高考化学 化学计算中的几种常用方法 新人教

解题虽然没有一成不变的方法模式，但应建立解题的基本思维模式：题示信息+基础知识+逻辑思维。掌握正确的解题方法能简化解题过程，提高解题能力，常用的解题技巧有：精选ppt

1.差量法（1）差量法的应用原理差量法是指根据化学反应前后物质的量发生变化，找出“理论差量”。这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题是先把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟差量（实际差量）列成比例，然后求解。如:2C(s)+O2(g)2CO(g)ΔH=-221kJ/molΔm(固)，Δn(气)，ΔV（气）

2mol1mol2mol221kJ24g1mol22.4L（标况）（2）使用差量法的注意事项

①所选用差值要与有关物质的数值成正比例或反比例关系。②有关物质的物理量及其单位都要正确地使用。（3）差量法的类型及应用

①质量差法精选ppt【典例导析1】取一定量的CuO粉末与0.5L稀硫酸充分反应后,将一根50g铁棒插入上述溶液中，至铁棒质量不再变化时，铁棒增重0.24g，并收集到224mL气体（标准状况）。求此CuO

粉末的质量。

解析

由题意可知，CuO粉末与稀硫酸充分反应后，硫酸过量。引起铁棒质量变化时涉及下列两个反应：①Fe+H2SO4

FeSO4+H2↑②Fe+CuSO4

FeSO4+Cu精选ppt其中①反应使铁棒质量减少，②反应使铁棒质量增加，两者的代数和为0.24g。①Fe+H2SO4

FeSO4+H2↑ Δm156g1mol56g0.01mol0.56gΔm2-Δm1=0.24g,Δm2=Δm1+0.24g=0.56g+0.24g=0.8g。设CuO的物质的量为x，则CuSO4的物质的量也为x,②Fe+CuSO4

FeSO4+CuΔm21mol8gx0.8g精选ppt求得x=0.1mol，m(CuO)=0.1mol×80g/mol=8g。答案8g精选ppt【典例导析2】一定条件下，合成氨气反应达到平衡时,测得混合气体中氨气的体积分数为20.0%,

与反应前的体积相比，反应后体积缩小的百分率是（）

A.16.7%B.20.0%C.80.0%D.83.3%

解析N2+3H22NH3ΔV1L3L2L2L

取平衡时混合气体100L，其中含20L

NH3。生成2LNH3，原气体总体积减少2L；则生成

20LNH3，原气体总体积减少20L。所以，原始氮气和氢气总体积为120L，反应后体积缩小的百分率为20L/120L×100%=16.7%。高温、高压催化剂A②体积差量法精选ppt

2.关系式法物质间的一种简化的式子，解决多步反应，计算最简捷。多步反应中建立关系式的方法：（1）叠加法（如利用木炭、水蒸气制取氨气）由木炭、水蒸气制取NH3的关系为:3C~4NH3。精选ppt(2)元素守恒法4NH3+5O24NO+6H2O2NO+O22NO23NO2+H2O2HNO3+NO经多次氧化和吸收，由N元素守恒知：NH3~HNO3（3）电子转移守恒法NH3

HNO3,O22O2-由得失电子总数相等知，NH3经氧化等一系列过程生成HNO3，NH3和O2的关系为NH3~2O2。失去8e-得4e-精选ppt【典例导析3】取KI溶液25mL，向其中滴加

0.4mol/L的FeCl3溶液135mL,I-完全反应生成

I2：2I-+2Fe3+

I2+2Fe2+。将反应后的溶液用

CCl4萃取后分液，向分出的水溶液中通入Cl2至0.025mol时，Fe2+恰好完全反应。求KI溶液的物质的量浓度。精选ppt解析

依题意，有：2I-+2Fe3+

I2+2Fe2+,2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-本题可用关系式法求解。由上述两个反应及电子转移守恒理论，得I-与Cl2之间的关系式：2I-~Cl2。

2e-|

2e-|精选ppt答案

设KI的物质的量是x。2I-~Cl221x0.025mol

。。精选ppt

3.极值法（1）极值法的含义极值法是采用极限思维方式解决一些模糊问题的解题技巧。它是将题设构造为问题的两个极端，然后依据有关化学知识确定所需反应物或生成物的量值，进行判断分析，求得结果。（2）极值法解题的基本思路极值法解题有三个基本思路：①把可逆反应假设成向左或向右进行的完全反应。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。精选ppt（3）极值法解题的关键紧扣题设的可能趋势，选好极端假设的落点。（4）极值法解题的优点极值法解题的优点是将某些复杂的、难以分析清楚的化学问题假设为极值问题，使解题

过程简化，解题思路清晰，把问题化繁为简，由难变易，从而提高了解题速度。精选ppt【典例导析4】已知25℃下，0.1mol/L某二元酸（H2A）溶液的pH大于1，其酸式盐NaHA溶液的pH小于7。取等体积的H2A溶液和NaOH溶液混合后，所得溶液的pH等于7，则酸溶液与碱溶液的物质的量浓度之比是 （ ）

A.小于0.5 B.等于0.5 C.大于0.5且小于1 D.大于1且小于2精选ppt解析

因为0.1mol/L

H2A的pH大于1，所以H2A是弱酸，则H2A与NaOH生成正盐（Na2A）时，由于Na2A水解，溶液显碱性，pH大于7，此时酸溶液与碱溶液的物质的量浓度之比是1∶2=0.5。现已知混合液的pH等于7，故H2A必须过量，NaOH溶液的浓度只能小于0.2mol/L，所以二者的物质的量浓度之比一定要大于0.5，即最小值大于0.5。又因为H2A与NaOH反应生成酸式盐（NaHA）时,溶液的pH小于7，所以NaHA溶液显酸性，此时酸溶液与碱溶液的物质的量浓度之比是1∶1，要使溶液的pH等于7，二者的物质的量浓度之比的最大值要小于1。由此可知，酸溶液与碱溶液的物质的量浓度之比在0.5与1之间。答案

C精选ppt

4.平均值规律及应用（1）依据:若XA>XB,则XA>>XB，代表平均相对原子（分子）质量、平均浓度、平均含量、平均生成量、平均消耗量等。（2）应用：已知可以确定XA、XB的范围；或已知XA、XB可以确定的范围。解题的关键是要通过平均值确定范围，很多考题的平均值需要根据条件先确定下来再作出判断。精选ppt【典例导析5】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

NO2气体和336mL的N2O4气体（气体的体积已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为（ ）

A.9.02g B.8.51g

C.8.26g D.7.04g精选ppt解析

被还原的硝酸共有0.23mol，则4.6g铜和镁的合金为0.115mol，故合金的平均摩尔质量为

=40g/mol,氢氧化物的平均相对分子质量为：40+17×2=74。故形成的氢氧化物沉淀为：（4.6g÷40g/mol)×74g/mol=8.51g或0.115mol×74g/mol=8.51g。本题也可以用整体思维方法，采用守恒法来解。沉淀的质量等于合金的质量与其沉淀的OH-的质量之和，而Cu、Mg沉淀的OH-的物质的量等于其失去电子的物质的量，根据得失电子守恒规律，Cu、Mg失去电子的物质的量等于被还原的硝酸的物质的量，则沉淀的质量=4.6g+0.23mol×17g/mol=8.51g。答案

B精选ppt1.标准状况下，10g

CO和CO2混合气体的体积是6.72L,则此混合气体中，CO和CO2的物质的量之比是 ( ) A.1∶1 B.2∶1 C.4∶3 D.2∶3迁移应用精选ppt解析

从题中数据上看，无差值特征。但CO2与CO在分子组成、摩尔质量上均存在差值。若气体的总物质的量一定，以CO2代换CO，每代换1mol,气体质量就增加16g。若6.72L(标准状况下)的气体是CO，其质量是×28g/mol=8.4g，实际上,6.72L（标准状况下）的气体中，有CO2代换CO而使气体质量是10g，质量增加1.6g。标准状况下，6.72L气体的物质的量是0.3mol,设其中的CO2的物质的量是x。=,x=0.1mol。n（CO）∶n（CO2）=（0.3-0.1）∶0.1=2∶1。答案

B精选ppt2.一定体积的KMnO4溶液恰好能氧化一定质量的KHC2O4·H2C2O4·2H2O。若用0.1000mol/L的NaOH溶液中和相同质量的KHC2O4·H2C2O4

·2H2O，所需NaOH溶液的体积恰好为KMnO4溶液的3倍，则KMnO4溶液的浓度（mol/L）为 （ ）

提示：①H2C2O4是二元弱酸 ②10［KHC2O4·H2C2O4］+8KMnO4+ 17H2SO48MnSO4+9K2SO4+40CO2↑+32H2O A.0.008889 B.0.08000 C.0.1200 D.0.2400精选ppt解析

可设NaOH溶液体积为1L,则KMnO4溶液为

L，n（NaOH）=0.1mol/L×1L=0.1moln(KHC2O4·H2C2O4·2H2O）=n（NaOH）=×0.1mol=moln(KMnO4)=·n(KHC2O4·H2C2O4·2H2O）=·mol=mol[KMnO4]==0.0800mol/L答案

B精选ppt3.常温下，向20L的真空容器中通入a

mol

H2S和b

mol

SO2(a和b都是正整数，且a≤5,b≤5)。反应完全后，容器内气体可能达到的最大密度是 ( ) A.24.5g/L B.14.4g/L C.8g/L D.5.19g/L

精选ppt解析

若容器内充入的全是H2S，则气体的最大密度是=8.5g/L。若容器内充入的全是SO2,则气体的最大密度是=16g/L。因为2H2S(g)+SO2(g)2H2O(l)+3S(s),则只有H2S与SO2反应后SO2有剩余时，气体才可能达到最大密度。取a的最小值a=1,取b的最大值b=5,反应后剩余的气体是SO2，且n(SO2）剩余最多，即4.5mol,ρ(SO2)==14.4g/L。答案

B精选ppt4.生态农业涉及农家肥料的综合利用，某种肥料经发酵得到一种含甲烷、二氧化碳、氮气的混合气体。2.016L(标准状况)该气体通过盛有红热CuO粉末的硬质玻璃管，发生的反应为：CH4+4CuO

CO2+2H2O+4Cu。当甲烷完全反应后，硬质玻璃管的质量减轻4.8g。将反应后产生的气体通过过量的澄清石灰水中，充分吸收，生成沉淀8.5g。（1）原混合气体中甲烷的物质的量是

。（2）原混合气体中氮气的体积分数是多少？（写出计算过程）精选ppt解析

分析CH4还原氧化铜的反应可知，硬质玻璃管的质量减轻4.8g是参加反应的CuO中O的质量，由化学方程式利用差量法可解本题：(1)CH4+4CuO

CO2+2H2O+4Cu固体质量差1mol4×80g1mol4×64g64gn(CH4)n(CO2)4.8g列比例式n(CH4)=0.075moln(CO2)=0.075mol精选ppt(2)n(CO2)总=n(CaCO3)==0.085moln(CO2)总量就等于n(CH4)与n(CO2)原之和，则V（N2）=2.016L-n(CO2)总×22.4L/mol=0.112LN2的体积分数为×100%=5.56%

答案

（1）0.075mol(2)5.56%精选ppt实验突破1.气体的质量和体积的测定原理与方法1.气体体积的测定（1）原理：对于难溶于水且不与水反应（或无法用试剂直接吸收）的气体（如H2、O2等）通常采用排水量气法测量它们的体积，根据排出的水的体积来确定气体的体积。（2）量气装置精选ppt其中图（a）会因集气瓶至量筒之间的那段导管内的液体无法读出，而使测得的气体体积偏小；如果选用图（d）的装置就可以避免这样的误差，其实验步骤为:①检验装置的气密性；②连接好收集装置后，在量气筒内注满水，上下移动乙管，使甲管内的液面处在“0”刻度；③反应完毕，上下移动乙管，使甲、乙两管内的液面保持相平，再读精选ppt出甲管内气体体积数。这套装置的好处是成功的避免了装置(a)的不足,利用反应前装置内外的气压相等，反应后上下移动乙管，使甲、乙两管内的液面保持相平，从而保持反应后装置内外的气压相等，这样测得的结果才比较准确。但这套装置也有不足，操作复杂。（3）读取体积：读数时注意:①冷却至室温；②调节两液面相平；③视线与凹液面的最低处相切。精选ppt2.气体质量的测定（1）原理：气体的质量一般采用间接的方法来测定，对一些可用试剂直接吸收的气体根据气体的某些性质（如酸碱性或溶解性）采用合适的吸收剂（如浓硫酸、碱石灰）和实验装置（如洗气瓶、干燥管）来吸收，通过吸收装置吸收前后的质量差得到气体的质量。（2）测量装置精选ppt【典例导析】

某研究性学习小组为证明在同温同压下，相同浓度相同体积的不同强度的一元酸与足量镁带反应时，生成氢气的体积相同而反应速率不同，同时测定实验室条件下的气体摩尔体积。设计的简易实验装置如下图。该实验的主要操作步骤如下：精选pptⅠ.①配制浓度均为0.5mol/LH2SO4溶液和

H2C2O4溶液；②用

量取10.00mL0.5mol/LH2SO4和H2C2O4溶液分别加入两个锥形瓶中；③分别称取除去表面氧化膜的镁条并系于铜丝末端；④检查装置的气密性，在广口瓶中装满水，按图连接好装置；⑤将铜丝向下移动,使足量镁带浸入酸中(铜丝不与酸接触)，至反应完全，记录

；⑥反应结束后，读取量筒中水的体积为y

mL。精选pptⅡ.请将上述步骤补充完整并回答下列问题：（1）用密度为1.84g/cm398%的浓H2SO4配制250mL0.5mol/L的H2SO4溶液，所需要的主要仪器有

、

、烧杯、玻璃棒、酸式滴定管。（2）以下是读取量筒内水的体积时必须包括的几个步骤：①使乙、丙中液面相平；②将装置冷却至室温；③读取量筒内水的体积。这三步操作的正确顺序是

。（3）读取量筒内水的体积时，若丙中液面高于乙中液面，使乙、丙中液面相平的操作是

。（4）简述速率不等的原因是

，铜丝不与酸接触的原因是

。精选ppt解析Ⅰ.②根据量取溶液体积的精确度要求可知应使用酸式滴定管；⑤比较H2SO4、H2C2O4反应速率可通过观察气泡或完全反应所需时间长短。Ⅱ.(1)配制溶液需要使用特定的仪器（250mL的容量瓶），定容时需要用到胶头滴管。（2）为保证测量数据的准确,应该将气体冷却至室温和相同压强下，所以应该先进行操作②,然后调整液面使气体压强等于外界大气压,最后正确读数。(3)由题意可知，丙（量筒）中的液面高于乙的液面,故应将丙向下移动。(4)因为H2SO4是强酸、H2C2O4是弱酸，故相同浓度的溶液中H2SO4的氢离子浓度大，反应速率快。若铜丝接触溶液，则构成原电池，使反应速率加快，使实验结果的可信度降低。精选ppt答案

Ⅰ.②酸式滴定管⑤反应所需时间Ⅱ.（1）250mL容量瓶胶头滴管（2）②①③(3)丙向下移动（4）氢离子浓度不同镁与铜易形成原电池，加快反应速率，干扰实验的测定精选ppt有一含NaCl、Na2CO3·10H2O和NaHCO3的混合物，某同学设计如下实验，通过测量反应前后C、D装置质量的变化，测定该混合物中各组分的质量分数。迁移应用精选ppt（1）加热前通入空气的目的是

，操作方法为

。（2）装置A、C、D中盛放的试剂分别为：A

，C

，D

。（3）若将A装置换成盛放NaOH溶液的洗气瓶，则测得的NaCl的含量将

（填“偏高”、“偏低”或“无影响”，下同）；若B中反应管右侧有水蒸气冷凝，则测定结果中NaHCO3的含量将

；若撤去E装置，则测得Na2CO3·10H2O的含量将

。（4）若样品质量为wg，反应后C、D增加的质量分别为m1g、m2g，由此可知混合物中NaHCO3的质量分数为

（用含w、m1、m2的代数式表示）。精选ppt解析这是一道定量测定的综合实验题。（2）A、C、D都是U形管，不能盛液体试剂，只能盛固体试剂。A处试剂必须同时吸收CO2和水蒸气，故A处盛的是碱石灰；C、D两处分别吸收水蒸气和CO2，故C处可盛无水硫酸铜（或无水CaCl2、P2O5等），D处可盛碱石灰。（3）若A装置盛放NaOH溶液只吸收CO2，不吸收水蒸气，则混合物中产生水蒸气的Na2CO3·10H2O和NaHCO3的总质量在计算中会增大，因此测得的NaCl的含量会偏低；若B中反应管右侧有水蒸气冷凝，则水蒸气总质量减小，Na2CO3·10H2O和NaHCO3的精选ppt总质量在计算中会减小，但是NaHCO3的质量是根据CO2的质量进行计算，所以测得的NaHCO3的含量不受影响；若撤去E装置，则D装置可吸收来自外界空气中的CO2，使得NaHCO3的质量在计算中会增大，故测得的Na2CO3·10H2O的含量会偏低。（4）NaHCO3的质量分数：×2×84g/mol÷wg×100%=%精选ppt答案

（1）除去装置中的水蒸气和二氧化碳关闭b，打开a，缓缓通入空气，直至a处出来的空气不再使澄清石灰水变浑浊为止（2）碱石灰无水硫酸铜（或无水CaCl2、P2O5等）碱石灰（3）偏低无影响偏低（4）%精选ppt1.（2009·福建理综，8）设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）

A.24g镁的原子最外层电子数为NAB.1L0.1mol/L乙酸溶液中H+数为0.1NAC.1mol甲烷分子所含质子数为10NAD.标准状况下，22.4L乙醇的分子数为NA

解析

24g镁的原子最外层电子数为24g/24g/mol×2=2mol，为2NA,A错误；乙酸是弱酸，不完全电离，B错误；甲烷是10电子分子，C正确；标准状况下，乙醇是液体，D错误。C易错题重练精选ppt2.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）

A.常温常压下33.6L氯气与27g铝充分反应，转移电子数为3NAB.标准状况下，22.4L己烷中共价键数目为19NAC.由CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，其中的氧原子数为2NAD.1L浓度为1mol/L的Na2CO3溶液中含有NA个精选ppt解析

A项，若是标况下，33.6LCl2与27g铝能恰好反应生成1molAlCl3，电子转移为3mol，即3NA，但常温常压下的33.6LCl2在标况下的体积应小于33.6L，故Cl2不足量，不会生成1molAlCl3，A项错；B项，标况时己烷是液体，22.4L己烷远大于1mol，B项错；C项，CO2与O2虽物质不同，相对多少也不确定，但它们的共同之处就是每个分子中一定含有2个氧原子，C选项正确；D选项，需要考虑水解，故D选项也不正确。答案C精选ppt3.用NA表示阿伏加德罗常数，以下各说法中正确的是（）

A.在加热时，0.1mol的铜与足量的浓硫酸反应生成SO2的体积约为2.24LB.0.1mol氯气溶于水，反应中转移的电子数为

0.1NAC.常温常压下，2.24L四氯化碳中所含氯原子数大于0.4NAD.在同温同压下，相同体积的任何气体单质应含有相同的原子数C精选ppt4.NA代表阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）

A.标准状况下，2.24LH2O含有的分子数等于

0.1NAB.常温下，100mL1mol/LNa2CO3溶液中阴离子总数大于0.1NAC.分子数为NA的CO、C2H4混合气体体积约为

22.4L，质量为28gD.3.4gNH3中含N-H键数目为0.2NA精选ppt解析

A项：在标准状况下，H2O不是气体，2.24L不对应0.1mol，错；B项：0.1mol由于部分发生水解使减少，但每消耗1个，同时增加一个和OH-,使阴离子数目增多，B选项正确；C项：CO、C2H4的摩尔质量都是28g/mol，28g混合气体肯定是1mol,但该选项未指明状态，也就不一定是22.4L，反之未指明状态条件的22.4L气体未必是28g；D项：3.4gNH3相当于0.2molNH3，每个NH3含3个N-H键，故3.4gNH3中含0.6NAN-H键。答案

B精选ppt5.质量分数为w的NaOH溶液，其物质的量浓度为amol/L，加热蒸发水分使其质量分数变为2w,

此时,该溶液中NaOH的物质的量浓度为bmol/L，则a与b的关系正确的是（）

A.b=2aB.a=2bC.b<2aD.b>2a

解析质量分数由w→2w,表明溶液的质量减少一半，而溶质不变时，减少的全部是水，由于水的密度小于溶液的密度，所得溶液体积小于原体积的一半，则b>2a。D精选ppt6.0.1mol/LNa2SO4溶液300mL、0.1mol/LMgSO4溶液200mL和0.1mol/LAl2（SO4）3溶液100mL，这三种溶液中硫酸根离子浓度之比是（）

A.1∶1∶1B.3∶2∶1C.3∶2∶3D.1∶1∶3

解析本题易错选A或C，错选A是对物质的量与物质的量浓度的概念没有认真思考造成的；错选C是因为未细看题目要求而将题给数据分别相乘，再比较得到答案。其实该题与溶液体积无关，完全是干扰信息。许多考生在做这种题时容易思维定势见数就做，一旦认识到自己做错了时，才恍然大悟，这样的错误往往会屡做屡犯，解决的办法只有认真审题，养成良好的审题习惯。D精选ppt7.已知NH3和NO2都能用来做喷泉实验,若在标准状况下用等体积烧瓶各收集满NH3和NO2气体，实验后两个烧瓶内溶液的关系是（不考虑溶质的扩散）（）

A.溶质的物质的量浓度相同，溶质的质量分数不同

B.溶质的质量分数相同，溶质的物质的量浓