化学计算中常用的几种方法
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的变化，找出“理论差量”。这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、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：
－12C(s)＋O 2(g)===2CO(g) ΔH ＝－221 kJ·mol Δm (固) ，Δn (气) ，ΔV (气)
2 mol 1 mol 2 mol 221 kJ 24 g 1 mol 22.4 L(标况)
(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)差量法的类型及应用
①质量差法
典例导悟1 为了检验某含有NaHCO 3杂质的Na 2CO 3样品的纯度，现将w 1 g样品加热，其质量变为w 2 g，则该样品的纯度(质量分数) 是( )
84w 2－53w 184 w 1－w 2A. B. 31w 131w 1
73w 2－42w 1115w 2－84w 1C. 31w 131w 1
解析 样品加热发生的反应为：
2NaHCO 3
Na 2CO 3＋H 2O ＋CO 2↑ Δm
168 106 62
m (NaHCO3) g (w 1－w 2) g
质量差为(w 1－w 2) g，故样品中NaHCO 3质量为：
w 1g －168 w 1－w 2168 w 1－w 2g ，Na 2CO 3质量为w 1 g g ，其质量6262168 w 1－w 2g 84w 2－53w 1m N a CO 62分数为＝＝ m 样品w 1g 31w 1
当然，本题也可用常规方法，依据化学方程式直接求解。
另解：
假设样品有x mol NaHCO3固体，则有：
2NaHCO
3Na 2CO 3＋CO 2＋H 2O
x mol 0.5x mol
据样品加热前后固体质量的关系，有w 1g －x mol×84 g·mol －1＋0.5x mol×106 g·mol －1＝w 2g ，解得x ＝(w 1－w 2)/31，那么NaHCO 3的质量为m (NaHCO3) ＝(w 1－w 2)/31 mol×84 g·mol －1＝84(w 1－w 2)/31 g，从而推知Na 2CO 3的质量为m (Na2CO 3) ＝w 1g －84(w 1－w 2)/31 g ＝(84w 2－53w 1)/31 g ，因此Na 2CO 3样品的纯度为w (Na2CO 3) ＝
84w 2－53w 1m (Na2CO 3)/m (样品) 。 31w 1
答案 A
②体积差法
典例导悟2 (2006·北京理综·9) 将a L NH3通过灼热的装有铁触媒的硬质玻璃管后，气体体积变为b L(气体体积均在同温同压下测定) ，该b L气体中NH 3的体积分数是( )
2a －b b －a A. B. a b
2a －b b －a C. D. b a
解析 本题主要考查学生利用“差量法”进行灵活计算的能力。
设参加反应的氨气为x ，则
2NH
3N 2＋3H 2 ΔV
2 2
x b －a
x ＝(b －a ) L
所以气体中NH 3的体积分数为
a L－b －a L 2a －b 。 b Lb
特别提醒 解答此类题的关键是分析引起差量的原因，只有当差值与始态量或终态量存在比例关系，且化学计量的差值必须是同一物理量时，才能用“差量法”解题。
答案 C
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：
(1)叠加法(如利用木炭、水蒸气制取氨气)
⎫⎬⇒
高温CO ＋H 2O g =====CO 2＋H 2⎭C ＋H 2O g =====CO ＋H 2高温
由木炭、水蒸气制取NH 3的关系为：3C ～4NH 3。
(2)元素守恒法
4NH 3＋5O 2=====4NO ＋6H 2O △催化剂
2NO ＋O 2===2NO2
3NO 2＋H 2O===2HNO3＋NO
经多次氧化和吸收，由N 元素守恒知：
NH 3～HNO 3
(3)电子转移守恒法
NH 3――→HNO 3，O 2――→2O
由得失电子总数相等知，NH 3经氧化等一系列过程生成HNO 3，NH 3和O 2的关系为NH 3～2O 2。
典例导悟3 (2009·海南，7) 用足量的CO 还原13.7 g某铅氧化物，把生成的CO 2全部通入到过量的澄清石灰水中，得到的沉淀干燥后质量为8.0g ，则此铅氧化物的化学式是( )
A ．PbO B ．Pb 2O 3
C ．Pb 3O 4 D ．PbO 2
答案 C
解析 设此铅氧化物的化学式为Pb x O y ，
Pb x O y —y [O]—y CO —y CO 2—y CaCO 3
16y 100y
m (O)＝1.28 g 8.0 g
所以m (Pb)＝13.7 g－1.28 g＝12.42 g
m P b m O x ∶y ＝＝3∶4 M P b M O 典例导悟4 (2007·天津理综，改编) 黄铁矿主要成分是FeS 2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.100 0 g样品在空气中充分灼烧，将生成的SO 2气体与足量Fe 2(SO4) 3溶液完全反应后，用浓度为0.020 00 mol·L －1的K 2Cr 2O 7标准溶液滴定至终点，消耗K 2Cr 2O 7标准溶液25.00 mL。
－2＋＋已知：SO 2＋2Fe 3＋＋2H 2O===SO24＋2Fe ＋4H
－2＋＋3＋3＋Cr 2O 27＋6Fe ＋14H ===2Cr＋6Fe ＋7H 2O
(1)样品中FeS 2的质量分数是(假设杂质不参加反应)________________。
(2)煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO 2的体积(标准状况) 为________L，制得98 %的硫酸质量为______t。 解析 (1)据方程式4FeS 2＋11O 2=====2Fe 2O 3＋8SO 2
－2＋＋SO 2＋2Fe 3＋＋2H 2O===SO24＋2Fe ＋4H 高温失去8e －得4e －2－
Cr 2O 7＋6Fe ＋14H ===2Cr＋6Fe ＋7H 2O
3－2＋得关系式：Cr 2O 27～6Fe ～3SO 22 2
3 1 2m F eS 0．020 00 mol·L －1×0.025 00 L 120
m (FeS2) ＝0.090 00 g
样品中FeS 2的质量分数为90.00%
(2)4FeS2＋11O 2 ===== 2Fe 2O 3＋8SO 2
－1 4 mol 8 mol×22.4 L·mol
10×106×0.9 V (SO2) 120
V (SO2) ＝3.36×106 L
3.36×106L 5n (SO2) 10 mol －＝1.5×22.4 L·mol
由SO 2～SO 3～H 2SO 4
1 mol 98 g
1．5×105 mol m (H2SO 4)×98%
7得m (H2SO 4) ＝1.5×10 g＝15 t
答案 (1)90.00% (2)3.36×106 15
特别提醒 用关系式法解题的关键是建立关系式，而建立关系式的一般途径有：①利用粒子守恒建立关系式；②利用化学方程式中化学计量数间的关系建立关系式；③利用化学方程式的加和建立关系式等。
3．极值法
(1)极值法的含义
极值法是采用极限思维方式解决一些模糊问题的解题技巧。它是将题设构造为问题的两个极端，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。 也称为极端假设法。
(2)极值法解题的基本思路
极值法解题有三个基本思路：
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。
(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。
典例导悟5 在一容积固定的密闭容器中进行反应：2SO 2(g)＋O 2(g) 2SO3(g)。已知反应过程中某
－1－1－1一时刻SO 2、O 2、SO 3的浓度分别为0.2 mol·L 、0.1 mol·L 、0.2 mol·L 。当反应达到平衡时，各物质的
浓度可能存在的数据是( )
A ．SO 2为0.4 mol·L －1，O 2为0.2 mol·L －1
－1B ．SO 2为0.25 mol·L
C ．SO 2和SO 3均为0.15 mol·L －1
－1D ．SO 3为0.4 mol·L
解析 本题可根据极端假设法进行分析。若平衡向正反应方向移动，达到平衡时SO 3的浓度最大为0.4 mol·L －1，而SO 2和O 2的浓度最小为0；若平衡向逆反应方向移动，达到平衡时SO 3的浓度最小为0，而SO 2和O 2的最大浓度分别为0.4 mol·L －1、0.2 mol·L －1，考虑该反应为可逆反应，反应不能向任何一个方向进行到底，
－1, －1, 因此平衡时SO 3、O 2、SO 2的浓度范围应分别为0
－1－1－1。SO 2反应转化成SO 3，而SO 3分解则生成SO 2，那么c (SO3) ＋c (SO2) ＝0.2 mol·L ＋0.2 mol·L ＝0.4 mol·L －1。对照各选项，只有B 项符号题意。
答案 B
特别提醒 该方法常用来判断混合物的组成，平衡混合物中各组分含量的范围等。极端假设法解题的关键是将问题合理假设成某种“极值状态”，从而进行极端分析。一般来说，对于混合物成分的确定，常把混合物看做某单一组分进行讨论；对于化学平衡来说，常假设可逆反应向某一反应方向进行到底，再进行讨论。
a 典例导悟6 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 g HNO34高温2－2＋＋3＋3＋
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HNO 3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 ＋8HNO 3(稀)===
3Fe(NO3) 2＋2NO ↑＋4H 2O
b a a 3则有＝3∶8，解得：＝5663b 1
此为a ∶b 的最小值。
(2)若HNO 3过量，发生反应：Fe ＋4HNO 3(稀)===Fe(NO3) 3＋NO ↑＋2H 2O
b a a 9则有：1∶4，解得：5663b 2
此为a ∶b 的最大值。
3a 9所以a ∶b ≤a ∶b 的比值在此范围内均合理。 1b 2
答案 A
4．平均值规律及应用
(1)依据：若X A >X B ，则X A >X >X B ，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X A 、X B 的范围；或已知X A 、X B 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。实际上，它是极值法的延伸。
典例导悟7 两种金属混合物共15 g，投入足量的盐酸中，充分反应后得到11.2 L H2(标准状况) ，则原混合物的组成肯定不可能为( )
A ．Mg 和Ag B ．Zn 和Cu
C ．Al 和Zn D ．Al 和Cu
＋解析 本题可用平均摩尔电子质量(即提供1 mol 电子所需的质量) 法求解。反应中H 被还原生成H 2，由题
意可知15 g金属混合物可提供1 mol e－，其平均摩尔电子质量为15 g·mol －1。选项中金属Mg 、Zn 、Al 的摩
－1－1－1尔电子质量分别为12 g·mol 、32.5 g·mol 、9 g·mol ，其中不能与盐酸反应的Ag 和Cu 的摩尔电子质量
可看做∞。根据数学上的平均值原理可知，原混合物中一种金属的摩尔电子质量大于15 g·mol －1，另一金属
－1的摩尔电子质量小于15 g·mol 。
答案 B
典例导悟8 (2009·上海，22改编) 实验室将9 g 铝粉跟一定量的金属氧化物粉末混合形成铝热剂。发生铝热反应之后，所得固体中含金属单质为18 g，则该氧化物粉末可能是( )
①Fe 2O 3和MnO 2 ②MnO 2和V 2O 5
③Cr 2O 3和V 2O 5 ④Fe 3O 4和FeO
A ．①② B ．②④ C ．①④ D ．②③
9 g11解析 n (Al)3＝1 mol ，则生成金属的摩尔－＝mol ，Al 完全反应时转移电子的物质的量为mol×27 g·mol 33
电子质量(转移1 mol e－生成金属的质量) 为18 g·mol －1。
56 g55 g－1－1①项生成Fe 的摩尔电子质量为18.67 g·mol ，生成Mn 的摩尔电子质量为13.75 g·mol ，根3 mol4 mol
51 g－1据平均值规律，①正确；②生成Mn 的摩尔电子质量为13.75 g·mol ，生成V 的摩尔电子质量为＝10.2 5 mol
g·mol －1，根据平均值规律，②不可能生成单质18 g；同理，③也不可能生成金属单质18 g；④Al 完全反应时生成Fe 的质量大于18 g，当氧化物粉末不足量时，生成的金属可能为18 g，④正确。
答案 C
特别提醒 混合物的许多化学特征具有加合性，均可求出平均值。属于这类“特性数量”的有：相对分子质量、密度、同条件下的体积分数、物质的量浓度、反应热、平均组成等。平均值法解题范围广泛，特别适用于缺少数据而不能直接求解的混合物判断问题。
5．整体思维法(终态法)
整体思维抛开事物之间复杂的变化关系，从整体认识把握事物之间联系规律，具有化繁为简，快速解题的功效，能较好的煅烧学生思维的全面性、灵活性，因此高考无论在选择还是综合性题目中经常有意设置。 典例导悟9 在铁和氧化铁混合物15 g中，加入稀硫酸150 mL，能放出H 2 1.68 L(标准状况) 。同时铁和氧化铁均无剩余，向反应后的溶液中滴入KSCN 溶液，未见颜色变化。为了中和过量的H 2SO 4，且使Fe 2＋完
全转化成Fe(OH)2，共消耗3 mol·L 的NaOH 溶液200 mL，则原硫酸的物质的量浓度是( )
－1－1A ．1.5 mol·L B ．2 mol·L
－1－1C ．2.5 mol·L D ．3 mol·L
解析 此题反应过程复杂，但最后溶液中只有Na 2SO 4，因为NaOH 共0.6 mol，故Na 2SO 4为0.3 mol，所以原H 2SO 4为0.3 mol。
答案
B －1
1. 一定条件下，合成氨气反应达到平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为20.0%，与反应前的体积相比，
反应后体积缩小的百分率是（）
A. 16.7% B. 20.0% C. 80.0% D. 83.3%
答案 A
2. （2011·厦门模拟）取KI 溶液25 mL，向其中滴加0.4 mol·L -1的FeCl 3溶液135 mL,I-完全反应生成I 2：-3+2+2+2I +2Fe=I2+2Fe。将反应后的溶液用CCl 4萃取后分液，向分出的水溶液中通入Cl 2至0.025 mol 时，Fe 恰好完全反应。求KI 溶液的物质的量浓度。
解析 设KI 的物质的量是x 。
2I -~Cl2
2 1
X 0.025 mol
3. （2011·武汉质检）已知25℃下，0.1 mol·L -1某二元酸（H 2A ）溶液的pH 大于1，其酸式盐NaHA 溶液的pH 小于7。取等体积的H 2A 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
-1解析 因为0.1 mol 〃L H 2A 的pH 大于1，所以H 2A 是弱酸，则H 2A 与NaOH 生成正盐（Na 2A ）时，由
于Na 2A 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H 2A 必须过量，NaOH 溶液的浓度只能小于0.2 mol〃L -1，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H 2A 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. 两种气态烃以任意比例混合，在105℃时，1 L该混合烃与9 L氧气混合，充分燃烧后恢复到原状态，所得气体体积仍是10 L。下列各组混合烃中符合此条件的是（）
①CH 4、C 2H 4 ②CH 4、C 3H 6
③C 2H 4、C 3H 4 ④C 2H 2、C 3H 6
A. ①③ B. ②④ C. ①④ D. ②③
解析 105℃时水为气态。因反应前后气体体积不变，所以混合烃的平均氢原子数为4。CH 4和C 3H 6混合后平均H 原子数必定大于4，故②项错误。C 2H 2与C 3H 6只有等体积混合时平均H 原子数才是4，不满足“任意比”的条件，故④错误。
答案 A
5. 有一在空气中放置了一段时间的KOH 固体，经分析测知其含水2.8%、含K 2CO 3 37.3%，取1 g 该样品投入25 mL 2 mol·L -1的盐酸中后，多余的盐酸用1.0 mol·L -1 KOH溶液30.8 mL恰好完全中和，蒸发中和后的溶液可得到固体（）
A.1 g B.3.725 g C.0.797 g D.2.836 g
解析 最终溶液中的溶质为KCl ，其质量为 2×0.025×74.5=3.725 g。
答案 B
6. 铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸，若反应后硝酸被还原只产生4 480 mL的NO 2气体和336 mL的N 2O 4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 B.8.51 g C.8.26 g
D.7.04 g
答案
B
基本实验仪器的使用⎧⎪1．化学实验⎨基本实验操作
⎪⎩物质检验鉴别
2．物质的量与各相关量间的计算关系
3．一定物质的量浓度溶液的配制