高中化学常见化学计算方法.doc

1、- 1 -常见化学计算方法主要有：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） 。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

2、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。abcdcab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 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。 （KNO 3 的溶解度 100时为246g，30时为 46g）3.某金属元素

3、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）AlMgFe （B ）FeMgAl （C）MgAlFe （D）Mg=Fe=Al5.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+、HCO 3-、CO 32-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

4、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， 表示两个分量合成的平均量，AB- 2 -xA、x B 分别表示 A 和 B 占平均量的百分数，且 xA+xB=1，则有：AxA+

5、BxB= （x A+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 42：含 化学义 量类型 A、B ABxA、x B1 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 质量分数 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xAB6 用于某些综合计算：如十字交叉法确定某些盐

6、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(NH

7、2)2 的物质的量之比为（ ）（A）43 （B）11 （C）34 （D）233. （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 molL-1，则 %的氨水物a2质的量浓度与 molL-1 的大小关系如何？b4. 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 molL-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、.8 mol CO2 通入 1L 1molL-1NaOH 溶液中，试求所得溶液中溶质的物质的量。三、平均法- 3 -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 AB，且符合 ，则必有 A B，其中 是 A、B 的相应平ABxBAxB%AB均值或式。x AxB 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。

9、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(NH 2)2 和 NH4HCO3 （B）NH 4Cl 和 NH4HCO3（C）NH 4Cl 和(NH 4)2SO4 （D）(NH 4)2SO4 和 NH4HCO32. 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

10、体。则该样品中一定含有 杂质，可能含有 杂质。 （杂质：KHCO3、MgCO 3、K 2CO3、SiO 2）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：M m 总 混和物总质量 n 总 混和物总物质的量n总总 =M1n1%+M2n2%+ M1、M 2各组分的摩尔质量，n 1

11、%、n 2%各组分的物质的量分数。 （注：如是元素的摩尔质量，则 M1、M 2是各同位素的摩尔质量，n 1%、n 2%是各同位素的原子分数（丰度） 。M） 如是气体混合物的摩尔质量，则有 =M1V1%+M2V2%+（注：V 1%、V 2%气体体积分数。 ） 如是气体混合物的摩尔质量，则有 =dMA (注：M A 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

12、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、7molL 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+

13、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（ ）- 4 -A. 1.5mol/L B. 0.5mol/L C. 2mol/L D. 1.2mol/L4. 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

14、 50mL 1.8 molL-1 盐酸溶液中，以20mL 0.9 molL-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. 41 B. 21 C. 11 D. 326. （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 gL-1，其体积为 L。（2）0

15、.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 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

16、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 a5，b5） ，反应完全后，容器内可能达到的最大密度约是（ ）（A）25.5 gL -1 （B ）14.4 gL -1 （C ）8 gL -1 （D）5.1 gL -12. 在标准状况下，将盛满 NO、NO 2、O 2 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）0124. 1398.（C） （D）824.C3. 当用 m mol Cu

17、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n24.nm248.mn38.4. 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

18、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- 5 -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 85FeS 2的黄铁矿石（杂质不参加反应）时，FeS 2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

19、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数据，思考中我们要用“此物”的

20、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

21、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

22、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。- 6 -常见化学计算方法详细答案：一、1. 解析 混合物质量减轻是由于碳

23、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)=1686.2g62=16.8g，m(Na 2CO3)=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

24、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=250g256410gg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=615g25gy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 、ROx/2RClx。根据关系式 RCl x，相对分子质量差值为 ，所以 n-m=27.5x，Ox/2 3516275.xx。若金属元素 R

25、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nm275.R2Ox、RCl x。由关系式 R2Ox2RCl x 可知，相对分子质量的差值为 235.5x-16x=55x，所以 2n-m=55x，x= 。答 金属元素 R 的化合价为 或 。nm275.4. 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：MgH 2 m=22 ，Al H2 m=24 ，FeH 2 m=543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 M

26、g、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 yxz。2475462475465. 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，NaHCO 3+CaO=CaCO+2NaOH ，根据题意“Ca 2+、HCO 3-、CO 32-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

27、？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 ，NaHCO 3 的质量091865.gg- 7 -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。(.).5310642856gg6. 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

28、 = Cu + FeSO4 m160g 8gx 5.2g-(12.8g-x)=4.8g所以： 解得：x=8.0g，12.8g-x=4.8g1608521ggx.(.)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 ，即1225g。（2） 说明加入 12.5% CuSO

29、4 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 16025%6说明加入胆矾的质量为原溶液质量的 ，即 。4550463g.（4） 说明加入 CuSO4 的质量为原溶液质量的 ，即 。1850278g.答 25 100 4.63 2.782. 解 方法 1：NH 4NO3 中 N%= =35%，CO(NH 2)2 中 N%= =46.7%2801%601%说明 NH4NO3 与 CO(NH2)2 的物质的量之比为 。785. 方法 2：设混合物中 NH4NO3 的物质的量为 1 mol，CO(NH 2)2 的物质的量为 x。根据题意，列式如下：14218

30、0600%41gmolgolx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 。80- 8 -说明 NH4NO3 与 CO(NH2)2 的物质的量之比为 11。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）若将 a%的氨水加水稀释成 %，则加入水的质量即为氨水的质量。现因水的密度

31、大于氨水密a2度，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a2的量浓度应大于 molL-1。b24. NaaONaOHNaClmLLol、 溶 液 燃 烧 溶 于 水 盐 酸 中 和取 盐 酸消 耗210201.图 44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（Na 2O、Na 2O2）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 1020123LmolLmol. .根据混和物的平均摩尔质量= ，可知：混 和 物 总 质 量混

32、 和 物 总 物 质 的 量Na2O 与 Na2O2 的平均摩尔质量 = 0482171.golol说明 Na2O 与 Na2O2 的物质的量之比为 3.212.8=14，即 Na2O的物质的量分数为 1450%（ ） 。答 该产物中 Na2O 的物质的量分数为 20%。5. 解 n(CO2)=0.8 mol，n(NaOH)= 1L1 molL -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

33、）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0.60.2=31，也是生成物中 NaHCO3 与 Na2CO3 的物质的量之比。所以 n(NaHCO3)=0.8 mol- 9 -=0.6 mol，n(Na 2CO3)=0.2 mol。31若以 NaOH 为基准物质，CO 2 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0.30.2=32，所以生成物中 NaHCO3 与 Na2CO3 的物质的量之比应为 31。故 n(NaHCO3)=1 mol=0.6 mol，n(Na 2

34、CO3)=1 mol =0.2 mol。31方法 3：因 n(CO2)n(NaOH)=0.8 mol1 mol=45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、NaHCO 3 和 H2O 前的计量数分别为 1、3 和 1，即：4CO2+5NaOH=Na2CO3+3NaHCO3+H2O，所以 n(Na2CO3)= 0.8 mol=0.2 mol，n(NaHCO 3)=

35、 0.8 14mol=0.6 mol。三、1. 解 NH4NO3 中氮的质量分数是 ，而 CO(NH2)80%1752.2、NH 4Cl、NH 4HCO3 和(NH 4)2SO4 中氮的质量分数分别是 46.7%、26.2%、17.7% 和 21.1%，其中只有(NH 4)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(NH 4)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 gmol-19521435mgol.=287mg300mg。根据平均含义可推知：

36、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：MgCl 2、Na 2Cl2、Al Cl2、K 2Cl2、CaCl 2。显然，金属式量低的，3Cl 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）NH 4HCO3 NH3+H 2O+CO 2根据质量守恒可知：n(NH 4HCO3)M(NH4HCO3)=n(混) (混)，故 (混)= 79M13gmol-1，即混和气体的平

37、均相对分子质量为 26.3。（2）设爆鸣气 100g，则 H2 的物质的量为 100g75%2gmol-1=37.5mol，O 2 物质的量为100g25%32gmol-1=0.78mol。故爆鸣气的平均摩尔质量为 100g(37.5+0.78)mol=2.619gmol-1，即对氢气的相对密度为 2.619 gmol-12 gmol-1=1.31。（3）干燥容器中气体的平均相对分子质量为 1.08232=34.62，由 34.6236.5，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 5.621.88=3 1，即混和气体中HCl 的体积为 1L =0.75L。由于 H

38、Cl 气体极易溶于水，所以当喷泉结束后，进入容器中液体的体34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)=0.0075mol16g/mol=0.12g。m(Fe)=0.4g-0.12g=0.28g，n(Fe)- 10 -=0.005mol。n(Fe)n(O)=2:3，选 B2. 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

39、系式： 2HClH2OO，得：n（ O）=，m （O）=0.35mol 16gmol1 =5.6 g；ollHCln35.07.21)(21而铁最终全部转化为 FeCl3， n（Cl ）=0.56L 22.4L/mol2+0.7mol=0.75mol，n（Fe）=，m(Fe)=0.25mol 56gmol1 =14 g，则lll2.3)(，选 B。%4.7106.514gFe3. 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（SO 4

40、2 ）= n（Na +） ，则原硫酸的浓度为：2mol/L，故选1C。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+O22MgO，3Mg+N 2 Mg3N2，MgO+2HCl = MgCl2+H2O，Mg 3N2+8HCl = 点 燃 点 燃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：MgClMgClMgOHNHHClamolmolLCmolLaOa22185040920434321 106空 气 . . .发现：MgCl 2

41、、NH 4Cl、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、NH 4Cl、NaCl 溶液分析，由电荷守恒得知：ngnNnacl()()()()11式中： HNonNaolL.(). 3 1060920， ，1088593LmolColLml. .，解得： ，即M().03mMglgg(). .247215. 解析 设 Fe2+为 xmol，Fe 3+为 ymol，则：x+y= =0.1（Fe 元素守恒）56.2x+3y= （得失电子守恒）302.得：x=0.06mol，y=0.

42、04mol 。则 xy=3 2。故选 D。6. 解 （1）Cu 与浓 HNO3 反应的化学方程式为：Cu+4HNO 3(浓) = Cu(NO3)2+2NO2+2H 2O，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 2.5gL-1，即摩尔质量 M= gL-1 22.4 Lmol-1=56gmol-1。显然，56gmol -1大于 M(NO2)（ 46 gmol-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

43、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 2.5gL-1=18.4L。（2）Cu 与浓 HNO3 反应的化学方程式为：Cu+4HNO 3(浓) = Cu(NO3)2+2NO2+2H 2O，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(NO 3)2+2NO+4H 2O，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 Lmol-1=0 .8mol。根据 N 元素守恒，参加反应的硝酸的物质的量为 2nCu(NO3)2+n(NO)+n(NO2)=2 0.5mol+0.8mol=1.8mol。