化学计算题解题技巧.docx
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化学计算题解题技巧
[内容概要]
化学计算题在高考中占总分数一般不低于25%。
主要包括选择性计算题和综合性计算题。
这两讲的内容中蕴含了解题中独特的构思，令人叫绝的技巧，想不想学学，想不想一试身手？
这不，快快行动吧！
[内容精析]通常计算题都是给出了求解的全部数据，而且不多不少；而有时，计算题好像给出的数据却不够。
对于给全数据的题，你是不是总觉得把这些数据全部利用起来才放心。
而对于数据好象不够的题，你是不是有时觉得束手无策。
你如果是这样，看了这讲内容以后，也许你会说：
“计算题怎么还可以这样做？
”
1.概念分析法
...计算题也可以不用计算，直接就可以推断出，你试过吗？
[例1]（1998高考15题）有五瓶无色溶液分别是①10mL0.60mol·L-1NaOH水溶液②20mL0.50mol·L-1H2SO4水溶液③30mL0.40mol·L-1HCl水溶液④40mL0.30mol·L-1CH3COOH水溶液⑤50mL0.20mol·L-1蔗糖水溶液。
以上各瓶溶液中所含离子、分子总数的大小顺序是（）
A.①>②>③>④>⑤B.②>①>③>④>⑤
C.②>③>④>①>⑤D.⑤>④>③>②>①
[解析]稀溶液中水分子总数远大于溶质离子的总数。
因此只要按溶液体积顺序排，便可得D正确。
★[例2]（1998高考22题）将质量分数为5.2%的NaOH溶液1L（密度为1.06g·cm-3）用铂电极电解，当溶液中NaOH的质量分数改变了1.0%时停止电解，则此时溶液中应符合的关系是（）
NaOH的质量分数
阳极析出物的质量（g）
阴极析出物的质量（g）
A
6.2%
19
152
B
6.2%
152
19
C
4.2%
1.2
9.4
D
4.2%
9.4
1.2
[解析]NaOH溶液的电解实质是水的电解，在电解过程中由于水的电解，NaOH溶液的浓度将会升高，排除掉选项C和D；再根据电解时阳极产物是氧气，阴极产物是氢气，两者的质量之比为8:
1（即阳极析出气体质量大），便可迅速选出B。
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2.差量法
[原理]根据化学变化前后物质的量发生的变化，找出所谓“理论差量”，这个差量可以是质量、气相物质的体积、压强，也可以是物质的量、反应过程中的热量等。
例如Fe和CuSO4溶液反应，其理论差量就可以如下确定：
这里面“理论差量”的意义是：
56gFe溶解必有64gCu析出，固体增重8g，反之亦然。
且这个差量值与Fe溶解的质量（或Cu析出的质量）成正比例。
有了这个结论以后，你就可以从化学方程式中迅速找出“理论差量”，再根据题目提供的“实际差量”列出比例式，这样，你就成功了。
[例题]
（1）利用物质在化学反应前后的质量差
[例1]50gFe浸在CuSO4溶液中，过一会儿取出覆盖有Cu的Fe片，经洗涤、干燥后，称重51.2g，则参加反应的Fe的质量是（）
A.1.2gB.5.0gC.8.4gD.18.2g
[解析]
选C
注意：
小心题目中质量减少的情况时，△m的符号
★★[例2]有Na2CO3、NaHCO3、CaO和NaOH组成的混合物27.2g，把它们溶于足量的水中，充分反应后，溶液中Ca2+、CO32-、HCO3-均转化为沉淀，将反应容器内水分蒸干，最后得到白色固体物质共29g，则原混合物中含Na2CO3的质量是（）
A.10.6gB.5.3gC.15.9gD.无法确定
[解析]按一般常规解法----运用化学方程式列方程组求解，很难得出正确答案。
如果根据题意，运用微粒（Na+、CO32-）守恒的原理，分析反应前后的差量，剖析题意，可找到捷径。
从溶液中的Ca2+、CO32-、HCO3-均转化为沉淀可知，原混合物中含Na2CO3、NaHCO3、的物质的量之和必等于含CaO的物质的量，而最后所得白色固体物质中所含NaOH的物质的量必等于原混合物中Na2CO3、NaHCO3和NaOH中所含Na+的物质的量之和。
可图示如下：
从以上图解不难看出，相当于xmol的Na2O转化为2xmol的NaOH的质量差，即
1mol:
x=18g:
18g
x=0.1mol
则m（Na2CO3）=10.6g选（A）
（2）利用气相物质反应前后的体积差
★[例3]10mL某气态烃，在50mL氧气中完全燃烧，生成液态水和体积为35mL的混合气体（气体体积均在同一条件下测定），则该烃可能是（）
A.乙烷B.丙烷C.丙烯D.丁炔
[解析]设气态烃的化学式为CxHy
1mL:
10mL=（1+y/4）:
25mL
y=6
根据题意，气态烃完全燃烧，故50mL氧气正好反应完全或有剩余，即50-（x+y/4）×10≥0
所以
解得：
x≤3.5，y=6选A、C.
经验：
一定要熟练掌握气体体积变化与压强的变化，物质的量的变化，分子量的变化之间的关系。
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3.守恒法
你是否在解题中碰到许多纷纭复杂的解题背景而无从下手，你是否也碰到许多化学反应方程式由于配平的苦恼导致全盘失败，也许你或多或少地碰到过，碰到这些情况以后不知你是否想过没有，其实有一种方法很有用，它也许能帮你一个大忙。
这种方法就是“守恒法”。
它包括:
（1）化合价守恒
（2）电荷守恒（3）元素守恒（4）质量守恒（5）得失电子守恒,等等。
请你仔细浏览，这里将会告诉你许多常规方法所不能替代的捷径方法，也将会带给你无穷的解题乐趣.
（1）化合价守恒
...根据化学式中正负化合价总数值相等进行计算
[例1]（“牛刀小试”第5题）某元素X的氧化物含氧44.0%，已知该元素的相对原子质量为51，则该氧化物的化学式为（）
A.XOB.X2O3C.XO2D.X2O5
[解析]常规解法：
设该氧化物的化学式为XOm
根据氧元素的质量分数可得
求得m=2.5选D
守恒法：
设此氧化物中X元素化合价为x，从氧元素化合价总负值等于X元素化合价总正值，可得：
求得x=5选D
（2）电荷守恒
...根据化学式中阴阳离子所带正负电荷总数相等求离子所带电荷数或浓度。
[例2]在VLAl2（SO4）3溶液中加入过量的氨水，过滤得沉淀，然后在高温中灼烧沉淀，最后得到白色固体mg，则原溶液中SO42-的物质的量浓度为（）
A.m/（27V）B.2m/（27V）C.m/（18V）D.m/（34V）
[解析]通常解法：
因Al2（SO4）3+6NH3·H2O=2Al（OH）3↓+（NH4）2SO4
即
C（SO42-）=m/（34V）mol·L-1选D
守恒法：
因硫酸铝溶液中Al3+所带正电荷总数等于SO42-所带负电荷总数，得（m/102）×6=V×C（SO42-）×2
求得：
C（SO42-）=m/（34V）mol·L-1选D
（3）元素守恒
...根据某元素在反应前后守恒
[例3]（1997化学高考试测题3）将m1g锌加入到m2g20%的盐酸溶液中去，反应结果共放出nL氢气（标准状况下），则被还原去的HCl的物质的量是（）
A.m1/65molB.5m2/36.5molC.m2/36.5molD.n/11.2mol
[解析]m1、m2不知其值，因此不知是哪一种物质过量，但是从反应产物H2的体积可知其物质的量，而H2中的氢元素又来自于HCl。
根据氢元素守恒可得：
则被还原的HCl的量为：
选D
注意：
如果觉得把所给的数据全部利用起来才放心，并纠缠m1、m2的相对数量的大小，则将不胜其烦，结果还是错误的。
这时你应告诉自己：
应先对题做一判断，大胆地将多余的数据弃之不要，选择好的恰当的方法，则将一举成功。
★[例4]把NaHCO3和Na2CO3·10H2O的混合物13.12g溶于水制成200毫升溶液，其钠离子的物质的量浓度为0.5mol·L-1，如果将相同质量的这种混合物加热至质量不再变化为止，质量将减小（）
A.5.3gB.7.82gC.4.25gD.8.87g
[解析]把NaHCO3和Na2CO3·10H2O受热后固体生成物只有Na2CO3，可知混合物在加热前后钠离子的物质的量没有变化。
因混合物中含有钠离子为0.5mol·L-1×200mL×10-3L·mL-1=0.1mol，所以根据钠元素守恒，可知加热后的残留物中含有Na2CO3为0.05mol，则Na2CO3为5.3g，故整个过程中质量减少为13.12-5.3=7.82（g）选B
注：
“牛刀小试”第7题可设CO32-和HCO3-的浓度分别为xmol·L-1和ymol·L-1。
根据钠元素守恒和碳元素守恒即可求出：
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★[例5]（1997高考题26题）一定量的乙醇在氧气不足的情况下燃烧，得到CO、CO2和水的总质量为27.6g，若其中水的质量为10.8g，则CO的质量是（）
A.1.4gB.2.2gC.4.4gD.在2.2g和4.4g之间
[解析]由燃烧的水10.8g可知：
（1）CO+CO2的总质量是27.6g-10.8g=16.8g
（2）生成H2O是10.8g相当10.8g÷18g·mol-1=0.6mol，则根据氢元素守恒，则燃烧的C2H6O物的物质的量是：
0.6mol×1/3=0.2mol则CO和CO2总的物质的量是0.2mol×2=0.4mol，其平均分子式量为16.8÷0.4=42，由十字交叉法得：
CO的物质的量是0.4mol×1/（7+1）=0.05mol，其质量应是
28g·mol-1×0.05mol=1.4g，选A
（4）质量守恒
[例6]mg氯酸钾与1.5g二氧化锰混合加热，充分反应后，留下残留物ng，则生成气体的质量为（）
A.（m-n）gB.（m-1.5-n）gC.（m+1.5-n）gD.（n-1.5）g
[解析]根据参加反应的物质的质量之和等于反应后各生成物的质量之和，即m+1.5=n+m（O2）则m（O2）=m+1.5-n选C
（5）得失电子守恒
[例6]在两个串联的电解池中，分别电解足量的CuCl2溶液和AgNO3溶液，若有64gCu析出，则析出Ag的质量为（）
A.108gB.54gC.216gD.64g
[解析]因两电解池串联，所以通过两池电量相等，由Cu2++2e－Cu及Ag++e－Ag可知2n（Cu）=n（Ag），设析出Ag的质量为x，则
2×（64g/64g·mol-1）=x/108g·mol-1得x=216g选C
这里采用的是根据电解过程中阴阳两极得失电子总数相等来进行计算的。
★★[例7]在反应：
P+CuSO4+H2O－－Cu3P+H3PO4+H2SO4（未配平）中，每1molCuSO4可氧化磷的物质的量是（）
A.0.2molB.0.4molC.0.6molD.6mol
[解析]若按常规解法，则需配平后才能计算，麻烦难算。
若用守恒法，你瞧：
1molCuSO4被还原时得1mol电子，而1mol磷被氧化时需失5mol电子，则根据得失电子守恒，磷要失1mol电子，只需要1/5mol，也即1molCuSO4只能氧化1/5mol磷。
选A。
★[例6]（1999高考23题）一定条件下硝酸铵受热分解的未配平化学方程式为：
NH4NO3--->HNO3+N2+H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为（）
A.5:
3B.5:
4C.1:
1D.3:
5
[解析]小精灵：
你希望做什么？
看
常规解法：
先配平化学方程式：
5NH4NO3=2HNO3+4N2+9H2O，则参加反应时，有5mol氮原子被氧化，3mol氮原子被还原，选A。
但是这个反应的化学方程式配平较为困难。
如果采用
，则将轻巧易解。
守恒法：
被氧化的氮原子的化合价由-3价变到0价，1mol氮原子失3mol电子；同理，被还原的氮原子的化合价由+5价变到0价，1mol氮原子得5mol电子。
则根据得失电子守恒，必有5mol氮原子被氧化和3mol氮原子被还原，可知选A。
★[例8]将纯铁丝5.21g溶于过量稀硫酸中，在加热下用2.53gKNO3去氧化溶液中的Fe2+，待反应完全后，剩余Fe2+尚需12.0mL0.3mol·L-1的KMnO4溶液方能完全氧化（已知MnO4-还原产物为Mn2+），计算得还原产物为（）
A.N2OB.NOC.NO2D.NH3
[解析]本题先后进行了三个氧化还原反应：
Fe+H+→NO3-+H++Fe2+→Fe2++MnO4-+H+→
与计算有关的是后两个反应，在这两个反应中，氧化剂（NO3-、MnO4-）得电子总数等于还原剂（Fe2+）失电子总数。
已知MnO4-+5e→Mn2+
假设每摩尔NO3-得电子为xmol，则
Fe2+失电子的物质的量为：
5.21g÷56g·mol-1=0.093mol
MnO4-得电子的物质的量为：
0.3mol·L-1×12.0×10-3L×5=0.018mol
NO3-得电子的物质的量为：
2.53g÷101g·mol-1·x=0.025xmol
根据得失电子守恒得：
0.093mol=0.018mol+0.025xmol则x=3
即NO3-的还原产物为NO选B。
经验之谈：
守恒法可以使题简化，但使用时一定要有根据，臆断守恒就容易出错。
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4.极限法
（1）极限的观点：
在论述或争论某个问题时，人们常常使用这样的想法：
“如果让事态任其发展下去，则将……”；“退一万步来想一想这?
color="#CC3333">守恒法可以使题简化，但使用时一定要有根据，臆断守恒就容易出错。
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4.极限法
（1）极限的观点：
在论述或争论某个问题时，人们常常使用这样的想法：
“如果让事态任其发展下去，则将……”；“退一万步来想一想这个问题吧！
”等等。
这些想法有一个共同之处，就是从某个极限状态上去考虑问题，进行分析，判断和推理，像这种先把思路引向极端状态，使问题简化从而顺利得出结论，然后再回过头来认识现实问题的观点，我们称之为极限的观点。
极限的观点作为一种科学的创造性思维观点，它在科学史上曾做过不少重大贡献。
例如，开尔文把摄氏温度推向极限-----273℃（绝对温度），使气体定律的表述得以简化。
同样，在化学解题若能运用极限的观点，常能使解题化繁为简，化难为易，别开生面，独辟蹊径，不落俗套，起到事半功倍的效用，是一种极妙的解题方法。
（2）例题解析
★★[例1]（“牛刀小试”第8题）在标准状况下H2、Cl2混合气体aL经光照反应后，所得气体恰好能使bmolNaOH完全生成盐，那么a与b的关系不可能是（）
A.b=a/22.4B.ba/22.4D.b≥a/11.2
[解析]常规解法：
本题涉及的反应可能有：
①H2+Cl2=2HCl；②HCl+NaOH=NaCl+H2O；③Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。
若aL混合气体恰好按①反应进行生成aLHCl，则由反应②可知a/22.4molHCl需要a/22.4molNaOH与之反应，此时b=a/22.4；若H2过量时，多余的H2不会与NaOH反应，生成的HCl的物质的量小于a/22.4，故有b2与NaOH反应，所以b>a/22.4。
由上述分析可知A、B、C为可能成立的关系，则选D。
极限法：
①若aL全部是H2，则生成HCl为0，消耗NaOH也为0；②若aL全部是Cl2，生成HCl虽为0，但Cl2与NaOH反应时需消耗NaOH最多为（a/22.4）×2=a/11.2（mol）。
综上分析可得：
0★[例2]常温下，向20L真空容器中通入amolH2S和bmolSO2（a和b都是正整数；且a≤5，b≤5），反应完全后，容器中气体可能达到最大密度约是（）
A.24.5g/LB.14.4g/LC.8.0g/LD.5.1g/L
[解析]分析本题需要两个认识前提：
①H2S和SO2两种气体比较，后者密度大于前者；
②H2S和SO2反应：
2H2S+SO2=3S+2H2O，生成S为固态，H2O为液态，与气态物质相比，它们的体积可忽略不计。
假设生成物都是SO2，则容器内气体密度当然是本题所需的最大值。
但是，这根不可能，但给我们一个思路，如果H2S最少，SO2最多，容器内气体密度达最大。
按照题意，则H2S为1mol，SO2为5mol（因为a、b为正整数，且a,b≤5），由方程式可知：
H2S少量，SO2过量，消耗SO2为0.5mol，剩余SO2为4.5mol。
则容器内密度最大为
，选B。
★★★[例3]将某碱金属M及其氧化物M2O的混合物4g投入足量水中，待反应后蒸干得5g碱，则这种碱金属为（）
A.LiB.NaC.KD.Rb
[解析]这道题较难，但如果用极限法，则轻而易举。
假设4g为碱金属单质，与水反应生成5g碱，则：
x=4（M+17）/M由题可知：
4（M+17）/M>5即：
M<68
假设4g为碱金属氧化物，与水反应生成5g碱，则：
y=4（M+17）/（M+8）由题可知：
4（M+17）/（M+8）<5即：
M>28
而相对于原子质量介于28与68之间的碱金属只有钾，故选C。
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5.综合分析法
...解题没有统一的解法，但需要你在动笔之前先观察一下该题有何特点，综合题中所给的信息进行分析解决。
关键在找“特点”。
★★[例1]含ngHNO3的稀溶液与mg铁粉充分反应，铁全部溶解，生成NO气体。
已知有n/4gHNO3被还原，则n:
m可能是（）
A.1:
1B.2:
1C.3:
1D.4:
1
[解析]铁参加反应后必生成Fe（NO3）2、Fe（NO3）3或两者的混合物，则Fe（NO3）2、Fe（NO3）3中的CO3-均来自于未参与氧化还原反应的销酸，由题意可知，未被还原的硝酸的质量为n-n/4=3n/4（g）。
因此本题可以采用极限法进行分析：
①假设铁的氧化产物只有Fe（NO3）2时，则n（Fe2+）:
n（NO3-）=1:
2
即：
（m/56）:
（3n/4÷63）=1:
2求得n:
m=3:
1
②假设铁的氧化产物只有Fe（NO3）3时，则n（Fe3+）:
n（NO3-）=1:
3
即：
（m/56）:
（3n/4÷63）=1:
3求得n:
m=9:
2
③当铁的氧化产物为Fe（NO3）2、Fe（NO3）3的混合物时，则9:
2m<3:
1则由题意可知，凡是符合9:
2≤n:
m≤3:
1，均可选。
故本题选CD
启示：
本题巧妙地运用“Fe2+（或Fe3+）和NO3-的物质的量之比为一定值”这一特点，并采用极限法，使问题得以简化，从而迅速解题.
经验之谈：
此类型题一定要先列出各种情况，如果想出一种情况做一种，就容易漏解。
★★[例2]将27.2g铁粉和氧化铁的混合物放入500mL的稀硫酸中，发现固体完全溶解，并放出0.2g无色气体，此时测得溶液中无Fe3+，然后向溶液中加入2mol·L-1的氢氧化钠溶液，当氢氧化钠溶液的体积为50mL时，溶液中恰好无Fe2+，则原硫酸溶液的物质的量浓度为（）
A.1mol·L-1B.2mol·L-1C.3mol·L-1D.4mol·L-1
[解析]溶液在未加NaOH溶液以前成分为：
Fe2+、H+、SO42-；加NaOH以后生成NaSO4、Fe（OH）2及H2O，即原来与Fe2+、H+结合的SO42-全部与Na+结合。
Na+全部来自于NaOH，则有Na+:
2mol·L-1×500×10-3L=1mol，则SO42+有0.5mol，故原有H2SO40.5mol，则H2SO4的浓度为：
0.5mol÷（500×10-3L）=1mol·L-1选A
启示：
本题只考虑始态和终态，这也是解计算题的一种考虑方法，怎么样，没问题吧！
你知道吗？
选择性计算题的解法还有很多，比如估算法、十字交叉法、平均值法、关系式法，有时还需要综合几种解法统一考虑等等，这里只给出了比较典型的几种解法，具体的解题只有靠你慢慢去体会喽！
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[强化训练]
★1.在一只固定容积的密闭容器中，放入3L气体X和2L气体Y，在一定条件下发生了下列反应：
4X（g）+3Y（g）=2Q（g）+nR（g），达到平衡后，容器内温度不变，混合气体的压强比原来增大了5%，X的浓度减小1/3，由此反应中n值为（）
A.3B.4C.5D.6
★2.25.4gNaHCO3与AgNO3的混合物，加热到500℃左右，待不再放出气体为止，冷却，在加足量的稀硝酸，然后把溶液蒸干，得无水盐25.5g，原混合物中AgNO3质量是（）
A.17gB.8.5gC.8.4gD.9.2g
★3.接触法制硫酸的炉气组成是SO2占7%，O2占11%，N2占82%，现有100L混合气体进入接触室反应后，总体积变为97.2L。
则该变化过程中SO2转化率是（）
A.50%B.60%C.70%D.80%
4.某金属元素的正磷酸盐含金属量为38.7%，已知该金属的相对原子质量为40，则该盐的化学式可表示为（X……指金属元素）（）
A.XPO4B.X3PO4C.X3（PO4）2D.X（PO4）2
★5.有一在空气中暴露过的KOH固体，经分析知其内含水7.62%，K2CO32.38%，KOH90%，若将此样品1g加到1mol·L-1的盐酸46.00mL里，过量的酸再用1.07mol·L-1的KOH溶液中和，蒸发中和后的溶液可得固体____________g。
★★6.将1.92gCu投入适量浓HNO3中，充分反应后，共收集到标准状况下气体1.12L，如将此气体通过足量的水，最后剩余气体的体积是（标准状况下）（）
A.448mLB.560mLC.224mLD.896mL
★★7.某金属单质跟一定浓度的硝酸反应，假定只产生单一的还原产物，若参加反应的单质与被还原的硝酸的物质的量之比为2:
1时，则还原产物是（）
A.NO2B.N2O3C.NOD.N2O
★8.在标准状况下，将三种气体NO、NO2、O2按一定比例充满一固定容器，并将该容器倒置在盛满水的水槽中，充分反应后，容器中无气体剩余，所得溶液的浓度为Xmol·L-1，则X值为（）
A.0C.1/39.2[强化训练答案]
1.D根据反应的化学方程式，若“混合气体压强比原来增加5%，X的浓度减小1/3”，说明反应的正方向是体积增大的方向，即4+3<2+n，n>5。
选项中n>5，只有D，故选D。
2.A
则
x=8.4g则AgNO3的质量为：
25.4g-8.4g=17g
3.D（根据反应2SO2+O2=2SO3的体积差，找出实际差量：
100L-97.2L=2.8L，采用差量法计算）
4.C（根据化合价守恒）
5.3.43g（蒸发后得固体KCl，其中Cl-全部来自于盐酸中的Cl-。
则n（KCl）=n（HCl））
6.A据题意，整个反应中只有Cu、N两种元素化合价发生变化，因此Cu失电子总数等于由HNO3生成NO得电子总数，根据得失电子守恒，则（1.92g÷64g·mol-1）×2=n（NO）×3
7.BD
8.C用极限法：
①假设混合气体中只有NO和O2且恰好完全反应，求得浓度为1/39.2mol·L-1；②假设混合气体中只有NO2和O2且恰好完全反应，求得浓度为1/28mol·L-1。
从而选出C。
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