课标高三化学竞赛之常见化学计算方法

子肤市盘茶阳光实验学校一中2021—2021高一年级化学竞赛班讲座之
常见化学计算方法 ●考点阐释
主要有：差量法、十字交叉法、平均法、守恒法、极值法、关系式法、方程式叠加法、量代换法、摩尔电子质量法、讨论法、图象法〔略〕、对称法〔略〕。

●试题类编 一、差量法
在一量溶剂的饱和溶液中，由于温度改变〔升高或降低〕，使溶质的溶解度发生变化，从而造成溶质〔或饱和溶液〕质量的差量；每个物质均有固的化学组成，任意两个物质的物理量之间均存在差量；同样，在一个封闭体系中进行的化学反，尽管反前后质量守恒，但物质的量、固液气各态物质质量、气体体积会发生变化，形成差量。

差量法就是根据这些差量值，列出比例式来求解的一种化学计算方法。

该方法运用的数学知识为比律及其衍生式：a b
c d
a c
b d
==--或
c a
d b
--。

差量法是简化化学计算的一种主要手段，在阶段运用相当普遍。

常见的类型有：溶解度差、组成差、质量差、体积差、物质的量差。

在运用时要注意物质的状态相相同，差量物质的物理量单位要一致。

1.将碳酸钠和碳酸氢钠的混合物21.0g ，加热至质量不再变化时，称得固体质量为1
2.5g 。

求混合物中碳酸钠的质量分数。

2.室用冷却结晶法提纯KNO 3，先在100℃时将KNO 3配成饱和溶液，再冷却到
30℃，析出KNO 3。

现欲制备500g 较纯的KNO 3，问在100℃时将多少克KNO 3溶解
于多少克水中。

〔KNO 3的溶解度100℃时为246g ，30℃时为46g 〕
3.某金属元素R 的氧化物相对分子质量为m ，相同价态氯化物的相对分子质量为n ，那么金属元素R 的化合价为多少？
4.将镁、铝、铁分别投入质量相、足量的稀硫酸中，反结束后所得各溶液的质量相，那么投入的镁、铝、铁三种金属的质量大小关系为〔 〕
〔A 〕Al ＞Mg ＞Fe 〔B 〕Fe ＞Mg ＞Al 〔C 〕Mg ＞Al ＞Fe 〔D 〕Mg=Fe=Al
5.取Na 2CO 3和NaHCO 3混和物9.5g ，先加水配成稀溶液，然后向该溶液中加9.6g 碱石灰〔成分是CaO 和NaOH 〕，充分反后，使Ca 2+
、HCO 3-、CO 32-
都转化为CaCO 3沉淀。

再将反容器内水分蒸干，可得20g 白色固体。

试求： 〔1〕原混和物中Na 2CO 3和NaHCO 3的质量； 〔2〕碱石灰中CaO 和NaOH 的质量。

6.将12.8g 由CuSO 4和Fe 组成的固体，参加足量的水中，充分反后，滤出不溶物，枯燥后称量得5.2g 。

试求原混和物中CuSO 4和Fe 的质量。

二、十字交叉法
十字交叉法的表达式推导如下：设A 、B 表示十字交叉的两个分量，AB ——
表示
两个分量合成的平均量，x A 、x B 分别表示A 和B 占平均量的百分数，且x A +x B =1，那么有：
A ·x A +
B ·x B =AB ——
〔x A +x B 〕 化简得：x x AB B A AB
A B =--——
——
假设把AB ——
放在十字交叉的中心，用A 、B 与其交叉相减，用二者差的绝对值
相比即可得到上式。

十字交叉法用非常广，但不是万能的，其适用范围如表4—2：
含 化学
义 量
A 、B
AB ——
x A 、x B
正确使用十字交叉法解题的关键在于：〔1〕正确选择两个分量均量；〔2〕明确所得比为谁与谁之比；〔3〕两种物质以什么为单位在比。

尤其要注意在知道质量平均值求体积或物质的量的比时，用此法并不简单。

1. 现有50g 5%的CuSO4溶液，把其浓度增大一倍，可采用的方法有：〔1〕可将原溶液蒸发掉 g水；〔2〕可向原溶液中参加1% CuSO4溶液 g；〔3〕可向原溶液中参加胆矾 g；〔4〕可向原溶液中参加CuSO4白色粉末g。

2 . 今有NH4NO3和CO(NH2)2混合化肥，现测得含氮质量分数为40%，那么混合物中NH4NO3和CO(NH2)2的物质的量之比为〔〕
〔A〕4∶3 〔B〕1∶1 〔C〕3∶4 〔D〕2∶3
3. 〔1〕溶质质量分数分别为19x%和x%的两硫酸溶液，假设将它们体积混和，那么所得混和液的溶质质量分数与10x的大小关系如何？〔2〕溶质质量分
数为a%的氨水物质的量浓度是b mol·L-1，那么a
2%的氨水物质的量浓度与b
2
mol·L-1的大小关系如何？
4. 将金属钠在空气中燃烧，生成Na2O与Na2O2的混合物。

取该燃烧产物7.48g溶于水制成1000mL溶液，取出10mL，用0.1mol·L-1的盐酸，用去盐酸20mL，试求该产物中Na2O的物质的量分数。

5. 0.8mol CO2通入1L1mol·L-1NaOH溶液中，试求所得溶液中溶质的物质的量。

三、平均法
对于含有平均含义的量或半量习题，利用平均原理这一技巧性方法，可省去复杂的计算，迅速地作出判断，巧妙地得出答案，对提高解题能力大有益处。

平均法实际上是对十字交叉所含原理的进一步运用。

解题时，常与十字交叉结合使用，到达速解之目的。

原理如下：
假设A>B，且符合AB x A x B
x x
A x
B x
A B
A B
A B
——
=
⋅+⋅
+
=⋅+⋅
%%，那么必有A>AB——>B，其中AB
——是A、B的相平均值或式。

x
A·x B分别是A、B的份数。

常见的类型有：元素质量分数、相对原子质量、摩尔电子质量、双键数、化学组成平均法。

有时运用平均法也可讨论范围问题。

1. 某硝酸铵样品中氮的质量分数25%，那么该样品中混有的一组杂质一不是〔〕
〔A〕CO(NH2)2和NH4HCO3〔B〕NH4Cl和NH4HCO3
〔C〕NH4Cl和(NH4)2SO4〔D〕(NH4)2SO4和NH4HCO3
2. 把含有某一种氯化物杂质的氯化镁粉末95mg溶于水后，与足量的硝酸
银溶液反，生成氯化银沉淀300mg ，那么该氯化镁中的杂质可能是〔 〕 〔A 〕氯化钠 〔B 〕氯化铝 〔C 〕氯化钾 〔D 〕氯化钙
3. 某含杂质的CaCO 3样品只可能含有以下括号中四种杂质中的两种。

取10g 该样品和足量盐酸反，产生了2.24L 状况下的CO 2气体。

那么该样品中一含有 杂质，可能含有 杂质。

〔杂质：KHCO 3、MgCO 3、K 2CO 3、SiO 2〕
4 .〔1〕碳酸氢铵在170℃时完全分解，生成的混和气体平均相对分子质量是 。

〔2〕某爆鸣气中H 2和O 2的质量分数分别为75%和25%，那么该爆鸣气对氢气的相对密度是 。

〔3〕体积为1 L 的枯燥容器充入HCl 气体后，测得容器中气体对氧气相对密度为1.082，用此气体进行喷泉，当喷泉停止后，进入容器中液体的体积是 。

附：平均摩尔质量M ——
的求法： ①
M m n ——
总总
m 总—混和物叫质量 n 总—混和物总物质的量
②
M
——
=M 1·n 1%+M 2·n 2%+… M 1、M 2……各组分的摩尔质量，n 1%、n 2%……各组
分的物质的量分数。

〔注： M ——
如是元素的摩尔质量，那么M 1、M 2……是各同位素的摩尔质量，n 1%、n 2%……是各同位素的原子分数〔丰度〕。

〕
③
M
——
如是气体混合物的摩尔质量，那么有M ——
=M 1·V 1%+M 2·V 2%+…〔注：V 1%、V 2%……气体体积分数。

〕
④M ——
如是气体混合物的摩尔质量，那么有M ——
=d ·M A (注：M A 为参照气体的摩尔质量，d 为相对密度) 四、 守恒法
在化学反中存在一守恒现象，如：质量守恒〔含原子守恒、元素守恒〕、电荷守恒、电子得失守恒、能量守恒，利用这些守恒关系解题的方法叫做守恒法。

电荷守恒即对任一电中性的体系，如化合物、混和物、溶液、体，电荷的代数和为零，即正电荷总数和负电荷总数相。

电子得失守恒是指在发生氧化-复原反时，氧化剂得到的电子数一于复原剂失去的电子数，无论是自发进行的氧化-复原反还是以后将要学习的原电池或电解池均如此。

a. 质量守恒
1 . 有0.4g 铁的氧化物， 用足量的CO 在高温下将其复原，把生成的CO 2
通入到足量的澄清的石灰水中得到0.75g 固体沉淀物，这种铁的氧化物的化学式为
A. FeO
B. Fe 2O 3
C. Fe 3O 4
D. Fe 4O 5 2. 将几种铁的氧化物的混合物参加100mL 、7mol •L ―1
的盐酸中。

氧化物
恰好完全溶解，在所得的溶液中通入0.56L 〔标况〕氯气时，恰好使溶液中的Fe 2+
完全转化为Fe 3+
，那么该混合物中铁元素的质量分数为
A. 7%
B. 7%
C. 79.0%
D. 6% b. 电荷守恒法
3. 将8g Fe 2O 3投入150mL 某浓度的稀硫酸中，再投入7g 铁粉收集到1.68L
H 2〔状况〕
，同时，Fe 和Fe 2O 3均无剩余，为了过量的硫酸，且使溶液中铁元素
完全沉淀，共消耗4mol/L的NaOH溶液150mL。

那么原硫酸的物质的量浓度为
A. 1.5mol/L
B. 0.5mol/L
C. 2mol/L
D. mol/L
4. 镁带在空气中燃烧生成氧化镁和氮化镁，将燃烧后的产物溶解在50mL mol·L-1盐酸溶液中，以20mL0.9 mol·L-1的氢氧化钠溶液多余的酸，然后在此溶液中参加过量碱把氨释放出来，用足量盐酸吸收，经测氨为0.006mol，求镁带的质量。

c. 得失电子守恒法
5 . 某稀硝酸溶液中，参加5.6g铁粉充分反后，铁粉溶解，生成NO，溶液质量增加3.2g，所得溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之比为〔〕
A. 4∶1
B. 2∶1
C. 1∶1
D. 3∶2
6. 〔1〕0.5mol铜片与足量的浓HNO3反，收集到的气体经枯燥后〔不考虑损耗〕，测知其密度在状况下为2.5 g·L-1，其体积为 L。

〔2〕0.5mol铜片与一量的浓HNO3反，收集到的气体经枯燥后〔不考虑损耗〕在状况下的体积为17.92L，那么参加反的硝酸物质的量为；假设将这些气体完全被水吸收，那么补充状况下的氧气体积为 L。

〔不考虑2NO2N2O4反〕
7. ：2Fe2++Br2 = 2Fe3++2Br-，假设向100mLFeBr2溶液中缓缓通入2.24L状况下的氯气，结果有三分之一的Br-离子被氧化成Br2单质，试求原FeBr2溶液的物质的量浓度。

五、极值法
“极值法〞即“极端假设法〞，是用数学方法解决化学问题的常用方法，一般解答有关混合物计算时采用。

可分别假设原混合物是某一纯洁物，进行计算，确最大值、最小值，再进行分析、讨论、得出结论。

1. 常温下，向20L真空容器中通a mol H2S和b mol SO2〔a、b都是正整数，且a≤5，b≤5〕，反完全后，容器内可能到达的最大密度约是〔〕〔A〕25.5 g·L-1〔B〕14.4 g·L-1〔C〕8 g·L-1〔D〕5.1 g·L-1
2. 在状况下，将盛满NO、NO2、O2混合气的集气瓶，倒置于水槽中，完全溶解，无气体剩余，其产物不扩散，那么所得溶液的物质的量浓度〔C〕数值大小范围为〔〕
〔A〕01
224
<<
C
.
〔B〕1
392
1
28
.
<<
C
〔C〕1
28
1
224
<<
C
.
〔D〕1
392
1
224
..
<<
C
3. 当用m mol Cu与一量的浓HNO3反，在状况下可生成nL的气体，那么m 与n的数值最可能的关系是〔〕
〔A〕m n
=
224.
〔B〕n m n
224
3
448
..
<<〔C〕m n
=
3
448.
〔D〕无法判断
4.将一质量的Mg、Zn、Al混合物与足量稀H2SO4反，生成H22.8 L〔状况〕，原混合物的质量可能是( )
A. 2g
B. 4g
C.
8g D. 10g
六、关系式法
实际化工生产中以及化学工作者进行研究时，往往涉及到多步反：从原料到产品可能要经过假设干步反；测某一物质的含量可能要经过假设干步中间过程。

对于多步反体系，依据假设干化学反方程式，找出起始物质与最终物质的量的关系，并据此列比例式进行计算求解方法，称为“关系式〞法。

利用关系式法可以节省不必要的中间运算步骤，防止计算错误，并能迅速准确地获得结果。

用关系式解题的关键是建立关系式，建立关系式的方法主要有：1、利用微粒守恒关系建立关系式，2、利用方程式中的化学计量数间的关系建立关系式，3、利用方程式的加合建立关系式。

1. 工业上制硫酸的主要反如下：
4FeS2+11O2高温2Fe2O3+8SO2 2SO2+O2催化剂
△
2SO3 SO3+H2O=H2SO4煅烧t含85％FeS2的黄铁矿石〔杂质不参加反〕时，FeS2中的S有5.0％损失而混入炉渣，计算可制得98％硫酸的质量。

七、方程式叠加法
许多化学反能发生连续、一般认为完全反，这一类计算，如果逐步计算比拟繁。

如果将多步反进行合并为一个综合方程式，这样的计算就变为简单。

如果是多种物质与同一物质的完全反，假设确这些物质的物质的量之比，也可以按物质的量之比作为计量数之比建立综合方程式，可以使这类计算变为简单。

1. 将
2.1g 由CO 和H2 组成的混合气体，在足量的O2充分燃烧后，立即通入足量的Na2O2固体中，固体的质量增加
A. 2.1g
B. 3.6g
C. 4.2g
D.
7.2g
八、量代换法
在混合物中有一类计算：最后所得固体或溶液与原混合物的质量相。

这类试题的特点是没有数据，思考中我们要用“此物〞的质量替换“彼物〞的质量，通过化学式或化学反方程式计量数之间的关系建立式，求出结果。

1.有一块Al-Fe合金，溶于足量的盐酸中，再用过量的NaOH溶液处理，将产生的沉淀过滤、洗涤、枯燥、灼烧完全变成粉末后，经称量，粉末的质量恰好与合金的质量相，那么合铝的质量分数为〔〕
A. 70％
B. 30％
C. 4％
D. 5％
九、摩尔电子质量法
在选择计算题中经常有金属单质的混合物参与反，金属混合物的质量没有确，又由于价态不同，发生反时转移电子的比例不同，讨论起来极其麻烦。

此时引进概念“摩尔电子质量〞计算就极为简便，其方法是规“每失去1mol电子所需金属的质量称为摩尔电子质量〞。

可以看出金属的摩尔电子质量于其相对原子质量除以此时显示的价态。

如Na、K一价金属的摩尔电子质量在数值上于其相对原子质量，Mg、Ca、Fe、Cu二价金属的摩尔电子质量在数值上于其相对原子质量除以2，Al、Fe三价金属的摩尔电子质量在数值上于其相对原子质量除以3。

1.由两种金属组成的合金10g投入足量的稀硫酸中，反完全后得到氢气
11.2L(状况下)，此合金可能是〔〕
A. 镁铝合金
B. 镁铁合金
C. 铝铁合金
D.
镁锌合金
十、讨论法
讨论法：在某些化学问题的求解过程中，无法确某一物质的相关物理量，这时可根据化学事实或原理，确其范围，据此再对范围中的相关数据进行合理性取舍或具体化计算，从而使该化学问题得以解决。

在确范围的过程中，必然会运用到数的不式知识。

这类问题常常是综合性问题，难度也较大，解题的关键是如何构造不式，即要找准化学问题与不式之间的联结点。

在化学解题过程中注意有序思维和问题解决的完整性。

1. 在天平两端的两个质量相的烧杯里各盛有100mL、10mol·L-1的盐酸，然后分别参加a g镁粉和b g铝粉，欲使充分反后天平仍保持平衡，试确a的取值范围以及在a不同的取值范围内a与b之间的关系。

<常见化学计算方法>详细答案：
一、1.解析混合物质量减轻是由于碳酸氢钠分解所致，固体质量差
21.0g-14.8g=6.2g，也就是生成的CO2和H2O的质量，混合物中m(NaHCO3)=168×6.2g÷62=16.8g，m(Na2CO3)=21.0g-16.8g=4.2g,所以混合物中碳酸钠的质量分数为20%。

2.分析本例是涉及溶解度的一道计算题。

解答此题具备理解透彻的概念、找准实际的差量、完成简单的计算三方面的能力。

题中告知，在100℃和30℃时，100g水中分别最多溶解KNO3246g和46g，由于冷却时溶剂的质量未变，所以温度从100℃下降到30℃时，析出晶体246g-46g=200g〔溶解度之差〕。

由题意又知，在温度下降过程中溶质的析出量，据此可得到比例式，求解出溶剂水的质
量。

再根据水的质量从而求出配制成100℃饱和溶液时溶质KNO3的质量。

解设所用水的质量为x，根据题意，可列下式：
25646
100
500
g g
g
g
x
-
=解得：x=250g
又设100℃时饱和溶液用KNO3的质量为y，根据溶质与溶剂的对关系，列式如下：
246
100250
g
g
y
g
=解得：y=615g
答将615KNO3溶解于250g水中。

3. 解假设金属元素R的化合价为偶数x，那么其相同价态的氧化物、氯化物
的化学式分别为RO
x/2
、RCl x。

根据关系式RO
x/2
～RCl x，相对分子质量差值为
35516
2
275
..
x
x
x
-⋅=，所以n-m=2x，x n m
=
-
275.。

假设金属元素R的化合价为奇数x，那么其相同价态的氧化物、氯化物的化学式分别为R2O x、RCl x。

由关系式R2O x～
2RCl x可知，相对分子质量的差值为2×3x-16x=55x，所以2n-m=55x，x=2
55
n m
-。

答金属元素R的化合价为n m
-
275.
或2
55
n m
-。

4. 分析本例是金属与酸反，根据反前后质量相判断金属质量大小的一道选择题。

根据题意，反结束后所得各溶液质量相，所以各金属反掉的质量减去氢气生成的质量相。

现建立如下关系式：
Mg～H2△m=22，Al～3
2
H2△m=24，Fe～H2△m=54
确Mg、Al、Fe三种金属的质量大小，可用以下两种方法解决。

解：设Mg、Al、Fe的质量分别为x、y、z，故三者反结束后，溶液质量增
加为22
24
x、24
27
y、54
56
z且相，故有：22
24
24
27
54
56
x y z
==，所以y＞x＞z。

5. 分析本例从反最终的结果看，涉及如下两个反：Na2CO3+H2O+CaO=CaCO3
↓+2NaOH ，NaHCO 3+CaO=CaCO ↓+2NaOH ，根据题意“Ca 2+、HCO 3-、CO 32-
都转化CaCO 3沉淀〞，说明以上两反恰好完全进行。

从反前后的质量来看，反前：
9.5g+9.6g=19.1g ，反后：20g ，说明对于反前后的固体而言，其质量是增加的，数值为20g-19.1g=0.9g 。

那么0.9g 的增重从何增起呢？只能从发生的反入手
分析：第一个反固体增重且增重18g ，即为水的质量。

第二个反固体质量不变。

因此，0.9g 的增重源自第1个反中水参加反的质量。

明确了这一层关系，此题就能迎刃而解了。

解 〔1〕水参加反的质量为0.9g ，那么Na 2CO 3的质量为091810653..g g
g g ⨯=，
NaHCO 3的质量为-5.3g=4.2g 。

〔2〕碱石灰中CaO 的质量为(..).53
10642
845656g
g
g
g g +
⨯=，NaOH 的质量为g-g=4.0g 。

6. 解 根据分析可知，Fe 过量，设CuSO 4的质量为x ，那么Fe 的质量为12.8g-x ，根据反：
Fe + CuSO 4 = Cu + FeSO 4 △m 160g 8g
x 5.2g-(12.8g-x)=4.8g 所以：160852128g x
g
g g x =
--.(.)
解得：x=8.0g ，12.8g-x=4.8g
答 原混和物中CuSO 4和Fe 的质量分别为8.0g ，4.8g 。

二、1.分析 本例是将稀溶液浓缩的一道填空题。

假设按通常方法，根据溶
质守恒，列方程进行求解，那么解题繁。

假设运用十字交叉法，运算简洁，思
路流畅。

但处理好蒸发掉水，或参加CuSO 4粉末时CuSO 4的质量分数，前者可视为0，后者视为100%。

解 〔1〕〔负号代表蒸发〕 说蒸发掉的质量为原溶液质量的12
，
即25g 。

〔2〕
说明参加1% CuSO 4溶液的质量为原溶液质量的2倍，
即100g 。

〔3〕胆矾中CuSO 4的质量分数为160250
100%64%⨯=
说明参加胆矾的质量为原溶液质量的
4
54
，即5
54
50463⨯=g g .。

〔4〕
说明参加CuSO 4的质量为原溶液质量的
1
18
，即1
18
50278⨯=g g .。

答 25 100 3 8
2. 解 方法1：NH 4NO 3中N%=2880
100%⨯=35%，CO(NH 2)2中N%=2860
100%⨯=4%
说明NH 4NO 3与CO(NH 2)2的物质的量之比为67%80
5%60
11.∶∶=。

方法2：设混合物中NH 4NO 3的物质的量为1 mol ，CO(NH 2)2的物质的量为x 。

根据题意，列式如下：
解得：x=1 mol
方法3：由于NH 4NO 3和CO(NH 2)2分子中均含有2个N 原子，根据混合物中
N%=40%，可知该混合物的平均相对分子质量为
28
40%
70=。

说明NH 4NO 3与CO(NH 2)2的物质的量之比为1∶1。

答 此题正确选项为〔B 〕。

3. 解 ：〔1〕
假设混和液的溶质质量分数为10x%，那么19x%与x%的两H 2SO 4溶液必以质量混和。

现因体积的19x%溶液质量大于x%的溶液质量，故体积混和后，所得溶液质量分数大于10x%。

〔2〕
假设将a%的氨水加水稀释成a 2
%，那么参加水的质量即为氨水的质量。

现因
水的密度大于氨水密度，故稀释后溶液的体积小于原溶液体积的一半，根据溶质物质的量守恒，所以a 2%的氨水物质的量浓度大于b 2
mol ·L -1。

4. Na Na O Na O NaOH NaCl mL
mL
mol L ——、——
溶液————————燃烧
溶于水盐酸中和
取盐酸消耗→
→→→⋅-2221020011
.
图4—4
根据以上图示，结合有关反的用量，确1000mL NaOH 溶液中NaOH 物质的量。

由Na 元素守恒，可计算出混合物〔Na 2O 、Na 2O 2〕的平均摩尔质量或平均化学式。

从而求解得之。

解 1000mL NaOH 溶液的物质的量为1000100120100213mL mL
mol L L mol ⨯⋅⨯⨯=--..
根据混和物的平均摩尔质量=
混和物总质量
混和物总物质的量
，可知：
Na 2O 与Na 2O 2的平均摩尔质量=
0480212
7481...g mol g mol ⨯
=⋅-
说明Na 2O 与Na 2O 2的物质的量之比为∶1=1∶4，即
Na 2O 的物质的量分数为
1141
5
20%+=（）。

答 该产物中Na 2O 的物质的量分数为20%。

5. 解 n(CO 2)=0.8 mol ，n(NaOH)= 1L ×1 mol ·L -1
=1 mol 方法1：设生成物NaHCO 3物质的量分别为x 、y 。

由碳元素守恒，列式：x+y=0.8 mol 由钠元素守恒，列式：x+2y=1 mol 解得：x=0.6 mol y=0.2 mol
方法2：假设以CO 2为基准物质，分别发生反〔1〕和〔2〕时，需NaOH 分
别为0.8 mol 和1.6 mol 。

说明CO 2在两个反中所消耗的物质的量之比为
0.6∶0.2=3∶1，也是生成物中NaHCO 3与Na 2CO 3的物质的量之比。

所以n(NaHCO 3)=0.8 mol
⨯
+3
13
=0.6 mol ，n(Na 2CO 3)=0.2 mol 。

假设以NaOH 为基准物质，CO 2那么分别消耗1 mol 和0.5 mol 。

说明NaOH 在两个反中所消耗的物质的量之比为
0.3∶0.2=3∶2，所以生成物中NaHCO 3与Na 2CO 3的物质的量之比为3∶1。

故n(NaHCO 3)=1 mol
⨯
+3
32=0.6 mol ，n(Na 2CO 3)=1 mol ⨯+⨯33212
=0.2 mol 。

方法3：因n(CO 2)∶n(NaOH)=0.8 mol ∶1 mol=4∶5
说明产物中既有NaHCO3生成，又有Na2CO3生成，反的总方程式可写成如下： CO2+NaOH — Na2CO3+NaHCO3+H2O
根据物质的量之比于化学方程中的计量数之比，故CO2、NaOH前的计量数分别为4和5，根据原子个数守恒，判断出Na2CO3、NaHCO3和H2O前的计量数分别
为1、3和1，即：4CO2+5NaOH=Na2CO3+3NaHCO3+H2O，所以n(Na2CO3)=1
4
⨯0.8mol=0.2
mol，n(NaHCO3)=3
4
⨯0.8mol=0.6mol。

三、1. 解 NH4NO3中氮的质量分数是14
80
100%175%25%
⨯=<
.，而CO(NH2)2、NH4Cl、
NH4HCO3和(NH4)2SO4中氮的质量分数分别是4%、2%、1%和2%，其中只有(NH4)2SO4和NH4HCO3一组氮的质量分数都小于25%。

因此，该样品中混有的一组杂质一不是(NH4)2SO4和NH4HCO3。

答此题正确选项为〔D〕。

2. 解假设95mg全是MgCl2，那么其反后产生AgCl的质量为
95 95
21435 1
mg g mol ⋅
⨯⨯
-
.g·mol-1
=287mg<300mg。

根据平均含义可推知：95mg杂质与足量AgNO3溶液反生成AgCl的质量大于300mg。

这就要求杂质中Cl元素的质量分数比MgCl2中高才有可能。

因此此题转换成比拟Cl元素含量的上下。

现将每种的化学式作如下变形：MgCl2、Na2Cl2、Al
2
3
Cl2、K2Cl2、CaCl2。

显然，金属式量低的，Cl元素含量高，因此，只有AlCl3才有可能成为杂质。

答此题正确选项为〔B〕。

3.略
4. 解〔1〕NH4HCO3===△NH3↑+H2O↑+CO2↑
根据质量守恒可知：n(NH4HCO3)·M(NH4HCO3)=n(混)·M——(混)，故M——(混)=1
3
⨯79
g·mol-1，即混和气体的平均相对分子质量为2。

〔2〕设爆鸣气100g，那么H2的物质的量为100g×75%÷2g·mol-1=3mol，O2物质的量为100g×25%÷32g·mol-1=0.78mol。

故爆鸣气的平均摩尔质量为100g÷(3+0.78)mol=19g·mol-1，即对氢气的相对密度为19g·mol-1÷2g·mol-1=1。

〔3〕枯燥容器中气体的平均相对分子质量为1.082×32=32，由32<3，故该气体为HCl和空气的混和气体。

说明HCl与空气的体积比为2∶8=3∶1，即混和
气体中HCl的体积为1L⨯3
4
=0.75L。

由于HCl气体极易溶于水，所以当喷泉结束后，进入容器中液体的体积即为HCl气体的体积0.75L。

答〔1〕2 〔2〕1 〔3〕0.75L
四、1. 解析 由题意得知，铁的氧化物中的氧原子最后转移到沉淀物CaCO 3
中。

且n(O)=n(CaCO 3)=0.0075mol ， m(O)=0.0075mol ×16g/mol=0.12g 。

m(Fe)=0.4g-0.12g=0.28g ，n(Fe)=0.005mol 。

n(Fe)∶n(O)=2:3，选B
2. 解析 铁的氧化物中含Fe 和O 两种元素，由题意，反后，HCl 中的H 全在水中，O 元素转化为水中的O ，由关系式：2HCl~H 2O~O ，得：n 〔O 〕=mol mol HCl n 35.07.02
1)(21=⨯=⨯，m 〔O 〕=0.35mol ×16g •mol ―1
=5.6 g ；
而铁最终转化为FeCl 3，n 〔Cl 〕=0.56L ÷22.4L/mol ×2+0.7mol=0.75mol ，
n 〔Fe 〕=mol mol Cl n 25.075.03
1
)(31=⨯=⨯，m(Fe)=0.25mol ×56g •mol ―1=14 g ，那么
%4.71%1006.51414)(=⨯+=
g
g g
Fe ω，选
B 。

3. 解析 粗看题目，这是一利用关系式进行多步计算的题目，操作起来相当繁琐，但如能仔细阅读题目，挖掘出隐蔽条件，不难发现，反后只有Na 2SO 4存在于溶液中，且反过程中SO 42―并无损耗，根据电中性原那么：n 〔SO 42―
〕=2
1
n 〔Na +
〕，那么原硫酸的浓度为：2mol/L ，应选C 。

4. 分析 本例是镁及其化合物有关性质用的一道计算题。

此题涉及的反较
多，有2Mg+O 2===点燃2MgO ，3Mg+N 2===点燃Mg 3N 2，MgO+2HCl = MgCl 2+H 2O ，Mg 3N 2+8HCl =
3MgCl 2+2NH 4Cl ，NaOH+HCl = NH 4Cl 反。

假设用常规方法审题和解题，那么分析要求高，计算难度大，思维易混乱，很难正此题。

现运用图示法审题如下：
发现：MgCl 2、NH 4Cl 、NaCl 溶液中，阴阳离子电荷浓度〔或物质的量〕相即电荷守恒，再根据相关微粒的物质的量守恒，列出式，从而一举突破，沉着解答此题。

解 根据图示，对MgCl 2、NH 4Cl 、NaCl 溶液分析，由电荷守恒得知： 式中：n Mg n Mg n NH n NH mol n Na mol L ()()()().().====⋅⨯⨯+++-243100060920，， 解得：n Mg mol ().=0033，即m Mg mol g mol g ()..=⨯⋅=-00332407921 5. 解析 设Fe 2+
为xmol ，Fe 3+
为ymol ，那么：
x+y=
56
6
.5=0.1〔Fe 元素守恒〕 2x+3y=330
2
.36.5⨯-〔得失电子守恒〕
得：x=0.06mol ，y=0.04mol 。

那么x ∶y=3∶2。

应选D 。

6. 解 〔1〕Cu 与浓HNO 3反的化学方程式为：Cu+4HNO 3(浓) = Cu(NO 3)2+2NO 2↑+2H 2O ，因是足量的浓硝酸，故复原产物只是NO 2。

理论上讲，0.5mol Cu 可得1mol NO 2气体。

由于气体的密度在状况下为2.5g ·L -1
，即摩尔质量M= g ·L
-1
⨯22.4
L ·mol -1
=56g ·mol -1。

显然，56g ·mol -1
大于M(NO 2)〔46 g ·mol -1
〕，因此，不能认为收集到的气体全是NO 2，考虑平衡2NO 2
N 2O 4的存在。

所以收集到的气体
是NO 2和N 2O 4的混合气体。

根据质量守恒，混合气体的质量于1 mol NO 2气体的质量即为46g ，所以混和气体的体积为46g ÷2.5g ·L -1
=18.4L 。

〔2〕Cu 与浓HNO 3反的化学方程式为：Cu+4HNO 3(浓) = Cu(NO 3)2+2NO 2↑+2H 2O ，因是一量的浓HNO 3，随着反的进行，浓HNO 3逐渐变成了稀HNO 3，此时反的化学方程式为：3Cu+8HNO 3(稀)=3Cu(NO 3)2+2NO ↑+4H 2O ，故收集到的气体是NO 和NO 2的混合气体。

无法得知NO 和NO 2各自的物质的量，但它们物质的量之和为17.92L ÷22.4 L ·mol -1
=0 .8mol 。

根据N 元素守恒，参加反的硝酸的物质的量
为2n[Cu(NO 3)2]+n(NO)+
n(NO 2)=2⨯0.5mol+0.8mol=mol 。

补充O 2，NO 和NO 2被水吸收的化学方程式为：4NO+3O 2+2H 2O=4HNO 3，4NO 2+O 2+2H 2O = 4HNO 3，从整个氧化复原过程来看，HNO 3并没有参加反，参加的只是Cu 与O 2。

因此，根据电子守恒，可列下式：
05222441..mol V L mol ⨯=÷⋅⨯- 解得：V=5.6L 答 〔1〕1L ；〔2〕mol ，L
7. 分析 本例是有关氧化复原反的一道计算题，涉及氧化复原的选择性〔即反的先后顺序〕、进程性〔即氧化剂或复原剂的量控制着反的进程〕和整体性〔即无论有几个氧化复原反发生，始终存在氧化剂所得电子数于复原剂所失电子数，
或称电子守恒〕。

根据题意分析，可知Fe 2+与Br -复原能力大小为Fe 2+ >Br -。

因此，在FeBr 2溶液中通入Cl 2时，首先发生：Cl 2+2Fe 2+
= 2Fe 3+
+2Cl -
，然后再发生：Cl 2+2 Br - = Br 2+2Cl -。

根据Cl 2用量控制反进程，所以Fe 2+
和Br -失去电子数目于Cl 2得到电子数目。

据此守恒关系，列出式，很易求解。

解 设FeBr 2物质的量浓度为C ，由电子守恒可知：
解得：C= mol ·L
-1
答 原FeBr 2溶液的物质的量浓度为mol ·L -1。

五、1. 此题提供的思路是运用极限法来分析求解。

因为M(SO 2)>M(H 2S)，要到达最大密度，必然剩余SO 2气体，且物质的量为最多，因此极端考虑，起始
时，SO 2物质的量取最大〔5mol 〕，H 2S 物质的量取最小〔1 mol 〕，故反后剩余SO 2
为51
2
145mol mol mol -⨯=.，密度为45642014411..mol g mol L g L ⨯⋅=⋅--。

所以〔B 〕选项为此题正
确答案。

答 此题正确选项为〔B 〕。

2. 〔B 〕
3.略
4. 解析此题给出的数据缺乏，故不能求出每一种金属的质量，只能确取值范围。

三种金属中产生量的氢气质量最大的为锌，质量最小的为铝。

故假设金属为锌可求的金属质量为8.125g ，假设金属为铝可求的金属质量为2.25g ，金属实际质量在2.25g ～8.125g 之间。

故答案为B 、C 。

六、1. 解析 根据化学方程式，可以找出以下关系：FeS 2～2SO 2～2SO 3～2H 2SO 4， 此题从FeS 2制H 2SO 4，是同种元素转化的多步反，即理论上FeS 2中的S 转变成
H 2SO 4中的S 。

得关系式FeS 2～2H 2SO 4。

过程中的损耗认作第一步反中的损耗，得可制得98％硫酸的质量是
%
98120%)
0.51(%855.2298⨯-⨯⨯⨯⨯t =6t 。

七、1. 解析 CO 和H 2都有两步反方程式，量也没有确，因此逐步计算比拟繁。

Na 2O 2足量，两种气体完全反，所以将每一种气体的两步反合并可得H 2+Na 2O 2=2NaOH ，CO+ Na 2O 2=Na 2CO 3，可以看出最初的气体完全转移到最后的固体中，固体质量当然增加2.1g 。

选Ａ。

此题由于CO 和H 2的量没有确，两个合并
反不能再合并!
八、1. 解析 变化主要过程为：
由题意得：Fe 2O 3与合金的质量相，而铁转化为Fe 2O 3，故合Al 的质量即为Fe 2O 3中氧元素的质量，那么可得合铝的质量分数即为Fe 2O 3中氧的质量分数，。