1、第六章 化学计算第一节 化学计算中的方法和技巧【知识网络】计算方法 原理 说明 实例质量差 利用物质在反应前后的质量差求解差量法 体积 差 利用气体物质在反应前后的体积差量求 解根据物质变化前后某种量发生变化的方程式或关系式，找出所谓“理论差量” 。利用该法关键有两点：弄清差量的原因；弄清差量与什么量成比例。 例 1质量守恒 从宏观上看，化学反应前后的质量相等 例 2电荷守恒在电解质溶液中，由于整个溶液呈中性，所以阴、阳离子所带的电荷总量必须相等。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 3电子守恒在氧化还原过程中，总是存在着得电子总数等于失电子总数，在原
2、电池和电解池中通过两极的电子数必然相等。例 4守恒法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）的方程式前后某微粒（如离子、原子、电子）的物质的量保持不变作为解题依据。 例 5例 6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。 例 7关系式法方程式叠加对循环反应（前一反应的某一产物，在参加后续反应后，又再生成，使反应循环下去）将方程式相加，消去循环项。是计算中用来表示已知量与未知量成正比例关系的式子。 例 8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
3、或含量 例 9平均摩电子质量反应中平均转移 1mol 电子所需混合物的质量，其值介于两组分之间例10例11平均值法平均组成在混合物的计算中，可以把平均组成作为中介，以此讨论可能的组成是一种将数学平均原理应用于化学计算的解题方法。它依据数学原理是：两个数 A1 和 A2 的平均值 A，A 介于 A1 和 A2 之间。应用于混合物的分析（定量、定性），常用的技巧：十字交叉法。 例12极值法是把所研究的对象或过程变化通过假设，推到理想的极限值，使因果关系变得十分明显，从而得出正确的判断，或者将化学问题抽象成数学的极限问题求解。常用于求有关存在“极限值”的计算题，如某些化学平衡的计算，平行反应的计算，
4、混合物的计算等。例13例14估算法是从化学原理出发，充分利用边界条件，并运用近似值、平均值、极限值、等于、大于或小于等数学方法，对化学问题的定量问题进行估量、评价、推断，从而得出正确结论的一种思维方法。特别适用于计算型选择题，由选项结合题意判断。例15【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。【典型例题评析】例
5、 1 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+3B 2C。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（1994 年全国高考题）原混合气体的体积为 1.2VL 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 反应达平衡时气体 B 消耗掉 0.05VLA. B. C. D.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+3B 2C平衡时的体积 0.9VL 0.1VL生成气体 0.1VL C，消耗 0.05VL A 和 0.15VL B。消耗
6、总体积为： 0.05V L+0.15V L=0.2V L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+3B 2C 体积减少1 3 2 2x y 0.1V z则 x=1/20.1V L=0.05V L y=3/20.1V
7、 L=0.15V L z=0.1V L因此，原混合气体的总体积为：V L+0.1V L =1.1V L例 2 C8H16 经多步裂化，最后完全转化为 C4H8、C 3H6、C 3H6、C 2H4、C 2H6、CH 4 五种气体的混合物。该混合物的平均相对分子质量可能是（2001 年上海高考题）A.28 B.30 C.38 D.40思路分析：此题切入较易，深入较难，只要一步一步深入地去思索，就会获得成功。设 C8H18 为直链，物质的量为 1mol。其裂化方式有：C 8H18C 4H8+C4H1O；C 4H10C 2H6+C2H4或 C4H10C 3H6+CH4。C 4H10的两种裂化共产生 2
8、mol 气体，总计得C4H8、C 2H6、C 2H4、C 3H6、CH 4五种气体 3mol。则式量为：1143=38。C 8H18C 2H4+C6H14，C 6H14C 2H4+C4H10，C 4H10C 2H6+C2H4，C 4H10C 3H6+CH4。1 1 1 1 1 1 C4H10 的两种裂化共产生 2mol 气体。故总量为 4mol。式量为：1144=28.5答案：B、C方法要领：本题以辛烷裂化为背景，只要分析给出产物的相对分子质量，排出裂化的各种可能，归纳各种产物的物质的量必须在 34mol 之间，根据质量守恒定律便知平均相对分子质量在 28.538 之间。例 3 将硫酸钾、硫酸
9、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(Al 3+)=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（1998 年上海高考题）A.0.045mol/L B.0.035mol/L C.0.055mol/L D.0.040mol/L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/L2=c(K
10、+)+0.055mol/L3+ 0.01mol/L c(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。例 4 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（ 1997 年全国高考题）A.NO2 B.NO C.N2O D.N2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
11、N2O3） ；X=2 ，Y=1（N 2O） ；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。例 5 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（1999 年上海高考题）A.0.12mol B.0.11mol C.0.09mol D.0.08mol思路分析：1.92g 铜
12、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(NO 3)2+2NO2+2H 2O 得 NO20.03mol2=0.06 mol，现已知收集到 0.05 mol，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(HNO 3)=n(N)=n(NO)+n(NO2)+2nCu(N
13、O3)2。例 6 由 NaH2PO4 脱水形成聚磷酸盐 Na200H2P200O601，共脱去水分子的数目为（2000 年上海高考题）A.198 个 B.199 个 C.200 个 D.201 个思路分析：从 Na+及 P 原子都为“200”的信息出发，可知(NaH 2PO4)n 中的 n 值为 200，将 n 乘入单体各原子，得“Na 200H400P200O800”，减去聚磷酸钠“Na 200H2P200O601”中的各原子个数，得到“H 398O199”，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
14、数目与脱氧原子的数目必然一致，故有 4200-601=199。例 7 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+2H 2O，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= Na4S4
15、O6+2NaI，滴定时用去溶液 20.0 mL。试用上述数据计算该漂白粉的 X%。（1990 年全国高考题）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 Cl2I 22Na 2S2O3）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 Cl 22mol 1mol2.010-3mol y y=0.00100mol x%=(0.00100mol71g/
16、mol)250/25.02g100%=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：不是求 Ca(ClO)2的质量分数；计算时带单位运算。例 8 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（1997 年上海高考题）A.3:2
17、B.2:3 C.8:3 D.3:8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+H2OHNO 3 的计算，把以下两个反应（3NO 2+H2O=2HNO3+NO，2NO+O 2=2NO2）进行叠加可得：4NO+3O 2+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。例 9 由 CO2、 H2和 CO 组成的混合
18、气在同温同压下与氮气的密度相同。则该混合气体中 CO2、H 2和 CO 的体积比为 (1999 年上海高考题)A.29:8:13 B.22:1:14 C.13:8:29 D.26:16:57思路分析：CO 相对分子质量与 N2 相同，CO 2 与 H2 体积比：CO2 44 2628 V(CO2):V(H2)=26:5=13:8。H2 2 16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
19、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。例 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（1998 年全国高考题）A.锌 B.铁 C.铝 D.镁思路分析：本题通定量的金属与酸置换反应，考查学生的思维敏捷性。题中涉及的反应有：Mg+2H+=Mg2+H2 2Al+6H+=2Al3+3H2 Fe+2H+=Fe2+H2 Zn+2H+=Zn2+H210g 混合物在反应中失去 1mol 电子，则 Zn、Fe、Al、Mg 各失
20、1mol 电子的质量分别为 32.5g、28g、9g、12g。所以两种金属混合物 10g 中一定含铝。答案：C方法要领：本题考查的是合金成分的认定。解题的技巧为平均值法。根据每种金属的摩电子质量结合平均摩电子质量确定是何种金属。例 11 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（都已折算到标准状况） ，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（2000 年上海高考题）A9.02g B.8.51g C.8.26g D.7.04g思路分析：此题如单纯用 Cu、Mg 分别与 HNO3 反应的结果
21、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=4.48L22.4L/mol+(0.336L22.4L/mol)2，n(Cu,Mg)=0.115mol，故沉淀的质量为4.6g+(0.115mol2)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)，
22、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：(4.6g40g/mol)74g/mol=8.51g。例 12 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（1995 年上海高考题）A.一定有甲烷 B.一定是甲烷和乙烯 C.一定没有乙烷 D.一定有乙炔思路分析：混合烃的平均分子式是 C1.6H4，所以一定有 CH4，另一烃必有 4 个 H 原子，即 C2H4 或 C3H4。答案：A、C方法要领：求出 1mol 混合烃中 C 和 H 物
23、质的量，即得平均组成。据平均含义讨论得解。例 13 第A 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（1998 年上海高考题）A.Mg B.Ca C.Sr D.Ba思路分析：RO+H 2O=R(OH)2 R+2H2O=R(OH)2+H2R+16 R+34 R R+3412 16 R=38 12 16 R=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
24、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。例 14 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（1997 年上海高考题）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 N
25、H4NO3 (NH4)2CO3 NH4Cl (NH4)2SO4 NH4HCO3)(N35.0% 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(NH 4)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。例 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
26、 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（1996 年全国高考题）A.40% B.50% C.60% D.70%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 xA(g)+2B(g) 2C(g)n(起始) 1 1 0n(转化) x 2x 2xn(平衡) 1-x 1-2x 2x依题意：(1-x) +(1-2x)= 2x x=0.4mol A 的转化率=(0.4mol1mol)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%。
