1、计算题解题方法篇例 130mL 一定浓度的硝酸溶液与 5.12 克铜片反应,当铜片全部反应完毕后,共收集到气体 2.24 升(S.T.P),则该硝酸溶液的物质的量浓度至少为 A.9mol/L B.8mol/L C.5mol/L D.10mol/L解法一:因为题目中无指明硝酸是浓或稀,所以产物不能确定,根据铜与硝酸反应的两个方程式:(1)3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO 3)2+2NO+4H 2O,(2)Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO 3)2+2NO2+2H 2O,可以设参与反应(1)的 Cu为 xmol,则反应生成的 NO 气体为 2/3xmol,反应消耗的硝酸为 8/3xmol,再
2、设参与反应(2)的 Cu 为 ymol,则反应生成的 NO2气体为 2ymol,反应消耗的硝酸为 4ymol,从而可以列出方程组:(x+y)*64=5.12,(2/3)x+2y*22.4=2.24,求得 x=0.045mol,y=0.035mol,则所耗硝酸为 8/3x+4y=0.26mol,其浓度为(0.26/0.03)mol/L,在 8-9 之间,只能选 A.解法二:根据质量守恒定律,由于铜片只与硝酸完全反应生成 Cu2+,则产物应为硝酸铜,且其物质的量与原来的铜片一样,均为 5.12/64=0.08 摩,从产物的化学式 Cu(NO3)2可以看出,参与复分解反应提供 NO3-的 HNO3有
3、 2*0.08=0.16摩;而反应的气态产物,无论是 NO 还是 NO2,每一个分子都含有一个 N 原子,则气体分子总数就相当于参与氧化还原反应的 HNO3的摩尔数,所以每消耗一摩 HNO3都产生 22.4L 气体(可以是 NO 或 NO2甚至是两者的混合物),现有气体2.24L,即有 0.1 摩 HNO3参与了氧化还原反应,故所耗硝酸为 0.16+0.1=0.26 摩,其浓度为(0.26/0.03)mol/L,在 8-9之间,只能选 A.例 2在一个 6 升的密闭容器中,放入 3 升 X(气)和 2 升 Y(气),在一定条件下发生下列反应:4X(气)+3Y(气) 2Q(气)+nR(气) 达到
4、平衡后,容器内温度不变,混和气体的压强比原来增加 5%,X 的浓度减小 1/3,则该反应方程式中的 n 值是 A.3 B.4 C.5 D.6 解法一:抓住“X 浓度减少 1/3”,结合化学方程式的系数比等于体积比,可分别列出各物质的始态,变量和终态:4X 3Y 2Q nR始态 3L 2L 0 0变量 -1/3*3L=1L -3/4*1L=3/4L +2/4*1L=1/2L +n/4*1L=n/4L 终态 3-1=2L 2-3/4=5/4L 0+1/2=1/2L 0+n/4=n/4L 由以上关系式可知,平衡后(终态)混和气体的体积为(2+5/4+1/2+n/4)L 即(15+n)/4L,按题意“
5、混和气体的压强比原来增加 5%“即(15+n)/4-5=5*5%,求得 n=6.解法二:选用差量法,按题意“混和气体的压强比原来增加 5%“按题意“混和气体的压强比原来增加 5%“,即混和气体的体积增加了(2+3)*5%=0.25L,根据方程式,4X+3Y 只能生成 2Q+nR,即每 4 体积 X 反应,总体积改变量为(2+n)-(4+3)=n-5,现有 1/3*3L=1L 的 X 反应,即总体积改变量为 1L*(n-5)/4=0.25L,从而求出 n=6.解法三:抓住“混和气体的压强比原来增加 5%“,得出反应由 X+Y 开始时,平衡必定先向右移,生成了 Q 和 R 之后,压强增大,说明正反
6、应肯定是体积增大的反应,则反应方程式中 X 与 Y 的系数之和必小于 Q 与 R 的系数之和,所以4+35,在四个选项中只有 D 中 n=6 符合要求,为应选答案.1.商余法：这种方法主要是应用于解答有机物(尤其是烃类)知道分子量后求出其分子式的一类题目.对于烃类,由于烷烃通式为 CnH2n+2,分子量为 14n+2,对应的烷烃基通式为 CnH2n+1,分子量为 14n+1,烯烃及环烷烃通式为 CnH2n,分子量为 14n,对应的烃基通式为 CnH2n-1,分子量为 14n-1,炔烃及二烯烃通式为 CnH2n-2,分子量为 14n-2,对应的烃基通式为 CnH2n-3,分子量为 14n-3,所
7、以可以将已知有机物的分子量减去含氧官能团的式量后,差值除以 14(烃类直接除14),则最大的商为含碳的原子数(即 n 值),余数代入上述分子量通式,符合的就是其所属的类别.例 3某直链一元醇 14 克能与金属钠完全反应,生成 0.2 克氢气,则此醇的同分异构体数目为A.6 个 B.7 个 C.8 个 D.9 个由于一元醇只含一个-OH,每 mol 醇只能转换出 1/2molH2,由生成 0.2 克 H2推断出 14 克醇应有 0.2mol,所以其摩尔质量为 72 克/摩,分子量为 72,扣除羟基式量 17 后,剩余 55,除以 14,最大商为 3,余为 13,不合理,应取商为 4,余为-1,代
8、入分子量通式,应为 4 个碳的烯烃基或环烷基,结合“直链“,从而推断其同分异构体数目为 6 个.2.平均值法：这种方法最适合定性地求解混合物的组成,即只求出混合物的可能成分,不用考虑各组分的含量.根据混合物中各个物理量(例如密度,体积,摩尔质量,物质的量浓度,质量分数等)的定义式或结合题目所给条件,可以求出混合物某个物理量的平均值,而这个平均值必须介于组成混合物的各成分的同一物理量数值之间,换言之,混合物的两个成分中的这个物理量肯定一个比平均值大,一个比平均值小,才能符合要求,从而可判断出混合物的可能组成.例 4将两种金属单质混合物 13g,加到足量稀硫酸中,共放出标准状况下气体 11.2L,
9、这两种金属可能是A.Zn 和 Fe B.Al 和 Zn C.Al 和 Mg D.Mg 和 Cu将混合物当作一种金属来看,因为是足量稀硫酸,13 克金属全部反应生成的 11.2L(0.5 摩尔)气体全部是氢气,也就是说,这种金属每放出 1 摩尔氢气需 26 克,如果全部是+2 价的金属,其平均原子量为 26,则组成混合物的+2 价金属,其原子量一个大于 26,一个小于 26.代入选项,在置换出氢气的反应中,显+2 价的有 Zn,原子量为 65,Fe 原子量为 56,Mg 原子量为 24,但对于 Al,由于在反应中显+3 价,要置换出 1mol 氢气,只要 18 克 Al 便够,可看作+2 价时其
10、原子量为 27/(3/2)=18,同样假如有+1 价的 Na 参与反应时,将它看作+2 价时其原子量为 23*2=46,对于 Cu,因为它不能置换出 H2,所以可看作原子量为无穷大,从而得到 A 中两种金属原子量均大于 26,C 中两种金属原子量均小于 26,所以 A,C 都不符合要求,B 中 Al 的原子量比 26 小,Zn 比 26 大,D 中 Mg 原子量比 26 小,Cu 原子量比 26 大,故 B,D 为应选答案.3.极限法.极限法与平均值法刚好相反,这种方法也适合定性或定量地求解混合物的组成.根据混合物中各个物理量(例如密度,体积,摩尔质量,物质的量浓度,质量分数等)的定义式或结合
11、题目所给条件,将混合物看作是只含其中一种组分 A,即其质量分数或气体体积分数为 100%(极大)时,另一组分 B 对应的质量分数或气体体积分数就为0%(极小),可以求出此组分 A 的某个物理量的值 N1,用相同的方法可求出混合物只含 B 不含 A 时的同一物理量的值N2,而混合物的这个物理量 N 平 是平均值,必须介于组成混合物的各成分 A,B 的同一物理量数值之间,即 N1N 平 N2才能符合要求,从而可判断出混合物的可能组成.例 5 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
12、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.3.06g B.3.36g C.3.66g D.3.96本题如按通常解法,混合物中含 KCl 和 KBr,可以有无限多种组成方式,则求出的数据也有多种可能性,要验证数据是否合理,必须将四个选项代入,看是否有解,也就相当于要做四题的计算题,所花时间非常多.使用极限法,设2.00 克全部为 KCl,根据 KCl-AgCl,每 74.5 克 KCl 可生成 143.5 克 AgCl,则可得沉淀为(2.00/74.5)*143.5=3.852克,为最大值,同样可求得当混合物全部为 KBr 时,每 119 克的 KBr 可得沉淀 18
13、8 克,所以应得沉淀为(2.00/119)*188=3.160 克,为最小值,则介于两者之间的数值就符合要求,故只能选 B 和 C.4.估算法.化学题尤其是选择题中所涉及的计算,所要考查的是化学知识,而不是运算技能,所以当中的计算的量应当是较小的,通常都不需计出确切值,可结合题目中的条件对运算结果的数值进行估计,符合要求的便可选取.例 6已知某盐在不同温度下的溶解度如下表,若把质量分数为 22%的该盐溶液由 500C 逐渐冷却,则开始析出晶体的温度范围是 温度( 0C) 0 10 20 30 40溶解度(克/100 克水) 11.5 15.1 19.4 24.4 37.6A.0-100C B.
14、10-200C C.20-300C D.30-400C本题考查的是溶液结晶与溶质溶解度及溶液饱和度的关系.溶液析出晶体,意味着溶液的浓度超出了当前温度下其饱和溶液的浓度,根据溶解度的定义,溶解度/(溶解度+100 克水)*100%=饱和溶液的质量分数,如果将各个温度下的溶解度数值代入,比较其饱和溶液质量分数与 22%的大小,可得出结果,但运算量太大,不符合选择题的特点.从表上可知,该盐溶解度随温度上升而增大,可以反过来将 22%的溶液当成某温度时的饱和溶液,只要温度低于该温度,就会析出晶体.代入溶解度/(溶解度+100 克水)*100%=22%,可得:溶解度*78=100*22,即溶解度=22
15、00/78,除法运算麻烦,运用估算,应介于 25 与 30 之间,此溶解度只能在 30-400C 中,故选 D.5.差量法.对于在反应过程中有涉及物质的量,浓度,微粒个数,体积,质量等差量变化的一个具体的反应,运用差量变化的数值有助于快捷准确地建立定量关系,从而排除干扰,迅速解题,甚至于一些因条件不足而无法解决的题目也迎刃而解.例 7在 1 升浓度为 C 摩/升的弱酸 HA 溶液中,HA,H +和 A-的物质的量之和为 nC 摩,则 HA 的电离度是A.n*100% B.(n/2)*100% C.(n-1)*100% D.n%根据电离度的概念,只需求出已电离的 HA 的物质的量,然后将这个值与
16、 HA 的总量(1 升*C 摩/升=C 摩)相除,其百分数就是 HA 的电离度.要求已电离的 HA 的物质的量,可根据 HA H+A-,由于原有弱酸为 1 升*C 摩/升=C 摩,设电离度为 X,则电离出的 HA 的物质的量为 XC 摩,即电离出的 H+和 A-也分别为 CXmol,溶液中未电离的 HA 就为(C-CX)mol,所以 HA,H+,A-的物质的量之和为(C-CX)+CX+CX摩,即(C+CX)摩=nC 摩,从而可得出 1+X=n,所以 X 的值为 n-1,取百分数故选 C.本题中涉及的微粒数较易混淆,采用差量法有助于迅速解题:根据 HA 的电离式,每一个 HA 电离后生成一个 H
17、+和一个 A-,即微粒数增大一,现在微粒数由原来的 C 摩变为 nC 摩,增大了(n-1)*C 摩,立即可知有(n-1)*C摩 HA 发生电离,则电离度为(n-1)C 摩/C 摩=n-1,更快地选出 C 项答案.6.代入法.将所有选项可某个特殊物质逐一代入原题来求出正确结果,这原本是解选择题中最无奈时才采用的方法,但只要恰当地结合题目所给条件,缩窄要代入的范围,也可以运用代入的方法迅速解题.例 8某种烷烃 11 克完全燃烧,需标准状况下氧气 28L,这种烷烃的分子式是A.C5H12 B.C4H10 C.C3H8 D.C2H6因为是烷烃,组成为 CnH2n+2,分子量为 14n+2,即每 14n
18、+2 克烃完全燃烧生成 n 摩 CO2和(n+1)摩 H2O,便要耗去n+(n+1)/2 即 3n/2+1/2 摩 O2,现有烷烃 11 克,氧气为 28/22.4=5/4 摩,其比值为 44:5,将选项中的四个 n 值代入(14n+2):3n/2+1/2,不需解方程便可迅速得知 n=3 为应选答案.7.关系式法.对于多步反应,可根据各种的关系(主要是化学方程式,守恒等),列出对应的关系式,快速地在要求的物质的数量与题目给出物质的数量之间建立定量关系,从而免除了涉及中间过程的大量运算,不但节约了运算时间,还避免了运算出错对计算结果的影响,是最经常使用的方法之一.例 9一定量的铁粉和 9 克硫粉
19、混合加热,待其反应后再加入过量盐酸,将生成的气体完全燃烧,共收集得 9 克水,求加入的铁粉质量为 A.14g B.42g C.56g D.28g因为题目中无指明铁粉的量,所以铁粉可能是过量,也可能是不足,则与硫粉反应后,加入过量盐酸时生成的气体就有多种可能:或者只有 H2S(铁全部转变为 FeS2),或者是既有 H2S 又有 H2(铁除了生成 FeS2外还有剩余),所以只凭硫粉质量和生成的水的质量,不易建立方程求解.根据各步反应的定量关系,列出关系式:(1)Fe-FeS(铁守恒)-H2S(硫守恒)-H 2O(氢守恒),(2)Fe-H 2(化学方程式)-H 2O(氢定恒),从而得知,无论铁参与了
20、哪一个反应,每 1 个铁都最终生成了 1 个 H2O,所以迅速得出铁的物质的量就是水的物质的量,根本与硫无关,所以应有铁为 9/18=0.5 摩,即 28 克. 8.比较法.已知一个有机物的分子式,根据题目的要求去计算相关的量例如同分异构体,反应物或生成物的结构,反应方程式的系数比等,经常要用到结构比较法,其关键是要对有机物的结构特点了解透彻,将相关的官能团的位置,性质熟练掌握,代入对应的条件中进行确定.CH3例 10分子式为 C12H12的烃,结构式为 ,若萘环上的二溴代物有 9 种同分异构体,则萘环上四溴代物的同分异构体数目有 CH 3 A.9 种 B.10 种 C.11 种 D.12 种
21、本题是求萘环上四溴代物的同分异构体数目,不需考虑官能团异构和碳链异构,只求官能团的位置异构,如按通常做法,将四个溴原子逐个代入萘环上的氢的位置,便可数出同分异构体的数目,但由于数量多,结构比较十分困难,很易错数,漏数.抓住题目所给条件-二溴代物有 9 种,分析所给有机物峁固氐?不难看出,萘环上只有六个氢原子可以被溴取代,也就是说,每取代四个氢原子,就肯定剩下两个氢原子未取代,根据“二溴代物有 9 种“这一提示,即萘环上只取两个氢原子的不同组合有 9 种,即意味着取四个氢原子进行取代的不同组合就有 9 种,所以根本不需逐个代,迅速推知萘环上四溴代物的同分异构体就有 9 种. 9.残基法.这是求解
22、有机物分子结构简式或结构式中最常用的方法.一个有机物的分子式算出后,可以有很多种不同的结构,要最后确定其结构,可先将已知的官能团包括烃基的式量或所含原子数扣除,剩下的式量或原子数就是属于残余的基团,再讨论其可能构成便快捷得多.例 11某有机物 5.6 克完全燃烧后生成 6.72L(S.T.P 下)二氧化碳和 3.6 克水,该有机物的蒸气对一氧化碳的相对密度是 2,试求该有机物的分子式.如果该有机物能使溴水褪色,并且此有机物和新制的氢氧化铜混合后加热产生红色沉淀,试推断该有机物的结构简式.因为该有机物的蒸气对一氧化碳的相对密度为 2,所以其分子量是 CO 的 2 倍,即 56,而 5.6 克有机
23、物就是 0.1 摩,完全燃烧生成 6.72L(S.T.P)CO2为 0.3 摩,3.6 克水为 0.2 摩,故分子式中含 3 个碳,4 个氢,则每摩分子中含氧为 56-3*12-4*1=16 克,分子式中只有 1 个氧,从而确定分子式是 C3H4O.根据该有机物能发生斐林反应,证明其中有-CHO,从C3H4O 中扣除-CHO,残基为-C 2H3,能使溴水褪色,则有不饱和键,按其组成,只可能为-CH=CH 2,所以该有机物结构就为H2C=CH-CHO. 10.守恒法.物质在参加反应时,化合价升降的总数,反应物和生成物的总质量,各物质中所含的每一种原子的总数,各种微粒所带的电荷总和等等,都必须守恒
24、.所以守恒是解计算题时建立等量关系的依据,守恒法往往穿插在其它方法中同时使用,是各种解题方法的基础,利用守恒法可以很快建立等量关系,达到速算效果.例 12已知某强氧化剂RO(OH) 2+能被硫酸钠还原到较低价态,如果还原含 2.4*10 -3molRO(OH)2+的溶液到低价态,需12mL0.2mol/L 的亚硫酸钠溶液,那么 R 元素的最终价态为A.+3 B.+2 C.+1 D.-1因为在RO(OH) 2-中,R 的化合价为+3 价,它被亚硫酸钠还原的同时,亚硫酸钠被氧化只能得硫酸钠,硫的化合价升高了 2 价,根据 2.4*10-3molRO(OH)2-与 12ml*0.2mol/L=0.0
25、024mol 的亚硫酸钠完全反应,亚硫酸钠共升0.0024*2=0.0048 价,则依照升降价守恒,2.4*10 -3molRO(OH)2-共降也是 0.0048 价,所以每 molRO(OH)2-降了 2 价,R原为+3 价,必须降为+1 价,故不需配平方程式可直接选 C. 11.规律法.化学反应过程中各物质的物理量往往是符合一定的数量关系的,这些数量关系就是通常所说的反应规律,表现为通式或公式,包括有机物分子通式,燃烧耗氧通式,化学反应通式,化学方程式,各物理量定义式,各物理量相互转化关系式等,甚至于从实践中自己总结的通式也可充分利用.熟练利用各种通式和公式,可大幅度减低运算时间和运算量,
26、达到事半功倍的效果.例 131200C 时,1 体积某烃和 4 体积 O2混和,完全燃烧后恢复到原来的温度和压强,体积不变,该烃分子式中所含的碳原子数不可能是 A.1 B.2 C.3 D.4本题是有机物燃烧规律应用的典型,由于烃的类别不确定,氧是否过量又未知,如果单纯将含碳由 1 至 4 的各种烃的分子式代入燃烧方程,运算量大而且未必将所有可能性都找得出.应用有机物的燃烧通式,设该烃为 CXHY,其完全燃烧方程式为:C XHY+(X+Y/4)O2=XCO2+Y/2H2O,因为反应前后温度都是 1200C,所以 H2O 为气态,要计体积,在相同状况下气体的体积比就相当于摩尔比,则无论 O2是否过
27、量,每 1 体积 CXHY只与 X+Y/4 体积 O2反应,生成 X 体积 CO2和 Y/2体积水蒸气,体积变量肯定为 1-Y/4,只与分子式中氢原子数量有关.按题意,由于反应前后体积不变,即 1-Y/4=0,立刻得到分子式为 CXH4,此时再将四个选项中的碳原子数目代入,CH 4为甲烷,C 2H4为乙烯,C 3H4为丙炔,只有 C4H4不可能.12.排除法.选择型计算题最主要的特点是,四个选项中肯定有正确答案,只要将不正确的答案剔除,剩余的便是应选答案.利用这一点,针对数据的特殊性,可运用将不可能的数据排除的方法,不直接求解而得到正确选项,尤其是单选题,这一方法更加有效.例 14取相同体积的
28、 KI,Na2S,FeBr2三种溶液,分别通入氯气,反应都完全时,三种溶液所消耗氯气的体积(在同温同压下)相同,则 KI,Na2S,FeBr2三种溶液的摩尔浓度之比是 A.1:1:2 B.1:2:3 C.6:3:2 D.2:1:3本题当然可用将氯气与各物质反应的关系式写出,按照氯气用量相等得到各物质摩尔数,从而求出其浓度之比的方法来解,但要进行一定量的运算,没有充分利用选择题的特殊性.根据四个选项中 KI 和 FeBr2的比例或 Na2S 和FeBr2的比例均不相同这一特点,只要求出其中一个比值,已经可得出正确选项.因 KI 与 Cl2反应产物为 I2,即两反应物 mol 比为 2:1,FeB
29、r2与 Cl2反应产物为 Fe3+和 Br2,即两反应物 mol 比为 2:3,可化简为 2/3:1,当 Cl2用量相同时,则 KI 与 FeBr2之比为 2:(2/3)即 3:1,A,B,D 中比例不符合,予以排除,只有 C 为应选项.如果取 Na2S 与 FeBr2来算,同理也可得出相同结果.本题还可进一步加快解题速度,抓住 KI,Na2S,FeBr2三者结构特点-等量物质与 Cl2反应时,FeBr2需耗最多 Cl2.换言之,当 Cl2的量相等时,参与反应的 FeBr2的量最少,所以等体积的溶液中,其浓度最小,在四个选项中,也只有 C 符合要求,为应选答案. 13.十字交叉法.十字交叉法是
30、专门用来计算溶液浓缩及稀释,混合气体的平均组成,混合溶液中某种离子浓度,混合物中某种成分的质量分数等的一种常用方法,其使用方法为:组分 A 的物理量 a 差量 c-b 平均物理量 c(质量,浓度,体积,质量分数等)组分 B 的物理量 b 差量 a-c则混合物中所含 A 和 B 的比值为(c-b):(a-c),至于浓缩,可看作是原溶液 A 中减少了质量分数为 0%的水 B,而稀释则是增加了质量分数为 100%的溶质 B,得到质量分数为 c 的溶液.例 15有 A 克 15%的 NaNO3溶液,欲使其质量分数变为 30%,可采用的方法是A.蒸发溶剂的 1/2 B.蒸发掉 A/2 克的溶剂 C.加入
31、 3A/14 克 NaNO3 D.加入 3A/20 克 NaNO3 根据十字交叉法,溶液由 15%变为 30%差量为 15%,增大溶液质量分数可有两个方法:(1)加入溶质,要使 100%的NaNO3 变为 30%,差量为 70%,所以加入的质量与原溶液质量之比为 15:70,即要 3A/14 克.(2)蒸发减少溶剂,要使 0%的溶剂变为 30%,差量为 30%,所以蒸发的溶剂的质量与原溶液质量之比为 15%:30%,即要蒸发 A/2 克.如果设未知数来求解本题,需要做两次计算题,则所花时间要多得多. 14.拆分法.将题目所提供的数值或物质的结构,化学式进行适当分拆,成为相互关联的几个部分,可以
32、便于建立等量关系或进行比较,将运算简化.这种方法最适用于有机物的结构比较(与残基法相似),同一物质参与多种反应,以及关于化学平衡或讨论型的计算题.例 16将各为 0.3214 摩的下列各物质在相同条件下完全燃烧,消耗氧气的体积最少的是A.甲酸 B.甲醛 C.乙醛 D.甲酸甲酯这是关于有机物的燃烧耗氧量的计算,因为是等摩尔的物质,完全可用燃烧通式求出每一个选项耗氧的摩尔数,但本题只需要定量比较各个物质耗氧量的多少,不用求出确切值,故此可应用拆分法:甲酸结构简式为 HCOOH,可拆为H2O+CO,燃烧时办只有 CO 耗氧,甲醛为 HCHO,可拆为 H2O+C,比甲酸少了一个 O,则等摩尔燃烧过程中
33、生成相同数量的CO2和 H2O 时,耗多一个 O.同理可将乙醛 CH3CHO 拆为 H2O+C2H2,比甲酸多一个 CH2,少一个 O,耗氧量必定大于甲酸,甲酸甲酯 HCOOCH3拆为 2H2O+C2,比乙醛少了 H2,耗氧量必定少,所以可知等量物质燃烧时乙醛耗氧最多.例 17有一块铁铝合金,溶于足量盐酸中,再用足量 KOH 溶液处理,将产生的沉淀过滤,洗涤,干燥,灼烧使之完全变成红色粉末,经称量,发现该红色粉末和原合金质量恰好相等,则合金中铝的含量为A.70% B.52.4% C.47.6% D.30%本题是求混合金属的组成,只有一个“红色粉末与原合金质量相等“的条件,用普通方法不能迅速解题.根据化学方程式,因为铝经两步处理后已在过滤时除去,可用铁守恒建立关系式:Fe-FeCl 2-Fe(OH)2-Fe(OH)3-(1/2)Fe2O3,再由质量相等的条件,得合金中铝+铁的质量=氧化铁的质量=铁+氧的质量,从而可知,铝的含量相当于氧化铁中氧的含量,根据质量分数的公式,可求出其含量为:(3*16)/(2*56+3*16)*100%=30%.解题中同时运用了关系式法,公式法,守恒法等.
