化学计算中的几种常用方法

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
4.平均值规律及应用 （1）依据:若XA>XB ,则XA> X >XB，X 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 X 可以确定XA、XB的范围；或 已知XA、XB可以确定X 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。
答案 B
方法归纳 此题如单纯用Cu、Mg分别与HNO3的 反应求出合金的物质的量组成而求得沉淀的质
量，那是相当繁琐的。除用平均值计算之外，本
题还可用整体思维，则沉淀的质量为金属Cu、Mg
的质量加上OH-的质量，设Cu、Mg的物质的量之
和为n(Cu、Mg),由电子守恒知：n(Cu、Mg)×2=
4.48 L 22.4 L/mol
①Fe+H2SO4 ②Fe+CuSO4
FeSO4+H2↑ FeSO4+Cu
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0.24 g
①Fe+H2SO4 56 g
FeSO4+H2↑ 1 mol
Δm1 56 g
0.01 mol
0.56 g
Δm2-Δm1=0.24 g,Δm2=Δm1+0.24 g=0.56 g+ 0.24 g=0.8 g
（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。
【典例导析4】 已知25℃下，0.1 mol/L某二元酸
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 失去8e- HNO3,O2 得4e- 2O2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。
【典例导析3】 取KI溶液25 mL，向其中滴加 0.4 mol/L的FeCl3溶液135 mL,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 0.025 mol时，Fe2+恰好完全反应。求KI溶液的 物质的量浓度。
【典例导析5】 铜和镁的合金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 NO2 气体和336 mL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.9.02 g
B.8.51 g
C.8.26 g
D.7.04 g
（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
质量差法
【典例导析1】 取一定量的CuO粉末与0.5 L稀 硫酸充分反应后,将一根50 g铁棒插入上述溶液 中，至铁棒质量不再变化时，铁棒增重0.24 g， 并收集到224 mL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
220..343L6/mLol×2,n(Cu、Mg)=0.115
mol,
故沉淀的质量为：
4.6 g+(0.115 mol×2)×17 g/mol=8.51 g。
迁移应用 1.把过量的铁粉投入到CuCl2和FeCl3组成的混合
溶液中，充分反应后，过滤清洗并干燥不溶
物，称得其质量与加入铁粉的质量相同，求
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) 2 mol 1 mol
2CO(g) ΔH=-221 kJ/mol Δm(固)，Δn(气)，ΔV（气）
2 mol
221 kJ
24 g
1 mol 22.4 L（标况）
（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
解析 因为0.1 mol/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0.2 mol/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
设CuO的物质的量为x，则CuSO4的物质的量也 为x,
②Fe+CuSO4 1 mol
FeSO4+Cu
Δm2 8g
x
0.8 g
求得x=0.1 mol，m(CuO)=0.1 mol×80 g/mol =8 g。 答案 8 g
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：
解析 被还原的硝酸共有0.23 mol，则4.6 g铜和
镁的合金为0.115 mol，故合金的平均摩尔质量为
4.6 g =40 0.115 mol
g/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：
（4.6 g÷40 g/mol)×74 g/mol=8.51 g或0.115
（1）叠加法(如利用木炭、水蒸气制取氨气)
C H2O(g) CO H2O(g)
CO H2 COO(g) N2 3H2
CO2 2 2 NH3
H
2
由木炭、水蒸气制取NH3的关系为:3C~4NH3。
(2)元素守恒法
4NH3+5O2
4NO+6H2O
2NO+O2 2NO2
3NO2+H2O 2HNO3+NO
0
mol/L
答案 B
5.常温下，向20 L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.24.5 g/L
B.14.4 g/L
C.8 g/L
D.5.19 g/L
解析 若容器内充入的全是H2S，则气体的最大密
有CO2代换CO而使气体质量是10 g，质量增加1.6
g。标准状况下，6.72 L气体的物质的量是
0.3 1.6
mol,设其中的CO2的物质的量是x。 g,x=0.1 mol。
16 g 1 mol
=
x
n（CO）∶n（CO2）=（0.3-0.1）∶0.1=2∶1。
答案 B
3.将1.5 g两种金属的混合物粉末与足量的稀盐酸
提示：①H2C2O4是二元弱酸
②10［KHC2O4·H2C2O4］+8KMnO4+
17H2SO4 8MnSO4+9K2SO4+40CO2↑+32H2O
A.0.008 889
B.0.080 00
C.0.120 0
D.0.240 0
解析 可设NaOH溶液体积为1 L,则KMnO4溶液为
1 3
L，n（NaOH）=0.1
解析 依题意，有： 2e-
|
2I-+2Fe3+ 2e-
| 2Fe2++Cl2
I2+2Fe2+, 2Fe3++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。
答案 设KI的物质的量是x。 2I- ~ Cl2 21 x 0.025 mol 2 x , x 0.05 mol。 1 0.025 mol c(KI) 0.05 mol 2 mol/L。
量增加。依题意可知，反应前后质量相等，即
前后两个差值相等，这是解题的关键。
答案 设原溶液中有x mol FeCl3，y mol CuCl2。
2Fe3++Fe 3Fe2+
固体减少质量Δm1
2
56 g/mol
x mol
28x g
Cu2++Fe 1
Fe2++Cu
固体增加质量Δm2 8 g/mol
y mol
化学计算中的几种常用方法
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：
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
原混合物中两种溶质的物质的量之比。
解析 这是一个无数据的题，似乎无法解答。
但根据化学反应原理，利用差量法是可以求解
的。把铁粉加入到CuCl2和FeCl3组成的混合溶 液中，铁粉与FeCl3反应，使Fe的质量减少，形 成一个差值。又因为铁粉与CuCl2反应，把Cu置 换出来，附在Fe上，Cu的相对原子质量比Fe的 相对原子质量大，又形成一个差值，使铁粉质