高中化学计算方法总结

高中化学计算方法总结

高中化学计算练习

一、【基本方法】计算方法质量守恒原理从宏观上看，化学反应前后的质量相等①在电解质溶液中，因整个溶液呈中性，所以阴、阳离子说明是巧妙选择化学式或溶液中某两种数（如正负化合价总数、阴阳离子所带的正负电荷总数）相等，或几个连续（或平行）的方程式前后某实例守恒电荷守恒所带的电荷总量必须相等。②在离子方程式中，反应物所带正（负）电荷总量与生成物所带正（负）电荷总量相等。例1例2例31．根据氧化还原反应中电子守恒计算时，一是准确判断新给物质的化合价，二是如原子团中某原子个数不为1时，

要乘以原子个数。

2．根据化学反应，利用气体物质的量推算容器压强时，不要将固体物质的量也计算在内。

3．对一些特殊反应，如浓H2SO4、浓HNO3、浓HCl随反应进行浓度在减少，导致反应情况改变，不能只从理论上计算。三、【典型例题】

1.在反应X+2Y=R+2M中，已知R和M的摩尔质量之比229，当1.6gX与Y完全反应后，生成4.4R则此反应中

Y和M的质量比为：（）

A、169B、239C、329D、469

2．将硫酸钾、硫酸铝、硫酸铝钾三种盐混合溶于硫酸酸化的水中，测得c(SO42-)=0.105mol/L、c(Al3+)=0.055mol/L，

法在氧化还原过程中，得电子总数等于失电子总数，在原电池微粒（如离子、原子、电子）的物例4电子守恒和电解池中通过两极的电子数必然相等。质的量保持不变作为解题依据。例5原子守恒反应前原子总数等于反应后产物以各种形式存在的总数质量差利用物质在反应前后的质量差求解根据物质变化前后某种量发生变化例6差的方程式或关系式，找出所谓“理量论差量”。利用该法关键有两点：①法体积差利用气体物质在反应前后的体积差量求解弄清差量原因；②弄清差量与什么例7量成比例。是把所研究的对象或过程变化通过假设，推到理想的极限常用于求有关存在“极限值”的计极值法值，使因果关系变得十分明显，从而得出正确的判断，或者算题，如某些化学平衡的计算，平例8将化学问题抽象成数学的极限问题求解。行反应的计算，混合物的计算等。是将数学平均原理应用于化学计算平平均式量即用平均相对原子质量或相对分子质量判断物质成分或含量的解题方法。它依据数学原理是：例9均平均摩电子反应中平均转移1mol电子所需混合物的质量，其值介于两两个数A1和A2的平均值A，A介于例值质量组分之间A1和A2之间。应用于混合物的分析10法平均组成在混合物的计算中，可以把平均组成作为中介，以此讨论可（定量、定性），常用的技巧：十字例能的组成交叉法。11关粒子守恒从微观上看，化学反应前后同种元素的原子个数必然相等。

系是计算中用来表示已知量与未知量例式方程式叠对循环反应（前一反应的某一产物，在参加后续反应后，又成正比例关系的式子。法加再生成，使反应循环下去）将方程式相加，消去循环项。12讨论法解计算题时，若题设条件充分，则可直接计算求解；若题设例条件不充分，则需采用讨论的方法，计算加推理，将题解出。讨论法是一种发现思维的方法。13是从化学原理出发，充分利用边界条件，并运用近似值、平估算法均值、极限值、等于、大于或小于等数学方法，对化学问题特别适用于计算型选择题，由选项例的定量问题进行估量、评价、推断，从而得出正确结论的一结合题意判断。14种思维方法。十字交叉法若已知两组分量和这两个量的平均值，求这两个量的比例关十字交叉法是二元混合物（或组成）例系等，多可运用十字交叉法计算。计算中的一种特殊方法15

二、【易错指津】

溶液的pH=2.0（假设溶液中H2SO4完全电离为H+和SO42-），则c(K+)为：

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

3.将5.21g纯铁粉溶于适量稀H2SO4中，加热条件下，用2.53gKNO3氧化Fe2+，充分反应后还需0.009molCl2

才能完全氧化Fe2+，则KNO3的还原产物氮元素的化合价为：（）

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

4.在空气中存放过的KOH固体，经分析测知其含H2O：6.72%、K2CO3：3.28%、KOH：90%、若将此样品1g加

入1molL-1盐酸46mL,过量的盐酸用浓度为1.07molL-1苛性钠中和，使溶液恰好为中性，蒸发中和后的溶液可得固体质量为：（）A、3.43gB、4.00gC、4.50gD、无法确定

5.38.4mg铜跟适量的浓HNO3反应，铜全部作用后，共收集到气体22.4mL（标况），反应消耗的HNO3的物质的

量可能为：（）

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

6.将氢气通入10g灼热的氧化铜中，过一段时间后得到8.4g固体，下列说法正确的是：()A．有8.4g铜生成B。有8g氧化铜参加反应C。有1.6g水生成D。有10g氧化铜被还原7.点燃甲烷与氧气的混合气体21L，反应后恢复至室温，测得气体体积为14L，求混合气体中甲烷

和氧气的体积。

8.4个同学同时分析一个由KCl和KBr组成的混合物,他们各取2.00克样品配成水溶液,加入足够HNO3后再加入

适量AgNO3溶液,待沉淀完全后过滤得到干燥的卤化银沉淀的质量如下列四个选项所示,其中数据合理的是：()

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

9.工业上有一反应2Ａ（ｇ）＋Ｂ（ｇ）3Ｃ（ｇ），按体积比为Ａ∶Ｂ＝5∶2将A和B充入到一定容积的密

闭容器中，若在恒温条件下达到平衡时C占总体积的60％，设A，B，C的相对分子质量分别用ａ，ｂ，ｃ表示。试求：（1）平衡时A和B的转化率。（2）平衡时混合气体的平均分子量。

10.由锌、铁、铝、镁四种金属中的两种组成的混合物10g与足量的盐酸反应产生的氢气在标准状况下为11.2L，则混合物中一定含有的金属是：（）A．锌B．铁C．铝D．镁

11.两种气态烃组成的混合气体0.1mol，完全燃烧得0.16molCO2和3.6g水，下列说法正确的是：混合气体中：

（）A+3B2C。若维持温度和压强不变，当达到平衡时，容器体积为VL，其中C气体的体积占10%，下列推A.一定有甲烷B.一定是甲烷和乙烯C.一定没有乙烷D.一定有乙炔断正确的是：（）12.某种H2和CO的混合气体，其密度为相同条件下氧气密度的二分之一，将3.2克这种混合气体通入一盛有足①原混合气体的体积为1.2VL②原混合气体的体积为1.1VL量Na2O2的密闭容器中再通入过量O2，并用电火花点燃使其充分反应，最后容器中固体质量增加了：③反应达平衡时气体A消耗掉0.05VL④反应达平衡时气体B消耗掉0.05VL（）A.②③B.②④C.①③D.①④A．3.2gB．4.4gC．5.6D．6.4g7.某金属单质跟一定浓度的硝酸反应，假定只产生单一的还原产物，当参加反应的单质与被还原硝酸的物质的量之

13.在30mL量筒中充满NO2和O2的混合气体，倒立于水中使气体充分反应，最后剩余5mL气体，求原混合气比为2:1时，还原产物是：（）

A.NO2B.NOC.N2OD.N2中氧气的体积是多少毫升？

8.将1.92g铜粉与一定量浓硝酸反应，当铜粉完全作用时收集到1.12L（标准状况）。则所消耗硝酸的物质的量是：14.将4.9克氯酸钾与1.62克二氧化锰混合后，放入试管中加热，充分反应后，试管中剩余固体物质的质量约是：（）

A.1.62克B.2.98克C.4.60克D.6.52克15．已知自然界中铱有两种质量数分别为191和193的同位素，而铱的平均原子量为192.22，这两种同位素的原子个数比应为：（）

A．39∶61B．61∶39C．1∶1D．39∶11四、【强化练习】1.一定量的乙醇在氧气中不足的情况下燃烧，得到CO、CO2和水的总质量为27.6g，若其中水的质量为10.8g，则CO的质量为：（）A、1.4gB、2.2gC、4.4gD、在2.2g和4.4g之间2.0.1molL-1的Na2SO3溶液30mL，恰好将2×10-3mol的XO4-离子还原,则元素X在还原产物中的化合价为：()A、＋1价B、＋2价C、＋3价D、＋4价

3.将两个铂电极插入500mlCuSO4溶液中进行电解，通电一段时间后,某电极增重0.064g（设电解时该电极无氢

气析出，且不考虑水解和溶液体积变化），此时溶液中氢离子浓度为：（）A.4×10－3molL-1B.2×10－3molL-1C.1×10－3molL-1D.1×10－

7molL-14.某金属单质跟一定浓度的HNO3反应，假定只产生单一还原产物。当参加反应的单质与被还原的HNO3的物质的量之比为21，还原产物是：（）A、NO2B、NOC、N2OD、N25.在2LFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中加入30g铁粉，最后得到2L0.25mol/LFeSO4溶液以及26g固体沉淀物，求：原混合物中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度。

6.某体积可变的密闭容器，盛有适量的A和B的混合气体，在一定条件下发生反应：

（）A.0.12molB.0.11molC.0.09molD.0.08mol9.由NaH2PO4脱水形成聚磷酸盐Na200H2P200O601，共脱去水分子的数目为（201*年上海高考题）A.198个B.199个C.200个D.201个10.由CO2、H2和CO组成的混合气在同温同压下与氮气的密度相同。则该混合气体中CO2、H2和CO的体积比为：()A.29:8:13B.22:1:14C.13:8:29D.26:16:5711.第ⅡA族元素R的单质及其相应氧化物的混合物12g，加足量水经完全反应后蒸干，得固体16g，试推测该元

素可能为：（）

A.MgB.CaC.SrD.Ba12.在一定条件下，将m体积NO和n体积O2同时通入倒立于水中且盛满水的容器内，充分反应后，容器内残留m/2体积的气体，该气体与空气接触后变为红棕色，则m与n的比值为：（）

A.3:2B.2:3C.8:3D.3:813.将可能混有下列物质的硫酸铵样品13.2g，在加热条件下与过量氢氧化钠溶液反应，可收集到气体4.3L（标准

状况），则该样品内不可能含有的物质是：（）A.碳酸氢铵和硝酸铵B.碳酸铵和硝酸铵C.氯化铵和碳酸氢铵D.氯化铵和硝酸铵

14.铜和镁的合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480mL的NO2气体和336mL的N2O4气体（标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为：（）A．9.02gB.8.51gC.8.26gD.7.04g

15.在一个密闭容器中，用等物质的量的A和B发生反应：A(g)+2B(g)2C(g)。当反应达到平衡时，如果混合气

体中A和B的物质的量之和与C的物质的量相等，则此时A的转化率为：（）

A.40%B.50%C.60%D.70%16.工业上常用漂白粉跟酸反应放出的氯气质量对漂白粉质量的质量分数来表示漂白粉的优劣，漂白粉与酸的反应

为：Ca(ClO)2+CaCl2+2H2SO4=2CaSO4+2Cl2↑+2H2O，现为了测定一瓶漂白粉的x%，进行如下实验，称取漂白

粉样品2.00g，加水研磨后，转入250mL容量瓶内，用水稀释至刻度，摇匀后，取出25.0mL，加入过量的KI

溶液和过量稀硫酸，静置，待漂白粉放出的氯气与KI完全反应后，用0.1mol/LNa2S2O3标准溶液滴定反应中生成的碘，反应如下2Na2S2O3+I2=Na4S4O6+2NaI，滴定时用去溶液20.0mL。试用上述数据计算该漂白粉的X%。

典型例题】答案：【2.思路分析：本题通过三种硫酸盐与硫酸所形成的混合溶液中，各种离子浓度与pH的关系，立足于考查学生的

思维敏捷性，解答该题时只需要根据溶液中所有阳离子所带的正电荷总数等于所有阴离子所带的负电荷总数即可。由电荷守恒得：0.105mol/L×2=c(K+)+0.055mol/L×3+0.01mol/Lc(K+)=0.035mol/L。

答案：B

方法要领：找出溶液中所有的阴阳离子，据电荷守恒列式求解。关键是不要忽略了H+的浓度。

7.分两种情况讨论。

情况一：CH4过量，则：

O2的体积=7L，CH4的体积=14L。

情况二：O2过量，则：

CH4的体积=3.5L，O2的体积=17.5L。

9.解：（1）设Ａ＝5Ｖ，则Ｂ＝2Ｖ。设B转化了ｘ，则有：2Ａ（ｇ）＋Ｂ（ｇ）

3Ｃ（ｇ）

起始5Ｖ2Ｖ0转化2ｘｘ3ｘ平衡5Ｖ－2ｘ2Ｖ－ｘ3ｘ依题意有：

（3ｘ）／[（5Ｖ－2ｘ）＋（2Ｖ－ｘ）＋3ｘ]＝（60／100）＝（3／5）即有：（3ｘ／7Ｖ）＝（3／5）解得：ｘ＝（7Ｖ／5）∴Ａ的转化率为：

Ａ％＝（2ｘ／5Ｖ）×100％＝（2×7／5Ｖ）／5Ｖ×100％＝56％Ｂ的转化率为

Ｂ％＝（ｘ／2Ｖ）×100％＝（7／5Ｖ）／2Ｖ×100％＝70％（2）混合气体平衡时的总体积Ｖ总＝7Ｌ

＝（5ａL＋2ｂL）／7Ｌ＝（5ａ＋2ｂ）／7

答：（1）平衡时A的转化率为56％；

Ｂ的转化率70％；（2）平衡时混合气体的平均分子量为（5ａ＋2ｂ）／7。13.10mL或3mL。【强化练习】答案：

5.[解析]该溶液中包括两个守恒关系：一是电荷守恒，即溶液中的阳离子（或阴离子）的电荷总数反应前后不变；二是质量守恒，即Fe与Cu的质量反应前后不变。抓住这两个关系建立方程组求解便成。设原混合物中Fe2(SO4)3、CuSO4的物质的量浓度分别为x、y

根据SO42-守恒有：2L×x×3+2L×y=2L×0.25molL-1

(1)根据Fe与Cu的质量守恒有：

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

解上述（1）、（2）方程组得：x=0.05molL-1y=0.10molL-1另外，电荷守恒还可以帮助我们从一个方面判断离子方程式是否正确。例如：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+,Fe3++Fe=2Fe2+这两个离子方程式原子守恒，但等式两边电荷不守恒，因此该离子方程式是错误的，正确的应为：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+,2Fe3++Fe=3Fe2+。

6.思路分析：依题设条件确定在建立化学平衡时A、B、C三种气体体积的关系：A+3B2C平衡时的体积0.9VL0.1VL

生成气体0.1VLC，消耗0.05VLA和0.15VLB。消耗总体积为：0.05VL+0.15VL=0.2VL因此，原混合气体的体积为：0.9VL+0.2VL=1.1VL。

由此可知，原混合气体的体积为1.1VL，反应达平衡时气体A消耗掉0.05VL。答案：A

一题多解：本题对化学平衡的知识通过简单的定量关系进行考查，只给出了平衡时气体C的体积为总体积10%这

一个数据。这类题很明显是可以有多种解法的。

设x、y为达到平衡时，气体A及气体B分别减少的体积；z为由A、B反应生成气体C时所减少的总体积。A+3B2C体积减少1322xy0.1Vz

则x=1/2×0.1VL=0.05VLy=3/2×0.1VL=0.15VLz=0.1VL因此，原混合气体的总体积为：VL+0.1VL=1.1VL

7.思路分析：根据氧化还原反应中得失电子数守恒，即可求出硝酸还原后的价态，即可确定产物的分子式。设金属的化合价为X，还原产物中N的价态为Y，则有：

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

方法要领：这类题的关键是看硝酸作用。若为某非金属单质与硝酸发生氧化还原反应时，参加反应的硝酸只作氧化剂；若为金属与硝酸反应，作氧化剂的硝酸的量：总量减去产物阳离子结合掉的硝酸根的量。此时特别注意硝酸当还原产物中N的价态-3价时，还应再减去生成硝酸铵中的硝酸根的量。

8.思路分析：1.92g铜生成0.03molCu(NO3)2，即消耗0.06molHNO3，而产生的1.12L气体不管是NO还是NO2，需要0.05mol的HNO3，总共消耗HNO30.11mol。

答案：B

方法要领：在反应过程中HNO3由浓变稀，如以为Cu与浓硝酸反应后，得到气体全为NO2，则造成错误。由：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O得NO20.03mol×2=0.06mol，现已知收集到0.05mol，说明后来HNO3变稀，产生一部分NO。根据N原子守恒可简化计算：n(HNO3)=n(N)=n(NO)+n(NO2)+2n[Cu(NO3)2]。

9思路分析：从Na+及P原子都为“200”的信息出发，可知(NaH2PO4)n中的n值为200，将n乘入单体各原子，得“Na200H400P200O800”，减去聚磷酸钠“Na200H2P200O601”中的各原子个数，得到“H398O199”，可知共脱去水分子199个。

答案：B

一题多解：题中聚磷酸盐的化学式看似复杂，其实只要抓住变化前后Na+的守恒，即可解得。或脱水分子的数目与脱氧原子的数目必然一致，故有4×200-601=199。

10.思路分析：CO相对分子质量与N2相同，CO2与H2体积比：CO24426

28V(CO2):V(H2)=26:5=13:8。H2216答案：C、D

方法要领：本题旨在考查考生能否灵活掌握有关平均值计算。考查考生思维的敏捷性、灵活性。因题中提供的混合气中含三种气体，用一般方法无法解出，故要透过现象看本质，发现CO与N2式量相等，用十字交叉法计算CO2与H2体积比，在选项中只要前两位满足13:8即可。此题的解题关键在于挖掘出CO与N2相对分子质量相同，而不要计算CO量，CO可为任意量。11.

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

1216R=381216R’=102相对原子质量小于102，大于38的有Ca和Sr。答案：B、C

方法要领：这是一题利用混合物同时与水反应推算相对原子质量的计算题。可采用极限法找出相对原子质量可能的范围。假设混合物全为单质或全部是氧化物，根据已知量计算出相对原子质量可能的最大值和最小值，从而正确选出答案。本题考查了考生能否将化学问题抽象成为数学问题，通过计算和推理解决化学问题。

12.思路分析：根据题意，剩余的气体是NO，则与n体积O2反应的NO为m/2体积。由4NO+3O2+2H2O=4HNO3，可知：m/2:n=4:3，m:n=8:3。

答案：C

方法要领：关于NOx+O2+H2O→HNO3的计算，把以下两个反应（3NO2+H2O=2HNO3+NO，2NO+O2=2NO2）进行叠加可得：4NO+3O2+2H2O=4HNO3或4NO2+O2+2H2O=4HNO3，利用总反应式计算。

如果题目中剩余气体未指明，则应考虑另一种可能：剩余O2，这样选项B也是可能的。

13.思路分析：若该样品全是硫酸铵则为0.1mol，如与NaOH完全反应，产生NH3为4.48L。而实际上只得到4.3L，说明所混入的铵盐为含氮量小于硫酸铵的物质。几种铵盐的氮的质量分数如下：

铵盐NH4NO3(NH4)2CO3NH4Cl(NH4)2SO4NH4HCO3(N)35.0%29.17%26.17%21.21%17.95%答案：B、D方法要领：混合物成分的判断可用极限法分析。题中列举的铵盐中，除了NH4HCO3外，其余3种铵盐中氮的质量分数均超过(NH4)2SO4，但只要含有NH4HCO3，即使另一种铵盐超过(NH4)2SO4的质量分数，也可因NH4HCO3在杂质中为主，以致可能导致NH3逸出量减少。

14.思路分析：此题如单纯用Cu、Mg分别与HNO3反应的结果求出合金的物质的量组成而求得沉淀的质量，那是相当烦琐的。如用整体思维，则沉淀的质量为金属Cu、Mg的质量加上OH-的质量，由电子守恒知：Cu、Mg的物质的量之和为：

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

答案：B

方法要领：某些化学计算题，往往会涉及多个反应或物质，解题中如根据其整体性质或利用内在联系，做整体处理，就能开拓思路，迅速求解。

一题多解：本题还可用平均值法计算。被还原的硝酸共0.23mol(+5价N→+4价N)，4.6g铜和镁的合金为0.115mol，故合金的平均摩尔质量为4.6g/0.115mol=40g/mol。故形成氢氧化物沉淀为：(4.6g÷40g/mol)×74g/mol=8.51g。

15思路分析：设起始时A和B的物质的量均为1mol，达到平衡时A转化物质的量为x

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

n(起始)110n(转化)x2x2xn(平衡)1-x1-2x2x

依题意：(1-x)+(1-2x)=2xx=0.4molA的转化率=(0.4mol÷1mol)×100%=40%。答案：A

方法要领：本题是一道没有具体数字的平衡计算题，解题是要设法从题目中找出物质之间的数量关系，并结合化学平衡、转化率的概念进行分析、计算、解答。

一题多解：若B反应完全，A反应完一半，所以A的转化率不得≥50%。本题以参加反应某物质为载体，考查对化学平衡概念理解的程度。A(g)+2B(g)2C(g)，A和B以物质的量1:2参加反应，现A、B等物质的量，当A的转化率为50%时，B反应完全。然而B不可能反应完，故A的转化率小于50%。

16.

思路分析：逆推思路是：求x%→需要漂白粉样品的质量（已知）和产生Cl2的总质量（未知）→求样品反应能产生Cl2的总质量[即所配250mL溶液可产生Cl2的质量→求取出25mL溶液反应产生Cl2的量→由有关化学方程式找关系式（即Cl2～I2～2Na2S2O3）]和运用已知量计算。解题的步骤按思路的相反过程进行。

设漂白粉与酸反应放出Cl2物质的量为y2Na2S2O3～Cl22mol1mol2.0×10-3

moly

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

方法要领：这是由多步反应完成的一整套的实验。在解这种类型的计算题时，找出各步反应中有关物质的数量关系式，根据关系式进行计算，省略了中间步骤，它的优点是解题简捷。但在找关系式是必须考虑周密谨慎。否则，一个小的错误会导致整个题目的错误。

审题时应注意：①不是求Ca(ClO)2的质量分数；②计算时带单位运算。

扩展阅读：高中化学计算方法总结

高中化学计算练习

（苑冰201*-9-15）

一、【基本方法】

计算方法质量守恒原理从宏观上看，化学反应前后的质量相等说明实例二、【易错指津】

1．根据氧化还原反应中电子守恒计算时，一是准确判断新给物质的化合价，二是如原子团中某原子个数不

为1时，要乘以原子个数。

2．根据化学反应，利用气体物质的量推算容器压强时，不要将固体物质的量也计算在内。

3．对一些特殊反应，如浓H2SO4、浓HNO3、浓HCl随反应进行浓度在减少，导致反应情况改变，不能只从理论上计算。

三、【典型例题】

1.在反应X+2Y=R+2M中，已知R和M的摩尔质量之比229，当1.6gX与Y完全反应后，生成4.4R则此

①在电解质溶液中，因整个溶液呈中性，所以阴、阳离是巧妙选择化学式或溶液中某两守电荷守恒子所带的电荷总量必须相等。②在离子方程式中，反应种数（如正负化合价总数、阴阳离例1恒物所带正（负）电荷总量与生成物所带正（负）电荷总子所带的正负电荷总数）相等，或例2法量相等。几个连续（或平行）的方程式前后例3某微粒（如离子、原子、电子）的例4电子守恒在氧化还原过程中，得电子总数等于失电子总数，在原电池和电解池中通过两极的电子数必然相等。物质的量保持不变作为解题依据。例5原子守恒反应前原子总数等于反应后产物以各种形式存在的总数质量差利用物质在反应前后的质量差求解根据物质变化前后某种量发生变例6差化的方程式或关系式，找出所谓量“理论差量”。利用该法关键有两法体积差利用气体物质在反应前后的体积差量求解点：①弄清差量原因；②弄清差量例7与什么量成比例。是把所研究的对象或过程变化通过假设，推到理想的极常用于求有关存在“极限值”的计极值法限值，使因果关系变得十分明显，从而得出正确的判断，算题，如某些化学平衡的计算，平例8或者将化学问题抽象成数学的极限问题求解。行反应的计算，混合物的计算等。平均式量即用平均相对原子质量或相对分子质量判断物质成分或是将数学平均原理应用于化学计平含量算的解题方法。它依据数学原理例9均平均摩电反应中平均转移1mol电子所需混合物的质量，其值介于是：两个数A1和A2的平均值A，例值子质量两组分之间A介于A1和A2之间。应用于混合10法平均组成在混合物的计算中，可以把平均组成作为中介，以此讨物的分析（定量、定性），常用的例论可能的组成技巧：十字交叉法。11

关粒子守恒从微观上看，化学反应前后同种元素的原子个数必然相等。系对循环反应（前一反应的某一产物，在参加后续反应后，是计算中用来表示已知量与未知例式方程式叠又再生成，使反应循环下去）将方程式相加，消去循环量成正比例关系的式子。法加12项。解计算题时，若题设条件充分，则可直接计算求解；若讨论法题设条件不充分，则需采用讨论的方法，计算加推理，讨论法是一种发现思维的方法。例将题解出。13是从化学原理出发，充分利用边界条件，并运用近似值、估算法平均值、极限值、等于、大于或小于等数学方法，对化特别适用于计算型选择题，由选项例学问题的定量问题进行估量、评价、推断，从而得出正结合题意判断。14确结论的一种思维方法。十字交叉法若已知两组分量和这两个量的平均值，求这两个量的比十字交叉法是二元混合物（或组例例关系等，多可运用十字交叉法计算。成）计算中的一种特殊方法15

反应中Y和M的质量比为：（）

A、169B、239C、329D、469

2．将硫酸钾、硫酸铝、硫酸铝钾三种盐混合溶于硫酸酸化的水中，测得c(SO42-)=0.105mol/L、

c(Al3+)=0.055mol/L，溶液的pH=2.0（假设溶液中H2SO4完全电离为H+和SO42-），则c(K+)为：A.0.045mol/LB.0.035mol/LC.0.055mol/LD.0.040mol/L

3.将5.21g纯铁粉溶于适量稀H2SO4中，加热条件下，用2.53gKNO3氧化Fe2+，充分反应后还需

0.009molCl2才能完全氧化Fe2+，则KNO3的还原产物氮元素的化合价为：（）

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

4.在空气中存放过的KOH固体，经分析测知其含H2O：6.72%、K2CO3：3.28%、KOH：90%、若将此样品

1g加入1molL-1盐酸46mL,过量的盐酸用浓度为1.07molL-1苛性钠中和，使溶液恰好为中性，蒸发中和后的溶液可得固体质量为：（）A、3.43gB、4.00gC、4.50gD、无法确定

5.38.4mg铜跟适量的浓HNO3反应，铜全部作用后，共收集到气体22.4mL（标况），反应消耗的HNO3的

物质的量可能为：（）A、1.4×10-3molB、1.6×10-3molC、2.2×10-3molD、2.4×10-3mol

6.将氢气通入10g灼热的氧化铜中，过一段时间后得到8.4g固体，下列说法正确的是：()A．有8.4g铜生成B。有8g氧化铜参加反应C。有1.6g水生成D。有10g氧化铜被还原7.点燃甲烷与氧气的混合气体21L，反应后恢复至室温，测得气体体积为14L，求混合气体中

甲烷和氧气的体积。

8.4个同学同时分析一个由KCl和KBr组成的混合物,他们各取2.00克样品配成水溶液,加入足够HNO3后再加入适量AgNO3溶液,待沉淀完全后过滤得到干燥的卤化银沉淀的质量如下列四个选项所示,其中数据合理的是：()A.3.06gB.3.36gC.3.66gD.3.96

9.工业上有一反应2Ａ（ｇ）＋Ｂ（ｇ）3Ｃ（ｇ），按体积比为Ａ∶Ｂ＝5∶2将A和B充入到一定容

积的密闭容器中，若在恒温条件下达到平衡时C占总体积的60％，设A，B，C的相对分子质量分别用ａ，ｂ，ｃ表示。试求：（1）平衡时A和B的转化率。（2）平衡时混合气体的平均分子量。

10.由锌、铁、铝、镁四种金属中的两种组成的混合物10g与足量的盐酸反应产生的氢气在标准状况下为11.2L，则混合物中一定含有的金属是：（）A．锌B．铁C．铝D．镁

11.两种气态烃组成的混合气体0.1mol，完全燃烧得0.16molCO2和3.6g水，下列说法正确的是：混合气体中：（）A.一定有甲烷B.一定是甲烷和乙烯C.一定没有乙烷D.一定有乙炔

12.某种H2和CO的混合气体，其密度为相同条件下氧气密度的二分之一，将3.2克这种混合气体通入一盛有足量Na2O2的密闭容器中再通入过量O2，并用电火花点燃使其充分反应，最后容器中固体质量增加了：（）A．3.2gB．4.4gC．5.6D．6.4g

13.在30mL量筒中充满NO2和O2的混合气体，倒立于水中使气体充分反应，最后剩余5mL气体，求原

混合气中氧气的体积是多少毫升？

14.将4.9克氯酸钾与1.62克二氧化锰混合后，放入试管中加热，充分反应后，试管中剩余固体物质的质

量约是：（）A.1.62克B.2.98克C.4.60克D.6.52克

15．已知自然界中铱有两种质量数分别为191和193的同位素，而铱的平均原子量为192.22，这两种同

位素的原子个数比应为：（）A．39∶61B．61∶39C．1∶1D．39∶11

四、【强化练习】

1.一定量的乙醇在氧气中不足的情况下燃烧，得到CO、CO2和水的总质量为27.6g，若其中水的质量为10.8g，则CO的质量为：（）A、1.4gB、2.2gC、4.4gD、在2.2g和4.4g之间

2.0.1molL-1的Na2SO3溶液30mL，恰好将2×10-3mol的XO4-离子还原,则元素X在还原产物中的化合价

为：()A、＋1价B、＋2价C、＋3价D、＋4价

3.将两个铂电极插入500mlCuSO4溶液中进行电解，通电一段时间后,某电极增重0.064g（设电解时该电

极无氢气析出，且不考虑水解和溶液体积变化），此时溶液中氢离子浓度为：（）

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

7molL-1

4.某金属单质跟一定浓度的HNO3反应，假定只产生单一还原产物。当参加反应的单质与被还原的HNO3

的物质的量之比为21，还原产物是：（）A、NO2B、NOC、N2OD、N2

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

沉淀物，求：原混合物中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度。

6.某体积可变的密闭容器，盛有适量的A和B的混合气体，在一定条件下发生反应：

A+3B2C。若维持温度和压强不变，当达到平衡时，容器体积为VL，其中C气体的体积占10%，下列推断正确的是：（）

①原混合气体的体积为1.2VL②原混合气体的体积为1.1VL

③反应达平衡时气体A消耗掉0.05VL④反应达平衡时气体B消耗掉0.05VLA.②③B.②④C.①③D.①④

7.某金属单质跟一定浓度的硝酸反应，假定只产生单一的还原产物，当参加反应的单质与被还原硝酸的物质的量之比为2:1时，还原产物是：（）

A.NO2B.NOC.N2OD.N2

8.将1.92g铜粉与一定量浓硝酸反应，当铜粉完全作用时收集到1.12L（标准状况）。则所消耗硝酸的物质的量是：（）

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

9.由NaH2PO4脱水形成聚磷酸盐Na200H2P200O601，共脱去水分子的数目为（201*年上海高考题）

A.198个B.199个C.200个D.201个

10.由CO2、H2和CO组成的混合气在同温同压下与氮气的密度相同。则该混合气体中CO2、H2和CO的体积比为：()A.29:8:13B.22:1:14C.13:8:29D.26:16:57

11.第ⅡA族元素R的单质及其相应氧化物的混合物12g，加足量水经完全反应后蒸干，得固体16g，试推

测该元素可能为：（）A.MgB.CaC.SrD.Ba

12.在一定条件下，将m体积NO和n体积O2同时通入倒立于水中且盛满水的容器内，充分反应后，容器内残留m/2体积的气体，该气体与空气接触后变为红棕色，则m与n的比值为：（）

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

13.将可能混有下列物质的硫酸铵样品13.2g，在加热条件下与过量氢氧化钠溶液反应，可收集到气体4.3L（标准状况），则该样品内不可能含有的物质是：（）A.碳酸氢铵和硝酸铵B.碳酸铵和硝酸铵C.氯化铵和碳酸氢铵D.氯化铵和硝酸铵

14.铜和镁的合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480mL的NO2气体和336mL的N2O4

气体（标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为：（）A．9.02gB.8.51gC.8.26gD.7.04g

15.在一个密闭容器中，用等物质的量的A和B发生反应：A(g)+2B(g)2C(g)。当反应达到平衡时，如果

混合气体中A和B的物质的量之和与C的物质的量相等，则此时A的转化率为：（）A.40%B.50%C.60%D.70%

16.工业上常用漂白粉跟酸反应放出的氯气质量对漂白粉质量的质量分数来表示漂白粉的优劣，漂白粉与酸

的反应为：Ca(ClO)2+CaCl2+2H2SO4=2CaSO4+2Cl2↑+2H2O，现为了测定一瓶漂白粉的x%，进行如下实验，称取漂白粉样品2.00g，加水研磨后，转入250mL容量瓶内，用水稀释至刻度，摇匀后，取出25.0mL，加入过量的KI溶液和过量稀硫酸，静置，待漂白粉放出的氯气与KI完全反应后，用0.1mol/LNa2S2O3标准溶液滴定反应中生成的碘，反应如下2Na2S2O3+I2=Na4S4O6+2NaI，滴定时用去溶液20.0mL。试用上述数据计算该漂白粉的X%。

【典型例题】答案：

2.思路分析：本题通过三种硫酸盐与硫酸所形成的混合溶液中，各种离子浓度与pH的关系，立足于考查学生的思维敏捷性，解答该题时只需要根据溶液中所有阳离子所带的正电荷总数等于所有阴离子所带的负电荷总数即可。由电荷守恒得：0.105mol/L×2=c(K+)+0.055mol/L×3+0.01mol/Lc(K+)=0.035mol/L。

答案：B

方法要领：找出溶液中所有的阴阳离子，据电荷守恒列式求解。关键是不要忽略了H+的浓度。

7.分两种情况讨论。

情况一：CH4过量，则：

O2的体积=7L，CH4的体积=14L。

情况二：O2过量，则：

CH4的体积=3.5L，O2的体积=17.5L。

9.解：（1）设Ａ＝5Ｖ，则Ｂ＝2Ｖ。设B转化了ｘ，则有：

2Ａ（ｇ）＋Ｂ（ｇ）3Ｃ（ｇ）起始5Ｖ2Ｖ0转化2ｘｘ3ｘ平衡5Ｖ－2ｘ2Ｖ－ｘ3ｘ依题意有：

（3ｘ）／[（5Ｖ－2ｘ）＋（2Ｖ－ｘ）＋3ｘ]＝（60／100）＝（3／5）即有：（3ｘ／7Ｖ）＝（3／5）解得：ｘ＝（7Ｖ／5）∴Ａ的转化率为：

Ａ％＝（2ｘ／5Ｖ）×100％＝（2×7／5Ｖ）／5Ｖ×100％＝56％Ｂ的转化率为

Ｂ％＝（ｘ／2Ｖ）×100％＝（7／5Ｖ）／2Ｖ×100％＝70％（2）混合气体平衡时的总体积Ｖ总＝7Ｌ

＝（5ａL＋2ｂL）／7Ｌ＝（5ａ＋2ｂ）／7

答：（1）平衡时A的转化率为56％；

Ｂ的转化率70％；（2）平衡时混合气体的平均分子量为（5ａ＋2ｂ）／7。13.10mL或3mL。

【强化练习】答案：

5.[解析]该溶液中包括两个守恒关系：一是电荷守恒，即溶液中的阳离子（或阴离子）的电荷总数反应前后不变；二是质量守恒，即Fe与Cu的质量反应前后不变。抓住这两个关系建立方程组求解便成。设原混合物中Fe2(SO4)3、CuSO4的物质的量浓度分别为x、y根据SO42-守恒有：2L×x×3+2L×y=2L×0.25molL-1(1)根据Fe与Cu的质量守恒有：2L×x×2×56gmol-1+2L×y×64gmol-1+30g=2L×0.25molL-1×56gmol-1+26g(2)解上述（1）、（2）方程组得：x=0.05molL-1y=0.10molL-1另外，电荷守恒还可以帮助我们从一个方面判

断离子方程式是否正确。例如：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+,Fe3++Fe=2Fe2+这两个离子方程式原子守恒，但等式两边电荷

不守恒，因此该离子方程式是错误的，正确的应为：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+,2Fe3++Fe=3Fe2+。

6.思路分析：依题设条件确定在建立化学平衡时A、B、C三种气体体积的关系：A+3B2C平衡时的体积0.9VL0.1VL

生成气体0.1VLC，消耗0.05VLA和0.15VLB。消耗总体积为：0.05VL+0.15VL=0.2VL因此，原混合气体的体积为：0.9VL+0.2VL=1.1VL。

由此可知，原混合气体的体积为1.1VL，反应达平衡时气体A消耗掉0.05VL。答案：A

一题多解：本题对化学平衡的知识通过简单的定量关系进行考查，只给出了平衡时气体C的体积为总体积10%这一个数据。这类题很明显是可以有多种解法的。

设x、y为达到平衡时，气体A及气体B分别减少的体积；z为由A、B反应生成气体C时所减少的总体积。A+3B2C体积减少1322xy0.1Vz则x=1/2×0.1VL=0.05VLy=3/2×0.1VL=0.15VLz=0.1VL因此，原混合气体的总体积为：VL+0.1VL=1.1VL

7.思路分析：根据氧化还原反应中得失电子数守恒，即可求出硝酸还原后的价态，即可确定产物的分子式。设金属的化合价为X，还原产物中N的价态为Y，则有：2X=1×(5-Y)，Y=5-2X。讨论：X=1，Y=3（为N2O3）；X=2，Y=1（N2O）；X=3，Y=-1（舍）。答案：C

方法要领：这类题的关键是看硝酸作用。若为某非金属单质与硝酸发生氧化还原反应时，参加反应的硝酸只作氧化剂；若为金属与硝酸反应，作氧化剂的硝酸的量：总量减去产物阳离子结合掉的硝酸根的量。此时特别注意硝酸当还原产物中N的价态-3价时，还应再减去生成硝酸铵中的硝酸根的量。

8.思路分析：1.92g铜生成0.03molCu(NO3)2，即消耗0.06molHNO3，而产生的1.12L气体不管是NO还是NO2，需要0.05mol的HNO3，总共消耗HNO30.11mol。

答案：B

方法要领：在反应过程中HNO3由浓变稀，如以为Cu与浓硝酸反应后，得到气体全为NO2，则造成错误。由：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O得NO20.03mol×2=0.06mol，现已知收集到0.05mol，说明后来HNO3变稀，产生一部分NO。根据N原子守恒可简化计算：n(HNO3)=n(N)=n(NO)+n(NO2)+2n[Cu(NO3)2]。

9思路分析：从Na+及P原子都为“200”的信息出发，可知(NaH2PO4)n中的n值为200，将n乘入单体各原子，得“Na200H400P200O800”，减去聚磷酸钠“Na200H2P200O601”中的各原子个数，得到“H398O199”，可知共脱去水分子199个。

答案：B

一题多解：题中聚磷酸盐的化学式看似复杂，其实只要抓住变化前后Na+的守恒，即可解得。或脱水分子的数目与脱氧原子的数目必然一致，故有4×200-601=199。

10.思路分析：CO相对分子质量与N2相同，CO2与H2体积比：

CO24426

28V(CO2):V(H2)=26:5=13:8。H2216答案：C、D

方法要领：本题旨在考查考生能否灵活掌握有关平均值计算。考查考生思维的敏捷性、灵活性。因题中提供的混合气中含三种气体，用一般方法无法解出，故要透过现象看本质，发现CO与N2式量相等，用十字交叉法计算CO2与H2体积比，在选项中只要前两位满足13:8即可。此题的解题关键在于挖掘出CO与N2相对分子质量相同，而不要计算CO量，CO可为任意量。11.

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

1216R=381216R’=102相对原子质量小于102，大于38的有Ca和Sr。答案：B、C

方法要领：这是一题利用混合物同时与水反应推算相对原子质量的计算题。可采用极限法找出相对原子质量可能的范围。假设混合物全为单质或全部是氧化物，根据已知量计算出相对原子质量可能的最大值和最小值，从而正确选出答案。本题考查了考生能否将化学问题抽象成为数学问题，通过计算和推理解决化学问题。

12.思路分析：根据题意，剩余的气体是NO，则与n体积O2反应的NO为m/2体积。由4NO+3O2+2H2O=4HNO3，可知：m/2:n=4:3，m:n=8:3。

答案：C

方法要领：关于NOx+O2+H2O→HNO3的计算，把以下两个反应（3NO2+H2O=2HNO3+NO，2NO+O2=2NO2）进行叠加可得：4NO+3O2+2H2O=4HNO3或4NO2+O2+2H2O=4HNO3，利用总反应式计算。

如果题目中剩余气体未指明，则应考虑另一种可能：剩余O2，这样选项B也是可能的。

13.思路分析：若该样品全是硫酸铵则为0.1mol，如与NaOH完全反应，产生NH3为4.48L。而实际上只得到4.3L，说明所混入的铵盐为含氮量小于硫酸铵的物质。几种铵盐的氮的质量分数如下：

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

方法要领：混合物成分的判断可用极限法分析。题中列举的铵盐中，除了NH4HCO3外，其余3种铵盐中氮的质量分数均超过(NH4)2SO4，但只要含有NH4HCO3，即使另一种铵盐超过(NH4)2SO4的质量分数，也可因NH4HCO3在杂质中为主，以致可能导致NH3逸出量减少。

14.思路分析：此题如单纯用Cu、Mg分别与HNO3反应的结果求出合金的物质的量组成而求得沉淀的质量，那是相当烦琐的。如用整体思维，则沉淀的质量为金属Cu、Mg的质量加上OH-的质量，由电子守恒知：Cu、Mg的物质的量之和为：

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

答案：B

方法要领：某些化学计算题，往往会涉及多个反应或物质，解题中如根据其整体性质或利用内在联系，做整

体处理，就能开拓思路，迅速求解。

一题多解：本题还可用平均值法计算。被还原的硝酸共0.23mol(+5价N→+4价N)，4.6g铜和镁的合金为0.115mol，故合金的平均摩尔质量为4.6g/0.115mol=40g/mol。故形成氢氧化物沉淀为：(4.6g÷40g/mol)×74g/mol=8.51g。

15思路分析：设起始时A和B的物质的量均为1mol，达到平衡时A转化物质的量为x

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

n(起始)110n(转化)x2x2xn(平衡)1-x1-2x2x

依题意：(1-x)+(1-2x)=2xx=0.4molA的转化率=(0.4mol÷1mol)×100%=40%。答案：A

方法要领：本题是一道没有具体数字的平衡计算题，解题是要设法从题目中找出物质之间的数量关系，并结合化学平衡、转化率的概念进行分析、计算、解答。

一题多解：若B反应完全，A反应完一半，所以A的转化率不得≥50%。本题以参加反应某物质为载体，考查对化学平衡概念理解的程度。A(g)+2B(g)2C(g)，A和B以物质的量1:2参加反应，现A、B等物质的量，当A的转化率为50%时，B反应完全。然而B不可能反应完，故A的转化率小于50%。

16.

思路分析：逆推思路是：求x%→需要漂白粉样品的质量（已知）和产生Cl2的总质量（未知）→求样品反应能产生Cl2的总质量[即所配250mL溶液可产生Cl2的质量→求取出25mL溶液反应产生Cl2的量→由有关化学方程式找关系式（即Cl2～I2～2Na2S2O3）]和运用已知量计算。解题的步骤按思路的相反过程进行。

设漂白粉与酸反应放出Cl2物质的量为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%

方法要领：这是由多步反应完成的一整套的实验。在解这种类型的计算题时，找出各步反应中有关物质的数量关系式，根据关系式进行计算，省略了中间步骤，它的优点是解题简捷。但在找关系式是必须考虑周密谨慎。否则，一个小的错误会导致整个题目的错误。

审题时应注意：①不是求Ca(ClO)2的质量分数；②计算时带单位运算。

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