高考化学 备考冲刺之易错点系列 专题十五 化学计算

2012年高考化学备考冲刺之易错点点睛系列专题十五化学计算

（教师版）

【高考预测】

1.高考中化学计算主要包括以下类型：①有关相对原子质量、相对分子质量及确定分

子式的计算；②有关物质的量的计算；③有关气体摩尔体积的计算；④有关溶液浓度（质量

分数和物质的量浓度）的计算；⑤利用化学方程式的计算；⑥有关物质溶解度的计算；⑦有

关溶液pH与氢离子浓度、氢氧根离子浓度的简单计算；⑧有关燃烧热的简单计算；⑨以上

各种化学计算的综合应用。

2.常见题型为计算选择题，计算填空题、实验计算题、计算推断题和综合计算题等，

2007年高考将化学计算部分常见的最后两个计算大题取消，计算的考查已落在选择和填空

题中。

3.近年高考化学计算题主要有以下特点：

（1）注意速算巧解。一般在第I卷中会出现五到七个左右要计算的量很少或者根本不需

要计算的试题。纯计算题不超过两个，其命题意图是考查对化学知识的理解、掌握和运用。

重点考查学生运用题给信息和已学相关知识进行速算巧解的能力。

（2）综合计算题的命题趋势是理论联系实际，如以生产、生活、环境保护等作为取材背

景编制试题，考查视野开阔，考查学生用量的观点把握化学知识、原理、过程等。

【知识导学】

1关系式法

2选量法——

3差量法----

4十字交叉法——

5守恒法——

6极值法

7估算法

8图象法—找出图与化学反应的量的关系，列出方程式或列出变量与函数的关系式。

（二）化学计算的常用技巧：

1、定量问题定性化;

2、近似估算；

3、运用整体思维，化繁为简；

4、利用图象解题等等。

（三）具体解题方法及例题：

1、关系式法

（）,,,===外，有些题目中常出现一些教材中未见过的化学反应方程式，以信息的形式作

为解题的某些条件,此时要耐心地寻找物质或元素之间的转化关系，以便得出正确的关系式。

例1、一定量的铁粉和9g硫粉混合加热，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9g水，求加入的铁粉质量为

A14gB42gC56gD28g

解析：因为题目中没有指明铁粉的量，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FeS）,或

者是既有H2s又有H2（铁除了生成FeS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，可列出关系式：

Fe—FeS（铁守恒）-H2s（硫守恒）一七。（氢守恒）.......（1）

Fe—H2（化学方程式）一比0（氢定恒）....................（2）

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H2。，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，

Fe〜H?O

5618

xg9g

56：xg==18：9gx=28g（也可利用铁与水物质的量相等解题）

2、选量法：

选量计算是指，在一道题中计算某一数值时，给出了两个相应的条件，需要选取一个适

当条件，舍弃一个不当条件计算的方法。

例2、将标准状况下33.37L（氢气的密度为0.089g/L）的氢气，缓缓通入150g灼热的氧

化铜中，充分反应后可得到多少g的铜？

解析：题目中即给了氢气的量，又给了氧化铜的质量，在这两个已知量中必须比较，选

取不足的量来计算生成的铜的质量。

解：设生成铜的质量为x

△

CuO+CU+H2O

80264

由于15033.37X0.089x

80:20<150:33.37X0.089

知给定氧化铜过量，用不足量氢气的体积作为已知量求解。

264

33.37X0.089―x

x二64X33.37X0.089二皈04

2

3、差量法

差量法是根据化学变化前后物质的量发生的变化，找出所谓的“理论差量”。其中的差量

主要包括：质量差、物质的量之差、气体体积差、压强差、反应过程中的热量差等。这种差

量跟化学方程式中的物质的相应的量成比例关系，差量法就是借助于这种比例关系，解决一

定量变的计算题。解此类题的关键根据题意确定“理论差量”，再根据题目提供的“实际差量”,

列出比例式，然后求解。解题关键是能从反应方程式中正确找出对应于题目中“实际差量”

的“理论差量”。

例3、加热碳酸镁和氧化镁的混合物mg,使之完全反应，得剩余物ng,则原混合物

中氧镁的质量分数为：A2In-10m“

■————X100%

11m

21(m-n)

B.—_—X100%

11m

。。％

C.21尸xID.

22m31m

MgCO3MgO

MgCCh==MgO+CO2TAm

8484-40=44

xm-nx=21(m-n)/Il

原氧化镁质量=m-21(m-n)/ll=(21n-10m)/11

原氧化镁质量分数=(21n-10m)/llmxlOO%

答案:A

4、十字交叉法

十字交叉法作为一种简化的解题方法,应用于某些基于二元混合体系所产生的具有平均

意义的数值的计算问题，表现出简化思路、简便运算等显著优点。

若a、b分别表示某二元混合物中的两种组分A、B的量，c为a、b的相对平均值，nA

/nB为二元混合体系中A和B的组成比，根据平均值的计算原理：

nA,nB

anA+nB+bnA+nB=C,

整理得：anA+bnB=c(nA+nB),~~~

ba-c

⑴十字交叉法的适用范围:凡是能满足anA+bnB=c(nA+nB)关系的混合问题,均能使

用十字交叉法。

nA

(2)*表示什么量之比，要视参加交叉的a、b、c的意义而定，a或b或c的单位中分

nr)

母是以何种物理量为标准的，吟就是什么量之比。确定党的含义是运用十字义叉法解题

nr>nt>

的关键，常见的采用交叉法计算所得的n党A的含义如下：①当a、b、c为质量分数、质量

nr)

百分比浓度、每克物质放出热量时，除nA则为质量之比。②当a、b、c为物质的量浓度、

Dr)

密度、气体摩尔质量时，称nA为体积比。③当a、b、c为摩尔质量以及含义具有物质的量意

no

义的量时，若nA为物质的量之比，气体物质则为体积比。④a、b、c为相对原子质量或相

nt)

对分子时，吟nA为原子或分子个数之比。

no

例4,150℃时，将1L混合煌与9L氧气混合，在密闭容器内充分燃烧,当恢复至150℃,

体积恒定时，容器内压强增大8%,则该混合煌的组成是()

A甲烷与乙烷体积比是1：4B丙焕与乙快体积比是1：4

C乙烯与丁烷体积比是1：4D乙烯与丁烯体积比是1：4

解析：反应前后压强有所改变可运用差量法解析。应注意：

①150℃时水呈气态；②容器内压强增大8%即为气体物质的量增大8%。

CxHy+Cx+J)O点燃+合HQ(气)4增大

1x+4x2C4-°

1(1+9)X8%

根据氢原子数判断，选项A、B可排除。

运用十字交叉法，推断C、D中哪个选项符合题意?

C.选项：

C2H442.8

\/

…/7.2、

1氏103.2

V（C2H4）=2.8,1VCC2H4）=08=1

=?：==

VCC4H8）3?24V（C4H8）3?24

（不合题意舍）（符合题意）

答案：D

5、守恒法

所谓“守恒”就是以化学反应过程中存在的某些守恒关系如质量守恒、元素守恒、得失电

子守恒等作为依据，寻找化学式中正负化合价总数绝对值相等；复分解反应中阴阳离子所带

正负电荷总量相等；氧化还原反应中氧化剂与还原剂得失电子总数相等；几个连续或平行反

应前后某种微粒的物质的量相等作为解题的基本思路。运用守恒法解题既可避免书写繁琐的

化学方程式，提高解题的速度，又可避免在纷纭复杂的解题背景中寻找关系式，提高解题的

准确度。

中学化学计算中常见的守恒问题有如下几种情况：

1）、根据反应前后某一微粒的物质的量保持不变进行巧解运算；

2）、根据化学式中正负化合价总数相等，确立化学式；

3）、根据化学式中阴、阳离子所带电荷总数相等，求离子所带的电荷或某离子的物质的

量或物质的量浓度；

4）、根据氧化还原反应中氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等而进行的有关计

算；

5）、根据原电池中正负两极得失电子总数相等的规律，求两极产物的量或未知金属的相

对原子质量等。

例5、Na2s2O3可作为脱氯剂，己知25.0ml,0.100mol/LNa2s2O3溶液恰好把224mL（标

况）CL完全转化为Ch则S2O32-将转化为

222

AS-BSCSO3-DSO4-

解析：氧化剂得电子总物质的量等于还原剂失电子总物质的量。设s元素反应后化合

价为X,BP0.224/22.4x2=0.100x25xl0-3x2x(X-2)解得，X=6.

答案:D

例6、羟胺(HzNOH)是一种还原剂，能将某些氧化剂还原。现用25ml0。49moi/L的

羟胺酸性溶液跟足量的Fe2(SC)4)3溶液煮沸条件反应,生成的Fe2+恰好与24.50mL,0.02mol/L

的酸性KMnC)4作用。FeSO4+KMnO4+H2SO4===Fe2(SO4)3+K2SO4+MnSO4+H2O则在上述反

应中，羟胺的氧化产物是

AN2BN2OCNODNO2

解析：Fe2(SO4)3被羟胺还原为FeSCU又被酸性KMnCU氧化为Fe2(SC)4)3，相当于未参

加氧化还原反应。还原剂是羟胺，氧化剂是酸性KMnOm羟胺中氮元素反应前-1价，设反

应后化合价为n,有25x0.049x(n+l)=24.50x0.02x(7-2),解得n=1.

答案：B

6、极值法：

极值法就是先将思路引向极端状况，使问题简化顺利得出结论，然后再回过头来认识现

实问题的方法，常用来判断混合物的组成。

例7、0.03molCu完全溶于硝酸,产生氮的氧化物(NO、NO2、N2C)4)混合气体共0.05mol。

该混合气体的平均相对分子质量是()

A、30B、46C、50D、66

解析：设NO、NO?、N2O4三者的物质的量分别为：x、y、z,根据题意得：x+y+z=

0.05①式，再由电子守恒可得：3x+y+2z=0.06②式。②式减去①式得：2x+z=0.01③式。

现讨论③、①式：

lx=0z=0.01molN2040.01molN020.04mol可得此时气体的平均相对分子质量为：

(92x0.01+46x0.04)/0.05=55.2。

(2)假设z=0时，则x=0.005mol,即NO物质的量的极值为0.005mol、NO2为0.045

mol可得此时气体的平均相对分子质量为：(30x0.005+46x0.045)/0.05=44.4。

故原混合气体的平均相对分子质量介于44.4和55.2之间，故选B、C

答案：BC

7、估算法

此法主要用于选择题的解答。有些计算选择题表面上看起来似乎需要计算，但只要注意

审题，稍加分析，便可以目测心算，得到准确答案。

813g„11.2L,

A、Zn和FeB、Al和ZnC、Al和MgD、Mg和Cu

,13gll.2L

(0.5mol)lmol26g+226+22626.+2Zn65Fe56Mg24Al+31moll8gAl+227/(3/2)=18+lNa+223x2=46

,Cu,H2,A26C26A,CBA126Zn26DMg26Cu26

答案：BD

8、图象法：

应用图象分析法解题的一般步骤是：分析图象时做到“五看”：

看坐标，__看上匕例，一看起点，..看终点，.一看特征。.一

找出图与化学反应的量的关系，列出方程式或列出变量与函数的关系式。解方程式或函

数式。

例题9］、将一定质量的镁、铝合金投入100ml一定

物质的量浓度HC1中，合金全部溶解，向所得溶液

中滴加5mol/LNaOH溶液到过量，生成沉淀的质量

与加入的NaOH体积关系如右图：

求：1)原合金中镁、铝质量各多少？

2)HC1的浓度为多少？

解析：由图可知11.6g是Mg(OH)2的质量,

(19.4-11.6)=7.8gAl(OH)3的质量。V(NaOH)

由0~20ml是中和HC1(因无沉淀)所以，设合金

中有镁xg,有铝yg：

Mg~Mg(OH)2Al〜A1(OH)3

24582778

x11.6y7.8

24x=5811.627y=78：7.8

x=4.8gy=2.7g

2)设与镁反应的盐酸为amol,与铝反应的盐酸为bmol，与NaOH反应的盐酸为cmol

Mg~2HC1Al~3HC1NaOH~HC1

24g2mol27g3molImolImol

4.8gamol2.7gbmol0.02Lx5mol/Lcmol

24：4.8=2：a27：2.7=3：b1：0.1=1：c

所以a=0.4molb=0.3molc=0.1mol

c(HCl)=(a+b+c)/0.1=8mol/L

【易错点点睛】

[1]多硫化钠Na2sx(尤之2)在结构上与m2。2,FeSz等有相似之处，Na2sx在碱性溶液

中可被NaCIO氧化成Na2SO4,而NaCIO被还原成NaCI,反应中Na2sx与NaCIO的量之比为1：

16,则x值是()

A.5B.4C.3D.2

【错解分析】错选B。忽略x在得失电子守恒计算中应用。若把Na2sx中S元素当做-2

价，则选择Bo

【易错点点睛】利用整体法计算。ImolNaCIO得电子2mol,Na2sx中Sx?-显示-2价，反

应后生成xmolNazSCU,转移电子6x-(-2)=(6x+2)mol,16x2=6x+2,解得x=5.

【答案】A

[2]同温同压下，甲容器充满35cl2,乙容器中充满374，下列叙述不正确的是

()

A,若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体的密度之比为35:37

B,若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体分子数之比为35:37

C.若两种气体质量相等，甲、乙两容器中气体所含质子数之比为37:35

D.若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体所含中子数之比为9:10

【错解分析】错选D。未能理解阿伏伽德罗定律实质，未能通过分子数相等得出中子数

的比值。另外不能理解同位素原子质子数相等中子数不等的实质。

【易错点点睛】同温同压同体积的气体，一定含有相同分子数。所以B项错误；D项每

个分子中子数分别为36和40,中子数之比为9:10,D项正确；同温同压条件下，密度比等

于摩尔质量之比；两种分子所含质子数相等，所以等质量的两气体质子数之比等于摩尔质量

的反比。

【答案】B

【3】在aLAl2(SO4)3和(NH4)2SC)4的混合溶液分成两等分，一份加入bmol的BaCb,恰好

使溶液中的SO42-完全沉淀；另一份加入足量强碱并加热可得到cmolNW，则原溶液中的AF

+的浓度⑺。1儿)为()

2b—c2b—c2b—c2b—c

A,2aB-aC'3aD'6a

【错解分析】错选C。忽略题中条件“溶液分成两等分〃，溶质变为原来的0.

2-3+

【易错点点睛】溶液中n(SO4)=bmol,n(NH?)=cmol,根据电荷守恒，n(Al)=

2b—c

(2b-c)B，溶液体积分成两等分，所以原溶液中AF+的浓度(mol/L)为一二。

Oa

【答案】D

[4]向一定量的Fe、FeO和FezOs的混合物中加入120mL4mol/L的稀硝酸，恰好使混

合物完全溶解，放出1.344LNO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现。

若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为

A.0.24molB.0.21molC.0.16molD.0.14mol

【错解分析】错选A。最终反应完全后溶液为Fe(NO3)2,硝酸物质的量为0.12x4=0.48mol,

所以n(Fe)=0.24|7101,忽略生成1\100.0611101的那一部分硝酸。

【易错点点睛】硝酸分为两部分，一部分起酸性作用生成Fe(NO3)2,一部分被还原

生成NO,硝酸总物质的量为0.12x4=0.48mol,生成NO0.06mol,起酸性作用部分0.42mol,

根据铁元素守恒，最终氢气还原得到Fe的物质的量为0.21mol„

【答案】B

【5】自然界中存在一种尖晶石，化学式可表示为MgAbO4,它透明色美，可作为宝石。

已知该尖晶石中混有Fe203o取一定量样品5.4g,恰好完全溶解在一定浓度100mL盐酸溶液

中，盐酸浓度可能是()

A.2.8mol-L1B.3.8mol-L1

C.4.3molL1D.4.9mol-L1

【错解分析】错解BCD,一是弄不清MgAbO’与盐酸反应的最终产物，二是因为找不

到快捷方法，只好利用混合物进行计算，步骤繁琐而结果易错，导致费时而不得分。

【易错点点睛】MgAbCU与盐酸反应最终生成MgCb和AlCb，lmolMgAI2O4消耗8molHCI。

因为恰好溶解，采用极值法计算，假如全部是尖晶石，盐酸浓度为5.4+144x8+0.1=3mol/L：

假如全部是Fez*，lmolFezCh消耗HCI6m。1,盐酸浓度为5.4+160x6+0.1=2.025mol/L,介于

二者之间，选A。

【答案】A

【6】某有机化合物A的相对分子质量大子100,小于130。经分析得知，其中碳和

氢的质量分数之和为46.66%,其余为氧，则该化合物分子中最多含碳氧双键的个数

为

A.1B.2C.3D.4

【错解分析】错选D,碳氧双键是不饱和键，应该与氢原子个数有关，而不是氧原子,

有的同学可能求出4个氧原子，所以最多4个碳氧双键。

【易错点点睛】100X53.33%4-16==3.33130X53.33%-?16==4.33,所以分子中含有4个。

原子，16x4+53.33%==120,(120-16x4)+12==4……8,所以该有机物分子式为C4H8。4.根据C、

H原子个数知道，分子中含有一个不饱和键，所以最多含有一个碳氧双键。

【答案】A

【7】在K2cO3样品中含NazCCh、KNO3、Ba(NC)3)2中的一或二种杂质.将13.8g该样品

溶于足量水中得到澄清溶液，再加入过量CaCb溶液，可得9.0g沉淀，则原样品中含有的杂

质会是()

A.肯定有Na2co3，没有Ba(NC)3)2

B.肯定有KNO3,没有Ba(NC)3)2，可能还有Na2cO3

C.肯定没有Na2co3,Ba(N0s)2

D.无法判断何种为肯定或否定的杂质

【错解分析】错选C。错选原因不能将定性分析与定量计算相结合。根据碳酸根离子守

恒，杂质提供CO32-少或者无，所以Na2c。3可能有。

【易错点点睛】由样品可全部溶于水中可知肯定没有Ba(NO3)2,但若样品全部为K2c。3

时，13.8g应生成沉淀10g,故样品中肯定含有同为13.8g时不生成或生成沉淀小于10g的杂

质，即肯定含有KN03，而13.8g的Na2CC)3反应生成的沉淀大于10g，应为可能有。

【答案】B

【8】取一定质量的均匀固体混合物Cu、Cu2O和CuO,将其分成两等分，取其中一份

用足量的氢气还原，测得反应后固体质量减少6.40g,另一份加入500ml稀硝酸，固体恰好

完全溶解，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L,则所用硝酸的物质的量浓度为

A.3.2mol/LB.3.6mol/LC.4.0mol/LD.无法判断

【错解分析】错选D。三者混合物进行计算，只提供两个数据，其实可以考虑待定系数

法列方程组求代数式的值，即可迎刃而解。

【易错点点睛】设Cu、CU2。和CuO的物质的量分别为x、y、z,根据氧元素守恒有

y+z=6.40/16=0.4......①；根据得失电子守恒有2x+2y=0.2x3......②，所用硝酸的物质的量为

2x+4y+2z+0.2,将上述两个方程运算①x2+②可得2x+4y+2z=1.4,所用硝酸的物质的量为

1.6mol,浓度32.mol/L。

【答案】A

【9】在由Fe、FeO和FezCh组成的混合物中加入100mL2moi/L的盐酸，恰好使混合物

完全溶解，并放出448mL气体(标准状况)，此时溶液中无Fe3+。则下列判断正确的是()

A.混合物中三种物质反应时消耗盐酸的物质的量之比为1:1:3

B.反应后所得溶液中的Fe2+和Ct的物质的量之比为1:3

混合物中，的物质的量无法确定，但比的物质的量多

C.FeOFeFe2O30.02mol

D.混合物中，Fez。?的物质的量无法确定，但Fe比FeO的物质的量多OQlmol

【错解分析】错选A。混合物计算不要设定比例，注意抓住题中的重要定量关系进行分

析判断。错选A是因为默认三者组成为1：1：1,所以要克服这样的思维定势。

【易错点点睛】混合物溶解后溶液中无Fe3+,同时有气体生成，所以Fe过量,Fe与FezOsL

溶于酸时恰好反应生成过量的铁与酸生成氢气，所以

1Fe2+,n(Fe)-n(Fe2O3)=n(H2),

Fe比FezCh的物质的量多0.02moL

【答案】C

[10]常温下，向0.25的硫酸溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钢溶

液，生成沉淀的量与加入氢氧化钢溶液的体积关系如图所示，a、b、c、d分别表示实验不

同时刻的溶液，下列有关说法中正确的是

nKBsSO.J/g

102030VtBXOHJJ/mL

A.硫酸溶液的体积为30mL

B.b时刻溶液中SCV-的浓度约为0.125mol-L1

C.d时刻溶液的pH约为13

D.溶液的导电能力：c<d=b<a

【错解分析】错选D,忽略体积变化，溶液导电能力取决于自由移动离子的浓度而不是

数目，b、d两点离子物质的量相等，但后者体积大，离子浓度小，导电性弱。

【易错点点睛】要分析图像的起点、拐点的含义。硫酸与氢氧化领发生中和反应，C点

恰好反应完全，因为二者浓度相同，所以体积相等，A项错误；b时刻SO’?一沉淀一半，体

积变为原来的L5倍，SO-—的浓度约为0.125/1.5=0.083moH_r,B项错误；d时刻Ba(OH)2

过量，c(OH")=(0.25x10x2)/50=0.1mol/L,pH=13,C项正确；b、d两点离子物质的量

相等，但后者体积大，离子浓度小，导电性弱，导电能力c<d<b<a,D项错误，选C。

【答案】C

[11]用H2还原xgCuO,当大部分固体变红时停止加热，冷却后得残留固体yg,

共用掉zgH2,此时生成水的质量为()

A.8(x—y)用gB.9(x—y)g

C.9zgD.9z/40g

【错解分析】多选C,用H2还原CUO,应该先通氢气，最后在氢气流中冷却，用去氢

气的量远大于实际参加反应的氢气。所以不能用氢气的量来求水的质量。

【易错点点睛】考虑实验的具体过程。用固体差量来求水的质量，固体差量为氧元素质

量，根据氧元素守恒求算即可。

【答案】B

[12]某金属最高价氟化物的相对分子质量为,其最高价的硫酸盐的相对分子质量

为M],若此元素的最高正价为"，则"与Ml、河2的关系可能是(AB)

%—2必弧—M2M,-M.%—必

A.n=B.n=C.n=——=-------LD.n=

58~29-58~58~

【错解分析】漏选A或者B。金属的化合价有+1、+2、+3价，奇数价与偶数价硫酸盐

的化学式有所不同，式量不同，结果也不同。

【易错点点睛】涉及字母的计算本身具有一定难度。采用讨论法，设金属化合价为X,

最高价氟化物化学式为MFx，如果金属化合价为奇数，硫酸盐化学式为M2(SO4)x,选A；

如果金属化合价为偶数，硫酸盐化学式为M(S04)xA，选Bo

【答案】AB

[13]在一定温度条件下，甲、乙两个容积相等的恒容密闭容器中均发生如下反应：

3A(g)+B(g)xC(g)+D(s),向甲中通入6moiA和2moiB,向乙中通入1.5molA、

0.5molB和3moiC、2molD,反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体

积分数都为0.2,下列叙述中正确的是()

A.若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量相等，则x=4

B.平衡时，甲、乙两容器中A、B的物质的量之比不相等

C.平衡时甲中A的体积分数为0.4

D.若平衡时两容器中的压强不相等，则两容器中压强之比8：5

【错解分析】错选A或C。审题注意两点"D为固态"，"甲、乙两容器中C的体积分数

都为0.2”,所以可逆反应在两种情况下建立平衡，一种是完全相同的平衡，一种是体积分数

(各物质百分含量)相同的平衡。

【易错点点睛】甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2,如果甲、乙两容器中A的物质

的量相等,则两个容器中达到相同的平衡状态，将乙中加入物质折合为6molA和2molB,x=2；

如果甲乙两个容器各物质百分含量相同，则x=4,平衡时各物质物质的量不相等，但两容器

中每种物质物质的量之比相等，A项、B项均错误；平衡时A、B物质的量之比为3：1,A、

B体积分数之和为0.8,所以平衡时甲中A的体积分数为0.6,C项错误；若平衡时两容器中

的压强不相等，则反应中x=4,气体体积不变的反应，平衡压强比等于起始压强比，即为8：

5,D项正确。

【答案】D

[14]在100g浓度为10moH/i、密度为pgtn<3的氨水中加入一定量的水稀释成5mol-L

一1的氨水，则加入水的体积为

A.小于100mLB.等于100mLC.大于100mLD.等于(100/p)mL

【错解分析】错选A。氨水的密度小于lgtrrT3。

【易错点点睛】如果不考虑体积变化，将10moM/1氨水稀释成5mo卜「2的氨水，加入

一倍体积的水即可，因为氨水密度小于：Ig-cnT3,所以100g氨水体积大于100mL,加水体

积也大于100mL。

【答案】C

[15]某元素R硝酸盐的相对分子质量为m,该元素相同价态的硫酸盐的相对分子质量

为n,则该元素的可能化合价是()

A、(m-n)/14B、(n-m)/14

C、(2m-n)/28D、(n-2m)/28

【答案】AC

【解析】假设该元素化合价为x,若x为奇数，则硝酸盐化学式为R(N03)x,硫酸盐

的化学式为Rz(SO。X。则该元素的硝酸盐、硫酸盐的相对分子质量分别为R+62x、2R+96x,

结合题目给出的两种分子的相对分子质量依次为m、n,可推知x值为(2m-n)/28,答案为

C；当x为偶数时，则硝酸盐的化学式为R(N03)x,硫酸盐的化学式为R(S04)x/2。则该

元素的硝酸盐、硫酸盐的相对分子质量分别为R+62x、R+48x,结合题目给出的两种分子的

相对分子质量依次为m、n,可推知x值为(m-n)/14,正确答案为A、C。

【易错点点睛】假设该元素化合价为x,则硝酸盐化学式为R(N03)x,硫酸盐化学式

为Rz(S04)X。根据相对分子质量的概念，该元素的硝酸盐、硫酸盐的相对分子质量分别为

R+62x、2R+96x,结合题目给出的两种分子的相对分子质量依次为m、n,可推知k值为(2m-n)

/28,答案为C。没有考虑该元素化合价为偶数的情况。当x为偶数时，硫酸盐的化学式应

该是R(SOJx/2o

【16】18.4gNaOH和NaHCO,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NaOH的百分含量。

【答案】混合物加热时的化学方程式为：

△

2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2

2NaOH+C()2===Na2cO3+H2O

△

(也可以写成NaOH+NaHCC)3=Na2CO3+H2O)

若混合物中NaOH和NaHCQ,的物质的量之比为1：1,则加热后质量减少为

18g

18.4gX=2.67g

40g+84g

若混合物中NaOH和NaHCOs的物质的量之比大于或小于1：1,则混合物的质量减少分别

应小于或大于2.67go

现混合物质量减少为18.4g-16.6g=l.8g,说明混合物中NaOH过量

设NaOH质量为x,NaHCOs质量为18.4g-x

NaOH+NaHCO3==Na2CO3+H2O

84g18g

(18.4g-x)1.8g

84g：(18.4g-x)=18g：1.8g

x=10g

NaOH的质量分数为;X100跖=54.3%

18.4g

【解析】首先分析出混合物加热时发生的化学反应为：

25CTC

2NaHCO3=Na2CO3+CO2t+H20f

2501c

2NaOH+CO2=Na2CO3+H20f

2501c

也可以写成NaOH+NaHCO3-NazCC^+H2。f然后，设混合物中

NaOH和NaHCOs的物质的量之比为1：1,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z

25CTC

NaOH+NaHCO=NaCO+HOtAW

\_____________3,232

124g18g18g

18.4g%

124g：18.4g=18g:z

18.4gX18g

z=---------------=2.67g

124g

若混合物中NaOH和NaHCOs的物质的量之比大于1：1,则混合物的质量减少应小于

2.67g；若混合物中NaOH和NaHCCh的物质的量之比小于1：1,则混合物的质量减少应大于

2.67go

现混合物的质量减少为18.4g-16.6g=L8g,L8V2.67,说明混合物中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,NaHCOs质量为(18.4g-x)

Na0H+NaHC03-Na2C03+H20

84g18g

(18.4g-x)1.8g

84g：(18.4g-x)-18g：1.8g

解之，得x=10g

NaOH的质量分数为X100%=54.3%

第二种：设原混合物中NaOH质量为x,反应后剩余NaOH质量为y

NaOH+NaHCO3==Na2CO3+H2O

40g84g106g

(x-y)(18.4g-x)(16.6g-y)

40g:(x-y)=106g：(16.6g-y)

84g:(18,4g-x)=106g:(16,6g-y)

解之,得口。g

[y=6g

NaOH的质量分数为;X100%=54.3%

18.4g

第三种：设未参加反应的NaOH的质量为x

NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O

、________■_■■________/

40g4-84g=124g106g

(18.4g-x)(16.6g-x)

124g：(18.4g-x)=106gI(16.6g-x)

解之，得x=6g

参加应的NaOH的质量为（18.4g-6g）X—^=4g

124g

原混合物中共有4g+6g=10g

NaOH的质量分数为^X100%=54.3%

18.4g

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“义”，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NaHCOs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

1352

果NaOH的质量分数为一丁X100%=73.48%必错无疑。

18.4g

【易错点点睛】设NaHCOs为xg,NaOH为yg,

△

列式：2NaHCO3=Na2CO3+CC>2t+口2。

2X84106

*图

x+y=18.4(1)

453,、

—x+y=16.6(2)

o4

解之,得已鬻

y=13.52g

【17】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)z溶液中，得到3.94g沉淀；另取1.00g

样品，加入40mLl.Omol•L稀盐酸，充分反应后稀释至500mLo从中取出25mL溶液，以

0.020mol・LNaOH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

的质量百分组成。

【答案】据COz+Ba(OH)2==BaCO3I+H20

CaCO3=CaO+CO2t

CaC()3〜BaC()3

100g197g

x3.94g

100g：x=197g：3.94g

解之，得x=2.0g

CaCQ的质量分数=暮X100%=20%

lU.uUg

1.00g样品中除CaCOs外，其余物质的质量为

1.00g-l.00gX20%=0.80g

它们消耗的盐酸的物质的量为：

l.Omol*L4X40X10-3L-0.020mol•L4X23X10-3LX

25mL

0.002moiX2=0.0268mol

除CaC03外，C1+的总物质的量为0.0134mol

假设全部为CaO,则质量为0.0134molX56g•moF^O.7504g

0.7504g<0.80g,所以样品中一定含有Ca(OH)2

设0.80g中含CaO质量为y,含Ca(OH)2质量为(0.80g-y),可列式:

2y12(0.80g-y)

0.0268mol

56g,mol-174g♦mol-1

解之，得y=0.60g

CaO的质量分数=:%X100%=60%

100g

Ca(OH)2的质量分数=°警一0强*100%=20%

100g

【解析】由样品高温灼烧后产生气体，且气体通入足量Ba(OH)2溶液中得到沉淀，可

推知样品中可能含有CaC03o

C02+Ba(OH)2==BaCO3I+H2

CaCO3=CaO+CO2|

CaCO3~BaCO3

100g197g

x3.94g

100g:x=197g：3.94g

解之，x=2.0g

CaCQ的质量分数为W3X100%=20%

lU.OUg

1g样品中CaCO3为0.20g,物质的量为0.002moL它与盐酸反应时，耗盐酸(0.002X2)

molo

加入盐酸的总物质的量为LOmol-r1X40X10-3L=4X10"molo

过量盐酸的物质的量为0.020mol♦L4X23X1Q-3LX当如=9.2X

25ml

10-3mol

除CaCO3外，样品耗盐酸的物质的量为

4X10-2mol-9.2X10-3mol-0.002X2mol=0.0268mol

除CaCCs外，Ca?+的物质的量为若吧=0.0134mol

假设全部为CaO,则质量为0.0134molX56g•mol-1=0.7504g

因为1.00g样品中除CaCOs外，其余物质的质量为1.00g-0.20g=0.80g

0.7504g小于0.80g,所以样品中除有CaO外，一定还含有Ca(0H)2„至此，可有以下

三种解法。

方法一：用差量法计算CaO和Ca(0H)2的含量：

CaO〜Ca(0H)2质量差

56g74g74g-56g=l

8g

y0.80g-0.7504g=0.0496g

74g:y=18g:0.0496g

解之,得y=0.20g

Ca(OH)2的质量分数为普兽X100%=20%

1.00g

CaO的质量分数为1-20%-20%=60%

方法二：设0.80g样品中含CaO质量为z,含Ca(0H)2质量为(0.80g-z),可列式:

2z2(0.80g-z)