目录高中化学计算题分类 高中化学记算题怎么做 化学记算题怎么做 高中化学50道经典例题 化学计算题解题思路
一、差量法
在一定量溶剂的饱和溶液中，由于温度改变（升高或降低），使溶质的溶解度发生变化，从而造成溶质（或饱和溶液）质量的差量；每个物质均有固定的化学组成，任意两个物质的物理量之间均存在差量；同样，在一个封闭体系中进行的化学反应，尽管反应前后质量守恒，但物质的量、固液气各态物质质量、气体体积等会发生变化，形成差量。差量法就是根据这些差量值，列出比例式来求解的一种化学计算方法。该方法运用的数学知识为等比定律及其衍生式：或。差量法是简化化学计算的一种主要手段，在中学阶段运用相当普遍。常见的类型有：溶解度差、组成差、质量差、体积差、物质的量差等。在运用时要注意物质的状态相相同，差量物质的物理量单位要一致。
1.将碳酸钠和碳酸氢钠的混合物21.0g，加热至质量不再变化时，称得固体质量为14.8g。求混合物中碳酸钠的质量分数。
2.实验室用冷却结晶法提纯KNO3，先在100℃时将KNO3配成饱和溶液，再冷却到30℃，析出KNO3。现欲制备500g较纯的KNO3，问在100℃时应将多少克KNO3溶解于多少克水中。（KNO3的溶解度100℃时为246g，30℃时为46g）
3.某金属元素R的氧化物相对分子质量为m，相同价态氯化物的相对分子质量为n，则金属元素R的化合价为多少？
4.将镁、铝、铁分别投入质量相等、足量的稀硫酸中，反应结束后所得各溶液的质量相等，则投入的镁、铝、铁三种金属的质量大小关系为（）
（A）Al＞Mg＞Fe （B）Fe＞Mg＞Al（C）Mg＞Al＞Fe（D）Mg=Fe=Al
二、十字交叉法
凡能列出一个二元一次空洞方程组来求解的命题，即二组分的平均值，均可用十字交叉法，此法把乘除运算转化为加减运算，给计算带来很大的方便。
十字交叉法的表达式推导如下：设A、B表示十字交叉的两个分量，表示两个分量合成的平均量，xA、xB分别表示A和B占平均量的百分数，且xA+xB=1，则有：
A•xA+B•xB= （xA+xB） 化简得：
若把 放在十字交叉的中心，用A、B与其交叉相减，用二者差的绝对值相比即可得到上式。
十字交叉法应用非常广，但不是万能的，其适用范围如表4—2：
含化学
义 量
类型 A、B
xA、xB
1溶液中溶质
质量分数混合溶液中溶质质量质量分数质量分数
2物质中某元素
质汪亏旅量困凳分数混合物中某
元素质量分数质量分数
3同位素相对
原子质量元素相对
原子质量同位素原子
百分组成
4某物质相对
分子质量混合物平均相对分子质量物质的量分数
或体积分数
5某物质分子
组成混合物的平均
分子组成物质的量分数
6用于某些综合计算：如十字交叉法确定某些盐的组成、有机物的组成等
正确使用十字交叉法解题的关键在于：（1）正确选择两个分量和平均量；（2）明确所得比为谁与谁之比；（3）两种物质以什么为单位在比。尤其要注意在知道质量平均值求体积或物质的量的比时，用此法并不简单。
1.现有50g 5%的CuSO4溶液，把其浓度增大一倍，可采用的方法有：（1）可将原溶液蒸发掉g水；（2）可向原溶液中加入12.5% CuSO4溶液g；（3）可向原溶液中加入胆矾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，现测得含氮质量分数为40%，则混合物中NH4NO3和CO(NH2)2的物质的量之比为（）
（A）4∶3（B）1∶1（C）3∶4（D）2∶3
三、平均法
对于含有平均含义的定量或半定量习题，利用平均原理这一技巧性方法，可省去复杂的计算，迅速地作出判断，巧妙地得出答案，对提高解题能力大有益处。平均法实际上是对十字交叉所含原理的进一步运用。解题时，常与十字交叉结合使用，达到速解之目的。原理如下：
若A>B，且符合 ，则必有A> >B，其中是A、B的相应平均值或式。xA•xB分别是A、B的份数。
常见的类型有：元素质量分数、相对原子质量、摩尔电子质量、双键数、化学组成等平均法。有时运用平均法也可讨论范围问题。
1.某硝酸铵样品中氮的质量分数25%，则该样品中混有的一组杂质一定不是（）
（A）CO(NH2)2和NH4HCO3（B）NH4Cl和NH4HCO3
（C）NH4Cl和(NH4)2SO4 （D）(NH4)2SO4和NH4HCO3
2.把含有某一种氯化物杂质的氯化镁粉末95mg溶于水后，与足量的硝酸银溶液反应，生成氯化银沉淀300mg，则该氯化镁中的杂质可能是（）
（A）氯化钠（B）氯化铝（C）氯化钾（D）氯化钙
3.某含杂质的CaCO3样品只可能含有下列括号中四种杂质中的两种。取10g该样品和足量盐酸反应，产生了2.24L标准状况下的CO2气体。则该样品中一定含有杂质，可能含有杂质。（杂质：KHCO3、MgCO3、K2CO3、SiO2）
4 .（1）碳酸氢铵在170℃时完全分解，生成的混和气体平均相对分子质量是 。
（2）某爆鸣气中H2和O2的质量分数分别为75%和25%，则该爆鸣气对氢气的相对密度是。
（3）体积为1 L的干燥容器充入HCl气体后，测得容器中气体对氧气相对密度为1.082，用此气体进行喷泉实验，当喷泉停止后，进入容器中液体的体积是。
附：平均摩尔质量（ ）的求法：
①m总—混和物叫质量n总—混和物总物质的量
② =M1•n1%+M2•n2%+…M1、M2……各组分的摩尔质量，n1%、n2%……各组分的物质的量分数。（注：如是元素的摩尔质量，则M1、M2……是各同位素的摩尔质量，n1%、n2%……是各同位素的原子分数（丰度）。）
③ 如是气体混合物的摩尔质量，则有 =M1•V1%+M2•V2%+…（注：V1%、V2%……气体体积分数。）
④ 如是气体混合物的摩尔质量，则有 =d•MA(注：MA为参照气体的摩尔质量，d为相对密度)
四、 守恒法
在化学反应中存在一系列守恒现象，如：质量守恒（含原子守恒、元素守恒）、电荷守恒、电子得失守恒、能量守恒等，利用这些守恒关系解题的方法叫做守恒法。电荷守恒即对任一电中性的体系，如化合物、混和物、溶液、胶体等，电荷的代数和为零，即正电荷总数和负电荷总数相等。电子得失守恒是指在发生氧化-还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数，无论是自发进行的氧化-还原反应还是以后将要学习的原电池或电解池均如此。
a. 质量守恒
1 . 有0.4g铁的氧化物， 用足量的CO 在高温下将其还原，把生成的全部CO2通入到足量的澄清的石灰水中得到0.75g固体沉淀物，这种铁的氧化物的化学式为（ ）
A. FeO B. Fe2O3 C. Fe3O4 D. Fe4O5
2.将几种铁的氧化物的混合物加入100mL、7mol•L―1的盐酸中。氧化物恰好完全溶解，在所得的溶液中通入0.56L（标况）氯气时，恰好使溶液中的Fe2+完全转化为Fe3+，则该混合物中铁元素的质量分数为（ ）
A. 72.4%B. 71.4%C. 79.0% D. 63.6%
b. 电荷守恒法
3.将8g Fe2O3投入150mL某浓度的稀硫酸中，再投入7g铁粉收集到1.68L H2（标准状况），同时，Fe和Fe2O3均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4mol/L的NaOH溶液150mL。则原硫酸的物质的量浓度为（ ）
A. 1.5mol/LB. 0.5mol/LC. 2mol/LD. 1.2mol/L
4.镁带在空气中燃烧生成氧化镁和氮化镁，将燃烧后的产物全部溶解在50mL 1.8 mol•L-1盐酸溶液中，以20mL 0.9 mol•L-1的氢氧化钠溶液中和多余的酸，然后在此溶液中加入过量碱把氨全部释放出来，用足量盐酸吸收，经测定氨为0.006 mol，求镁带的质量。
c. 得失电子守恒法
5 . 某稀硝酸溶液中，加入5.6g铁粉充分反应后，铁粉全部溶解，生成NO，溶液质量增加3.2g，所得溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之比为（）
A. 4∶1 B. 2∶1 C. 1∶1D. 3∶2
6. （1）0.5mol铜片与足量的浓HNO3反应，收集到的气体经干燥后（不考虑损耗），测知其密度在标准状况下为2.5 g•L-1，其体积为L。
（2）0.5mol铜片与一定量的浓HNO3反应，收集到的气体经干燥后（不考虑损耗）在标准状况下的体积为17.92L，则参加反应的硝酸物质的量为；若将这些气体完全被水吸收，则应补充标准状况下的氧气体积为L。（不考虑2NO2 N2O4反应）
7.已知：2 Fe2++Br2 = 2 Fe3++2Br-，若向100mLFeBr2溶液中缓缓通入2.24L标准状况下的氯气，结果有三分之一的Br-离子被氧化成Br¬2单质，试求原FeBr2溶液的物质的量浓度。
五、极值法
“极值法”即 “极端假设法”，是用数学方法解决化学问题的常用方法，一般解答有关混合物计算时采用。可分别假设原混合物是某一纯净物，进行计算，确定最大值、最小值，再进行分析、讨论、得出结论。
1.常温下，向20L真空容器中通a mol H2S和b mol SO2（a、b都是正整数，且a≤5，b≤5），反应完全后，容器内可能达到的最大密度约是（）
（A）25.5 g•L-1（B）14.4 g•L-1（C）8 g•L-1（D）5.1 g•L-1
2.在标准状况下，将盛满NO、NO2、O2混合气的集气瓶，倒置于水槽中，完全溶解，无气体剩余，其产物不扩散，则所得溶液的物质的量浓度（C）数值大小范围为（）
（A） （B）
（C）（D）
3.当用m mol Cu与一定量的浓HNO3反应，在标准状况下可生成nL的气体，则m与n的数值最可能的关系是（）
（A） （B） （C） （D）无法判断
4. 将一定质量的Mg、Zn、Al混合物与足量稀H2SO4反应，生成H2 2.8 L（标准状况），原混合物的质量可能是()
A. 2gB. 4g C. 8g D. 10g
计算方法》详细答案：
一、1. 解析 混合物质量减轻是由于碳酸氢钠分解所致，固体质量差21.0g-14.8g=6.2g，也就是生成的CO2和H2O的质量，混合物中m(NaHCO3)=168×6.2g÷62=16.8g，m(Na2CO3)=21.0g-16.8g=4.2g,所以混合物中碳酸钠的质量分数为20%。
2.分析本例是涉及溶解度的一道计算题。解答本题应具备理解透彻的概念、找准实际的差量、完成简单的计算等三方面的能力。题中告知，在100℃和30℃时，100g水中分别最多溶解KNO3246g和46g，由于冷却时溶剂的质量未变，所以温度从100℃下降到30℃时，应析出晶体246g-46g=200g（溶解度之差）。由题意又知，在温度下降过程中溶质的析出量，据此可得到比例式，求解出溶剂水的质量。再根据水的质量从而求出配制成100℃饱和溶液时溶质KNO3的质量。
解设所用水的质量为x，根据题意，可列下式：
解得：x=250g
又设100℃时饱和溶液用KNO3的质量为y，根据溶质与溶剂的对应关系，列式如下：
解得：y=615g
答将615KNO3溶解于250g水中。
3. 解若金属元素R的化合价为偶数x，则其相同价态的氧化物、氯化物的化学式分别为、RClx。根据关系式 ～RClx，相对分子质量差值为 ，所以n-m=27.5x。若金属元素R的化合价为奇数x，则其相同价态的氧化物、氯化物的化学式分别为R2Ox、RClx。由关系式R2Ox～2RClx可知，相对分子质量的差值为2×35.5x-16x=55x，所以2n-m=55x，x= 。
答金属元素R的化合价为 或 。
二、1.分析本例是将稀溶液浓缩的一道填空题。若按通常方法，根据溶质守恒，列方程进行求解，则解题繁。若运用十字交叉法，运算简洁，思路流畅。但应处理好蒸发掉水，或加入CuSO4粉末时CuSO4的质量分数，前者可视为0，后者视为100%。
解 （1） （负号代表蒸发）说明水蒸发掉的质量为原溶液质量的，即25g。
（2） 说明加入12.5% CuSO4溶液的质量为原溶液质量的2倍，即100g。
（3）胆矾中CuSO4的质量分数为
说明加入胆矾的质量为原溶液质量的 ，即 。
（4） 说明加入CuSO4的质量为原溶液质量的，即 。
答25 100 4.63 2.78
2. 解方法1：NH4NO3中N%= =35%，CO(NH2)2中N%= =46.7%
说明NH4NO3与CO(NH2)2的物质的量之比为。
方法2：设混合物中NH4NO3的物质的量为1 mol，CO(NH2)2的物质的量为x。
根据题意，列式如下：
解得：x=1 mol
方法3：由于NH4NO3和CO(NH2)2分子中均含有2个N原子，根据混合物中N%=40%，可知该混合物的平均相对分子质量为。
说明NH4NO3与CO(NH2)2的物质的量之比为1∶1。
答本题正确选项为（B）。
三、1. 解NH4NO3中氮的质量分数是，而CO(NH2)2、NH4Cl、NH4HCO3和(NH4)2SO4中氮的质量分数分别是46.7%、26.2%、17.7%和21.1%，其中只有(NH4)2SO4和NH4HCO3一组氮的质量分数都小于25%。
因此，该样品中混有的一组杂质一定不是(NH4)2SO4和NH4HCO3。
答本题正确选项为（D）。
2. 解若95mg全是MgCl2，则其反应后产生AgCl的质量为 g•mol-1
=287mg<300mg。
根据平均含义可推知：95mg杂质与足量AgNO3溶液反应生成AgCl的质量应大于300mg。这就要求杂质中Cl元素的质量分数比MgCl2中高才有可能。因此本题转换成比较Cl元素含量的高低。现将每种的化学式作如下变形：MgCl2、Na2Cl2、Al Cl2、K2Cl2、CaCl2。显然，金属式量低的，Cl元素含量高，因此，只有AlCl3才有可能成为杂质。
答本题正确选项为（B）。
3.略
4. 解 （1）NH4HCO3 NH3↑+H2O↑+CO2↑
根据质量守恒可知：n(NH4HCO3)•M(NH4HCO3)=n(混)• (混)，故 (混)= 79
g•mol-1，即混和气体的平均相对分子质量为26.3。
（2）设爆鸣气100g，则H2的物质的量为100g×75%÷2g•mol-1=37.5mol，O2物质的量为100g×25%÷32g•mol-1=0.78mol。
故爆鸣气的平均摩尔质量为100g÷(37.5+0.78)mol=2.619g•mol-1，即对氢气的相对密度为2.619 g•mol-1÷2 g•mol-1=1.31。
（3）干燥容器中气体的平均相对分子质量为1.082×32=34.62，由34.62<36.5，故该气体应为HCl和空气的混和气体。
说明HCl与空气的体积比为5.62∶1.88=3∶1，即混和气体中HCl的体积为1L =0.75L。由于HCl气体极易溶于水，所以当喷泉结束后，进入容器中液体的体积即为HCl气体的体积0.75L。
答 （1）26.3（2）1.31（3）0.75L
四、1. 解析由题意得知，铁的氧化物中的氧原子最后转移到沉淀物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，选B
2. 解析铁的氧化物中含Fe和O两种元素，由题意，反应后，HCl中的H全在水中，O元素全部转化为水中的O，由关系式：2HCl~H2O~O，得：n（O）= ，m（O）=0.35mol×16g•mol―1=5.6 g；
而铁最终全部转化为FeCl3，n（Cl）=0.56L ÷22.4L/mol×2+0.7mol=0.75mol，n（Fe）= ，m(Fe)=0.25mol×56g•mol―1=14 g，则 ，选B。
3. 解析粗看题目，这是一利用关系式进行多步计算的题目，操作起来相当繁琐，但如能仔细阅读题目，挖掘出隐蔽条件，不难发现，反应后只有Na2SO4存在于溶液中，且反应过程中SO42―并无损耗，根据电中性原则：n（SO42―）= n（Na+），则原硫酸的浓度为：2mol/L，故选C。
4. 分析本例是镁及其化合物有关性质应用的一道计算题。本题涉及的反应较多，有2Mg+O2 2MgO，3Mg+N2 Mg3N2，MgO+2HCl = MgCl2+H2O，Mg3N2+8HCl = 3MgCl2+2NH4Cl，NaOH+HCl = NH4Cl等反应。若用常规方法审题和解题，则分析要求高，计算难度大，思维易混乱，很难正确解答本题。现运用图示法审题如下：
发现：MgCl2、NH4Cl、NaCl溶液中，阴阳离子电荷浓度（或物质的量）相等即电荷守恒，再根据相关微粒的物质的量守恒，列出等式，从而一举突破，从容解答本题。
解根据图示，对MgCl2、NH4Cl、NaCl溶液分析，由电荷守恒得知：
式中：
解得： ，即
5. 解析设Fe2+为xmol，Fe3+为ymol，则：
x+y= =0.1（Fe元素守恒）
2x+3y= （得失电子守恒）
得：x=0.06mol，y=0.04mol。则x∶y=3∶2。故选D。
6. 解 （1）Cu与浓HNO3反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓) = Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，因是足量的浓硝酸，故还原产物只是NO2。理论上讲，0.5mol Cu可得1mol NO2气体。由于气体的密度在标准状况下为2.5g•L-1，即摩尔质量M= g•L-1 22.4 L•mol-1=56g•mol-1。显然，56g•mol-1大于M(NO2)（46 g•mol-1），因此，不能认为收集到的气体全是NO2，应考虑平衡2NO2 N2O4的存在。所以收集到的气体是NO2和N2O4的混合气体。根据质量守恒，混合气体的质量应等于1 mol NO2气体的质量即为46g，所以混和气体的体积为46g 2.5g•L-1=18.4L。
（2）Cu与浓HNO3反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓) = Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，因是一定量的浓HNO3，随着反应的进行，浓HNO3逐渐变成了稀HNO3，此时反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故收集到的气体应是NO和NO2的混合气体。无法得知NO和NO2各自的物质的量，但它们物质的量之和为17.92L 22.4 L•mol-1=0 .8mol。根据N元素守恒，参加反应的硝酸的物质的量为2n[Cu(NO3)2]+n(NO)+
n(NO2)=2 0.5mol+0.8mol=1.8mol。
补充O2，NO和NO2被水吸收的化学方程式为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，4NO2+O2+2H2O = 4HNO3，从整个氧化还原过程来看，HNO3并没有参加反应，参加的只是Cu与O2。因此，根据电子守恒，可列下式：
解得：V=5.6L
答 （1）18.4L；（2）1.8mol，5.6L
7. 分析本例是有关氧化还原反应的一道计算题，涉及氧化还原的选择性（即反应的先后顺序）、进程性（即氧化剂或还原剂的量控制着反应的进程）和整体性（即无论有几个氧化还原反应发生，始终存在氧化剂所得电子数等于还原剂所失电子数，或称电子守恒）。根据题意分析，可知Fe2+与Br-还原能力大小为Fe2+ >Br-。因此，在FeBr2溶液中通入Cl2时，首先发生：Cl2+2Fe2+ = 2Fe3++2Cl -，然后再发生：Cl2+2 Br- = Br2+2Cl -。根据Cl2用量控制反应进程，所以Fe2+和Br-失去电子数目应等于Cl2得到电子数目。据此守恒关系，列出等式，很易求解。
解设FeBr2物质的量浓度为C，由电子守恒可知：
解得：C=1.2 mol•L-1
答原FeBr2溶液的物质的量浓度为1.2mol•L-1。
五、1. 本题提供的思路是运用极限法来分析求解。因为M(SO2)>M(H2S)，要达到最大密度，必然剩余SO2气体，且物质的量为最多，因此极端考虑，起始时，SO2物质的量取最大（5mol），H2S物质的量取最小（1 mol），故反应后剩余SO2为 ，密度为 。所以（B）选项为本题正确答案。
答本题正确选项为（B）。
2. （B）3.略
4. 解析本题给出的数据不足，故不能求出每一种金属的质量，只能确定取值范围。三种金属中产生等量的氢气质量最大的为锌，质量最小的为铝。故假设金属全部为锌可求的金属质量为8.125g，假设金属全部为铝可求的金属质量为2.25g，金属实际质量应在2.25g ～8.125g之间。故答案为B、C。
六、1. 解析根据化学方程式，可以找出下列关系：FeS2～2SO2～2SO3～2H2SO4，本题从FeS2制H2SO4，是同种元素转化的多步反应，即理论上FeS2中的S全部转变成H2SO4中的S。得关系式FeS2～2H2SO4。过程中的损耗认作第一步反应中的损耗，得可制得98％硫酸的质量是 =3.36 。
七、1. 解析CO和H2都有两步反应方程式，量也没有确定，因此逐步计算比较繁。Na2O2足量，两种气体完全反应，所以将每一种气体的两步反应合并可得H2+Na2O2=2NaOH，CO+ Na2O2=Na2CO3，可以看出最初的气体完全转移到最后的固体中，固体质量当然增加2.1g。选A。此题由于CO和H2的量没有确定，两个合并反应不能再合并!
八、1. 解析 变化主要过程为：
由题意得：Fe2O3与合金的质量相等，而铁全部转化为Fe2O3，故合金中Al的质量即为Fe2O3中氧元素的质量，则可得合金中铝的质量分数即为Fe2O3中氧的质量分数，O%= ×100%=30%，选B。
九、1. 解析。由题意，生成0.5mol H2，金属失去的电子即为1mol，即合金的平均摩尔电子质量为10g/mol，镁、铝、铁、锌的摩尔电子质量分别为：12、9、28、32.5（单位：g/mol），由平均值可知，混合物中一种金属的摩尔电子质量小于10g/mol，另一种大于10g/mol。故选A、C
十、1. 分析本例是一道结合讨论分析的天平平衡题，考查了在化学解题过程中的有序思维和问题解决的完整性。反应后天平仍然平衡，说明天平左右两端加入金属的质量与放出氢气的质量数差值应相等。但不知镁粉、铝粉与盐酸的量相对大小，所以必须通过讨论判断谁过量，从而以另一方计算产生H2的质量。因此如何判断谁过量是解决本题的关键，另外，还需时刻注意调整a的取值范围（由b的取值范围及a和b的关系确定），才能得到本题完整解答，这一点在解题过程中是被常疏忽的。
解根据题意，题中发生的两个反应为：
Mg+2HCl = MgCl2+H2↑2Al+6HCl = 2AlCl3+3H2↑
若盐酸完全反应，所需Mg粉质量为 ，所需铝粉质量为 。
（1）当a≥12g，b≥9g，即盐酸适量或不足，产生H2的质量应以HCl的量计算，因HCl的量是一定的，故产生H2的质量相等，要使天平平衡，即要求金属的质量相等，所以a=b，此时b的范围必须调整为b≥12g。
（2）当a<12g，b<9g，即Mg、Al不足，应以其计算产生H2的量。要使天平平衡，即要有：，解得： ，此时a的范围必须调整为a<8.7g。
（3）当a<12g，b≥9g，即Mg不足，应以Mg算；Al过量或适量，以HCl算。要使天平平衡，必须满足：
，解得： ，据（1）、（2）调整a的范围为8.7g≤a<12g。
答 （1）当a≥12g时，a=b；（2）当8.7g 《常见化学计算方法》答案 一、1. 20% 2. 将615KNO3溶解于250g水中 3. R的化合价为 或。 4. 解：设Mg、Al、Fe的质量分别为x、y、z，故三者反应结束后，溶液质量增加为 x、 y、 z且相等，故有：，所以y＞x＞z。 5. 解 （1）水参加反应的质量为0.9g，则Na2CO3的质量为，NaHCO3的质量为9.5-5.3g=4.2g。（2）碱石灰中CaO的质量为，NaOH的质量为9.6g-5.6g=4.0g。6. 原混和物中CuSO4和Fe的质量分别为8.0g，4.8g。 二、1. 答25 100 4.63 2.78 2. B 3.（1）等体积混和后，所得溶液质量分数应大于10x%。 （2） %的氨水物质的量浓度应大于mol•L-1。 4. 该产物中Na2O的物质的量分数为20%。 5. n(Na2CO3)= 0.8 mol=0.2 mol，n(NaHCO3)= 0.8 mol=0.6 mol。 三、1. D 2.B3.略 4. （1）26.3（2）1.31（3）0.75L 四、1. B 2. B3. C 4.，即 5. D 6. （1）18.4L；（2）1.8mol，5.6L 7. 原FeBr2溶液的物质的量浓度为1.2mol•L-1。 五、1. B2. B 3.略4. B C 一、用组分的式量与混合气的平均式量做十字交叉，求组分体积比或含量。 例1：已知H2 和CO 的混合气，其平均式量是20，求混合气中H2 和CO 的体积比。（虚袜圆4∶9） 解： H2 228－20 4 ╲╱ —— 20—— ╱ ╲ CO 2820－2 9 例2：已知CO、CO2 混合气的平均式量是32，求混合气中CO 的体积百分数。（75%） 解： CO 28 12 3 ╲╱ —— 32—— ╱ ╲ CO244 4 1 二、用同位素的原子量或质量数与元素原子量作交叉，求原子个数比或同位素百分数。 例3：已知铜有63Cu 和65Cu 两种同位素，铜元素的原子量是63.5，求63Cu 和65Cu的原子个数比。（3∶1） 解： 63Cu 63 1.5 3 ╲╱ ——63.5—— ╱╲ 65Cu65 0.51 三、用组分的气体密度好穗与混合气的密度作十字交叉，求组分的体积比或体积分数。 例4：标况下，氮气的密度为1.25 g•L-1，乙烷的密度为1.34 g•L-1，两种气体混合后，其密度为1.30 g•L-1，求混合气差塌中氮气和乙烷的体积比（4∶5） 解： 氮气 1.250.044 ╲╱ —— 1.30—— ╱ ╲ 乙烷1.34 0.055 四、用两种不同浓度溶液的质量分数与混合溶液的质量分数作十字交叉，求两种溶液的质量比 例5：用60%和20%的两种NaOH 溶液混合配成30%的NaOH 溶液，则所用两种NaOH 溶液的质量比为多少（1∶3） 解： 60%60%10% 1 ╲╱ —— 30% —— ╱╲ 20% 20%30% 3 五、用两种物质中同一元素的质量分数求两物质的质量比 例6：FeO 中和FeBr2 的混合物中Fe 的质量百分率为50%，求两物质的质量比（13∶15） 解： FeO 7/9 13/54 13 ╲╱ —— 1/2—— ╱ ╲ FeBr2 7/275/1815 1、金属与盐溶液反应，根据差量求参加反应的金属质量或生成物的质量。 例题：将质量为8g的铁片浸入硫酸铜溶液中一会，取出干燥后称得铁片质量为8.4g，问参加反应的铁的质量为多少克？ 解：设参加反应的铁的质量为x Fe + CuSO4 = Fe SO4 + Cu △m 56 648 X(8.4-8)g 56/8=x/0.4gx =2.8g 答：参加反应的铁的质量为2.8 g。 2、金属与酸发生反应，根据差量求天平平衡问题。 例题：在天平两托盘行分别放置盛有等质量且足量稀盐酸的烧杯，调至天平平衡。现往左盘烧杯中加入2.8 g铁，问向右盘烧杯中加入多少克碳酸钙才能天平平衡？ 解：设左盘加入铁后增重的质量为x Fe + 2HC1 = FeC12 +H2↑△m 56254 2.8 gx 56/54=2.8 g/ xx = 2.7 g 设右盘加入碳酸钙的质量为y CaCO3 + 2HC1 = Ca C12 + H2O + CO2↑ △m 100 44 56 y2.7 g 100/56= y/2.7 gy=4.8g 答：向右盘烧杯中加入4.8 g碳酸钙才能使天平平衡。 3、根据反应前后物质质量差求反应物或生成物质量。 例题：将一定量氢气通过8g灼热的氧化铜，反应一段时间后冷却后称量剩余固体质量为7.2g，问有多少克氧化铜参加了反应？ 解：设参加反应的氧化铜的质量为x CuO + H2Cu + H2O△m 806416 x (8-7.2) g 80/16= x/0.8 g x = 4g 答：参加反应的氧化铜的质量为4g。 4、根据溶液差量求溶液中溶质质量分数。 例题：100g稀盐酸与一定量的碳酸钙恰好完全反应，测得所得溶液质量为114g，求原稀盐酸中溶质质量分数。 解：设稀盐酸中溶质质量分数为x 2HC1 + CaCO3 = Ca C12 + H2O + CO2↑ △m 73129 56 100gx （114-100）g 73/56=100gx/14 g x = 18.25% 答：稀盐酸中溶质质量分数为18.25% 。 够详细的了 输入化学式和化学方程式太费劲了，给加点分吧！！！！！ 一、有机物分子式、结构式的确定中的计算 【基本步骤】有机物分子式、结构式的确定步骤可按如下路线进行： 【方法指导】其中涉及以下方法：基本方法、物质的量比法(又称摩尔比法)、燃烧规律法、商余法、平均分子式法、设“1”讨论法、分子组成通式法、等效转换法、官能团法、残基分析法、不饱和度法以及综合分析法等 1. 实验式的确定： 实验式是表示化合物分子所含各元素的原子数目最简单整数比的式子(通过实验确定)，实验式又叫最简式。 ①若已知有机物分子中C、H等元素的质量或已知C 、H等元素的质量比或已知C、H等元素的质量分数，则N(C):N(H):N(O)==______ ②若有机物燃烧产生的二氧化碳和水的物质的量分别为n(CO2)和n(H2O), 则N(C):N(H)==__________ 2.确定相对分子质量的方法孙哗： ①M==m/n(M表示摩尔质量 m表示质量 n表示物质的量) ②已知有机物蒸气在标准状况下的密度：Mr== 22.4* 密度(注意密度的单位) ③已知有机物蒸气与某物质(相对分子质量为M’)在相同状况下的相对密度D： 则Mr==M’* D (阿伏伽德罗定律的推论) ④M== M(A)* X(A) + M(B)*X(B)……(M表示平均摩尔质量，M(A)、M(B)分别表示A、B物质的摩尔质量，X(A)、X(B)分别表示A B 物质的物质的量分数或体积分数) ⑤根据化学方程式计算确定。 3.有机物分子式的确定： ①直接法：密度(相对密度)→摩尔质量→1摩尔分子中各元素原子的物质的量→分子式 ②最简橡缺式法： 最简式为CaHbOc，则分子式为(CaHbOc)n， n==Mr/(12a+b+16c)(Mr为相对分子质量). ③余数法： a)用烃的相对分子质量除14，视商和余数。M(CxHy)/M(CH2)==M/14==A…… 若余2，为烷烃 ;若除尽 ,为烯烃或环烷烃;若差2，为炔烃或二烯烃;若差为6，为苯或其同系物。其中商为烃中的碳原子数。(此法运用于具有通式的烃) b)若烃的类别不确定：CxHy，可用相对分子质量除以12，看商和余数。 即M/12==x…余，分子式为CxHy ④方程式法：利用燃烧的化学方程式或其他有关反应的化学方程式进行计算确定。 ⑤平均分子式法：当烃梁凯辩为混合物时，可先求出平均分子式，然后利用平均值的含义确定各种可能混合烃的分子式。 ⑥通式法：根据有机物的通式，结合反应方程式计算确定。 4.结构式的确定： 通过有机物的性质分析判断其结构 【题型示例】 1.实验式的确定 例题1：某有机物由碳、氢、氧三种元素组成，该有机物含碳的质量分数为54.5%，所含氢原子数是碳原子数的2倍;又知最简式即为分子式，则有机物的分子式为( ) A CH2O B CH2O2 C C2H4O2 D C2H4O 2.有机物分子式的确定 例题2：写出相对分子质量为142的烃的分子式为_¬¬¬¬¬¬¬¬¬¬¬¬¬¬¬¬¬¬¬¬¬¬¬¬¬¬¬¬¬¬¬¬¬¬¬________________________ 例题3：标准状况下1.68L无色可燃气体在足量氧气中完全燃烧。若将产物通入足量澄清石灰水，得到的白色沉淀质量为15.0g，若用碱石灰吸收燃烧产物，增重9.3g (1) 计算燃烧产物中水的质量。 (2) 若原气体是单一气体，通过计算推断它的分子式。 (3) 若原气体是两种等物质的量的气体的混合物，其中只有一种是烃，请写出他们的分子式(要求写出所有可能组合) 例题4：0.16g某饱和一元醇与足量的金属钠充分反应，产生56ml氢气(标准状况下)。则饱和一元醇的分子式为_ ________. 例题5：某混合气体由两种气态烃组成。取2.24L该混合气体完全燃烧后得到4.48L二氧化碳(气体已折算为标准状况)和3.6g水，则这两种气体可能是( ) A CH4 和 C3H8 B CH4和 C3H4 C C2H4 和C3H4 D C2H4 和C2H6 3.结构式的确定： 例题6：有机物甲能发生银镜反应，甲催化加氢还原为乙，1mol乙与足量金属钠反应放出22.4LH2(标准状况)，据此推断乙一定不是( ) A CH2OH—CH2OH B CH2OH---CHOH—CH3 C CH3—CH(OH)—CH(OH)—CH3 D CH3CH2OH 例题7：某一元羧酸A，含碳的质量分数为50%，氢气、溴、溴化氢都可以跟A起加成反应。 试求：(1)A的分子式_____________ (2)A的结构式_____________ 例题8：A 、B都是芳香族化合物，1mol A水解得到1 molB和1mol醋酸。AB式量都不超过200，完全燃烧A、B只生成CO2和水，B中氧的含量为34.8%。A溶液具有酸性，不能使三氯化铁溶液显色。 (1)A、B式量之差为¬¬¬¬¬¬¬____________(2)1个B分子中应有________个氧原子。 (3)A的分子式是_______________(4)B可能有的三种结构简式是____ _ __ __ _ 4、高考试题： 例1.吗啡和海洛因是严格查禁的毒品，吗啡分子含C 71.58% H 6.67% N 4.91% 其余为O，已知其相对分子质量不超过300。 试求： (1)吗啡的相对分子质量和分子式。 (2)已知海洛因是吗啡的二乙酸酯，可以看成是2个乙酰基(CH3CO-)取代吗啡分子的2个氢原子所得，试求海洛因的相对分子质量和分子式。 例2、(09海南).已知某氨基酸的相对分子质量小于200，且氧的质量分数约为0.5，则其分子中碳的个数最多为：( ) A.5个 B.6个 C.7个 D.8个 例3.(09海南)某含苯环的化合物A，其相对分子质量为104，碳的质量分数为92.3%。 (1)A的分子式为 ： 例4.(09江苏卷) 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( ) A. 25℃时，PH=13的1.0L Ba(OH)2溶液中含有的氢氧根离子的数目为0.2NA B. 标准状况下，2.24L Cl2与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.2NA C. 室温下，21.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5NA D. 标准状况下，22.4L 甲醇中含有的氧原子数为1.0NA 二、有机物燃烧规律及其计算 燃烧通式为：CxHy+(x+y/4)O2=xCO2+y/2 H2O CxHyOz+(x+y/4-z/2)O2=xCO2+y/2 H2O 1、气态烃燃烧体积的变化 若水为液体，燃烧后体积缩小，减小值只与烃中氢原子数目有关;若水为气体，总体积变化也只与氢原子数目有关：H=4，V前=V后;H>4，V前V后。 例1、体积为10mL的某气态烃，在50mL足量O2里完全燃烧，生成液态水和体积为35 mL气体(气体体积均在同温同压下测定)，此烃的分子式是 ( ) A、C2H4 B、C2H2 C、C3H6 D、C3H8 解析：因为水为液体，由燃烧通式得出体积差为(1+y/4)，由差量法求得y=6，选D。 2、烃的物质的量与燃烧产物中CO2和H2O的物质的量的关系 n(烷烃)=n(H2O)-n(CO2); 烯烃：n(H2O)=n(CO2); n(炔烃)=n(CO2)- n(H2O)。 例2、由两种烃组成的混合物，已知其中之一为烯烃。燃烧1mol该混合物，测得产生CO2 4.0mol及 H2O 4.4mol，试求混合烃的组成情况? 解析：烯烃：n(H2O)=n(CO2)，所以得出n(烷烃)=n(H2O)-n(CO2)=0.4mol、n(烯烃)=0.6mol，设烷烃为CmH2m+2、烯烃为CnH2n，得出0.4m+0.6n=4 mol，讨论有3组符合题意，即：m=1和n=6;m=4和n=4;m=7和n=2。 3、等质量的不同烃完全燃烧消耗O2及生成CO2和H2O的情况 C/H个数比越大，生成CO2越多; H/C值越大，生成水越多，消耗O2也越多;实验式相同的不同烃，上述三者对应都相等。 例3、完全燃烧某混合气体，所产生的CO2的质量一定大于燃烧相同质量丙烯所产生CO2的质量，该混合气体是 ( ) A、乙炔、乙烯 B、乙炔、丙烷 C、乙烷、环丙烷 D、丙烷、丁烯 解析：烯烃和环烷烃C/H=1/2;烷烃C/H<1/2;炔烃C/H>1/2，所以炔烃与炔烃或炔烃与烯烃的组合，C的质量分数大于烯烃，选A。 4、总质量一定的两种有机物以任意比混合，完全燃烧消耗O2及生成CO2和H2O为定值 CO2或H2O为定值，两种有机物满足C或H的质量分数相等，包括实验式相同的情况;消耗O2不变，满足实验式相同。 例4、某种含三个碳原子以上的饱和一元醛A和某种一元醇B，无论以何种比例混合，只要总质量一定，完全燃烧生成CO2和H2O的质量不变。 (1)醇B应符合的组成通式? (2)醇B的分子结构满足的条件? 解析：饱和一元醛的通式为CnH2nO，与醇混合燃烧符合题干条件，二者实验式应相同，由此推出二者通式也相同; 与饱和一元醇的通式相比，此醇分子中应含有一个碳碳双键或一个碳环。 5、等物质的量的不同有机物完全燃烧，消耗O2及生成CO2和H2O相等 CO2或H2O相等，分子式中碳原子或氢原子个数相等;消耗O2相等，燃烧通式中O2系数相等，或将分子式变形，提出 (CO2)m ( H2O)n后剩余部分相等。 例5、燃烧等物质的量的有机物A和乙醇用去等量的O2，此时乙醇反应后生成的水量是A的1.5倍，A反应后生成的CO2 是乙醇的1.5倍，A是 ( ) A、CH3CHO B、C2H5COOH C、CH2=CHCOOH D、CH3-CH(CH3)-OH 解析：由乙醇分子中C、H的个数，可确定A的分子式为C3H4Ox，再由消耗O2相等，可确定A中氧原子为2，选C。 6、总物质的量一定的不同有机物以任意比混合 1、消耗O2和生成水为定值：两分子式满足H相等，相差n个C，同时相差2n个O。 2、消耗O2和生成CO2为定值：两分子式满足C相等，相差n个O，同时相差2n个H。 例6、有机物A、B分子式不同，它们只可能含C、H、O中的两种或三种。如果将A、B不论以何种比例混合，只要物质的量之和不变，完全燃烧时，消耗的O2和生成的水的物质的量也不变。 (1)A、B组成必须满足的条件? (2)若A是CH4，则符合上述条件的化合物B中相对分子质量最小的是?并写出含有-CH3的B的两种同分异构体? 解析：两分子式满足H相等，相差n个C，同时相差2n个O ; B比CH4多一个C，两个O，分子式为C2H4O2，结构为：CH3COOH和HCOOCH3。 7、根据有机物完全燃烧消耗O2与CO2的物质的量之比，推导有机物可能的通式 将CaHbOc提出若干个水后，有三种情况： V(O2)/V(CO2) =1，通式为Ca(H2O)n; V(O2)/V(CO2) >1，通式为(CaHx)m (H2O)n; V(O2)/V(CO2) <1，通式为(C aOx)m (H2O)n 例7、现有一类只含C、H、O的有机物，燃烧时所消耗O2和生成的CO2的体积比为5∶4(相同状况)按照上述要求,该化合物的通式可表示为?(最简化的通式)并写出这类化合物相对分子质量最小的物质的结构简式? 解析：因为V(O2)/V(CO2) =5∶4>1，所以通式为(CaHx)m (H2O)n的形式，再由C和H消耗O2的关系可得出：通式为(CH)m(H2O)n; CH3CHO。 8、根据有机物完全燃烧生成水与CO2的量或比例，推导分子式或通式 根据CO2与H2O的物质的量多少或比值，可以知道C、H原子个数比，结合有无其他原子，可以写出有机物的分子式或通式。 例8、某有机物在O2中充分燃烧，生成物n(H2O) ∶n(CO2) =1∶1，由此可以得出的结论是( ) A、该有机物分子中C∶H∶O原子个数比为1∶2∶1 B、分子中C∶H原子个数比为1∶2 C、有机物必定含O D、无法判断有机物是否含O 解析：由H2O和CO2的物质的量比可以确定通式为：CnH2nOx，无法确定氧，选B、D。 9、有机物燃烧产物与Na2O2反应的规律 分子式能改写为(CO)mH2n形式的物质，完全燃烧后的产物与过量Na2O2反应，固体增加的质量与原物质的质量相等。 例9、某温度下mg仅含三种元素的有机物在足量O2 充分燃烧。其燃烧产物立即与过量Na2O2反应，固体质量增加了mg。(1)下列物质中不能满足上述结果的是 ( ) A、C2H6O2 B、C6H12O6 C、C12H22O11 D、(C6H10O5)n (2)A是符合上述条件且相对分子质量最小的有机物，则A的结构简式为? 解析：(1)C D (2)HCHO 10、不完全燃烧问题 有机物不完全燃烧产物中会有CO生成，而CO不能被碱石灰等干燥剂吸收。 例10、1L丙烷与XLO2混合点燃，丙烷完全反应后，生成混合气体为aL(在120℃，1.01×105Pa时测定)。将aL混合气体通过足量碱石灰后，测得剩余气体体积为bL。若a-b=6，则X的值为( ) A、4 B、4.5 C、5.5 D、6 解析： 假设1L丙烷完全燃烧，应产生3 L CO2和4 L水蒸气，通过足量碱石灰后全被吸收，因此 a-b=7，由此断定为不完全燃烧，再经原子守恒可确定X=4.5。 差并唤量法： 1．质量减少的计算 〔例1〕把6.1g干燥纯净的氯酸钾和二氧化锰的混合物放在兆睁试管里加热，当完全分解、冷却后称得剩余固体质量为4.2g，求原混合物里氯酸钾有多少克？ 〔分析〕根据质量守恒定律，绝猜凯混合物加热后减轻质量即为生成的氧气质量（W混-W剩=WO2），由生成的O2即可求出KClO3。 〔解答〕设混合物中有质量为xKClO3 2KClO3=2KCl+3O2 245------------------96 x-------------------6.1-4.2=1.9 x=4,8g 答：略。 2．质量增加的计算 〔例2〕把质量为10g的铁片放在50g硫酸铜溶液中，过一会儿取出，洗净、干燥、称重，铁片的质量增加到10.6g，问析出多少克铜？原硫酸铜溶液的溶质的质量分数是多少？ 〔分析〕在该反应中，单质铁变成亚铁离子进入溶液，使铁片质量减少，而铜离子被置换出来附着在铁片上。理论上每56g铁参加反应后应能置换出64g铜、铁片净增加质量为64-56=8g。现在铁片增重10.6-10=0.6g并非是析出铜的质量，而是析出铜的质量与参加反应的铁的质量差。按此差量即可简便进行计算。 〔解答〕设有质量为x铜析出，有质量为yCuSO4参加反应 Fe+CuSO4=FeSO4+Cu --------160------------64----质量增加64－56＝8 ---------y-------------x-------10.6-10=0.6 x=4.8g,y=12 原硫酸铜溶液的溶质的质量分数是: 12/50=24% 差量法之二 差量法是利用反应过程中反应物（反应物的混合物或溶液）和生成（包括生成物的混合物或溶液）从始态到终态的差值，作为解题的突破口。这个差值（量）和反应过程中其他量一样，受反应体系的控制，与其他量一样有正比例的关系。但是，在一个反应中可能找到多个化学量的差值，用这个方法时应仔细分析题意，选择有关的化学量的差值，运算会十分简捷。 例1将盛有12gCuO的试管通入氢气后加热，当冷却后试管内的固体残渣为10g时，求氧化铜被还原的质量分数？ 分析：此题经分析，12gCuO没有完全反应，生成物的残渣10g中也有没有反应的CuO。用常规解法较烦琐，如果用差量法则较为简便。但一定要分析清楚，减重的质量是哪种元素，在这题里减重的是CuO中的氧元素，它与H2结合成为H2O。根据方程式分析：设参加反应的CuO质量为y。 CuO+H2=Cu+H2O 80-------质量减少16 y-----------12-10=2 y=10g 氧化铜被还原的质量分数:10/12=83.3%. 例2某一盛满硫酸溶液的试管，其质量是47g（硫酸密度为1.4g/cm3），如果用这一试管盛满硝酸溶液（密度为1.2g/cm3），质量为42g，则该试管最多能盛水多少毫升？ 分析：用相同试管盛两种溶液，则试管的质量、体积保持不变，如果这两个不变量已知，问题已经解决。但恰好它们均未知，一般解法应设两个未知数，借助密度设联立方程求解。但若用质量差，则可快速求解。 解：如果试管体积为1mL，上述溶液质量差为（1.4—1.2）g，即0.2g。现在试管体积为VmL，质量差为（47—42）g，则 1:0.2=V:(47-42) V=25ml 则该试管最多能盛水25毫升 守恒法 1．电荷守恒法 在溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，溶液电中性。 例1.1l混合溶液中含so42－0.00025mol，cl－0.0005mol ,no3－0.00025mol ,na＋0.00025 mol ,其余为h＋，则h＋物质的量浓度为（）。 a．0.0025 mol•l－1 b．0.0001 mol•l－1 c．0.001 mol•l－1d．0.005 mol•l－1 【分析】由电荷守恒知： n（na＋）＋n（h＋）= 2n（so42－）＋n（cl－）＋n（no3－） 即 0.00025 mol＋n（h＋）=2×0.00025 mol＋0.0005 mol＋0.00025 mol n（h＋）=0.001 mol 故c（h＋）=0.001mol/1l = 0.001mol/l答案选c 2．电子守恒法 氧化还原反应中，氧化剂失电子总数等于还原剂失电子总数，得失电子守恒。 例2.某氧化剂中，起氧化作用的是x2o72－离子，在溶液中0.2 mol该离子恰好能使0.6molso32－离子完全氧化，则x2o72－离子还原后的化合价为（）。 a．＋1b．＋2c．＋3d．＋4 【分析】在上述反应中，氧化剂为x2o72－，还原剂为so32－。设反应后x元素的化合价为a.则x元素化合价由＋6降为a，s元素化合价由＋4升为＋6。1molx元素得电子（6－a）mol，1mols元素失电子（6－4）mol=2 mol。由电子守恒知： 2×0.2（6－a）=0.6×2 a=＋3答案选c 3．元素守恒法 在一些复杂多步的化学过程中，虽然发生的化学反应多，但某些元素的物质的量、浓度等始终没有发生变化，整个过程中元素守恒。 例3.有一在空气中暴露过的koh固体，经分析知其内含水7.62%，k2co32.88%，koh90%，若将此样品1g加入到46.00ml的1 mol•l－1盐酸中，过量的酸再用1.07mol•l－1koh溶液中和，蒸发中和后的溶液可得固体多少克？ 【分析】此题中发生的反应很多，但仔细分析可知：蒸发溶液后所得固体为氯化钾，其cl－全部来自于盐酸中的cl－，在整个过程中cl－守恒。即 n（kcl）= n（hcl） 故m（kcl）=0.046l×1 mol•l－1×74.5 g • mol－1=3.427 g 4．质量守恒法 在化学反应中，参加反应的反应物的总质量等于反应后生成物的总质量，反应前后质量不变。 例4.在臭氧发生器中装入100mlo2，经反应3o2=2 o3，最后气体体积变为95ml（体积均为标准状况下测定），则反应后混合气体的密度为多少？ 【分析】根据质量守恒定律反应前后容器中气体的质量不变，等于反应前100ml o2的质量。则反应后混合气体的密度为： d=（0.1 l /22.4 l•mol－1 ×32g•mol－1）/0.095 l =1.5 g•l－1 5．物料守恒法 物料守恒，即溶液中某一组分的原始浓度应该等于它在溶液中各种存在形式的浓度之和。 例5.0.1mol/l的naoh溶液0.2l，通入标准状况下448ml h2s气体，所得溶液离子浓度大小关系正确的是 （d） a．[na+]＞[hs－]＞[oh－]＞[h2s]＞[s2－]＞[h+] b．[na+]+[h+]=[hs－]＋[s2－]＋[oh－] c．[na+]＝[h2s]＋[hs－]＋[s2-]＋[oh－] d．[s2－]＋[oh－]＝[h+]＋[h2s] 〖分析〗对于溶液中微粒浓度（或数目）的比较，要遵循两条原则：一是电荷守恒，即溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数；二是物料守恒，即溶液中某一组分的原始浓度应该等于它在溶液中各种存在形式的浓度之和。 上述溶液实际上是含0.02mol nahs的溶液。根据上面的规律： 电荷守恒：溶液中阳离子有na+ 、h+，阴离子有hs－、s2－、oh－。 [na+]+[h+]=[hs－]＋2[s2－]＋[oh－]…………………① 物料守恒：hs－由于水解和电离，其存在形式为hs－、s2－、h2s。 s=[s2-]＋[hs－]＋[h2s] 而钠元素物质的量等于硫元素物质的量即[na+]=[s2-]＋[hs－]＋[h2s] …………② ②代入①中，得[s2－]＋[oh－]＝[h+]＋[h2s] …………………③ 另在溶液中，h+ 、oh－都由h2o电离而来，故h+ 、oh－二者的总量应相等，而h+由于hs－水解的原因存在形式为h+、h2s，oh－由于hs－电离的原因存在形式为oh－、s2－。同样可得到③。综上所述，答案选d 用极限法解化学计算题 所谓极限法也叫极端假设法是从极端的角度去考虑分析所给的问题，从而使问题得到简化处理顺利得出结论的一种方法。 （一）用极端假设法推断混合物的可能组成。 例1．某硫酸铵化肥试样中，含有硝酸铵或碳酸氢铵。经分析该试样中含氮量为20%，试据此判断该化肥中含什么杂质。 解析：假设该硫酸铵样品中不含杂质，则它的含氮量应为21.2%，而实际该样品的含氮量为20%，这说明所含杂质要么含氮量为0，要么含氮量小于20%。由题意知杂质均含氮，而硝酸铵的含氮量为35%，碳酸氢铵的含氮量为17.7%，所以该化肥中所含的杂质是碳酸氢铵。 例2．将6g某些金属的混合物与足量的盐酸反应得到0.2g氢气，则该混合物的可能组成是 [] A．镁、铝B．铜、锌 C．锌、铁D．钠、镁 解析：假设混合物为上述选项中的任一种金属，则根据反应方程式可得出它们各组所产生的H2质量是：Mg产生的为0.5g，Al产生的为0.7g，Zn产生的为0.18g，Fe产生的为0.22g，Na产生的为0.26g，Cu产生的为0g。由于实际产生的H2质量为0.2g，所以混合物中必有一种放出H2的质量大于0.2g，另一种小于0.2g（或无H2放出），故符合要求的为C。 （二）根据混入杂质总成分的量，用极端假设法推断其与某物质反应后所得产物的量。 例3．CaCO3和MgCO3的混合物9g，与足量的盐酸反应，生成CO2的质量可能是[] A．3.8gB．4.4g C．4.8gD．5.2g 解析：假设9g物质全部是CaCO3，则生成的CO2质量是（44×9）/100=3.93g 假设9g物质全部是MgCO3 ，则生成的CO2质量是（44×9）/84=4.17 由上可见，9g CaCO3和MgCO3混合物与足量的盐酸反应生成CO2的质量应是3.96g与4.71g之间，显然符合要求的为B。 （三）根据化学反应的原理，用极端假设法推断反应物之间量的关系。 例4．在适当条件下，ag碳和bg氧气反应，生成（a+b）g气体（碳和氧气都没有剩余），求a与b的比值范围。 解析：假设生成的气体全为CO2，则 C＋O2＝CO2 12：32 a:b a:b=12:32=3:8 假设生成的气体全部是CO，则 2C+O2=2CO 24:32 a:b a:b=24:32=3:4高中化学记算题怎么做
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