高考化学计算解题策略例析

高考化学计算解题策略例析

选用合适的方法解计算题，不但可以缩短解题的时间，还有助于减小计算过程中的运算

量，尽可能地降低运算过程中出错的机会。例如下题，有两种不同的解法，相比之下，不难

看出选取合适方法的重要性：

例1、30mL一定浓度的硝酸溶液与5.12克铜片反应,当铜片全部反应完毕后，共收

集到气体2.24升(S.T.P),则该硝酸溶液的物质的量浓度至少为()

A.9mol/LB.8mol/LC.5mol/LD.10mol/L

【解析】解法一：因为题目中无指明硝酸是浓或稀，所以产物不能确定，根据铜与硝酸

反应的两个方程式：

(1)3cli+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NOf+4H2。

(2)CU+4HNO3(^)=Cu(NO3)2+2NO2t+2H2O

可以设参与反应(1)的Cu为xmol,则反应生成的NO气体为2/3xmol,反应消耗的硝

酸为8/3xmol,再设参与反应(2)的Cu为ymol,则反应生成的NCh气体为2ymol,反

应消耗的硝酸为4ymol从而可以列出方程组：(x+y)x64=5.12,[(2/3)x+2y]x22.4=2.24,

求得x=0.045mol,y=0.035mol,则所耗硝酸为8/3x+4y=0.26mol，其浓度为

(0.26/0.03)mol/L,在8-9之间，只能选A.

解法二：根据质量守恒定律，由于铜片只与硝酸完全反应生成CW+,则产物应为硝酸

铜，且其物质的量与原来的铜片一样，均为5.12/64=0.08摩，从产物的化学式CU(NO3)2

可以看出,参与复分解反应提供N03的HN03有2x0.08=0.16摩:而反应的气态产物，

无论是NO还是NO2,每一个分子都含有一个N原子，则气体分子总数就相当于参与氧化

还原反应的HNO3的摩尔数所以每消耗一摩HNO3都产生22.4L气体（可以是NO或N02

甚至是两者的混合物），现有气体2.24L,即有0.1摩HNO3参与了氧化还原反应,故所耗

硝酸为0.16+0.1=0.26摩，其浓度为（0.26/0.03）mol/L,在8-9之间，只能选A

【点评】从以上两种方法可以看出，本题是选择题，只要求出结其便可，不论方式及解

题规范,而此题的关键之处在于能否熟练应用质量守恒定律，第二种方法运用了守恒法，所

以运算量要少得多，也不需要先将化学方程式列出，配平，从而大大缩短了解题时间,更避

免了因不知按哪一个方程式来求硝酸所导致的恐慌。

例2、在一个6升的密闭容器中，放入3升X（气井口2升Y（气），在一定条件下发生下

列反应：4X（气）+3Y（气）2Q（气）+nR（气）达到平衡后，容器内温度不变,混和气体的压强比

原来增加5%,X的浓度减小1/3,则该反应方程式中的n值是（）

A.3B.4C.5D.6

【解析】解法一：抓住“X浓度减少1/3”,结合化学方程式的系数比等于体积比，可

分别列出各物质的始态。

变量和终态：4X3Y2QnR

始态3L2L00

变量：-1/3X3L=1L-3/4X1L=3/4L+2/4xlL=l/2L+n/4xlL=n/4L

终态3-l=2L2-3/4==5/4L0+l/2=l/2L0+n/4=n/4L

由以上关系式可知，平衡后(终态)混和气体的体积为(2+5/4+l/2+n/4)L即(15+n)/4L,

按题意"混和气体的压强比原来增加5%"BP(15+n)/4-5=5x5%,求得n=6。

解法二：选用差量法，按题意“混和气体的压强比原来增加5%"按题意"混和气体的压强

比原来噌加5%“，即混和气体的体积噌加了(2+3)X5%=0.25L,根据方程式，4X+3Y只能生

成2QH1R,即每4体积X反应，总体积改变量为(2+n)G+3)=ii5现有1/3X3L=1L的X反

应，即总体积改变量为lLX[(n-5)/4]=O25L»从而求出n=6.

解法三：抓住”混和气体的压强比原来增加5%”，得出反应由X+Y开始时，平衡必定先

向右移，生成了Q和R之后，压强噌大，说明正反应肯定是体积增大的反应，则反应方程

式中X与Y的系数之和必小于Q与R的系数之和，斯以4+3<2m，得出n>5,在四个选项

中只有D中n=6符合要求，为应选答案.本题考查的是关于化学平衡的内容.

【点评】解法一是遵循化学平衡规律，按步就班的规范做法，虽然肯定能算出正确答案，

但没有把握住"选择题,不问过程，只要结果”的特点,当作一道计算题来做,普通学生也起

码要用5分钟完成，花的时间较多。

解法二运用了差量法，以含n的体积变量(差量)来建立等式，冉峡斓温算出了的值，但

还是未能充分利用选择题的"选择'特点，用时要1分钟左右.

解法三对平衡移动与体积变化的关系理解透彻，不用半分钟就可得出唯一正确的答案。

由此可见，在计算过程中针对题目特点选用不同的解题方法，往往有助于减少运算过程

中所消耗的时间及出错的机会，达到快速，准确解题的效果。

而运用较多的解题方法通常有以下几种：

1.商余法：

这种方法主要是应用于解答有机物（尤其是煌类）知道分子量后求出其分子式的一类题目.

对于姓类,由于烷煌通式为CnH2n+2,分子量为14n+2,对应的烷煌基通式为CnH2n+l,分

子量为14n+l,烯煌及环烷运通式为CnH2n,分子量为14n,对应的煌基通式为CnH2n-l,

分子量为14n-l,焕煌及二烯炫通式为CnH2n-2,分子量为14n-2,对应的煌基通式为

CnH2n.3,分子量为1413,所以可以将已知有机物的分子量减去含氧官能团的式量后，差

值除以14（煌类直接除14）,则最大的商为含碳的原子数（即n值），余数代入上述分子量通

式，符合的就是其所属的类别。

例3、某直链一元醇14克能与金属钠完全反应，生成0.2克氢气，则此醇的同分异构

体数目为（）

A.6个B.7个C.8个D.9个

【解析】由于一元醇只含一个-OH,每mol醇只能转换出L/2molH2,由生成02克H2

推断出14克期有0.2mol,所以其摩尔质量为72m摩，分子量为72,扣除羟基式量17

后，剩余55,除以14,最大商为3,余为13,不合理，应取商为4,余为」，代入分子量

通式，应为4个碳的烯煌基或环烷基，结合“直髓”，从而推断其同分异构体数目为6个.

2.平均值法：

【点评】这种方法最适合定性地求解混合物的组成，即只求出混合物的可能成分，不用

考虑各组分的含量.根据混合物中各个物理量（例如密度，体积，摩尔质量,物质的量浓度，

质量分数等）的定义式或结合题目所给条件，可以求出混合物某个物理量的平均值，而这个

平均值必须介于组成混合物的各成分的同一物理量数值之间，换言之，混合物的两个成分中

的这个物理量肯定一个比平均值大，一个比平均值小，才能符合要求，从而可判断出混合物

的可能组成。

例4、将两种金属单质混合物13g，加到足量稀硫酸中，共放出标准状况下气体11.2L,

这两种金属可能是（）

A.Zn和FeB.Al和ZnC.Al和MgD.Mg和Cu

【解析】将混合物当作一种金属来看，因为是足量稀硫酸，13克金属全部反应生成的

11.2L（0.5摩尔）气体全部是氢气，也就是说，这种金属每放出1摩尔氢气需26克，如果全

部是+2价的金属，其平均原子量为26，则组成混合物的+2价金属，其原子量一个大于26,

一个小于26代入选项,在置换出氢气的反应中，显+2价的有Zn,原子量为65,Fe原子

量为56,Mg原子量为24，但汇于AI,由于在反应中显+3价,要置换出Imol氢气，只

要18克AI便够，可看作+2价时其原子量为27/（3/2）=18,同样假如有+1价的Na参与

反应时，将它看作+2价时其原子量为23x2=46,对于Cu,因为它不能置换出H2,所以

可看作原子量为无穷大，从而得到A中两种金属原子量均大于26,C中两种金属原子量均

小于26,所以A,C都不符合要求，B中AI的原子量比26小，Zn比26大，D中Mg原

子量比26小，Cu原子量比26大，故BD为应选答案。

3.极限法：

极限法与平均值法刚好相反，这种方法也适合定性或定量地求解混合物的组成.根据混合

物中各个物理量（例如密度，体积，摩尔质量，物质的量浓度，质量分数等）的定义式或结合

题目所给条件，将混合物看作是只含其中一种组分A,即其质量分数或气体体积分数为

100%（极大）时，另一组分B对应的质量分数或气体体积分数就为0%（极小）,可以求出此组

分A的某个物理量的值Ni，用相同的方法可求出混合物只含B不含A时的同一物理量的值

N2,而混合物的这个物理量N平是平均值，必须介于组成混合物的各成分A,B的同一物

理量数值之间，即NKN平才能符合要求，从而可判断出混合物的可能组成。

例5、4个同学同时分析一个由KCI和KBr组成的混合物，他们各取2.00克样品配成

水溶液，加入足够HN6后再加入适量AgNO3溶液，待沉淀完全后过滤得到干燥的卤化银

沉淀的质量如下列四个选项所示，其中数据合理的是（）.

A.3.06gB.336gC.3.66gD3.96g

【解析】本题如按通常解法,混合物中含KCI和KBr,可以有无限多种组成方式，则

求出的数据也有多种可能性，要验证数据是否合理，必须将四个选项代入，看是否有解，也

就相当于要做四题的计算题，所花时间非常多.使用极限法，设2.00克全部为KQ,根据

KCkAgg,每74.5克也可生成143.5克AgOj,则可得沉淀为（3。。?4.5）X143.5=3.852克,

为最大值，同样可求得当混合物全部为限用，每119克的.可信沉淀188克，所以应

得沉淀为（2.00.119）X188=3.160克，为最小值，则介于两者之间的数值就符合要求，故只能

选BC。

4.估算法：

化学题尤其是选择题中所涉及的计算，所要考查的是化学知识，而不是运算技能，所

以当中的计算的量应当是较小的，通常都不需计出确切值，可结合题目中的条件对运算结果

的数值进行估计，符合要求的便可选取。

例6、已知某盐在不同温度下的溶解度如下表若把质量分数为22%的该盐溶液由500C

逐渐冷却，则开始析出晶体的温度范围是（）

温度（0℃）010203040

溶解度（克/100克水）11.515.119.424.437.6

A.0-100℃B.10-200℃C.20-300℃D.30-400℃

【解析】本题考查的是溶液结晶与溶质溶解度及溶液饱和度的关系.溶液析出晶体，意

味着溶液的浓度超出了当前温度下其饱和溶液的浓度，根据溶解度的定义，［溶解度/（溶解

度+100克水）］X1OO%=饱和溶液的质量分数，如果将各个温度下的溶解度数值代入，比较

其饱和溶液质量分数与22%的大小，可得出结果，但运算量太大，不符合选择题的特点.从

表上可知，该盐溶解度随温度上升而增大，可以反过来将22%的溶液当成某温度时的饱和

溶液，只要温度低于该温度就会析出晶体代入［溶解度/（溶解度+100克水）］xl00%=22%,

可得：溶解度x78=100x22,即溶解度=2200/78,除法运算麻烦，运用估算，应介于25

与30之间，此溶解度只能在30-400C中，故选D。

5.差量法：

对于在反应过程中有涉及物质的量，浓度，微粒个数，体积，质量等差量变化的一个具

体的反应，运用差量变化的数值有助于快捷准确地建立定量关系，从而排除干扰，迅速解题,

甚至于一些因条件不足而无法解决的题目也迎刃而解。

例7、在1升浓度为C摩/升的弱酸HA溶液中，HA、H+和A-的物质的量之和为nC

摩，则HA的电离度是（）.

Anx100%B.（n/2）xl00%C.（n-l）xl00%D.n%

【解析】根据电离度的概念，只需求出已电离的HA的物质的量，然后将这个值与HA

的总量(1升xC摩/升=C摩)相除，其百分数就是HA的电离度.要求已电离的HA的物质的

量，可根据HA=H++A-,由于原有弱酸为1升xC摩/升=C摩，设电离度为X,则电离出

的HA的物质的量为XC摩，即电离出的H+和A-也分别为CXmol,溶液中未电离的HA

就为(C-CX)mol,所以HA、H+、A-的物质的量之和为[(C-CX)+CX+CX]摩，即(C+CX)摩

二nC摩，从而可得出1+X=n,所以X的值为n-1,取百分数故选Cc

本题中涉及的微粒数较易混淆，采用差量法有助于迅速解题：根据HA的电离式,每一

个HA电离后生成一个H+和一个A-,即微粒数增大，现在微粒数由原来的C摩变为nC摩,

增大了(n-l)xC摩，立即可知有(n-1)xC摩HA发生电离，则电离度为(n-l)C摩/C摩二11,

更快地选出C项答案。

6.代入法：

将所有选项可某个特殊物质逐一代入原题来求出正确结果,这原本是解选择题中最无

奈时才采用的方法，但只要恰当地结合题目所给条件，缩窄要代入的范围，也可以运用代入

的方法迅速解题。

例8、某种烷短11克完全燃烧，需标准状况下氧气28L,这种烷烧的分子式是().

A.C5H12B.C4H10C.C3H8D.C2H6

【解析】因为是烷烧，蛆成为QH2P分子量为14n-2,艮喝14n-2克检完全燃烧生

成口摩和(口-1)摩Hg便要耗去即3112T2摩现有烧降11克，氧气为

28,22.4=54g,其比值为44：5,将选项中的四个n值代入(Uu-2)：[3n2-12],不需解方

程便可迅速得知口=3・

7.关系式法：

对于多步反应，可根据各种的关系（主要是化学方程式，守恒等），列出对应的关系式，

快速地在要求的物质的数量与题目给出物质的数量之间建立定量关系，从而免除了涉及中间

过程的大量运算，不但节约了运算时间，还避免了运算出错对计算结果的影响，是最经常使

用的方法之一。

例9、一定量的铁粉和9克献i混合加热,待其反应后再加入过量盐酸，将生成的气

体完全燃烧，共收集得9克水，求加入的铁粉质量为（）.

A.14gB.42gC.56gD.28g

【解析】因为题目中无指明铁粉的量，所以铁粉可能是过量，也可能是不足，则与硫

粉反应后，加入过量盐酸时生成的气体就有多种可能:或者只有H2s（铁全部转变为FeCI2）,

或者是既有H2s又有Hz（铁除了生成FeCL外还有剩余），所以只凭硫粉质量和生成的水的

质量,不易建立方程求解.根据各步反应的定量关系,列出关系式：Q）Fe~FeS（铁守恒）~

H2s（硫守恒）~出0（氢守恒）,（2）Fe~Hz（化学方程式）~也0（氢定恒），从而得知，无论铁

参与了哪一个反应，每1个铁都最终生成了1个也0,所以迅速得出铁的物质的量就是水

的物质的量,根本与硫无关，所以应有铁为9/18=0.5摩，即28克。

8.比较法：

已知一个有机物的分子式，根据题目的要求去计算相关的量例如同分异构体，反应物

或生成物的结构，反应方程式的系数比等，经常要用到结构比较法，其关键是要对有机物

的结构特点了解透彻，将相关的官能团的位置，性质熟练掌握，代入对应的条件中进行确

定。

例10、分子式为C12H12的烧，结构式为，若蔡环上的二溪代物有9种CH3同分异

构体，则秦环上四滨代物的同分异构体数目有（）.

A.9种B.10种C.H种D.12种

【解析】本题是求蔡环上四漠代物的同分异构体数目，不需考虑官能团异构和碳链异

构,只求官能团的位置异构，如按通常做法，将四个溟原子逐个代入蔡环上的氢的位置，

便可数出同分异构体的数目，但由于数量多，结构比较十分困难，很易错数，漏数.抓住题

目所给条件：二溟代物有9种,分析所给有机物结构,不难看出，蔡环上只有六个氢原子

可以被演取代，也就是说,每取代四个氢原子，就肯定剩下两个氢原子未取代，根据"二浪

代物有9种.这一提示，即蔡环上只取两个氢原子的不同组合有9种，即意味着取四个氢

原子进行取代的不同组合就有9种，所以根本不需逐个代，迅速推知蔡环上四浪代物的同

分异构体就有9种。

9.残基法：

这是求解有机物分子结构简式或结构式中最常用的方法.一个有机物的分子式算出后，

可以有很多种不同的结构，要最后确定其结构，可先将已知的官能团包括烧基的式量或所

含原子数扣除，剩下的式量或原子数就是属于残余的基团，再讨论其可能构成便快捷得多.

例11、某有机物5.6克完全燃烧后生成6.72L（S.T.P下）二氧化碳和3.6克水，该有

机物的蒸气对一氧化碳的相对密度是2,试求该有机物的分子式.如具该有机物能使滨水褪

色，并且此有机物和新制的氢氧化铜混合后加热产生红色沉淀，试推断该有机物的结构简

式。

【解析】因为该有机物的蒸气对一氧化碳的相对密度为2,所以其分子量是CO的2

倍，即56,而5.6克有机物就是0.1摩，完全燃烧生成6.72L(S.T.P)C5为03摩，3.6

克水为0.2摩，故分子式中含3个碳，4个氢，则每摩分子中含氧为56-3x12-4x1=16

克，分子式中只有1个氧，从而确定分子式是C3H4。.根据该有机物能发生斐林反应，证

明其中有-CHO,从C3H4。中扣除-CHO,残基为-C2H3,能使浸水褪色,则有不饱和键,

按其组成只可能为所以该有机物结构就为

，-CH=CH2,H2C=CH-CHOO

10.守恒法：

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。

例12、已知某强氧化剂[RO(OH)2]+能被硫酸钠还原到较低价杰，如果还原含2.4X

10-3mol[RO(OH)2]+的溶液到低价态，需12mL0.2mol/L的亚硫酸钠溶液，那么R元素的

最终价态为().

A.+3B.+2C+lD.-1

【解析】因为在[RO(OH)2]+中，R的化合价为+3价，它被亚硫酸钠还原的同时，亚硫

酸钠被氧化只能得硫酸钠，硫的化合价升高了2价，根据

2.4x10-3mol[RO(OH)2]+与12mLx0.2mol/L=0.0024mol的亚硫酸钠完全反应,

亚硫酸钠共升0.0024x2=0.0048价，则依照升降价守恒，2.4x10-3mol[RO(OH)2]+共降

也是0.0048价，所以每mol[RO(OH)2]+降了2价，R原为+3价，必须降为+1价，故不

需配平方程式可直接选Co

11.规律法：

化学反应过程中各物质的物理量往往是符合一定的数量关系的这些数量关系就是通常

所说的反应规律，表现为通式或公式，包括有机物分子通式，燃烧耗室通式，化学反应通式,

化学方程式，各物理量定义式，各物理量相互转化关系式等，甚至于从实践中自己总结的通

式也可充分利用.熟练利用各种通式和公式，可大幅度减低运算时间和运算量，达到事半功

倍的效果。

例13、120CTC时，1体积某煌和4体积。2混和，完全燃烧后恢复到原来的温度和压

强，体积不变,该煌分子式中所含的碳原子数不可能是().

A.lB.2C3D.4

【解析】本题是有机物燃烧规律应用的典型，由于煌的类别不确定，氧是杳过量又未知,

如果单纯将含碳由1至4的各种烧的分子式代入燧烧方程,运其量大而且未必将所有可能性

都找得出.应用有机物的燃烧通式，设该姓为CXHY，其完全燃烧方程式为，

CXH、T(X+Y4)O2=XCO2+Y；2H2O,因为反应前后温度都是1200C,所以H?O为气态，要

计体积，在相同状况下气体的体积比就相当于摩尔比，则无论6是否过量，每1体积CxH、-

只与X+Y4体积6反应，生成X体积C6和Y2体积水蒸气，体积变量肯定为1-Y-4,只

与分子式中氢原子数量有关.按题意，由于反应前后体积不变，即1-Y/4M),立刻得到分子式

为CxH＜，此时再将四个选项中的武原子数目代入，四为甲烷，G坨为乙烯，C3Hl为丙焕，

只有仁乩不可能.

12.排除法：

选择型计算题最主要的特点是，四个选项中肯定有正确答案，只要将不正确的答案剔

除，剩余的便是应选答案.利用这一点，针对数据的特殊性，可运用将不可能的数据排除的

方法，不直接求解而得到正确选项，尤其是单选题，这一方法更加有效。

例14、取相同体积的KI,Na2s,FeBn三种溶液，分别通入氯气，反应都完全时，三

种溶液所消耗氯气的体积（在同温同压下）相同,则KI,Na2s,FeB「2三种溶液的摩尔浓度之

比是（）.

A.1:1:2B.1:2:3C.6:3:2D.2:1:3

【解析】本题当然可用将氯气与各物质反应的关系式写出，按照氯气用量相等得到各物

质摩尔数，从而求出其浓度之比的方法来解，但要进行一定量的运算，没有充分利用选择题

的特殊性根据四个选项中KI和FeBn的比例或Na2s和FeB、的比例均不相同这一特点，

只要求出其中一个比值，已经可得出正确选项.因KI与CL反应产物为12,即两反应物mol

比为2:1,FeB「2与Cl2反应产物为Fe3+和Br2,即两反应物mol比为2:3,可化简为2/3:

1,当CL用量相同时，则KI与FeB「2之比为2:（2/3）即3:1,A,B,D中比例不符合,

予以排除，只有C为应选项.如果取Na2s与FeB「2来算，同理也可得出相同结果.本题还可

进一步加快解题速度，抓住KI,Na2s,FeBr2三者结构特点一等量物质与Cl2反应时，FeBr2

需耗最多CL换言之，当Cb的量相等时，参与反应的FeBQ的量最少，所以等体积的溶

液中，其浓度最小，在四个选项中，也只有C符合要求。

13.十字交叉法：

十字交叉法是专门用来计算溶液浓缩及稀释,混合气体的平均组成，混合溶液中某种离

子浓度，混合物中某种成分的质量分数等的一种常用方法，其使用方法为：组分A的物理

量a差量c-b平均物理量c（质量，浓度，体积，质量分数等）组分B的物理量b差量a-c

则混合物中所含A和B的比值为（c-b）:（a-c）,至于浓缩，可看作是原溶液A中减少了质量

分数为0%的水B,而稀释则是增加了质量分数为100%的溶质B,得到质量分数为c的溶

液。

例15、有A克15%的NaNO3溶液，欲使其质量分数变为30%，可采用的方法是（）.

A.蒸发溶剂的1/2B.蒸发掉A/2克的溶剂

C.加入3A/14克NaNO3D加入3A/20克NaNO3

【解析】根据十字交叉法,溶液由15%变为30%差量为15%,增大溶液质量分数可有

两个方法：Q）加入溶质，要使100%的NaNCh变为30%,差量为70%,所以加入的质量

与原溶液质量之比为15:70，即要3A/14克。（2）蒸发减少溶剂，要使0%的溶剂变为30%,

差量为30%,所以蒸发的溶剂的质量与原溶液质量之比为15%:30%,即要蒸发A/2克.

如果设未知数来求解本题，需要做两次计算题，则所花时间要多得多。

14.拆分法：

将题目所提供的数值或物质的结构，化学式进行适当分拆，成为相互关联的几个部分，

可以便于建立等量关系或进行比较，将运算简化.这种方法最适用于有机物的结构比较（与残

基法相似），同一物质参与多种反应，以及关于化学平衡或讨论型的计算题。

例16、将各为0.3214摩的下列各物质在相同条件下完全燃烧，消耗氧气的体积最少

的是（）.

A.甲酸B.甲醛C.乙醛D.甲酸甲酯

【解析】这是关于有机物的燃烧耗氧量的计菖,因为是等摩尔的物质，完全可用燃烧通

式求出每一个选项耗氧的摩尔数，但本题只需要定量比较各个物质耗氧量的多少，不用求出

确切值，故此可应用拆分法：甲酸结构简式为HCOOH,可拆为H^OCO,燃烧时办只有

CO耗氧，甲醛为HCHO,可拆为HzOY,比甲酸少了一个0,则等摩尔燃烧过程中生成相

同数量的COj和H?。时，同阿:企9同理可将乙醛CHRCHO拆为理8。坨,比甲酸多一

个CH?,少TO,耗氧量必定大于甲酸，甲酸甲SSHCOOCH3拆为2H2。+€2,比乙醛少了

H2,耗氧量必定少，所以可知等量物质燃烧时乙能耗氧最多.

例17、有一块铁铝合金，溶于足量盐酸中，再用足量KOH溶液处理，将产生的沉淀过

滤，洗涤，干燥，灼烧使之完全变成红色粉末，经称量,发现该红色粉末和原合金质量恰好

相等，则合金中铝的含量为().

A.70%B.52.4%C.47.6%D30%

本题是求混合金属的组成，只有一个"红色粉末与原合金质量相等"的条件,用普通方法

不能迅速解题.根据化学方程式，因为铝经两步处理后已在过滤时除去，可用铁守恒建立关

系式：Fe~FeCI2~Fe(OH)2~Fe(OH)3-(l/2)Fe2O3,再由质量相等的条件，得合金中铝+

铁的质量二氧化铁的质量二铁十氧的质量，从而可知，铝的含量相当于氧化铁中氧的含量，

根据质量分数的公式，可求出其含量为：[(3xl6)/(2x56+3xl6)]xl00%=30%。

解题中同时运用了关系式法，公式法，守恒法等.综上所述「时间就是分数，效率就是

成绩"，要想解题过程迅速准确，必须针对题目的特点，选取最有效的解题方法，甚至是多

种方法综合运用，以达到减少运箕量，增强运算准确率的效果，从而取得更多的主动权，才

能在测试中获取更佳的成绩。

当然，解题方法并不仅局限于以上方法，还有各人从实践中总结出来的各种各样的经验

方法，各种方法都有其自身的优点.在众多的方法中，无论使用哪一种，都应该注意以下几

点：

一、要抓住题目中的明确提示，例如差值，守恒关系，反应规律，选项的数字特点，结

构特点，以及相互关系，并结合通式，化学方程式，定义式，关系式等，确定应选的方法。

二、使用各种解题方法时，一定要将相关的量的关系搞清楚，尤其是差量，守恒，关系

式等不要弄错，也不能凭空捏造，以免适得其反,弄巧反拙.

三、扎实的基础知识是各种解期方法的后盾，解题时应在基本概念基本理论入手，在分

析题目条件上找方法，一时未能找到巧解方法，先从最基本方法求解,按步就班，再从中发

掘速算方法。

四、在解题过程中，往往需要将多种解题方法结合一齐同时运用，以达到最佳效果。

100道经典化学题巧解

1、将KCI和KBr的混合物13.4g溶于水配成500mL溶液，再通入过量的CI2

反应后，将固体蒸干得固体11.175g。求原来所配溶液中K+、Cl\BF物质的

量浓度之比为()

(A)3:2:l(B)3:2:2(C)5:4:2(D)4:3:2

【简析】题设中的数据，虽然按常规方法或差量法都可解。但都费事费力，若考

虑到溶液为电中性，阳离子所带正电荷的总量等于阴离子所带负电荷的总量可得

出nK+=nCr+nBr-,对照选项只能选A。

2、在密闭容器中盛有H2、02、CI2三种气体,电火花点燃后，三种气体都正

好反应完全，冷却到室温，所得溶液得质量分数为25.26%，则原混合气体中三

者得分子个数之比为()

(A)6:3:l(B)9:6:l(C)13:6:l(D)15:8:l

【简析】巧思时，根据2H2+02==2H20,H2+CI2===2HCIO可得出

n(H2)=2n(O2)+n(CI2),分析四选项只能是C。

3、KCI和KBr的混合物3.87g溶于水后，加入过量AgN03溶液，共产生沉

淀6.63g,则原混合物中钾元素的质量分数为()

(A)24.1%(B)403%(C)25.9%(D)37.4%

【简析】原溶液中加入AgN03溶液生成的沉淀与原物质相比只是把K+换成了

Ag+,利用差量法就可求出K+的物质的量。

=0.04mol贝!JK+%=xl00%=40.3%选B。

4、02和CI2的混合气体500mL,使H2在其中充分燃烧后，用适量水吸收反

应产物制得250mL溶液，从中取出25mL,用0.125mol/L的NaOH溶液

20.00mL恰好完全中和，则与混合气体反应掉的H2(标况)的体积为()

(A)448mL(B)460mL(C)472mL(D)720mL

【简析】此题谁若动笔就算必误入歧途，必须得打破常规另辟蹊径。当你慎思时,

你会发现。若混合气体都是CI2,完全反应时需H2500mL,若都是02,则需

H2更多，对照选项前三者都小于500,所以必是D选项。

5、标准状况下CI2和H2共aL,在光照下充分进行反应,反应后的气体恰好

能使bmolNaOH完全转化成盐，则a、b的关系不可能是下列的()

(A)b=a/11.2(B)b<a/22.4(C)b>a/22.4(D)b>a/11.2

【简析】此题可根据终态产物Na+或Cl原子守恒去解。不论CI2、H2谁过量

再与NaOH反应，反应后的终态产物总是NaCI或NaCI与NaCIO的混合物。

总有nNa+=nCI,所以有nCI<a/11.2molz即b<a/11.2o故选D

6、向KI溶液中加入AgNO3溶液，直到反应完为止，滤去沉淀，滤液的质量

恰好等于反应前KI溶液的质量，则AgNO3溶液的质量分数为()

(A)50%(B)67.3%(C)72.3%(D)75.6%

【简析】这是一道无数字计算题，一般的思路是：析出的I-的质量=N03■的质

量+加入的水的质量，通过设未知数，列方程解就复杂了。但若理解透析出的沉

淀的质量=加入的AgN03溶液的质量这一点则不难想到若析出Agl为lmolf

则加入的AgN03溶液的质量应是108+127=235g,其中含AgN03为lmol

是170g。所以AgN03%=xl00%=72.34%选C。

7、密度为1.45g/ml的H2SO4溶液中，逐滴加入BaCI2溶液，直至(JSO42-

全部沉淀为止，已知沉淀的质量与原来H2SO4溶液的质量相等，则原来H2SO4

溶液的浓度为()

(A)29.6%(B)42.1%(C)12.4mol(D)6.22mol/L

【简析】解题思路同上，选B、D。

8、足量浓硫酸加入ag铜，完全反应后放出bL气体;足量的盐酸中加入mg

FeS,完全反应后放出VL气体(标准状况)，已知二者所产生的气体恰好完全反

应，则a:b:m:V应是()

(A)40:14:110:7(B)40:14:55:14

(C)20:7:55:14(D)20:7:55:21

【简析】bL为SO2,VL为H2S,由2H2S+SO2=3Sa+2H2O,可知：

b:V=l:2,则只有C符合。选择C。

9、向500mlFeCI3溶液中通入一定量的H2S气体，恰好完全反应，所得滤液

的质量比原来增重1g,则原FeCI3溶液的物质的量浓度为()

(A)lmol/L(B)1.5mol/L(C)2mol/L(D)2.5mol/L

【简析】根据2Fe3++H2s=2Fe2++Sa+2H+可知，增重的1g是H+,则通入

的H2S为0.5mol,原溶液中的FeCI3为lmol,所以浓度为2mol/L,选C。

10、今有3mol/L盐酸和硫酸各100ml,分别加入等质量的铁粉，待反应完毕

后，测得生成气体的质量比为3:4,则加入铁粉的质量是()

(A)5.6g(B)8.4g(C)11.2g(D)16.8g

【简析】两种酸都完全反应时，盐酸溶解铁为8.4g,硫酸溶解铁为16.8g,产

生H2的质量比是1:2。现在比值是3:4,可见，对盐酸铁有剩余，对硫1、酸,

铁不足。所以8.4g<W铁<16.8g选C.

11、CS2能够在氧气中完全燃烧生成CO2和SO2,今用0.228gCS2(液)在

448mLO2中完全燃烧反应后，气体混合物在标准状况下的体积是()

(A)336mL(B)448mL(C)560mL(D)672mL

【简析】巧选时可以从产物看出：反应中生成的CO2,SO2的体积等于消耗的

02的体积，所以选(B)

12、在一定条件下,70mLH2S和90mLO2混合，使之完全反应，恢复到原状

态生成的SO2的体积应是()

(A)70mL(B)45mL(C)50mL(D)55mL

【简析】根据2H2S+3O272SO2+H2O和2H2S+O272S+2H2O的反应

1/2<90/70<3/2所以H2s的氧化产物不仅有SO2也有S。巧解时可用

xH2S+yO2?xH2O+(y-x/2)SO2+(3x/2-y)S的反应式，将x=70,y=90直接代

入(y-x/2),所以选(D)

13、今有H2和CO(体积比为1:2)的混合气体为VL,当其完全燃烧时，所需

02的体积为()

(A)3VL(B)2VL(C)VL(D)0.5VL

【简析】要巧舍条件，体积比为1:2,无用,舍去。根据H2,CO与02化合时

需氧气都为其体积的一半，故选(D)

14、在100mL0.1mol/L的稀硫酸中加入20mL浓度为lmol/L的氨水，然后

向该混合液中加入0.1mol/LBaCI2溶液，现欲使溶液中SO42■和C「离子物质

的量浓度相等，则加入BaCI2溶液的体积是()

(A)33.3mL(B)66.6mL(C)99.9mL(D)lOOmL

【简析】巧思要满足［C□=［SO42-］,可使H2SO4+BaCI2=BaS04+2HCI

lmoll/3moll/3mol2/3moL

故选(A)

15、把足量的铁粉投入到硫酸和CuS04的混合溶液中，充分反应后，剩余金

属的质量与原加入的铁粉的质量相等，则原溶液中［H+］与［SO42-］之比为()

(A)1:7(B)1:4(C)1:2(D)1:3

【简析】设原溶液H2SO4为Xmol,耗铁也是Xmol,CuS04为Ymol,反应

后金属的质量增加8Y克,所以必有56X=8Y,得n(H2SO4):n(CuSO4)=l:7r

所以［H+］:［SO42T=1:4■(B)

16、将3.22g芒硝溶解于Xg水中，所得溶液恰好是100个水分子中溶解有1

个Na+则X的值是()

(A)32.4(B)34.2(C)36(D)36.9

【简析】因为每摩尔Na2SO4?10H2O中含2摩尔Na+和10摩尔水。根据提

意，巧列方程式为:,2=(100-5):1，解之，得二34.2。所以选(B)

17、0.3摩尔Cu2S与足量的浓硝酸反应，生成了Cu(NO3)2,H2SO4,NO

和H2Oo在参加反应的硝酸中，未被还原的硝酸的物质的量应是()

(A)2.2mol(B)1.2mol(C)1.8mol(D)0.9mol

【简析】巧攻一点，抓住Cu2S?2Cu(NO3)2?4NO3-,得4x03=1.2,所以选

(B)

18、已知3NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O,现有VL某烧碱溶液，欲使

n摩尔NO和m摩尔NO2组成的混合气体中的氮元素全部进入溶液，则NaOH

的物质的量浓度值至少应是()

(A)(m+n)V(B)(m+n)(C)(D)

【简析】从方程式上分析，似无从下手。但从NaOH的物质的量浓度的〃单位"

必为mol/L,所以只有选(C)

19、38.4mgCu跟适量的浓HNO3反应,Cu全部作用后洪收集到22.4mL(标

况)气体，反应消耗的硝酸的物质的量可能是()

(A)1.0x10-3mol(B)1.6x10-3mol

(C)2.2x10-3mol(D)2.4x10-3mol

【简析】此94年高考题，有多种解法：可根据终态产物，可列方程，可根据铜

与浓、稀HNO3反应的规律求出答案。但根据NO3-守恒最好。

nHNO3=nNO3-=2nCu(NO3)2+nNO2+nNO,所以nHNO3=2xxlO-3+

、10・3所以选(0

20、向含有agHNO3的溶液中加入bg铁粉，充分反应后，铁全部被溶解且

生成NOe若HN03有a/4g被还原，则a:b不可能为()

(A)2:1(B)3:1(C)4:l(D)9:2

【简析】由3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NOa+4H2O

168:504=1:3

可知：WHNO3:WFe必然大于3:1时才符合题意。所以选(A)

21、某金属与稀硝酸反应生成一种硝酸盐，该硝酸盐受热分解生成NO2、02

和一种固体，该固体中金属元素的化合价比原硝酸盐只中该金属的化合价高，则

该硝酸盐分解后生成的N02和02的物质的量之比为()

(A)8:1(B)4:1(C)2:1(D)l:1

【简析】由电子守恒可知,若金属化合价不变,则N02和02的物质的量之比

为4:1,现在金属的化合价升高(失电子)，那么得电子的还原产物N02的物质

的量必然增大，所以只能选A。

22、甲醛能与铁盐反应:4NH4++6HCHO贸CH2)6N4H++3H++6H20,产

物又能与碱定量反应：(CH2)6N4H++3H++4OH-a(CH2)6N4+4H2O,因而

生产和实验室设计成〃甲醛测定法〃，解决了很难用NaOH直接测定NH4CI

等氮肥含氮量的难题。为了省去计算，当称取一定质量的NH4CI试样时，可以

使滴定所用O.lmol/LNaOH溶液的毫升数恰好等于试样中的含氮量，则每次取

样的质量是()

(A)0.08g(B)O.llg(C)0.14g(D)1.4g

【简析】题干长篇叙述，但精要部分是VNaOH=含氮量，设取用NaOHxml,

称取的试样为Wg,则：？氮的百分含量=xlOO%

・W=x%经计算，得W=0.14。所以选C。

23、碱金属溶于汞可形成良好的还原剂"汞齐〃。取某种碱金属的汞齐4.6g投

入足量的水中产生2.24L气体(标准状况)，并得到密度为dg/cm3的溶液1L,

则该溶液中溶质的质量分数是0

(A)%(B)%(C)%(D)%

【简析】要巧找隐含量,4.6g"汞齐"可产生22.4LH2，"汞齐〃是混合物碱

金属的原子量必然小于23,只能是锂，溶于水后共产生0.2molLiOH即4.8g,

所以选(C)

24、将Mg、Al、Zn三种金属混合物与足量的稀硫酸反应，得3.36L氢气(标

准状况)，则三种金属得物质的量之和可能为()

(A)0.125mol(B)0.15mol(C)0.2mol(D)0.215mol

【简析】因Mg、Zn每摩各产生lmolH2,Al每摩各产生1.5molH2,所以混

合物的物质的量必小于0.15moL。所以选(A)

25、往lOOmLlmol/LNaOH溶液中通入一定量S03,在一定条件下蒸发所得

溶液。析出的固体物质为5go该固体物质的成分可能是()

(A)Na2SO4(B)NaHSO4

(C)NaOH、Na2so4(D)Na2so4、NaHS04

【简析】可极端假设思维：因nNa+=0.1moL全部为NaOH时为4g;全部为

Na2SO4时为7.1g;全部为NaHS04时为6g。生成物为4<5<7.1所以选项

为(C)

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26、将含02和CH4的混合气体充入装有23.4gNa2O2的密闭容器中,点火

花点燃，反应结束后，容器温度为150℃,压强为0Pa0将残留物溶于水，无

气体逸出。下列叙述正确的是0

(A)原混合气体中02和CH4的体积比为2:1;

(B)原混合气体中02和CH4的体积比为1:2;

(C)残留固体中有Na2CO3和NaOH;

(D)残留固体中只有Na2c03。

【简析】此题的有关数据均不得用于计算，抓住"压强为0Pa,残留物溶于水,

无气体逸出〃说明Na2O2已反应完全，可写出：

6Na2O2+O2+2CH4-2Na2co3+8NaOH所以选(B)、(C)

27、金属钠、氧化钠和过氧化钠得混合物得质量为3.72g,将次混合物完全与

足量的水反应，生成672mL混合气体(标准状况)，放电引燃,经济区台恰好完

全反应,则原混合物中金属钠、氧化钠、过氧化钠的物质的量之比为()

(A)l:1(B)2:1:1(C)l:2:1(D)3:2:1

【简析】在672mL气体中VH2:V02必为2:1所以必有nNa:nNa2O2=2:

1所以选B

28、两杯同体积同浓度的盐酸，分别加入mgZn,当反应停止后，其中一个

杯中残留有少量的金属，则原烧杯中盐酸的物质的量n应为()

(A)<n<(B)<n<(C)<n<(d)=M"<n<=nn<=""span="">

【简析】因为铁的物质的量大于锌所以剩余的金属只能是铁，锌溶解完全。盐酸

的物质的量至少是mol,所以只能选B。

29、根2.7g铝完全反应的稀硝酸，最多能溶解掉铁的物质的量是()

(A)5.6g(B)6.4g(C)7.2g(D)8.4g

【简析】AI-AI3+Fe->Fe3+等物质的量的铁为5.6g，但2Fe2++Fe=3Fe3+。

所以，溶解铁的物质的量应是AI的1.5倍，选D。

30、向Fe2O3和铁屑的混合物中加入足量的稀硫酸至固体完全溶解，所得溶

液中不含Fe3+,而产生的Fe2+和H2的物质的量之比为4:1,则原混合物中

Fe2O3和Fe的物质的量之比为()

(A)l:1(B)2:1(C)l:2(D)l:3

【简析】本题有三个反应：？Fe2O3+H2so4一?Fe3++Fe-?Fe+H2so4T

将三个方程式配平后叠加，或直接写出Fe2O3+2Fe+4H2SO4=4FeSO4+H2t

+3H2O明确的确定了选项为(C)

31、将0.093mol纯铁溶于过量的稀硫酸中，在加热下用0.025molKN03去

氧化其中的Fe2+，余下的Fe2+用12mL0.3mol/L的KMn04溶液才能完全氧

化(MnO4--Mn2+)则N03-的还原产物是()

(A)N02(B)N0(C)N20(D)NH3

【简析】根据电子守恒。0.