追练:①为什么不选用实验2中数据进行计算,实验2为什么能产生0.0375molCO2?②混合固体的质量为多少时产生的CO2最多?③混合固体的质量为多少时恰好没有CO2产生?最后要求学生归纳出:所用硫酸量一定时,随着混合物样品质量的增加生成二氧化碳物质的量的动态变化规律及其内在原因。
3. 抓住反应本质不变,突破解题定势
例6某溶液100mL,其中硫酸的浓度为0.3mol/L,硝酸的浓度为0.4mol/L,向其中加入1.92 g铜粉微热,充分反应后生成NO物质的量约为()
A. 0.01molB. 0.015mol
C. 0.02mol D. 0.025mol
解析 本题学生初次接触习惯从显性的化学反应(表层)角度考虑,会认为:稀硫酸与铜不反应,铜只与稀硝酸反应,则很快判断出铜过量,根据HNO3计算出生成的NO为0.01mol,从而错选A。为帮助学生突破解题定势,拓展解题的分析方法与依据,本人在讲评时用系列问题引导学生对铜与稀硝酸反应进行了深入思考:①请同学们写出铜与稀硝酸反应的离子方程式与硝酸的电离方程式;②在铜与稀硝酸的反应中,如果铜过量硝酸电离出的H+与NO3-是否都会反应完,为什么?③在铜与稀硝酸反应后的混合物中,加入稀硫酸有什么现象?为什么?实现离子反应3Cu+8H++2NO3-==3Cu2++2NO↑+4H2O,H+与NO3- 是否一定要来自同一种反应物硝酸?④在铜与稀硝酸反应后的混合物中,加入硝酸钾晶体有什么现象?为什么?⑤稀硫酸中插一块铜片,加入下列物质后,可使铜片迅速发生反应的是()A.稀盐酸B.硫酸钠晶体C.硝酸钾晶体 D.氯化钠晶体。在学生对铜与稀硝酸反应与离子反应3Cu+8H++2NO3-==3Cu2++2NO↑+4H2O之间的关系有了深入理解后,再让学生思考本题该如何计算?从隐性的离子反应(本质)角度着手,根据离子方程式(3Cu+8H++2NO3-==3Cu2++2NO↑+4H2O)进行整合与计算,则成为众望所归。经判断Cu、NO3-两种离子过量,由H+计算出生成的NO为0.015mol,所以正确选项为B。在学生对解答本题有了深刻体验后,本人结合实例及时对学生解题观念的更新进行了进一步强调:要灵活运用离子反应观点分析题意,习惯依据离子方程式进行计算。
由以上例题的解析不难看出,化学习题中设置隐性不变条件,增加了问题解决的灵活性或题目的难度。而要在解题中做到灵活变通、成功突破难点,则必须快捷地挖掘出隐性不变条件。那么如何才能快捷地挖掘出隐性不变条件?解题实践表明,只有深刻理解题意,善于比较(并列对比、前后比较等),就能做到异中求同、显性变化的情景中找到隐性不变的条件。
反观解题实践不难发现,有一些平时常见题型的解题依据究其实质就是隐性不变条件,如依据溶质的质量或物质的量保持不变进行有关溶液稀释的计算;再如,运用守恒法解题,就是利用物质变化过程中,某一特定的量固定不变而进行化学计算的解题方法,等等。只不过这些题型中隐性不变条件随着不断的应用而逐渐显性化,本文就不再举例赘述了。