化学计算中的五种基本解题方法

化学计算中的五种基本解题方法【题型说明】

高考命题中，最常见的化学计算方法有“差量法”、“关系式法”、“极值法”、“平均值法”、“终态法”等，在这几种计算方法中，充分体现了物质的量在化学计算中的核心作用和纽带作用，依据方程式的计算又是各种计算方法的基础，其解题过程如下：

(1)化学方程式中有关量的关系

a A(g)＋

b B(g)===

c C(g)＋

d D(g)

质量比aM A ∶bM B ∶cM C∶dM D

物质的量比a∶b∶c∶d

体积比a∶b∶c∶d

(2)一般步骤

①根据题意写出并配平化学方程式。

②依据题中所给信息及化学方程式判断过量物质，用完全反应物质的量进行计算。

③把已知的和需要求解的量[用n(B)、V(B)、m(B)或设未知数为x表示]分别写在化学方程式有关化学式的下面，两个量及单位“上下一致，左右相当”。

④选择有关量(如物质的量、气体体积、质量等)的关系作为计算依据，列比例式，求未知量。

“差量法”在化学方程式计算中的妙用

[题型示例]

【示例1】(2014·安徽名校联考)16 mL由NO与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400 ℃左右可发生反应：6NO＋4NH3 5N2＋6H2O(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL，则原混合气体中NO与NH3的物质的量之比有四种情况：①5∶3、②3∶2、③4∶3、④9∶7。其中正确的是()。

A．①②B．①④

C．②③D．③④

思路点拨根据反应前后气体的总体积，可用差量法直接求解。

6NO＋4NH3 5N2＋6H2O(g)ΔV(气体的体积差)

6 mL 4 mL 5 mL 6 mL(5＋6)－(4＋6)＝1(mL)

(理论差量)

9 mL 6 mL17.5－16＝1.5(mL)

(实际差量)

由此可知共消耗15 mL 气体，还剩余 1 mL 气体，假设剩余的气体全部是NO ，则V (NO)∶V (NH 3)＝(9 mL ＋1 mL)∶6 mL ＝5∶3，假设剩余的气体全部是NH 3，则V (NO)∶V (NH 3)＝9 mL ∶(6 mL ＋1 mL)＝9∶7，但因该反应是可逆反应，剩余气体实际上是NO 、NH 3的混合气体，故V (NO)∶V (NH 3)介于5∶3与9∶7之间，对照所给的数据知3∶2与4∶3在此区间内。

答案 C

【方法指导】

1．所谓“差量”就是指反应过程中反应物的某种物理量之和(始态量)与同一状态下生成物的相同物理量之和(终态量)的差，这种物理量可以是质量、物质的量、气体体积、气体压强、反应过程中的热效应等。

2．计算依据：化学反应中反应物或生成物的量与差量成正比。

3．解题关键：一是明确产生差量的原因，并能根据化学方程式求出理论上的差值(理论差量)。二是结合题中的条件求出或表示出实际的差值(实际差量)。

[题组精练]

1．一定质量的碳和8 g 氧气在密闭容器中于高温下反应，恢复到原来的温度，测得容器内的压强变为原来的1.4倍，则参加反应的碳的质量为( )。

A ．2.4 g

B ．4.2 g

C ．6 g

D ．无法确定 解析 由化学方程式：C ＋O 2=====高温CO 2和2C ＋O 2=====高温2CO 可知，当产物全部是CO 2

时，气体的物质的量不变，温度和体积不变时气体的压强不变；当产物全部是CO 时，气体的物质的量增大1倍，温度和体积不变时压强增大1倍，现在气体压强变为原来的1.4倍，

故产物既有CO 2，又有CO 。n (O 2)＝8 g 32 g·mol －1

＝0.25 mol ，由阿伏加德罗定律可知，气体压强变为原来的1.4倍，气体的物质的量变为原来的1.4倍，即Δn (气体)＝0.25 mol ×(1.4－1)＝0.1 mol 。

2C ＋ O 2=====高温2CO Δn (气体)

2 mol 1 mol 1 mol

0.2 mol 0.1 mol 0.1 mol

则生成CO 消耗0.1 mol O 2，生成CO 2消耗0.15 mol O 2。

C ＋ O 2=====高温

CO 2

0.15 mol 0.15 mol

故n (C)＝0.2 mol ＋0.15 mol ＝0.35 mol ，m (C)＝0.35 mol ×12 g·mol －1＝4.2 g 。 答案 B

2．为了检验某含有NaHCO 3杂质的Na 2CO 3样品的纯度，现将w 1 g 样品加热，其质量

变为w 2 g ，则该样品的纯度(质量分数)是( )。

A.84w 2－53w 131w 1

B ．84(w 1－w 2)31w 1 C.73w 2－42w 131w 1

D ．115w 2－84w 131w 1

解析 样品加热发生的反应为

2NaHCO 3=====△Na 2CO 3＋H 2O ＋CO 2↑ Δm

168 106 62

m (NaHCO 3) (w 1－w 2)g

故样品中NaHCO 3质量为168(w 1－w 2)62

g ， 样品中Na 2CO 3质量为w 1 g －168(w 1－w 2)62g ， 其质量分数为m (Na 2CO 3)m (样品)

＝w 1 g －168(w 1－w 2)62 g w 1 g ＝84w 2－53w 131w 1。 答案 A

3．白色固体PCl 5受热即挥发并发生分解：PCl 5(g) PCl 3(g)＋Cl 2(g)。现将5.84 g PCl 5装入2.05 L 真空密闭容器中，在277 ℃ 下达到平衡，容器内压强为1.01×105 Pa ，经计算可知平衡时容器内混合气体的物质的量为0.05 mol ，平衡时PCl 5的分解率为________。

解析 原n (PCl 5)＝ 5.84 g 208.5 g·mol －1

≈0.028 mol ，设分解的PCl 5的物质的量为x mol ，则 PCl 5(g) PCl 3(g)＋Cl 2(g) 物质的量增加(Δn )

1 1 1 1

x mol 0.05 mol －0.028 mol ＝0.022 mol

所以x ＝0.022

PCl 5的分解率＝0.022 mol 0.028 mol

×100%≈78.6%。 答案 78.6%

【解题模板】

步骤：一是表示出理论差值及相应反应物、生成物对应的物理量，要注意不同物质的物理量及单位间的对应关系；二是表示出实际差量并写在相应位臵(注意应将理论差值与实际差值写在化学方程式最右侧)；三是根据比例关系建立方程式并求出结果。

图示：

解答连续反应类型计算题的捷径——关系式法

[题型示例]

【示例2】 5.85 g NaCl 固体与足量浓H 2SO 4和MnO 2共热，逸出的气体又与过量H 2发生爆炸反应，将爆炸后的气体溶于一定量水后再与足量锌作用，最后可得H 2________ L(标准状况)。

思路点拨 若先由NaCl ――→浓H 2SO 4△

HCl 算出HCl 的量，再由MnO 2＋4HCl(浓)=====△

MnCl 2＋Cl 2↑＋2H 2O 算出Cl 2的量，……这样计算非常繁琐。找出以下关系式就可迅速求解。

设可得H 2的物质的量为x,5.85 g NaCl 的物质的量为0.1 mol 。

NaCl ～ HCl ～ 12Cl 2 ～ HCl ～ 12

H 2 0．1 mol x

显然x ＝0.05 mol ，

则V (H 2)＝0.05 mol ×22.4 L·mol －1＝1.12 L 。 答案 1.12

【方法指导】

多步连续反应计算的特征是多个化学反应连续发生，起始物与目标物之间存在定量关系。解题时应先写出有关反应的化学方程式，依据方程式找出连续反应的过程中不同反应步骤之间反应物、生成物物质的量的关系，最后确定已知物和目标产物之间的物质的量的关系，列出计算式求解，从而简化运算过程。

[题组精练]

1．工业上制硫酸的主要反应如下：

4FeS 2＋11O 2=====高温2Fe 2O 3＋8SO 2 2SO 2＋O 2=====催化剂

△

2SO 3 SO 3＋H 2O===H 2SO 4 煅烧2.5 t 含85%FeS 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，可制得________t 98%的硫酸。

解析 根据化学方程式，可得关系式：FeS 2～2SO 2～2SO 3～2H 2SO 4，即：FeS 2～2H 2SO 4。过程中硫元素的损耗可认为第一步反应中的损耗，故可制得98%硫酸的质量是98×2×2.5 t ×85%×(1－5.0%)120×98%＝3.36 t 。

答案 3.36

2．(2014·北京房山区模拟)氯化亚铜(CuCl)是重要的化工原料。国家标准规定合格CuCl 产品的主要质量指标为CuCl 的质量分数大于96.50%。工业上常通过下列反应制备CuCl ：

2CuSO 4＋Na 2SO 3＋2NaCl ＋Na 2CO 3===2CuCl ↓＋3Na 2SO 4＋CO 2↑

(1)CuCl 制备过程中需要质量分数为20.0%的CuSO 4溶液，试计算配制该溶液所需的CuSO 4·5H 2O 与H 2O 的质量之比。

(2)准确称取所制备的0.250 0 g CuCl 样品置于一定量的0.5 mol·L －

1FeCl 3溶液中，待样品完全溶解后，加水20 mL ，用0.100 0 mol·L

－1的Ce(SO 4)2溶液滴定到终点，消耗24.60 mL

Ce(SO 4)2溶液。有关化学反应为

Fe 3＋＋CuCl===Fe 2＋＋Cu 2＋＋Cl － Ce 4＋＋Fe 2＋===Fe 3＋＋Ce 3＋

通过计算说明上述样品中CuCl 的质量分数是否符合标准。

解析 (1)设需要CuSO 4·5H 2O 的质量为x ，H 2O 的质量为y 。CuSO 4·5H 2O 的相对分子质量为250，CuSO 4的相对分子质量为160，依题意有

160250×x x ＋y

＝20.0100，x ∶y ＝5∶11。 (2)设样品中CuCl 的质量为z 。

由化学反应方程式可知：CuCl ～Fe 2＋～Ce 4＋

则：99.5 g z ＝ 1 mol 0.100 0 mol·L －1×24.60×10－3L

z ＝0.244 8 g

CuCl 的质量分数为0.244 8 g 0.250 0 g

×100%＝97.92% 97．92%>96.50%，所以样品中的CuCl 符合标准。

答案 (1)5∶11 (2)符合

【解题建模】

应用有关化学方程式或原子守恒规律找出物质变化过程中已知量与待求量之间的数量关系(即找准关系式)，然后列式计算。

极限思维的妙用——极值法

[题型示例]

【示例3】 将一定质量的Mg 、Zn 、Al 混合物与足量稀H 2SO 4反应，生成H 2 2.8 L(标准状况)，原混合物的质量可能是(双选)( )。

A ．2 g

B ．4 g

C ．8 g

D ．10 g

思路点拨 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出金属质量为8.125 g ，假设金属全部为铝可求的金属质量为2.25 g ，金属实际质量应在2.25 g ～

8.125 g 之间。故答案为B 、C 。

答案 BC

【方法指导】

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，是采用极限思维方式解决一些模糊问题的解题技巧。它是将题目假设为问题的两个极端，然后依据有关化学知识确定所需反应物和生成物的值，进行分析判断，从而求得正确结论。极值法可以将某些复杂的难以分析清楚的化学问题假设为极值问题，使解题过程简洁，解题思路清晰，把问题化繁为简，由难变易，从而提高解题速度。

[题组精练]

1．在含有a g HNO 3的稀硝酸中，加入b g 铁粉充分反应，铁全部溶解并生成NO ，有a 4

g HNO 3被还原，则a ∶b 不可能为( )。

A ．2∶1

B ．3∶1

C ．4∶1

D ．9∶2

解析 Fe 与HNO 3反应时，根据铁的用量不同，反应可分为两种极端情况。

(1)若Fe 过量，发生反应：3Fe ＋8HNO 3(稀)===3Fe(NO 3)2＋2NO ↑＋4H 2O

则有b 56∶a 63＝3∶8，解得：a b ＝31

此为a ∶b 的最小值。

(2)若HNO 3过量，发生反应：Fe ＋4HNO 3(稀)===Fe(NO 3)3＋NO ↑＋2H 2O

则有b 56∶a 63＝1∶4，解得：a b ＝92

此为a ∶b 的最大值。

所以a ∶b 的取值范围为31≤a b ≤92

，即a ∶b 的比值在此范围内均合理。 答案 A

2．向100 mL 1 mol·L －1的NaOH 溶液中通入一定量的SO 2后，将所得的溶液蒸干得到

5.8 g 固体物质，则该固体的成分是( )。

A ．Na 2SO 3

B ．NaHSO 3

C ．Na 2SO 3、NaHSO 3

D ．Na 2SO 3、NaOH 解析 本题中反应后得到的物质只可能有Na 2SO 3、NaHSO 3、Na 2SO 3＋NaHSO 3、Na 2SO 3

＋NaOH 四种情况，其中只有Na 2SO 3或只有NaHSO 3时计算比较简单，故可先分别假设所得固体中只有Na 2SO 3或NaHSO 3。假设所得固体全部是Na 2SO 3，则由钠原子守恒知可得到0.05 mol Na 2SO 3，质量为6.3 g ；同理可求出当固体全部为NaHSO 3时的质量为10.4 g ，因计算出的两个数据均大于所得到的固体质量，故说明固体物质中有一部分NaOH 没有转化为相应的盐。

答案 D

【解题模板】

1．极值法解题的关键

紧扣题设的可能趋势，选好极端假设的落脚点。

2．极值法解题的基本思路

(1)把可逆反应假设成向左或向右的完全反应。

(2)把混合物假设成纯净物。

(3)把平行反应分别假设成单一反应。

混合物类计算的“简化高手”——平均值法

[题型示例]

【示例4】 把含有某一种氯化物杂质的MgCl 2粉末95 g 溶于水后，与足量AgNO 3溶液反应，测得生成的AgCl 为300 g ，则该MgCl 2中的杂质可能是( )。

A ．NaCl

B ．AlCl 3

C ．KCl

D ．CaCl 2 思路点拨 提供1 mol Cl －所需各物质的质量(即“平均摩尔Cl －质量”)分别为：

而平均值＝95×143.5300

＝45.4，小于45.4只有AlCl 3，故选B 。 答案 B

【方法指导】

所谓平均值法就是一种将数学平均原理应用于化学计算中的一种解题方法。它所依据的数学原理是：两个数M r 1和M r 2(M r 1大于M r 2)的算术平均值M r 一定介于两者之间。所以，只要求出平均值M r ，就可以判断M r 1和M r 2的取值范围，或根据M 1和M 2确定M 的取值范围，再结合题给条件即可迅速求出正确答案。常见的平均值有：求平均相对原子质量、平均相对分子质量、平均浓度、平均含量、平均摩尔电子质量、平均组成等。

[题组精练]

1．可能混有下列两种杂质的硫酸铵样品13.2 g ，与过量NaOH 溶液在加热条件下反应，收集到标准状况下4.3 L 气体，则样品中不可能混入的杂质是( )。

A ．NH 4HCO 3、NH 4NO 3

B ．(NH 4)2CO 3、NH 4Cl

C ．NH 4Cl 、NH 4HCO 3

D ．NH 4Cl 、NH 4NO 3 解析 13.2 g 纯净的(NH 4)2SO 4与过量NaOH 溶液在加热条件下反应时最多能生成标准状况下4.48 L 气体，实际生成气体的体积为4.3 L<4.48 L ，故杂质中能转化为NH 3的氮元素含量低于(NH 4)2SO 4中的氮元素含量。(NH 4)2SO 4中的氮元素含量为14/66，NH 4HCO 3中的氮元素含量为14/79，NH 4NO 3中能转化为NH 3的氮元素含量为14/80(注意NO －3中的氮元素不能转化为NH 3)，(NH 4)2CO 3中的氮元素含量为14/48，NH 4Cl 中的氮元素含量为14/53.5。B 项中两种物质中的氮元素含量均比硫酸铵中的高，C 、D 两项中两种物质的氮元素含量一种比硫酸铵中的高，一种比硫酸铵中的低，A 项中两种物质的氮元素含量均比硫酸铵的低，依平均值原理知，样品中不可能混入的杂质是(NH 4)2CO 3、NH 4Cl 。

答案 B

2．(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H 2和O 2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________。 解析 (1)NH 4HCO 3=====△

NH 3↑＋H 2O ↑＋CO 2↑

根据质量守恒可知：n (NH 4HCO 3)·M (NH 4HCO 3)＝n (混)·M (混)，故M (混)＝13

×79 g·mol －1＝26.3 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100 g ，则H 2的物质的量为100 g ×75%÷2 g·mol －

1＝37.5 mol ，O 2物质的量为100 g ×25%÷32 g·mol －

1＝0.78 mol 。 故爆鸣气的平均摩尔质量为100 g÷(37.5＋0.78)mol ＝2.6 g·mol －

1，即对氢气的相对密度为2.6 g·mol －1÷2 g·mol －

1＝1.3。 (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。

34．6236.5295.621.88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1 L ×34

＝0.75 L 。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0.75 L 。

答案(1)26.3(2)1.3(3)0.75 L

【规律应用】

平均值规律的两大应用

(1)介于关系：即平均值介于组分值之间(或介于最大值与最小值之间且可能与中间某一组分的值相等)，即n(A)>n>n(B)[设n(B)

(2)趋向关系：平均值越接近某组分值，此组分在混合物中的含量越大。

淡化中间过程，关注最终组成——巧用终态分析法

[题型示例]

【示例5】把a g铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液。过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧得到红棕色粉末的质量仍为a g，则原合金中铁的质量分数为()。

A．70% B．52.4%

C．47.6% D．30%

思路点拨把铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，生成了Al3＋和Fe2＋，再加入过量NaOH 溶液，Al3＋转化为AlO－2留在溶液中；Fe2＋生成Fe(OH)2沉淀。过滤后对沉淀进行灼烧得到红棕色粉末为被氧化和分解生成的Fe2O3。在此过程中涉及反应多且无具体数据，按常规方法计算容易出错。根据始态合金与终态Fe2O3的质量相等，而铁原子在整个反应过程中守恒，

所以合金中铝的质量等于Fe2O3中氧的质量，即w(Fe)＝112

160×100%＝70%，选A。

答案 A

【方法指导】

终态分析法是利用逆向思维方式，以与待求量相关的物质(离子、分子或原子)在终态的存在形式为解题的切入点，找出已知量与待求量之间的关系，不考虑中间变化过程的一种快捷有效的解题方法。在一些多步反应或多种混合物的计算中，由于涉及到的反应繁多、数据不一或变化过程复杂，解题时如果逐一去分析这些反应或过程，按步就班的进行计算，往往会纠缠不清，导致思维混乱，不但费时费力，而且极易出错，甚至无法解答。但如果我们淡化中间过程，关注最终组成，利用守恒关系进行整体分析，就会简化思维，从而快速求解。

[题组精练]

1．向一定量Fe、Fe2O3的混合物中加入250 mL 2 mol·L－1的HNO3溶液，反应完成后生成1.12 L NO(标准状况)，再向反应后溶液中加入1 mol·L－1 NaOH溶液，要使铁元素完全

沉淀下来，所加入NaOH溶液的体积最少是()。

A．450 mL B．500 mL

C．400 mL D．不能确定

解析要使铁元素恰好完全沉淀，最后溶液必为NaNO3溶液，由原子守恒有n(NaOH)

＝n(NO－3)＝n(HNO3)－n(NO)，即0.25 L×2 mol·L－1－

1.12 L

22.4 L·mol－1

＝V(NaOH)×1 mol·L－1，

所以V(NaOH)＝0.45 L＝450 mL。

答案 A

2．(2014·眉山一诊)一定质量的镁、铝合金与硝酸恰好完全反应，得硝酸盐溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与标准状况下3.36 L氧气混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸盐溶液中加入2 mol/L NaOH溶液至沉淀最多时停止加入，将沉淀滤出，向滤液中加水稀释至500 mL，此时所得溶液的物质的量浓度为()。

A．0.5 mol/L B．1 mol/L

C．1.2 mol/L D．2 mol/L

解析由题意可知最终滤液为NaNO3溶液，根据得失电子守恒和电荷守恒计算，金属失去的电子数等于氧气得到的电子数(可以认为硝酸起到转移电子的作用)，金属失去多少电子就带多少单位正电荷，在溶液中就需结合相同数目的硝酸根离子，最终生成硝酸钠，故硝酸钠的物质的量为：n(NaNO3)＝4n(O2)＝0.6 mol，则c(NaNO3)＝0.6 mol÷0.5 L＝1.2 mol/L。

答案 C

【归纳总结】

终态分析法是一种整体思维方法，可以概括为“抓住反应本质，巧妙跨越中态，借助守恒关系，利用终态列式”。因只考虑始态和终态，从而可大大简化解题过程，提高解题效率。