中学化学常见解题方法

1、差量法 一、方法存在的依据： 差量法是根据在化学反应中反应物与生成物的差量和造成这种差量的实质及其关系，列出比例式求解的解题方法。我们甚至把“差量”看成是化学方程式中的一种特殊产物。该差量的大小与参与反应的物质的有关量成正比。一般说来，化学反应前后凡有质量差、气体体积差、密度差、压强差等差量都可用差量法求解。解题的关键是做到明察秋毫，抓住造成差量的实质，即根据题意确定“理论差值”,再根据题目提供的“实际差量”,列出正确的比例式，求出答案。二、方法的关键： 利于差量法解题的关键在于寻求差量与某些量之间的比例关系，以差量做为解题的突破口。如果能够找出造成差量的原因，并掌握其运算范围，即使题目形式多

2、变，也能迅速作出解答。三、差量法的数学原理：设反应：A + B = C 质量差（增加或减少）a c a-c（或c-a）x y x-y也就是说，在化学反应前后，物质的质量差和参加该反应的反应物或生成物的质量成正比例关系，这就是根据质量差进行化学计算的原理。四、差量法解题的步骤根据化学方程式分析反应前后形成差量的原因（即影响质量变化的因素）找出差量与已知量、未知量间的关系，然后再列比例式（对应成比例，注意：单位要一致）求解。五、典型例题剖析1固体质差量 由质量守恒定律可以推知，在一个化学方程式中，反应物、生成物各物质之间具有一定的质量比例关系；而各物质与其中任意二者之间的质量差值也存在着一定的比例

3、关系。因此，运用质量差计算的实质是质量守恒。例1.在某些硫酸铜溶液中,加入一个质量为1.12g的铁片,经过一段时间,铁片表面覆盖了一层红色的铜,取出洗净、烘干,称重,质量变为1.16g.计算在这个化学反应中溶解了铁多少克?析出了铜多少克?分析Fe+CuSO4=FeSO4+Cu从化学方程可以看出,铁片质量的增加,与铁的溶解和铜的析出直接联系,每溶解56g铁,将析出64g铜,会使铁片,质量增加: 64g-56g=8g根据铁片增加的质量(1.16g-1.12g),可计算出溶解的Fe的质量和析出的Cu的质量.解:设溶解的Fe为xg,析出的Cu为yge + CuSO4 = FeSO4 + Cu m 56

4、 64 64-56 x y 1.16-1.12 x=0.28(g) y=0.32(g)答:在这个化学反应中溶解了铁0.28g析出了铜0.32g.例2274gNa2CO3和NaHCO3混合物加热至质量减少到212g，则混合物中NaHCO3的质量分数为多少？解：设NaHCO3的质量为x2NaHCO3 = Na2CO3 H2O CO2 m168 106 16810662 x27.4-21.2 x= 16.8(g) 从而求得NaHCO3的质量分数为：61.3%仔细体验：、128gCu片投入AgNO3溶液中，过一会儿取出，称的质量为1356g,求有多少克Ag析出？ 、把6.1g干燥纯净的氯酸钾和二氧化锰

5、的混合物放在试管里加热，当完全分解、冷却后称得剩余固体质量为4.2g，求原混合物里氯酸钾有多少克？ 2、液体质差量例用含杂质（杂质不与酸作用，也不溶于水）的铁10克与50克稀硫酸完全反应后，滤去杂质，所得液体质量为55.4克，求此铁的纯度。【分析】Fe + H2SO4 = FeSO4 + H2 m56g2g 56-2=54由化学方程式可知，影响溶液质量变化的因素是参加反应的铁和生成的氢气。每有56份质量的铁参加反应“进入”溶液中的同时，则可生成2份质量的氢气从溶液中逸出，故溶液质量增加56-2=54（份）。由题目给的差量55.4克-50克=5.4克，据此便可列比例求解。解：设此铁的纯度为x。F

6、e + H2SO4 = FeSO4 + H2 m（液体质量增加）56g 2g 56g-2g=54g10x 554g-50g=54g x=56%答：此铁的纯度为56%。仔细体验：1、向50gFeCl3的溶液中放入一小块钠，待反应完全后，过滤得到仍有棕黄色的溶液459，则投入钠的质量为（）A. 4.6g B.4.1g C.6.9g D.9.2g2、某二价金属元素，它的氧化物质量为14g,全部转化为氯化物时质量为27.8g,则此金属元素的式量为（ ）3、在等质量的下列固体中，分别加入等质量的稀硫酸（足量）至反应完毕时，溶液质量最大的是（ ） A .Fe B. Al C. Ba（OH）2 D. Na2

7、CO34、向KI溶液中滴入AgNO3溶液直至完全反应，过滤后滤液的质量恰好与原溶液质量相等，则AgNO3溶液中溶质的质量分数为多少？3、气体差量例将12克CO和CO2 的混合气体通过足量灼热的氧化铜后，得到气体的总质量为18克，求原混合气体中CO的质量分数。分析：CuO + CO = Cu + CO2 28 44由化学方程式可知，气体质量增加的原因是CO夺取了氧化铜中的氧元素。每28份质量的CO参加反应，可生成44份质量的 ，使气体质量增加44=28=16（份）。现已知气体质量增加18克-12克=6克，据此便可列比例求解。解：设原混合气体中CO的质量分数为x。CuO + CO = Cu +CO

8、2 气体质量增加（差量） 28 44 44 - 28=26 12 18克-12克=6克 x=875答：原混合气体中CO的质量分数为87.5%。例将44g二氧化碳气体通入装有过氧化钠得硬质玻管,发现导出得气体变为384g,问此过程中发生了什么反应?有多少过氧化钠参加了反应?解:设有x g过氧化钠参加反应, 则有2Na2O2 2CO2 2Na2CO3 O2 m(气体的质量减少)156g 88g 32g 88g-32g56gxg 44-38456g x=156答：此过程中发生了过氧化钠与二氧化碳的反应；有15.6g过氧化钠参加了反应。例6在一定条件下，合成氨反应达到平衡后，混合气体中NH3的体积占2

9、5%，若反应前后条件保持不变，则反应后缩小的气体体积与原反应物体积的比值是（ ）A、 1/5 B 、 1/4 C、 1/3 D 、 1/2解：设平衡后，混合气体的体积为1L，则NH3为0.25L。由 N2 + 3H2 = 2NH3 V（减少） 1L 3L 2L 2L可以知道；生成0.25L NH3 ，总体积减少0.25L，则原来有1.25L 。答案是A气体压强差（即物质的量差）仔细体验：1、一氧化碳和二氧化碳的混合气体18克，通入足量的灼热的氧化铜，充分反应后得到气体的质量为22克，求原混合物中一氧化碳和二氧化碳的质量各是多少？（7克，11克）2、将CO2和O2的混合气体448升通过足量的Na

10、2O2,经充分反应后,气体的体积变为336L（均在相同状况下测得）求原混合气体中O2的体积。3、将27gCO和CO2的混合气体点燃后，得到CO2总质量为33g，则该混合气体中CO 的质量为（ ）A13g B14g C105g D165g4、天平平衡问题例7在天平左右两边的托盘上，各放一个盛有等质量、等溶质质量分数的足量稀硫酸的烧杯，待天平平衡后，向两烧中分别加入铁和镁，若要使天平仍保持平衡，求所加铁和镁的质量比。【分析】因硫酸足量，故铁和镁全参加反应。Fe + H2SO4 = FeSO4 + H2 Mg + H2SO4 = MgSO4 + H2由化学方程式可知，影响天平两端质量变化的因素是加入

11、的金属和生成的氢气。分别加入铁和镁后，只有当天平两端增加的质量相同时，天平才可仍保持平衡。解：设所加铁与镁的质量分别为x、y（设此时天平两端增加的质量均为a）。Fe + H2SO4 = FeSO4 + H2 m增加的质量（差量）56 2 56-2=54xa Mg + H2SO4 = MgSO4 + H2 m 增加的质量（差量）24 2 24-2=22y a56:54=x:a 24:22=y:a x:y =7788 仔细体验：1、天平两边的烧杯中，注放足量的盐酸，并使之平衡，向一端烧杯中加入30g镁，若使天平保持平衡，须向另一端烧杯中加入（ ）g钠。 守恒法一、方法存在的依据守恒法是一种中学化学

12、典型的解题方法，它利用物质变化过程中某一特定的量固定不变来列式求解，可以免去一些复杂的数学计算，大大简化解题过程，提高解题速度和正确率。它的优点是用宏观的统揽全局的方式列式，不去探求某些细微末节，直接抓住其中的特有守恒关系，快速建立计算式，巧妙地解答题目。物质在参加反应时，化合价升降的总数，反应物和生成物的总质量，各物质中所含的每一种原子的总数，各种微粒所带的电荷总和等等，都必须守恒。所以守恒是解计算题时建立等量关系的依据，守恒法往往穿插在其它方法中同时使用，是各种解题方法的基础，利用守恒法可以很快建立等量关系，达到速算效果。二、守恒法的类型运用守恒法解题的基本类型主要有：1.原子（或离子）个

13、数守恒 2.电子守恒 3.电荷守恒 4.质量守恒 5.物质的量守恒 6.体积守恒 7.浓度守恒。下面介绍其中的四种方法。1电荷守恒 在溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，溶液电中性。例1.1L混合溶液中含SO420.00025mol，Cl0.0005mol ,NO30.00025mol ,Na0.00025 mol ,其余为H，则H物质的量浓度为（ ）。A0.0025 molL1 B0.0001 molL1 C0.001 molL1 D0.005 molL1【分析】由电荷守恒知： n（Na）n（H）= 2n（SO42）n（Cl）n（NO3）即 ： 0.00025 moln（H）

14、=20.00025 mol0.0005 mol0.00025 mol求得：n（H）=0.001 mol 故c（H）=0.001mol/1L = 0.001mol/L 答案选C例2、在K2SO4 、Al2（SO4）3 、的混合液中，已知c(Al3+)=0.4mol/L，c(SO42-)=0.7mol/L，则溶液中c(K+)为（）（A）0.1mol/L（B）0.15mol/L（C）0.2mol/L（D）0.25mol/L【分析】由电荷守恒知：c（K+）1 + c（Al3+）3 = c（SO42-）2即：c（K+）1 + 0.4mol/L3 = 0.72 故求得：c（K+）= 0.2mol/L仔细体

15、验1、已知M2O7x-和S2-在酸性溶液中发生如下反应：M2O7x- + 3S2- + 14H + = 2M3+ + 3S+7H2O ，则M2O7x-中M 元素的化合价是 （ ）A+2 B+3 C+4 D+6 2、某溶液中只含K+、Na+、NO3-、SO42-等四种离子（水微弱电离产生的H+、OH-不计），离子的个数之比依次为1632，则该溶液所含溶质可能是（ ）AKNO3、Na2SO4 BK2SO4、NaNO3 CK2SO4、NaNO3、KNO3 DKNO3、Na2SO4、NaNO32电子守恒 氧化还原反应中氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数，即得失电子守恒。例3.某氧化剂中，起氧化作用的

16、是X2O72离子，在溶液中0.2 mol该离子恰好能使0.6molSO3离子完全氧化，则X2O72离子还原后的化合价为（ ）。A1 B2 C3 D4【分析】在上述反应中，氧化剂为X2O72，还原剂为SO32。设反应后X元素的化合价为a.则X元素化合价由6降为a，S元素化合价由4升为6。1molX元素得电子（6a）mol，1molS元素失电子（64）mol=2 mol。由电子守恒知：20.2（6a）=0.62 求得a=3 答案选C例4.铜和镁的合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480mL的NO2气体和336mlN2O4（都已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化

17、纳溶液，生成沉淀的质量为（ ）。A、7.04g B、8.26g C、8.51g D、9.02g【解析】根据题干提供的条件，由可逆反应2NO2 N2O4 求出开始放出的NO2的物质的量，即：n（NO2）= 。根据得失电子守恒可知铜和镁共失电子0.23mol,又根据Cu2+Cu(OH)2,Mg2+Mg(OH)2可知铜和镁最终生成氢氧化物沉淀增加了0.23molOH的质量。求出沉淀的质量为4.6+0.23答案是C。仔细体验：1、某氧化剂中，起氧化作用的是X2O72离子，在溶液中0.2mol该离子恰好能使0.6molSO32离子完全氧化，则X2O72离子还原后的化合价为（）A1B2C3D42、一定条件

18、下NH4NO3受热分解的未配平的化学方程式为：5NH4NO32HNO3429H2O在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为（）3、已知25.0ml 0.100mol/L的Na2S2O3溶液恰好把标况下224mLCl2完全还原成Cl-,则S2O32-将转化为( )A.S2- B.S C.SO32- D.SO42-4、24ml 0.05mol/L的Na2SO3溶液恰好于20ml 0.02mol/L的K2Cr2O7溶液完全反应,则元素Cr在还原产物中的化合价为3元素守恒 在一些复杂多步的化学过程中，虽然发生的化学反应多，但某些元素的物质的量、浓度等始终没有发生变化，整个过程中元素守恒。例5.将KCl与

19、KBr混合物13.400g溶于水配成500mL溶液，通过足量的Cl2让其反应，将溶液蒸干得固体11.175g，则原溶液中K+、Cl、Br的物质的量浓度之比为（ ）。A、1 ：2 ：3 B、3 ：2 ：1 C、1 ：3 ：2 D、2 ：3 ：1解析：因为KCl中nK+=nCl、KBr中nK+=nBr，所以原溶液中c（K+）= c（Cl)+c（Br）答案是B例6.有一在空气中暴露过的KOH固体，经分析知其内含水7.62%，K2CO32.88%，KOH90%，若将此样品1g加入到46.00ml的1 molL1盐酸中，过量的酸再用1.07molL1KOH溶液中和，蒸发中和后的溶液可得固体多少克？【分析

20、】此题中发生的反应很多，但仔细分析可知：蒸发溶液后所得固体为氯化钾，其Cl全部来自于盐酸中的Cl，在整个过程中Cl守恒。即 n（KCl）= n（HCl）故m（KCl）=0.046L1 molL174.5 g mol1=3.427 g例7、把NaHCO3与Na2CO310H2O的混合物656克溶于水配制成100ml溶液，已知此溶液中Na+的物质浓度为05mol/L；若将等质量的该混合物加热到质量不再变化为止，则其质量减少了多少克？【解析】利用钠元素的物质的量守恒,反应前钠元素的物质的量为0.5100103-=0.05(mol )解：设生成Na2CO3的质量为xg由Na元素的物质的量守恒得：2Na

21、 Na2CO3 2mol/0.05mol=106g/xg2mol 106g 解得：x=2.65g0.05mol xg 故减少的质量为：6.56-2.65=3.91（g）仔细体验：1、把一种NaOH溶液分为两等份，一份密封保存，另一份敞开存放，几天后用同一种盐酸分别与两份溶液恰好完全反应，所需盐酸的体积是否相等？为什么？4质量守恒 质量守恒是根据化学反应前后反应物的总质量与生成物的总质量相等的原理，进行计算或推断。主要包括：反应物总质量与生成物总质量守恒；反应中某元素的质量守恒；结晶过程中溶质总质量守恒；可逆反应中反应过程总质量守恒。例8、用1L1molL-1的NaOH溶液吸收0.8molCO2

22、,所得溶液中CO32-和HCO3-的物质的量浓度之比约为( ) A.13 B.21 C.23 D.32【解析】利用Na元素和C元素的物质的量守恒。反应前：Na在NaOH中共1mol，C元素在CO2中08mol；反应后：Na元素在Na2CO3和NaHCO3中C在CO32-和HCO3-中。设溶液中有xmol CO32-，ymol HCO3-则有：2x + y =1 x + y = 08 、联立得x=0.2 y=0.6 答案为A仔细体验：1、在反应X+2Y=R+2M中，已知R和M的摩尔质量之比为22：9，当1.6gX与Y完全反应后，生成4.4gR，则在此反应中Y和M的质量比为（）（A）16：9（B）

23、23：9（C）32：9（D）46：942、把44克CO2通入1000克6%的NaOH溶液中，试计算生成的Na2CO3和NaHCO3的质量各是多少克？极值法（又称极端假设法）所谓“极值法”就是对数据不足无从下手的计算或混合物组成判断的题，极端假设恰好为某一成分，或者极端假设为恰好完全反应，以确定混合体系各成分的名称、质量分数、体积分数的解题方法。下面就结合一些具体的试题，谈谈极值法在化学解题中的应用方法与技巧。一、用极值法确定物质的成份在物质组成明确，列方程缺少关系无法解题时，可以根据物质组成进行极端假设得到有关极值，再结合平均值原则确定正确答案。例1某碱金属单质与其普通氧化物的混合物共1.40

24、g，与足量水完全反应后生成1.79g碱，此碱金属可能是（ ）（A）Na （B）K （C）Rb （D）Li【解析】 本题若用常规思路列方程计算，很可能中途卡壳、劳而无功。但是如果将1.4g混合物假设成纯品（碱金属或氧化物），即可很快算出碱金属相对原子质量的取值范围，以确定是哪一种碱金属假定1.4g物质全是金属单质（设为R） 假定1.40g全是氧化物设为R2O则：RROH m 则：R2O 2ROH mMR 17 2MR+16 181.40 （1.79-1.40） 解之MR=61 1.40 （1.79-1.40） 解之MR=24.3既然1.40g物质是R和R2O的混合物，则R的相对原子质量应介于24

25、.361之间。题中已指明R是碱金属，相对原子质量介于24.361之间的碱金属只有钾，其相对原子质量为39。答案为B仔细体验1、 取3.5克某二价金属的单质投入50克溶质质量分数为18.25%的稀盐酸中，反应结束后，金属仍有剩余；若2.5克该金属投入与上述相同质量、相同质量分数的稀盐酸中，等反应结束后，加入该金属还可以反应。该金属的相对原子质量为（ ） （A）24 （B） 40 （C）56 （D）65 二、用极值法确定杂质的成份 在混合物杂质成分分析时，可以将主要成分与杂质成分极值化考虑，然后与实际情况比较，那么就迅速判断出杂质的成分。例2 将13.2克可能混有下列物质的(NH4)2SO4样品，

26、在加热的条件下，与过量的NaOH反应，可收集到4.3升NH3(密度为17克/22.4升)，则样品中不可能含有的物质是（ ）（A）NH4HCO3、NH4NO3 （B）(NH4)2CO3、NH4NO3（C）NH4HCO3、NH4Cl （D）NH4Cl、(NH4)2CO3【解析】假设样品为纯(NH4)2SO4，则由(NH4)2SO42NH3可知，能产生4.48升NH3，大于4.3升。因此样品中的杂质造成样品NH4+的含量小于纯(NH4)2SO4中NH4+的含量。这就要求选项的两种物质中至少有一种物质的NH4+含量小于(NH4)2SO4中NH4+的含量，都大于是不可能的。可将备选答案化学式变形后进行估

27、算：NH4HCO3(NH4)2(HCO3)2，NH4NO3(NH4)2(NO3)2，NH4Cl(NH4)2Cl2 部分“式量”：(HCO3)=122，(NO3)2=124，Cl2=71，CO3=60，而(NH4)2SO4中，SO4=96，故答案选D。仔细体验2、 不纯的CuCl2样品13.5g与足量的AgNO3溶液充分反应后得到沉淀29g，则样品中不可能含的杂质是（ ）A）AlCl3 （B）NaCl （C）ZnCl2 （D）CaCl2三、用极值法确定混合气体的平均相对分子质量两种气体组成的混合气体的平均相对分子质量肯定介于组成气体相对分子质量之间，三种气体组成的混合气体平均相对分子质量肯定介于

28、组成气体相对分子质量最大值和最小值之间，但这个范围太大，依据题目内在关系和极值法可使范围更加准确。例3 0.03mol Cu完全溶于硝酸，产生氮的氧化物（NO、NO2、N2O4）混合气体共0.05mol 。该混合气体的平均相对分子质量是（ ）（A）30 （B）46 （C）50 （D）66【解析】设NO、NO2、N2O4三者的物质的量分别为：x、y、z， x + y + z = 0.05-式则依据电子守恒可得：3x+y+2z=0.06-式，式减去式得：2x + z = 0.01故NO物质的量的极值为0.005 mol ，N2O4物质的量的为极值0.01 mol若NO物质的量的为0.005 mol

29、，则NO2为0.045 mol= =44.4若N2O4物质的量的为0.01 mol，则NO2为0.04 mol = =55.2该混合气体的平均相对分子质量介于44.4和55.2之间，故答案选B、C仔细体验3、在密闭容器中进行下列反应，平衡后，再压缩体积，混合气体平均相对分子质量增大的是（ ）（A）Fe2O3（S）+3CO（g） 2Fe（S） +3 CO2（g）（B）4NH3（g）+5O2（g） 4NO（g）+6H2O（g） （C）2NH3（g）+CO2（g） CO(NH2)2（S） + H2O（g）（D）C（S）+ H2O（g） CO（g）+ H2（g） 四、用极值法确定可逆反应中反应物、生成

30、物的取值范围由于可逆反应总是不能完全进行到底的，故在可逆反应中，分析反应物、生成物的量的取值范围时利用极值法能达到目标明确，方法简便，范围正确。例4 容积不变的反应容器中,要求通过调节体系温度使A(g)+2B(g) 2C(g)达平衡时保持气体总物质的量为12mol，现向反应容器中通入6.5molA、xmolB和2molC，欲使起始反应向逆反应方向移动,x的取值范围为 【解析】依题意:6.5+x+212,x12,x2.5(因C实际不能完全转化,故(6.5+1)+(x+2)大于12 。实际上C转化一部分满足12mol) 故答案为2.5xa0.4；5、D平均摩电子质量法在化学计算中的运用摩电子质量（

31、Ae）可定义为某物质在反应中转移1mol电子引起的质量改变，单位：g/mole-此法在计算中运用了氧化还原本质电子守恒这一基本理论。平均摩电子质量（Ae）可定义为两种或两种以上物质组成的混合物在反应中转移1mol电子引起的质量改变，此法在计算中的应用主要利用了平均值原理，简单地说，两个数值（a、b）的平均值一定介于a、b之间，反之，已知两个数的平均值，若其中一数值比平均值大，则可推知另一数值必比平均值小。在化学计算中，若应用此平均摩电子质量法便是巧妙地迁移了这种平均值原理。例1：0.1mol某物质与足量硫充分反应，质量增加1.6克，则构成这种单质的元素是（ ）A、Cu B、K C、Al D、F

32、e解析Ae（S）=16g/mole- ，反应时消耗硫1.6克，得电子0.1mol，可知0.1mol金属在反应时失电子，那么可知此金属反应后化合价为1价，从而确定答案为A、B。例2：有两种金属组成的合金50克与Cl2完全反应，消耗Cl271克，则该合金的可能组成是A、Na/Zn B、Na/Al C、Fe/Mg D、Ca/Cu解析金属与Cl2发生的反应中，Cl2为氧化剂，反应中得电子，金属失电子，得失电子相等，m（Cl2）=7克、n（Cl2）=1mol，得电子2mol，则50克合金失2mol电子，Ae=25g/mole-根据平均值原理，则两种金属的Ae必有一种大于25g/mole-，另一种小于25

33、g/mole-，Ae（Na）=23g/mole- Ae（Zn）=32.5g/mole- Ae（Al）=9g/mole- Ae（Fe）=18.7g/mole- Ae（Mg）=12g/mole- Ae（Ca）=20g/mole- Ae（Cu）=32g/mole- 故答案为A、D。例3：两种金属的混合粉末15克跟足量盐酸反应时，生成11.2L氢气（标准状况），下列各组金属能构成上述条件的混合物是（ ）A、Mg/Ag B、Cu/Zn C、Al/Fe D、Mg/Al解析Ae=15g/mole- Ae（Mg）=12g/mole- Ae（Zn）=32.5g/mole- Ae（Al）=9g/mole- Ae（

34、Fe）=28g/mole-Cu、Ag不与盐酸反应，混合物组合的Ae必是：一个大于15g/mole-，一个小于15g/mole-，或者都等于15g/mole-，故答案为A、C。练习：1、今有18克的两种金属混合物，投入足量盐酸中完全反应后，金属无剩余，并得到标准状况下的氢气11.2L，则此混合物可能是（ ）A、Mg/Fe B、Al/Cu C、Na/Al D、Mg/Al2、有Mg、Al、Fe和Cu四种金属，若两两混合取混合物26克，使之与足量稀H2SO4反应，产生11.2L氢气（标准状况），则该混合物可能的组成方式最多有（ ）种。3、由锌、铁、铝、镁四种金属中的两种组成的混合物10g，与足量的盐酸

35、反应产生的氢气在标准状况下为11.2L，则混合物中一定含有的金属是（1998年全国高考题）A.锌 B.铁 C.铝 D.镁 平均值法原理：若混和物由 A、B、C等多种成分组成，它们的特征量为M1，M2，M3，它们在混合物中所占分数分别为n1，n2，n3，它们的特征量的平均值为M，则若混合物只有A、B两种成分，且已知M1M2，则必有M1MM2，若已知M，则M1和M2必有一个比M大，另一个比M小。也就是说我们只要知道M就可推知M1、M2的取值范围，而不要进行复杂的计算就可以迅速得出正确的答案。体积平均值例1：丙烯和某气态烃组成的混和气体完全燃烧时，所需氧气的体积是混合烃体积的5倍(相同状况)，则气态

36、烃是：A.C4H8 B.C3H4 C.C2H6 D.C2H4 析：由烃燃烧规律可推知：1体积的丙烯(C3H8)完全燃烧需要4.5体积氧气(3C3CO2 ，需3O2 ，6H3H2O，需1.5O2 )小于5体积，根据题意及平均值的概念得另一气态烃1体积完全燃烧时需氧量必大于5体积，经比较只有A符合要求。摩尔质量(或相对原子、分子质量)平均值例2:下列各组气体，不论以何种比例混和，其密度(同温同压下)不等于氮气的密度的是：A.O2和H2 B.C2H4和CO C.O2和Cl2 D.CH4和C2H2 析：依题意，混和气体的平均相对分子质量不会等于28，即各组分气体的相对分子质量必须都大于28或都小于28

37、，因此C和 D符合题意。百分含量平均值例3：某不纯的氯化铵，已测知其氮元素的质量分数为40% ，且只含一种杂质，则这种杂质可能是：A.NH4HCO3 B.NaCl C.NH4NO3 D.CO(NH2)2析：氯化铵的含氮量为1453.5100%=25.7%40%，则杂质中必含氮，且含氮量大于40%，进一步计算(估算)可得答案为D。中子数或其它微粒数的平均值例4：溴有两种同位素，在自然界中这两种同位素大约各占一半，已知溴的原子序数为35，相对原子质量为80，则溴的这两种同位素的中子数分别等于：A.79、81 B.44、45 C.44、46 D.34、36析：由溴的相对原子质量及原子序数知溴元素的中

38、子数的平均值为80-36=45，则其中一种同位素的中子数必大于45，另一同位素中子数小于45，显然答案是C。浓度的平均值例5：100mL0.2molL-1的NaOH溶液与50mL0.5molL-1的NaOH溶液混合，所得溶液的浓度是：A.0.3molL-1 B.0.35molL-1 C. 0.7molL-1 D. 0.4molL-1析：由题意，混合溶液可看成50mL0.2molL-1的NaOH溶液2份与1份50mL0.5molL-1的NaOH溶液混合而成，故浓度为：(0.2+0.2+0.5)(2+1)=0.3(molL-1)，即选A。摩尔电子质量的平均值摩尔电子质量(We)：某物质在反应中转移

39、1mol电子引起的质量改变，单位是克(摩电子)-1g(mole)-1。平均摩尔电子质量：几种物质组成的混合物在反应中转移1mol电子引起的质量改变。例6：两种金属的混合粉末15g，跟足量盐酸的应时,恰好得到11.2L氢气(标准状况)。下列各组金属不能构成符合上述条件的混和物是：A.Mg和Ag B.Cu和Zn C.Al和Fe D. Mg和Al析：金属与酸反应时，每产生0.5mol氢气(标况11.2L)就要转移1mol电子，由题意得两金属的摩尔电子质量的平均值为15g(mole)-1，则两金属的摩尔电子质量必符合：We115We2，而上述金属中Cu和Ag与盐酸不反应，其它金属与盐酸反应时的摩尔电子质量(数值上等于相对原子质量除