高中化学极限法
高中化学计算题的常用解题技巧(3)------极限法
高中化学计算题的常用解题技巧（3）------极限法
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N1，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N1 [例5]4个同学同时分析一个由KCl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HNO3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.3.06g
B.3.36g
C.3.66g
D.3.96
本题如按通常解法，混合物中含KCl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KCl，根据KCl-AgCl，每74.5克KCl可生成143.5克AgCl，则可得沉淀为(2.00/74.5)*143.5=3.852克，为最大值，同样可求得当混合物全部为KBr时，每119克的KBr可得沉淀188克，
所以应得沉淀为(2.00/119)*188=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B和C。
等量物质燃烧时乙醛耗氧最多。
高中化学计算题解题技巧
In places deeper than night, there must be darker eyes than night.简单易用轻享办公（页眉可删）高中化学计算题解题技巧高中化学计算题解题技巧就在下面，欢迎大家一起学习高中化学解题技巧、高中化学题解题技巧、高中化学解题方法哦!高中化学计算题解题技巧一.守恒法：化学上，常用的守恒方法有以下几种：电荷守恒、电子守恒、原子守恒、质量守恒1、某露置的苛性钠经分析含水：9%(质量分数，下同)、Na2CO3：53%、NaOH ：38%。
取此样品 10.00 g放入 100.00 mL 2.00 molL-1 的 HCl(aq) 中，过量的 HCl 可用 1.00mol/L NaOH(aq)中和至中性，蒸发中和后的溶液可得固体_______克。
2、Fe、Cu合金42g与足量的稀HNO3反应，生成标准状况下的无色气体为13.44L，将此溶液中加过量的NaOH充分沉淀，过滤，洗涤，灼烧，最后得混和氧化物，求氧化物的总重量。
二.估算法：1、甲、乙两种化合物都只含X、Y 两种元素，甲、乙中 X 元素的百分含量分别为 30.4% 和 25.9%。
若已知甲的分子式是XY2，则乙的分子式只可能是( )A.XYB.X2YC.X2Y3D.X2Y52、有一种不纯的铁，已知它含有铜、铝、钙或镁中的一种或几种，将5.6克样品跟足量稀H 2SO4完全反应生成0.2克氢气，则此样品中一定含有(A)Cu(B)Al(C)Ca (D)Mg三.差量法：遇到反应前后固体或液体的质量、物质的量、体积发生变化时，可尝试用“差量法”解题：总压强为 3.0107 Pa 时，N2、H2 混合气体(体积之比为 1∶3)通入合成塔中，反应达平衡时，压强降为2.5107 Pa，则平衡时混合气体中 NH3 的体积分数为( )A.35%B.30%C.D.四.和量法：与差量法相反，为解决问题方便，有时需要将多个反应物(或生成物)合在一起进行计算。
【高中化学】化学计算方法之极值法
【高中化学】化学计算方法之极值法
“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净物，进行计算，确定最大值、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amolh2s和bmolso2（a、b都是正整数，且a≤5，
b≤5），反应完全后，容器内可能达到的最大密度约是（）
（a）25.5g•l-1（b）14.4g•l-1（c）8g•l-1（d）
5.1g•l-1
解析：本题提供的思路是运用极限法来分析求解。
因为m(so2)>m(h2s)，要达到最大
密度，必然剩余so2气体，且物质的量为最多，因此极端考虑，起始时，so2物质的量取
最大（5mol），h2s物质的量取最小（1mol），故反应后剩余so2为，密度为。
所以（b）选项为本题正确答案。
请问：本题恰当选项为（b）。
2.将一定质量的mg、zn、al混合物与足量稀h2so4反应，生成h22.8l（标准状况），原混合物的质量可能是()
a.2g
b.4g
c.8g
d.10g
解析本题给出的数据不足，故不能求出每一种金属的质量，只能确定取值范围。
三种
金属中产生等量的氢气质量最大的为锌，质量最小的为铝。
故假设金属全部为锌可求的金
属质量为8.125g，假设金属全部为铝可求的金属质量为2.25g，金属实际质量应在
2.25g～8.125g之间。
故答案为b、c。
高中化学《经典计算题》解题方法分类总结
高中化学《经典计算题》解题方法分类总结一、关系式法关系式法是根据化学方程式计算的巧用，其解题的核心思想是化学反应中质量守恒，各反应物与生成物之间存在着最基本的比例（数量）关系。
例题：某种H2和CO的混合气体，其密度为相同条件下再通入过量O2，最后容器中固体质量增加了（）A. 3.2gB. 4.4gC. 5.6gD. 6.4g【解析】固体增加的质量即为H2的质量。
固体增加的质量即为CO的质量。
所以，最后容器中固体质量增加了3.2g，应选A。
二、方程或方程组法根据质量守恒和比例关系，依据题设条件设立未知数，列方程或方程组求解，是化学计算中最常用的方法，其解题技能也是最重要的计算技能。
例题：有某碱金属M及其相应氧化物的混合物共10g，跟足量水充分反应后，小心地将溶液蒸干，得到14g无水晶体。
该碱金属M可能是（）（锂、钠、钾、铷的原子量分别为：6.94、23、39、85.47）A.锂B.钠C.钾D.铷【解析】设M的原子量为x，解得42.5＞x＞14.5，分析所给锂、钠、钾、铷的原子量，推断符合题意的正确答案是B、C。
三、守恒法化学方程式既然能够表示出反应物与生成物之间物质的量、质量、气体体积之间的数量关系，那么就必然能反映出化学反应前后原子个数、电荷数、得失电子数、总质量等都是守恒的。
巧用守恒规律，常能简化解题步骤、准确快速将题解出，收到事半功倍的效果。
例题：将5.21g纯铁粉溶于适量稀H2SO4中，加热条件下，用2.53g KNO3氧化Fe2+，充分反应后还需0.009mol Cl2才能完全氧化Fe2+，则KNO3的还原产物氮元素的化合价为___。
【解析】0.093＝0.025x＋0.018，x＝3，5－3＝2。
应填：+2。
（得失电子守恒）四、差量法找出化学反应前后某种差量和造成这种差量的实质及其关系，列出比例式求解的方法，即为差量法。
其差量可以是质量差、气体体积差、压强差等。
差量法的实质是根据化学方程式计算的巧用。
高中化学计算题解题方法归纳
化学计算题是中学生在化学学习中比较头痛的一类题目,也是他们在测验和考试中最难得分的一类题目,能选用最合适的方法准确而快速地解决计算题,对于提高学习成绩,增强学习效率,有着重要意义;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130mL一定浓度的硝酸溶液与克铜片反应,当铜片全部反应完毕后;共收集到气体升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：13Cu+8HNO3稀=3CuNO32+2NO↑+4H2O,2Cu+4HNO3浓=CuNO32+2NO2↑+2H2O,可以设参与反应1的Cu为xmol,则反应生成的NO气体为xmol,反应消耗的硝酸为xmol,再设参与反应2的Cu为ymol,则反应生成的NO2气体为2ymol,反应消耗的硝酸为4ymol,从而可以列出方程组：x+y×64=,x+2y×=,求得x=,y=,则所耗硝酸为x+4y=,其浓度为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Cu2+,则产物应为硝酸铜,且其物质的量与原来的铜片一样,均为mol=,从产物的化学式CuNO32可以看出,参与复分解反应提供NO3-的HNO3有2×=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都产生气体可以是NO或NO2甚至是两者的混合物,现有气体,即有摩HNO3参与了氧化还原反应,故所耗硝酸为+=摩,其浓度为mol/L,在8-9之间,只能选A;从以上两种方法可以看出,本题是选择题,只要求出结果便可,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.再看下题：例2在一个6升的密闭容器中,放入3升X气和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,则该反应方程式中的n值是A、3B、4C、5D、6解法一：抓住“X浓度减少”,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：4X + 3Y 2Q + nR始态3L 2L 0 0变量- ×3L=1L - ×1L= L + ×1L= L + ×1L= L终态3-1=2L 2- == L 0+ = L 0+ = L由以上关系式可知,平衡后终态混和气体的体积为2+ + + L即L,按题意“混和气体的压强比原来增加5%”即-5=5×5%,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%”即混和气体的体积增加了2+3×5%=,根据方程式,4X+3Y只能生成2Q+nR,即每4体积X反应,总体积改变量为2+n-4+3=n-5,现有×3L=1L的X反应,即总体积改变量为1L× =,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,压强增大,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,所以4+3<2+n,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;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,能快速算出了的值,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烃类知道分子量后求出其分子式的一类题目;对于烃类,由于烷烃通式为C n H2n+2,分子量为14n+2,对应的烷烃基通式为C n H2n+1,分子量为14n+1,烯烃及环烷烃通式为C n H2n,分子量为14n,对应的烃基通式为C n H2n-1,分子量为14n-1,炔烃及二烯烃通式为C n H2n-2,分子量为14n-2,对应的烃基通式为C n H2n-3,分子量为14n-3,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烃类直接除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个由于一元醇只含一个-OH,每mol醇只能转换出molH2,由生成克H2推断出14克醇应有,所以其摩尔质量为72克/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-1,代入分子量通式,应为4个碳的烯烃基或环烷基,结合“直链”,从而推断其同分异构体数目为6个.2.平均值法: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,这两种金属可能是A．Zn和Fe B．Al和Zn C．Al和Mg D．Mg和Cu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,但对于Al,由于在反应中显+3价,要置换出1mol氢气,只要18克Al便够,可看作+2价时其原子量为=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23×2=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Al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B,D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N1,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N1<N 平<N2才能符合要求,从而可判断出混合物的可能组成;例54个同学同时分析一个由KCl和KBr组成的混合物,他们各取克样品配成水溶液,加入足够HNO3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．B．C．D．本题如按通常解法,混合物中含KCl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,设克全部为KCl,根据KCl-AgCl,每克KCl可生成克AgCl,则可得沉淀为×=克,为最大值,同样可求得当混合物全部为KBr时,每119克的KBr可得沉淀188克,所以应得沉淀为119×188=克,为最小值,则介于两者之间的数值就符合要求,故只能选B C;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50℃逐渐冷却,则开始析出晶体的温度范围是温度℃0 10 20 30 40溶解度克/100克水A．0-10℃B．10-20℃C．20-30℃D．30-40℃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×100%=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×100%=22%,可得:溶解度×78=100×22,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30-40℃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A．n×100% B．n/2×100%C．n-1×100% D．n%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×C 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HAH++A-,由于原有弱酸为1升×C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-CXmol,所以HA,H+,A-的物质的量之和为C-CX+CX+CX摩,即C+CX摩=nC摩,从而可得出1+X=n,所以X的值为n-1,取百分数故选C.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-,即微粒数增大一,现在微粒数由原来的C摩变为nC摩,增大了n-1C摩,立即可知有n-1C摩HA发生电离,则电离度为n-1C摩/C摩=n-1,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某种烷烃11克完全燃烧,需标准状况下氧气28L,这种烷烃的分子式是A．C5H12 B．C4H10 C．C3H8 D．C2H6因为是烷烃,组成为CnH2n+2,分子量为14n+2,即每14n+2克烃完全燃烧生成n摩CO2和n+1摩H2O,便要耗去n+n+1/2即3n/2+1/2摩O2,现有烷烃11克,氧气为28/=5/4摩,其比值为44:5,将选项中的四个n值代入14n+2: 因为是烷烃,组成为C n H2n+2,分子量为14n+2,即每14n+2克烃完全燃烧生成n摩CO2和n+1摩H2O,便要耗去n+n+1/2即3n/2+1/2摩O2,现有烷烃11克,氧气为28/=5/4摩,其比值为44:5,将选项中的四个n值代入14n+2:3n2+1/2 ,不需解方程便可迅速得知n=3为应选答案.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9克水,求加入的铁粉质量为A．14g B．42g C．56g D．28g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FeS2,或者是既有H2S又有H2铁除了生成FeS2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:1Fe--FeS铁守恒--H2S硫守恒--H2O氢守恒,2Fe--H2化学方程式--H2O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H2O,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=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的烃,结构式为,若萘环上的二溴代物有9种同分异构体,则萘环上四溴代物的同分异构体数目有A．9种B．10种C．11种D．12种本题是求萘环上四溴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,将四个溴原子逐个代入萘环上的氢的位置,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--二溴代物有9种,分析所给有机物峁固氐不难看出,萘环上只有六个氢原子可以被溴取代,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"二溴代物有9种"这一提示,即萘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,迅速推知萘环上四溴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烃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某有机物克完全燃烧后生成下二氧化碳和克水,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.如果该有机物能使溴水褪色,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.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,而克有机物就是摩,完全燃烧生成为摩,克水为摩,故分子式中含3个碳,4个氢,则每摩分子中含氧为56-3×12-4×1=16克,分子式中只有1个氧,从而确定分子式是C3H4O.根据该有机物能发生斐林反应,证明其中有-CHO,从C3H4O中扣除-CHO,残基为-C2H3,能使溴水褪色,则有不饱和键,按其组成,只可能为-CH=CH2,所以该有机物结构就为H2C=CH-CHO;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ROOH2+能被硫酸钠还原到较低价态,如果还原含×10-3molROOH2+的溶液到低价态,需L的亚硫酸钠溶液,那么R元素的最终价态为A．+3 B．+2 C．+1 D．-1因为在ROOH2-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×10-3molROOH2-与12mlוL－1=的亚硫酸钠完全反应,亚硫酸钠共升×2=价,则依照升降价守恒,×10-3molROOH2-共降也是价,所以每摩尔ROOH2-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C;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,燃烧耗氧通式,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13120℃时,1体积某烃和4体积O2混和,完全燃烧后恢复到原来的温度和压强,体积不变,该烃分子式中所含的碳原子数不可能是A、1B、2C、3D、4本题是有机物燃烧规律应用的典型,由于烃的类别不确定,氧是否过量又未知,如果单纯将含碳由1至4的各种烃的分子式代入燃烧方程,运算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,设该烃为C X H Y,其完全燃烧方程式为:C X H Y+X+Y/4O2==XCO2+Y/2H2O,因为反应前后温度都是120℃,所以H2O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O2是否过量,每1体积C X H Y只与X+Y/4体积O2反应,生成X体积CO2和Y/2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/4=0,立刻得到分子式为C X H4,此时再将四个选项中的碳原子数目代入,CH4为甲烷,C2H4为乙烯,C3H4为丙炔,只有C4H4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,FeBr2三种溶液,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,FeBr2三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FeBr2的比例或Na2S和FeBr2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Cl2反应产物为I2,即两反应物mol比为2∶1,FeBr2与Cl2反应产物为Fe3+和Br2,即两反应物mol比为2∶3,可化简为∶1,当Cl2用量相同时,则KI与FeBr2之比为2∶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FeBr2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--等量物质与Cl2反应时,FeBr2需耗最多Cl2.换言之,当Cl2的量相等时,参与反应的FeBr2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,为应选答案.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:1加入溶质,要使100%的NaNO3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.甲酸甲酯这是关于有机物的燃烧耗氧量的计算,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H2O+CO,燃烧时办只有CO耗氧,甲醛为HCHO,可拆为H2O+C,比甲酸少了一个O,则等摩尔燃烧过程中生成相同数量的CO2和H2O 时,耗多一个O.同理可将乙醛CH3CHO拆为H2O+C2H2,比甲酸多一个CH2,少一个O,耗氧量必定大于甲酸,甲酸甲酯HCOOCH3拆为2H2O+C2,比乙醛少了H2,耗氧量必定少,所以可知等量物质燃烧时乙醛耗氧最多.当然,解题方法并不仅局限于以上14种,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题方法的后盾,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.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．% C．% D．30%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~FeCl2~FeOH2~FeOH3~ Fe2O3,再由质量相等的条件,得合金中铝+铁的质量=氧化铁的质量=铁+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:3×16/2×56+3×16×100%=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,以达到减少运算量,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.。
高中化学计算——守恒、极限与差量法
化学计算——守恒、极限与差量法班级姓名1．向500ml 2mol/L的盐酸中加入7.8克镁铝合金，合金完全溶解并放出8.96L（标况）气体，向反应后的溶液中逐滴加入4mol/L的烧碱溶液，当沉淀最多时，滴入这种烧碱的体积是_____________2．现有m mol NO2和n mol NO组成的混合气体，欲用a mol/LNaOH溶液，使该混合气体全部转化成盐进入溶液，需用NaOH溶液的体积是____________________3．FeC2O4·2H2O是一种重要原料，某研究性学习小组对FeC2O4·2H2O热分解产物进行研究：取10.80gFeC2O4·2H2O（相对分子量为180）粉末在氮气作保护气的氛围下进行控温热分解，得到4.64g固体氧化物M和混合气体，已知混合气体中存在H2O、H2、CO和CO2，且混合气体中CO、CO2的物质的量相等。
请计算：（1）4.64g固体氧化物M中的n(O)=__________ mol（2）混合气体中V(H2)=_____________L(标准状况)4．用11.92 gNaClO配成100mL溶液，向其中加入0.01molNa2S x恰好完全反应，生成Na2SO4和NaCl。
（1）NaClO溶液的物质的量浓度__________________ mol·L－1（2）化学式Na2S x中的x=__________________5．某氧化剂中，起氧化作用的是X2O72－离子，在溶液中0.2 mol该离子恰好将0.6molSO32－离子完全氧化，则X2O72－离子还原后的化合价为__________________6．查资料得，在高温下肼可将锅炉内壁表面的铁锈转化为致密的氧化膜。
取3.2g肼与96g该铁锈样品(可看作是Fe2O3)在高温下恰好完全反应生成氮气等产物，通过计算判断的还原产物为______________，写出该反应的化学方程式。
化学计算的常见方法
化学计算的常见方法1.守恒法守恒法是一种中学化学典型的解题方法，它利用物质变化过程中某一特定的量固定不变来列式求解，可以免去一些复杂的数学计算，大大简化解题过程，提高解题速度和正确率。
它的优点是用宏观的统揽全局的方式列式，不去探求某些细枝末节，直接抓住其中的特有守恒关系，快速建立计算式，巧妙地解答题目。
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，各种微粒所带的正负电荷总和等等，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。
例1.将几种铁的氧化物的混合物加入100ml、7molol―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fe2+完全转化为fe3+，则该混合物中铁元素的质量分数为（）a. 72.4%b. 71.4%c. 79.0%d. 63.6%解析：铁的氧化物中含fe和o两种元素，由题意，反应后，hcl 中的h全在水中，o元素全部转化为水中的o，由关系式：2hc——h2o——o，得：n（o）=，m（o）=0.35mol×16g·mol―1=5.6 g；而铁最终全部转化为fecl3，n（cl）=0.56l ÷22.4l/mol×2+0.7mol=0.75mol，n（fe）=，m（fe）=0.25mol×56g·mol―1=14 g，则，选b。
2.差量法差量法是根据物质变化前后某种量发生变化的化学方程式或关系式，找出所谓”理论差量”，这个差量可以是质量差、气态物质的体积差、压强差，也可以是物质的量之差、反应过程中的热量差等。
解题时将”差量”看作化学方程式右端的一项，将已知差量（实际差量）与化学方程式中的对应差量（理论差量）列成比例，其他解题步骤与按化学方程式列比例或解题完全一样。
该法适用于解答混合物间的反应，且反应前后存在上述差量的反应体系。
高中化学 化学平衡中的思想方法之二──极限思维化学学法指导
化学平衡中的思想方法之二──极限思维主要思想：按方程式的系数极限的转化为反应物或生成物(即一边倒)，特别注意极值是否可取。
一、解决取值范围的问题例1.一定条件下,在反应2SO2 (g) +O2(g) 2SO3(g)平衡体系中：n(SO2) =2.0 mol/L , n(O2) = 0.8 mol/L, n(SO3)=2.4 mol/L ,则SO2 的起始浓度的范围为( )。
A . 0.4～2.0 mol/L B. 0.4～4.4 mol/L C . 0～4 mol/L D . 无法确定解:把平衡时的量看成起始量,极限地向左转化为反应物(按SO3的量转化),则有:(单位统一用物质的量浓度)2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g)起始 2.0 0.8 2.4转化 2.4 1.2 2.4极限I 4.4 2.0 0极限地向右转化为生成物(按O2的量转化),则有:(单位统一用物质的量浓度)2SO2(g) + O2(g)2SO3(g)起始 2.0 0.8 2.4转化 1.6 0.8 1.6极限II 0.4 0 4答案选B例2.在一密闭容器中发生以下反应：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g),若最初加入等物质的量的CO 和H2O 各1 mol,反应达平衡时,生成0.67 mol CO2,若在相同条件下将H2O 的物质的量改为4 mol。
反应达平衡时生成CO2 可能为( ) mol。
A .1.34 B.1.0 C.0.94 D. 0.52解: H2O的物质的量改为4 mol.相当于先让1 mol CO 和1 mol H2O 反应达平衡后,再加入3 mol H2O,显然平衡右移,所以CO2 的物质的量应大于0.67 mol,用极限法找CO2的极大值(按CO的量转化):CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g)起始 1 mol 4 mol 0 0转化 1 mol 1 mol 1 mol 1mol极限0 mol 3 mol 1 mol 1 mol所以CO2的极大值为1 mol(但1不能取)答案选C例3. 在体积固定的密闭容器中通入A ﹑C﹑D各1 mol和x mol 的B发生反应:A(g)+4B(g) 2C(g)+ D(g)当x在一定范围内变化,均可通过调节反应器的温度,使反应达平衡时保持容器中气体总物质的量为5 mol,若使起始反应向正方向进行,则x的范围为（）。
高中化学(新人教版)选择性必修一课后习题：化学反应的调控(课后习题)【含答案及解析】
化学反应的调控课后篇素养形成必备知识基础练1.在合成氨反应中使用催化剂和施加高压,下列叙述中正确的是()A.都能提高反应速率,都对化学平衡无影响B.都对化学平衡有影响,但都不影响达到平衡状态所用的时间C.都能缩短达到平衡状态所用的时间,只有施加高压对化学平衡有影响D.使用催化剂能缩短反应达到平衡状态所用的时间,而施加高压无此效果解析对于反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g),使用催化剂只能提高反应速率,缩短达到平衡状态所用的时间,不能使化学平衡发生移动。
施加高压既能提高反应速率,使反应达到平衡状态所用的时间缩短,也能使化学平衡向生成NH3的方向移动。
故答案为C。
2.下列有关合成氨工业的说法正确的是()A.N2的量越多,H2的转化率越大,因此,充入的N2越多越有利于NH3的合成B.恒容条件下充入稀有气体有利于NH3的合成C.工业合成氨的反应是熵增加的放热反应,在任何温度下都可自发进行D.工业合成氨的反应是熵减小的放热反应,在低温时可自发进行项,投料比为n(N2)∶n(H2)=1∶2.8时,更有利于NH3的合成;B项,恒容条件下,充入稀有气体对平衡无影响;C、D项,ΔH-TΔS<0时反应自发进行,而合成氨反应的ΔH<0、ΔS<0,故在低温条件下该反应能自发进行。
3.可逆反应3H2(g)+N2(g)2NH3(g)ΔH<0,达到平衡后,为了使H2的转化率增大,下列选项中采用的三种方法都正确的是()A.升高温度,减小压强,增加氮气B.降低温度,增大压强,加入催化剂C.升高温度,增大压强,增加氮气D.降低温度,增大压强,分离出部分氨,升高温度平衡逆向移动,降低温度平衡正向移动,A、C项错误;加入催化剂可增大反应速率,但对平衡移动无影响,B项错误;因合成氨的正反应是气体体积减小的反应,所以增大压强会使平衡向正反应方向移动,增加反应物浓度或减小生成物浓度会使平衡向正反应方向移动,D项正确。
高中化学计算常用方法
高中化学计算常用方法
以下是 6 条关于“高中化学计算常用方法”的内容：
1. 守恒法呀，这可是个厉害的招数呢！就比如说在铁和硫酸铜反应中，不管反应过程多么复杂，元素的质量总是守恒的呀！这就像一场游戏，不管中间怎么变，有些东西就是不会变，你说神奇不神奇？
2. 关系式法也超好用哦！举个例子，铜和浓硝酸反应，通过方程式找到铜和硝酸之间的特定关系式，就可以快速准确计算啦，就如同找到了解题的钥匙一样，一下子就能打开那扇紧闭的门！
3. 差量法呀，哇，那可是很巧妙的！比如碳酸钙高温分解，反应前后质量的差值可有着大用处呢！这不就像是找到了一个隐藏的线索，顺藤摸瓜就能找到答案啦，是不是很有意思？
4. 极限法也得知道呀！像是判断混合物中某种成分的含量时，假设全是这个或那个，然后去计算，这多像在走极端呀，但却能得到有用的信息呢！
5. 平均值法也很重要呢！就好比几种金属组成的合金，通过平均值可以推断出各种金属的大致比例，这就像警察破案，通过一些线索就能猜出个大概来，很神奇吧？
6. 十字交叉法也是个宝贝哟！在计算混合气体的比例或者混合物中成分的比例时，用它简直太方便啦！就好像是在混乱中找到了一种秩序，让一切变得清晰明了！
我觉得呀，这些高中化学计算常用方法就像一个个法宝，掌握了它们，化学计算就不再是难题啦！。
高中化学 极值法 极限分析法
两种金属混合物粉末15g，与足量盐酸反应时生成标准状况下的氢 ， 两种金属混合物粉末 气11.2L，符合上述情况的金属化合物是（ A ） ，符合上述情况的金属化合物是（ A、Mg Fe 、 B、Zn Ag 、 C、Fe Zn 、 D、Mg Al 、
高中解题方法
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
极值法
极值法是采用极限思维的一种解题技巧。 极值法是采用极限思维的一种解题技巧。它是将题设构造为问 题的两个极端， 题的两个极端，然后依据有关化学知识确定所需反应物或生成物 的量值，进行判断分析求得结果。极值法有三个基本思路： 的量值，进行判断分析求得结果。极值法有三个基本思路：①、 是把可逆反应假设成为向或向右进行的完全反应； 是把可逆反应假设成为向或向右进行的完全反应；②、把混合物 假设纯净物； 把平行反应分别假设单一反应。 假设纯净物；③、把平行反应分别假设单一反应。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，假设为极值的 优点是将某些复杂的、难以分析清楚的化学问题， 问题，使解题过程简洁，解题思路清晰，把问题化繁为简， 问题，使解题过程简洁，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。 变易，从而提高了解题速度。
分析：用极值法判断 的原子量的取值范围 的原子量的取值范围， 分析：用极值法判断R的原子量的取值范围，即设混合物全部为碱 金属单质，求原子量的最大值，再设混合物全部为碱金属氧化物， 金属单质，求原子量的最大值，再设混合物全部为碱金属氧化物， 求原子的最小值，再依据原子量的取值范围，即可判断R为何种碱 求原子的最小值，再依据原子量的取值范围，即可判断 为何种碱 金属。 金属。 全部是碱金属单质R， 的原子量为x 解：设5.4g全部是碱金属单质 ，且R的原子量为 全部是碱金属单质 的原子量为 2R + 2H2O ===== 2ROH + H2↑ 2x 2（x + 17） （ ） 5.4g 8g ∴ x == 35.7 全部是碱金属氧化物R ， 的原子量为y 设5.4g全部是碱金属氧化物 2O，且R的原子量为 全部是碱金属氧化物 的原子量为 R2O + H2O ===== 2ROH (2y + 16) 2(y + 17) 5.4g 8g ∴ y == 10.7 的原子量应在∴ 之间， 故R的原子量应在∴10.7～35.7之间，所以 为碱金属钠 的原子量应在 ～ 之间 所以R为碱金属钠
高中化学计算方法总结 讨论法
实蹲市安分阳光实验学校讨论法由于某条件的不确性，结果可能是两个或两个以上，也可能在某个范围内取值。
包括①结果讨论，②组合讨论，③范围讨论，④不式讨论，⑤极限法讨论。
1．常温下一种烷烃A和一种单烯烃B组合成混合气体，1分子A或B最多只含有4个碳原子，且B分子的碳原子比A分子多，将1 L该混合气体充分燃烧，在同温同压下得到2.5 L CO2气体。
试推断原混合气体中A和B的所有可能组合及体积比。
2．在120℃时，向密闭容器中充入H2S和O2的混合气体100 mL，用电火花引燃，经充分反后，恢复到原状态，测容器内残留气体体积为V mL。
（1）讨论V和x（x表示100 mL混合气体中O2体积）函数式。
（2）若残留气体体积V＝90 mL，求原混合气体的组分。
3．今有铷和另一种碱金属组成的合金6 g与水作用生成2.24 L H2（状况），求另一种碱金属可能是什么？铷在该合的质量分数为多少？4．含有乙烷、丙烯、丁二烯的混合气体若干摩尔。
充分燃烧，耗氧量约为混合气体原体积的5倍。
求混合气体符合此条件的可能配比共有几种情况（配比写成最简整数比，而且每个整数都大于0，小于8）？杠杆原理法由动力×动力臂＝阻力×阻力臂的原理进行二组分混合物平均量与组分量的。
常用于：质量分数、平均式量、平均分子式、反热、有关混合物的反计算。
1．需质量分数为70%的硫酸溶液（＝1.20 g/cm3），现只有98%的浓硫酸（＝1.84 g/cm3）和15%的硫酸（＝1.10 g/cm3），如何配制A．按体积比2:3 B．按质量比2:5 C．按体积比3:2D．按质量比5:22．在状况下，做HCl气体的喷泉中，干燥烧瓶中收集的HCl气体里，所测得的收集的气体是氢气相对分子式量的16.75倍，则混合气体中HCl气体的体积百分数是A．50% B．60% C．70% D．80%3．氯有两种稳的天然同位素37Cl、35Cl，氯元素的相对原子质量为35.5，则对氯元素中37Cl的质量分数的判断正确的是A．25% B．略大于25% C．75% D．略小于75%方法总论4．已知氢气的燃烧热为285.8 kJ/mol ，CO 的燃烧热为282.8 kJ/mol ，现有氢气和CO 组成的混合气体56.0 L （标况），经充分燃烧后，放出总热量为710.0 kJ ，并生成液态水。
高中化学计算中的基本解题方法
(实际差量)
由此可知共消耗15 mL气体;还剩余1 mL气体， 假设剩余的气体全部是NO，则VNO∶V(NH3) ＝(9 mL＋1 mL)∶6 mL＝5∶3，假设剩余的 气体全部是NH3，则V(NO)∶V(NH3)＝9 mL∶(6 mL＋1 mL)＝9∶7，但因该反应是可 逆反应，剩余气体实际上是NO NH3的混合气 体，故V(NO)∶V(NH3)介于5∶3与9∶7之间， 对照所给的数据知3∶2与4∶3在此区间内
mol×12 g·mol－1＝4.2 g。
▪ 答案 B
2．为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品 的纯度;现将w1 g样品加热，其质量变为w2 g， 则该样品的纯度质量分数是 ( )
A．84w321－w513w1 C．73w321－w412w1
B．84w311w－1w2 D．115w321－w81 4w1
练习
1．在含有 a g HNO3 的稀硝酸中，加入 b g 铁粉充分反应，铁
全部溶解并生成 NO，有a4 g HNO3 被还原，则 a∶b 不可能
为
( )。
A．2∶1
B．3∶1
C．4∶1
D．9∶2
解析 Fe 与 HNO3 反应时，根据铁的用量不同，反应可分 为两种极端情况。 (1)若 Fe 过量，发生反应：3Fe＋8HNO3(稀)=== 3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O 则有5b6∶6a3＝3∶8，解得：ab＝31 此为 a∶b 的最小值。
2准确称取所制备的0 250 0 g CuCl样品置于 一定量的0.5 mol·L－1FeCl3溶液中;待样品完 全溶解后，加水20 mL，用0.100 0 mol·L－1的 Ce(SO4)2溶液滴定到终点，消耗24.60 mL Ce(SO4)2溶液 有关化学反应为 Fe3＋＋CuCl===Fe2＋＋Cu2＋＋Cl－
高中化学计算题基本类型计算方法
高中化学计算题基本计算方法1．差量法 当反应前后固体或液体的质量发生变化时或反应前后气体的压强、密度、物质的量、体积等发生变化时可用差量法计算。
（1）体积差[练习1] 常温下盛有20mL 的NO 2和NO 组成的混合气体的大试管倒立在水中，充分反应后，剩余气体的体积为16mL 气体，则原混合气体中，NO 2和NO 的体积分别是多少？若在上述大试管中缓缓通入O 2，一段时间后，试管内残留2mL 气体，则通入O 2体积可能为多少mL ？ 【解答】2223NO 323121v 2v 436y 20614NO x y NO H O HNO NO mL x xmL x mLmL+=+∆=∆===-=设原混合气体中的体积是，的体积是理论体积差实际体积差答：略。
223223222316NO 2mL 4NO+3O +2H O=4HNO NO,14NO 4NO+3O +2H O=4HNO 431410.5O NO 4NO+3O +2H O=4HNO 4316214mL mL xx mLmL y y mL=-=由上小题可以确定剩余气体均为，通入氧气后仍有气体剩余①若剩余气体是那么有参加反应②若剩余气体是，那么有16参加反应答：略。
（2）质量差[练习2] 将10.000g 氯化钠、溴化钾和氯化钙的混合物溶于水中，通入氯气充分反应，然后把溶液蒸干并灼烧（高温高压），灼烧后残留物的质量为9.813g 。
若将此残留物再溶于水并加入足量的碳酸钠溶液，所得的沉淀经干燥后质量为0.721g ，求原混合物中各化合物的质量。
【解答】223223g,,.10O 74.59.81311944.50.1871190.51000.7211110.8100.50.88.7x y g z g x y z NaCl NaCl NaClKBr Cl KCl Na CO KClCaCl CaCl CaC x y z y y g z z gx g ++=⎫⎧⎧⎪⎪⎪+−−−−→+−−−−−→⎬⎨⎨⎪⎪⎪⎭⎩⎩++=-=====--=灼烧蒸干过滤沉淀干燥设：氯化钠 溴化钾氯化钙①②①②：答：略。
高中化学极限法解计算题
高中化学极限法解计算题有些反应涉及多种物质的多种反应，也有时涉及多种物质之间的某些关系。
遇到纷杂交织情况难于判断时，常用到极限思维法。
如：（1）判断反应物过量和生成物种类可把某物质设为混合物中占100%或某反应中某物质100%反应，据以与题给数据比较，找出过量关系和生成物或剩余物的种类。
[例1]由na2s04与na2s03混合而成的粉末6克，与50毫升1摩/升的稀硫酸反应后，再加入足量的bacl2溶液，得到白色沉淀17.475克。
求原混合粉术中na2s03和na2s04各重几克？思路：设所有混合粉末全是na2s03，求出所需h2s04的值。
与题设h2s04值相比较，如求出与na2s03作用的h2s04值小于或等于50毫升1摩/升时，则硫酸过量，故1 7.475克沉淀应全是bas04。
若求出h2s04的值大于题给的h2s04量，则h2s04不过量，故生成的17.475克沉淀必为bas04与bas03的混合物。
今有h2s04：0.05×1=0.05（摩）超过x（极），则h2s04过量，所以白色沉淀物质全是bas04，其物质的量是17.475/233=0.075（摩）则原混合物中na2s04的物质的量为：（2）求一大系列化合物某成分的含量遇到一大系列刊系物或类似同系物的元素百分含量的求解，可以将最简单的化合物为基础，找到相邻化合物间的关系，推到”无限”，用极限思维解题。
（例2]在沥青的蒸汽中，含有稠环芳烃，其中一些成分可视为同系物。
假如它们是萘（a）、芘（b）和蒽并蒽（c），以此顺推，则还可以有（d）、（e）……等。
试求该系列化合物中，碳的最大百分含量。
并写出该系列化合物的通式。
思路：从a、b、c等相邻稠环芳烃的c、h增加数目入手，如c10h8、c16h10、c22hl2……依次相差c6h2。
所以”同系物”通式可以萘的cloh8为基础写成c10+6nh8+2n。
即在n=o、1、2、3……时得出从萘开始该系列中的各物质。
极限假设思维方法在高中化学解题中的应用
龙源期刊网
极限假设思维方法在高中化学解题中的应用作者：黄锫泉
来源：《数理化学习·高一二版》2012年第12期
所谓极限思维，就是建立在这种创意思考方式的基础上的，即把所思考的问题及其条件进行理想假设，当假设被一步步地推到极端时，问题实质便会凸现出来.这种方法在科学探索的
过程中，特别是那些有着重大的前提性理论的建构中应该是十分广泛的.本文就极限假设思维
方法在高中化学解题中的应用做进一步的探讨.
一、极限思维的应用
极限思维法可以分为极端假设法、过程假设法和赋值假设法三种.在高中化学课程的解题
中极端假设法的运用还是比较多的.利用好这种方法时应注意以下几点.
1.题设存在极端假设的情况
极限思维方法适用于存在极端的题目上，因为这是进行假设的前提.只有存在极端，才能
进行假设.。
高中化学《化学平衡》类问题的有效的解题方法
高中化学《化学平衡》类问题的有效的解题方法1、虚拟法———“以退为进”原则虚拟法，就是在分析或解决问题时，根据需要和可能，提出一种假设，找到一种中间状态，以此为中介(参照物)进行比较，然后再结合实际条件得出结论。
其关键是虚拟出可以方便解题的对象，顺利实现由条件向结论的转化。
1)虚拟“容器”法对于只有一种气体反应物的化学平衡的体系，浓度变化若从压强变化分析更为简单、容易。
如A(g)B(g)+C(g)或A(g)+B(s)C(g)+D(g)，改变A的浓度，平衡移动方向可通过虚拟容器法建立中间状态，然后再从压强变化判断。
例1A、B、C、D为4种易溶于水的物质，它们在稀溶液中建立如下平衡：A+2B+H2O C+D。
当加水稀释时，平衡向________(填“正”或“逆”)反应方向移动，理由是________。
解析：可将水虚拟为容器，将A、B、C、D 4种易溶物质虚拟为盛在“水———容器”中的气体物质。
那么，加水稀释，“气体”的体积扩大，压强减小，根据勒夏特列原理，平衡向气体体积增大的方向，即上列平衡的逆反应方向移动。
由此，可以得出结论：溶液稀释时，平衡向溶质粒子数增加的方向移动。
答案：逆；因为稀释后，单位体积内溶质的粒子总数(或总浓度)减小，根据勒夏特列原理，平衡向单位体积内溶质的粒子总数(或总浓度)增加的方向移动。
2)虚拟“状态”法判断化学平衡移动的方向时经常用到以退为进的策略：先得到一个虚拟状态作为中介，然后再恢复到现实状况，进而得出相应的判断。
如根据平衡移动的结果判断平衡移动的方向时，可先虚拟一个中间状态再进行判断，则移动方向不言自明。
例2某温度下，在一容积可变的容器中，反应2X(g)+Y(g)2Z(g)达到平衡时，X、Y和Z的物质的量分别为4mol，2mol和4mol，保持温度和压强不变，对平衡混合物中三者的物质的量做如下调整，可使平衡右移的是()。
A均减半B均加倍 C均增加1mol D均减少1mol解析：按选项A、B方式投料，平衡与原来等效，不移动。
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专题7·极限法极限判断是指从事物的极端上来考虑问题的一种思维方法。
该思维方法的特点是确定了事物发展的最大(或最小)程度以及事物发生的范围。
例1 ：在120℃时分别进行如下四个反应：A．2H2S+O2＝2H2O＋2S B．2H2S+3O2=2H2O+2SO2C．C2H4+3O2=2H2O+2CO2D．C4H8+6O2=4H2O+4CO2（l）若反应在容积固定的容器内进行，反应前后气体密度（d）和气体总压强（P）分别符合关系式d前=d后和P前＞P后的是；符合关系式d前=d后和P前=P后的是（请填写反应的代号）。
（2）若反应在压强恒定容积可变的容器内进行，反应前后气体密度（d）和气体体积（V）分别符合关系式d前>d后和V前<V后的是；符合d前>d后和V前＞V后的是（请填写反应的代号）。
方法：从反应物全部变成生成物来作极限判断。
解析：（1）在容积固定的容器内，四个反应的反应物和生成物中除硫单质外均为气体，总结：解本题还应用了物理学中气态方程和化学中的阿伏加德罗定律。
这是一道物理和化学学科间综合试题，体现了当今的命题方向。
例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应,生成氯化银沉淀300mg,则该氯化镁中的杂质可能是（）A．氯化钠B．氯化铝C．氯化钾D．氯化钙方法：采用极值法或平均分子量法。
解析：[解法一]：（极值法）假设95mg全为MgCl2，无杂质，则有：MgCl2 ~ 2AgCl95mg2×143.5mg生成沉淀为287mg，所以假设95mg全部为杂质时，产生的AgCl沉淀应大于300mg。
总结：极值法和平均分子量法本质上是相同的，目的都是求出杂质相对分子量的区间值，或者杂质中金属元素的原子量的区间值，再逐一与选项比较，筛选出符合题意的选项。
例3 ：在一个容积固定的反应器中,有一可左右滑动的密封隔板,两侧分别进行如图所示的可逆反应.各物质的起始加入量如下:A、B和C均为4.0mol、D为6.5 mol、F为2.0 mol,设E为x mol.当x在一定范围内变化时,均可以通过调节反应器的温度,使两侧反应都达到平衡,并且隔板恰好处于反应器的正中位置.请填写以下空白:(1)若x=4.5,则右侧反应在起始时向(填“正反应”或“逆反应”)方向进行.欲使起始反应维持向该方向进行，则x的最大取值应小于.(2)若x分别为4.5和5.0，则在这两种情况下,当反应达平衡时，A的物质的量是否相等? (填“相等”、“不相等”或“不能确定”).其理由是：。
方法：解答该题时，首先要考虑两侧都达到平衡时物质的量必须相等，然后要从完全反应的角度去考虑极大值，因是可逆反应，所以又应小于极大值。
至于第(3)问，应从两平衡体系的相互关系去分析，即两体系温度始终相同。
解析：(1)已知左侧平衡时总物质的量为12.0 mol，因此右侧达到平衡时的总物质的量应为12.0 mol。
现x = 4.5, 则右侧起始时混合物的物质的量为4.5 + 6.5 + 2.0 =13。
反应在起始时必须向正反应方向进行才能使物质的量变成12mol。
确定x 的最大取值应小于多少，可通过两种方法求解。
方法一：假定加入的x molE完全转化时，则D余（6.5 —x/2）mol，F共有（2.0 + x）mol，由（6.5 —x/2）+ （2.0 + x）= 12.0 ，解得x = 7.0 。
则欲使起始反应维持向正反应方向进行，则x的最大取值应小于7。
方法二：设达平衡时E的消耗量为2amol。
起始时: 6.5 x 2.0平衡时: 6.5-a x-2a 2.0+2a因左侧反应混和物总的物质的量为12mol，所以达平衡时右侧反应需满足:(2)因为这两种情况是在两个不同温度下达到化学平衡的，平衡状态不同，所以A的物质的量也不同。
总结：压强对平衡体系的影响在众多的可逆反应分析中经常出现，此类试题要求考生既要分析平衡状态，又要分析相互影响，有时还要考虑极限值问题。
例4 ：pH = 5和pH = 3的两种盐酸，以等体积混合溶液的pH 是（）A．2 B．3.3 C．4 D．8方法：根据端值及平均值分析。
解析：根据平均值原则，端值一﹤平均值﹤端值二，不可能为A，D，而pH是对c(H+)取负对数后得到的值，不是简单地将pH1和pH2相加求算术平均数，所以不可能是C 。
以此答案只能为B。
总结：此题也可根据两强酸等体积混合后巧用pH混= pH小+ 0.3获得结果。
例5 ：取3.5 g某二价金属的单质投入50g溶质质量分数为18.25%的稀盐酸中，反应结束后，金属仍有剩余；若2.5g该金属投入与上述相同质量、相同质量分数的稀盐酸中，等反应结束后，加入该金属还可以反应。
该金属的相对原子质量为( )A．24 B．40 C．56 D．65方法：采用极限值分析，找出金属的相对原子质量的范围，而后对照选项获得结果。
例6 ：在一定条件下，气体A可发生如下反应：2 A(g) B(g）+3 C(g）。
若已知所得混合气体对H2的相对密度为4.25。
则A的式量可能是（）A．8.5 B．16 C．17 D．34方法：采用极值法分析。
解析：假设A物质没有发生反应，则A的式量为8.5。
如果A全部转化为B和C，则B、C 混合气体的平均式量为8.5，A的式量为17。
题中反应为可逆反应，故答案为B。
总结：该题利用化学平衡部分的三态进行分析计算也可获得答案，但耗时较多。
例7 ：取5.4 g由碱金属（R）及其氧化物（R2O）组成的混合物，使之与足量水反应，蒸发反应后的溶液，得到8 g无水晶体。
通过计算判断此金属为哪一种碱金属。
方法：此题只需用极值法确定R的原子量的取值范围，再对照碱金属的原子量即可判断R 为何种碱金属。
解析：题中的反应有：2R + 2H2O = 2ROH + H2↑，R2O + H2O = 2ROH 。
设5.4 g全部是金属R，R的原子量为x，则R的摩尔质量为x g / mol。
5.4 /x = 8 /（x +17），x = 35.7设5.4 g全部是R2O，则R的原子量为y 。
则R的摩尔质量为y g / mol。
2 ×｛5.4/（2y + 16）｝= 8/（y + 17），y = 10.7因为10.7 ﹤23 ﹤35.5 ，故R为Na 。
总结：采用极限值，可使该题中的复杂问题得到简化。
例8 ：1.40 g含有碱金属（M）及其氧化物（M2O）的混合物，与水反应生成1.79 g碱。
求混合物的成分及其组成。
方法：由于碱金属不确定，可用极端假设法加以讨论。
即讨论1.40 g全部为碱金属及1.40 g全部为碱金属氧化物时生成碱的质量，然后根据平均值规律建立不等式解题。
解得x=0.498（g）y=0.902（g）总结：本题若用常规法对可能存在的物质作逐一尝试，逐一淘汰求解是很繁难的。
选取极值法进行求解，可受到事半功倍的效果。
例9 ：在标准状况下H2和Cl2的混合气体a L，经光照后完全反应，所得气体恰好能使b mol 的NaOH完全转化为盐，则a，b的关系不可能是下列的（）。
A．b = a/22.4 B．b ﹥a/22.4 C．b ≥a/11.2 D．b﹤a/22.4方法：“气体恰好能使b mol 的NaOH完全转化为盐”是该题的关键之处。
“气体恰好”是指能与NaOH反应的气体能完全与之反应并转化为盐，而不是气体无剩余(可能剩余H2)。
以此可用极限法去分析，即NaOH的最小值为a L全为H2，NaOH的最大值为a L全为Cl2。
解析：若a L全为H2时，耗碱量为0，若a L全为Cl2时耗碱量最大，此时b = a/11.2 。
因此对二者的混合气体而言，耗碱量应介于0 ～a/11.2之间，故a，b关系不可能的只有C 。
总结：此题在分析时，不仅要考虑极限值，还要考虑题中关键字词。
例10 ：某混合物含有KCl、NaCl、Na2CO3，经分析知含Na 31.5%，含氯为27.08%（质量百分含量）。
则该混合物中含Na2CO3为( )A．25% B．50% C．80% D．无法确定方法：若假设此混合物由下列三种物质的极端组成，那么判断起来比较简单。
(1)若只由KCl和Na2CO3组成，用含Na%求出Na2CO3的质量(2)若只由NaCl和Na2CO3组成，又用含Cl%量求出Na2CO3的质量(3)若只由KCl和Na2CO3组成，用Cl%量求出Na2CO3的质量混合物中Na2CO3的实际质量应比（1）（2）中值小，比（3）中值大（因KCl比NaCl分子量大）解析：设混合物为100 g：（1）设混合物只由KCl和Na2CO3组成，则用含Na%求出Na2CO3的质量为：100ｇ×31.5%×= 72.6g（2）设混合物只由NaCl和Na2CO3组成，则用含Cl%量求出Na2CO3的质量为100ｇ—100ｇ×27.08% ×= 55.4g（3）设混合物只由KCl和Na2CO3组成，则用含Cl%求出Na2CO3的质量为：100ｇ—100ｇ×27.08%×= 43.2g因为72.6ｇ﹥55.4ｇ﹥50ｇ﹥43.2ｇ故正确答案为（B）总结：对于三种物质，两种数据，如通过列方程求解，因缺少数据而无法求得结果。
此时必须要考虑极限问题，通过分析极限情况而获得正确结果。
例11 ：800℃时将1 mol CO和1 mol H2O（蒸气）通入2 L密闭容器中进行反应：CO（g）+ H2O（g）CO2（g）+H2（g）,达到平衡时测得容器内CO2为0.3 mol/L，此时再向容器内通入1 mol水蒸气，并保持温度不变，则达到平衡时CO2物质的量可能为（）A．0.9 mol B．0.6 mol C．0.3 mol D．1.2 mol方法：通过找出新平衡时CO2物质的量的范围，再进行估算即可。
解析：由于反应是可逆的，反应物不可能完全转化，因此再向容器内通入1 mol水蒸气时，CO2的物质的量应大于0.6mol，但CO又不可能完全转化为CO2，所以CO2的物质的量应介于0.6 ～1 mol之间，故选A 。
总结：此类试题如果通过计算，则必须要懂得化学平衡常数，而在此条件下，想通过计算获得结果根本不可能，以此只能通过估算获解。
专项训练：1．PCl5在密闭容器中有反应：PCl5(g) PCl3 (g) +Cl2 (g)。
t1︒C时PCl5的分解率为48.567%，t2︒C时分解率为97.034%。
则t2︒C时反应体系的物质的量是t1︒C时反应体系的多少倍（）A．0.4 B．1.3 C．1.6 D．1.92．800︒C时，将1molCO和1molH2O（g）通入2L密闭容器中进行反应：CO（g）+H2O（g）2（g）+H2（g）达到平衡时，测得容器内CO2为0.3 mol/L，此时再向容器内通入1mol H2O（g），并保持温度不变，则达到平衡时CO2的物质的量可能是（）A．0.3mol B．0.6mol C．0.9mol D．1.2mol3．由第二主族元素R的单质及其相应氧化物组成的混合物共12g，在此混合物中加足量水，完全反应后，蒸干，得固体。