PAGEPAGE21-高中化學常見計算題在高中化學的學習中經常會遇到計算題，其主要功能是考查學生掌握基礎知識的廣度，同時也考查學生對知識掌握的熟練程度以及知識的系統性。一般情形下計算題的題目較長，所含信息較多，不容易找到正確的方向，因此有不少學生產生畏難的情緒不愿意動手做題。其實化學計算題如果掌握了一定的方法技巧問題就會迎刃而解了。以下就高一化學常見計算題的解題方法的小結，包括了關系式法、差值法、分析討論法、平均值法、公式法。1.關系式法所謂關系式法，就是根據化學概念、物質組成、化學反應方程式中有關物質的有關數量之間的關系，建立起已知和未知之間的關系式，然后根據關系式進行計算。利用關系式的解題，可使運算過程大為簡化。其中包括守恒法。所謂“守恒”就是以化學反應過程中存在的某些守恒關系如質量守恒、元素守恒、得失電子守恒，電荷守恒等。運用守恒法解題可避免在紛紜復雜得解題背景中尋找關系式，提高解題的準確度。例1、有一在空氣中放置了一段時間的KOH固體，經分析測知其含水2.8%、含K2CO337.3%取1g該樣品投入25mL2mol／L的鹽酸中后，多余的鹽酸用1.0mol／LKOH溶液30.8mL恰好完全中和，蒸發中和后的溶液可得到固體的質量為多少？【解析】本題化學反應復雜，數字處理煩瑣，所發生的化學反應：KOH＋HCl＝KCl＋H2OK2CO3＋2HCl=2KCl＋H2O＋CO2↑若根據反應通過所給出的量計算非常繁瑣。但若根據Cl—守恒，便可以看出：蒸發溶液所得KCl固體中的Cl—，全部來自鹽酸中的Cl－，即：生成的n(KCl)=n(HCl)＝0.025L×2mol/L

m(KCl)=0.025L×2mol/L×74.5g/mol=3.725g例2將純鐵絲5.21g溶于過量稀鹽酸中，在加熱條件下，用2.53gKNO3去氧化溶液中Fe2＋，待反應后剩余的Fe2＋離子尚需12mL0.3mol/LKMnO4溶液才能完全氧化，則KNO3被還原后的產物為()A、N2B、NOC、NO2D、NH4NO3【解析】根據氧化還原反應中得失電子的總數相等，Fe2＋變為Fe3＋失去電子的總數等于NO3－和MnO4－得電子的總數

設n為KNO3的還原產物中N的化合價，則

解得n=3故KNO3的還原產物為NO。答案為(B)2.差值法差值法解題方法：此法將“差值”看作化學方程式右端的一項，將已知差量(實際差量)與化學方程式中的對應差量(理論差量)列成比例，其他解題步驟與按化學方程式列比例或解題完全一樣。例1、將質量為m1的NaHCO3固體加熱分解一段時間后，測得剩余固體的質量為m2.(1)未分解的NaHCO3的質量為＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。(2)生成的Na2CO3的質量為＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。(3)當剩余的固體的質量為＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿，可以斷定NaHCO3已完全分解。【解析】固體加熱減輕的質量為（m1-m2）2NaHCO3=Na2CO3＋H2O+CO2↑質量減量2×8410618＋44（m1-m2）未分解的NaHCO3的質量為生成的Na2CO3的質量為NaHCO3完全分解則剩余固體質量為例2、向50gFeCl3溶液中放入一小塊Na，待反應完全后，過濾，得到仍有棕黃色的溶液45.9g，則投入的Na的質量為A、4.6gB、4.1gC、6.9gD、9.2g【解析】Na投入到FeCl3溶液發生如下反應6Na＋2FeCl3＋6H2O=6NaCl＋2Fe(OH)3↓＋3H2↑

若2molFeCl3與6molH2O反應，則生成6molNaCl，溶液質量減少82g，此時參加反應的Na為6mol；

現溶液質量減少4.1g，則參加反應Na應為0.3moL，質量應為6.9g。答案為(C)例3、在空氣中將無水的硝酸銅和銅粉的混合物灼燒后(即生成CuO)，所得物質的質量與原混合物的質量相等，求原混和物中硝酸銅的百分含量?！窘馕觥恳驗樽茻昂蠡旌臀锏馁|量相等，所以發生反應時Cu(NO3)2分解減少的質量與Cu被氧化增加的質量相等。設原混和物的質量為1g，其中含Cu(NO3)2為Xg，Cu粉為(1-X)g。2Cu(NO3)22CuO＋4NO2↑＋O2↑

質量減量2×188g216gX克2Cu＋O22CuO

質量增量2×64g

32g 練習：通常情況下，CO和O2混合氣體mL，用電火花引燃，體積變為nL(前后條件相同)。(1)試確定混合氣體中CO和O2的體積[用V(CO)，V(O2)表示]。(2)當反應的氣體密度在相同條件下為H2密度的15倍時，試確定氣體的成分。3.分析討論法分析和計算結合的題，是一種十分流行的習題類型。這類題中的條件隱蔽得很巧妙，從題中給出的條件解題，往往覺得缺乏一些直接條件或似乎無解，只有通過反復推敲、周密分析，找出暗藏在字里行間的間接條件，才有獲得的希望。例1、通常情況下，CO和O2混合氣體mL，用電火花引燃，體積變為nL(前后條件相同)。(1)試確定混合氣體中CO和O2的體積[用V(CO)，V(O2)表示]。(2)當反應的氣體密度在相同條件下為H2密度的15倍時，試確定氣體的成分。【解析】（1）2CO+O2=2CO2 (體積減少)（單位）2121xy(m-n)=1\*GB3①若CO過量，即2應有：V(O2)=(m-n)升，V(CO)=m-(m-n)=n（升）②若O2過量，即<2應有：V(CO)=2(m-n)升V(O2)=m-2(m-n)=(2n-m)(升)⑵平均摩爾質量M=d*M(H2)=30依平均值規律：MminMMmax,而M(O2)=32,M(CO)=28,M(CO2)=44故混合氣體只能是CO和CO2(由于有CO2,而且CO和O2只有一種或全無)。練習：用足量CO還原14.4g某鐵的氧化物，將生成的CO2全部通入470mL0.5mol/L的石灰水中得到20g白色沉淀，通過計算求出鐵的氧化物的化學式。(《成才之路》133頁第22題)4.平均值法平均值法是巧解混合問題的一種常見的有效方法。平均值法規律：混合物的平均相對分子質量、元素的質量分數、平均相對原子質量、生成的某指定物質的量總是介于組份的相應量的最大值和最小值之間。解題方法：解題時首先計算平均分子式或平均相對原子質量，再用十字交叉法計算出各成分的物質的量之比。例1、某物質A在一定條件下加熱分解，產物都是氣體。分解方程式為2A＝B＋2C＋2D。測得生成的混合氣體對氫氣的相對密度為d，則A的相對分子質量為多少？【解析】平均mol爾質量M＝[M(B)＋2M(C)＋2M(D)]／5有M＝d·M(H2)＝d·2g/mol則M(B)＋2M(C)＋2M(D)＝5M＝10dg/mol又根據質量守恒定律，得2molM(A)＝1molM(B)＋2molM(C)＋2molM(D)所以M(A)＝5dg/mol，Mr(A)＝5d例2、將1.5g兩種金屬的混合物粉末與足量的稀鹽酸反應，反應完全后，得到標準狀態下的氫氣1.12L，則兩種金屬可能是A.Mg和CuB.Zn和CuC.Al和FeD.Mg和Al例3、現需59％的硫酸(密度1.1g/mL)，但實驗室有98％的硫酸(密度1.84g/mL)和15％的硫醚(密度1.1g/mL)。問應按怎樣的體積比混合這兩種酸才能得到95％的硫酸？【解析】98％的硫酸與15％的硫酸混和時的質量比為44∶39，因此混和時的體積比為：答：98％的H2SO4與15％的H2SO4混和時的體積比2∶3。5、公式法有些同類的計算題，可以通過歸納整理，找出其計算公式進行計算，可使解題步驟和運算過程大為化。常見化學計算方法主要有：差量法、十字交叉法、平均法、守恒法、極值法、關系式法、方程式疊加法、等量代換法、摩爾電子質量法、討論法、圖象法（略）、對稱法（略）。一、差量法在一定量溶劑的飽和溶液中，由于溫度改變（升高或降低），使溶質的溶解度發生變化，從而造成溶質（或飽和溶液）質量的差量；每個物質均有固定的化學組成，任意兩個物質的物理量之間均存在差量；同樣，在一個封閉體系中進行的化學反應，盡管反應前后質量守恒，但物質的量、固液氣各態物質質量、氣體體積等會發生變化，形成差量。差量法就是根據這些差量值，列出比例式來求解的一種化學計算方法。該方法運用的數學知識為等比定律及其衍生式：或。差量法是簡化化學計算的一種主要手段，在中學階段運用相當普遍。常見的類型有：溶解度差、組成差、質量差、體積差、物質的量差等。在運用時要注意物質的狀態相相同，差量物質的物理量單位要一致。1.將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。2.實驗室用冷卻結晶法提純KNO3，先在100℃時將KNO3配成飽和溶液，再冷卻到30℃，析出KNO3?，F欲制備500g較純的KNO3，問在100℃時應將多少克KNO3溶解于多少克水中。（KNO3的溶解度100℃時為246g，30℃時為46g）3.某金屬元素R的氧化物相對分子質量為m，相同價態氯化物的相對分子質量為n，則金屬元素R的化合價為多少？4.將鎂、鋁、鐵分別投入質量相等、足量的稀硫酸中，反應結束后所得各溶液的質量相等，則投入的鎂、鋁、鐵三種金屬的質量大小關系為（）（A）Al＞Mg＞Fe（B）Fe＞Mg＞Al（C）Mg＞Al＞Fe（D）Mg=Fe=Al5.取Na2CO3和NaHCO3混和物9.5g，先加水配成稀溶液，然后向該溶液中加9.6g堿石灰（成分是CaO和NaOH），充分反應后，使Ca2+、HCO3-、CO32-都轉化為CaCO3沉淀。再將反應容器內水分蒸干，可得20g白色固體。試求：（1）原混和物中Na2CO3和NaHCO3的質量；（2）堿石灰中CaO和NaOH的質量。6.將12.8g由CuSO4和Fe組成的固體，加入足量的水中，充分反應后，濾出不溶物，干燥后稱量得5.2g。試求原混和物中CuSO4和Fe的質量。二、十字交叉法凡能列出一個二元一次方程組來求解的命題，即二組分的平均值，均可用十字交叉法，此法把乘除運算轉化為加減運算，給計算帶來很大的方便。十字交叉法的表達式推導如下：設A、B表示十字交叉的兩個分量，表示兩個分量合成的平均量，xA、xB分別表示A和B占平均量的百分數，且xA+xB=1，則有：A·xA+B·xB=（xA+xB）化簡得：若把放在十字交叉的中心，用A、B與其交叉相減，用二者差的絕對值相比即可得到上式。十字交叉法應用非常廣，但不是萬能的，其適用范圍如表4—2：含化學義量類型A、BxA、xB1溶液中溶質質量分數混合溶液中溶質質量質量分數質量分數2物質中某元素質量分數混合物中某元素質量分數質量分數3同位素相對原子質量元素相對原子質量同位素原子百分組成4某物質相對分子質量混合物平均相對分子質量物質的量分數或體積分數5某物質分子組成混合物的平均分子組成物質的量分數6用于某些綜合計算：如十字交叉法確定某些鹽的組成、有機物的組成等正確使用十字交叉法解題的關鍵在于：（1）正確選擇兩個分量和平均量；（2）明確所得比為誰與誰之比；（3）兩種物質以什么為單位在比。尤其要注意在知道質量平均值求體積或物質的量的比時，用此法并不簡單。1.現有50g5%的CuSO4溶液，把其濃度增大一倍，可采用的方法有：（1）可將原溶液蒸發掉g水；（2）可向原溶液中加入12.5%CuSO4溶液g；（3）可向原溶液中加入膽礬g；（4）可向原溶液中加入CuSO4白色粉末g。2.今有NH4NO3和CO(NH2)2混合化肥，現測得含氮質量分數為40%，則混合物中NH4NO3和CO(NH2)2的物質的量之比為（）（A）4∶3（B）1∶1（C）3∶4（D）2∶33.（1）已知溶質質量分數分別為19x%和x%的兩硫酸溶液，若將它們等體積混和，則所得混和液的溶質質量分數與10x的大小關系如何？（2）已知溶質質量分數為a%的氨水物質的量濃度是bmol·L-1，則%的氨水物質的量濃度與mol·L-1的大小關系如何？4.將金屬鈉在空氣中燃燒，生成Na2O與Na2O2的混合物。取該燃燒產物7.48g溶于水制成1000mL溶液，取出10mL，用0.1mol·L-1的鹽酸中和，用去鹽酸20mL，試求該產物中Na2O的物質的量分數。5.0.8molCO2通入1L1mol·L-1NaOH溶液中，試求所得溶液中溶質的物質的量。三、平均法對于含有平均含義的定量或半定量習題，利用平均原理這一技巧性方法，可省去復雜的計算，迅速地作出判斷，巧妙地得出答案，對提高解題能力大有益處。平均法實際上是對十字交叉所含原理的進一步運用。解題時，常與十字交叉結合使用，達到速解之目的。原理如下：若A>B，且符合，則必有A>>B，其中是A、B的相應平均值或式。xA·xB分別是A、B的份數。常見的類型有：元素質量分數、相對原子質量、摩爾電子質量、雙鍵數、化學組成等平均法。有時運用平均法也可討論范圍問題。1.某硝酸銨樣品中氮的質量分數25%，則該樣品中混有的一組雜質一定不是（）（A）CO(NH2)2和NH4HCO3（B）NH4Cl和NH4HCO3（C）NH4Cl和(NH4)2SO4（D）(NH4)2SO4和NH4HCO32.把含有某一種氯化物雜質的氯化鎂粉末95mg溶于水后，與足量的硝酸銀溶液反應，生成氯化銀沉淀300mg，則該氯化鎂中的雜質可能是（）（A）氯化鈉（B）氯化鋁（C）氯化鉀（D）氯化鈣3.某含雜質的CaCO3樣品只可能含有下列括號中四種雜質中的兩種。取10g該樣品和足量鹽酸反應，產生了2.24L標準狀況下的CO2氣體。則該樣品中一定含有雜質，可能含有雜質。（雜質：KHCO3、MgCO3、K2CO3、SiO2）4.（1）碳酸氫銨在170℃時完全分解，生成的混和氣體平均相對分子質量是。（2）某爆鳴氣中H2和O2的質量分數分別為75%和25%，則該爆鳴氣對氫氣的相對密度是。（3）體積為1L的干燥容器充入HCl氣體后，測得容器中氣體對氧氣相對密度為1.082，用此氣體進行噴泉實驗，當噴泉停止后，進入容器中液體的體積是。附：平均摩爾質量（）的求法：①m總—混和物叫質量n總—混和物總物質的量②=M1·n1%+M2·n2%+…M1、M2……各組分的摩爾質量，n1%、n2%……各組分的物質的量分數。（注：如是元素的摩爾質量，則M1、M2……是各同位素的摩爾質量，n1%、n2%……是各同位素的原子分數（豐度）。）③如是氣體混合物的摩爾質量，則有=M1·V1%+M2·V2%+…（注：V1%、V2%……氣體體積分數。）④如是氣體混合物的摩爾質量，則有=d·MA(注：MA為參照氣體的摩爾質量，d為相對密度)四、守恒法在化學反應中存在一系列守恒現象，如：質量守恒（含原子守恒、元素守恒）、電荷守恒、電子得失守恒、能量守恒等，利用這些守恒關系解題的方法叫做守恒法。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。a.質量守恒1.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0.75g固體沉淀物，這種鐵的氧化物的化學式為（）A.FeOB.Fe2O3C.Fe3O4D.Fe4O52.將幾種鐵的氧化物的混合物加入100mL、7mol?L―1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+，則該混合物中鐵元素的質量分數為（）A.72.4%B.71.4%C.79.0%D.63.6%b.電荷守恒法3.將8gFe2O3投入150mL某濃度的稀硫酸中，再投入7g鐵粉收集到1.68LH2（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/LB.0.5mol/LC.2mol/LD.1.2mol/L4.鎂帶在空氣中燃燒生成氧化鎂和氮化鎂，將燃燒后的產物全部溶解在50mL1.8mol·L-1鹽酸溶液中，以20mL0.9mol·L-1的氫氧化鈉溶液中和多余的酸，然后在此溶液中加入過量堿把氨全部釋放出來，用足量鹽酸吸收，經測定氨為0.006mol，求鎂帶的質量。c.得失電子守恒法5.某稀硝酸溶液中，加入5.6g鐵粉充分反應后，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.4∶1B.2∶1C.1∶1D.3∶26.（1）0.5mol銅片與足量的濃HNO3反應，收集到的氣體經干燥后（不考慮損耗），測知其密度在標準狀況下為2.5g·L-1，其體積為L。（2）0.5mol銅片與一定量的濃HNO3反應，收集到的氣體經干燥后（不考慮損耗）在標準狀況下的體積為17.92L，則參加反應的硝酸物質的量為；若將這些氣體完全被水吸收，則應補充標準狀況下的氧氣體積為L。（不考慮2NO2N2O4反應）7.已知：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，若向100mLFeBr2溶液中緩緩通入2.24L標準狀況下的氯氣，結果有三分之一的Br-離子被氧化成Br2單質，試求原FeBr2溶液的物質的量濃度。五、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?？煞謩e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。1.常溫下，向20L真空容器中通amolH2S和bmolSO2（a、b都是正整數，且a≤5，b≤5），反應完全后，容器內可能達到的最大密度約是（）（A）25.5g·L-1（B）14.4g·L-1（C）8g·L-1（D）5.1g·L-12.在標準狀況下，將盛滿NO、NO2、O2混合氣的集氣瓶，倒置于水槽中，完全溶解，無氣體剩余，其產物不擴散，則所得溶液的物質的量濃度（C）數值大小范圍為（）（A）（B）（C）（D）3.當用mmolCu與一定量的濃HNO3反應，在標準狀況下可生成nL的氣體，則m與n的數值最可能的關系是（）（A）（B）（C）（D）無法判斷4.將一定質量的Mg、Zn、Al混合物與足量稀H2SO4反應，生成H22.8L（標準狀況），原混合物的質量可能是()

A.2g

B.4g

C.8g

D.10g

六、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“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。

1.工業上制硫酸的主要反應如下：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO22SO2+O22SO3SO3+H2O=H2SO4煅燒2.5t含85％FeS2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。七、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。1.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，固體的質量增加A.2.1g B.3.6g C.4.2gD.7.2g八、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。1.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％九、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”。可以看出金屬的摩爾電子質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。1.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.鎂鋁合金B.鎂鐵合金C.鋁鐵合金D.鎂鋅合金十、討論法討論法：在某些化學問題的求解過程中，無法確定某一物質的相關物理量，這時可根據化學事實或原理，確定其范圍，據此再對范圍中的相關數據進行合理性取舍或具體化計算，從而使該化學問題得以解決。在確定范圍的過程中，必然會運用到數學中的不等式知識。這類問題常常是綜合性問題，難度也較大，解題的關鍵是如何構造不等式，即要找準化學問題與不等式之間的聯結點。在化學解題過程中應注意有序思維和問題解決的完整性。1.在天平兩端的兩個質量相等的燒杯里各盛有100mL、10mol·L-1的鹽酸，然后分別加入ag鎂粉和bg鋁粉，欲使充分反應后天平仍保持平衡，試確定a的取值范圍以及在a不同的取值范圍內a與b之間的關系?！冻Ｒ娀瘜W計算方法》詳細答案：一、1.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)=168×6.2g÷62=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%。2.分析本例是涉及溶解度的一道計算題。解答本題應具備理解透徹的概念、找準實際的差量、完成簡單的計算等三方面的能力。題中告知，在100℃和30℃時，100g水中分別最多溶解KNO3246g和46g，由于冷卻時溶劑的質量未變，所以溫度從100℃下降到30℃時，應析出晶體246g-46g=200g（溶解度之差）。由題意又知，在溫度下降過程中溶質的析出量，據此可得到比例式，求解出溶劑水的質量。再根據水的質量從而求出配制成100℃飽和溶液時溶質KNO3的質量。解設所用水的質量為x，根據題意，可列下式：解得：x=250g又設100℃時飽和溶液用KNO3的質量為y，根據溶質與溶劑的對應關系，列式如下：解得：y=615g答將615KNO3溶解于250g水中。3.解若金屬元素R的化合價為偶數x，則其相同價態的氧化物、氯化物的化學式分別為、RClx。根據關系式～RClx，相對分子質量差值為，所以n-m=27.5x，。若金屬元素R的化合價為奇數x，則其相同價態的氧化物、氯化物的化學式分別為R2Ox、RClx。由關系式R2Ox～2RClx可知，相對分子質量的差值為2×35.5x-16x=55x，所以2n-m=55x，x=。答金屬元素R的化合價為或。4.分析本例是金屬與酸反應，根據反應前后質量相等判斷金屬質量大小的一道選擇題。根據題意，反應結束后所得各溶液質量相等，所以各金屬反應掉的質量減去氫氣生成的質量應相等?，F建立如下關系式：Mg～H2△m=22，Al～H2△m=24，Fe～H2△m=54確定Mg、Al、Fe三種金屬的質量大小，可用下列兩種方法解決。解：設Mg、Al、Fe的質量分別為x、y、z，故三者反應結束后，溶液質量增加為x、y、z且相等，故有：，所以y＞x＞z。5.分析本例從反應最終的結果看，涉及如下兩個反應：Na2CO3+H2O+CaO=CaCO3↓+2NaOH，NaHCO3+CaO=CaCO↓+2NaOH，根據題意“Ca2+、HCO3-、CO32-都轉化CaCO3沉淀”，說明以上兩反應恰好完全進行。從反應前后的質量來看，反應前：9.5g+9.6g=19.1g，反應后：20g，說明對于反應前后的固體而言，其質量是增加的，數值為20g-19.1g=0.9g。那么0.9g的增重從何增起呢？只能從發生的反應入手分析：第一個反應固體增重且增重18g，即為水的質量。第二個反應固體質量不變。因此，0.9g的增重源自第1個反應中水參加反應的質量。明確了這一層關系，本題就能迎刃而解了。解（1）水參加反應的質量為0.9g，則Na2CO3的質量為，NaHCO3的質量為9.5-5.3g=4.2g。（2）堿石灰中CaO的質量為，NaOH的質量為9.6g-5.6g=4.0g。6.解根據分析可知，Fe過量，設CuSO4的質量為x，則Fe的質量為12.8g-x，根據反應：Fe+CuSO4=Cu+FeSO4△m160g8gx5.2g-(12.8g-x)=4.8g所以：解得：x=8.0g，12.8g-x=4.8g答原混和物中CuSO4和Fe的質量分別為8.0g，4.8g。二、1.分析本例是將稀溶液濃縮的一道填空題。若按通常方法，根據溶質守恒，列方程進行求解，則解題繁。若運用十字交叉法，運算簡潔，思路流暢。但應處理好蒸發掉水，或加入CuSO4粉末時CuSO4的質量分數，前者可視為0，后者視為100%。解（1）（負號代表蒸發）說明水蒸發掉的質量為原溶液質量的，即25g。（2）說明加入12.5%CuSO4溶液的質量為原溶液質量的2倍，即100g。（3）膽礬中CuSO4的質量分數為說明加入膽礬的質量為原溶液質量的，即。（4）說明加入CuSO4的質量為原溶液質量的，即。答251004.632.782.解方法1：NH4NO3中N%==35%，CO(NH2)2中N%==46.7%說明NH4NO3與CO(NH2)2的物質的量之比為。方法2：設混合物中NH4NO3的物質的量為1mol，CO(NH2)2的物質的量為x。根據題意，列式如下：解得：x=1mol方法3：由于NH4NO3和CO(NH2)2分子中均含有2個N原子，根據混合物中N%=40%，可知該混合物的平均相對分子質量為。說明NH4NO3與CO(NH2)2的物質的量之比為1∶1。答本題正確選項為（B）。3.解：（1）若混和液的溶質質量分數為10x%，則19x%與x%的兩H2SO4溶液必以等質量混和。現因等體積的19x%溶液質量大于x%的溶液質量，故等體積混和后，所得溶液質量分數應大于10x%。（2）若將a%的氨水加水稀釋成%，則加入水的質量即為氨水的質量?，F因水的密度大于氨水密度，故稀釋后溶液的體積應小于原溶液體積的一半，根據溶質物質的量守恒，所以%的氨水物質的量濃度應大于mol·L-1。4.圖4—4根據以上圖示，結合有關反應的用量，確定1000mLNaOH溶液中NaOH物質的量。由Na元素守恒，可計算出混合物（Na2O、Na2O2）的平均摩爾質量或平均化學式。從而求解得之。解1000mLNaOH溶液的物質的量為根據混和物的平均摩爾質量=，可知：Na2O與Na2O2的平均摩爾質量=說明Na2O與Na2O2的物質的量之比為3.2∶12.8=1∶4，即Na2O的物質的量分數為答該產物中Na2O的物質的量分數為20%。5.解n(CO2)=0.8mol，n(NaOH)=1L×1mol·L-1=1mol方法1：設生成物NaHCO3物質的量分別為x、y。由碳元素守恒，列式：x+y=0.8mol由鈉元素守恒，列式：x+2y=1mol解得：x=0.6moly=0.2mol方法2：若以CO2為基準物質，分別發生反應（1）和（2）時，需NaOH分別為0.8mol和1.6mol。說明CO2在兩個反應中所消耗的物質的量之比為0.6∶0.2=3∶1，也是生成物中NaHCO3與Na2CO3的物質的量之比。所以n(NaHCO3)=0.8mol=0.6mol，n(Na2CO3)=0.2mol。若以NaOH為基準物質，CO2則分別消耗1mol和0.5mol。說明NaOH在兩個反應中所消耗的物質的量之比為0.3∶0.2=3∶2，所以生成物中NaHCO3與Na2CO3的物質的量之比應為3∶1。故n(NaHCO3)=1mol=0.6mol，n(Na2CO3)=1mol=0.2mol。方法3：因n(CO2)∶n(NaOH)=0.8mol∶1mol=4∶5說明產物中既有NaHCO3生成，又有Na2CO3生成，反應的總方程式可寫成如下：CO2+NaOH—Na2CO3+NaHCO3+H2O根據物質的量之比等于化學方程中的計量數之比，故CO2、NaOH前的計量數分別為4和5，根據原子個數守恒，判斷出Na2CO3、NaHCO3和H2O前的計量數分別為1、3和1，即：4CO2+5NaOH=Na2CO3+3NaHCO3+H2O，所以n(Na2CO3)=0.8mol=0.2mol，n(NaHCO3)=0.8mol=0.6mol。三、1.解NH4NO3中氮的質量分數是，而CO(NH2)2、NH4Cl、NH4HCO3和(NH4)2SO4中氮的質量分數分別是46.7%、26.2%、17.7%和21.1%，其中只有(NH4)2SO4和NH4HCO3一組氮的質量分數都小于25%。因此，該樣品中混有的一組雜質一定不是(NH4)2SO4和NH4HCO3。答本題正確選項為（D）。2.解若95mg全是MgCl2，則其反應后產生AgCl的質量為g·mol-1=287mg<300mg。根據平均含義可推知：95mg雜質與足量AgNO3溶液反應生成AgCl的質量應大于300mg。這就要求雜質中Cl元素的質量分數比MgCl2中高才有可能。因此本題轉換成比較Cl元素含量的高低?，F將每種的化學式作如下變形：MgCl2、Na2Cl2、AlCl2、K2Cl2、CaCl2。顯然，金屬式量低的，Cl元素含量高，因此，只有AlCl3才有可能成為雜質。答本題正確選項為（B）。3.略4.解（1）NH4HCO3NH3↑+H2O↑+CO2↑根據質量守恒可知：n(NH4HCO3)·M(NH4HCO3)=n(混)·(混)，故(混)=79g·mol-1，即混和氣體的平均相對分子質量為26.3。（2）設爆鳴氣100g，則H2的物質的量為100g×75%÷2g·mol-1=37.5mol，O2物質的量為100g×25%÷32g·mol-1=0.78mol。故爆鳴氣的平均摩爾質量為100g÷(37.5+0.78)mol=2.619g·mol-1，即對氫氣的相對密度為2.619g·mol-1÷2g·mol-1=1.31。（3）干燥容器中氣體的平均相對分子質量為1.082×32=34.62，由34.62<36.5，故該氣體應為HCl和空氣的混和氣體。說明HCl與空氣的體積比為5.62∶1.88=3∶1，即混和氣體中HCl的體積為1L=0.75L。由于HCl氣體極易溶于水，所以當噴泉結束后，進入容器中液體的體積即為HCl氣體的體積0.75L。答（1）26.3（2）1.31（3）0.75L四、1.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)=0.0075mol×16g/mol=0.12g。m(Fe)=0.4g-0.12g=0.28g，n(Fe)=0.005mol。n(Fe)∶n(O)=2:3，選B2.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：2HCl~H2O~O，得：n（O）=，m（O）=0.35mol×16g?mol―1=5.6g；而鐵最終全部轉化為FeCl3，n（Cl）=0.56L÷22.4L/mol×2+0.7mol=0.75mol，n（Fe）=，m(Fe)=0.25mol×56g?mol―1=14g，則，選B。3.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.分析本例是鎂及其化合物有關性質應用的一道計算題。本題涉及的反應較多，有2Mg+O22MgO，3Mg+N2Mg3N2，MgO+2HCl=MgCl2+H2O，Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl，NaOH+HCl=NH4Cl等反應。若用常規方法審題和解題，則分析要求高，計算難度大，思維易混亂，很難正確解答本題。現運用圖示法審題如下：發現：MgCl2、NH4Cl、NaCl溶液中，陰陽離子電荷濃度（或物質的量）相等即電荷守恒，再根據相關微粒的物質的量守恒，列出等式，從而一舉突破，從容解答本題。解根據圖示，對MgCl2、NH4Cl、NaCl溶液分析，由電荷守恒得知：式中：解得：，即5.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x∶y=3∶2。故選D。6.解（1）Cu與濃HNO3反應的化學方程式為：Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，因是足量的濃硝酸，故還原產物只是NO2。理論上講，0.5molCu可得1molNO2氣體。由于氣體的密度在標準狀況下為2.5g·L-1，即摩爾質量M=g·L-122.4L·mol-1=56g·mol-1。顯然，56g·mol-1大于M(NO2)（46g·mol-1），因此，不能認為收集到的氣體全是NO2，應考慮平衡2NO2N2O4的存在。所以收集到的氣體是NO2和N2O4的混合氣體。根據質量守恒，混合氣體的質量應等于1molNO2氣體的質量即為46g，所以混和氣體的體積為46g2.5g·L-1=18.4L。（2）Cu與濃HNO3反應的化學方程式為：Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，因是一定量的濃HNO3，隨著反應的進行，濃HNO3逐漸變成了稀HNO3，此時反應的化學方程式為：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故收集到的氣體應是NO和NO2的混合氣體。無法得知NO和NO2各自的物質的量，但它們物質的量之和為17.92L22.4L·mol-1=0.8mol。根據N元素守恒，參加反應的硝酸的物質的量為2n[Cu(NO3)2]+n(NO)+n(NO2)=20.5mol+0.8mol=1.8mol。補充O2，NO和NO2被水吸收的化學方程式為：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，4NO2+O2+2H2O=4HNO3，從整個氧化還原過程來看，HNO3并沒有參加反應，參加的只是Cu與O2。因此，根據電子守恒，可列下式：解得：V=5.6L答（1）18.4L；（2）1.8mol，5.6L7.分析本例是有關氧化還原反應的一道計算題，涉及氧化還原的選擇性（即反應的先后順序）、進程性（即氧化劑或還原劑的量控制著反應的進程）和整體性（即無論有幾個氧化還原反應發生，始終存在氧化劑所得電子數等于還原劑所失電子數，或稱電子守恒）。根據題意分析，可知Fe2+與Br-還原能力大小為Fe2+>Br-。因此，在FeBr2溶液中通入Cl2時，首先發生：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，然后再發生：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-。根據Cl2用量控制反應進程，所以Fe2+和Br-失去電子數目應等于Cl2得到電子數目。據此守恒關系，列出等式，很易求解。解設FeBr2物質的量濃度為C，由電子守恒可知：解得：C=1.2mol·L-1答原FeBr2溶液的物質的量濃度為1.2mol·L-1。五、1.本題提供的思路是運用極限法來分析求解。因為M(SO2)>M(H2S)，要達到最大密度，必然剩余SO2氣體，且物質的量為最多，因此極端考慮，起始時，SO2物質的量取最大（5mol），H2S物質的量取最?。?mol），故反應后剩余SO2為，密度為。所以（B）選項為本題正確答案。答本題正確選項為（B）。2.（B）3.略4.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。

六、1.解析根據化學方程式，可以找出下列關系：FeS2～2SO2～2SO3～2H2SO4，本題從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FeS2～2H2SO4。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。七、1.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Ａ。此題由于CO和H2的量沒有確定，兩個合并反應不能再合并!八、1.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。九、1.解析。由題意，生成0.5molH2，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、C十、1.分析本例是一道結合討論分析的天平平衡題，考查了在化學解題過程中的有序思維和問題解決的完整性。反應后天平仍然平衡，說明天平左右兩端加入金屬的質量與放出氫氣的質量數差值應相等。但不知鎂粉、鋁粉與鹽酸的量相對大小，所以必須通過討論判斷誰過量，從而以另一方計算產生H2的質量。因此如何判斷誰過量是解決本題的關鍵，另外，還需時刻注意調整a的取值范圍（由b的取值范圍及a和b的關系確定），才能得到本題完整解答，這一點在解題過程中是被常疏忽的。解根據題意，題中發生的兩個反應為：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑若鹽酸完全反應，所需Mg粉質量為，所需鋁粉質量為。（1）當a≥12g，b≥9g，即鹽酸適量或不足，產生H2的質量應以HCl的量計算，因HCl的量是一定的，故產生H2的質量相等，要使天平平衡，即要求金屬的質量相等，所以a=b，此時b的范圍必須調整為b≥12g。（2）當a<12g，b<9g，即Mg、Al不足，應以其計算產生H2的量。要使天平平衡，即要有：，解得：，此時a的范圍必須調整為a<8.7g。（3）當a<12g，b≥9g，即Mg不足，應以Mg算；Al過量或適量，以HCl算。要使天平平衡，必須滿足：，解得：，據（1）、（2）調整a的范圍為8.7g≤a<12g。答（1）當a≥12g時，a=b；（2）當8.7g<a<12g時，；（3）當0<a<8.7g時，。競賽班《常見化學計算方法》答案一、1.20%2.將615KNO3溶解于250g水中3.R的化合價為或。4.解：設Mg、Al、Fe的質量分別為x、y、z，故三者反應結束后，溶液質量增加為x、y、z且相等，故有：，所以y＞x＞z。5.解（1）水參加反應的質量為0.9g，則Na2CO3的質量為，NaHCO3的質量為9.5-5.3g=4.2g。（2）堿石灰中CaO的質量為，NaOH的質量為9.6g-5.6g=4.0g。6.原混和物中CuSO4和Fe的質量分別為8.0g，4.8g。二、1.答251004.632.782.B3.（1）等體積混和后，所得溶液質量分數應大于10x%。（2）%的氨水物質的量濃度應大于mol·L-1。4.該產物中Na2O的物質的量分數為20%。5.n(Na2CO3)=0.8mol=0.2mol，n(NaHCO3)=0.8mol=0.6mol。三、1.D2.B3.略4.（1）26.3（2）1.31（3）0.75L四、1.B2.B3.C4.，即5.D6.（1）18.4L；（2）1.8mol，5.6L7.原FeBr2溶液的物質的量濃度為1.2mol·L-1。五、1.B2.B3.略4.BC六、1.制得98％硫酸的質量是=3.36。七、1.Ａ八、1.B九、1.A、C十、1.（1）當a≥12g時，a=b；（2）當8.7g<a<12g時，；（3）當0<a<8.7g時，。26．（18分） 氣體A只含有X、Y兩種短周期元素，X的原子序數大于Y的原子序數。B、D、E是中學化學中常見的氣體，各物質產間有如圖13所示的轉化關系：AA足量O2燃燒B固體單質甲高溫D固體乙加熱BFC固體單質甲高溫E固體乙加熱C（紅色固體）請回答下列問題：（1）若氣體A中，X、Y兩種元素的質量比等于3:1，請寫出下列物質的化學式A，D，F，