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：
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KNO 3，先在100℃时将KNO 3配成饱和溶液，再冷却到30℃，析出KNO 3。现欲制备500g 较纯的KNO 3，问在100℃时应将多少克KNO 3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 （C ）Mg ＞Al ＞Fe （D ）Mg=Fe=Al
5. 取Na 2CO 3和NaHCO 3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Ca 2+、HCO 3-、CO 32-都转化为CaCO 3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Na 2CO 3和NaHCO 3的质量； （2）碱石灰中CaO 和NaOH 的质量。
6. 将12.8g 由CuSO 4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CuSO 4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，x A 、x B 分别表示A 和B 占平均量的百分数，且x A +xB =1，则有：
A ·x A +B·x B =AB （x A +xB ） 化简得：x A =AB -B
x B ——
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：
——
——
——
——
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CuSO 4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CuSO 4白色粉末 g 。
2 . 今有NH 4NO 3和CO(NH2) 2混合化肥，现测得含氮质量分数为40%，则混合物中NH 4NO 3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
4. 将金属钠在空气中燃烧，生成Na 2O 与Na 2O 2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Na 2O 的物质的量分数。
5. 0.8 mol CO 2通入1L 1mol ·L -1NaOH 溶液中，试求所得溶液中溶质的物质的量。
a b
%的氨水物质的量浓度与 mol ·L -1的大小关系如何？ 22
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 =
——
x A ⋅A +x B ⋅B ————
=A ⋅x A %+B ⋅x B %，则必有A>AB >B，其中AB 是A 、
x A +x B
B 的相应平均值或式。x A ·x B 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NH 4HCO 3 （B ）NH 4Cl 和NH 4HCO 3 （C ）NH 4Cl 和(NH4) 2SO 4 （D ）(NH4) 2SO 4和NH 4HCO 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CaCO 3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CO 2气体。则该样品中一定含有 杂质，可能含有 杂质。（杂质：KHCO 3、MgCO 3、K 2CO 3、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 。
附：平均摩尔质量（M ）的求法： ①M =
————
——
m 总n 总
m 总—混和物叫质量 n 总—混和物总物质的量
②M =M1·n 1%+M2·n 2%+„ M 1、M 2„„各组分的摩尔质量，n 1%、n 2%„„各组分的物质的量分数。（注： M 如是元素的摩尔质量，则M 1、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）。）
③M 如是气体混合物的摩尔质量，则有M =M1·V 1%+M2·V 2%+„（注：V 1%、V 2%„„气体体积分数。）
——
——
——
④M 如是气体混合物的摩尔质量，则有M =d·M A (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CO 2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. Fe2O 3 C. Fe3O 4 D. Fe4O 5 2. 将几种铁的氧化物的混合物加入100mL 、7mol •L
―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Fe 2+完全转化为Fe 3+，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 Fe 2O 3投入150mL 某浓度的稀硫酸中，再投入7g 铁粉收集到1.68L H 2（标准状况），同时，Fe 和Fe 2O 3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 C. 2mol/L D. 1.2mol/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Fe 2+和Fe 3+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HNO 3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HNO 3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2NO 2
7. 已知：2 Fe 2++Br2 = 2 Fe 3++2Br-，若向100mLFeBr 2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Br 2单质，试求原FeBr 2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 H 2S 和b mol SO 2（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 （B ）14.4 g·L -1 （C ）8 g·L -1 （D ）5.1 g·L -1
2. 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 ）0
N 2O 4反应）
111
（B ）
1111
（D ）
2822. 439. 222. 4
3. 当用m mol Cu 与一定量的浓HNO 3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 n 3n 3n
（B ） （C ）m = （D ）无法判断
4. 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( )
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：
4FeS 2+11O2
高温
催化剂
2Fe 2O 3+8SO2 2SO 2+O22SO 3 SO 3+H2O=H2SO 4
△
煅烧2.5t 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，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H 2 组成的混合气体，在足量的O 2 充分燃烧后，立即通入足量的Na 2O 2 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：
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CO 2和H 2O 的质量，混合物中m(NaHCO3)=168×6.2g ÷62=16.8g，m(Na2CO 3)=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KNO 3246g 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KNO 3的质量。
解 设所用水的质量为x ，根据题意，可列下式：
256g -46g 500g
= 解得：x=250g
100g x
又设100℃时饱和溶液用KNO 3的质量为y ，根据溶质与溶剂的对应关系，列式如下：
246g y = 解得：y=615g 100g 250g
答 将615KNO 3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、RCl x 。根据关系式RO x /2～RCl x ，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R 2O x 、27. 5
RCl x 。由关系式R 2O x ～2RCl x 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。 27. 555
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 ～H 2 △m=22，Al ～
3
H 2 △m=24，Fe ～H 2 △m=54 2
2224x 、y 、2427
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
54222454z 且相等，故有：x =y =z ，所以y ＞x ＞z 。 56242756
5. 分析 本例从反应最终的结果看，涉及如下两个反应：Na 2CO 3+H2O+CaO=CaCO3↓+2NaOH，NaHCO 3+CaO=CaCO↓+2NaOH，根据题意“Ca 2+、HCO 3-、CO 32-都转化CaCO 3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？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Na 2CO 3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 ，NaHCO 3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CuSO 4的质量为x ，则Fe 的质量为12.8g-x ，根据反应： Fe + CuSO4 = Cu + FeSO4 △m 160g 8g
x 5.2g-(12.8g-x)=4.8g 所以：
160g 8g
= 解得：x=8.0g，12.8g-x=4.8g x 5. 2g -(12. 8g -x )
答 原混和物中CuSO 4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CuSO 4粉末时CuSO 4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CuSO 4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
45，即⨯50g =4. 63g 。 5454
（4） 说明加入CuSO 4的质量为原溶液质量的
11，即⨯50g =2. 78g 。 1818
答 25 100 4.63 2.78 2. 解 方法1：NH 4NO 3中N%=
2828
⨯100%=35%，CO(NH2) 2中N%=⨯100%=46.7% 8060
6. 7%5%
∶=1∶1。 8060
说明NH 4NO 3与CO(NH2) 2的物质的量之比为
方法2：设混合物中NH 4NO 3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⨯14g ⋅mol -1+2⨯14g ⋅mol -1⨯x
⨯100%=40% -1-1g g 80⋅mol ⨯1mol +60⋅mol ⨯x
解得：x=1 mol
方法3：由于NH 4NO 3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NH 4NO 3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H 2SO 4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01. mol ⋅L -1
→NaOH 溶液———→—————→4. Na ——→Na 2O 、Na 2O 2——
盐酸中和盐酸20mL
图4—4
NaCl
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 2O 2）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⨯10-3L =0. 2mol
10mL
混和物总质量
，可知：
混和物总物质的量
Na 2O 与Na 2O 2的平均摩尔质量=
0. 48g 0. 2mol ⨯
12
=74. 8g ⋅mol -1
质的量分数为
说明Na 2O 与Na 2O 2的物质的量之比为3.2∶12.8=1∶4，即Na 2O 的物
11
=（20%）。 1+45
答 该产物中Na 2O 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NaHCO 3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CO 2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CO 2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NaHCO 3与Na 2CO 3的物质的量之比。所以n(NaHCO3)=0.8 mol
⨯
3
=0.6 mol ，n(Na2CO 3)=0.2 mol 。 1+3
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0.3∶0.2=3∶2，所
以生成物中NaHCO 3与Na 2CO 3的物质的量之比应为3∶1。故n(NaHCO3)=1 mol
⨯
331=0.6 mol ，n(Na2CO 3)=1 mol ⨯⨯=0.2 mol 。 3+23+22
方法3：因n(CO2) ∶n(NaOH)=0.8 mol ∶1 mol=4∶5
说明产物中既有NaHCO 3生成，又有Na 2CO 3生成，反应的总方程式可写成如下： CO 2+NaOH — Na 2CO 3+NaHCO3+H2O
根据物质的量之比等于化学方程中的计量数之比，故CO 2、NaOH 前的计量数分别为4和5，根据原子个数守恒，判断出Na 2CO 3、NaHCO 3和H 2O 前的计量数分别为1、3和1，即：
4CO 2+5NaOH=Na2CO 3+3NaHCO3+H2O ，所以n(Na2CO 3)=mol=0.6 mol 。
三、1. 解 NH 4NO 3中氮的质量分数是
13
⨯0.8 mol=0.2 mol ，n(NaHCO3)=⨯0.8 44
14
⨯100%=17. 5%
NH 4HCO 3和(NH4) 2SO 4中氮的质量分数分别是46.7%、26.2%、17.7%和21.1%，其中只有(NH4) 2SO 4和NH 4HCO 3一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) 2SO 4和NH 4HCO 3。 答 本题正确选项为（D ）。
2. 解 若95mg 全是MgCl 2，则其反应后产生AgCl 的质量为=287mg
根据平均含义可推知：95mg 杂质与足量AgNO 3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MgCl 2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 2Cl 2、Al 2Cl 2、K 2Cl 2、CaCl 2。显然，金属式量低的，Cl
3
95mg 95g ⋅mol
-1
⨯2⨯1435. g ·mol -1
元素含量高，因此，只有AlCl 3才有可能成为杂质。
答 本题正确选项为（B ）。 3. 略
4. 解 （1）NH 4HCO 3===NH 3↑+H2O ↑+CO2↑
根据质量守恒可知：n(NH4HCO 3) ·M(NH4HCO 3)=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H 2的物质的量为100g ×75%÷2g ·mol -1=37.5mol，O 2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
——
——
△
1
⨯79 3
的体积为1L ⨯
说明HCl 与空气的体积比为5.62∶1.88=3∶1，即混和气体中HCl
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
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CaCO 3中。且
n(O)=n(CaCO3)=0.0075mol， m(O)=0.0075mol×16g/mol=0.12g。m(Fe)=0.4g-0.12g=0.28g，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；
―
11
⨯n (HCl ) =⨯0. 7mol =0. 35mol ，22
而铁最终全部转化为FeCl 3，n （Cl ）=0.56L ÷22.4L/mol×2+0.7mol=0.75mol，n （Fe ）=
11
⨯n (Cl ) =⨯0. 75mol =0. 25mol 33
，m(Fe)=0.25mol×56g •mol
―1
=14 g ，则
ω(Fe ) =
14g
⨯100%=71. 4%，选B 。
14g +5. 6g
3. 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Na 2SO 4存在于溶液中，且反应过程中SO 42并
―
无损耗，根据电中性原则：n （SO 42）=
―
1
n （Na +），则原硫酸的浓度为：2mol/L，故选C 。 2
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+O2===2MgO ，3Mg+N2===Mg 3N 2，MgO+2HCl = MgCl2+H2O ，Mg 3N 2+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. 8mol ·L -150mL
32
点燃点燃
MgCl 2MgCl 2
NaOH NaOH HCl
→→NH 4Cl ———————NH 4Cl ——NH 3—→NH 4Cl △0. 9mol ·L -120mL
HCl 0. 006mol NaCl
发现：MgCl 2、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MgCl 2、NH 4Cl 、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) =0006. mol ，n (Na +) =09. mol ⋅L -1⨯20⨯ 10-3L =0. 018mol ，n (Cl -) =18. mol ⋅L -⨯50⨯10-3L =0. 09mol
解得：n (Mg ) =0. 033mol ，即m (Mg ) =0. 033mol ⨯24g ⋅mol -1=0. 792g 5. 解析 设Fe 2+为xmol ，Fe 3+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
x+y=
得：x=0.06mol，y=0.04mol。则x ∶y=3∶2。故选D 。
6. 解 （1）Cu 与浓HNO 3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NO 2。理论上讲，0.5mol Cu 可得1mol NO 2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NO 2，应考虑平衡2NO 2
N 2O 4的存
在。所以收集到的气体是NO 2和N 2O 4的混合气体。根据质量守恒，混合气体的质量应等于1 mol NO 2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HNO 3反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓) = Cu(NO3) 2+2NO2↑+2H2O ，因是一定量的浓HNO 3，随着反应的进行，浓HNO 3逐渐变成了稀HNO 3，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NO 2的混合气体。无法得知NO 和NO 2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O 2，NO 和NO 2被水吸收的化学方程式为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，4NO 2+O2+2H2O = 4HNO 3，从整个氧化还原过程来看，HNO 3并没有参加反应，参加的只是Cu 与O 2。因此，根据电子守恒，可列下式：
. mol ⨯2=V ÷22. 4L ⋅mol -1⨯4 解得：V=5.6L 05
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Fe 2+与Br -还原能力大小为Fe 2+ >Br-。因此，在FeBr 2溶液中通入Cl 2时，首先发生：Cl 2+2Fe2+ = 2Fe3++2Cl
-
，然后再发生：Cl 2+2 Br- = Br2+2Cl -。根据Cl 2用量控制反应进程，所以Fe 2+和Br -失去电子数目应
等于Cl 2得到电子数目。据此守恒关系，列出等式，很易求解。
解 设FeBr 2物质的量浓度为C ，由电子守恒可知： C ⨯100⨯10-3L +2C ⨯100⨯10-3L ⨯解得：C=1.2 mol·L -1
答 原FeBr 2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SO 2气体，且物质的量为最多，因此极端考虑，起始时，SO 2物质的量取最大（5mol ），H 2S 物质的量取最小（1 mol ），故反应后剩余SO 2为5mol -4. 5mol ⨯64g ⋅mol -1
=14. 4g ⋅L -1。所以（B ）选项为本题正确答案。
20L
22. 24L ⨯1=⨯2 322. 4L ⋅m o -l 1
1
⨯1mol =45. mol ，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：FeS 2～2SO 2～2SO 3～2H 2SO 4， 本题从FeS 2制H 2SO 4，
是同种元素转化的多步反应，即理论上FeS 2中的S 全部转变成H 2SO 4中的S 。得关系式FeS 2～2H 2SO 4。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%)
=3.36t 。
120⨯98%
七、1. 解析 CO 和H 2都有两步反应方程式，量也没有确定，因此逐步计算比较繁。Na 2O 2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H 2+Na2O 2=2NaOH，CO+ Na 2O 2=Na2CO 3，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H 2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 AlCl 3⎫过量NaOH ⎧NaAlO 2
−−→⎨⎬−−→⎬−−−灼烧
Fe ⎭FeCl 2⎭−→Fe 2O 3⎩Fe (OH ) 2−−
由题意得：Fe 2O 3与合金的质量相等，而铁全部转化为Fe 2O 3，故合金中Al 的质量即为Fe 2O 3
中氧元素的质量，则可得合金中铝的质量分数即为Fe 2O 3中氧的质量分数，O%=100%=30%，选B 。
九、1. 解析 。由题意，生成0.5mol H 2，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H 2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
3⨯16
×
2⨯56+3⨯16
1
⨯100⨯10-3L ⨯1mol ⋅L -1⨯24g ⋅mol -1=12g ，所需铝粉2
质量为
1
⨯100⨯10-3L ⨯1mol ⋅L -1⨯27g ⋅mol -1=9g 。 3
（1）当a ≥12g ，b ≥9g ，即盐酸适量或不足，产生H 2的质量应以HCl 的量计算，因HCl 的量是一定的，故产生H 2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
a 24g ⋅m -1
⨯2g ⋅mol -1=b -
3b 32-1⨯⨯2g ⋅mol ，解得：a =b ，此时a 的范围必须调227g ⋅mol -133
整为a
（3）当a
须
满
足
：
a -
a 24g ⋅mol -1
⨯2g ⋅mol -1=b -
1
⨯100⨯10-3L ⨯10mol ⋅L -1⨯ 2
2g ⋅mol -1，解得：a =
12
、（2）调整a 的范围为8.7g ≤a
12
1232
（3）当0
1133
答 （1）当a ≥12g 时，a=b；（2）当8.7g
竞赛班《常见化学计算方法》答案
n -m 2n -m
或。 27. 555
2224
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 、
2427
54222454z 且相等，故有：x =y =z ，所以y ＞x ＞z 。 56242756
0. 9g
⨯106g =5. 3g ，NaHCO 3的质5. 解 （1）水参加反应的质量为0.9g ，则Na 2CO 3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615KNO 3溶解于250g 水中 3. R的化合价为9.6g-5.6g=4.0g。 6. 原混和物中CuSO 4和Fe 的质量分别为8.0g ，4.8g 。 二、1. 答 25 100 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。
22
4. 该产物中Na 2O 的物质的量分数为20%。 5. n(Na2CO 3)=
13
⨯0.8 mol=0.2 mol ，n(NaHCO3)=⨯0.8 mol=0.6 mol 。 44
三、1. D 2.B 3. 略
4. （1）26.3 （2）1.31 （3）0.75L 四、1. B 2. B 3. C
4. n (Mg ) =0. 033mol ，即m (Mg ) =0. 033mol ⨯24g ⋅mol -1=0. 792g 5. D 6. （1）18.4L ；（2）1.8mol ，5.6L
7. 原FeBr 2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
98⨯2⨯2. 5t ⨯85%⨯(1-5. 0%)
=3.36t 。
120⨯98%
七、1. Ａ 八、1. B 九、1. A、C
十、1. （1）当a ≥12g 时，a=b；（2）当8.7g
气体A 只含有X 、Y 两种短周期元素，X 的原子序数大于Y 的原子序数。B 、D 、E 是中学化学
1232
（3）当0
1133
中常见的气体，各物质产间有如图13所示的转化关系：
请回答下列问题：
（1）若气体A 中，X 、Y 两种元素的质量比等于3 : 1，请写出下列物质的化学式
，
（2）若X 、Y 两种元素的质量比在数值上等于X 的相对原子质量，且气体A 的分子为直线型结构，
则A 的电子式为 。
（3）C 与固体甲在高温时发生反应的化学方程式为 。 27．（17分）
季戊四醇硝酸酯[C（CH 2ONO 2）4]为长效抗心血管病药物，作用比硝化甘油弱，生效缓慢而持
久。已知两个醛分子在稀碱溶液中可以发生加成反应，其特点是一个醛分子中活泼氢（即与醛基相邻碳原子上的氢原子，也叫 氢原子）加到另一个醛分子中的醛基氧原子上，其余部分则加到该醋
OH H O
基的碳原子上。如
NaOH R —CH 2—C —H+CH2—
R —CH 2—CH —CH 2CHO
现以乙烯为初始原料，按下列指定步骤制备季戊四醇硝酸酯。已知碳碳双键在一定条件下可以氧化为碳氧双键。参加下列反应的A 物质在常温下是一种无色、有强烈刺激性气味的气体，易溶于水，
+A
请按要求回答下列问题：
（1）写出下列反应方程式（注明反应条件并配平）
B+A→ E →F
（2）写出反应类型 反应I ；反应II ；反应Ⅵ 。 28．（21分）
“化学多米诺试验”即利用反应中产生的压力和虹吸作用原理，使若干化学实验依次发生，整反应Ⅵ
个过程只需要控制第一个反应，就好像多米诺骨牌游戏一样。图14就是一个“化学多米诺试验”。
已知：Cu 2++4NH3·H 2O=[Cu（NH 3）4]2++4H2O （该反应产物可作为H 2O 2分解的催化剂。） 请回答下列问题：
（1）进行实验前必须进行的操作是 ； （2）B 与D 两容器中反应速率比较：B D （填“>”、“
①分解反应 29．（16分）
在标准状况下进行下列实验：甲、乙、丙各取30.00mL 同浓度的盐酸，加入同一镁、铝合金，
②化合反应
③置换反应
④复分解反应
产生气体，测得有关数据列表如下：
（1）分析上表数据后填空：
①盐酸的物质的量浓度为，在表中可作为计算依据的是（填实验序号，要求
全部写出） 。
②据（填实验序号）中的数据，可计算出合金中镁与铝的物质的量之比为
。
（2）在丙实验之后，向容器中加入一定量1.00mol/L的NaOH 溶液，使合金中的铝恰好完全溶解，
再滤出不溶固体。请计算：
①滤液中溶质的物质的量。
②共加入NaOH 溶液的体积。
26．（每空3分，共18分）
（1）A : CH4 D : CO F : Cu 乙 : CuO （2）H : C C : H 高温
NaOH
27．（17分）（1）CH 322CH 2CHO „„„„„„„„„„„„4分
OH Ni
（HOCH 2）3CCHO+H2C （CH 2OH ）4„„„„„„„„„„„„„„„4分
（2）（每空3分）氧化 加成 酯化
28．（每空3分，共21分）
（1）检查装置的气密性
（2）
（3）有气泡并有乳白色（浅黄色）浑浊
（4）H 2S+2OH=S2+2H2O －－…… （3）H 2↑+H2↑
（5）平衡烧瓶（B ）和漏斗（A ）的气压，使液体易于流下
（6）②
29．（16分）
（1）（每空2分，共8分）①1.00 乙、丙 ②甲 1:1
（2）①n （NaCl ）=n（Cl ）=1mol/L×0.03L=0.03mol„„„„„„„„„„„2分
设：0.459g 合金中含铝的物质的量为x 27x+24x=0.459g x=0.009mol„„2分
n （NaAlO 2）=n（Al ）=0.009mol„„„„„„„„„„„„„„„„„„2分
②V (NaOH ) =
－n 0. 03mol +0. 009mol ==0. 039L =39mL „„„„„2分 c 1. 00mol /L
- 21 -
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：
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KNO 3，先在100℃时将KNO 3配成饱和溶液，再冷却到30℃，析出KNO 3。现欲制备500g 较纯的KNO 3，问在100℃时应将多少克KNO 3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 （C ）Mg ＞Al ＞Fe （D ）Mg=Fe=Al
5. 取Na 2CO 3和NaHCO 3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Ca 2+、HCO 3-、CO 32-都转化为CaCO 3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Na 2CO 3和NaHCO 3的质量； （2）碱石灰中CaO 和NaOH 的质量。
6. 将12.8g 由CuSO 4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CuSO 4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，x A 、x B 分别表示A 和B 占平均量的百分数，且x A +xB =1，则有：
A ·x A +B·x B =AB （x A +xB ） 化简得：x A =AB -B
x B ——
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：
——
——
——
——
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CuSO 4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CuSO 4白色粉末 g 。
2 . 今有NH 4NO 3和CO(NH2) 2混合化肥，现测得含氮质量分数为40%，则混合物中NH 4NO 3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
4. 将金属钠在空气中燃烧，生成Na 2O 与Na 2O 2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Na 2O 的物质的量分数。
5. 0.8 mol CO 2通入1L 1mol ·L -1NaOH 溶液中，试求所得溶液中溶质的物质的量。
a b
%的氨水物质的量浓度与 mol ·L -1的大小关系如何？ 22
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 =
——
x A ⋅A +x B ⋅B ————
=A ⋅x A %+B ⋅x B %，则必有A>AB >B，其中AB 是A 、
x A +x B
B 的相应平均值或式。x A ·x B 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NH 4HCO 3 （B ）NH 4Cl 和NH 4HCO 3 （C ）NH 4Cl 和(NH4) 2SO 4 （D ）(NH4) 2SO 4和NH 4HCO 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CaCO 3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CO 2气体。则该样品中一定含有 杂质，可能含有 杂质。（杂质：KHCO 3、MgCO 3、K 2CO 3、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 。
附：平均摩尔质量（M ）的求法： ①M =
————
——
m 总n 总
m 总—混和物叫质量 n 总—混和物总物质的量
②M =M1·n 1%+M2·n 2%+„ M 1、M 2„„各组分的摩尔质量，n 1%、n 2%„„各组分的物质的量分数。（注： M 如是元素的摩尔质量，则M 1、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）。）
③M 如是气体混合物的摩尔质量，则有M =M1·V 1%+M2·V 2%+„（注：V 1%、V 2%„„气体体积分数。）
——
——
——
④M 如是气体混合物的摩尔质量，则有M =d·M A (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CO 2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. Fe2O 3 C. Fe3O 4 D. Fe4O 5 2. 将几种铁的氧化物的混合物加入100mL 、7mol •L
―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Fe 2+完全转化为Fe 3+，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 Fe 2O 3投入150mL 某浓度的稀硫酸中，再投入7g 铁粉收集到1.68L H 2（标准状况），同时，Fe 和Fe 2O 3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 C. 2mol/L D. 1.2mol/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Fe 2+和Fe 3+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HNO 3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HNO 3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2NO 2
7. 已知：2 Fe 2++Br2 = 2 Fe 3++2Br-，若向100mLFeBr 2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Br 2单质，试求原FeBr 2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 H 2S 和b mol SO 2（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 （B ）14.4 g·L -1 （C ）8 g·L -1 （D ）5.1 g·L -1
2. 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 ）0
N 2O 4反应）
111
（B ）
1111
（D ）
2822. 439. 222. 4
3. 当用m mol Cu 与一定量的浓HNO 3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 n 3n 3n
（B ） （C ）m = （D ）无法判断
4. 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( )
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：
4FeS 2+11O2
高温
催化剂
2Fe 2O 3+8SO2 2SO 2+O22SO 3 SO 3+H2O=H2SO 4
△
煅烧2.5t 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，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H 2 组成的混合气体，在足量的O 2 充分燃烧后，立即通入足量的Na 2O 2 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：
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CO 2和H 2O 的质量，混合物中m(NaHCO3)=168×6.2g ÷62=16.8g，m(Na2CO 3)=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KNO 3246g 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KNO 3的质量。
解 设所用水的质量为x ，根据题意，可列下式：
256g -46g 500g
= 解得：x=250g
100g x
又设100℃时饱和溶液用KNO 3的质量为y ，根据溶质与溶剂的对应关系，列式如下：
246g y = 解得：y=615g 100g 250g
答 将615KNO 3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、RCl x 。根据关系式RO x /2～RCl x ，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R 2O x 、27. 5
RCl x 。由关系式R 2O x ～2RCl x 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。 27. 555
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 ～H 2 △m=22，Al ～
3
H 2 △m=24，Fe ～H 2 △m=54 2
2224x 、y 、2427
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
54222454z 且相等，故有：x =y =z ，所以y ＞x ＞z 。 56242756
5. 分析 本例从反应最终的结果看，涉及如下两个反应：Na 2CO 3+H2O+CaO=CaCO3↓+2NaOH，NaHCO 3+CaO=CaCO↓+2NaOH，根据题意“Ca 2+、HCO 3-、CO 32-都转化CaCO 3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？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Na 2CO 3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 ，NaHCO 3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CuSO 4的质量为x ，则Fe 的质量为12.8g-x ，根据反应： Fe + CuSO4 = Cu + FeSO4 △m 160g 8g
x 5.2g-(12.8g-x)=4.8g 所以：
160g 8g
= 解得：x=8.0g，12.8g-x=4.8g x 5. 2g -(12. 8g -x )
答 原混和物中CuSO 4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CuSO 4粉末时CuSO 4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CuSO 4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
45，即⨯50g =4. 63g 。 5454
（4） 说明加入CuSO 4的质量为原溶液质量的
11，即⨯50g =2. 78g 。 1818
答 25 100 4.63 2.78 2. 解 方法1：NH 4NO 3中N%=
2828
⨯100%=35%，CO(NH2) 2中N%=⨯100%=46.7% 8060
6. 7%5%
∶=1∶1。 8060
说明NH 4NO 3与CO(NH2) 2的物质的量之比为
方法2：设混合物中NH 4NO 3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⨯14g ⋅mol -1+2⨯14g ⋅mol -1⨯x
⨯100%=40% -1-1g g 80⋅mol ⨯1mol +60⋅mol ⨯x
解得：x=1 mol
方法3：由于NH 4NO 3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NH 4NO 3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H 2SO 4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01. mol ⋅L -1
→NaOH 溶液———→—————→4. Na ——→Na 2O 、Na 2O 2——
盐酸中和盐酸20mL
图4—4
NaCl
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 2O 2）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⨯10-3L =0. 2mol
10mL
混和物总质量
，可知：
混和物总物质的量
Na 2O 与Na 2O 2的平均摩尔质量=
0. 48g 0. 2mol ⨯
12
=74. 8g ⋅mol -1
质的量分数为
说明Na 2O 与Na 2O 2的物质的量之比为3.2∶12.8=1∶4，即Na 2O 的物
11
=（20%）。 1+45
答 该产物中Na 2O 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NaHCO 3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CO 2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CO 2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NaHCO 3与Na 2CO 3的物质的量之比。所以n(NaHCO3)=0.8 mol
⨯
3
=0.6 mol ，n(Na2CO 3)=0.2 mol 。 1+3
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0.3∶0.2=3∶2，所
以生成物中NaHCO 3与Na 2CO 3的物质的量之比应为3∶1。故n(NaHCO3)=1 mol
⨯
331=0.6 mol ，n(Na2CO 3)=1 mol ⨯⨯=0.2 mol 。 3+23+22
方法3：因n(CO2) ∶n(NaOH)=0.8 mol ∶1 mol=4∶5
说明产物中既有NaHCO 3生成，又有Na 2CO 3生成，反应的总方程式可写成如下： CO 2+NaOH — Na 2CO 3+NaHCO3+H2O
根据物质的量之比等于化学方程中的计量数之比，故CO 2、NaOH 前的计量数分别为4和5，根据原子个数守恒，判断出Na 2CO 3、NaHCO 3和H 2O 前的计量数分别为1、3和1，即：
4CO 2+5NaOH=Na2CO 3+3NaHCO3+H2O ，所以n(Na2CO 3)=mol=0.6 mol 。
三、1. 解 NH 4NO 3中氮的质量分数是
13
⨯0.8 mol=0.2 mol ，n(NaHCO3)=⨯0.8 44
14
⨯100%=17. 5%
NH 4HCO 3和(NH4) 2SO 4中氮的质量分数分别是46.7%、26.2%、17.7%和21.1%，其中只有(NH4) 2SO 4和NH 4HCO 3一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) 2SO 4和NH 4HCO 3。 答 本题正确选项为（D ）。
2. 解 若95mg 全是MgCl 2，则其反应后产生AgCl 的质量为=287mg
根据平均含义可推知：95mg 杂质与足量AgNO 3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MgCl 2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 2Cl 2、Al 2Cl 2、K 2Cl 2、CaCl 2。显然，金属式量低的，Cl
3
95mg 95g ⋅mol
-1
⨯2⨯1435. g ·mol -1
元素含量高，因此，只有AlCl 3才有可能成为杂质。
答 本题正确选项为（B ）。 3. 略
4. 解 （1）NH 4HCO 3===NH 3↑+H2O ↑+CO2↑
根据质量守恒可知：n(NH4HCO 3) ·M(NH4HCO 3)=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H 2的物质的量为100g ×75%÷2g ·mol -1=37.5mol，O 2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
——
——
△
1
⨯79 3
的体积为1L ⨯
说明HCl 与空气的体积比为5.62∶1.88=3∶1，即混和气体中HCl
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
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CaCO 3中。且
n(O)=n(CaCO3)=0.0075mol， m(O)=0.0075mol×16g/mol=0.12g。m(Fe)=0.4g-0.12g=0.28g，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；
―
11
⨯n (HCl ) =⨯0. 7mol =0. 35mol ，22
而铁最终全部转化为FeCl 3，n （Cl ）=0.56L ÷22.4L/mol×2+0.7mol=0.75mol，n （Fe ）=
11
⨯n (Cl ) =⨯0. 75mol =0. 25mol 33
，m(Fe)=0.25mol×56g •mol
―1
=14 g ，则
ω(Fe ) =
14g
⨯100%=71. 4%，选B 。
14g +5. 6g
3. 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Na 2SO 4存在于溶液中，且反应过程中SO 42并
―
无损耗，根据电中性原则：n （SO 42）=
―
1
n （Na +），则原硫酸的浓度为：2mol/L，故选C 。 2
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+O2===2MgO ，3Mg+N2===Mg 3N 2，MgO+2HCl = MgCl2+H2O ，Mg 3N 2+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. 8mol ·L -150mL
32
点燃点燃
MgCl 2MgCl 2
NaOH NaOH HCl
→→NH 4Cl ———————NH 4Cl ——NH 3—→NH 4Cl △0. 9mol ·L -120mL
HCl 0. 006mol NaCl
发现：MgCl 2、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MgCl 2、NH 4Cl 、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) =0006. mol ，n (Na +) =09. mol ⋅L -1⨯20⨯ 10-3L =0. 018mol ，n (Cl -) =18. mol ⋅L -⨯50⨯10-3L =0. 09mol
解得：n (Mg ) =0. 033mol ，即m (Mg ) =0. 033mol ⨯24g ⋅mol -1=0. 792g 5. 解析 设Fe 2+为xmol ，Fe 3+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
x+y=
得：x=0.06mol，y=0.04mol。则x ∶y=3∶2。故选D 。
6. 解 （1）Cu 与浓HNO 3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NO 2。理论上讲，0.5mol Cu 可得1mol NO 2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NO 2，应考虑平衡2NO 2
N 2O 4的存
在。所以收集到的气体是NO 2和N 2O 4的混合气体。根据质量守恒，混合气体的质量应等于1 mol NO 2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HNO 3反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓) = Cu(NO3) 2+2NO2↑+2H2O ，因是一定量的浓HNO 3，随着反应的进行，浓HNO 3逐渐变成了稀HNO 3，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NO 2的混合气体。无法得知NO 和NO 2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O 2，NO 和NO 2被水吸收的化学方程式为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，4NO 2+O2+2H2O = 4HNO 3，从整个氧化还原过程来看，HNO 3并没有参加反应，参加的只是Cu 与O 2。因此，根据电子守恒，可列下式：
. mol ⨯2=V ÷22. 4L ⋅mol -1⨯4 解得：V=5.6L 05
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Fe 2+与Br -还原能力大小为Fe 2+ >Br-。因此，在FeBr 2溶液中通入Cl 2时，首先发生：Cl 2+2Fe2+ = 2Fe3++2Cl
-
，然后再发生：Cl 2+2 Br- = Br2+2Cl -。根据Cl 2用量控制反应进程，所以Fe 2+和Br -失去电子数目应
等于Cl 2得到电子数目。据此守恒关系，列出等式，很易求解。
解 设FeBr 2物质的量浓度为C ，由电子守恒可知： C ⨯100⨯10-3L +2C ⨯100⨯10-3L ⨯解得：C=1.2 mol·L -1
答 原FeBr 2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SO 2气体，且物质的量为最多，因此极端考虑，起始时，SO 2物质的量取最大（5mol ），H 2S 物质的量取最小（1 mol ），故反应后剩余SO 2为5mol -4. 5mol ⨯64g ⋅mol -1
=14. 4g ⋅L -1。所以（B ）选项为本题正确答案。
20L
22. 24L ⨯1=⨯2 322. 4L ⋅m o -l 1
1
⨯1mol =45. mol ，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：FeS 2～2SO 2～2SO 3～2H 2SO 4， 本题从FeS 2制H 2SO 4，
是同种元素转化的多步反应，即理论上FeS 2中的S 全部转变成H 2SO 4中的S 。得关系式FeS 2～2H 2SO 4。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%)
=3.36t 。
120⨯98%
七、1. 解析 CO 和H 2都有两步反应方程式，量也没有确定，因此逐步计算比较繁。Na 2O 2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H 2+Na2O 2=2NaOH，CO+ Na 2O 2=Na2CO 3，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H 2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 AlCl 3⎫过量NaOH ⎧NaAlO 2
−−→⎨⎬−−→⎬−−−灼烧
Fe ⎭FeCl 2⎭−→Fe 2O 3⎩Fe (OH ) 2−−
由题意得：Fe 2O 3与合金的质量相等，而铁全部转化为Fe 2O 3，故合金中Al 的质量即为Fe 2O 3
中氧元素的质量，则可得合金中铝的质量分数即为Fe 2O 3中氧的质量分数，O%=100%=30%，选B 。
九、1. 解析 。由题意，生成0.5mol H 2，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H 2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
3⨯16
×
2⨯56+3⨯16
1
⨯100⨯10-3L ⨯1mol ⋅L -1⨯24g ⋅mol -1=12g ，所需铝粉2
质量为
1
⨯100⨯10-3L ⨯1mol ⋅L -1⨯27g ⋅mol -1=9g 。 3
（1）当a ≥12g ，b ≥9g ，即盐酸适量或不足，产生H 2的质量应以HCl 的量计算，因HCl 的量是一定的，故产生H 2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
a 24g ⋅m -1
⨯2g ⋅mol -1=b -
3b 32-1⨯⨯2g ⋅mol ，解得：a =b ，此时a 的范围必须调227g ⋅mol -133
整为a
（3）当a
须
满
足
：
a -
a 24g ⋅mol -1
⨯2g ⋅mol -1=b -
1
⨯100⨯10-3L ⨯10mol ⋅L -1⨯ 2
2g ⋅mol -1，解得：a =
12
、（2）调整a 的范围为8.7g ≤a
12
1232
（3）当0
1133
答 （1）当a ≥12g 时，a=b；（2）当8.7g
竞赛班《常见化学计算方法》答案
n -m 2n -m
或。 27. 555
2224
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 、
2427
54222454z 且相等，故有：x =y =z ，所以y ＞x ＞z 。 56242756
0. 9g
⨯106g =5. 3g ，NaHCO 3的质5. 解 （1）水参加反应的质量为0.9g ，则Na 2CO 3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615KNO 3溶解于250g 水中 3. R的化合价为9.6g-5.6g=4.0g。 6. 原混和物中CuSO 4和Fe 的质量分别为8.0g ，4.8g 。 二、1. 答 25 100 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。
22
4. 该产物中Na 2O 的物质的量分数为20%。 5. n(Na2CO 3)=
13
⨯0.8 mol=0.2 mol ，n(NaHCO3)=⨯0.8 mol=0.6 mol 。 44
三、1. D 2.B 3. 略
4. （1）26.3 （2）1.31 （3）0.75L 四、1. B 2. B 3. C
4. n (Mg ) =0. 033mol ，即m (Mg ) =0. 033mol ⨯24g ⋅mol -1=0. 792g 5. D 6. （1）18.4L ；（2）1.8mol ，5.6L
7. 原FeBr 2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
98⨯2⨯2. 5t ⨯85%⨯(1-5. 0%)
=3.36t 。
120⨯98%
七、1. Ａ 八、1. B 九、1. A、C
十、1. （1）当a ≥12g 时，a=b；（2）当8.7g
气体A 只含有X 、Y 两种短周期元素，X 的原子序数大于Y 的原子序数。B 、D 、E 是中学化学
1232
（3）当0
1133
中常见的气体，各物质产间有如图13所示的转化关系：
请回答下列问题：
（1）若气体A 中，X 、Y 两种元素的质量比等于3 : 1，请写出下列物质的化学式
，
（2）若X 、Y 两种元素的质量比在数值上等于X 的相对原子质量，且气体A 的分子为直线型结构，
则A 的电子式为 。
（3）C 与固体甲在高温时发生反应的化学方程式为 。 27．（17分）
季戊四醇硝酸酯[C（CH 2ONO 2）4]为长效抗心血管病药物，作用比硝化甘油弱，生效缓慢而持
久。已知两个醛分子在稀碱溶液中可以发生加成反应，其特点是一个醛分子中活泼氢（即与醛基相邻碳原子上的氢原子，也叫 氢原子）加到另一个醛分子中的醛基氧原子上，其余部分则加到该醋
OH H O
基的碳原子上。如
NaOH R —CH 2—C —H+CH2—
R —CH 2—CH —CH 2CHO
现以乙烯为初始原料，按下列指定步骤制备季戊四醇硝酸酯。已知碳碳双键在一定条件下可以氧化为碳氧双键。参加下列反应的A 物质在常温下是一种无色、有强烈刺激性气味的气体，易溶于水，
+A
请按要求回答下列问题：
（1）写出下列反应方程式（注明反应条件并配平）
B+A→ E →F
（2）写出反应类型 反应I ；反应II ；反应Ⅵ 。 28．（21分）
“化学多米诺试验”即利用反应中产生的压力和虹吸作用原理，使若干化学实验依次发生，整反应Ⅵ
个过程只需要控制第一个反应，就好像多米诺骨牌游戏一样。图14就是一个“化学多米诺试验”。
已知：Cu 2++4NH3·H 2O=[Cu（NH 3）4]2++4H2O （该反应产物可作为H 2O 2分解的催化剂。） 请回答下列问题：
（1）进行实验前必须进行的操作是 ； （2）B 与D 两容器中反应速率比较：B D （填“>”、“
①分解反应 29．（16分）
在标准状况下进行下列实验：甲、乙、丙各取30.00mL 同浓度的盐酸，加入同一镁、铝合金，
②化合反应
③置换反应
④复分解反应
产生气体，测得有关数据列表如下：
（1）分析上表数据后填空：
①盐酸的物质的量浓度为，在表中可作为计算依据的是（填实验序号，要求
全部写出） 。
②据（填实验序号）中的数据，可计算出合金中镁与铝的物质的量之比为
。
（2）在丙实验之后，向容器中加入一定量1.00mol/L的NaOH 溶液，使合金中的铝恰好完全溶解，
再滤出不溶固体。请计算：
①滤液中溶质的物质的量。
②共加入NaOH 溶液的体积。
26．（每空3分，共18分）
（1）A : CH4 D : CO F : Cu 乙 : CuO （2）H : C C : H 高温
NaOH
27．（17分）（1）CH 322CH 2CHO „„„„„„„„„„„„4分
OH Ni
（HOCH 2）3CCHO+H2C （CH 2OH ）4„„„„„„„„„„„„„„„4分
（2）（每空3分）氧化 加成 酯化
28．（每空3分，共21分）
（1）检查装置的气密性
（2）
（3）有气泡并有乳白色（浅黄色）浑浊
（4）H 2S+2OH=S2+2H2O －－…… （3）H 2↑+H2↑
（5）平衡烧瓶（B ）和漏斗（A ）的气压，使液体易于流下
（6）②
29．（16分）
（1）（每空2分，共8分）①1.00 乙、丙 ②甲 1:1
（2）①n （NaCl ）=n（Cl ）=1mol/L×0.03L=0.03mol„„„„„„„„„„„2分
设：0.459g 合金中含铝的物质的量为x 27x+24x=0.459g x=0.009mol„„2分
n （NaAlO 2）=n（Al ）=0.009mol„„„„„„„„„„„„„„„„„„2分
②V (NaOH ) =
－n 0. 03mol +0. 009mol ==0. 039L =39mL „„„„„2分 c 1. 00mol /L
- 21 -