第1章 专题讲座(一) 化学计算常用的解题技法

利用氢气和固体差量可以得到两个数值，B、D选项均
符合题意。而实际上实验室里用氢气还原氧化铜时， 消耗的氢气应包括排除装置中的空气、还原氧化铜、 冷却铜三部分，所以题目中所给氢气的质量并不是实 际还原CuO所消耗的氢气的质量，不能以此计算，应 采用差量法计算结果。 答案：B
[学一技] (1)含义：极值法(又称极端思维法、极端假设法)就是从 某种极限状态出发，进行分析、推理、判断的一种 思维方法。一般是，先根据边界条件(极值)确定答案
解析：由于铁粉和溶液完全反应，所以反应消耗的铁粉 的质量为 a g， 与析出铜的质量相等。 分析题中两个反应： Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑① Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu② ①中固体质量减轻，②中固体质量增加。设参与两反应 的 Fe 的物质的量分别为 x mol、y mol，则
A．0.120 mol
C．0.09 mol
B．0.15 mol
D．0.10 mol
[解析] 涉及的反应方程式： Mg＋2H ===Mg2 ＋H2↑， Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑， 2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑， 本题可采用极值法，若混合物全为 Mg 或 Fe，则： 2.8 L n(Mg)[或 n(Fe)]＝n(H2)＝ －1＝0.125 mol。 22.4 L· mol
－ －1
0.02 mol×62 g· mol 1＝1.24 g≠1.5 g；假设生成物只有 Na2O2， m(Na2O2)＝0.02 mol×78 g· －1＝1.56 g≠1.5 g； mol 因 1.24 g<1.5 g<1.56 g， 故生成物为 Na2O 和 Na2O2 的混 合物。
－
答案：C
－ － ＋
[答案] C
[通一类] 7．铜与镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被 还原只产生4 480 mL的NO2气体和336 mL的N2O4气体
(都已折算到标准状况)，在反应后的溶液中，加入足
量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为 A．9.02 g C．8.26 g B．8.51 g D．7.04 g ( )
[答案] A
[学一技] 不考虑变化过程，利用最终态(生成物)与最初态 (反应物)的量的变化来求解的方法叫差量法。只有当
差值与始态量或终态量存在比例关系时，且化学计算
的差值必须是同一物理量，才能用差量法。其关键是 分析出引起差量的原因。 (1)差量法是根据题中的相关量或对应量的差量来求解 的方法。
(2)差量法是把化学变化过程中引起的一些物理量的增量
[答案] B
2．足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、
N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68 L O2(标准状
况)混合后通入水中，所有气体完全被吸收生成硝酸。 若向所得Cu(NO3)2溶液中加入5 mol· －1NaOH溶液至 L Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是 ( )
的可能取值范围，然后再结合题给条件，确定答案，
或将混合物假设为纯净物再进行分析比较等。
(2)解题思路： 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。
[悟一题] [例3] Mg、Al、Fe三种金属的混合物与足量的稀H2SO4 反应，生成H2 2.8 L(标准状况下)，则金属混合物中三种 金属的物质的量之和不可能是 ( )
A．锌
C．铝
B．铁
D．镁
11.2 L [解析] n(H2)＝ ＝0.5 mol， 22.4 L· －1 mol 反应过程中 H 获得电子的物质的量为 0.5 mol×2＝1 mol， 即金属与盐酸反应时，失去 1 mol 电子需要金属的质量为 10 g。 失去1 mol e－ 失去1 mol e－ 而 Zn――――――→32.5 g，Fe――――――→28 g， 失去1 mol e 失去1 mol e Al――――――→9 g，Mg――――――→12 g， 根据平均值规则可知混合物中一定含有 Al。
＋ ＋
若混合物全为 Al，则： 2 2 2.8 L n(Al)＝ n(H2)＝ × ＝0.083 3 mol 3 3 22.4 L· －1 mol 则混合物中三种金属的物质的量之和 n 的取值范围 为：0.083 3mol<n<0.125 mol。
答案：B
[通一类] 5．[双选题]0.03 mol铜完全溶于硝酸，产生氮化物(NO、 NO2、N2O4)混合气体共0.05 mol。该混合气体的平均 相对分子质量可能是 ( )
答案：BC
6．在一定条件下，将钠与氧ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ反应的生成物1.5 g溶于
水，所得溶液恰好能被80 mL浓度为0.50 mol· －1的 L
HCl溶液中和，则该生成物的成分是
A．Na2O C．Na2O和Na2O2 B．Na2O2
(
)
D．Na2O2和NaO2
1 1 ＋ 解析：假设生成物只有 Na2O，则 n(Na2O)＝ n(Na )＝ 2 2 1 n(Cl )＝0.5 mol· ×0.08 L× ＝0.02 mol，m(Na2O)＝ L 2
A．60 mL
C．30 mL
B．45 mL
D．15 mL
O2 Cu 解析：HNO3――→NO、N2O4、NO2――→HNO3，单质 Cu 相当于直接被 O2 氧化生成 Cu2＋，据得失电子守恒和 质 量 守 恒 可 知 ： O2 ～ 2Cu ～ 4OH － ， 则 V(NaOH) ＝ 4nO2 ＝0.06 L。 cNaOH
D．0.4 mol· －1 L
[解析] 由 pH＝1 可得 c(H＋)＝0.1 mol· －1，c(OH－)＝ L 10－14 mol· －1 可忽略不计。据电荷守恒有 c(H＋)＋c(K＋) L 0.1
2 ＋3c(Al3 )＝2c(SO4 )，则 c(K )＝0.3 mol· 1。 L
＋ － ＋ －
答案：B
8．在100℃时，3.88 g气体A与足量的Na2O2反应，可放
出氧气，且固体的质量增加了2.28 g，由此可知，A
的组成为
A．只有水蒸气 C．水蒸气和二氧化碳
(
B．只有二氧化碳 D．无法确定
)
解析：设 CO2、H2O 的平均分子式为 RO， 则 RO 和 Na2O2 反应生成 O2 的关系为： 2RO ～ O2 32
A．30
C．50
B．46
D．66
解析：从极限的角度分析，若生成的气体全部是 NO， 则相对分子质量为 30；若生成的气体全部是 NO2，则应 为 NO2 和 N2O4 的混合物。0.03 mol Cu 完全反应生成的 NO2 应为 0.06 mol， 质量为 2.76 g， 由于 NO2 转化为 N2O4 时 n 减小，混合气体的物质的量为 0.05 mol，所以平均 2.76 相对分子质量为 ＝55.2。 则混合气体的平均相对分子 0.05 质量应在 30～55.2 之间。
解析：被还原的硝酸共 0.23 mol(＋5 价 N→＋4 价 N)， 4.6 g 铜和镁的合金为 0.115 mol， 故合金的平均摩尔质量 4.6 g － 为 ＝ 40 g· mol 1 ， 形 成 氢 氧 化 物 沉 淀 为 ： 0.115 mol 4.6 g － ×74 g· mol 1＝8.51 g。 － 40 g· mol 1
[学一技]
直接利用守恒关系列式计算或观察估算的方法。
一切物质的组成与转化均遵循着“守恒”规则，例如： (1)化合物中元素正负化合价总数守恒。 (2)电解质溶液中阳离子所带正电荷总数与阴离子所带负 电荷总数守恒。
(3)化学反应前后物质的总质量守恒。
(4)化学反应前后同种元素的原子数守恒。 (5)氧化还原反应中得失电子总数守恒。 (6)溶液稀释、浓缩、混合前后溶液中溶质的质量(或 物质的量)守恒。
答案：B
4．实验室用H2还原m g CuO，当大部分固体变红时，停止 加热，冷却后，称得残留固体的质量为n g，共消耗H2的 质量为w g，此时生成水的质量为 A．(m－n)8/9 g C．9w/40 g ( )
B．(m－n)9/8 g D．9w g
解析：反应方程式及量的关系为： △ CuO＋H2=====Cu＋H2O 80 2 w 64 18 Δm 16 m－n
[学一技]
(1)含义：混合物中某一量的平均值，必大于各组分中相
应量的最小值而必小于相应量中的最大值，这一原 理称为平均值原理。 平均值法就是根据上述原理进行求解的一种方法， 这种方法对于有关混合物的计算，只要设法找出各 组分的平均值，并根据题意迁移平均值含义，就会 大大简化解题步骤，做到化繁为简。
[悟一题] [例 1] 由 K2SO4、Al2(SO4)3 和 H2SO4 组成的混合溶液，其
＋ － － －
2 中 pH＝1，c(Al3 )＝0.4 mol· 1，c(SO4 )＝0.8 mol· 1，则 L L
c(K＋)为 A．0.15 mol· L
－1
( B．0.2 mol· L
－1
)
C．0.3 mol· －1 L
(2)特点：平均值法的特点是“抓中间，定两边”，适用于 求有关混合物组成的分析判断。一般思路是先求出 混合物的有关平均值，然后根据平均值规律判断混 合物的可能组成。平均值法常用于计算平均相对原
子质量、平均摩尔质量及平均原子个数等。
[悟一题] [例4] 由锌、铁、铝、镁四种金属中的两种组成的混合 物10 g，与足量盐酸反应产生的H2在标准状况下为11.2 L， 则混合物中一定含有的金属是 ( )
2R＋32
3．88 g (3.88－2.28) 计算得 R 的相对分子质量为 22.8，RO 的平均相对分子 质量为 38.8，再结合 CO2 和 H2O 的相对分子质量，可知 A 为 CO2 和 H2O(g)的混合气体。
答案：C
Fe
＋
H2SO4===FeSO4＋H2↑ 1 mol x mol
质量减少 56 g 56x g
1 mol x mol Fe ＋
CuSO4===FeSO4＋Cu 质量增加 1 mol y mol 8g 8y g
1 mol y mol
x 8 1 由题意知，应有 56x＝8y， y＝ ＝ ， 56 7 nCuSO4 7 ＝ 。 nH2SO4 1
[答案] C
[通一类] 1．X2On－在一定条件下可以把 Mn2＋氧化为 MnO－，若反应 8 4 后 X2On 变为 XO2 ， 又知反应中氧化剂与还原剂的物质 8 4 的量之比为 5∶2，则 n 的值是 A．1 C．3 B．2 D．4 ( )
－ －
解析： X2On－中 X 的化合价为 a， 设 则依据氧化还原反应 8 中电子转移数相等得 5×2×(a－6)＝2×(7－2)，a＝＋7， 所以 n＝2。
[解析]
设 b L 气体中氨气的体积为 x， 则参加反应的氨气为
a L－x， 2NH3 2 a L－x N2＋3H2 1 3 ΔV 2 b L－a L
则 a L－x＝b L－a L，解得 x＝2a L－b L 2a－b 所以氨气的体积分数为 b 。 [答案] C
[通一类] 3．a g 铁粉与含有 H2SO4 的 CuSO4 溶液完全反应后，得到 a g 铜， 则参与反应的 CuSO4 与 H2SO4 的物质的量之比为 ( A．1∶7 C．7∶8 B．7∶1 D．8∶7 )
或减量放在化学方程式的右端，作为已知量或未知量，
利用各对应量成比例求解。
(3)对固体、液体而言，差量可以是质量差、微粒个数之
差；对气体，差量还可以是同温、同压下的体积差。
[悟一题] [例 2] 将 a L NH3 通过灼热的装有铁触煤的硬质玻璃管后，
气体体积变为 b L(气体体积均在同温同压下测定)。 b L 气 该 体中 NH3 的体积分数是 2a－b A. a 2a－b C. b b－a B. b b－a D. a ( )