高考化学计算复习资料
第一节 化学计算中的方法和技巧
【知识网络】
| 计算方法 | 原理 | 说明 | 实例 | |
| 差量法 | 质量差 | 利用物质在反应前后的质量差求解 | 根据物质变化前后某种量发生变化的方程式或关系式，找出所谓“理论差量”。利用该法关键有两点： ①弄清差量的原因；②弄清差量与什么量成比例。 | |
| 体积差 | 利用气体物质在反应前后的体积差量求解 | 例1 | ||
| 守恒法 | 质量 守恒 | 从宏观上看，化学反应前后的质量相等 | 是巧妙选择化学式或溶液中某两种数（如正负化合价总数、阴阳离子所带的正负电荷总数）相等，或几个连续（或平行）的方程式前后某微粒（如离子、原子、电子）的物质的量保持不变作为解题依据。 | 例2 |
| 电荷 守恒 | ①在电解质溶液中，由于整个溶液呈中性，所以阴、阳离子所带的电荷总量必须相等。②在离子方程式中，反应物所带正（负）电荷总量与生成物所带正（负）电荷总量相等。 | 例3 | ||
| 电子 守恒 | 在氧化还原过程中，总是存在着得电子总数等于失电子总数，在原电池和电解池中通过两极的电子数必然相等。 | 例4 | ||
| 原子 守恒 | 反应前原子总数等于反应后产物以各种形式存在的总数 | 例5例6 | ||
| 关系式法 | 粒子 守恒 | 从微观上看，化学反应前后同种元素的原子个数必然相等。 | 是计算中用来表示已知量与未知量成正比例关系的 式子。 | 例7 |
| 方程式 叠加 | 对循环反应（前一反应的某一产物，在参加后续反应后，又再生成，使反应循环下去）将方程式相加，消去循环项。 | 例8 | ||
| 平均值法 | 平均 式量 | 即用平均相对原子质量或相对分子质量判断物质成分或含量 | 是一种将数学平均原理应用于化学计算的解题方法。它依据数学原理是：两个数A1和A2的平均值A，A介于A1和A2之间。应用于混合物的分析（定量、定性），常用的技巧：十字交叉法。 | 例9 |
| 平均摩电子质量 | 反应中平均转移1mol电子所需混合物的质量，其值介于两组分之间 | 例10例11 | ||
| 平均 组成 | 在混合物的计算中，可以把平均组成作为中介，以此讨论可能的组成 | 例12 | ||
| 极值法 | 是把所研究的对象或过程变化通过假设，推到理想的极限值，使因果关系变得十分明显，从而得出正确的判断，或者将化学问题抽象成数学的极限问题求解。 | 常用于求有关存在“极限值”的计算题，如某些化学平衡的计算，平行反应的计算，混合物的计算等。 | 例13 例14 | |
| 估算法 | 是从化学原理出发，充分利用边界条件，并运用近似值、平均值、极限值、等于、大于或小于等数学方法，对化学问题的定量问题进行估量、评价、推断，从而得出正确结论的一种思维方法。 | 特别适用于计算型选择题，由选项结合题意判断。 | 例15 | |
【易错指津】
1．根据氧化还原反应中电子守恒计算时，一是准确判断新给物质的化合价，二是如原子团中某原子个数不为1时，要乘以原子个数。
2．根据化学反应，利用气体物质的量推算容器压强时，不要将固体物质的量也计算在内。
3．对一些特殊反应，如浓H2SO4、浓HNO3、浓HCl随反应进行浓度在减少，导致反应情况改变，不能只从理论上计算。
【典型例题评析】
例1 某体积可变的密闭容器，盛有适量的A和B的混合气体，在一定条件下发生反应：A+3B 2C。若维持温度和压强不变，当达到平衡时，容器体积为VL，其中C气体的体积占10%，下列推断正确的是
①原混合气体的体积为1.2VL ②原混合气体的体积为1.1VL
③反应达平衡时气体A消耗掉0.05VL ④反应达平衡时气体B消耗掉0.05VL
A.②③ B.②④ C.①③ D.①④
思路分析：依题设条件确定在建立化学平衡时A、B、C三种气体体积的关系：
A+3B 2C
平衡时的体积 0.9VL 0.1VL
生成气体0.1VL C，消耗0.05VL A和0.15VL B。消耗总体积为：0.05V L+0.15V L=0.2V L
因此，原混合气体的体积为：0.9VL+0.2VL=1.1VL。
由此可知，原混合气体的体积为1.1VL，反应达平衡时气体A消耗掉0.05VL。
答案：A
一题多解：本题对化学平衡的知识通过简单的定量关系进行考查，只给出了平衡时气体C的体积为总体积10%这一个数据。这类题很明显是可以有多种解法的。
设x、y为达到平衡时，气体A及气体B分别减少的体积；z为由A、B反应生成气体C时所减少的总体积。
A+3B
2C 体积减少
1 3 2 2
x y 0.1V z
则x=1/2×0.1V L=0.05V L y=3/2×0.1V L=0.15V L z=0.1V L
因此，原混合气体的总体积为：V L+0.1V L =1.1V L
例2 C8H16经多步裂化，最后完全转化为C4H8、C3H6、C3H6、C2H4、C2H6、CH4五种气体的混合物。该混合物的平均相对分子质量可能是
A.28 B.30 C.38 D.40
思路分析：此题切入较易，深入较难，只要一步一步深入地去思索，就会获得成功。
设C8H18为直链，物质的量为1mol。其裂化方式有：
①C8H18→C4H8+C4H1O；C4H10→C2H6+C2H4或C4H10→C3H6+CH4。C4H10的两种裂化共产生2mol气体，总计得C4H8、C2H6、C2H4、C3H6、CH4五种气体3mol。则式量为：114÷3=38。
②C8H18→C2H4+C6H14，C6H14→C2H4+C4H10，C4H10→C2H6+C2H4，C4H10→C3H6+CH4。
1 1 1 1 1 1 C4H10的两种裂化共产生2mol气体。故总量为4mol。式量为：114÷4=28.5
答案：B、C
方法要领：本题以辛烷裂化为背景，只要分析给出产物的相对分子质量，排出裂化的各种可能，归纳各种产物的物质的量必须在3～4mol之间，根据质量守恒定律便知平均相对分子质量在28.5～38之间。
例3 将硫酸钾、硫酸铝、硫酸铝钾三种盐混合溶于硫酸酸化的水中，测得c(SO42-)=0.105mol/L、c(Al3+)=0.055mol/L，溶液的pH=2.0（假设溶液中H2SO4完全电离为H+和SO42-），则c(K+)为
A.0.045mol/L B.0.035mol/L C.0.055mol/L D.0.040mol/L
思路分析：本题通过三种硫酸盐与硫酸所形成的混合溶液中，各种离子浓度与pH的关系，立足于考查学生的思维敏捷性，解答该题时只需要根据溶液中所有阳离子所带的正电荷总数等于所有阴离子所带的负电荷总数即可。由电荷守恒得：0.105mol/L×2=c(K+)+0.055mol/L×3+ 0.01mol/L c(K+)=0.035mol/L。
答案：B
方法要领：找出溶液中所有的阴阳离子，据电荷守恒列式求解。关键是不要忽略了H+的浓度。
例4 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，当参加反应的单质与被还原硝酸的物质的量之比为2:1时，还原产物是
A.NO2 B.NO C.N2O D.N2
思路分析：根据氧化还原反应中得失电子数守恒，即可求出硝酸还原后的价态，即可确定产物的分子式。
设金属的化合价为X，还原产物中N的价态为Y，则有：
2X=1×(5-Y)，Y=5-2X。讨论：X=1，Y=3（为N2O3）；X=2，Y=1（N2O）；X=3，Y=-1（舍）。
答案：C
方法要领：这类题的关键是看硝酸作用。若为某非金属单质与硝酸发生氧化还原反应时，参加反应的硝酸只作氧化剂；若为金属与硝酸反应，作氧化剂的硝酸的量：总量减去产物阳离子结合掉的硝酸根的量。此时特别注意硝酸当还原产物中N的价态-3价时，还应再减去生成硝酸铵中的硝酸根的量。
例5 将1.92g铜粉与一定量浓硝酸反应，当铜粉完全作用时收集到1.12L（标准状况）。则所消耗硝酸的物质的量是
A.0.12mol B.0.11mol C.0.09mol D.0.08mol
思路分析：1.92g铜生成0.03molCu(NO3)2，即消耗0.06molHNO3，而产生的1.12L气体不管是NO还是NO2，需要0.05mol的HNO3，总共消耗HNO30.11mol。
答案：B
方法要领：在反应过程中HNO3由浓变稀，如以为Cu与浓硝酸反应后，得到气体全为NO2，则造成错误。由：Cu+4HNO3(浓)= Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O得NO20.03mol×2=0.06 mol，现已知收集到0.05 mol，说明后来HNO3变稀，产生一部分NO。根据N原子守恒可简化计算：n(HNO3)=n(N)=n(NO)+n(NO2)+2n[Cu(NO3)2]。
例6 由NaH2PO4脱水形成聚磷酸盐Na200H2P200O601，共脱去水分子的数目为
A.198个 B.199个 C.200个 D.201个
思路分析：从Na+及P原子都为“200”的信息出发，可知(NaH2PO4)n中的n值为200，将n乘入单体各原子，得“Na200H400P200O800”，减去聚磷酸钠“Na200H2P200O601”中的各原子个数，得到“H398O199”，可知共脱去水分子199个。
答案：B
一题多解：题中聚磷酸盐的化学式看似复杂，其实只要抓住变化前后Na+的守恒，即可解得。
或脱水分子的数目与脱氧原子的数目必然一致，故有4×200-601=199。
例7 工业上常用漂白粉跟酸反应放出的氯气质量对漂白粉质量的质量分数来表示漂白粉的优劣，漂白粉与酸的反应为：Ca(ClO)2+CaCl2+2H2SO4=2CaSO4+2Cl2↑+2H2O，现为了测定一瓶漂白粉的x%，进行如下实验，称取漂白粉样品2.00g，加水研磨后，转入250mL容量瓶内，用水稀释至刻度，摇匀后，取出25.0mL，加入过量的KI溶液和过量稀硫酸，静置，待漂白粉放出的氯气与KI完全反应后，用0.1mol/LNa2S2O3标准溶液滴定反应中生成的碘，反应如下2Na2S2O3+I2= Na4S4O6+2NaI，滴定时用去溶液20.0 mL。试用上述数据计算该漂白粉的X%。
思路分析：逆推思路是：求x%→需要漂白粉样品的质量（已知）和产生Cl2的总质量（未知）→求样品反应能产生Cl2的总质量[即所配250mL溶液可产生Cl2的质量→求取出25mL溶液反应产生Cl2的量→由有关化学方程式找关系式（即Cl2～I2～2Na2S2O3）]和运用已知量计算。解题的步骤按思路的相反过程进行。
设漂白粉与酸反应放出Cl2物质的量为y
2Na2S2O3 ～ Cl2
2mol 1mol
2.0×10-3mol y
y=0.00100mol x%=[(0.00100mol×71g/mol)×250/25.0]]÷2g×100%=35.5%。
答案：35.5%
方法要领：这是由多步反应完成的一整套的实验。在解这种类型的计算题时，找出各步反应中有关物质的数量关系式，根据关系式进行计算，省略了中间步骤，它的优点是解题简捷。但在找关系式是必须考虑周密谨慎。否则，一个小的错误会导致整个题目的错误。
审题时应注意：①不是求Ca(ClO)2的质量分数；②计算时带单位运算。
例8 在一定条件下，将m体积NO和n体积O2同时通入倒立于水中且盛满水的容器内，充分反应后，容器内残留m/2体积的气体，该气体与空气接触后变为红棕色，则m与n的比值为
A.3:2 B.2:3 C.8:3 D.3:8
思路分析：根据题意，剩余的气体是NO，则与n体积O2反应的NO为m/2体积。由4NO+3O2+2H2O=4HNO3，可知：m/2:n=4:3，m:n=8:3。
答案：C
方法要领：关于NOx+O2+H2O→HNO3的计算，把以下两个反应（3NO2+H2O=2HNO3+NO，2NO+O2=2NO2）进行叠加可得：4NO+3O2+2H2O=4HNO3或4NO2+O2+2H2O=4HNO3，利用总反应式计算。
如果题目中剩余气体未指明，则应考虑另一种可能：剩余O2，这样选项B也是可能的。
例9 由CO2、H2和CO组成的混合气在同温同压下与氮气的密度相同。则该混合气体中CO2、H2和CO的体积比为
A.29:8:13 B.22:1:14 C.13:8:29 D.26:16:57
思路分析：CO相对分子质量与N2相同，CO2与H2体积比：
CO2 44
26
28 V(CO2):V(H2)=26:5=13:8。
H2 2 16
答案：C、D
方法要领：本题旨在考查考生能否灵活掌握有关平均值计算。考查考生思维的敏捷性、灵活性。因题中提供的混合气中含三种气体，用一般方法无法解出，故要透过现象看本质，发现CO与N2式量相等，用十字交叉法计算CO2与H2体积比，在选项中只要前两位满足13:8即可。此题的解题关键在于挖掘出CO与N2相对分子质量相同，而不要计算CO量，CO可为任意量。
例10 由锌、铁、铝、镁四种金属中的两种组成的混合物10g，与足量的盐酸反应产生的氢气在标准状况下为11.2L，则混合物中一定含有的金属是
A.锌 B.铁 C.铝 D.镁
思路分析：本题通定量的金属与酸置换反应，考查学生的思维敏捷性。题中涉及的反应有：
Mg+2H+=Mg2++H2↑
2Al+6H+=2Al3++3H2↑
Fe+2H+=Fe2++H2↑
Zn+2H+=Zn2++H2↑
10g混合物在反应中失去1mol电子，则Zn、Fe、Al、Mg各失1mol电子的质量分别为32.5g、28g、9g、12g。所以两种金属混合物10g中一定含铝。
答案：C
方法要领：本题考查的是合金成分的认定。解题的技巧为平均值法。根据每种金属的摩电子质量结合平均摩电子质量确定是何种金属。
例11 铜和镁的合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480mL的NO2气体和336mL的N2O4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．9.02g B.8.51g C.8.26g D.7.04g
思路分析：此题如单纯用Cu、Mg分别与HNO3反应的结果求出合金的物质的量组成而求得沉淀的质量，那是相当烦琐的。如用整体思维，则沉淀的质量为金属Cu、Mg的质量加上OH-的质量，由电子守恒知：Cu、Mg的物质的量之和为：
n(Cu,Mg)×2=[4.48L÷22.4L/mol+(0.336L÷22.4L/mol)×2]，n(Cu,Mg)=0.115mol，故沉淀的质量为4.6g+(0.115mol×2)×17g/mol=8.51g。
答案：B
方法要领：某些化学计算题，往往会涉及多个反应或物质，解题中如根据其整体性质或利用内在联系，做整体处理，就能开拓思路，迅速求解。
一题多解：本题还可用平均值法计算。被还原的硝酸共0.23mol(+5价N→+4价N)，4.6g铜和镁的合金为0.115mol，故合金的平均摩尔质量为4.6g /0.115mol=40g/mol。故形成氢氧化物沉淀为：(4.6g÷40g/mol)×74g/mol=8.51g。
例12 两种气态烃组成的混合气体0.1mol，完全燃烧得0.16molCO2和3.6g水，下列说法正确的是：混合气体中
A.一定有甲烷 B.一定是甲烷和乙烯 C.一定没有乙烷 D.一定有乙炔
思路分析：混合烃的平均分子式是C1.6H4，所以一定有CH4，另一烃必有4个H原子，即C2H4或C3H4。
答案：A、C
方法要领：求出1mol混合烃中C和H物质的量，即得平均组成。据平均含义讨论得解。
例13 第ⅡA族元素R的单质及其相应氧化物的混合物12g，加足量水经完全反应后蒸干，得固体16g，试推测该元素可能为
A.Mg B.Ca C.Sr D.Ba
思路分析：RO+H2O=R(OH)2 R’+2H2O=R’(OH)2+H2↑
R+16 R+34 R’ R’+34
12 16 R=38 12 16 R’=102
相对原子质量小于102，大于38的有Ca和Sr。
答案：B、C
方法要领：这是一题利用混合物同时与水反应推算相对原子质量的计算题。可采用极限法找出相对原子质量可能的范围。假设混合物全为单质或全部是氧化物，根据已知量计算出相对原子质量可能的最大值和最小值，从而正确选出答案。本题考查了考生能否将化学问题抽象成为数学问题，通过计算和推理解决化学问题。
例14 将可能混有下列物质的硫酸铵样品13.2g，在加热条件下与过量氢氧化钠溶液反应，可收集到气体4.3L（标准状况），则该样品内不可能含有的物质是
A.碳酸氢铵和硝酸铵 B.碳酸铵和硝酸铵
C.氯化铵和碳酸氢铵 D.氯化铵和硝酸铵
思路分析：若该样品全是硫酸铵则为0.1mol，如与NaOH完全反应，产生NH3为4.48L。而实际上只得到4.3L，说明所混入的铵盐为含氮量小于硫酸铵的物质。几种铵盐的氮的质量分数如下：
| 铵盐 | NH4NO3 | (NH4)2CO3 | NH4Cl | (NH4)2SO4 | NH4HCO3 |
|
| 35.0% | 29.17% | 26.17% | 21.21% | 17.95% |
答案：B、D
方法要领：混合物成分的判断可用极限法分析。题中列举的铵盐中，除了NH4HCO3外，其余3种铵盐中氮的质量分数均超过(NH4)2SO4，但只要含有NH4HCO3，即使另一种铵盐超过(NH4)2SO4的质量分数，也可因NH4HCO3在杂质中为主，以致可能导致NH3逸出量减少。
例15 在一个密闭容器中，用等物质的量的A和B发生反应：A(g)+2B(g) 2C(g)。当反应达到平衡时，如果混合气体中A和B的物质的量之和与C的物质的量相等，则此时A的转化率为
A.40% B.50% C.60% D.70%
思路分析：设起始时A和B的物质的量均为1mol，达到平衡时A转化物质的量为x
A(g)+2B(g) 2C(g)
n(起始) 1 1 0
n(转化) x 2x 2x
n(平衡) 1-x 1-2x 2x
依题意：(1-x) +(1-2x)= 2x x=0.4mol A的转化率=(0.4mol÷1mol)×100%=40% 。
答案：A
方法要领：本题是一道没有具体数字的平衡计算题，解题是要设法从题目中找出物质之间的数量关系，并结合化学平衡、转化率的概念进行分析、计算、解答。
一题多解：若B反应完全，A反应完一半，所以A的转化率不得≥50%。本题以参加反应某物质为载体，考查对化学平衡概念理解的程度。A(g)+2B(g) 2C(g)，A和B以物质的量1:2参加反应，现A、B等物质的量，当A的转化率为50%时，B反应完全。然而B不可能反应完，故A的转化率小于50%。
第二节 综合计算
【知识网络】
1．过量判断
| 方 法 | 具 体 内 容 | |
| 判断过量的 | 1．假设讨论法 | 假设两种物质恰好完全反应，再进行计算检验，看结果是否符合题意或假设 |
| 2．终态分析法 | 通过对最终生成物的某些量进行分析、判断，来确定已知反应物是否过量 | |
| 3．极值判断法 | 根据化学方程式确定所需反应物或生成物的最大量（或最小）进行判断。注意最大值和最小值的确定 |
2．混合物计算及综合计算使用的数学思想
| 序号 | 数学思想 | 具 体 内 容 |
| 1 | 函数思想 | 用运动、变化的观点去分析和处理化学问题中变量和变量之间的相互关系，建立数学模型来解决化学问题 |
| 2 | 分类讨论思想 | 按照一定的标准把复杂、综合的计算题分解成几个部分或几种情况，然后逐个解决。单一化学反应的过量计算，可分大于、等于、小于进行讨论，有n个连续的化学反应，则可分为（n+1）段进行讨论 |
| 3 | 数形结合思想 | 将复杂或抽象的数量关系与直观形象的图形在方法上互相渗透，并在一定条件下互相转化和补充，增强解题的综合性和灵活性，得出合理而简捷的解题途径 |
3．混合物计算的一般解题步骤
| 序号 | 步骤 | 具 体 内 容 |
| 1 | 设 | 设原混合物各种成分的物质的量的未知数 |
| 2 | 式 | 写出有用的各个化学反应的化学方程式或离子方程式 |
| 3 | 标 | 将已设的未知数标在有关物质的化学式下边，注意反应物的各化学计量数关系 |
| 4 | 列 | 根据原混合物的质量及反应过程中的物质的量的关系，列出多元一次方程组 |
| 5 | 解 | 求解上述方程组，得要求各成分的物质的量 |
| 6 | 验 | 检验答案是否符合题意或事实 |
【易错指津】
1． 选用化学反应进行关于混合物的计算，在近十年高考的最后一题或倒数第二题中出现的频率高达50%。解有关混合物问题计算的关键是：①根据涉及的化学反应，找出关系列联立方程确定未知数，或根据已知条件直接确定一个或若干个未知数，然后逐一解决；②设未知数时，一般设组分的“物质的量”，因为这样“设”，找关系方便；解关于多步反应的计算，关键是建立“关系式”，而关系式的建立，是基于熟练掌握所涉及的化学反应，将多步反应中始态物质和终态物质间建立关系。
2． 利用化学方程式的计算解题的基本思维模式：①认真审题，明确条件和要求，挖掘题示和信息，弄清要解决的问题；②写出正确的化学方程式或关系式；③运用化学知识找出已知项与未知项在量方面的内在联系，找出解题的突破口。
3． 有关混合物过量的计算，要注意由于反应物量的不同，从而导致产物不同，反应方程式也不同。推算时不能仅用一种反应方程式考虑问题。
4． 计算确定某种盐的化学式时，要注意题中图像提供的隐藏的已知条件，挖掘出反应中需要消耗量与实际消耗量之间是否存在差量，以防导致分析判断失误。
5． 正确理解化学方程式的意义，熟悉单质及化合物的性质，准确书写化学方程式或关系式，求出相关物质的摩尔质量是化学方程式计算的关键，防止化学方程式未配平，列比例式计算时相关物质上下单位不统一造成错误。注意解题规范，合理使用单位和有效数字。
6． 进行混合物过量计算时，判断哪种物质过量是解题的关键，抓住不足量物质进行计算，找出质量关系和某种物质的物质的量守恒关系，列出多元一次方程组求解，必要时将计算结果进行检验是否符合实际情况。防止不分析判断哪种物质过量，直接乱用数据进行计算。
7． 对于具有新信息的化学计算题，注意克服陌生感而带来的恐惧心理，细心找出各种有用物质对应的数量变化关系进行计算。高考化学计算的发展新趋势在于从诸多量中找出有用的数据来计算某个量，并进行可能组合的分析，以及缺量分析，需要补足哪些量才能进行计算等，以提高创造思维能力。
8． 在进行复杂的化学计算时，应用某种解题方法进行综合分析，考虑问题要周密。凡是用字母代替物质的具体用量时，不能认为都是足量或适量，要根据化学方程式划定各段范围，分段讨论，防止因分析不全、疏漏而造成错误。
【典型例题评析】
例1 吗啡和海洛因都是严格查禁的毒品，吗啡的分子含C71.58%、H6.67% 、N4.91%，其余为O，已知其相对分子质量不超过300，试求：
（1）吗啡的相对分子质量 ，分子式
（2）已知海洛因是吗啡的二乙酸酯，那么海洛因的相对分子质量 ，分子式为 。
思路分析：最简式法（顺向思维）：
=17:19:1:3。
则最简式为C17H19NO3，式量258，已知相对分子质量不超过300，那么它的分子式就是C17H19NO3。
已知海洛因是吗啡的二乙酸酯，2mol乙酸跟吗啡酯化时，生成2mol水，因此海洛因的分子式可以在吗啡分子式的基础上增加“2C2H4O2”再减少“2H2O”，为C21H23NO5，其相对分子质量为285+2×60-2×18=369。
答案：（1）285，C17H19NO3 （2）369，C21H23NO5
方法要领：注意小结求相对分子质量、分子式的方法。
一题多解：试探法（逆向思维）：上法求不仅计算量大而且较费时，甚至很难确定原子个数的整数比，不可取。若先粗略设定吗啡分子中含氮原子1个，求得吗啡的相对原子质量为：
14÷4.91%=285<300。符合题意要求，再根据物质的量关系法求出：
C：(285×71.58%)÷12=17 H；(285×6.67%)÷1=19 O：(285-17×12-19×1-14)÷1616=3
因此吗啡的分子式为C17H19O3N。由于吗啡的结构简式未知，因而写不出海洛因的结构简式，根据一般思路，似乎不便于求其相对分子质量和分子式。但是思考的方法可改变角度，从醇与乙酸反应转化为酯来考虑即：
ROH+CH3COOH→CH3COOR+H2O得1个乙酸发生反应分子中增加了1个C2H2O，相当于式量增加了1个42。因此海洛因的相对分子质量为285+42×2=369，分子式为：
C17H19O3N+2×(C2H2O)=C21H23O5N。
例2 为测定一种复合氧化物型的磁性粉末材料的组成，称取12.52g样品，将其全部溶于过量稀硝酸后，配成100mL溶液。取其一半，加入过量K2SO4溶液，生成白色沉淀，经过滤、洗涤、烘干后得4.66g固体。在余下的50mL溶液中加入少许KSCN溶液，显红色；如果加入过量NaOH溶液，则生成红褐色沉淀，将沉淀过滤、洗涤、灼烧后得到3.20g固体。
（1）计算磁性粉末材料中氧元素的质量分数。
（2）确定材料的化学式。
思路分析：由题意可得：溶液中（含HNO3）加入K2SO4溶液，生成白色沉淀，说明该沉淀是BaSO4，n(BaSO4)=4.66g/233g.mol-1=0.02mol，该材料含有Ba2+，总量为:
n(Ba2+)=0.02mol×2=0.04mol。
又溶液中加入少许KSCN溶液，显红色，说明含Fe3+，与过量NaOH溶液生成沉淀为Fe(OH)3,灼烧后的3.20g固体为Fe2O3，n(Fe2O3)=3.20g/160g.mol-1=0.02mol，n(Fe3+)=0.04mol，材料中总量为n(Fe3+)=0.04mol×2=0.08mol。
氧的质量分数为：
材料中三种离子的物质的量之比为：
n(Ba2+):n(Fe3+):n(O2-)=0.04mol:0.08mol:2.56/16mol=1:2:4。
答案：（1）20.45% (2)BaFe2O4或BaO.Fe2O3
 |
方法要领：此题考查考生对复合氧化物成分进行定量推算能力。该题综合考查了SO42-离子的检验，[Fe(SCN)]2+离子的特征、颜色等，体现了无机物化学式求解的基本方法：即先判定元素，再确定原子个数比求最简式，最后求得化学式。解这类试题，可采用图解法：
例3 自然界存在的碳酸盐类铜矿（如孔雀石、石青等）的化学组成为：aCuCO3.bCu(OH)2(a，b为正整数，且a≤2，b≤2为正整数)。
（1）将孔雀石、石青矿样分别加盐酸至完全溶解，耗用HCl物质的量与产生CO2物质的量之比：孔雀石为4：1；石青为3：1。它们的化学组成为：孔雀石 、石青 。
（2）今有一份碳酸盐类铜矿样品，将其等分为A、B两份。然后，加盐酸使A样品完全溶解，产生CO23.36L（标准状况）；加热B样品使其完全分解，得到20 g CuO。试计算并确定该矿石的化学组成。
（3）某碳酸盐类铜矿样加酸完全溶解后，产生CO26.72L（标准状况），这份矿样中CuO含量不低于 g；
（4）设某碳酸盐类铜矿样的质量为A g，所含CuO质量为G g。加酸完全溶解后，产生的CO2体积（标准状况）为V L，则含铜矿样的A、V、G之间的关系式为：A=
思路分析：（2）n(CO2)=3.36L/22.4L/mol=0.15mol=n(CuCO3)
n(CuO)=20g/80g/mol=0.25mol=n(CuCO3)+n[Cu(OH)2]。所以
n[Cu(OH)2]=0.25mol-0.15mol=0.1mol。
a:b= n(CuCO3):n[Cu(OH)2]=0.15:0.1=3:2 因为a≦2，b≤2，所以该矿样为混合物。化学组成为：CuCO3·Cu(OH)2与2CuCO3·Cu(OH)2混合物。
（3）设矿样成分为aCuCO3·bCu(OH)2，则n(CuO)/n(CO2)=(a+b)/a。
当a=2，b=1时，比值最小为3/2。
已知n(CO2)=6.72L÷22.4L/mol=0.3mol，所以a=0.3mol；n(CuO)=(a+b)/a×n(CO2)，不小于0.3mol×3/2=0.45mol。故CuO质量不小于0.45mol×80g/mol=36g。
（4）矿样中CuCO3质量为124g×V/22.4，矿样中Cu(OH)2质量为：
n(CuO)×98g/mol=(G/80-V/22.4)mol×98g/mol，故A=124×V/22.4+98(G/80-V/22.4)。
答案：（1）孔雀石：CuCO3.Cu(OH)2 石青：2Cu(OH)2
CO3.Cu(OH)2；（2）组成为：CuCO3.Cu(OH)2与2CuCO3.Cu(OH)2混合物；（3）36g；（4）A=124
（或65V/56+49G/40）
方法要领：此题是一道综合计算题，有化学组成推断，有矿样中某成分含量的有关计算，有矿样中各成分质量关系式推算。需要考生根据提供的条件、信息，找出其中的内在规律，并能按此规律进行推理和运算。考查了考生思维的敏捷性和整体性。解题过程中要掌握矿样中n(CO2)=n(CuCO3)，n(CuO)=n(CuCO3)+n[Cu(OH)2]，根据n(CuCO3):n[Cu(OH)2]=3:2，a≤2，b≤2灵活地判断出化学组成为CuCO3·Cu(OH)2与2CuCO3·Cu(OH)2混合物。在推算矿样中CuO含量最小值时，根据守恒关系，选择n(CuO)/n(CO2)=(a+b)/a比例式，按题中条件，可知a=2，b=1时，(a+b)/a的比值最小，又因n(CO2)为6.72L/22.4L/mol=0.3mol，计算出CuO质量不小于36g。推算矿样中A、V、G关系式时，根据CuO质量为G g，可知n(CuCO3)+n[Cu(OH)2]=G/80；根据产生的CO2体积VL，可知其中n(CuCO3)=V/22.4mol，故可列出A、V、G之间关系式为A=124×V/22.4+98(G/80-V/22.4)。
例4 接触法制硫酸排放的尾气中，含少量的二氧化硫。为防止污染大气在排放前设法进行综合利用。
（1）某硫酸厂每天排放的1万米3尾气中含0.2%（体积分数）的SO2。问用氢氧化钠溶液、石灰及氧气处理后，假设硫元素不损失，理论上可得到多少kg石膏（CaSO4.2H2O）
（2）如果将一定体积的尾气通入100mL2mol/L的氢氧化钠溶液使其完全反应，经测定所得溶液含16.7g溶质。试分析该溶液的成分，并计算确定各成分的物质的量。
（3）工厂在尾气处理及制石膏的过程中，中间产物是亚硫酸氢钠。调节尾气排放的流量，以取得二氧化硫与氢氧化钠间物质的量最佳比值，从而提高亚硫酸氢钠的产量。现设n(SO2)、n(NaOH)、n(NaHSO3)分别表示二氧化硫、氢氧化钠和亚硫酸氢钠的产量，且n(SO2)/n(NaOH)=x，试写出x在不同取值范围时，n(NaHSO3)的值或n(NaHSO3)与n(SO2)、n(NaOH)间的关系式。
| x | n(NaHSO3) |
思路分析：（1）SO2～CaSO4.2H2O
22.4m3 172kg
104×0.2% x x=153.6kg
(2)NaOH～1/2Na2SO3 NaOH～NaHSO3
0.2mol 0.1mol 即12.6g 0.2mol 0.2mol 即0.2mol×104g/mol=20.8g
12.6g<16.7g<20.8g 所以两种物质都有。
设Na2SO3、NaHSO3物质的量分别为x、y
126g/molx+104g/mol=16.7g
2x+y=0.2 x=0.05mol y=0.1mol
（3）SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O①
Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3②
O2+NaOH=NaHSO3③
x≦1/2 根据方程式①可知只有Na2SO3； x≥1 根据方程式③可知只有NaHSO3；
n(NaHSO3)=n(NaOH)
1/2<x<1 SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O 余SO2：n(SO2)-1/2n(NaOH)
Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3
因为SO2为n(SO2)-1/2n(NaOH) 所以NaHSO3：2[n(SO2)-1/2n(NaOH)]
答案：（1）153.6kg (2)Na2SO30.1mol NaHSO30.05mol （3）x≦1/2时，无NaHSO3生成 x≥1时，n(NaOH) 1/2<x<1时，2[n(SO2)-1/2n(NaOH)]
方法要领：本题为联系生产的混合物计算题。考查考生思维的严密性、灵活性。此题第（1）问中SO2与CaSO4.2H2O因S元素质量守恒，因此可列正比例式n(SO2):n(CaSO4.2H2O)=1:1求解。第（2）问中根据Na守恒方法，推断出0.2molNaOH可全部转化为0.1mol Na2SO3即12.6g，0.2molNaOH可全部转化为0.2mol NaHSO3，即20.8g，题中溶质质量守恒16.7g介于12.6g\20.8g之间，可判断出两种物质皆有。第（3）问中根据以下三个反应式进行分析计算：
SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O①
Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3②
SO2+NaOH=NaHSO3③
当SO2不足量时用①式计算，SO2足量时用③式计算，介于两者之间用①、②式计算。此处考查了考生解题能力。
例5 硫酸银的溶解度较小，25℃时，每100g水仅溶解0.836g。（1996年全国高考题）
（1）25℃时，在烧杯中加入6.24g硫酸银经充分溶解后，所得饱和溶液的体积是200mL。计算溶液中Ag+的物质的量浓度。
（2）若在上述烧杯中加入50mL0.0268mol/LBaCl2溶液，充分搅拌，溶液中Ag+的物质的量浓度。
（3）在（1）题烧杯中需加入多少0.0268mol/LBaCl2溶液，才能使Ag+浓度降至0.0200mol/L？
思路分析：（1）Ag2SO4微溶于水，6.24g硫酸银固体放入200g水中，只有少量Ag2SO4溶解，所得溶液为Ag2SO4的饱和溶液。100g水溶于Ag2SO4后其体积为0.100L。
n(Ag2SO4)=0.836g/312g/mol=0.00268mol c(Ag2SO4)=0.00268mol/0.100L=0.0268mol/L
c(Ag+)=0.0268mol/L×2=0.0536mol/L。
（2）在Ag2SO4饱和溶液中，加BaCl2溶液二者可发生反应生成BaSO4和AgCl沉淀，使Ag2SO4的溶解平衡向溶解的方向移动。由Ag2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2AgCl↓消耗Ag2SO4：0.0268mol/L×0.0500L×312g/mol<<6.24g，即加入BaCl2的量很小，还不足以使固体Ag2SO4全部溶解，所以溶液仍为Ag2SO4饱和溶液，Ag+浓度不变。c(Ag+)=0.0536mol/L。
（3）要想使加入BaCl2溶液后溶液中Ag+浓度降低，只有在Ag2SO4固体全部溶解后，再加一部分BaCl2才能实现。这样可把6.24g Ag2SO4看作全部溶解，按要求求出剩余Ag+浓度为0.0200mol/L时，加入BaCl2溶液的体积。
设加入BaCl2溶液的体积为V，由反应式Ag2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2AgCl↓知，消耗Ag2SO4的物质的量=n(BaCl2)=0.0268mol/LV，依题意：
解得：V=0.489L。
答案：（1）0.0536mol/L (2)0.0536mol/L (3)0.489L
方法要领：本题属于与化学反应有关的溶解度、溶解平衡以及溶液浓度的计算。第（1）问要说明溶液体积与水的体积的关系；第（2）问要在依据反应式计算的基础上说明BaCl2和Ag2SO4的相对量；第（3）问要说明Ag2SO4必须全部溶解，再根据化学方程式计算。
解题中易犯的错误是：①计算时用Ag2SO4的浓度代替Ag+的浓度；②不知道加BaCl2溶液仍为Ag2SO4的饱和溶液，而是用原溶液中Ag+的浓度、体积和BaCl2溶液、体积进行计算；③只考虑了溶液中的Ag+，而忽视了溶液中未溶解的Ag2SO4的继续溶解。
例6 现有AlCl3和FeCl3混合溶液，其中Al3+和Fe3+的物质的量之和为0.1mol，在此溶液中加入90mL4mol/L的NaOH溶液，使其充分反应.设Al3+物质的量与Al3+和Fe3+总物质的量的比值为x。
(1)根据反应的化学方程式计算x=0.4时，溶液中产生的沉淀是什么?物质的量有多少？
(2)计算沉淀中只有Fe(OH)3的x取值范围。
请在右图中画出沉淀总量(mol)随x(0→1)变化的曲线.
(3)若Al3+和Fe3+物质的量之和为A摩(A为合理数值),其他条件不变时,求沉淀中同时有Fe(OH)3、Al(OH)3的x取值范围和各沉淀的物质的量(用含有A、x的式子表示)。
思路分析：该题侧重考查定量地对化学反应过程进行分析、推理、判断的能力和把化学问题抽象为数学问题的能力。
（1）向溶液中加入的n(NaOH)=0.36mol。当x=0.4时，溶液中n(Al3+)=0.1mol×0.4=0.04mol，n(Fe3+)=0.1mol×(1-0.4)=0.06mol。
Fe3+ + 3OH- === Fe(OH)3↓ Al3+ + 3OH- === Al(OH)3↓
0.06mol 0.06mol×3 0.04mol 0.04mol×3 0.04mol
将Fe3+和Al3+刚好完全沉淀耗NaOH：0.18mol+0.12mol=0.3mol，余下的NaOH（0.36mol-0.3mol=0.06mol）,；由反应：Al(OH)3+ OH- =AlO2-+2H2O，知生成的0.04mol Al(OH)3全部被溶解。因此，最终得到的沉淀是0.06mol的Fe(OH)3。
（2）由于Fe3+和Al3+均为+3价离子，所以无论x的值为多少，将溶液中总物质的量为0.1 mol的Fe3+ 和Al3+完全沉淀时，耗NaOH为0.3mol。此时沉淀总量为0.1mol,其中有0.1xmol Al(OH)3和0.1x（1-x）mol Fe(OH)3。由于所加NaOH为0.36mol，过量0.36mol-0.3mol=0.06mol，这是一个定值（与x的值无关），故有以下两种情况：
①若Al(OH)3沉淀的物质的量小于或等于0.06mol，即0.1x≤0.06，则根据Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O可知，Al(OH)3全部溶解，最终沉淀中只有Fe(OH)3，其物质的量为0.1(1-x)mol。结合0<x<1，可归纳出以下数学关系：
0.1x≤0.06
当 ，即0<x≤0.6时，沉淀只有Fe(OH)3，其物质的量为0.1(1-x)mol。显然，在0<x
0<x<1
≤0.6范围内，x的值越大沉淀的物质的量越小。
②若Al(OH)3沉淀的物质的量大于0.06mol，即0.1x>0.06，则Al(OH)3沉淀被溶解掉0.06mol后还有剩余，最终沉淀为Fe(OH)3和Al(OH)3，其总的物质的量为0.1mol-0.06mol=0.04mol。结合0<x<1。可归纳出以下数学关系：
0.1x>0.06
当 ，即时0.6<x<1时，沉淀量等于0.04mol
0<x<1
根据上述分析选取坐标中的三个点：起点（0，0.01）、转折点（0.6，0.04）、终点（1.0，0.04），并依次用直线连接，便得到沉淀总量（mol）随x的变化曲线。
（3）该问将Fe3+和Al3+的物质的量由0.1mol变为Amol，旨在考查由特殊到一般的处理问题的能力。另外要求讨论的问题是Fe(OH)3和Al(OH)3同时在沉淀中存在时x的取值范围，与（2）不同，是沉淀的另一种情况。
Fe3+ 和Al3+共Amol，则n(Al3+)=Axmol，n(Fe3+)=A(1-x)mol。
Fe3+
Fe(OH)3↓ Al3+
Al(OH)3↓
AlO2-
A(1-x)mol A(1-x)mol Axmol Axmol Axmol
溶液中Fe3+ 和Al3+完全沉淀时，生成Al(OH)3的为Axmol、Fe(OH)3为A(1-x)mol，消耗的NaOH为3Amol，剩余的NaOH为（0.36-3A）mol。欲使沉淀中同时有Fe(OH)3和Al(OH)3，必须使（0.36-3A）<Ax，并结合0<x<1，得出（0.36/A-3）<x<1。最终沉淀中：
n[Fe(OH)3]=A(1-x)mol n[Al(OH)3]=[Ax-(0.36-3A)]mol=[A(x+3)-0.36]mol。
答案：(1)Fe(OH)3、0.06mol
（2）要使沉淀中无Al(OH)3，至少需n(OH-)=4×0.1xmol
x的最大取值为 0.1(1-x)×3+0.4x=0.09×4,x=0.6
∴在0≤x≤0.6时,沉淀只有Fe(OH)3
x=0时,Fe(OH)3沉淀量为0.1mol,
x=0.4时,Fe(OH)3沉淀量为0.06mol,
x=0.6时,Fe(OH)3沉淀量为0.04mol,
在0.6≤x≤1内,总沉淀量:n总=0.1(1-x)+0.1x=0.04mol
（3）3A(1-x)+4Ax=0.36，x=0.36/A-3
(0.36/A-3)<x≤1 Fe(OH)3：A(1-x) mol Al(OH)3：A(x+3)-0.36 mol
方法要领：整个题涉及的知识点并不太多，只是：Al3+、Fe3+与NaOH溶液反应；Al(OH)3的两性；物质的量概念，然而命题在巧妙地编排了一个从易到难，从具体到抽象，从个别到一般的思考分析。试题要求根据反应的方程式通过分析、归纳、概括、抽象的思维过程逐步解决问题。体现了能力层次要求结构坡度合理的特点。如当A=0.1mol/L、x=0.4，时，根据Al3+、Fe3+的物质的量以及与NaOH反应的情况，即可得出混合溶液中沉淀物的成分及其物质的量，此乃全题的第一个台阶。接着要求分析只有Fe(OH)3沉淀时，Al3+的物质的量分数为x的取值范围，并作出沉淀总量（mol）与变量x的坐标图。这时x为变量，从0→1。于是可以根据第一台阶的思路，找出几个关节点，得到二段直线的图形至此为第二台阶。最后，假设Al3+、Fe3+物质的量之和为一参量A，求同时含有Fe(OH)3和Al(OH)3的x取值范围及各沉淀的物质的量（用含有A、x的式子表示）。（3）的解题思路虽与（1）（2）相似，但要求提高了，是在（1）（2）基础上进行归纳、概括、抽象的思维加工过程。思维敏捷的考生，根据溶液中[OH-]的等量关系，即可列出等式3A(1-x)+4Ax=0.36。此乃沉淀中开始有Al(OH)3的x值，随着A的变化关系，只要x不出现负值，A的合理值应在0.09≤A≤0.12(设NaOH总量不变)试题的这种构思方式既能保证基本分，又有较好的区分度。对考生来说，根据化学变化中各个量的定量关系作出合乎逻辑的分析和精确计算正是体现了思维的精确性和敏捷性的较高要求。
复习中题量不能替代思维质量，训练的内容和方法是十分重要的。