150ml是多少克

-1-/25

常见化学计算方法

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（略）、对称法（略）。

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。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：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？

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

-2-/25

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），充分反应后，使Ca2+、HCO3

-、CO3

2-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、十字交叉法

凡能列出一个二元一次方程组来求解的命题，即二组分的平均值，均可用十字交叉

法，此法把乘除运算转化为加减运算，给计算带来很大的方便。

十字交叉法的表达式推导如下：设A、B表示十字交叉的两个分量，AB

——表示两个分

量合成的平均量，xA、xB分别表示A和B占平均量的百分数，且xA+xB=1，则有：

A·xA+B·xB=AB

——（xA+xB）化简得：

若把AB

——放在十字交叉的中心，用A、B及其交叉相减，用二者差的绝对值相比即可

得到上式。

十字交叉法应用非常广，但不是万能的，其适用范围如表4

—2：

-3-/25

含化

学

义

量

类型

A、B

AB

——xA、xB

1

溶液中溶质

质量分数

混合溶液中

溶质质量质

量分数

质量分数

2

物质中某元

素

质量分数

混合物中某

元素质量分

数

质量分数

3

同位素相对

原子质量

元素相对

原子质量

同位素原子

百分组成

4

某物质相对

分子质量

混合物平均

相对分子质

量

物质的量分

数

或体积分数

5

某物质分子

组成

混合物的平

均

分子组成

物质的量分

数

6

用于某些综合计算：如十字交叉法确定某些盐的组成、

有机物的组成等

正确使用十字交叉法解题的关键在于：（1）正确选择两个分量和平均量；（2）明确

所得比为谁及谁之比；（3）两种物质以什么为单位在比。尤其要注意在知道质量平均

值求体积或物质的量的比时，用此法并不简单。

1.现有50g5%的CuSO4溶液，把其浓度增大一倍，可采用的方法有：（1）可将原

溶液蒸发掉g水；（2）可向原溶液中加入12.5%CuSO4溶液g；（3）可向原

溶液中加入胆矾g；（4）可向原溶液中加入CuSO4白色粉末g。

2.今有NH4NO3和CO(NH2)2混合化肥，现测得含氮质量分数为40%，则混合物中NH4NO3

和CO(NH2)2的物质的量之比为（）

-4-/25

（A）4∶3（B）1∶1（C）3∶4（D）2∶3

3.（1）已知溶质质量分数分别为19x%和x%的两硫酸溶液，若将它们等体积混和，

则所得混和液的溶质质量分数及10x的大小关系如何？（2）已知溶质质量分数为a%

的氨水物质的量浓度是bmol·L-1，则

a

2

%的氨水物质的量浓度及

b

2

mol·L-1的大小关

系如何？

4.将金属钠在空气中燃烧，生成Na2O及Na2O2的混合物。取该燃烧产物7.48g溶

于水制成1000mL溶液，取出10mL，用0.1mol·L-1的盐酸中和，用去盐酸20mL，试求

该产物中Na2O的物质的量分数。

5.0.8molCO2通入1L1mol·L-1NaOH溶液中，试求所得溶液中溶质的物质的量。

三、平均法

对于含有平均含义的定量或半定量习题，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，常及十字交叉结合使用，达到速

解之目的。原理如下：

若A>B，且符合AB

xAxB

xx

AxBxAB

AB

AB

——







%%，则必有A>AB

——>B，其中AB

——是A、B

的相应平均值或式。xA·xB分别是A、B的份数。

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NH4HCO3

（C）NH4Cl和(NH4)2SO4（D）(NH4)2SO4和NH4HCO3

2.把含有某一种氯化物杂质的氯化镁粉末95mg溶于水后，及足量的硝酸银溶液

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。（杂质：KHCO3、MgCO3、K2CO3、SiO2）

-5-/25

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。

（3）体积为1L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（M

——）的求法：

①m总—混和物总质量n总—混和物总物质的量

②M

——=M1·n1%+M2·n2%+…M1、M2……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）。）

③M

——如是气体混合物的摩尔质量，则有M

——=M1·V1%+M2·V2%+…（注：V1%、V2%……

气体体积分数。）

④M

——如是气体混合物的摩尔质量，则有M

——=d·MA(注：MA为参照气体的摩尔质量，

d为相对密度)

四、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（）

4O5

2.将几种铁的氧化物的混合物加入100mL、7mol•L―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+，

-6-/25

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8gFe2O3投入150mL某浓度的稀硫酸中，再投入7g铁粉收集到1.68LH2（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/LB.0.5mol/LC.2mol/LD.

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50mL1.8

mol·L-1盐酸溶液中，以20mL0.9mol·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，用足量盐酸吸收，经测定氨为0.006mol，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

质量增加3.2g，所得溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之比为（）

A.4∶1B.2∶1C.1∶1D.3∶2

6.（1）0.5mol铜片及足量的浓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2.5g·L-1，其体积为L。

（2）0.5mol铜片及一定量的浓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）

7.已知：2Fe2++Br2=2Fe3++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。

五、极值法

-7-/25

“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

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）0

1

224

C

.

（B）

1

392

1

28.

C

（C）

1

28

1

224

C

.

（D）

1

392

1

224..

C

3.当用mmolCu及一定量的浓HNO3反应，在标准状况下可生成nL的气体，则m

及n的数值最可能的关系是（）

（A）m

n



224.

（B）

n

m

n

224

3

448..

（C）m

n



3

448.

（D）无法判断

4.将一定质量的Mg、Zn、Al混合物及足量稀H2SO4反应，生成H22.8L（标准状

况），原混合物的质量可能是()

A.2gB.4gC.8gD.

10g

六、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，找出起始物质及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：

-8-/25

4FeS2+11O22Fe2O3+8SO22SO2+O22SO3SO3+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。

七、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

种物质及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.2.1gB.3.6gC.4.2gD.7.2g

八、等量代换法

在混合物中有一类计算：最后所得固体或溶液及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

及合金的质量相等，则合金中铝的质量分数为（）

A.70％B.30％C.47.6％D.52.4％

九、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及反应，金属混合物的质量没有确定，

-9-/25

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

十、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，即要找准化学问题及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-1的盐酸，然后

分别加入ag镁粉和bg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及b之间的关系。

-10-/25

《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：

解得：x=250g

又设100℃时饱和溶液用KNO3的质量为y，根据溶质及溶剂的对应关系，

列式如下：

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

RO

x

/2

、RClx。根据关系式

RO

x

/2

～RClx，相对分子质量差值

为，所以n-m=27.5x，。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

-11-/25

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的化合价为或。

4.分析本例是金属及酸反应，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

2

H2△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

22

24

x、

24

27

y、

54

56

z且相等，故有：，所以y＞x＞z。

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

-、CO3

2-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，NaHCO3的质量

为9.5-5.3g=4.2g。

（2）碱石灰中CaO的质量为(

.

.

).

53

106

42

84

5656

g

gg

gg，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：

-12-/25

Fe+CuSO4=Cu+FeSO4△m

160g8g

x5.2g-(12.8g-x)=4.8g

所以：

1608

52128

g

x

g

ggx



.(.)

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。

二、1.分析本例是将稀溶液浓缩的一道填空题。若按通常方法，根据

溶质守恒，列方程进行求解，则解题繁。若运用十字交叉法，运算简洁，

思路流畅。但应处理好蒸发掉水，或加入CuSO4粉末时CuSO4的质量分数，

前者可视为0，后者视为100%。

解（1）（负号代表蒸发）说明水蒸发掉的质量为原溶液质量的

1

2

，即

25g。

（2）说明加入12.5%CuSO4溶液的质量为原溶液质量的2倍，即100g。

（3）胆矾中CuSO4的质量分数为

说明加入胆矾的质量为原溶液质量的

4

54

，即。

（4）说明加入CuSO4的质量为原溶液质量的

1

18

，即。

答251004.632.78

2.解方法1：NH4NO3中N%==35%，CO(NH2)2中N%==46.7%

说明NH4NO3及CO(NH2)2的物质的量之比为。

方法2：设混合物中NH4NO3的物质的量为1mol，CO(NH2)2的物质的量为

x。

根据题意，列式如下：

214214

80160

100%40%

11

11











g

mol

g

mol

x

g

mol

mol

g

mol

x

-13-/25

解得：x=1mol

方法3：由于NH4NO3和CO(NH2)2分子中均含有2个N原子，根据混合物

中N%=40%，可知该混合物的平均相对分子质量为。

说明NH4NO3及CO(NH2)2的物质的量之比为1∶1。

答本题正确选项为（B）。

3.解：（1）

若混和液的溶质质量分数为10x%，则19x%及x%的两H2SO4溶液必以等质

量混和。现因等体积的19x%溶液质量大于x%的溶液质量，故等体积混和后，

所得溶液质量分数应大于10x%。

（2）

若将a%的氨水加水稀释成

a

2

%，则加入水的质量即为氨水的质量。现因

水的密度大于氨水密度，故稀释后溶液的体积应小于原溶液体积的一半，

根据溶质物质的量守恒，所以

a

2

%的氨水物质的量浓度应大于

b

2

mol·L-1。

aONaOHNaCl

mL

mL

molL

——、——溶液————————

燃烧

溶于水

盐酸中和

取

盐酸

消耗





222

10

20

011.

图4—4

根据以上图示，结合有关反应的用量，确定1000mLNaOH溶液中NaOH

物质的量。由Na元素守恒，可计算出混合物（Na2O、Na2O2）的平均摩尔质

量或平均化学式。从而求解得之。

解1000mLNaOH溶液的物质的量为

1000

10

mL

mL

molLLmol..

根据混和物的平均摩尔质量=，可知：

Na2O及Na2O2的平均摩尔质量=

048

02

1

2

7481

.

.

.

g

mol

gmol





说明Na2O及Na2O2的物质的量之比为3.2∶12.8=1∶4，即Na2O

-14-/25

的物质的量分数为

1

14

1

5

20%



（）。

答该产物中Na2O的物质的量分数为20%。

5.解n(CO2)=0.8mol，n(NaOH)=1L×1mol·L-1=1mol

方法1：设生成物NaHCO3物质的量分别为x、y。

由碳元素守恒，列式：x+y=0.8mol

由钠元素守恒，列式：x+2y=1mol

解得：x=0.6moly=0.2mol

方法2：若以CO2为基准物质，分别发生反应（1）和（2）时，需NaOH

分别为0.8mol和1.6mol。

说明CO2在两个反应中所消耗的物质的量之比为0.6∶

0.2=3∶1，也是生成物中NaHCO3及Na2CO3的物质的量之比。所以

n(NaHCO3)=0.8mol





3

13

=0.6mol，n(Na2CO3)=0.2mol。

若以NaOH为基准物质，CO2则分别消耗1mol和0.5mol。

说明NaOH在两个反应中所消耗的物质的量之比为0.3∶

0.2=3∶2，所以生成物中NaHCO3及Na2CO3的物质的量之比应为3∶1。故

n(NaHCO3)=1mol





3

32

=0.6mol，n(Na2CO3)=1mol





3

32

1

2

=0.2mol。

方法3：因n(CO2)∶n(NaOH)=0.8mol∶1mol=4∶5

说明产物中既有NaHCO3生成，又有Na2CO3生成，反应的总方程式可写成

如下：

CO2+NaOH—Na2CO3+NaHCO3+H2O

根据物质的量之比等于化学方程中的计量数之比，故CO2、NaOH前的计

量数分别为4和5，根据原子个数守恒，判断出Na2CO3、NaHCO3和H2O前的

计量数分别为1、3和1，即：4CO2+5NaOH=Na2CO3+3NaHCO3+H2O，所以

n(Na2CO3)=

1

4

0.8mol=0.2mol，n(NaHCO3)=

3

4

0.8mol=0.6mol。

三、1.解NH4NO3中氮的质量分数是

14

80

100%175%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g·mol-1

=287mg<300mg。

根据平均含义可推知：95mg杂质及足量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：

-15-/25

MgCl2、Na2Cl2、Al

2

3

Cl2、K2Cl2、CaCl2。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）。

3.略

4.解（1）NH4HCO3△NH3↑+H2O↑+CO2↑

根据质量守恒可知：n(NH4HCO3)·M(NH4HCO3)=n(混)·M

——(混)，故

M

——(混)=

1

3

79

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2.619g·mol-1÷2g·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。

说明HCl及空气的体积比为5.62∶1.88=3∶1，即混和气体中

HCl的体积为1L

3

4

=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）=molmolHCln35.07.0

2

1

)(

2

1

，m（O）=0.35mol×16g•mol―1=5.6g；

而铁最终全部转化为FeCl3，n（Cl）=0.56L÷22.4L/mol×

2+0.7mol=0.75mol，n（Fe）=molmolCln25.075.0

3

1

)(

3

1

，m(Fe)=0.25mol

×56g•mol―1=14g，则%4.71%100

6.514

14

)(





gg

g

Fe，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

-16-/25

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SO4

2―并无损耗，根据电中性原则：

n（SO4

2―）=

2

1

n（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=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：

MgClMgCl

Mg

MgO

NHClNHClNHNHCl

MgN

HCl

NaCl

mol

molLmL

HCl

molLmL

NaOH

NaOHHCl

22

1850

4

0920

434

32

11

0006

—————————————————

△

空气

··

△





..

.

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：

nMgnNHnNamcl()()()()2

4

2111





式中：nMgnMgnNHnNHmolnNamolL()()()().().



2

43

100060920，，

10933LmolnClmolLLmol.()..，

解得：nMgmol().0033，即mMgmolgmolg()..

5.解析设Fe2+为xmol，Fe3+为ymol，则：

x+y=

56

6.5

=0.1（Fe元素守恒）

2x+3y=（得失电子守恒）

得：x=0.06mol，y=0.04mol。则x∶y=3∶2。故选D。

6.解（1）Cu及浓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，

0.5molCu可得1molNO2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

22.4L·mol-1=56g·mol-1。显然，56g·mol-1大于M(NO2)

（46g·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1molNO2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及浓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，

-17-/25

但它们物质的量之和为17.92L22.4L·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及O2。因此，根据电子守恒，可列下式：

05222441..molVLmol解得：V=5.6L

答（1）18.4L；（2）1.8mol，5.6L

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+

及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+2Br-=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：

CLCL

L

Lmol









1

2

3

1

224

224

233

1

.

.

解得：C=1.2mol·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（1mol），故反

应后剩余SO2为5

1

2

145molmolmol.，密度为

4564

20

144

1

1

.

.

molgmol

L

gL







。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～

-18-/25

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

%98120

%)0.51(%855.2298



t

=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：

由题意得：Fe2O3及合金的质量相等，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%=×100%=30%，选B。

九、1.解析。由题意，生成0.5molH2，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及放出氢气的质量数差值应相等。但不知镁

粉、铝粉及盐酸的量相对大小，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：

























322

2

2

3

)(OFeOHFe

NaAlO

FeCl

AlCl

Fe

Al

NaOHHCl

灼烧

过量

-19-/25

Mg+2HCl=MgCl2+H2↑2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑

若盐酸完全反应，所需Mg粉质量为

1

2

1LmolLgmolg，

所需铝粉质量为

1

3

1LmolLgmolg。

（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

gm

gmolb

b

gmol

gmol

















24

2

3

2

27

2

1

1

1

1，解得：

ab

32

33

，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：

a

a

gmol

gmolbLmolL









24

2

1

2

1001010

1

131

21gmol，解得：abg

12

12

1()，据（1）、（2）调整a的范围为8.7g≤a<12g。

答（1）当a≥12g时，a=b；（2）当8.7g

12

11

1()；（3）

当0

32

33

。

-20-/25

竞赛班《常见化学计算方法》答案

一、1.20%2.将615KNO3溶解于250g水中3.R的化合价

为或。

4.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

22

24

x、

24

27

y、

54

56

z且相等，故有：，所以y＞x＞z。

5.解（1）水参加反应的质量为0.9g，则Na2CO3的质量为，NaHCO3的

质量为9.5-5.3g=4.2g。（2）碱石灰中CaO的质量为(

.

.

).

53

106

42

84

5656

g

gg

gg，

NaOH的质量为9.6g-5.6g=4.0g。6.原混和物中CuSO4和Fe的

质量分别为8.0g，4.8g。

二、1.答251004.632.782.B

3.（1）等体积混和后，所得溶液质量分数应大于10x%。

（2）

a

2

%的氨水物质的量浓度应大于

b

2

mol·L-1。

4.该产物中Na2O的物质的量分数为20%。

5.n(Na2CO3)=

1

4

0.8mol=0.2mol，n(NaHCO3)=

3

4

0.8mol=0.6mol。

三、1.D2.B3.略

4.（1）26.3（2）1.31（3）0.75L

四、1.B2.B3.C

().0033，即mMgmolgmolg()...D

6.（1）18.4L；（2）1.8mol，5.6L

7.原FeBr2溶液的物质的量浓度为1.2mol·L-1。

五、1.B2.B3.略

六、1.制得98％硫酸的质量是

%98120

%)0.51(%855.2298



t

=3.36t。

七、1.Ａ八、1.B

-21-/25

九、1.A、C

十、1.（1）当a≥12g时，a=b；（2）当8.7g

12

11

1()；（3）

当0

32

33

。

26．（18分）

气体A只含有X、Y两种短周期元素，X的原子序数大于Y的原子序数。

B、D、E是中学化学中常见的气体，各物质产间有如图13所示的转化关系：

请回答下列问题：

（1）若气体A中，X、Y两种元素的质量比等于3:1，请写出下列物质的

化学式

A，D，F，乙。

（2）若X、Y两种元素的质量比在数值上等于X的相对原子质量，且气体A

的分子为直线型结构，则A的电子式为。

（3）C及固体甲在高温时发生反应的化学方程式

为。

27．（17分）

季戊四醇硝酸酯[C（CH2ONO2）4]为长效抗心血管病药物，作用比硝化甘

油弱，生效缓慢而持久。已知两个醛分子在稀碱溶液中可以发生加成反应，

其特点是一个醛分子中活泼氢（即及醛基相邻碳原子上的氢原子，也叫氢

原子）加到另一个醛分子中的醛基氧原子上，其余部分则加到该醋基的碳

A

足量O

2

燃烧

B

固体单质甲

高温

D

固体乙

加热

B

F

C

固体单质甲

高温

E

固体乙

加热

C

（红色固体）

O

H

OH

-22-/25

原子上。如

R—CH2—C—H+CH2—CHOR—CH2—CH—CH2CHO

现以乙烯为初始原料，按下列指定步骤制备季戊四醇硝酸酯。已知碳碳双

键在一定条件下可以氧化为碳氧双键。参加下列反应的A物质在常温下是

一种无色、有强烈刺激性气味的气体，易溶于水，其水溶液具有杀菌和防

腐能力，可用来浸制生物标本。

请按要求回答下列问题：

（1）写出下列反应方程式（注明反应条件并配平）

B+A→C。

E→F。

（2）写出反应类型反应I；反应II；反应

Ⅵ。

28．（21分）

“化学多米诺试验”即利用反应中产生的压力和虹吸作用原理，使若干

化学实验依次发生，整个过程只需要控制第一个反应，就好像多米诺骨牌

游戏一样。图14就是一个“化学多米诺试验”。

NaOH

H

2

O

FDEC乙烯B

反应I

季戊四醇硝酸酯

C（CH

2

ONO

2

）

4

+A

反应II

+A

反应Ⅲ

+A

反应Ⅳ

反应Ⅵ

反应Ⅴ

-23-/25

已知：Cu2++4NH3·H2O=[Cu（NH3）4]2++4H2O（该反应产物可作为H2O2分解的催

化剂。）

请回答下列问题：

（1）进行实验前必须进行的操作

是；

（2）B及D两容器中反应速率比较：BD（填“>”、“<”或“=”），

原因是

；

（3）H中的现象

是；

（4）I的作用是（用离子方程式表

示）；

（5）A和B之间导管a的作用

是；

（6）在该实验中不涉及的反应类型是（填编

-24-/25

号）。

①分解反应②化合反应③置换反应④复分解反应

29．（16分）

在标准状况下进行下列实验：甲、乙、丙各取30.00mL同浓度的盐酸，

加入同一镁、铝合金，产生气体，测得有关数据列表如下：

实验序号甲乙丙

合金质量0.255g0.385g0.459g

气体体积280mL336mL336mL

（1）分析上表数据后填空：

①盐酸的物质的量浓度为mol/L，在表中可作为计算依据

的是（填实验序号，要求全部写出）。

②据（填实验序号）中的数据，可计算出合金中镁及铝的

物质的量之比为

。

（2）在丙实验之后，向容器中加入一定量1.00mol/L的NaOH溶液，使合

金中的铝恰好完全溶解，再滤出不溶固体。请计算：

①滤液中溶质的物质的量。

②共加入NaOH溶液的体积。

26．（每空3分，共18分）

（1）A:CH4D:COF:Cu乙:CuO（2）H:CC:H

（3）H2O+CCO↑+H2↑

27．（17分）（1）CH3CHO+HCHOCH2CH2CHO………………………………

……

高温

NaOH

H

2

O

-25-/25

4分

（HOCH2）3CCHO+H2C（CH2OH）4………………………………………

4分

（2）（每空3分）氧化加成酯化

28．（每空3分，共21分）

（1）检查装置的气密性

（2）

反应速率加快

（3）有气泡并有乳白色（浅黄色）浑浊

（4）H2S+2OH－=S2－+2H2O

（5）平衡烧瓶（B）和漏斗（A）的气压，使液体易于流下

（6）②

29．（16分）

（1）（每空2分，共8分）①1.00乙、丙②甲1:1

（2）①n（NaCl）=n（Cl－）=1mol/L×

0.03L=0.03mol……………………………2分

设：0.459g合金中含铝的物质的量为x27x+24x=0.459g

x=0.009mol……2分

n（NaAlO2）=n（Al）

=0.009mol………………………………………………2分

②mLL

Lmol

molmol

c

n

NaOHV39039.0

/00.1

009.003.0

)(



……………2分

OH

Ni