1、NO.1計算題常用的一些巧解和方法 在每年的化學高考試題中，計算題的分值大約要占到15%左右，從每年的高考試卷抽樣分析報告中經常會說計算題的得分率不是太高，大家在心理上對計算題不太重視，使得每次考試都會有不少考生在計算方面失分太多。高一化學中計算類型比較多，其中有些計算經常考查，如能用好方法，掌握技巧，一定能達到節約時間，提高計算的正確率。下面就談一談解答計算的一些巧解和方法。一、差量法差量法是根據物質變化前后某種量發生變化的化學方程式或關系式，找出所謂“理論差量”，這個差量可以是質量差、氣態物質的體積差或物質的量之差等。該法適用于解答混合物間的反應，且反應前后存在上述差量的反應體系。例1 將

2、碳酸鈉和碳酸氫鈉的混合物21.0g，加熱至質量不再變化時，稱得固體質量為12.5g。求混合物中碳酸鈉的質量分數。解析 混合物質量減輕是由于碳酸氫鈉分解所致，固體質量差21.0g-14.8g=6.2g，也就是生成的CO2和H2O的質量，混合物中m(NaHCO3)=1686.2g62=16.8g，m(Na2CO3)=21.0g-16.8g=4.2g,所以混合物中碳酸鈉的質量分數為20%。二、 守恒法化學反應的實質是原子間重新組合，依據質量守恒定律在化學反應中存在一系列守恒現象，如：質量守恒、原子守恒、元素守恒、電荷守恒、電子得失守恒等，利用這些守恒關系解題的方法叫做守恒法。質量守恒就是化學反應前后

3、各物質的質量總和不變，在配制或稀釋溶液的過程中，溶質的質量不變。原子守恒即反應前后主要元素的原子的個數不變，物質的量保持不變。元素守恒即反應前后各元素種類不變，各元素原子個數不變，其物質的量、質量也不變。電荷守恒即對任一電中性的體系，如化合物、混和物、溶液、膠體等，電荷的代數和為零，即正電荷總數和負電荷總數相等。電子得失守恒是指在發生氧化-還原反應時，氧化劑得到的電子數一定等于還原劑失去的電子數，無論是自發進行的氧化-還原反應還是以后將要學習的原電池或電解池均如此。1. 原子守恒例2 有0.4g鐵的氧化物， 用足量的CO 在高溫下將其還原，把生成的全部CO2通入到足量的澄清的石灰水中得到0.7

4、5g固體沉淀物，這種鐵的氧化物的化學式為（ ）A. FeO B. Fe2O3 C. Fe3O4 D. Fe4O5 解析 由題意得知，鐵的氧化物中的氧原子最后轉移到沉淀物CaCO3中。且n(O)=n(CaCO3)=0.0075mol， m(O)=0.0075mol16g/mol=0.12g。m(Fe)=0.4g-0.12g=0.28g，n(Fe)=0.005mol。n(Fe)n(O)=2:3，選B2. 元素守恒例3 將幾種鐵的氧化物的混合物加入100mL、7molL1的鹽酸中。氧化物恰好完全溶解，在所得的溶液中通入0.56L（標況）氯氣時，恰好使溶液中的Fe2+完全轉化為Fe3+，則該混合物中鐵

5、元素的質量分數為 （ ）A. 72.4% B. 71.4% C. 79.0% D. 63.6%解析 鐵的氧化物中含Fe和O兩種元素，由題意，反應后，HCl中的H全在水中，O元素全部轉化為水中的O，由關系式：2HClH2OO，得：n（O）=，m（O）=0.35mol16gmol1=5.6 g；而鐵最終全部轉化為FeCl3，n（Cl）=0.56L 22.4L/mol2+0.7mol=0.75mol，n（Fe）=，m(Fe)=0.25mol56gmol1=14 g，則，選B。3. 電荷守恒法w.w.w.k.s.5.u.c.o.m例4 將8g Fe2O3投入150mL某濃度的稀硫酸中，再投入7g鐵粉收

6、集到1.68L H2（標準狀況），同時，Fe和Fe2O3均無剩余，為了中和過量的硫酸，且使溶液中鐵元素完全沉淀，共消耗4mol/L的NaOH溶液150mL。則原硫酸的物質的量濃度為（ ）A. 1.5mol/L B. 0.5mol/L C. 2mol/L D. 1.2mol/L解析 粗看題目，這是一利用關系式進行多步計算的題目，操作起來相當繁瑣，但如能仔細閱讀題目，挖掘出隱蔽條件，不難發現，反應后只有Na2SO4存在于溶液中，且反應過程中SO42并無損耗，根據電中性原則：n（SO42）=n（Na+），則原硫酸的濃度為：2mol/L，故選C。4. 得失電子守恒法例5 某稀硝酸溶液中，加入5.6g鐵

7、粉充分反應后，鐵粉全部溶解，生成NO，溶液質量增加3.2g，所得溶液中Fe2+和Fe3+物質的量之比為 （ ）A. 41 B. 21 C. 11 D. 32解析 設Fe2+為xmol，Fe3+為ymol，則：x+y=0.1（Fe元素守恒）2x+3y=（得失電子守恒）得：x=0.06mol，y=0.04mol。則xy=32。故選D。三、 關系式法實際化工生產中以及化學工作者進行科學研究時，往往涉及到多步反應：從原料到產品可能要經過若干步反應；測定某一物質的含量可能要經過若干步中間過程。對于多步反應體系，依據若干化學反應方程式，找出起始物質與最終物質的量的關系，并據此列比例式進行計算求解方法，稱為

8、“關系式”法。利用關系式法可以節省不必要的中間運算步驟，避免計算錯誤，并能迅速準確地獲得結果。用關系式解題的關鍵是建立關系式，建立關系式的方法主要有：1、利用微粒守恒關系建立關系式，2、利用方程式中的化學計量數間的關系建立關系式，3、利用方程式的加合建立關系式。 例6 工業上制硫酸的主要反應如下：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 2SO2+O22SO3 SO3+H2O=H2SO4煅燒2.5t含85FeS2的黃鐵礦石（雜質不參加反應）時，FeS2中的S有5.0損失而混入爐渣，計算可制得98硫酸的質量。解析 根據化學方程式，可以找出下列關系：FeS22SO22SO32H2SO4， 本題從

9、FeS2制H2SO4，是同種元素轉化的多步反應，即理論上FeS2中的S全部轉變成H2SO4中的S。得關系式FeS22H2SO4。過程中的損耗認作第一步反應中的損耗，得可制得98硫酸的質量是=3.36。四、方程式疊加法許多化學反應能發生連續、一般認為完全反應，這一類計算，如果逐步計算比較繁。如果將多步反應進行合并為一個綜合方程式，這樣的計算就變為簡單。如果是多種物質與同一物質的完全反應，若確定這些物質的物質的量之比，也可以按物質的量之比作為計量數之比建立綜合方程式，可以使這類計算變為簡單。例7 將2.1g 由CO 和H2 組成的混合氣體，在足量的O2 充分燃燒后，立即通入足量的Na2O2 固體中

10、，固體的質量增加w.w.w.k.s.5.u.c.o.mA. 2.1g B. 3.6g C. 4.2g D. 7.2g解析 CO和H2都有兩步反應方程式，量也沒有確定，因此逐步計算比較繁。Na2O2足量，兩種氣體完全反應，所以將每一種氣體的兩步反應合并可得H2+Na2O2=2NaOH，CO+ Na2O2=Na2CO3，可以看出最初的氣體完全轉移到最后的固體中，固體質量當然增加2.1g。選。此題由于CO和H2的量沒有確定，兩個合并反應不能再合并!五、等量代換法在混合物中有一類計算：最后所得固體或溶液與原混合物的質量相等。這類試題的特點是沒有數據，思考中我們要用“此物”的質量替換“彼物”的質量，通過

11、化學式或化學反應方程式計量數之間的關系建立等式，求出結果。例8 有一塊Al-Fe合金，溶于足量的鹽酸中，再用過量的NaOH溶液處理，將產生的沉淀過濾、洗滌、干燥、灼燒完全變成紅色粉末后，經稱量，紅色粉末的質量恰好與合金的質量相等，則合金中鋁的質量分數為 （ ）A. 70 B. 30 C. 47.6 D. 52.4解析 變化主要過程為：由題意得：Fe2O3與合金的質量相等，而鐵全部轉化為Fe2O3，故合金中Al的質量即為Fe2O3中氧元素的質量，則可得合金中鋁的質量分數即為Fe2O3中氧的質量分數，O%=100%=30%，選B。六、摩爾電子質量法在選擇計算題中經常有金屬單質的混合物參與反應，金屬

12、混合物的質量沒有確定，又由于價態不同，發生反應時轉移電子的比例不同，討論起來極其麻煩。此時引進新概念“摩爾電子質量”計算就極為簡便，其方法是規定“每失去1mol電子所需金屬的質量稱為摩爾電子質量”?？梢钥闯鼋饘俚哪栯娮淤|量等于其相對原子質量除以此時顯示的價態。如Na、K等一價金屬的摩爾電子質量在數值上等于其相對原子質量，Mg、Ca、Fe、Cu等二價金屬的摩爾電子質量在數值上等于其相對原子質量除以2，Al、Fe等三價金屬的摩爾電子質量在數值上等于其相對原子質量除以3。例9 由兩種金屬組成的合金10g投入足量的稀硫酸中，反應完全后得到氫氣11.2L(標準狀況下)，此合金可能是 （ ）A. 鎂鋁合

13、金 B. 鎂鐵合金 C. 鋁鐵合金 D. 鎂鋅合金解析 。由題意，生成0.5mol H2，金屬失去的電子即為1mol，即合金的平均摩爾電子質量為10g/mol，鎂、鋁、鐵、鋅的摩爾電子質量分別為：12、9、28、32.5（單位：g/mol），由平均值可知，混合物中一種金屬的摩爾電子質量小于10g/mol，另一種大于10g/mol。故選A、Cw.w.w.k.s.5.u.c.o.m七、極值法“極值法”即 “極端假設法”，是用數學方法解決化學問題的常用方法，一般解答有關混合物計算時采用。可分別假設原混合物是某一純凈物，進行計算，確定最大值、最小值，再進行分析、討論、得出結論。例10 將一定質量的Mg

14、、Zn、Al混合物與足量稀H2SO4反應，生成H2 2.8 L（標準狀況），原混合物的質量可能是( ) A. 2g B. 4g C. 8g D. 10g 解析 本題給出的數據不足，故不能求出每一種金屬的質量，只能確定取值范圍。三種金屬中產生等量的氫氣質量最大的為鋅，質量最小的為鋁。故假設金屬全部為鋅可求的金屬質量為8.125g，假設金屬全部為鋁可求的金屬質量為2.25g，金屬實際質量應在2.25g 8.125g之間。故答案為B、C。八、優先原則關于一種物質與多種物質發生化學反應的計算，首先要確定反應的先后順序：如沒有特殊要求，一般認為后反應的物質在先反應物質完全反應后再發生反應。計算時要根據反

15、應順序逐步分析，才能得到正確答案。例11 在含有Cu(NO3)2、Fe(NO3)3和 AgNO3各0.1mol的混合溶液中加入鐵粉，經反應未見氣體放出，當析出3.2g銅時，溶解的鐵粉的質量是 （ ）A. 5.6g B. 2.8g C. 14g D. 8.4g 解析 氧化性的強弱為：Cu2+ Fe3+1)通入合成爐，不考慮各階段的物料損耗，則該廠每天生產36.5%的鹽酸mt。則m= t。解析此題為以具體工業生產為背景的關系式法計算題(1)略 (2)26.8% (3)2.0t (4)7、已知Cl-與Ag+，每次新生成的AgCl中又有10%見光分解成單質和Cl2，Cl2又可在水溶液中歧化成HClO3

16、和HCl，而這樣形成的Cl-又與剩余的Ag+作用生成沉淀，這樣循環往復，直到最終。現有含1.1molNaCl的溶液，向其中加入足量AgNO3。求最終能生成多少克難溶物（Ag和AgCl）？若最后溶液體積為1L，求C（H+）為多少？解析此題為運用數列知識解決化學問題的試題。發生反應為Ag+Cl-=AgCl,2AgCl=2Ag+Cl2,3Cl2+3H2O=HClO3+5HCl由題意可知n(AgCl):n(Ag)=9:1,由2AgClCl21/3HClO可知1molAgCl可轉化為HClO31/6mol，因此n(AgCl):n(Ag):n(HClO3)=9:1:1/6=54:6:1,總反應方程式為60

17、Ag+55Cl-+3H2O=54AgCl+6Ag+ClO3-+6H+,從而求出m（難溶物）=167.94g，C(H+)=0.12mol/L 8、（04年上海高考題） 黃銅礦（主要成分CuFeS2）是提取銅的主要原料。(1)取12.5g黃銅礦樣品，經測定含3.60g硫（雜質不含硫），礦樣中CuFeS2含量為 。800(2)已知2CuFeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO(爐渣)，產物Cu2S在1200高溫下繼續反應：2Cu2S+3O22Cu2O+2SO22Cu2O+Cu2SSO2 +6Cu假定各步反應都完全，完成下列計算。由6molCuFeS2生成6molCu，求消耗O2的物質的量。6mo

18、lCuFeS2和14.25molO2反應，理論上可得到多少摩爾銅。6molCuFeS2和15.75molO2反應，理論上可得到多少摩爾銅。解析此題第(1)小題為化學式的基本計算，第(2)小題是多步反應關系式法和過量問題相結合的計算題。O2(1)82.8%(2)CuFeS2Cu+FeO+2SO2 n(O2)=(1/2+2)6mol=15molO2不足量 Cu2S+O22Cu+SO2 n(Cu)=6mol-2(15-14.25)mol=4.5molO2過量2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2 n(Cu)=6mol(1-15.75-15/32)=3mol9、Na2S2O35H2O（俗稱海波）是照相

19、業常用的一種定影劑，常采用下法制備：將亞硫酸鈉溶液與硫粉混合共熱，生成硫代硫酸鈉Na2SO3+S=Na2S203,濾去硫粉，再將濾液濃縮、冷卻，即有Na2S2O35H2O晶體析出，該法制得的晶體中常混有少量Na2SO3和Na2SO4的雜質。為測定一種海波晶體樣品的成分，某同學稱取三份質量不同的該樣品，分別加入相同濃度的H2SO4溶液20mL，充分反應后濾出硫，并將濾液微熱（假定生成的SO2全部逸出），測得有關實驗數據如下（標準狀況）：第一份第二份第三份樣品的質量/g12.6018.9028.00二氧化硫的體積/L1.121.682.24硫的質量/g1.281.922.56(1)樣品與硫酸可能發生反應的離子方程式為 ；(2)根據上表數據分析，該樣品 （填選項字母）；A、 只含有Na2S203 B、含有Na2S203和Na2S03C、含有Na2S203 、Na2S03，和Na2S04三種成分(3)試計算，該樣品中各成分的物質的量之比？