高中化學計算方法總結

高中化學計算練習

一、【基本方法】計算方法質量守恒原理從宏觀上看，化學反應前后的質量相等①在電解質溶液中，因整個溶液呈中性，所以陰、陽離子說明是巧妙選擇化學式或溶液中某兩種數（如正負化合價總數、陰陽離子所帶的正負電荷總數）相等，或幾個連續(xù)（或平行）的方程式前后某實例守恒電荷守恒所帶的電荷總量必須相等。②在離子方程式中，反應物所帶正（負）電荷總量與生成物所帶正（負）電荷總量相等。例1例2例31．根據氧化還原反應中電子守恒計算時，一是準確判斷新給物質的化合價，二是如原子團中某原子個數不為1時，

要乘以原子個數。

2．根據化學反應，利用氣體物質的量推算容器壓強時，不要將固體物質的量也計算在內。

3．對一些特殊反應，如濃H2SO4、濃HNO3、濃HCl隨反應進行濃度在減少，導致反應情況改變，不能只從理論上計算。三、【典型例題】

1.在反應X+2Y=R+2M中，已知R和M的摩爾質量之比229，當1.6gX與Y完全反應后，生成4.4R則此反應中

Y和M的質量比為：（）

A、169B、239C、329D、469

2．將硫酸鉀、硫酸鋁、硫酸鋁鉀三種鹽混合溶于硫酸酸化的水中，測得c(SO42-)=0.105mol/L、c(Al3+)=0.055mol/L，

法在氧化還原過程中，得電子總數等于失電子總數，在原電池微粒（如離子、原子、電子）的物例4電子守恒和電解池中通過兩極的電子數必然相等。質的量保持不變作為解題依據。例5原子守恒反應前原子總數等于反應后產物以各種形式存在的總數質量差利用物質在反應前后的質量差求解根據物質變化前后某種量發(fā)生變化例6差的方程式或關系式，找出所謂“理量論差量”。利用該法關鍵有兩點：①法體積差利用氣體物質在反應前后的體積差量求解弄清差量原因；②弄清差量與什么例7量成比例。是把所研究的對象或過程變化通過假設，推到理想的極限常用于求有關存在“極限值”的計極值法值，使因果關系變得十分明顯，從而得出正確的判斷，或者算題，如某些化學平衡的計算，平例8將化學問題抽象成數學的極限問題求解。行反應的計算，混合物的計算等。是將數學平均原理應用于化學計算平平均式量即用平均相對原子質量或相對分子質量判斷物質成分或含量的解題方法。它依據數學原理是：例9均平均摩電子反應中平均轉移1mol電子所需混合物的質量，其值介于兩兩個數A1和A2的平均值A，A介于例值質量組分之間A1和A2之間。應用于混合物的分析10法平均組成在混合物的計算中，可以把平均組成作為中介，以此討論可（定量、定性），常用的技巧：十字例能的組成交叉法。11關粒子守恒從微觀上看，化學反應前后同種元素的原子個數必然相等。

系是計算中用來表示已知量與未知量例式方程式疊對循環(huán)反應（前一反應的某一產物，在參加后續(xù)反應后，又成正比例關系的式子。法加再生成，使反應循環(huán)下去）將方程式相加，消去循環(huán)項。12討論法解計算題時，若題設條件充分，則可直接計算求解；若題設例條件不充分，則需采用討論的方法，計算加推理，將題解出。討論法是一種發(fā)現思維的方法。13是從化學原理出發(fā)，充分利用邊界條件，并運用近似值、平估算法均值、極限值、等于、大于或小于等數學方法，對化學問題特別適用于計算型選擇題，由選項例的定量問題進行估量、評價、推斷，從而得出正確結論的一結合題意判斷。14種思維方法。十字交叉法若已知兩組分量和這兩個量的平均值，求這兩個量的比例關十字交叉法是二元混合物（或組成）例系等，多可運用十字交叉法計算。計算中的一種特殊方法15

二、【易錯指津】

溶液的pH=2.0（假設溶液中H2SO4完全電離為H+和SO42-），則c(K+)為：

A.0.045mol/LB.0.035mol/LC.0.055mol/LD.0.040mol/L

3.將5.21g純鐵粉溶于適量稀H2SO4中，加熱條件下，用2.53gKNO3氧化Fe2+，充分反應后還需0.009molCl2

才能完全氧化Fe2+，則KNO3的還原產物氮元素的化合價為：（）

A.+1B.+2C.+3D.+4

4.在空氣中存放過的KOH固體，經分析測知其含H2O：6.72%、K2CO3：3.28%、KOH：90%、若將此樣品1g加

入1molL-1鹽酸46mL,過量的鹽酸用濃度為1.07molL-1苛性鈉中和，使溶液恰好為中性，蒸發(fā)中和后的溶液可得固體質量為：（）A、3.43gB、4.00gC、4.50gD、無法確定

5.38.4mg銅跟適量的濃HNO3反應，銅全部作用后，共收集到氣體22.4mL（標況），反應消耗的HNO3的物質的

量可能為：（）

A、1.4×10-3molB、1.6×10-3molC、2.2×10-3molD、2.4×10-3mol

6.將氫氣通入10g灼熱的氧化銅中，過一段時間后得到8.4g固體，下列說法正確的是：()A．有8.4g銅生成B。有8g氧化銅參加反應C。有1.6g水生成D。有10g氧化銅被還原7.點燃甲烷與氧氣的混合氣體21L，反應后恢復至室溫，測得氣體體積為14L，求混合氣體中甲烷

和氧氣的體積。

8.4個同學同時分析一個由KCl和KBr組成的混合物,他們各取2.00克樣品配成水溶液,加入足夠HNO3后再加入

適量AgNO3溶液,待沉淀完全后過濾得到干燥的鹵化銀沉淀的質量如下列四個選項所示,其中數據合理的是：()

A.3.06gB.3.36gC.3.66gD.3.96

9.工業(yè)上有一反應2Ａ（ｇ）＋Ｂ（ｇ）3Ｃ（ｇ），按體積比為Ａ∶Ｂ＝5∶2將A和B充入到一定容積的密

閉容器中，若在恒溫條件下達到平衡時C占總體積的60％，設A，B，C的相對分子質量分別用ａ，ｂ，ｃ表示。試求：（1）平衡時A和B的轉化率。（2）平衡時混合氣體的平均分子量。

10.由鋅、鐵、鋁、鎂四種金屬中的兩種組成的混合物10g與足量的鹽酸反應產生的氫氣在標準狀況下為11.2L，則混合物中一定含有的金屬是：（）A．鋅B．鐵C．鋁D．鎂

11.兩種氣態(tài)烴組成的混合氣體0.1mol，完全燃燒得0.16molCO2和3.6g水，下列說法正確的是：混合氣體中：

（）A+3B2C。若維持溫度和壓強不變，當達到平衡時，容器體積為VL，其中C氣體的體積占10%，下列推A.一定有甲烷B.一定是甲烷和乙烯C.一定沒有乙烷D.一定有乙炔斷正確的是：（）12.某種H2和CO的混合氣體，其密度為相同條件下氧氣密度的二分之一，將3.2克這種混合氣體通入一盛有足①原混合氣體的體積為1.2VL②原混合氣體的體積為1.1VL量Na2O2的密閉容器中再通入過量O2，并用電火花點燃使其充分反應，最后容器中固體質量增加了：③反應達平衡時氣體A消耗掉0.05VL④反應達平衡時氣體B消耗掉0.05VL（）A.②③B.②④C.①③D.①④A．3.2gB．4.4gC．5.6D．6.4g7.某金屬單質跟一定濃度的硝酸反應，假定只產生單一的還原產物，當參加反應的單質與被還原硝酸的物質的量之

13.在30mL量筒中充滿NO2和O2的混合氣體，倒立于水中使氣體充分反應，最后剩余5mL氣體，求原混合氣比為2:1時，還原產物是：（）

A.NO2B.NOC.N2OD.N2中氧氣的體積是多少毫升？

8.將1.92g銅粉與一定量濃硝酸反應，當銅粉完全作用時收集到1.12L（標準狀況）。則所消耗硝酸的物質的量是：14.將4.9克氯酸鉀與1.62克二氧化錳混合后，放入試管中加熱，充分反應后，試管中剩余固體物質的質量約是：（）

A.1.62克B.2.98克C.4.60克D.6.52克15．已知自然界中銥有兩種質量數分別為191和193的同位素，而銥的平均原子量為192.22，這兩種同位素的原子個數比應為：（）

A．39∶61B．61∶39C．1∶1D．39∶11四、【強化練習】1.一定量的乙醇在氧氣中不足的情況下燃燒，得到CO、CO2和水的總質量為27.6g，若其中水的質量為10.8g，則CO的質量為：（）A、1.4gB、2.2gC、4.4gD、在2.2g和4.4g之間2.0.1molL-1的Na2SO3溶液30mL，恰好將2×10-3mol的XO4-離子還原,則元素X在還原產物中的化合價為：()A、＋1價B、＋2價C、＋3價D、＋4價

3.將兩個鉑電極插入500mlCuSO4溶液中進行電解，通電一段時間后,某電極增重0.064g（設電解時該電極無氫

氣析出，且不考慮水解和溶液體積變化），此時溶液中氫離子濃度為：（）A.4×10－3molL-1B.2×10－3molL-1C.1×10－3molL-1D.1×10－

7molL-14.某金屬單質跟一定濃度的HNO3反應，假定只產生單一還原產物。當參加反應的單質與被還原的HNO3的物質的量之比為21，還原產物是：（）A、NO2B、NOC、N2OD、N25.在2LFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中加入30g鐵粉，最后得到2L0.25mol/LFeSO4溶液以及26g固體沉淀物，求：原混合物中Fe2(SO4)3和CuSO4的物質的量濃度。

6.某體積可變的密閉容器，盛有適量的A和B的混合氣體，在一定條件下發(fā)生反應：

（）A.0.12molB.0.11molC.0.09molD.0.08mol9.由NaH2PO4脫水形成聚磷酸鹽Na200H2P200O601，共脫去水分子的數目為（201*年上海高考題）A.198個B.199個C.200個D.201個10.由CO2、H2和CO組成的混合氣在同溫同壓下與氮氣的密度相同。則該混合氣體中CO2、H2和CO的體積比為：()A.29:8:13B.22:1:14C.13:8:29D.26:16:5711.第ⅡA族元素R的單質及其相應氧化物的混合物12g，加足量水經完全反應后蒸干，得固體16g，試推測該元

素可能為：（）

A.MgB.CaC.SrD.Ba12.在一定條件下，將m體積NO和n體積O2同時通入倒立于水中且盛滿水的容器內，充分反應后，容器內殘留m/2體積的氣體，該氣體與空氣接觸后變?yōu)榧t棕色，則m與n的比值為：（）

A.3:2B.2:3C.8:3D.3:813.將可能混有下列物質的硫酸銨樣品13.2g，在加熱條件下與過量氫氧化鈉溶液反應，可收集到氣體4.3L（標準

狀況），則該樣品內不可能含有的物質是：（）A.碳酸氫銨和硝酸銨B.碳酸銨和硝酸銨C.氯化銨和碳酸氫銨D.氯化銨和硝酸銨

14.銅和鎂的合金4.6g完全溶于濃硝酸，若反應中硝酸被還原只產生4480mL的NO2氣體和336mL的N2O4氣體（標準狀況），在反應后的溶液中，加入足量的氫氧化鈉溶液，生成沉淀的質量為：（）A．9.02gB.8.51gC.8.26gD.7.04g

15.在一個密閉容器中，用等物質的量的A和B發(fā)生反應：A(g)+2B(g)2C(g)。當反應達到平衡時，如果混合氣

體中A和B的物質的量之和與C的物質的量相等，則此時A的轉化率為：（）

A.40%B.50%C.60%D.70%16.工業(yè)上常用漂白粉跟酸反應放出的氯氣質量對漂白粉質量的質量分數來表示漂白粉的優(yōu)劣，漂白粉與酸的反應

為：Ca(ClO)2+CaCl2+2H2SO4=2CaSO4+2Cl2↑+2H2O，現為了測定一瓶漂白粉的x%，進行如下實驗，稱取漂白

粉樣品2.00g，加水研磨后，轉入250mL容量瓶內，用水稀釋至刻度，搖勻后，取出25.0mL，加入過量的KI

溶液和過量稀硫酸，靜置，待漂白粉放出的氯氣與KI完全反應后，用0.1mol/LNa2S2O3標準溶液滴定反應中生成的碘，反應如下2Na2S2O3+I2=Na4S4O6+2NaI，滴定時用去溶液20.0mL。試用上述數據計算該漂白粉的X%。

典型例題】答案：【2.思路分析：本題通過三種硫酸鹽與硫酸所形成的混合溶液中，各種離子濃度與pH的關系，立足于考查學生的

思維敏捷性，解答該題時只需要根據溶液中所有陽離子所帶的正電荷總數等于所有陰離子所帶的負電荷總數即可。由電荷守恒得：0.105mol/L×2=c(K+)+0.055mol/L×3+0.01mol/Lc(K+)=0.035mol/L。

答案：B

方法要領：找出溶液中所有的陰陽離子，據電荷守恒列式求解。關鍵是不要忽略了H+的濃度。

7.分兩種情況討論。

情況一：CH4過量，則：

O2的體積=7L，CH4的體積=14L。

情況二：O2過量，則：

CH4的體積=3.5L，O2的體積=17.5L。

9.解：（1）設Ａ＝5Ｖ，則Ｂ＝2Ｖ。設B轉化了ｘ，則有：2Ａ（ｇ）＋Ｂ（ｇ）

3Ｃ（ｇ）

起始5Ｖ2Ｖ0轉化2ｘｘ3ｘ平衡5Ｖ－2ｘ2Ｖ－ｘ3ｘ依題意有：

（3ｘ）／[（5Ｖ－2ｘ）＋（2Ｖ－ｘ）＋3ｘ]＝（60／100）＝（3／5）即有：（3ｘ／7Ｖ）＝（3／5）解得：ｘ＝（7Ｖ／5）∴Ａ的轉化率為：

Ａ％＝（2ｘ／5Ｖ）×100％＝（2×7／5Ｖ）／5Ｖ×100％＝56％Ｂ的轉化率為

Ｂ％＝（ｘ／2Ｖ）×100％＝（7／5Ｖ）／2Ｖ×100％＝70％（2）混合氣體平衡時的總體積Ｖ總＝7Ｌ

＝（5ａL＋2ｂL）／7Ｌ＝（5ａ＋2ｂ）／7

答：（1）平衡時A的轉化率為56％；

Ｂ的轉化率70％；（2）平衡時混合氣體的平均分子量為（5ａ＋2ｂ）／7。13.10mL或3mL�！緩娀�練習】答案：

5.[解析]該溶液中包括兩個守恒關系：一是電荷守恒，即溶液中的陽離子（或陰離子）的電荷總數反應前后不變；二是質量守恒，即Fe與Cu的質量反應前后不變。抓住這兩個關系建立方程組求解便成。設原混合物中Fe2(SO4)3、CuSO4的物質的量濃度分別為x、y

根據SO42-守恒有：2L×x×3+2L×y=2L×0.25molL-1

(1)根據Fe與Cu的質量守恒有：

2L×x×2×56gmol-1+2L×y×64gmol-1+30g=2L×0.25molL-1×56gmol-1+26g(2)

解上述（1）、（2）方程組得：x=0.05molL-1y=0.10molL-1另外，電荷守恒還可以幫助我們從一個方面判斷離子方程式是否正確。例如：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+,Fe3++Fe=2Fe2+這兩個離子方程式原子守恒，但等式兩邊電荷不守恒，因此該離子方程式是錯誤的，正確的應為：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+,2Fe3++Fe=3Fe2+。

6.思路分析：依題設條件確定在建立化學平衡時A、B、C三種氣體體積的關系：A+3B2C平衡時的體積0.9VL0.1VL

生成氣體0.1VLC，消耗0.05VLA和0.15VLB。消耗總體積為：0.05VL+0.15VL=0.2VL因此，原混合氣體的體積為：0.9VL+0.2VL=1.1VL。

由此可知，原混合氣體的體積為1.1VL，反應達平衡時氣體A消耗掉0.05VL。答案：A

一題多解：本題對化學平衡的知識通過簡單的定量關系進行考查，只給出了平衡時氣體C的體積為總體積10%這

一個數據。這類題很明顯是可以有多種解法的。

設x、y為達到平衡時，氣體A及氣體B分別減少的體積；z為由A、B反應生成氣體C時所減少的總體積。A+3B2C體積減少1322xy0.1Vz

則x=1/2×0.1VL=0.05VLy=3/2×0.1VL=0.15VLz=0.1VL因此，原混合氣體的總體積為：VL+0.1VL=1.1VL

7.思路分析：根據氧化還原反應中得失電子數守恒，即可求出硝酸還原后的價態(tài)，即可確定產物的分子式。設金屬的化合價為X，還原產物中N的價態(tài)為Y，則有：

2X=1×(5-Y)，Y=5-2X。討論：X=1，Y=3（為N2O3）；X=2，Y=1（N2O）；X=3，Y=-1（舍）。答案：C

方法要領：這類題的關鍵是看硝酸作用。若為某非金屬單質與硝酸發(fā)生氧化還原反應時，參加反應的硝酸只作氧化劑；若為金屬與硝酸反應，作氧化劑的硝酸的量：總量減去產物陽離子結合掉的硝酸根的量。此時特別注意硝酸當還原產物中N的價態(tài)-3價時，還應再減去生成硝酸銨中的硝酸根的量。

8.思路分析：1.92g銅生成0.03molCu(NO3)2，即消耗0.06molHNO3，而產生的1.12L氣體不管是NO還是NO2，需要0.05mol的HNO3，總共消耗HNO30.11mol。

答案：B

方法要領：在反應過程中HNO3由濃變稀，如以為Cu與濃硝酸反應后，得到氣體全為NO2，則造成錯誤。由：Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O得NO20.03mol×2=0.06mol，現已知收集到0.05mol，說明后來HNO3變稀，產生一部分NO。根據N原子守恒可簡化計算：n(HNO3)=n(N)=n(NO)+n(NO2)+2n[Cu(NO3)2]。

9思路分析：從Na+及P原子都為“200”的信息出發(fā)，可知(NaH2PO4)n中的n值為200，將n乘入單體各原子，得“Na200H400P200O800”，減去聚磷酸鈉“Na200H2P200O601”中的各原子個數，得到“H398O199”，可知共脫去水分子199個。

答案：B

一題多解：題中聚磷酸鹽的化學式看似復雜，其實只要抓住變化前后Na+的守恒，即可解得�；蛎撍�分子的數目與脫氧原子的數目必然一致，故有4×200-601=199。

10.思路分析：CO相對分子質量與N2相同，CO2與H2體積比：CO24426

28V(CO2):V(H2)=26:5=13:8。H2216答案：C、D

方法要領：本題旨在考查考生能否靈活掌握有關平均值計算。考查考生思維的敏捷性、靈活性。因題中提供的混合氣中含三種氣體，用一般方法無法解出，故要透過現象看本質，發(fā)現CO與N2式量相等，用十字交叉法計算CO2與H2體積比，在選項中只要前兩位滿足13:8即可。此題的解題關鍵在于挖掘出CO與N2相對分子質量相同，而不要計算CO量，CO可為任意量。11.

思路分析：RO+H2O=R(OH)2R’+2H2O=R’(OH)2+H2↑R+16R+34R’R’+34

1216R=381216R’=102相對原子質量小于102，大于38的有Ca和Sr。答案：B、C

方法要領：這是一題利用混合物同時與水反應推算相對原子質量的計算題。可采用極限法找出相對原子質量可能的范圍。假設混合物全為單質或全部是氧化物，根據已知量計算出相對原子質量可能的最大值和最小值，從而正確選出答案。本題考查了考生能否將化學問題抽象成為數學問題，通過計算和推理解決化學問題。

12.思路分析：根據題意，剩余的氣體是NO，則與n體積O2反應的NO為m/2體積。由4NO+3O2+2H2O=4HNO3，可知：m/2:n=4:3，m:n=8:3。

答案：C

方法要領：關于NOx+O2+H2O→HNO3的計算，把以下兩個反應（3NO2+H2O=2HNO3+NO，2NO+O2=2NO2）進行疊加可得：4NO+3O2+2H2O=4HNO3或4NO2+O2+2H2O=4HNO3，利用總反應式計算。

如果題目中剩余氣體未指明，則應考慮另一種可能：剩余O2，這樣選項B也是可能的。

13.思路分析：若該樣品全是硫酸銨則為0.1mol，如與NaOH完全反應，產生NH3為4.48L。而實際上只得到4.3L，說明所混入的銨鹽為含氮量小于硫酸銨的物質。幾種銨鹽的氮的質量分數如下：

銨鹽NH4NO3(NH4)2CO3NH4Cl(NH4)2SO4NH4HCO3(N)35.0%29.17%26.17%21.21%17.95%答案：B、D方法要領：混合物成分的判斷可用極限法分析。題中列舉的銨鹽中，除了NH4HCO3外，其余3種銨鹽中氮的質量分數均超過(NH4)2SO4，但只要含有NH4HCO3，即使另一種銨鹽超過(NH4)2SO4的質量分數，也可因NH4HCO3在雜質中為主，以致可能導致NH3逸出量減少。

14.思路分析：此題如單純用Cu、Mg分別與HNO3反應的結果求出合金的物質的量組成而求得沉淀的質量，那是相當煩瑣的。如用整體思維，則沉淀的質量為金屬Cu、Mg的質量加上OH-的質量，由電子守恒知：Cu、Mg的物質的量之和為：

n(Cu,Mg)×2=[4.48L÷22.4L/mol+(0.336L÷22.4L/mol)×2]，n(Cu,Mg)=0.115mol，故沉淀的質量為4.6g+(0.115mol×2)×17g/mol=8.51g。

答案：B

方法要領：某些化學計算題，往往會涉及多個反應或物質，解題中如根據其整體性質或利用內在聯系，做整體處理，就能開拓思路，迅速求解。

一題多解：本題還可用平均值法計算。被還原的硝酸共0.23mol(+5價N→+4價N)，4.6g銅和鎂的合金為0.115mol，故合金的平均摩爾質量為4.6g/0.115mol=40g/mol。故形成氫氧化物沉淀為：(4.6g÷40g/mol)×74g/mol=8.51g。

15思路分析：設起始時A和B的物質的量均為1mol，達到平衡時A轉化物質的量為x

A(g)+2B(g)2C(g)

n(起始)110n(轉化)x2x2xn(平衡)1-x1-2x2x

依題意：(1-x)+(1-2x)=2xx=0.4molA的轉化率=(0.4mol÷1mol)×100%=40%。答案：A

方法要領：本題是一道沒有具體數字的平衡計算題，解題是要設法從題目中找出物質之間的數量關系，并結合化學平衡、轉化率的概念進行分析、計算、解答。

一題多解：若B反應完全，A反應完一半，所以A的轉化率不得≥50%。本題以參加反應某物質為載體，考查對化學平衡概念理解的程度。A(g)+2B(g)2C(g)，A和B以物質的量1:2參加反應，現A、B等物質的量，當A的轉化率為50%時，B反應完全。然而B不可能反應完，故A的轉化率小于50%。

16.

思路分析：逆推思路是：求x%→需要漂白粉樣品的質量（已知）和產生Cl2的總質量（未知）→求樣品反應能產生Cl2的總質量[即所配250mL溶液可產生Cl2的質量→求取出25mL溶液反應產生Cl2的量→由有關化學方程式找關系式（即Cl2～I2～2Na2S2O3）]和運用已知量計算。解題的步驟按思路的相反過程進行。

設漂白粉與酸反應放出Cl2物質的量為y2Na2S2O3～Cl22mol1mol2.0×10-3

moly

y=0.00100molx%=[(0.00100mol×71g/mol)×250/25.0]]÷2g×100%=35.5%。答案：35.5%

方法要領：這是由多步反應完成的一整套的實驗。在解這種類型的計算題時，找出各步反應中有關物質的數量關系式，根據關系式進行計算，省略了中間步驟，它的優(yōu)點是解題簡捷。但在找關系式是必須考慮周密謹慎。否則，一個小的錯誤會導致整個題目的錯誤。

審題時應注意：①不是求Ca(ClO)2的質量分數；②計算時帶單位運算。

擴展閱讀：高中化學計算方法總結

高中化學計算練習

（苑冰201*-9-15）

一、【基本方法】

計算方法質量守恒原理從宏觀上看，化學反應前后的質量相等說明實例二、【易錯指津】

1．根據氧化還原反應中電子守恒計算時，一是準確判斷新給物質的化合價，二是如原子團中某原子個數不

為1時，要乘以原子個數。

2．根據化學反應，利用氣體物質的量推算容器壓強時，不要將固體物質的量也計算在內。

3．對一些特殊反應，如濃H2SO4、濃HNO3、濃HCl隨反應進行濃度在減少，導致反應情況改變，不能只從理論上計算。

三、【典型例題】

1.在反應X+2Y=R+2M中，已知R和M的摩爾質量之比229，當1.6gX與Y完全反應后，生成4.4R則此

①在電解質溶液中，因整個溶液呈中性，所以陰、陽離是巧妙選擇化學式或溶液中某兩守電荷守恒子所帶的電荷總量必須相等。②在離子方程式中，反應種數（如正負化合價總數、陰陽離例1恒物所帶正（負）電荷總量與生成物所帶正（負）電荷總子所帶的正負電荷總數）相等，或例2法量相等。幾個連續(xù)（或平行）的方程式前后例3某微粒（如離子、原子、電子）的例4電子守恒在氧化還原過程中，得電子總數等于失電子總數，在原電池和電解池中通過兩極的電子數必然相等。物質的量保持不變作為解題依據。例5原子守恒反應前原子總數等于反應后產物以各種形式存在的總數質量差利用物質在反應前后的質量差求解根據物質變化前后某種量發(fā)生變例6差化的方程式或關系式，找出所謂量“理論差量”。利用該法關鍵有兩法體積差利用氣體物質在反應前后的體積差量求解點：①弄清差量原因；②弄清差量例7與什么量成比例。是把所研究的對象或過程變化通過假設，推到理想的極常用于求有關存在“極限值”的計極值法限值，使因果關系變得十分明顯，從而得出正確的判斷，算題，如某些化學平衡的計算，平例8或者將化學問題抽象成數學的極限問題求解。行反應的計算，混合物的計算等。平均式量即用平均相對原子質量或相對分子質量判斷物質成分或是將數學平均原理應用于化學計平含量算的解題方法。它依據數學原理例9均平均摩電反應中平均轉移1mol電子所需混合物的質量，其值介于是：兩個數A1和A2的平均值A，例值子質量兩組分之間A介于A1和A2之間。應用于混合10法平均組成在混合物的計算中，可以把平均組成作為中介，以此討物的分析（定量、定性），常用的例論可能的組成技巧：十字交叉法。11

關粒子守恒從微觀上看，化學反應前后同種元素的原子個數必然相等。系對循環(huán)反應（前一反應的某一產物，在參加后續(xù)反應后，是計算中用來表示已知量與未知例式方程式疊又再生成，使反應循環(huán)下去）將方程式相加，消去循環(huán)量成正比例關系的式子。法加12項。解計算題時，若題設條件充分，則可直接計算求解；若討論法題設條件不充分，則需采用討論的方法，計算加推理，討論法是一種發(fā)現思維的方法。例將題解出。13是從化學原理出發(fā)，充分利用邊界條件，并運用近似值、估算法平均值、極限值、等于、大于或小于等數學方法，對化特別適用于計算型選擇題，由選項例學問題的定量問題進行估量、評價、推斷，從而得出正結合題意判斷。14確結論的一種思維方法。十字交叉法若已知兩組分量和這兩個量的平均值，求這兩個量的比十字交叉法是二元混合物（或組例例關系等，多可運用十字交叉法計算。成）計算中的一種特殊方法15

反應中Y和M的質量比為：（）

A、169B、239C、329D、469

2．將硫酸鉀、硫酸鋁、硫酸鋁鉀三種鹽混合溶于硫酸酸化的水中，測得c(SO42-)=0.105mol/L、

c(Al3+)=0.055mol/L，溶液的pH=2.0（假設溶液中H2SO4完全電離為H+和SO42-），則c(K+)為：A.0.045mol/LB.0.035mol/LC.0.055mol/LD.0.040mol/L

3.將5.21g純鐵粉溶于適量稀H2SO4中，加熱條件下，用2.53gKNO3氧化Fe2+，充分反應后還需

0.009molCl2才能完全氧化Fe2+，則KNO3的還原產物氮元素的化合價為：（）

A.+1B.+2C.+3D.+4

4.在空氣中存放過的KOH固體，經分析測知其含H2O：6.72%、K2CO3：3.28%、KOH：90%、若將此樣品

1g加入1molL-1鹽酸46mL,過量的鹽酸用濃度為1.07molL-1苛性鈉中和，使溶液恰好為中性，蒸發(fā)中和后的溶液可得固體質量為：（）A、3.43gB、4.00gC、4.50gD、無法確定

5.38.4mg銅跟適量的濃HNO3反應，銅全部作用后，共收集到氣體22.4mL（標況），反應消耗的HNO3的

物質的量可能為：（）A、1.4×10-3molB、1.6×10-3molC、2.2×10-3molD、2.4×10-3mol

6.將氫氣通入10g灼熱的氧化銅中，過一段時間后得到8.4g固體，下列說法正確的是：()A．有8.4g銅生成B。有8g氧化銅參加反應C。有1.6g水生成D。有10g氧化銅被還原7.點燃甲烷與氧氣的混合氣體21L，反應后恢復至室溫，測得氣體體積為14L，求混合氣體中

甲烷和氧氣的體積。

8.4個同學同時分析一個由KCl和KBr組成的混合物,他們各取2.00克樣品配成水溶液,加入足夠HNO3后再加入適量AgNO3溶液,待沉淀完全后過濾得到干燥的鹵化銀沉淀的質量如下列四個選項所示,其中數據合理的是：()A.3.06gB.3.36gC.3.66gD.3.96

9.工業(yè)上有一反應2Ａ（ｇ）＋Ｂ（ｇ）3Ｃ（ｇ），按體積比為Ａ∶Ｂ＝5∶2將A和B充入到一定容

積的密閉容器中，若在恒溫條件下達到平衡時C占總體積的60％，設A，B，C的相對分子質量分別用ａ，ｂ，ｃ表示。試求：（1）平衡時A和B的轉化率。（2）平衡時混合氣體的平均分子量。

10.由鋅、鐵、鋁、鎂四種金屬中的兩種組成的混合物10g與足量的鹽酸反應產生的氫氣在標準狀況下為11.2L，則混合物中一定含有的金屬是：（）A．鋅B．鐵C．鋁D．鎂

11.兩種氣態(tài)烴組成的混合氣體0.1mol，完全燃燒得0.16molCO2和3.6g水，下列說法正確的是：混合氣體中：（）A.一定有甲烷B.一定是甲烷和乙烯C.一定沒有乙烷D.一定有乙炔

12.某種H2和CO的混合氣體，其密度為相同條件下氧氣密度的二分之一，將3.2克這種混合氣體通入一盛有足量Na2O2的密閉容器中再通入過量O2，并用電火花點燃使其充分反應，最后容器中固體質量增加了：（）A．3.2gB．4.4gC．5.6D．6.4g

13.在30mL量筒中充滿NO2和O2的混合氣體，倒立于水中使氣體充分反應，最后剩余5mL氣體，求原

混合氣中氧氣的體積是多少毫升？

14.將4.9克氯酸鉀與1.62克二氧化錳混合后，放入試管中加熱，充分反應后，試管中剩余固體物質的質

量約是：（）A.1.62克B.2.98克C.4.60克D.6.52克

15．已知自然界中銥有兩種質量數分別為191和193的同位素，而銥的平均原子量為192.22，這兩種同

位素的原子個數比應為：（）A．39∶61B．61∶39C．1∶1D．39∶11

四、【強化練習】

1.一定量的乙醇在氧氣中不足的情況下燃燒，得到CO、CO2和水的總質量為27.6g，若其中水的質量為10.8g，則CO的質量為：（）A、1.4gB、2.2gC、4.4gD、在2.2g和4.4g之間

2.0.1molL-1的Na2SO3溶液30mL，恰好將2×10-3mol的XO4-離子還原,則元素X在還原產物中的化合價

為：()A、＋1價B、＋2價C、＋3價D、＋4價

3.將兩個鉑電極插入500mlCuSO4溶液中進行電解，通電一段時間后,某電極增重0.064g（設電解時該電

極無氫氣析出，且不考慮水解和溶液體積變化），此時溶液中氫離子濃度為：（）

A.4×10－3molL-1B.2×10－3molL-1C.1×10－3molL-1D.1×10－

7molL-1

4.某金屬單質跟一定濃度的HNO3反應，假定只產生單一還原產物。當參加反應的單質與被還原的HNO3

的物質的量之比為21，還原產物是：（）A、NO2B、NOC、N2OD、N2

5.在2LFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中加入30g鐵粉，最后得到2L0.25mol/LFeSO4溶液以及26g固體

沉淀物，求：原混合物中Fe2(SO4)3和CuSO4的物質的量濃度。

6.某體積可變的密閉容器，盛有適量的A和B的混合氣體，在一定條件下發(fā)生反應：

A+3B2C。若維持溫度和壓強不變，當達到平衡時，容器體積為VL，其中C氣體的體積占10%，下列推斷正確的是：（）

①原混合氣體的體積為1.2VL②原混合氣體的體積為1.1VL

③反應達平衡時氣體A消耗掉0.05VL④反應達平衡時氣體B消耗掉0.05VLA.②③B.②④C.①③D.①④

7.某金屬單質跟一定濃度的硝酸反應，假定只產生單一的還原產物，當參加反應的單質與被還原硝酸的物質的量之比為2:1時，還原產物是：（）

A.NO2B.NOC.N2OD.N2

8.將1.92g銅粉與一定量濃硝酸反應，當銅粉完全作用時收集到1.12L（標準狀況）。則所消耗硝酸的物質的量是：（）

A.0.12molB.0.11molC.0.09molD.0.08mol

9.由NaH2PO4脫水形成聚磷酸鹽Na200H2P200O601，共脫去水分子的數目為（201*年上海高考題）

A.198個B.199個C.200個D.201個

10.由CO2、H2和CO組成的混合氣在同溫同壓下與氮氣的密度相同。則該混合氣體中CO2、H2和CO的體積比為：()A.29:8:13B.22:1:14C.13:8:29D.26:16:57

11.第ⅡA族元素R的單質及其相應氧化物的混合物12g，加足量水經完全反應后蒸干，得固體16g，試推

測該元素可能為：（）A.MgB.CaC.SrD.Ba

12.在一定條件下，將m體積NO和n體積O2同時通入倒立于水中且盛滿水的容器內，充分反應后，容器內殘留m/2體積的氣體，該氣體與空氣接觸后變?yōu)榧t棕色，則m與n的比值為：（）

A.3:2B.2:3C.8:3D.3:8

13.將可能混有下列物質的硫酸銨樣品13.2g，在加熱條件下與過量氫氧化鈉溶液反應，可收集到氣體4.3L（標準狀況），則該樣品內不可能含有的物質是：（）A.碳酸氫銨和硝酸銨B.碳酸銨和硝酸銨C.氯化銨和碳酸氫銨D.氯化銨和硝酸銨

14.銅和鎂的合金4.6g完全溶于濃硝酸，若反應中硝酸被還原只產生4480mL的NO2氣體和336mL的N2O4

氣體（標準狀況），在反應后的溶液中，加入足量的氫氧化鈉溶液，生成沉淀的質量為：（）A．9.02gB.8.51gC.8.26gD.7.04g

15.在一個密閉容器中，用等物質的量的A和B發(fā)生反應：A(g)+2B(g)2C(g)。當反應達到平衡時，如果

混合氣體中A和B的物質的量之和與C的物質的量相等，則此時A的轉化率為：（）A.40%B.50%C.60%D.70%

16.工業(yè)上常用漂白粉跟酸反應放出的氯氣質量對漂白粉質量的質量分數來表示漂白粉的優(yōu)劣，漂白粉與酸

的反應為：Ca(ClO)2+CaCl2+2H2SO4=2CaSO4+2Cl2↑+2H2O，現為了測定一瓶漂白粉的x%，進行如下實驗，稱取漂白粉樣品2.00g，加水研磨后，轉入250mL容量瓶內，用水稀釋至刻度，搖勻后，取出25.0mL，加入過量的KI溶液和過量稀硫酸，靜置，待漂白粉放出的氯氣與KI完全反應后，用0.1mol/LNa2S2O3標準溶液滴定反應中生成的碘，反應如下2Na2S2O3+I2=Na4S4O6+2NaI，滴定時用去溶液20.0mL。試用上述數據計算該漂白粉的X%。

【典型例題】答案：

2.思路分析：本題通過三種硫酸鹽與硫酸所形成的混合溶液中，各種離子濃度與pH的關系，立足于考查學生的思維敏捷性，解答該題時只需要根據溶液中所有陽離子所帶的正電荷總數等于所有陰離子所帶的負電荷總數即可。由電荷守恒得：0.105mol/L×2=c(K+)+0.055mol/L×3+0.01mol/Lc(K+)=0.035mol/L。

答案：B

方法要領：找出溶液中所有的陰陽離子，據電荷守恒列式求解。關鍵是不要忽略了H+的濃度。

7.分兩種情況討論。

情況一：CH4過量，則：

O2的體積=7L，CH4的體積=14L。

情況二：O2過量，則：

CH4的體積=3.5L，O2的體積=17.5L。

9.解：（1）設Ａ＝5Ｖ，則Ｂ＝2Ｖ。設B轉化了ｘ，則有：

2Ａ（ｇ）＋Ｂ（ｇ）3Ｃ（ｇ）起始5Ｖ2Ｖ0轉化2ｘｘ3ｘ平衡5Ｖ－2ｘ2Ｖ－ｘ3ｘ依題意有：

（3ｘ）／[（5Ｖ－2ｘ）＋（2Ｖ－ｘ）＋3ｘ]＝（60／100）＝（3／5）即有：（3ｘ／7Ｖ）＝（3／5）解得：ｘ＝（7Ｖ／5）∴Ａ的轉化率為：

Ａ％＝（2ｘ／5Ｖ）×100％＝（2×7／5Ｖ）／5Ｖ×100％＝56％Ｂ的轉化率為

Ｂ％＝（ｘ／2Ｖ）×100％＝（7／5Ｖ）／2Ｖ×100％＝70％（2）混合氣體平衡時的總體積Ｖ總＝7Ｌ

＝（5ａL＋2ｂL）／7Ｌ＝（5ａ＋2ｂ）／7

答：（1）平衡時A的轉化率為56％；

Ｂ的轉化率70％；（2）平衡時混合氣體的平均分子量為（5ａ＋2ｂ）／7。13.10mL或3mL。

【強化練習】答案：

5.[解析]該溶液中包括兩個守恒關系：一是電荷守恒，即溶液中的陽離子（或陰離子）的電荷總數反應前后不變；二是質量守恒，即Fe與Cu的質量反應前后不變。抓住這兩個關系建立方程組求解便成。設原混合物中Fe2(SO4)3、CuSO4的物質的量濃度分別為x、y根據SO42-守恒有：2L×x×3+2L×y=2L×0.25molL-1(1)根據Fe與Cu的質量守恒有：2L×x×2×56gmol-1+2L×y×64gmol-1+30g=2L×0.25molL-1×56gmol-1+26g(2)解上述（1）、（2）方程組得：x=0.05molL-1y=0.10molL-1另外，電荷守恒還可以幫助我們從一個方面判

斷離子方程式是否正確。例如：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+,Fe3++Fe=2Fe2+這兩個離子方程式原子守恒，但等式兩邊電荷

不守恒，因此該離子方程式是錯誤的，正確的應為：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+,2Fe3++Fe=3Fe2+。

6.思路分析：依題設條件確定在建立化學平衡時A、B、C三種氣體體積的關系：A+3B2C平衡時的體積0.9VL0.1VL

生成氣體0.1VLC，消耗0.05VLA和0.15VLB。消耗總體積為：0.05VL+0.15VL=0.2VL因此，原混合氣體的體積為：0.9VL+0.2VL=1.1VL。

由此可知，原混合氣體的體積為1.1VL，反應達平衡時氣體A消耗掉0.05VL。答案：A

一題多解：本題對化學平衡的知識通過簡單的定量關系進行考查，只給出了平衡時氣體C的體積為總體積10%這一個數據。這類題很明顯是可以有多種解法的。

設x、y為達到平衡時，氣體A及氣體B分別減少的體積；z為由A、B反應生成氣體C時所減少的總體積。A+3B2C體積減少1322xy0.1Vz則x=1/2×0.1VL=0.05VLy=3/2×0.1VL=0.15VLz=0.1VL因此，原混合氣體的總體積為：VL+0.1VL=1.1VL

7.思路分析：根據氧化還原反應中得失電子數守恒，即可求出硝酸還原后的價態(tài)，即可確定產物的分子式。設金屬的化合價為X，還原產物中N的價態(tài)為Y，則有：2X=1×(5-Y)，Y=5-2X。討論：X=1，Y=3（為N2O3）；X=2，Y=1（N2O）；X=3，Y=-1（舍）。答案：C

方法要領：這類題的關鍵是看硝酸作用。若為某非金屬單質與硝酸發(fā)生氧化還原反應時，參加反應的硝酸只作氧化劑；若為金屬與硝酸反應，作氧化劑的硝酸的量：總量減去產物陽離子結合掉的硝酸根的量。此時特別注意硝酸當還原產物中N的價態(tài)-3價時，還應再減去生成硝酸銨中的硝酸根的量。

8.思路分析：1.92g銅生成0.03molCu(NO3)2，即消耗0.06molHNO3，而產生的1.12L氣體不管是NO還是NO2，需要0.05mol的HNO3，總共消耗HNO30.11mol。

答案：B

方法要領：在反應過程中HNO3由濃變稀，如以為Cu與濃硝酸反應后，得到氣體全為NO2，則造成錯誤。由：Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O得NO20.03mol×2=0.06mol，現已知收集到0.05mol，說明后來HNO3變稀，產生一部分NO。根據N原子守恒可簡化計算：n(HNO3)=n(N)=n(NO)+n(NO2)+2n[Cu(NO3)2]。

9思路分析：從Na+及P原子都為“200”的信息出發(fā)，可知(NaH2PO4)n中的n值為200，將n乘入單體各原子，得“Na200H400P200O800”，減去聚磷酸鈉“Na200H2P200O601”中的各原子個數，得到“H398O199”，可知共脫去水分子199個。

答案：B

一題多解：題中聚磷酸鹽的化學式看似復雜，其實只要抓住變化前后Na+的守恒，即可解得�；蛎撍�分子的數目與脫氧原子的數目必然一致，故有4×200-601=199。

10.思路分析：CO相對分子質量與N2相同，CO2與H2體積比：

CO24426

28V(CO2):V(H2)=26:5=13:8。H2216答案：C、D

方法要領：本題旨在考查考生能否靈活掌握有關平均值計算�？疾榭忌�思維的敏捷性、靈活性。因題中提供的混合氣中含三種氣體，用一般方法無法解出，故要透過現象看本質，發(fā)現CO與N2式量相等，用十字交叉法計算CO2與H2體積比，在選項中只要前兩位滿足13:8即可。此題的解題關鍵在于挖掘出CO與N2相對分子質量相同，而不要計算CO量，CO可為任意量。11.

思路分析：RO+H2O=R(OH)2R’+2H2O=R’(OH)2+H2↑R+16R+34R’R’+34

1216R=381216R’=102相對原子質量小于102，大于38的有Ca和Sr。答案：B、C

方法要領：這是一題利用混合物同時與水反應推算相對原子質量的計算題�？刹捎脴O限法找出相對原子質量可能的范圍。假設混合物全為單質或全部是氧化物，根據已知量計算出相對原子質量可能的最大值和最小值，從而正確選出答案。本題考查了考生能否將化學問題抽象成為數學問題，通過計算和推理解決化學問題。

12.思路分析：根據題意，剩余的氣體是NO，則與n體積O2反應的NO為m/2體積。由4NO+3O2+2H2O=4HNO3，可知：m/2:n=4:3，m:n=8:3。

答案：C

方法要領：關于NOx+O2+H2O→HNO3的計算，把以下兩個反應（3NO2+H2O=2HNO3+NO，2NO+O2=2NO2）進行疊加可得：4NO+3O2+2H2O=4HNO3或4NO2+O2+2H2O=4HNO3，利用總反應式計算。

如果題目中剩余氣體未指明，則應考慮另一種可能：剩余O2，這樣選項B也是可能的。

13.思路分析：若該樣品全是硫酸銨則為0.1mol，如與NaOH完全反應，產生NH3為4.48L。而實際上只得到4.3L，說明所混入的銨鹽為含氮量小于硫酸銨的物質。幾種銨鹽的氮的質量分數如下：

銨鹽NH4NO3(NH4)2CO3NH4Cl(NH4)2SO4NH4HCO3(N)35.0%29.17%26.17%21.21%17.95%答案：B、D

方法要領：混合物成分的判斷可用極限法分析。題中列舉的銨鹽中，除了NH4HCO3外，其余3種銨鹽中氮的質量分數均超過(NH4)2SO4，但只要含有NH4HCO3，即使另一種銨鹽超過(NH4)2SO4的質量分數，也可因NH4HCO3在雜質中為主，以致可能導致NH3逸出量減少。

14.思路分析：此題如單純用Cu、Mg分別與HNO3反應的結果求出合金的物質的量組成而求得沉淀的質量，那是相當煩瑣的。如用整體思維，則沉淀的質量為金屬Cu、Mg的質量加上OH-的質量，由電子守恒知：Cu、Mg的物質的量之和為：

n(Cu,Mg)×2=[4.48L÷22.4L/mol+(0.336L÷22.4L/mol)×2]，n(Cu,Mg)=0.115mol，故沉淀的質量為4.6g+(0.115mol×2)×17g/mol=8.51g。

答案：B

方法要領：某些化學計算題，往往會涉及多個反應或物質，解題中如根據其整體性質或利用內在聯系，做整

體處理，就能開拓思路，迅速求解。

一題多解：本題還可用平均值法計算。被還原的硝酸共0.23mol(+5價N→+4價N)，4.6g銅和鎂的合金為0.115mol，故合金的平均摩爾質量為4.6g/0.115mol=40g/mol。故形成氫氧化物沉淀為：(4.6g÷40g/mol)×74g/mol=8.51g。

15思路分析：設起始時A和B的物質的量均為1mol，達到平衡時A轉化物質的量為x

A(g)+2B(g)2C(g)

n(起始)110n(轉化)x2x2xn(平衡)1-x1-2x2x

依題意：(1-x)+(1-2x)=2xx=0.4molA的轉化率=(0.4mol÷1mol)×100%=40%。答案：A

方法要領：本題是一道沒有具體數字的平衡計算題，解題是要設法從題目中找出物質之間的數量關系，并結合化學平衡、轉化率的概念進行分析、計算、解答。

一題多解：若B反應完全，A反應完一半，所以A的轉化率不得≥50%。本題以參加反應某物質為載體，考查對化學平衡概念理解的程度。A(g)+2B(g)2C(g)，A和B以物質的量1:2參加反應，現A、B等物質的量，當A的轉化率為50%時，B反應完全。然而B不可能反應完，故A的轉化率小于50%。

16.

思路分析：逆推思路是：求x%→需要漂白粉樣品的質量（已知）和產生Cl2的總質量（未知）→求樣品反應能產生Cl2的總質量[即所配250mL溶液可產生Cl2的質量→求取出25mL溶液反應產生Cl2的量→由有關化學方程式找關系式（即Cl2～I2～2Na2S2O3）]和運用已知量計算。解題的步驟按思路的相反過程進行。

設漂白粉與酸反應放出Cl2物質的量為y2Na2S2O3～Cl22mol1mol

2.0×10-3

moly

y=0.00100molx%=[(0.00100mol×71g/mol)×250/25.0]]÷2g×100%=35.5%。答案：35.5%

方法要領：這是由多步反應完成的一整套的實驗。在解這種類型的計算題時，找出各步反應中有關物質的數量關系式，根據關系式進行計算，省略了中間步驟，它的優(yōu)點是解題簡捷。但在找關系式是必須考慮周密謹慎。否則，一個小的錯誤會導致整個題目的錯誤。

審題時應注意：①不是求Ca(ClO)2的質量分數；②計算時帶單位運算。

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