常见化学计算方法

化学

常见化学计算方法 在每年的化学高考试题中，计算题的分值大约要占到15%左右，从每年的高考试卷抽样分析报告中经常会说计算题的得分率不是太高。高一化学中计算类型比较多，其中有些计算经常考查，如能用好方法，掌握技巧，一定能达到节约时间，提高计算的正确率。下面就谈一谈解答计算的一些巧解和方法。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、等量代换法、摩尔电子质量法、讨论法、图象法、对称法。

一、差量法

在一定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；每个物质均有固定的化学组成，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应，尽管反应前后质量守恒，但物质的量、固液气各态物质质量、气体体积等会发生变化，形成差量。

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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等比定律及其衍生式：

c a

d bab cd a cb d或。差量法是简化化学计算的一种主要手

段，在中学阶段运用相当普遍。常见的类型有：溶解度差、组成差、质量差、体积差、物质的量差等。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12.5g。求混合物中碳酸钠的质量分数。

2.实验室用冷却结晶法提纯KNO3，先

在100℃时将KNO3配成饱和溶液，再冷却到30℃，析出KNO3。现欲制备500g较纯的KNO3，问在100℃时应将多少克KNO3溶解于多少克水中。（KNO3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，则金属元素R的化合价为多少？

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4.将镁、铝、铁分别投入质量相等、足量的稀硫酸中，反应结束后所得各溶液的质量相等，则投入的镁、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Na2CO3和NaHCO3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），充分反应

2+-2-后，使Ca、HCO3、CO3都转化为CaCO3

沉淀。再将反应容器内水分蒸干，可得20g白色固体。试求：

（1）原混和物中Na2CO3和NaHCO3的质量；

（2）碱石灰中CaO和NaOH的质量。

6.将12.8g由CuSO4和Fe组成的固体，加入足量的水中，充分反应后，滤出不溶物，干燥后称量得5.2g。试求原混和物中CuSO4和Fe的质量。

二、平均法

对于含有平均含义的定量或半定量习题，

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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，达到速解之目的。原理如下：

若A>B，且符合AB，则必有A>>B，其————AB

中是A、B的相应平均值 ——AB

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、化学组成等平均法。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%，则该样品中混有的一组杂质一定不是（ ）

（A）CO(NH2)2和NH4HCO3

（B）NH4Cl和CO(NH2)2

（C）NH4Cl和(NH4)2SO4

（D）(NH4)2SO4和

NH4HCO3

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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

3. 某含杂质的CaCO3样品只可能含有下列括号中四种杂质中的两种。取10g该样品和足量盐酸反应，产生了2.24L标准状况下的CO2气体。则该样品中一定含有 杂质，可能含有（杂质：KHCO3、MgCO3、K2CO3、SiO2）

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H2和O2的质量分数分别为75%和25%，则该爆鸣气对氢气的相对密度是 。

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（3）体积为1 L的干燥容器充入HCl气体后，测得容器中气体对氧气相对密度为1.082，用此气体进行喷泉实验，当喷泉停止后，进入容器中液体的体积是 。 附：平均摩尔质量（）的求法： ——

M

① ——m

M 总

n总 m总—混和物叫质量

n总—混和物总物质的量

②=M1·n1%+M2·n2%+ M1、M2 ——

M

各组分的摩尔质量，n1%、n2% 各组分的物质的量分数。（注： ——

M如是元素的摩尔质

量，则M1、M2 是各同位素的摩尔质量，n1%、n2% 是各同位素的原子分数（丰度）。）

③如是气体混合物的摩尔质量，则有——

M

——

M=M1·V1%+M2·V2%+ （注：V1%、V2% 气体体积分数。）

④如是气体混合物的摩尔质量，则有——

M

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=d·MA (注：MA为参照气体的摩尔质量，d为相对密度)

三、 守恒法

在化学反应中存在一系列守恒现象，如：质量守恒（含原子守恒、元素守恒）、电荷守恒、电子得失守恒、能量守恒等，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、胶体等，电荷的代数和为零，即正电荷总数和负电荷总数相等。电子得失守恒是指在发生氧化-还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数，无论是自发进行的氧化-还原反应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 在高温下将其还原，把生成的全部CO2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. Fe2O3

C. Fe3O4 D. Fe4O5

2. 将几种铁的氧化物的混合物加入——M

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100mL、7mol L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）

2+氯气时，恰好使溶液中的Fe完全转化为

3+Fe，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%

b. 电荷守恒法

3. 将8g Fe2O3投入150mL某浓度的稀硫酸中，再投入7g铁粉收集到1.68L H2（标准状况），同时，Fe和Fe2O3均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4mol/L的NaOH溶液150mL。则原硫酸的物质的量浓度为（ ）

A. 1.5mol/L B. 0.5mol/L

C. 2mol/L D. 1.2mol/L

4. 镁带在空气中燃烧生成氧化镁和氮化镁，将燃烧后的产物全部溶解在50mL 1.8 mol·L-1盐酸溶液中，以20mL 0.9 mol·L-1的氢氧化钠溶液中和多余的酸，然后在此溶液中加入过量碱把氨全部释放出来，用足量―1

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盐酸吸收，经测定氨为0.006 mol，求镁带的质量。

c. 得失电子守恒法

5 . 某稀硝酸溶液中，加入5.6g铁粉充分反应后，铁粉全部溶解，生成NO，溶液质

2+3+量增加3.2g，所得溶液中Fe和Fe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反应，收集到的气体经干燥后（不考虑损耗），测知其密度在标准状况下为2.5 g·L，其体积为L。

（2）0.5mol铜片与一定量的浓HNO3反应，收集到的气体经干燥后（不考虑损耗）在标准状况下的体积为17.92L，则参加反应的硝酸物质的量为 ；若将这些气体完全被水吸收，则应补充标准状况下的氧气体积为 L。（不考虑2NO2N2O4反应） -1

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7. 已知：2 Fe+Br2 = 2 Fe+2Br，若向100mLFeBr2溶液中缓缓通入2.24L标准状况下的氯气，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。

四、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a mol H2S和b mol SO2（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）25.5 g·L （B）14.4 g·L

（C）8 g·L （D）5.1 g·L

2. 在标准状况下，将盛满NO、NO2、O2混合气的集气瓶，倒置于水槽中，完全溶2+3+---1-1-1-1

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解，无气体剩余，其产物不扩散，则所得溶液的物质的量浓度（C）数值大小范围为（ ）

（A）

（C0 C 122.4 （B （D139.2 C 128 1

28 C 1

22.4139.2 C 1

22.4

3. 当用m mol Cu与一定量的浓HNO3反应，在标准状况下可生成nL的气体，则m与n的数值最可能的关系是（ ）

（A）

（C）m n22.4 （B）n22.4 m 3n44.8 m 3n

44.8 （D）无法判断

4. 将一定质量的Mg、Zn、Al混合物与足量稀H2SO4反应，生成H2 2.8 L（标准状况），原混合物的质量可能是( )

A. 2g B. 4g

C. 8g D. 10g

五、 关系式法

实际化工生产中以及化学工作者进行科学研究时，往往涉及到多步反应：从原料到产品可能要经过若干步反应；测定某一物质

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的含量可能要经过若干步中间过程。对于多步反应体系，依据若干化学反应方程式，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，避免计算错误，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应如下： 4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2

2SO2+O22SO3 SO3+H2O=H2SO4 煅烧2.5t含85％FeS2的黄铁矿石（杂质不参加反应）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。

六、方程式叠加法

许多化学反应能发生连续、一般认为完全反应，这一类计算，如果逐步计算比较繁。如果将多步反应进行合并为一个综合方程式，这样的计算就变为简单。如果是多种物高温 催化剂 △

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质与同一物质的完全反应，若确定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

七、等量代换法

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等。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应方程式计量数之间的关系建立等式，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、干燥、灼烧完全变成红色粉末后，经称量，红色粉末的质量恰好与合金的质量相等，则合金中铝的质量分数为 （ ）

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A. 70％ B. 30％

C. 47.6％ D. 52.4％

八、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应，金属混合物的质量没有确定，又由于价态不同，发生反应时转移电子的比例不同，讨论起来极其麻烦。此时引进新概念“摩尔电子质量”计算就极为简便，其方法是规定“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等于其相对原子质量除以此时显示的价态。如Na、K等一价金属的摩尔电子质量在数值上等于其相对原子质量，Mg、Ca、Fe、Cu等二价金属的摩尔电子质量在数值上等于其相对原子质量除以2，Al、Fe等三价金属的摩尔电子质量在数值上等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，反应完全后得到氢气

11.2L(标准状况下)，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

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九、讨论法

讨论法：在某些化学问题的求解过程中，无法确定某一物质的相关物理量，这时可根据化学事实或原理，确定其范围，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。在确定范围的过程中，必然会运用到数学中的不等式知识。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等式，即要找准化学问题与不等式之间的联结点。在化学解题过程中应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等的烧杯里各盛有100mL、10mol·L 的盐酸，然后分别加入a g镁粉和b g铝粉，欲使充分反应后天平仍保持平衡，试确定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。 -1

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《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。解答本题应具备理解透彻的概念、找准实际的差量、完成简单的计算等三方面的能力。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，应析出晶体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：

256g 46g

100g 500g

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应关系，列式如下： 246g

100g y

250g 解得：y=615g

答 将615KNO3溶解于250g水中。

3. 解 若金属元素R的化合价为偶数x，则其相同价态的氧化物、氯化物的化学式分别为ROx/2、RClx。根据关系式ROx/2～RClx，相对分子质量差值为35.5x 16

n m

27.5x2 27.5x，所以n-m=27.5x，x 。若金属元素R的化合价为奇数x，则其相同价态的氧化物、氯化物

的化学式分别为R2Ox、RClx。由关系式R2Ox～2RClx可知，相对分子质量的差值为2×35.5x-16x=55x，所以2n-m=55x，x=

答 金属元素R的化合价为2n m55。 。 n m

27.5或2n m55

4. 分析 本例是金属与酸反应，根据反应前后质量相等判断金属质量大小的一道选择题。根据题意，反应结束后所得各溶液质量相等，所以各金属反应掉的质量减去氢气生成的质量应相等。现建立如下关系式：

Mg～H2 △m=22，Al～3

2H2 △m=24，Fe～H2 △m=54

确定Mg、Al、Fe三种金属的质量大小，可用下列两种方法解决。

解：设Mg、Al、Fe的质量分别为x、y、z，故三者反应结束后，溶液质量增加为

24

272224x、y、5456z且相等，故有：2224x 24

27y 54

56z，所以y＞x＞z。

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5. 分析 本例从反应最终的结果看，涉及如下两个反应：Na2CO3+H2O+CaO=CaCO3↓+2NaOH，NaHCO3+CaO=CaCO↓+2NaOH，根据题意“Ca2+、HCO3-、CO32-都转化CaCO3沉淀”，说明以上两反应恰好完全进行。从反应前后的质量来看，反应前：9.5g+9.6g=19.1g，反应后：20g，说明对于反应前后的固体而言，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？只能从发生的反应入手分析：第一个反应固体增重且增重18g，即为水的质量。第二个反应固体质量不变。因此，0.9g的增重源自第1个反应中水参加反应的质量。明确了这一层关系，本题就能迎刃而解了。

解 （1）水参加反应的质量为0.9g，则Na2CO3的质量为

的质量为9.5-5.3g=4.2g。

（2）碱石灰中CaO的质量为(5.3g

106g 4.2

84g) 56g 5.6g0.9g18g 106g 5.3g，NaHCO3，NaOH的质量为9.6g-5.6g=4.0g。

6. 解 根据分析可知，Fe过量，设CuSO4的质量为x，则Fe的质量为12.8g-x，根据反应：

Fe + CuSO4 = Cu + FeSO4 △m

160g 8g

x 5.2g-(12.8g-x)=4.8g 所以：160g

x 8g

5.2g (12.8g x) 解得：x=8.0g，12.8g-x=4.8g

答 原混和物中CuSO4和Fe的质量分别为8.0g，4.8g。

三、1. 解 NH4NO3中氮的质量分数是14

80 100% 17.5% 25%，而CO(NH2)2、NH4Cl、

NH4HCO3和(NH4)2SO4中氮的质量分数分别是46.7%、26.2%、17.7%和21.1%，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定不是(NH4)2SO4和NH4HCO3。

答 本题正确选项为（D）。

2. 解 若95mg全是MgCl2，则其反应后产生AgCl的质量为95mg

95g mol 1 2 143.5g·mol-1

=287mg<300mg。

根据平均含义可推知：95mg杂质与足量AgNO3溶液反应生成AgCl的质量应大于300mg。这就要求杂质中Cl元素的质量分数比MgCl2中高才有可能。因此本题转换成比较Cl元素含量的高低。现将每种的化学式作如下变形：MgCl2、Na2Cl2、Al2Cl2、K2Cl2、CaCl2。

3

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 本题正确选项为（B）。

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3.略

4. 解 （1）NH4HCO3 NH3↑+H2O↑+CO2↑

根据质量守恒可知：n(NH4HCO3)·M(NH4HCO3)=n(混)·

g·mol-1，即混和气体的平均相对分子质量为26.3。

（2）设爆鸣气100g，则H2的物质的量为100g×75%÷2g·mol-1=37.5mol，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÷(37.5+0.78)mol=2.619g·mol-1，即对氢气的相对密度为2.619 g·mol-1÷2 g·mol-1=1.31。

（3）干燥容器中气体的平均相对分子质量为1.082×32=34.62，由34.62<36.5，故该气体应为HCl和空气的混和气体。 ——△M(混)，故——M(混)=13 79

中HCl的体积为1L 3

4说明HCl与空气的体积比为5.62∶1.88=3∶1，即混和气体=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）26.3 （2）1.31 （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CaCO3中。且n(O)=n(CaCO3)=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：2HCl~H2O~O，得：n（O）=1

2 n(HCl) 1

2 0.7mol 0.35mol，m（O）=0.35mol×16g mol=5.6 g； ―1

而铁最终全部转化为FeCl3，n（Cl）=0.56L ÷22.4L/mol×2+0.7mol=0.75mol，n（Fe）=1

3 n(Cl) 1

3 0.75mol 0.25mol，m(Fe)=0.25mol×56g mol―1=14 g，则

(Fe) 14g

14g 5.6g 100% 71.4%，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，反应后只有Na2SO4存在于溶液中，且反应过程中SO42并无损耗，根据电中性原则：n（SO42）=――1

2n（Na+），则原硫酸的浓度为：

2mol/L，故选C。

4. 分析 本例是镁及其化合物有关性质应用的一道计算题。本题涉及的反应较多，有2Mg+O2

点燃2MgO，3Mg+N2 点燃Mg3N2，MgO+2HCl = MgCl2+H2O，Mg3N2+8HCl =

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3MgCl2+2NH4Cl，NaOH+HCl = NH4Cl等反应。若用常规方法审题和解题，则分析要求高，计算难度大，思维易混乱，很难正确解答本题。现运用图示法审题如下：

Mg—△空气 NH4Cl————— NH4Cl—— NH3— NH4Cl———— —1— 1——△0.9mol·L20mLMg3N21.8mol·L50mLHCl0.006molNaClMgOHClMgCl2NaOHMgCl2NaOHHCl

发现：MgCl2、NH4Cl、NaCl溶液中，阴阳离子电荷浓度（或物质的量）相等即电荷守恒，再根据相关微粒的物质的量守恒，列出等式，从而一举突破，从容解答本题。

解 根据图示，对MgCl2、NH4Cl、NaCl溶液分析，由电荷守恒得知：

n(Mg2 ) 2 n(NH

n(Mg

4) 1 n(Na) 1 m(cl) 1 4 1式中：n(Mg)10 32 )，n(NH) n(NH3) 0.006mol，n(Na) 0.9mol L 3 20 L 0.018mol，n(Cl) 1.8mol L 50 10L 0.09mol

1解得：n(Mg) 0.033mol，即m(Mg) 0.033mol 24g mol 0.792g

5. 解析 设Fe2+为xmol，Fe3+为ymol，则： x+y=5.6

56=0.1（Fe元素守恒） 3（得失电子守恒） 2x+3y=5.6 3.2

30

得：x=0.06mol，y=0.04mol。则x∶y=3∶2。故选D。

6. 解 （1）Cu与浓HNO3反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓) = Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，因是足量的浓硝酸，故还原产物只是NO2。理论上讲，0.5mol Cu可得1mol NO2气体。由于气体的密度在标准状况下为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(NO2)（46 g·mol-1），因此，不能认为收集到的气体全是NO2，应考虑平衡2NO2N2O4的存在。所以收集到的气体是NO2和N2O4的混合气体。根据质量守恒，混合气体的质量应等于1 mol NO2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HNO3反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓) = Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，因是一定量的浓HNO3，随着反应的进行，浓HNO3逐渐变成了稀HNO3，此时反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故收集到的气体应是NO和NO2的混合气体。无法得知NO和NO2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，参加反应的硝酸的物质的量为2n[Cu(NO3)2]+n(NO)+ n(NO2)=2 0.5mol+0.8mol=1.8mol。

补充O2，NO和NO2被水吸收的化学方程式为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，4NO2+O2+2H2O = 4HNO3，从整个氧化还原过程来看，HNO3并没有参加反应，参加的只是Cu与O2。因此，根据电子守恒，可列下式：

0.5mol 2 V 22.4L mol 1 4 解得：V=5.6L

答 （1）18.4L；（2）1.8mol，5.6L

化学

7. 分析 本例是有关氧化还原反应的一道计算题，涉及氧化还原的选择性（即反应的先后顺序）、进程性（即氧化剂或还原剂的量控制着反应的进程）和整体性（即无论有几个氧化还原反应发生，始终存在氧化剂所得电子数等于还原剂所失电子数，或称电子守恒）。根据题意分析，可知Fe2+与Br-还原能力大小为Fe2+ >Br-。因此，在FeBr2溶液中通入Cl2时，首先发生：Cl2+2Fe2+ = 2Fe3++2Cl -，然后再发生：Cl2+2 Br- = Br2+2Cl -。根据Cl2用量控制反应进程，所以Fe2+和Br-失去电子数目应等于Cl2得到电子数目。据此守恒关系，列出等式，很易求解。

解 设FeBr2物质的量浓度为C，由电子守恒可知：

C 100 10 3L 2C 100 10 3L 2

3 1 2.24L

22.4L mol 1 2

解得：C=1.2 mol·L-1

答 原FeBr2溶液的物质的量浓度为1.2mol·L-1。

五、1. 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（1 mol），故反应后剩余SO2为5mol

密度为4.5mol 64g mol

20L 1 12 1mol 4.5mol， 14.4g L 1。所以（B）选项为本题正确答案。

答 本题正确选项为（B）。

2. （B） 3.略

4. 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。

六、1. 解析 根据化学方程式，可以找出下列关系：FeS2～2SO2～2SO3～2H2SO4， 本题从FeS2制H2SO4，是同种元素转化的多步反应，即理论上FeS2中的S全部转变成H2SO4中的S。得关系式FeS2～2H2SO4。过程中的损耗认作第一步反应中的损耗，得可制得98％硫酸的质量是98 2 2.5t 85% (1 5.0%)

120 98%=3.36t。

七、1. 解析 CO和H2都有两步反应方程式，量也没有确定，因此逐步计算比较繁。Na2O2足量，两种气体完全反应，所以将每一种气体的两步反应合并可得H2+Na2O2=2NaOH，CO+ Na2O2=Na2CO3，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H2的量没有确定，两个合并反应不能再合并!

八、1. 解析 变化主要过程为：

AlClAl HCl Fe FeCl3 NaAlO2 过量NaOH 灼烧Fe(OH) Fe2O32 2

化学

由题意得：Fe2O3与合金的质量相等，而铁全部转化为Fe2O3，故合金中Al的质量即为Fe2O3中氧元素的质量，则可得合金中铝的质量分数即为Fe2O3中氧的质量分数，O%=3 16

2 56 3 16×100%=30%，选B。

九、1. 解析 。由题意，生成0.5mol H2，金属失去的电子即为1mol，即合金的平均摩尔电子质量为10g/mol，镁、铝、铁、锌的摩尔电子质量分别为：12、9、28、32.5（单位：g/mol），由平均值可知，混合物中一种金属的摩尔电子质量小于10g/mol，另一种大于10g/mol。故选A、C

十、1. 分析 本例是一道结合讨论分析的天平平衡题，考查了在化学解题过程中的有序思维和问题解决的完整性。反应后天平仍然平衡，说明天平左右两端加入金属的质量与放出氢气的质量数差值应相等。但不知镁粉、铝粉与盐酸的量相对大小，所以必须通过讨论判断谁过量，从而以另一方计算产生H2的质量。因此如何判断谁过量是解决本题的关键，另外，还需时刻注意调整a的取值范围（由b的取值范围及a和b的关系确定），才能得到本题完整解答，这一点在解题过程中是被常疏忽的。

解 根据题意，题中发生的两个反应为：

Mg+2HCl = MgCl2+H2↑ 2Al+6HCl = 2AlCl3+3H2↑

若盐酸完全反应，所需Mg粉质量为

需铝粉质量为1

3 100 10 312 100 10 3L 1mol L 1 24g mol 1 12g，所L 1mol L 1 27g mol 1 9g。

（1）当a≥12g，b≥9g，即盐酸适量或不足，产生H2的质量应以HCl的量计算，因HCl的量是一定的，故产生H2的质量相等，要使天平平衡，即要求金属的质量相等，所以a=b，此时b的范围必须调整为b≥12g。

（2）当a<12g，b<9g，即Mg、Al不足，应以其计算产生H2的量。要使天平平衡，即要有：a a

24g m 1 2g mol 1 b 32 b

27g mol 1 2g mol 1，解得：a 3233b，此时a

的范围必须调整为a<8.7g。

（3）当a<12g，b≥9g，即Mg不足，应以Mg算；Al过量或适量，以HCl算。要使天平平衡，必须满足：

1a a24g mol 1 2g mol b 112 100 10 3L 10mo lL 1 2g mol，解得：a 12

12(b 1)g，据（1）、（2）调整a的范围为8.7g≤a<12g。

12

11(b 1)答 （1）当a≥12g时，a=b；（2）当8.7g<a<12g时，a

时，a 32

33b；（3）当0<a<8.7g。

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