高考计算题解题勘误讲义[共28页]

1、端木化学复习讲义高考计算题解题勘误讲义一、根据化学方程式计算型题 例1（1997-35） 将8.8gFeS固体置于200mL2.0molL-1的盐酸中，以制备H2S气体。反应完全后，若溶液中H2S的浓度为0.10molL-1，假定溶液体积不变，试计算：（1）收集到的H2S气体的体积（标准状况）。（2）溶液中Fe2+和H+的物质的量浓度（摩尔浓度）。【错解】第（1）问：收集到H2S气体2.24L。FeSH2S88 18.8 xx=0.1mol设未收集到xLH2S气体，所以0.1molL-1=0.1mol/xLx=100L第（2）问：H+=0.2mol/0.2L=0.1molL-1。H2S为0.1

2、molL-1，H2S为0.20.1=0.02（mol）H+=20.02（mol）H+（总）=0.2+0.022=0.24（mol）H+=（0.22+20.1）/0.2=2（mol/L）【评析】 审题时注意：溶液中H2S的浓度直接影响到收集到的H2S气体的体积，盐酸过量。第（1）问是根据化学方程式的计算FeS+2HCl=FeCl2+H2S解之，得x=0.2mol，y=0.1mol，z=0.1mol。盐酸过量0.20L2.0molL-1-0.2mol=0.2mol共生成H2S0.1mol，在溶液中溶解的H2S的物质的量为0.10molL-10.20L=0.020mol能收集到H2S的物质的量=0.

3、1mol-0.020mol=0.08mol能收集到H2S的体积（标准状况）为：0.08mol22.4Lmol-1=1.8L出现误区，是由于不理解题意，未考虑溶液中溶解的H2S的物质的量，导致失误。出现误区，由于概念不清，列式错误所致。出现误区，也由于概念不清，列式错误所致。只有理解了收集到的H2S气体体积应等于反应生成的H2S气体的体积减去在溶液中溶解的H2S气体的体积，才能走出此误区。第（2）问根据生成FeCl20.1mol，可知溶液中Fe2+物质的量浓度为0.1mol0.20L=0.50molL-1溶液中H+的物质的量浓度=0.2mol0.20L=1.0molL-1（注意：H2S弱酸的电离

4、忽略不计）。出现误区，是由于运算结果错误所致。出现误区，是由于在强酸性条件下，误将弱酸完全电离，导致失误。出现误区，是由于分子上出现了“20.1”，误认为H2S在溶液中完全电离，产生0.2mol的H+离子，导致失误。【正确答案】 根据方程式FeS+2H+=Fe2+H2S可判断盐酸过量，计算应以FeS的物质的量为基准。（1）共生成H2S0.10mol。在溶液中溶解的物质的量为：0.10molL-10.20L=0.020mol所以收集到H2S气体的物质的量为：0.10mol-0.020mol=0.08mol收集到H2S气体的体积（标准状况）为：22.4Lmol-10.08mol=1.8L消耗掉H+

5、0.20mol，反应前H+的物质的量为：2.0molL-10.20L=0.40mol例2（1994-37） 现有一份CuO和Cu2O混和物，用H2还原法测定其中CuO的质量x（g）。实验中可以测定如下数据：W混和物的（已知摩尔质量：Cu64g/mol、CuO80g/mol、Cu2O144g/mol、H2O18g/mol）（1）为了计算x，至少需要测定上述四个数据中的_个，这几个数据的组合共有_种，请将这些组合一一填入下表空格中。每个空格中填一种组合，有几种组合就填几种，不必填满。（2）从上述组合中选写一个含W的求x的计算式：x=_【错解】第（1）问：两个数据的组合为6种：W,WCu两个数据的组

6、合为小于5种：W,WCu【评析】 走出误区的关键是审清所发生的化学反应。H2还原CuO，是初三化学中一个重要的反应，将此反应从大脑中检索出来，并产生正迁移，推出H2还原Cu2O的化学方程式：这两个化学方程式是测定CuO质量的计算依据。根据反应可知，为了计算CuO质量x（g），至少需要测定出题目所测4个数据中的两个，应=6，可推出这4个数据的组合数为6。在此基础上，必须根据本题中发生的化学反应对各种组合进行分析。由、两个化学方程式中消耗H2的物质的量与生成H2O的物质的量之比都是11（与混合物中CuO和的质量x（g）。舍弃这种组合，其余5种组合便是本题的答案。要写含有W的求x的计算式，应选用含W

7、的组合W，WCu；CuO含量的必要数据时，没有根据本题化学反应的特点进行分析，舍弃由于不会运用数学知识解决化学问题，思维欠有序，造成了漏解和错解。第（2）问：出现、误区，是由于未审清题目要求“从上述组合中选写一个含W的求x的计算式”，所写x的计算式中不含W，造成失误。出现误区，属于笔误。由于时间紧迫，从草稿到填写答案过程中出了差错，导致失误。【正确答案】1）2，5W,WCu二、关系式法型题 例1（1998-34） 本题分子量用以下数据：H2O18.0，CaO56.0，CaO272.0。过氧化钙是一种安全无毒的氧化物，通常含有部分CaO，且带有数量不等的结晶水。为分析某过氧化钙样品的组成进行了如

8、下实验。称取0.270g样品，灼热使之完全分解，生成CaO、O2和H2O，得到的O2在标准状况下体积为33.6mL。另取0.120g样品，溶于稀盐酸，加热煮沸，使生成的H2O2完全分解。然后将溶液中的Ca2+完全转化成CaC2O4沉淀，经过滤洗涤后，将沉淀溶于热的稀硫酸，用0.0200molL-1KMnO4溶液滴定，共用去31.0mLKMnO4溶液。化学方程式如下：5CaC2O4+2KMnO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5CaSO4+10CO2+8H2O（1）写出CaO2受热分解的化学方程式。（2）计算样品中CaO2的质量分数。（3）计算样品中CaO2xH2O的x值。【错解】 第

9、（1）问：CaO2=CaO+O2，CaO2=Ca+O2，2CaO2+H2O=2CaO+O2+H2O，2CaO2nH2O=2CaO+O2+2nH2O（n=1，2，3即定值）。第（2）问：40，62，10-3），72M（CaO2xH2O）=80，M=90，x=1。【评析】 第（1）问：根据信息，可写出CaO2受热分解的化学误区是由于未读懂题示信息所致。误区是由于多写了水的分子式所致。误区是由于未通观全题的叙述，误将CaO2xH2O写成有定值的水，造成失误。第（2）问：根据信息中，O2在标准状况下的体积可求出的物质的量为33.6mL22400mLmol-1=1.5010-3mol。根据关系式2CaO

10、2O2，可求得CaO2物质的量为21.5010-3mol，CaO2质量为21.5010-3mol72.0gmol-1样品中CaO2的质量分数为：出现误区，是由于化学方程式未配平，关系式未找对（CaO2O2），导致失误。出现误区，是由于误将CaO2的摩尔质量72.0gmol-1用CaO的摩尔质量56.0gmol-1代入式中计算，导致失误。出现误区，是由于未用题中数据，直接用CaO2H2O的摩尔质量进行求算，虽然计算结果都是80，但计算的依据错误。第（3）问：根据信息，可求出CaC2O4物质的量（即Ca2+总物质的量），所用关系式为：5CaC2O42KMnO4KMnO4的物质的量为0.0200mo

11、lL-131.0mL10-3LmL-1CaC2O4的物质的量为0.0200molL-131.010-3L5/2=0.00155mol其中CaO2所含Ca2+的物质的量为：CaO的物质的量为0.00155mol-0.00133molm（CaO）=（0.00155mol-0.00133mol）56.0gmol-1=0.012gm（H2O）=0.120g-0.120g80.0-0.012g=0.012gCaO2与H2O的物质的量之比为出现误区，是由于错误列式：CaO2xH2OCaC2O4xH2O（72+18x）g 1mol0.120g 1.5510-3mol误将0.120g全部看成CaO2xH2O，

12、忽略了样品中“通常含有部分CaO”，CaO2xH2OCaC2O4这个关系式也是错的，CaC2O4的物质的量是溶液中全部Ca2+的物质的量，它不等于CaO2中所含的Ca2+的物质的量。出现误区，是由于误将样品中CaO2的质量分数（80）作为结晶水合物中含CaO2的质量分数，进行推算，导致失误。=80.0（3）n（CaC2O4）=n（Ca2+）=31.010-3L0.0200molL-1m（CaO）=（0.00155mol-0.00133mol）56.0gmol-1=0.012gm（H2O）=0.120g-0.120g80.0-0.012g=0.012g例2（1998-35） 下面是4种盐在不同温

13、度下的溶解度（g/100gH2O）NaNO3 KNO3 NaCl KCl10 80.5 20.9 35.7 31.0100 175 246 39.1 56.6（计算时假定：盐类共存时不影响各自的溶解度；过滤晶体时，溶剂损耗忽略不计。）（1）取23.4gNaCl和40.4gKNO3，加70.0gH2O，加热溶解。在100时蒸发掉50.0gH2O，维持该温度，过滤析出晶体，计算所得晶体的质量（m高温）。将滤液冷却至10，待充分结晶后，过滤。计算所得晶体的质量（m低温）。（2）另取34.0gNaNO3和29.8gKCl，同样进行如上实验。10时析出的晶体是_（写化学式）。100和10得到的晶体质量（

14、m高温和m低温）分别是多少？【错解】 第（1）问：m高温=19.6g，m低温=35.9g。第（2）问：NaCl，KNO3。【评析】 第（1）问：阅读4种盐在不同温度下的溶解度、计算时的假定和。因为NaCl的溶解度随温度变化不大，且100时溶解度最小，所以蒸发浓缩NaCl和KNO3的混合液时，将有大量NaCl晶体析出。过滤后，KNO3的溶解度随温度的变化最大，所以会有大量KNO3晶体析出，与此同时，也会有少量NaCl晶体析出。具体解法是：设：100蒸发掉50.0gH2O后，溶液中NaCl的质量为x溶质 溶剂39.1g 100gx （70.0g-50.0g）39.1gx=100g（70.0g-50

15、.0g）析出的NaCl晶体质量m高温=23.4g-7.82g=15.6g设：冷却到10，析出的NaCl晶体质量为y溶剂 析出溶质的质量（100降至10）100g （39.1g-35.7g）（70.0g-50.0g） y100g（70.0g-50.0g）=（39.1g-35.7g）y设：溶液中KNO3的质量为z溶质 溶剂20.9g 100gz （70.0g-50.0g）20.9gz=100g（70.0g-50.0g）析出的KNO3晶体质量为40.4g-4.18g=36.2g10析出的晶体总质量m低温=0.68g+36.2g=36.9g出现误区，是由于错误列式：溶质 溶剂39.1g 100gx 5

16、0.0g39.1gx=100g50.0g出现误区，是由于在40.4-4.18的计算中失误（0.4-0.18不需借个位数），即40.4-4.18=35.2，造成失误（0.68g+35.2g=35.9g）。第（2）问：根据NaNO3+KCl KNO3+NaCl85g 74.5g 101g 58.5g34.0g 29.8g x y解之，得x=40.4g，y=23.4g因而根据溶解度数据，100时蒸发后得到的是NaCl晶体，冷却后得到的主要是KNO3，同时也有少量的NaCl晶体。所以本问与第（1）问情况相同，不必再计算。另一种思路：两种原始溶液中各种盐的物质的量都相等。四种离子浓度完全相同，根据溶解度

17、数据，100时蒸发后得到的是NaCl晶体，冷却后得到的主要是KNO3晶体，同时也有少量的NaCl晶体析出。出现误区，显然是漏掉了KNO3。出现误区，显然是漏掉了NaCl。【正确答案】（1）100蒸发掉50.0gH2O后溶液中NaCl的质量为析出的NaCl晶体质量m高温=23.4g-7.82g=15.6g冷却到10，析出的NaCl晶体质量为析出的KNO3晶体质量为40.4g-4.18g=36.2g10析出的晶体总质量m低温=0.68g+36.2g=36.9g（2）KNO3和NaClm高温=m高温=15.6g m低温=m低温=36.9g三、列方程组法型题 例1（1997-36） 1996年诺贝尔化

18、学奖授予对发现C60有重大贡献的三位科学家。C60分子是形如球状的多面体（图2-2-1），该结构的建立基于以下考虑：ewc MVIMAGE,MVIMAGE, !262300T1.bmp（1）C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键；C60分子只含有五边形和六边形；多面体的顶点数、面数和棱边数的关系，遵循欧拉定理：据上所述，可推知C60分子有12个五边形和20个六边形，C60分子所含的双键数为30。请回答下列问题：（1）固体C60与金刚石相比较，熔点较高者应是_，理由是：_。（2）试估计C60跟F2在一定条件下，能否发生反应生成C60F60（填“可能”或“不可能”）_，并简述其理由：

19、_。（3）通过计算，确定C60分子所含单键数。C60分子所含单键数为_。（4）C70分子也已制得，它的分子结构模型可以与C60同样考虑而推知。通过计算确定C70分子中五边形和六边形的数目。C70分子中所含五边形数为_，六边形数为_。【错解】 第（1）问：低，C60。金刚石键能小，C60含多个不饱和键，结构不稳定。金刚石中只有单键，而C60中还含双键，双键键能比两个单键低，金刚石熔点高。金刚石中每个碳与其余4个碳原子相连，C60中只是3个，破坏金刚石的能量要高。金刚石全部按六边形结合，比C60稳定，金刚石只含单键，C60有双键。因C60中双键数大于金刚石，分子间键能大，熔点较高。金刚石4个碳原子

20、呈正四面体排列，或金刚石是正方形网状，每个碳原子都与4个碳原子相连，键能大。第（2）问：不能。因为C60含有双键。不可能，F2不可能将每个碳键上的氢全部取代，只有一小部分活泼氢可以反应。不可能，C60只含有30个双键，加成时只能有30个F原子参加反应。不可能，负一价的F极为稳定，不能形成双键。125206-30=150。x=90，因为双键为30个，所以单键数=90-302=30。全是单键，604=240，因为有30个双键，所以单键=240-302=180。面数=12+30=36，60+36-棱边数=2，棱边数=单键数=96-2=94。第（4）问：面数=70+35-70-2=33（个）。5x+6

21、y=370【评析】 阅读新信息，知道C60分子是形如球状的多面体，固体C60不是原子间体。C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键。C60分子只含有五边形和六边形。多面体的顶点数、面数和棱边数的关系，遵循欧拉定理：顶点数+面数-棱边数=2。C60分子有12个五边形和20个六边形。C60分子所含双键数为30。根据信息可以回答第（1）问。根据信息可以回答第（2）问。根据信息、可以回答第（3）问。根据信息、可以回答第（4）问。第（1）问：出现误区，是由于慌忙中把C60熔点比金刚石熔点低，答成了“低”，造成了答非所问的错误。由此可见，在考场上保持良好的心态是十分重要的，希望今后的考生要努力

22、走出这类误区。出现误区，是由于判断错误所致。出现误区，均由于不知道不同类物质的熔点的高低是由晶体类型决定的，不清楚金刚石是原子晶体，而固体C60不是原子晶体，仅比较单双键键能大小是不正确的，才导致了失误。出现误区，是由于对金刚石是原子晶体，它是正四面体空间网状结构，既不是平面网状，也不同于甲烷分子的正四面体构型不清楚，导致失误。第（2）问：出现误区，是由于判断错误所致。出现误区，是由于未指明双键个数，回答中不能充分运用题示新信息“C60分子所含的双键数为30”，反映出有些同学的自学能力差，或思维的严密性差，导致了失误。出现误区，是由于把加成反应答成了取代反应所致。出现误区，是由于混淆了加成反应

23、与取代反应所致。出现误区，是由于抓不住答题要点，答非所问所致。第（3）问：出现误区，是由于双键数求错，不清楚题目中“C60分子所含的双键数为30”的含义，导致失误。出现误区，是由于总键失误。出现误区，是由于双键数应为30，不应是302=60，导致失误。出现误区，是由于把单键数与价电子数混为一谈导致失误。应该是60个碳原子，共有604=240个价电子，每4个价电子形成一个双键，耗用掉304=120个价电子，每2个价电子形成一个单键，所以单现1220=36这一加法运算的错误，导致后面的推导连续失误。应该是面数=12+20=32，60+32-棱数=2，棱边数=总键数=92-2=90，单键数=90-3

24、0=60。第（4）问：出现误区，是由于不慎将“”、“-”号写错，导致失误。应该是面数=2+棱边数-顶点数=2+70+35-70=37。出现误区，是由于只找到了这一个二元一次方程，还缺少一个方程：70（xy）【正确答案】 （1）金刚石金刚石属原子晶体，而固体C60不是，故金刚石熔点较高。（答出“金刚石属原子晶体”即给分）（2）可能因C60分子含30个双键，与极活泼的F2发生加成反应即可生成C60F60（只要指出“C60含30个双键”即给分，但答“因C60含有双键”不给分）也可由欧拉定理计算键数（即棱边数）：60（1220）-2=90C60分子中单键为：90-30=60（答“230（双键数）=60

25、”即给分）（4）设C70分子中五边形数为x，六边形数为y。依题意可得方程组：解得：五边形数x=12，六边形数y=25附：第（3）问的其他解法，供大家参考。解法一：以价电子数为突破口，分析推算。分析：碳是A族元素，每个碳原子有4个价电子，所以C60分子中共有价电子总数为240，当碳碳原子间每形成一个双键，必然用去4个价电子，即CC。据题示信息“C60分子所含的双键数为30”，则共用去价电子数为430120，剩余的价电子数是240-120=120。又由于碳碳原子之间每形成一个单键，必然用去2个价电子，即CC。故C60分子中的单键数为1202=60。解法二：以化学键的成键规律为突破口，分析推算。分析

26、：根据题示信息“C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键”，可知每个碳原子与相邻碳原子间有1个双键，必然有2因此单键数为30260。解法三：以欧拉定理为突破口。分析推算。分析：由题示信息欧拉定理可知，C60球形多面体的棱边数就是C60分子中的化学键数。因此可先求出C60球形多面体的总棱数（即单键数与双键数之和），再减去双键数，即可求出C60分子中含的单键数。已知C60分子中含12个五边形和20个六边形，又知每条棱被2个=90。单键数为90-30=60。附：第（4）问的其他解法，供大家参考。解法一：以梭边数为突破口，列一元一次方程求解。分析：根据题示信息“C70分子也已制得，它的分子

27、结构模型可与C60同样考虑”，可知C70分子中的每个碳原子也是与相邻的3个碳原子形成化学键，这样每个碳原子与其他碳原子之间有3条棱，而多面体的每条棱都是为2个碳原子共有，因此C70球形多面体的总棱数为：7032=105。再根据欧拉定理：面数=2-顶点数+棱边数=2-70+105=37设C70分子中五边形数为x，则六边形数为（37-x），可列式：解之，得x=12，六边形数为37-12=25。解法二：以顶点数为突破口，列二元一次方程组求解。分析：设五边形数为x，六边形数为y，根据题示信息欧拉定理可知：则 x+y=37（面数） 再根据题示信息，从化学角度分析，C70分子中每个碳原子与其他3个碳原子成

28、键；从数学角度分析，C70分子中每3条校共用一个顶点。因此可根据顶点数列式：二元一次方程组为：解之，得x=12，y=25。解法三：以C60分子成键规律为突破口，分析C70求解。分析：受题示信息C70的分子结构模型可以与C60同样考虑的启发，C60分子中化学键的成键规律为：碳原子数：单键数=11；碳原子数：双键数=21应用此规律分析C70分子，故C70分子中含单键数为70，双键数为35。因此，总键数为7035105（C70球多面体的总棱数是105）。然后根据欧拉定理求出面数为2-70105=37。后面的解法可同解法一或解法二，不再赘述四、差量法型题 例1（1992-38） 写出H2S燃烧反应的化

29、学方程式。1.0LH2S气体和aL空气混和后点燃，若反应前后气体的温度和压强都相同（20，101.3kPa），试讨论当a的取值范围不同时，燃烧后气体的总体积V（用含a的表达式表示。假定空气中氮气和氧气的体积比为41，其他成分可忽略不计）。【错解】 只答a2.5时，V2.0L；a7.5时，V7.0L。【评析】 审题是关键！注意审清以下三点：第一，本题涉及引起体积变化的反应有：第二，题示条件：H2S体积为1L，空气体积为aL（空气中N2，O2的体积比为41），反应前后同温同压。第三，本题要求：讨论a的取值范围不同时，燃烧后气体的总体积V（带“”的为关键字）。运用的基本定律及解题方法：（1）阿伏加德

30、罗定律及其推论气体反应方程式中系数比就是气态物质的体积比。（2）过量计算的要点与方法。（3）运用反应前后气体的体积差求解。解法一：反应前气体总体积为（1+a）L。按反应（1），1LH2S应消耗O20.5L，即空气0.5L1/5=2.5L。当a2.5L时O2不足量2H2SO2=2H2O+2S 体积减少2 1 0 0 3a/5 （3a/5）心算得出当a2.5L时，O2过量，体积变化与H2S体积相关。2H2S3O2=2H2O2SO2 体积减少2 3 0 2 3H2S 体积减少1 （1.5）心算得出V（1+a）L-1.5L（a-0.5）L解法二：对a2.5L分成两种情况讨论。第一种：O2过量，1LH2

31、S完全燃烧，消耗1.5LO2，即耗空气aL1.5L1/57.5L。当a7.5L时，体积变化由H2S决定V=（1a）L-1.5L（a-0.5）L（3）计算，但反应（3）反应前后体积差为0，仍按反应（1）求算：V（1+a）L-1.5L=（a-0.5）L出现误区，是由于不会讨论当a的取值范围不同时，燃烧后气体的总体积V，怎样用含a的表达式表示，导致失误。出现误区，是由于只讨论了O2不足量时，V的表达式，忽略了当a2.5L时，O2过量情况下V的由H2S决定，导致漏掉一组解。出现误区，恰好是漏掉了误区的一组解，其原因是只讨论了当a2.5L时，O2过量情况下V的表达式，忽略了当a2.5L时，O2不足量情况

32、下V的表达式，导致失误。应该说明的是，本题的综合性强，在讨论取值范围过程中，涉及到过量的判断及差量法的运用，所以本题也可属于过量判断型题，或讨论取值范围型题。若a2.5L（或a2.5L）若a2.5L（或a2.5L）V=（1a）L-1.5L=（a-0.5）LSO2也正确。2a2.5L的情况，可以分两步讨论：7.5La2.5L（或7.5La2.5L）V（a-0.5）La7.5L（或a7.5L）V（a-0.5）L五、中间值法型题 例1（1989-47） 18.4gNaOH和NaHCO3固体混和物，在密闭容器中加热到约250，经充分反应后排出气体，冷却，称得剩余固体质量为16.6g。试计算原混和物中N

33、aOH的百分含量。【错解】 设NaHCO3为xg，NaOH为yg，【评析】 首先分析出混合物加热时发生的化学反应为：NaOH和NaHCO3的物质的量之比为11，求加热后混合物质量减少多少g。获得了此数据，就找到了中间值，据此可推断两种物质的物质的量之比，判断出何种物质过量，方可开始计算。即：设混合物质量减少为z124g18.4g=18gz若混合物中NaOH和NaHCO3的物质的量之比大于11，则混合物的质量减少应小于2.67g；若混合物中NaOH和NaHCO3的物质的量之比小于11，则混合物的质量减少应大于2.67g。现混合物的质量减少为18.4g-16.6g=1.8g，1.82.67，说明混

34、合物中NaOH过量。由于所设的未知数不同，可出现以下几种不同的运算过程。第一种：设NaOH质量为x，NaHCO3质量为（18.4g-x）NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O84g 18g（18.4g-x） 1.8g84g（18.4g-x）=18g1.8g解之，得x=10g第二种：设原混合物中NaOH质量为x，反应后剩余NaOH质量为yNaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O40g 84g 106g（x-y）（18.4g-x）（16.6g-y）第三种：设未参加反应的NaOH的质量为x124g（18.4g-x）=106g（16.6g-x）解之，得x=6g原混合物中共有4g+6g=10g

35、显然，第一种设未知数的方法最好。在常见误区的（2）式旁边画了“”，其原因是误认为NaOH未发生反应，还残留在剩余固体中，对混合物受热（250）发生的反应不清楚，不懂得NaOH会吸收NaHCO3分解产生的CO2，更不清楚混合物质量从18.4g变成16.6g的原因，可以说从一开始就错了，致使最后结【正确答案】 混合物加热时的化学方程式为：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O若混合物中NaOH和NaHCO3的物质的量之比为11，则加热后质量减少为若混合物中NaOH和NaHCO3的物质的量之比大于或小于11，则混合物的质量减少分别应小于或大于2.67g。现混合物质量减少为18.4g-16.6g=1

36、.8g，说明混合物中NaOH过量设NaOH质量为x，NaHCO3质量为18.4g-xNaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O84g 18g（18.4g-x） 1.8g84g（18.4g-x）=18g1.8gx=10g七、极端假设法型题 例1（1992-37三南高考题） 某学生对久置于空气中已部分变质的CaO取样分析，实验如下：取10.00g样品高温灼烧，将生成的气体全部通入足量的Ba（OH）2溶液中，得到3.94g沉淀；另取1.00g样品，加入40mL1.0molL-1稀盐酸，充分反应后稀释至500mL。从中取出25mL溶液，以0.020molL-1NaOH溶液中和其中过量的盐酸，用去23mLNaOH溶液，试计算样品中各种物质