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【关键词】化学问题 整体思维
应用策略
【中图分类号】G 【文献标识码】A
【文章编号】0450-9889（2013）05B-
0087-02
常规解题方法是将问题拆开分析，逐一解决。而在有多个变量的化学问题中，若对这些变量逐一分析往往费时又费力，某些问题甚至无法求解。此时教师不妨引导学生从整体上考虑，就是把问题作为整体看待，而不对问题进行拆分，抓住构成问题的各个因素与整体问题间的关系以及在整体间的作用，直接列式解题。以下通过具体实例谈谈整体思维在解决化学问题中的应用。
一、整体配平：一种有效的氧化还原方程式配平技巧
例1：配平FeS2+O2-Fe2O2+SO2
【解析】在该反应中，FeS2中Fe、S两种元素均变价，且它们的化合价均升高，此时若将FeS2作为一个整体标出升价总数，再按化合价升降总数相等配平。步骤如下：
①标变价：+-+
②列变化：→
→2
升价：（3-2）+2×（4+1）=11
→2降价：2×（2-0）=4
③求倍数，配系数：11和4的最小公倍数为44，即化合价升降总数为44，因此，FeS2前配4，O2前配11再由原子守恒，Fe2O3前配2，SO2前配8即得：
4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2
例2：配平S+KNO3+C-K2S+N2+CO2
【解析】因为KNO3中K、N原子个数比为1∶1，为了保证产物中K、N原子个数比也为1∶1，K2S、N2的化学计量数必定相等，因此，可把K2S、N2组合为一个整体作为研究对象之一，CO2为另一研究对象。步骤如下：
①标变价：+KO3+-K2+2+O2
②列变化：→ 升价：4-0=4
→
2→
降价：（2-0）+2×（5-0）=12
③求倍数，配系数：4和12的最小公倍数为12，即化合价升降总数为12，因此K2S和N2前均配系数1，CO2前配系数3，再由原子守恒配平其余物质的计量系数。即得S+2NO3+3C=K2S+N2+3CO2。
二、整体划分：获得隐含条件的利器
例1：已知由Na2S、Na2SO3、Na2SO4组成的混合物中氧的质量分数为a%，则此混合物中钠和硫的质量分数是多少？
【解析】设混合物中的钠和硫的质量分数分别为x%和y%，x%+y%+a%=100%①
此为一个二元一次方程，由数学知识可知x，y为0～100之间的任意实数组，但我们注意到：Na2S、Na2SO3和Na2SO4中均含有“Na2S”若将它们看成一个整体，则在该“整体”中有：=②
联解①②即得：
例2：由苯、乙炔和乙醛组成的混合物，经测定其中含碳量为72%，则混合物中氧的质量分数为（ ）。
A.19.6% B.20.8% C.22.0% D.24.8%
【解析】苯、乙炔和乙醛的分子式分别为：C6H6、C2H2、C2H4O，粗一看，无直接关系，但仔细审视，将C2H4O变形为C2H2·H2O，分离出“H2O”这一基团后，其余的C、H原子个数之比为1∶1，质量比为12∶1。由于在100g混合物中碳为72g，则除“H2O”外的氢为6g。所以，混合物中“H2O”这一基团的质量为100-72-6=22（g），氧的质量为22×=19.6（g）。
三、全面思考：分析综合性较强题目的手段
例1：将一块生锈的铁片置于稀HNO3中，反应结束后收集到1.12L标准状况的NO气体，溶液中还有3g单质铁，取出铁后向溶液中通入0.15molCl2恰好使Fe2+全部氧化（假设Cl2全与Fe2+反应）。求生锈铁片的质量（铁锈成分以Fe2O3·H2O记）。
【解析】本题看起来数据不多，但存在较为复杂的关系，因此要从整体的、全面的角度分析，过程如下：
①分析：生锈铁片中的铁单质分为三部分：
第一部分：与稀HNO3反应生成1.12L标准状况下的NO，同时生成Fe3+；
第二部分：与生成的Fe3+（一部分来自Fe与稀HNO3反应，另一部分来自Fe2O3与稀HNO3反应）反应生成Fe2+；
第三部分：剩余单质铁3g.
②解题：因2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，通入Cl20.15mol，故通Cl2前溶液中Fe2+的物质的量为0.3mol。又根据Fe+2Fe3+=3Fe2+知，与HNO3反应后溶液中的Fe3+的物质的量为0.2mol，即与Fe3+反应的Fe的物质的量为0.1mol.
与HNO3反应的Fe的物质的量等于NO的物质的量，为0.05mol（此时Fe转变为Fe3+）得：n（Fe2O3·H2O）=（0.2- 0.05）×=0.075mol。所以生锈的铁片的质量为：3+（0.1+0.05）×56+0.075×178=24.75（g）
例2：将19.2gCu投入一定量的浓硝酸中，Cu完全溶解，生成的气体的颜色越来越浅，共收集到标准状况下气体6.72ml。将盛此气体的容器倒扣在水中，求通入多少毫升标准状况下的氧气可使容器中充满液体。
【解析】按一般解题方法解此题较为复杂。如果抛开细节，注意到他们间的反应都是氧化还原反应，把氧化剂和还原剂得失电子相等作为整体考虑，则可化繁为简。浓硝酸将Cu氧化后自身被还原为低价氮的氧化物，而低价氮的氧化物又恰好被通入的氧气氧化，最后变成硝酸。相当于在整个过程中硝酸的化合价未变，即1.92gCu相当于被通入的氧气氧化。由电子得失守恒得
×2=×4
解之，V（O2）=0.336L，即通入336mlO2即可。
综上所述，整体思维在解答化学问题中的应用十分广泛，若能合理地加以运用，将会大大提高学生分析问题、解决问题的能力。
（责编 林 剑）
应用策略
【中图分类号】G 【文献标识码】A
【文章编号】0450-9889（2013）05B-
0087-02
常规解题方法是将问题拆开分析，逐一解决。而在有多个变量的化学问题中，若对这些变量逐一分析往往费时又费力，某些问题甚至无法求解。此时教师不妨引导学生从整体上考虑，就是把问题作为整体看待，而不对问题进行拆分，抓住构成问题的各个因素与整体问题间的关系以及在整体间的作用，直接列式解题。以下通过具体实例谈谈整体思维在解决化学问题中的应用。
一、整体配平：一种有效的氧化还原方程式配平技巧
例1：配平FeS2+O2-Fe2O2+SO2
【解析】在该反应中，FeS2中Fe、S两种元素均变价，且它们的化合价均升高，此时若将FeS2作为一个整体标出升价总数，再按化合价升降总数相等配平。步骤如下：
①标变价：+-+
②列变化：→
→2
升价：（3-2）+2×（4+1）=11
→2降价：2×（2-0）=4
③求倍数，配系数：11和4的最小公倍数为44，即化合价升降总数为44，因此，FeS2前配4，O2前配11再由原子守恒，Fe2O3前配2，SO2前配8即得：
4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2
例2：配平S+KNO3+C-K2S+N2+CO2
【解析】因为KNO3中K、N原子个数比为1∶1，为了保证产物中K、N原子个数比也为1∶1，K2S、N2的化学计量数必定相等，因此，可把K2S、N2组合为一个整体作为研究对象之一，CO2为另一研究对象。步骤如下：
①标变价：+KO3+-K2+2+O2
②列变化：→ 升价：4-0=4
→
2→
降价：（2-0）+2×（5-0）=12
③求倍数，配系数：4和12的最小公倍数为12，即化合价升降总数为12，因此K2S和N2前均配系数1，CO2前配系数3，再由原子守恒配平其余物质的计量系数。即得S+2NO3+3C=K2S+N2+3CO2。
二、整体划分：获得隐含条件的利器
例1：已知由Na2S、Na2SO3、Na2SO4组成的混合物中氧的质量分数为a%，则此混合物中钠和硫的质量分数是多少？
【解析】设混合物中的钠和硫的质量分数分别为x%和y%，x%+y%+a%=100%①
此为一个二元一次方程，由数学知识可知x，y为0～100之间的任意实数组，但我们注意到：Na2S、Na2SO3和Na2SO4中均含有“Na2S”若将它们看成一个整体，则在该“整体”中有：=②
联解①②即得：
例2：由苯、乙炔和乙醛组成的混合物，经测定其中含碳量为72%，则混合物中氧的质量分数为（ ）。
A.19.6% B.20.8% C.22.0% D.24.8%
【解析】苯、乙炔和乙醛的分子式分别为：C6H6、C2H2、C2H4O，粗一看，无直接关系，但仔细审视，将C2H4O变形为C2H2·H2O，分离出“H2O”这一基团后，其余的C、H原子个数之比为1∶1，质量比为12∶1。由于在100g混合物中碳为72g，则除“H2O”外的氢为6g。所以，混合物中“H2O”这一基团的质量为100-72-6=22（g），氧的质量为22×=19.6（g）。
三、全面思考：分析综合性较强题目的手段
例1：将一块生锈的铁片置于稀HNO3中，反应结束后收集到1.12L标准状况的NO气体，溶液中还有3g单质铁，取出铁后向溶液中通入0.15molCl2恰好使Fe2+全部氧化（假设Cl2全与Fe2+反应）。求生锈铁片的质量（铁锈成分以Fe2O3·H2O记）。
【解析】本题看起来数据不多，但存在较为复杂的关系，因此要从整体的、全面的角度分析，过程如下：
①分析：生锈铁片中的铁单质分为三部分：
第一部分：与稀HNO3反应生成1.12L标准状况下的NO，同时生成Fe3+；
第二部分：与生成的Fe3+（一部分来自Fe与稀HNO3反应，另一部分来自Fe2O3与稀HNO3反应）反应生成Fe2+；
第三部分：剩余单质铁3g.
②解题：因2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，通入Cl20.15mol，故通Cl2前溶液中Fe2+的物质的量为0.3mol。又根据Fe+2Fe3+=3Fe2+知，与HNO3反应后溶液中的Fe3+的物质的量为0.2mol，即与Fe3+反应的Fe的物质的量为0.1mol.
与HNO3反应的Fe的物质的量等于NO的物质的量，为0.05mol（此时Fe转变为Fe3+）得：n（Fe2O3·H2O）=（0.2- 0.05）×=0.075mol。所以生锈的铁片的质量为：3+（0.1+0.05）×56+0.075×178=24.75（g）
例2：将19.2gCu投入一定量的浓硝酸中，Cu完全溶解，生成的气体的颜色越来越浅，共收集到标准状况下气体6.72ml。将盛此气体的容器倒扣在水中，求通入多少毫升标准状况下的氧气可使容器中充满液体。
【解析】按一般解题方法解此题较为复杂。如果抛开细节，注意到他们间的反应都是氧化还原反应，把氧化剂和还原剂得失电子相等作为整体考虑，则可化繁为简。浓硝酸将Cu氧化后自身被还原为低价氮的氧化物，而低价氮的氧化物又恰好被通入的氧气氧化，最后变成硝酸。相当于在整个过程中硝酸的化合价未变，即1.92gCu相当于被通入的氧气氧化。由电子得失守恒得
×2=×4
解之，V（O2）=0.336L，即通入336mlO2即可。
综上所述，整体思维在解答化学问题中的应用十分广泛，若能合理地加以运用，将会大大提高学生分析问题、解决问题的能力。
（责编 林 剑）