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新课标高三化学竞赛之“常见化学计算方法”


常见化学计算方法
●考点阐释 在每年的化学高考试题中,计算题的分值大约要占到 15%左右,从每年的高考试卷抽样分析报 告中经常会说计算题的得分率不是太高。高一化学中计算类型比较多,其中有些计算经常考查,如 能用好方法,掌握技巧,一定能达到节约时间,提高计算的正确率。下面就谈一谈解答计算的一些 巧解和方法。主要有:差量法、十字交叉法、平均法、守恒法、极值法、关系式法、方程

式叠加法、 等量代换法、摩尔电子质量法、讨论法、图象法(略) 、对称法(略) 。 ●试题类编 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:

a c a?c 或 ? ? b d b?d

c?a 。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 d?b
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 12.5g。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
1

) (C)Mg>Al>Fe (D)Mg=Fe=Al

5.取 Na2CO3 和 NaHCO3 混和物 9.5g,先加水配成稀溶液,然后向该溶液中加 9.6g 碱石灰(成分 是 CaO 和 NaOH) ,充分反应后,使 Ca2+、HCO3-、CO32-都转化为 CaCO3 沉淀。再将反应容器内水 分蒸干,可得 20g 白色固体。试求: (1)原混和物中 Na2CO3 和 NaHCO3 的质量; (2)碱石灰中 CaO 和 NaOH 的质量。

6.将 12.8g 由 CuSO4 和 Fe 组成的固体,加入足量的水中,充分反应后,滤出不溶物,干燥后称 量得 5.2g。试求原混和物中 CuSO4 和 Fe 的质量。

二、十字交叉法 凡能列出一个二元一次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, AB 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= AB (xA+xB)
—— —— ——

化简得: x A ? AB ? B xB —— A ? AB

——

若把 AB 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 1 2 3 4 5 6

A、B
溶液中溶质 质量分数 物质中某元素 质量分数 同位素相对 原子质量 某物质相对 分子质量 某物质分子 组成

AB

——

xA、xB
质量分数 质量分数 同位素原子 百分组成 物质的量分数 或体积分数 物质的量分数
xA AB ? B ? xB —— A ? AB
——

混合溶液中溶质质 量质量分数 混合物中某 元素质量分数 元素相对 原子质量 混合物平均相对分 子质量 混合物的平均 分子组成

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
2

g 水; (2)可向原溶液中加入 12.5% CuSO4 溶液 可向原溶液中加入 CuSO4 白色粉末 g。

g; (3)可向原溶液中加入胆矾

g; (4)

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

3. (1)已知溶质质量分数分别为 19x%和 x%的两硫酸溶液,若将它们等体积混和,则所得混 和液的溶质质量分数与 10x 的大小关系如何?(2)已知溶质质量分数为 a%的氨水物质的量浓度是 b mol·L-1,则

a b %的氨水物质的量浓度与 mol·L-1 的大小关系如何? 2 2

4. 将金属钠在空气中燃烧,生成 Na2O 与 Na2O2 的混合物。取该燃烧产物 7.48g 溶于水制成 1000mL 溶液,取出 10mL,用 0.1 mol·L-1 的盐酸中和,用去盐酸 20mL,试求该产物中 Na2O 的物 质的量分数。

5. 0.8 mol CO2 通入 1L 1mol·L-1NaOH 溶液中,试求所得溶液中溶质的物质的量。

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 AB ?
— —

xA ? A ? xB ? B — — — — ? A ? x A % ? B ? x B % ,则必有 A> AB >B,其中 AB 是 A、 xA ? x B

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 (C)NH4Cl 和(NH4)2SO4 (B)NH4Cl 和 NH4HCO3 (D)(NH4)2SO4 和 NH4HCO3 )
3



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。 (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 。 。 杂质,可能含有

(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 体进行喷泉实验,当喷泉停止后,进入容器中液体的体积是 。

(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

附:平均摩尔质量( M )的求法: ① M ?
— —
— —

— —

m总 n总

m 总—混和物叫质量

n 总—混和物总物质的量

② M =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: M 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 M 如是气体混合物的摩尔质量,则有 M =M1·V1%+M2·V2%+?(注:V1%、V2%??气体 体积分数。 ) ④ M 如是气体混合物的摩尔质量,则有 M =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
―1

— —

— —

— —

— —

— —

) D. Fe4O5

2. 将几种铁的氧化物的混合物加入 100mL、7mol?L

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 Fe 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. 电荷守恒法
4

2+

) B. 71.4% C. 79.0% D. 63.6%

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/L B. 0.5mol/L ) D. 1.2mol/L

C. 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∶1 D. 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 标准状况下的氧气体积为 L。 (不考虑 2NO2 ;若将这些气体完全被水吸收,则应补充 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 Br2 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

) (D)5.1 g·L-1

(B)14.4 g·L

-1

(C)8 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( )

5

(A) 0 ? C ? (C)

1 22.4

(B) (D)

1 1 ?C? 39.2 28

1 1 ?C? 28 22.4
) (B)

1 1 ?C? 39.2 22.4

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) m ?

n 22.4

n 3n ? m? 22.4 44.8

(C) m ?

3n 44.8

(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. 2g ) B. 4g C. 8g D. 10g

六、 关系式法 实际化工生产中以及化学工作者进行科学研究时,往往涉及到多步反应:从原料到产品可能要 经过若干步反应;测定某一物质的含量可能要经过若干步中间过程。对于多步反应体系,依据若干 化学反应方程式,找出起始物质与最终物质的量的关系,并据此列比例式进行计算求解方法,称为 “关系式”法。利用关系式法可以节省不必要的中间运算步骤,避免计算错误,并能迅速准确地获 得结果。用关系式解题的关键是建立关系式,建立关系式的方法主要有:1、利用微粒守恒关系建立 关系式,2、利用方程式中的化学计量数间的关系建立关系式,3、利用方程式的加合建立关系式。 1. 工业上制硫酸的主要反应如下: 4FeS2+11O2
高温

2Fe2O3+8SO2 2SO2+O2

催化剂 △

2SO3 SO3+H2O=H2SO4

煅烧 2.5t 含 85%FeS2 的黄铁矿石 (杂质不参加反应) 时, FeS2 中的 S 有 5.0%损失而混入炉渣, 计算可制得 98%硫酸的质量。

七、方程式叠加法 许多化学反应能发生连续、一般认为完全反应,这一类计算,如果逐步计算比较繁。如果将多 步反应进行合并为一个综合方程式,这样的计算就变为简单。如果是多种物质与同一物质的完全反 应,若确定这些物质的物质的量之比,也可以按物质的量之比作为计量数之比建立综合方程式,可 以使这类计算变为简单。 1. 将 2.1g 由 CO 和 H2 组成的混合气体,在足量的 O2 充分燃烧后,立即通入足量的 Na2O2 固 体中,固体的质量增加 A. 2.1g B. 3.6g C. 4.2g D. 7.2g

八、等量代换法 在混合物中有一类计算:最后所得固体或溶液与原混合物的质量相等。这类试题的特点是没有
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数据,思考中我们要用“此物”的质量替换“彼物”的质量,通过化学式或化学反应方程式计量数 之间的关系建立等式,求出结果。 1. 有一块 Al-Fe 合金,溶于足量的盐酸中,再用过量的 NaOH 溶液处理,将产生的沉淀过滤、 洗涤、干燥、灼烧完全变成红色粉末后,经称量,红色粉末的质量恰好与合金的质量相等,则合金 中铝的质量分数为 ( ) A. 70% B. 30% C. 47.6% D. 52.4%

九、摩尔电子质量法 在选择计算题中经常有金属单质的混合物参与反应,金属混合物的质量没有确定,又由于价态 不同,发生反应时转移电子的比例不同,讨论起来极其麻烦。此时引进新概念“摩尔电子质量”计 算就极为简便,其方法是规定“每失去 1mol 电子所需金属的质量称为摩尔电子质量” 。可以看出金 属的摩尔电子质量等于其相对原子质量除以此时显示的价态。如 Na、K 等一价金属的摩尔电子质量 在数值上等于其相对原子质量,Mg、Ca、Fe、Cu 等二价金属的摩尔电子质量在数值上等于其相对原 子质量除以 2,Al、Fe 等三价金属的摩尔电子质量在数值上等于其相对原子质量除以 3。 1. 由两种金属组成的合金 10g 投入足量的稀硫酸中, 反应完全后得到氢气 11.2L(标准状况下), 此合金可能是 A. 镁铝合金 ( ) B. 镁铁合金 C. 铝铁合金 D. 镁锌合金

十、讨论法 讨论法:在某些化学问题的求解过程中,无法确定某一物质的相关物理量,这时可根据化学事 实或原理,确定其范围,据此再对范围中的相关数据进行合理性取舍或具体化计算,从而使该化学 问题得以解决。在确定范围的过程中,必然会运用到数学中的不等式知识。这类问题常常是综合性 问题,难度也较大,解题的关键是如何构造不等式,即要找准化学问题与不等式之间的联结点。在 化学解题过程中应注意有序思维和问题解决的完整性。 1. 在天平两端的两个质量相等的烧杯里各盛有 100mL、10mol·L-1 的盐酸,然后分别加入 a g 镁粉和 b g 铝粉,欲使充分反应后天平仍保持平衡,试确定 a 的取值范围以及在 a 不同的取值范围内 a 与 b 之间的关系。

《常见化学计算方法》详细答案:
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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:

256g ? 46g 500g ? 100g x 246g y ? 100g 250g

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 RO x /2 、 RClx 。根据关系式 RO x /2 ~ RClx ,相对分子质量差值为 355 . x ? 16 ?

x ? 27.5x ,所以 n-m=27.5x , 2

x?

n?m 。 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、 27.5

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=

2n ? m 。 55
答 金属元素 R 的化合价为

n ? m 2n ? m 或 。 55 27.5

4. 分析 本例是金属与酸反应,根据反应前后质量相等判断金属质量大小的一道选择题。根据 题意,反应结束后所得各溶液质量相等,所以各金属反应掉的质量减去氢气生成的质量应相等。现 建立如下关系式: Mg~H2 △m=22,Al~

3 H2 △m=24,Fe~H2 △m=54 2 22 24 x、 y、 24 27

确定 Mg、Al、Fe 三种金属的质量大小,可用下列两种方法解决。 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

54 22 24 54 z 且相等,故有: x? y ? z ,所以 y>x>z。 56 24 27 56
5. 分析 本例从反应最终的结果看, 涉及如下两个反应: Na2CO3+H2O+CaO=CaCO3↓+2NaOH, NaHCO3+CaO=CaCO↓+2NaOH,根据题意“Ca2+、HCO3-、CO32-都转化 CaCO3 沉淀” ,说明以上两 反应恰好完全进行。从反应前后的质量来看,反应前:9.5g+9.6g=19.1g,反应后:20g,说明对于反
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应前后的固体而言,其质量是增加的,数值为 20g-19.1g=0.9g。那么 0.9g 的增重从何增起呢?只能 从发生的反应入手分析:第一个反应固体增重且增重 18g,即为水的质量。第二个反应固体质量不 变。因此,0.9g 的增重源自第 1 个反应中水参加反应的质量。明确了这一层关系,本题就能迎刃而 解了。 解 (1)水参加反应的质量为 0.9g,则 Na2CO3 的质量为 9.5-5.3g=4.2g。 (2)碱石灰中 CaO 的质量为 (

0.9g ? 106g ? 5.3g ,NaHCO3 的质量为 18g

5.3g 4.2 ? ) ? 56g ? 5.6g ,NaOH 的质量为 9.6g-5.6g=4.0g。 106g 84g

6. 解 根据分析可知,Fe 过量,设 CuSO4 的质量为 x,则 Fe 的质量为 12.8g-x,根据反应: Fe + CuSO4 = Cu + FeSO4 160g x 所以: △m 8g 5.2g-(12.8g-x)=4.8g 解得:x=8.0g,12.8g-x=4.8g

160g 8g ? x 5.2g ? (12.8g ? x)

答 原混和物中 CuSO4 和 Fe 的质量分别为 8.0g,4.8g。 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

1 ,即 25g。 2

(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

160 ? 100% ? 64% 250

说明加入胆矾的质量为原溶液质量的

5 4 ,即 ? 50g ? 4.63g 。 54 54

(4) 答 25 100 4.63

说明加入 CuSO4 的质量为原溶液质量的 2.78

1 1 ,即 ? 50g ? 2.78g 。 18 18

2. 解 方法 1:NH4NO3 中 N%=

28 28 ? 100% =35%,CO(NH2)2 中 N%= ? 100% =46.7% 80 60

说明 NH4NO3 与 CO(NH2)2 的物质的量之比为
9

6.7% 5% ∶ ? 1∶1 。 80 60

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:
2 ? 14 g ? mol ?1 ? 2 ? 14 g ? mol ?1 ? x ? 100% ? 40% 80 g? mol?1 ? 1 mol ? 60 g? mol ?1 ? x

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

28 ? 70 。 40%

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) 。

3. 解 : (1) 若混和液的溶质质量分数为 10x%,则 19x%与 x%的两 H2SO4 溶液必以等质量混和。现因等体 积的 19x%溶液质量大于 x%的溶液质量,故等体积混和后,所得溶液质量分数应大于 10x%。

(2)

a %, 则加入水的质量即为氨水的质量。 现因水的密度大于氨水密度, 2 a 故稀释后溶液的体积应小于原溶液体积的一半,根据溶质物质的量守恒,所以 %的氨水物质的量 2
若将 a%的氨水加水稀释成 浓度应大于

b mol·L-1。 2
燃烧 溶于水 取10mL 消耗0.1mol?L?1 盐酸20mL

? NaOH溶液 ———? ————— ? 4. Na ——? Na 2 O、Na 2 O 2 ——
盐酸中和

NaCl

图 4—4 根据以上图示,结合有关反应的用量,确定 1000mL NaOH 溶液中 NaOH 物质的量。由 Na 元 素守恒,可计算出混合物(Na2O、Na2O2)的平均摩尔质量或平均化学式。从而求解得之。 解 1000mL NaOH 溶液的物质的量为 根据混和物的平均摩尔质量=

1000mL ? 01 . mol ? L?1 ? 20 ? 10 ?3 L ? 0.2mol 10mL

混和物总质量 ,可知: 混和物总物质的量

Na2O 与 Na2O2 的平均摩尔质量=

0.48g 1 0.2 mol ? 2

? 74.8g ? mol ?1

10

说明 Na2O 与 Na2O2 的物质的量之比为 3.2∶12.8=1∶4,即 Na2O 的物 质的量分数为

1 1 ? (20% )。 1? 4 5

答 该产物中 Na2O 的物质的量分数为 20%。 5. 解 n(CO2)=0.8 mol,n(NaOH)= 1L×1 mol·L-1=1 mol 方法 1:设生成物 NaHCO3 物质的量分别为 x、y。 由碳元素守恒,列式:x+y=0.8 mol 由钠元素守恒,列式:x+2y=1 mol 解得:x=0.6 mol y=0.2 mol 方法 2: 若以 CO2 为基准物质, 分别发生反应 (1) 和 (2) 时, 需 NaOH 分别为 0.8 mol 和 1.6 mol。

说明 CO2 在两个反应中所消耗的物质的量之比为 0.6∶0.2=3∶1, 也是生 成物中 NaHCO3 与 Na2CO3 的物质的量之比。所以 n(NaHCO3)=0.8 mol

?

3 =0.6 mol,n(Na2CO3)=0.2 mol。 1? 3
若以 NaOH 为基准物质,CO2 则分别消耗 1 mol 和 0.5 mol。

说明 NaOH 在两个反应中所消耗的物质的量之比为 0.3∶0.2=3∶2,所 以生成物中 NaHCO3 与 Na2CO3 的物质的量之比应为 3∶1。故 n(NaHCO3)=1 mol

?

3 3 1 =0.6 mol,n(Na2CO3)=1 mol ? ? =0.2 mol。 3? 2 3? 2 2
方法 3:因 n(CO2)∶n(NaOH)=0.8 mol∶1 mol=4∶5 说明产物中既有 NaHCO3 生成,又有 Na2CO3 生成,反应的总方程式可写成如下: CO2+NaOH — Na2CO3+NaHCO3+H2O 根据物质的量之比等于化学方程中的计量数之比,故 CO2、NaOH 前的计量数分别为 4 和 5,根

据 原 子 个 数 守 恒 , 判 断 出 Na2CO3 、 NaHCO3 和 H2O 前 的 计 量 数 分 别 为 1 、 3 和 1 , 即 : 4CO2+5NaOH=Na2CO3+3NaHCO3+H2O,所以 n(Na2CO3)= mol=0.6 mol。 三、 1. 解 NH4NO3 中氮的质量分数是

1 3 ? 0.8 mol=0.2 mol,n(NaHCO3)= ? 0.8 4 4

14 ? 100% ? 17.5% ? 25% ,而 CO(NH2)2 、 NH4Cl 、 80

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
95mg 95g ? mol
?1

? 2 ? 1435 . g·mol-1

11

=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 2 Cl2、K2Cl2、CaCl2。显然,金属式量低的,Cl
3

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)· M (混),故 M (混)= 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。
— — — — △

1 ? 79 3

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 ?

3 =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 4
(2)1.31 (3)0.75L

为 HCl 气体的体积 0.75L。 答 (1)26.3 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 m(O)=0.0075mol × 16g/mol=0.12g 。 m(Fe)=0.4g-0.12g=0.28g ,

n(O)=n(CaCO3)=0.0075mol ,

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;


1 1 ? n( HCl ) ? ? 0.7mol ? 0.35mol , 2 2

而 铁 最 终 全 部 转 化 为 FeCl3 , n ( Cl ) =0.56L ÷ 22.4L/mol × 2+0.7mol=0.75mol , n ( Fe ) =

1 1 ? n(Cl ) ? ? 0.75mol ? 0.25mol 3 3

, m(Fe)=0.25mol × 56g ? mol



1

=14

g , 则

? ( Fe) ?

14g ? 100% ? 71.4% ,选 B。 14g ? 5.6 g
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


3. 解析

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
12

无损耗,根据电中性原则:n(SO42 )=


1 n(Na+) ,则原硫酸的浓度为:2mol/L,故选 C。 2

4. 分 析
点燃

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
点燃

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:
HCl 空气 MgO ? ? Mg — △ Mg N —————— 1.8 mol·L?1 50 mL 3 2

MgCl 2 MgCl 2 NaOH NaOH HCl ? ? NH 3 —? NH 4 Cl NH 4 Cl ————— — — NH 4 Cl —— △ 0.9 mol·L?1 20 mL HCl 0.006mol NaCl

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:

n( Mg 2? ) ? 2 ? n( NH 4 ? ) ? 1 ? n( Na ? ) ? 1 ? m(cl ? ) ? 1
式中: n(Mg) ? n( Mg 2? ) ,n( NH 4 ? ) ? n(NH 3 ) ? 0.006mol,n(Na ? ) ? 0.9mol ? L?1 ? 20 ?
10 ?3 L ? 0.018mol,n(Cl ? ) ? 18 . mol ? L? ? 50 ? 10 ?3 L ? 0.09mol

解得: n( Mg) ? 0.033mol ,即 m( Mg) ? 0.033mol ? 24g ? mol ?1 ? 0.792g 5. 解析 x+y= 设 Fe2+为 xmol,Fe3+为 ymol,则:

5 .6 =0.1(Fe 元素守恒) 56 5 .6 ? 3 .2 ? 3 (得失电子守恒) 2x+3y= 30
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 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:
0.5mol ? 2 ? V ? 22.4 L ? mol ?1 ? 4

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

解得:V=5.6L
13

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 解 设 FeBr2 物质的量浓度为 C,由电子守恒可知:

等于 Cl2 得到电子数目。据此守恒关系,列出等式,很易求解。

C ? 100 ? 10 ?3 L ? 2C ? 100 ? 10 ?3 L ?
解得:C=1.2 mol·L-1

2 2.24L ?1? ?2 3 22.4L ? m o ? l1

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 5mol ?
4.5mol ? 64g ? mol ?1 ? 14.4g ? L?1 。所以(B)选项为本题正确答案。 20L

1 ? 1 mol ? 4.5mol , 密 度 为 2

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

98 ? 2 ? 2.5t ? 85% ? (1 ? 5.0%) =3.36 t 。 120 ? 98%
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:

Al ? HCl AlCl3 ? 过量NaOH ? NaAlO2 ? ??? ? ??? ? ?? ? 灼烧 Fe? FeCl2 ? ?? Fe2 O3 ? Fe(OH ) 2 ??
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
14

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

3 ? 16 × 2 ? 56 ? 3 ? 16

。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 质量为

1 ? 100 ? 10 ?3 L ? 1mol ? L?1 ? 24g ? mol ?1 ? 12g ,所需铝粉 2

1 ? 100 ? 10 ?3 L ? 1 mol ? L?1 ? 27g ? mol ?1 ? 9g 。 3

(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:
a? a 24g ? m
?1

? 2g ? mol ?1 ? b ?

3 b 32 ? ? 2g ? mol ?1 ,解得: a ? b ,此时 a 的范围必须调 ?1 2 27g ? mol 33

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 :
a? a 24g ? mol
?1

? 2g ? mol ?1 ? b ?

1 ? 100 ? 10 ?3 L ? 10mol ? L?1 ? 2

2g ? mol ?1 ,解得: a ?

12 、 (2)调整 a 的范围为 8.7g≤a<12g。 ( b ? 1)g ,据(1) 12 12 32 (3) 当 0<a<8.7g 时,a ? ( b ? 1) ; b。 11 33

答 (1) 当 a≥12g 时, a=b; (2) 当 8.7g<a<12g 时,a ?

竞赛班《常见化学计算方法》答案
15

n ? m 2n ? m 或 。 55 27.5 22 24 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、 24 27 54 22 24 54 z 且相等,故有: x? y ? z ,所以 y>x>z。 56 24 27 56 0.9g ? 106g ? 5.3g ,NaHCO3 的质 5. 解 (1)水参加反应的质量为 0.9g,则 Na2CO3 的质量为 18g 5.3g 4.2 ? ) ? 56g ? 5.6g ,NaOH 的质量为 量为 9.5-5.3g=4.2g。 (2)碱石灰中 CaO 的质量为 ( 106g 84g
一、1. 20% 2. 将 615KNO3 溶解于 250g 水中 3. R 的化合价为 9.6g-5.6g=4.0g。 二、1. 答 25 100 6. 原混和物中 CuSO4 和 Fe 的质量分别为 8.0g,4.8g。 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)

a b %的氨水物质的量浓度应大于 mol·L-1。 2 2
1 3 ? 0.8 mol=0.2 mol,n(NaHCO3)= ? 0.8 mol=0.6 mol。 4 4
2.B (2)1.31 3. C 5. D 3.略 (3)0.75L

4. 该产物中 Na2O 的物质的量分数为 20%。 5. n(Na2CO3)= 三、1. D 4. (1)26.3 四、1. B 2. B

4. n( Mg) ? 0.033mol ,即 m( Mg) ? 0.033mol ? 24g ? mol ?1 ? 0.792g 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. B 2. B 3.略 4. B C

六、1. 制得 98%硫酸的质量是
七、1. A 九、1. A、C

98 ? 2 ? 2.5t ? 85% ? (1 ? 5.0%) =3.36 t 。 120 ? 98%
八、1. B

十、 1. (1) 当 a≥12g 时, a=b; (2) 当 8.7g<a<12g 时,a ?

12 32 (3) 当 0<a<8.7g 时,a ? ( b ? 1) ; b。 11 33

16


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