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化学计算笔记
【知识网络】
计算方法 原理 说明
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差
式或关系式，找出所谓“理论差量”。利用
量 利用气体物质在反应前后的体积差量求 该法关键有两点：①弄清差量的原因；②弄
法 体积差 解 清差量与什么量成比例。
质量
从宏观上看，化学反应前后的质量相等
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
电荷 是巧妙选择化学式或溶液中某两种数（如正
相等。②在离子方程式中，反应物所带正
守 守恒 负化合价总数、阴阳离子所带的正负电荷总
（负）电荷总量与生成物所带正（负）电
恒 数）相等，或几个连续（或平行）的方程式
荷总量相等。
法 前后某微粒（如离子、原子、电子）的物质
在氧化还原过程中，总是存在着得电子总
电子 的量保持不变作为解题依据。
数等于失电子总数，在原电池和电解池中
守恒
通过两极的电子数必然相等。
原子 反应前原子总数等于反应后产物以各种
守恒 形式存在的总数
粒子 从微观上看，化学反应前后同种元素的原
关
守恒 子个数必然相等。
系 是计算中用来表示已知量与未知量成正比
对循环反应（前一反应的某一产物，在参
式 方程式 例关系的式子。
加后续反应后，又再生成，使反应循环下
法 叠加
去）将方程式相加，消去循环项。
平均 即用平均相对原子质量或相对分子质量
是一种将数学平均原理应用于化学计算的
式量 判断物质成分或含量
平 解题方法。它依据数学原理是：两个数 A1
平均摩 反应中平均转移 1mol 电子所需混合物的
均 和 A2的平均值 A，A介于 A1和 A2之间。应用
电子质 质量，其值介于两组分之间
值 于混合物的分析（定量、定性），常用的技
量
法 巧：十字交叉
平均 在混合物的计算中，可以把平均组成作为
法。
组成 中介，以此讨论可能的组成
是把所研究的对象或过程变化通过假设， 常用于求有关存在“极限值”的计算题，如
推到理想的极限值，使因果关系变得十分 某些化学平衡的计算，平行反应的计算，混
极值法
明显，从而得出正确的判断，或者将化学 合物的计算等。
问题抽象成数学的极限问题求解。
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、
特别适用于计算型选择题，由选项结合题意
估算法 大于或小于等数学方法，对化学问题的定
判断。
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。
【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。
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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。
第一节 化学计算的技巧
主要有：①关系式法，②方程或方程组法，③守恒法，④差量法，⑤平均值法，⑥极值法，⑦讨论
法，⑧十字交叉法等。
一、关系式法
关系式法是根据化学方程式计算的巧用，其解题的核心思想是化学反应中质量守恒，各反应物与生
成物之间存在着最基本的比例（数量）关系。
【例题 1】 某种 H和 CO 的混合气体，其密度为相同条件下氧气密度的 1/2，将 3.2g 这种混合气
体通入一盛有足量 Na2O2的密闭容器中，再通入过量的 O2，最后容器中固体质量增加了（ ）
A．3.2 g B．4.4 g C．5.6 g D．6.4 g
分析:此题宜根据以下关系式巧解：
固体增加的质量即为 H2的质量。
固体增加的质量即为 CO 的质量。
所以，最后容器中国体质量增加了 3.2g，应选 A。
解析此题估算即可。解题关键是找出反应中量的关系。
二、方程或方程组法
根据质量守恒和比例关系，依据题设条件设立未知数，列方程或方程组求解，是化学计算中最常用
的方法，其解题技能也是最重要的计算技能。
【例题 2】 用惰性电极电解 M（NO3）x 的水溶液，当阴极上增重 a g 时，在阳极上同时产生 bL
氧气（标准状况），从而可知 M 的原子量为（ ）
A. 22.4ax B.11.2ax C. 5.6ax D. 2.5ax
b b b b
分析:方程或方程组法是最常用最不易出错的化学计算方法。
阴阳两极的电极反应：
+
阴极：4Mx +4xe=4M
-
阳极：4xOH -4xe=2xH2O+xO2↑
设 M 的原子量为 y
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正确答案是 C。
三、守恒法
化学方程式既然能够表示出反应物与生成物之间物质的量、质量、气体体积之间的数量关系，就必
然能反映出化学反应前后原子个数、电荷数、得失电子数、总质量等都是守恒的。巧用守恒规律，常能
简化解题步骤、准确快速将题解出，收到事半功倍的效果。
【例题 3】 某烃 0.1mol，与在标准状况下为 20 L 的氧气（过量）充分反应后，迅速将混合气体通
入足量 Na2O2 粉末中，在一定设备中使气体完全反应，此时粉末增重 15 g。经处理后得到气体 14.4 L
（标准状况）。该烃能使溴水褪色，试通过计算求出该烃的分子式，并写出可能的结构简式。
此题解法颇多，运用守恒法妙解
解：设该烃的分子量为 M
经分析可推断 14.4 L 气体均为氧气。根据质量守恒：烃和氧气的质量减少量=Na2O2的质量增加量
解得 M=70
所以该烃化学式为 C5H10。因为该烃能使溴水褪色，故为烯烃。戊烯共有 5 种可能的结构简式：
①CH2=CH—CH2—CH2—CH3 ②CH3—CH=CH—CH2—CH3
四、差量法
找出化学反应前后某种差量和造成这种差量的实质及其关系，列出比例式求解的方法，即为差量法。
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其差量可以是质量差、气体体积差、压强差等。
差量法的实质是巧用化学方程式计算的巧用。此法的突出的优点是：只要找出差量，就可求出各反
应物消耗的量或各生成物生成的量。
【例题 4】 加热碳酸镁和氧化镁的混合物 mg，使之完全反应，得剩余物 ng，则原混合物中氧化
镁的质量分数为（ ）
A. 21n 10m 21(m n) 100% B. 100% C. 21(n m) 100%
11m 11m 22m
D. 41m 21n 100%
31m
此题宜用差量法解析：
设 MgCO3 的质量为 x
MgCO3 gO+CO2↑混合物质量减少
21(m n) 21n 10m
原氧化镁的质量 m (g)
11 11
w(MgO) 21n 10m则原 100%
11m
应选 A。
五、平均值法
平均值法是巧解方法，它也是一种重要的解题思维和解题技能。它是根据M A M M B ，只要
求出（或已知）平均值M ，就可判断M A或M B的取值范围，从而巧妙而快速地解出答案。
【例题 5】由锌、铁、铝、镁四种金属中的两种组成的混合物 10 g 与足量的盐酸反应产生的氢气
在标准状况下为 11.2 L，则混合物中一定含有的金属是 [ ]
A．锌 B．铁 C．铝 D．镁
分析:此题可运用平均值法巧解。各金属跟盐酸反应的关系式分别为：
Zn—H2↑ Fe—H2↑ 2Al—3H2↑ Mg—H2↑
若单独跟足量盐酸反应，生成 11.2LH2（标准状况）需各金属质量分别为：Zn∶32.5g；Fe∶28 g；
Al∶9g；Mg∶12g。其中只有铝的质量小于 10g，其余均大于 10g，说明必含有的金属是铝。应选 C。
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六、极值法
巧用数学极限知识进行化学计算的方法，极值法即化学与数学极限运算的结合的方法。
【例题 6】 有一系列α-氨基酸按如下特点排列：
该同系列中所含碳元素的质量分数最大值接近( )
A．32.0％ B．46.6％ C．85.7％ D．92.3％
分析:此题欲求 w（C）的最大值，明显为求极值问题。仔细审题，认真分析此一系列α-氨基酸的
结构特点。
此题可以用极限法求碳元素质量分数的最大值。
该同系列通式为：
若 n→∞
正确答案为 C。
七、十字交叉法
若用 A、B 分别表示二元混合物两种组分的量，混合物总量为 A+B（例如 mol）。
若用 xa、xb 分别表示两组分的特性数量（例如分子量），x 表示混合物的特性数量（例如相对平均
分子质量）则有：
十字交叉法是二元混合物（或组成）计算中的一种特殊方法，它由二元一次方程计算演变而成。若
已知两组分量和这两个量的平均值，求这两个量的比例关系等，多可运用十字交叉法计算。
使用十字交叉法的关键是必须符合二元一次方程关系，能列出二元一次方程。它多用于下列计算（特
别要注意避免不明化学涵义而滥用。）
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①有关两种同位素原子个数比的计算。
②有关混合物组成及平均式量的计算。
③有关混合烃组成的求算。
④有关某组分质量分数或溶液稀释的计算等。
【例题 7】 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．1.4g B．2.2g C．4.4g D．在 2.1g 和 4.4g 之间
分析:此题考查有机物的不完全燃烧，解析过程中可运用十字交叉法：
（方法一）CO 与 CO2总质量：27.6g-10.8g=16.8g
10.8g 1
生成 n(H 2O) 0.6mol 则燃烧的乙醇为：0.6mol 0.2mol18g /mol 3
生成 CO、CO2 共 0.2 mol×2=0.4 mol
m(CO) 28g /mol 0.05mol 1.4g
答案：A
（方法二）
列关系式 C2H5OH——3H2O
1mol 54 g
x 10.8g
解得 x=0.2mol
设 0.2 mol 乙醇不充分燃烧，生成 CO、CO2的物质的量分别为 y、z
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则 CO 质量为： 28g/mol×0.05 mol=1.4g
八、讨论法
讨论法是一种发现思维的方法。解计算题时，若题设条件充分，则可直接计算求解；若题设条件不
充分，则需采用讨论的方法，计算加推理，将题解出。
【例题 8】 在 30mL 量筒中充满 NO2和 O2的混合气体，倒立于水中使气体充分反应，最后剩余 5mL
气体，求原混合气中氧气的体积是多少毫升？
分析：最后 5mL 气体可能是 O2，也可能是 NO，此题需用讨论法解析。
因为：最后剩余 5mL 气体可能是 O2；也可能是 NO，若是 NO，则说明 NO2过量 15mL。
解法（一）：
设 30mL 原混合气中含 NO2、O2的体积分别为 x、y 4NO2+O2+2H2O=4HNO3
原混合气体中氧气的体积可能是 10mL 或 3mL。
解法（二）：
设原混合气中氧气的体积为 y（mL）
（1）设 O2过量：根据 4NO2+O2+2H2O=4HNO3，则 O2得电子数等于 NO2失电子数。
（y-5）×4=（30-y）×1 解得 y=10（mL）
（2）若 NO2过量：根据 4NO2+O2+2H2O=4HNO3 3NO2+H2O=2HNO3+NO
4y y 5
因为在全部（30-y）mLNO2中，有 5mLNO2得电子转变为 NO，其余（30-y-5）mLNO2都失电子转变为
HNO3。
O2得电子数+（NO2→NO）时得电子数等于（NO2→HNO3）时失电子数。
解法（一）是讨论法结合方程组法。
解法（二）根据得失电子守恒，利用阿伏加德罗定律转化信息，将体积数转化为物质的量简化计算。
凡氧化还原反应，一般均可利用电子得失守恒法进行计算。
无论解法（一）还是解法（二），由于题给条件不充分，均需结合讨论法进行求算。
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4y+5×2=（30-y-5）×1 解得 y=3（mL）
原氧气体积可能为 10mL 或 3mL
【小结】以上逐一介绍了一些主要的化学计算的技能技巧。解题没有一成不变的方法模式。但从解
决化学问题的基本步骤看，我们应建立一定的基本思维模式。“题示信息十基础知识十逻辑思维”就是
这样一种思维模式，它还反映了解题的基本能力要求，所以有人称之为解题的“能力公式”。希望同学
们建立解题的基本思维模式，深化基础，活化思维，优化素质，跳起来摘取智慧的果实。
总结：进行化学计算的基本步骤：
（1）认真审题，挖掘题示信息。
（2）灵活组合，运用基础知识。
（3）充分思维，形成解题思路。
（4）选择方法，正确将题解出。
第二节 化学综合计算中有关取值范围问题的讨论
化学综合计算是近年来化学高考题的压轴内容，他不仅仅是将高中化学基础知识如：基本概念、
基本理论、元素单质及其化合物、有机化学、化学实验等进行综合，而且在解题方法上也渗透了许多数
学问题。我们结合一些典型的化学综合计算题的分析来探讨有关化学综合计算的解题模式、方法和解题
技巧。着重讨论化学综合计算中取值范围的问题。
【例题 1】 在 50mL、4.0mol/L 的 NaOH 溶液中，通入 H2S 气体并充分反应，然后，小心蒸发，
得到不含结晶水的白色固体。若通入 H2S 的物质的量为 xmol，生成的白色固体的质量为 yg，试通过讨
论写出 x 和 y 的关系式。
分析：题中可能发生的化学方程式写出来。
2NaOH+H2S=Na2S+2H2O ①
Na2S+H2S=2NaHS（联系 CO2与 NaOH 的反应，写出该反应的化学方程式） ②
依据这两个化学方程式，最后得到的白色固体可能是①NaOH、Na2S②Na2S③Na2S、NaHS④NaHS
在硫化氢不足和过量时将对产物种类产生影响，在第二个化学方程式中写的是硫化氢与硫化钠的反
应，我们不考虑过程，只考虑结果，写出一个只含有反应物的可以容易计算的化学方程式
将①和②相加，得到： NaOH+H2S=NaHS+H2O ③
根据化学方程式①、③，定量讨论两种反应物的量的关系对白色固体物质的影响。
当 n（NaOH）∶n（H2S）=2∶1，白色固体为 Na2S。
当 n（NaOH）∶n（H2S）=1∶1，白色固体为 NaHS。
当 n（NaOH）∶n（H2S）＞2∶1，氢氧化钠过量，白色固体为 Na2S、NaOH 的混合物。
当 n（NaOH）∶n（H2S）＜1∶1，白色固体为 NaHS。
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当 1∶1＜n（NaOH）∶n（H2S）＜2∶1，白色固体为 Na2S、NaHS。
所以：氢氧化钠的物质的量 n（NaOH）=4.0 mol/L×0.050 L=0.20 mol
硫化氢的物质的量有以下几种情况，硫化氢在取不同的物质的量时，白色固体的种类、发生的化学
反应及固体质量的关系。
总结如下：
（1）n（H2S）＜0.10mol，按反应式①进行，所得白色固体为硫化钠和氢氧化钠的混合物，以不足
的硫化氢的物质的量 x 作基准，可生成 x mol 硫化钠；耗去 2xmol 氢氧化钠，剩余（0.20-2x）mol 氢氧
化钠，则 y=78x+40（0.20-2x）。
（2）n（H2S）=0.10mol，按反应①进行，两反应物恰好完全反应，得到 0.10mol 硫化钠。
（3）0.10＜（H2S）＜0.20mol，按反应式①和③进行，得到白色固体为 Na2S 和 NaHS 的混合物，计
算 Na2S 时，应以不足量的 NaOH 计算；计算 NaHS 时，应以剩余的 H2S 来计算：
2NaOH + H2S = Na2S + 2H2O Na2S + H2S = 2NaHS
0.20mol 0.10mol 0.10mol (x-0.10)mol (x-0.10)mol 2(x-0.10)mol
y=78[0.10-（x-0.100）]+56×2（x-0.10）
（4）n（H2S）≥0.20mol，按反应式③进行，白色固体全部为 NaHS，NaOH 完全反应，y=0.20×56。
x＜0.10y=8-2x x=0.10y=7.8x 0.10＜x＜0.20 y=4.4+34x x≥
0.20y=11.2
解决有关取值范围的定量计算方法
（1）正确写出两种反应物以不同物质的量混合时，发生反应的化学方程式。这是思考、分析此类
计算题的基础。
（2）依据写出的生成不同产物的化学方程式，确定过量反应物的取值范围，理解取值范围与发生
的化学反应及所得产物的关系，这是解决此类计算题的关键。
（3）在各取值范围内，以不足量的反应物为基准计算所得生成物的量，即可完成取值范围讨论型
综合计算。
【例题 2】 把 amolNH3、O2组成的混合气导入密闭反应器中，在催化剂存在下发生化学反应。若
混合气体中 O2为 xmol。反应生成的 HNO3为 ymol。○1 试确定 O2的物质的量 x 取不同范围时，HNO3的物质
的量 y 的计算式，○2 并画出相应的函数图象。
分析:氨气与氧气发生催化氧化的化学方程式？
第 205 页
当氧气过量时，还可以发生的化学反应的化学方程式。
2NO+O2=2NO2 ② 4NO2+O2+2H2O=4HNO3 ③
如果氧气过量，只需要求写出反应物与最终产物的化学方程式。
将①、②、③三个化学方程式合并得到：
NH3+2O2=HNO3+H2O ④
例题中给出 NH3、O2混合气共 amol，那么 O2的含量 x对产物的产生的影响化学如下：
5 2
分析回答：当O2不足量时，即 x a，按反应式①进行，此时没有硝酸生产；当O2过量时，即 x a，
9 3
5 2
按反应式④进行，混合气体中氨气全部转化为硝酸；当 O2物质的量在 a到 amol之间时，即
9 3
5 a x 2 a，按反应②和③进行，混合物中的 NH3分为两部分，一部分变为 NO，另一部分则转化为硝
9 3
酸。
NH3、O2混合气为 amol，O2为 xmol，NH3为（a-x）mol。在密闭容器内 NH3与 O2。催化氧化的化学方
程式是：
4NH3+5O2=4NO+6H2O （1） NH3+2O2=HNO3+H2O （2）
5
（1）当 x a时，y=0。
9
5 2
（2）当 a x a时，设按②式反应的 NH3为 ymol，按①式反应的 NH3为(a-x-y)mol。则耗 O2
9 3
5 5
为 (a x y) 2y x，求得 y 3x a。
4 3
2
（3）当 x a，y=a-x。
3
请依据上述关系式完成图象。
3+ 3+
【例题 3】 现有 AlCl3和 FeCl3混合溶液，其中 Al 、Fe 的物质的量之和为 0.1mol，在此溶液加
入 90mL4mol/L 的 NaOH 溶液，使其充分反应，设 Al3+物质的量与总物质的量的比值为 x。
第 206 页
（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？物质的量是多少？
（2）计算沉淀中只有 Fe（OH）3的 x取值范围。并在图中画出沉淀总量（mol）随 x（0～1）变化
的曲线。
3+ 3+
（3）若 Al 和 Fe 的物质的量之和为 Amol（A 为合理数值），其它条件不变时，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）。
分析：在该题中可能发生反应的离子方程式，并分析反应物的量对反应的影响
Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓ ①
Al3++3OH-= Al(OH)3↓ ②
Al(OH) - -3+OH =[Al(OH)4] ③
3+ 3+ - -
OH-适量时，Al 、Fe 会成为沉淀，当 OH 过量时，Al(OH)3会溶解，生成[Al(OH)4] 。
- -
题中所给的 OH 的物质的量是 n（OH ）=0.09L×4mol/L=0.36mol
- -
即：OH 对于两种离子生成沉淀是过量的，肯定可以使 Al(OH)3使溶解一些或全部，那么剩余 OH 能
使 0.06mol Al(OH)3溶解？
当 x=0.4 时，溶液中的沉淀
- -
发生①、②两反应共耗 OH 0.30mol，生成的 Al(OH)3物质的量为 0.04mol，而剩余 OH 0.06mol，此
时 Al(OH)3完全溶解。因此，沉淀为 Fe(OH)3，物质的量为 0.06mol。
当沉淀只有 Fe(OH)3时 x 的取值：
溶液中无 Al（OH）3，耗 OH-0.1×4x，有：
3×0.1（1-x）+0.4x=0.36，得 x=0.6，所以当 0＜x≤0.6 时，沉淀只有 Fe(OH)3
画出 x 在（0，1）之间沉淀的物质的量：
当 x∈（0，0.6）时，y=0.1（1-x）
当 x∈（0.6，1）时，①、②共生成沉淀 0.1mol，剩余 0.06molOH-，可使 0.06mol Al(OH)3溶解，
此时沉淀的物质的量为：y=0.1-0.06=0.04（mol）。
依据上述的两个关系式画出沉淀的物质的量随 x 的变化曲线如下
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第三问实际是将数据问题字母化，解决时，应该同第二问是一样的，我们应该首先找出 x 在哪一点
恰好使生成
完全溶解？
回答：3A（1-x）+4Ax=0.36 得 x=0.36/A-3
所以，当 0.36/A-3＜x＜1 时，出现两种沉淀。
Fe（OH）3的物质的量为：A（1-x）mol
Al（OH）3的物质的量为：[Ax-（0.36/A-3）]mol=[A（x+3）-0.36]mol
【小结】解决任何一道化学题时，必须首先仔细地阅读试题、认真地审题，在此基础上我们再投入
解题的过程，只有这样，我们解题才会得心应手。
第三节 化学综合计算题中的能力试题
化学综合计算题涉及的内容繁多，形式千差万别，解法很多。但不管哪种解法，首先要经过认真审题、
科学析题、仔细解题这几个环节。抓住解题的突破口，形成解题思路，采用较好的方法进行解题。
解化学综合计算题的思想：
①联系生产生活，结合实际；
②立足基础，重视综合；
③依据“守恒、平衡、结构”等理论；
④应用“摩尔、差量、平均值”等概念；
⑤分析判断，计算组成；
⑥注意各科之间的联系，融会贯通；
⑦思维求异，解法求优。
要求：化学综合计算是化学基本概念和基本理论、元素及其化合物、有机化学基础、化学实验等知
识内容，与计算因素的各类问题的综合应用。
化学综合计算的解题，没有一成不变的方法模式，关键是在理解题意的前提下，建立一定的基本思
维模式。
第 208 页
［例 1］ 在标准状况下进行甲、乙、丙三组实验：各取 30mL 同浓度的盐酸溶液，加入不同质量
的同一种镁铝合金粉末，产生气体，有关数据记录如下：
试回答：
（1）甲组实验中盐酸______，乙组实验中盐酸______（均填“过量”、“适量”或“不足量”）。
（2）要推导出盐酸的物质的量浓度，所提供的数据中作计算依据的是______，计算出盐酸的物质
的量浓度为______mol/L。
（3）要求出合金中镁、铝的物质的量之比，可作计算依据的数据是______，镁、铝的物质的量之
比为______。
（4）在丙组实验之后，向容器中加入一定体积 1mol/L 的苛性钠溶液，可恰好使铝元素全部以偏铝
酸根形式存在，并使镁离子刚好沉淀完全，则溶液中偏铝酸钠的物质的量为______mol，氯化钠的物质
的量为______mol，所加苛性钠溶液的体积为______mol。
分析：本题源于基本的化学计算，通过镁铝与盐酸的反应，考查利用化学反应方程式的计算，尤其
是过量计算的判断，利用多组数据的相互联系，寻找解题的突破口。注重考查应用各方面知识，进行分
析、推理和判断的能力。
（1）分析甲、乙、丙三组实验的数据记录：加入合金的质量：m（甲）＜m（乙）＜m（丙），生成
气体的体积：V（甲）＜V（乙）=V（丙），由于盐酸的体积相同、浓度相同，因此，丙组实验中盐酸不
足，甲组实验中盐酸过量。比较甲、乙两组数据：
m（甲）∶m（乙）=1∶1.5 V（甲）∶V（乙）=1∶1.2
则 乙组实验中盐酸是不足的。
（2）要推导盐酸的物质的量浓度，应知道盐酸的体积和 HCl 的物质的量。现已知盐酸的体积，HCl
的物质的量可以通过乙或丙组实验产生 H2 的物质的量进行计算。
则：所提供的数据为：30 mL（盐酸的体积）和 336mL（H2 的体积）。cmol/L×0.03L=（0.336L÷
22.4L/mol）×2c=1mol/L
（3）甲组实验中，镁、铝合金完全参加反应，依据合金的质量（0.255 g）和产生
H2（280mL）的体积，可以计算合金中镁、铝的物质的量。
设：合金中镁、铝的物质的量分别为 x、y。
则：镁、铝的物质的量之比为 1∶1。
（4）在丙实验之后，向容器中加入一定体积的苛性钠溶液，恰好使铝元素全部以偏铝酸根形式存
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在，使镁离子刚好沉淀完全，此时溶液中的溶质为 NaAlO2 和 NaCl。
则 n（NaAlO2）=n（Al）=0.459 g÷（24+27）g/mol=0.009 mol(54g 镁铝合金中又 27g 铝)
n（NaCl）=n（HCl）=1mol/L×0.03 L=0.03 mol
n（NaOH）=n（NaAlO2）+n（NaCl）=0.009 mol+0.03 mol=0.039 mol
V（NaOH）=0.039 mol÷1mol/L=0.039 L
即 V（NaOH）=39 mL。
[例 2] 在 100mLNaOH 溶液中加入 NH4NO3和（NH4）2SO4的固体混合物，加热充分反应，如图 6-13
表示加入的混合物质量与产生的气体体积（标准状况）的关系。
试计算：
（1）NaOH 溶液的物质的量浓度。
（2）当 NaOH 溶液的体积为 140mL，固体混合物的质量是 51.6g 时，充分反应后，生成气体的体积
（标准状况）为______L。
（3）当 NaOH 溶液的体积为 180mL，固体混合物的质量仍为 51.6g 时，充分反应后，生成气体的体
积（标准状况）为______L。
分析:（1）小题要求根据图上的曲线，找出两种作用的物质恰
好完全反应时的量的关系，并依此进行计算，求出其中一种作用物
的浓度。第（2）、（3）小题是在第（1）小题的基础上，判断不同
题设条件的过量计算。
由图中折线所对应的纵、横坐标可知，对于 100mLNaOH 溶液而
言，随着铵盐加入量的增加，放出的 NH3的体积也增大；但是，当铵盐的加入量超过 34.g 以后，NH3的
体积不再变化，说明 100mLNaOH 溶液跟 34.4g 铰盐恰好完全反应。
（1）根据化学方程式：
要计算第（2）和（3）小题中产生的 NH3 的体积，首先应判断两种作用物中哪一种试剂为过量。
设：跟 51.6g 固体反应时需要的 NaOH 溶液的体积为 V1
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（2）通过以上计算得知，140mLNaOH 溶液对于 51.6g 铵盐固体是不足量的。计算 NH3的体积应依
NaOH 为准。生成 NH3 的体积为：
（3）判断可知，180mLNaOH 溶液对于 51.6g 镁盐固体是过量的，即 51.6g 固体混合物是不足量的。
所以，计算 NH3的体积应依铵盐混合物为准。生成 NH3的体积为：
[例 3] （1）已知某混合气体中 CH4、C2H4、C2H6的体积分数依次为 80.0％、15.0％、5.00％，请
计算 0.500mol 该混合气体的质量和标准状况下的密度（g/L）。
（2）CH4 在一定条件下催化氧化可以生成 C2H4、C2H6（水和其它反应产物忽略不计）。取一定量 CH4
经催化氧化后得到一种混合气体，它在标准状况下的密度为 0.78g/L。已知反应中 CH4消耗了 20.0％，
计算混合气体中 C2H4的体积分数（本题计算过程中请保留 3位有效数字）。
分析:本题从反应前或反应后不同角度分析问题，可以采用多种途径进行解题。
（1）此小题要求正确理解物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积、质量、密度等概念化学的涵义，
并灵活运用它们之间的关系，计算混合气体的质量和标准状况下的密度。
（2）CH4在一定条件下催化氧化，生成 C2H4和 C2H6时，由于：2CH4→C2H4，2CH4→C2H6；即每 2molCH4
转变为 1molC2Hy，故反应后混合气体的物质的量为反应前甲烷物质的量的 90％。利用 CH4在转变为 C2H4、
C2H6的过程中碳原子守恒，是解题之关键。讨论后具体解法如下：
（1）混合气体的质量为：0.500×（16×0.800+28×0.150+30×0.050）=9.25g
（2）解法一：设反应后混合气体为 1mol，其中 C2H4为 xmol，C2H6为 ymol，则还有 CH4为（1-x-y）
mol。
C2H4体积分数=（0.0418÷1）×100％ =4.18％
解法二：因为 2CH4→C2H4 2CH4→C2H6
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由于消耗了 20％的 CH4，所以生成的 C2Hy是原 CH4体积的 10％，反应后，
CH4体积分数=0.8÷0.9=88.89％ C2Hy体积分数=1-88.89％=11.11％
设：C2H4体积分数为 x，则 C2H6的体积分数为（0.1111-x）
16×0.8889+28x+30×（0.1111-x）=0.78×22.4
解得 x=0.0417 C2H4的体积分数=4.17％
解法三：设反应前 CH4为 1mol，其中有 xmolCH4转化成 C2H4，即生成 x/2molC2H4和（0.200-x）/2molC2H6，
则：
反应后混合气体的总物质的量=0.800 mol+0.200 mol÷2=0.900 mol
解得 x=0.075（mol）
[例 4] 晶体具有规则的几何形状，晶体中最基本的重复单位称为晶胞。NaCl 晶体结构如图 6-14
所示：
已知 FexO 晶体晶胞结构为 NaCl 型，x 值应为 1，但由于晶体缺陷，x 值小于 1。测知 FexO 晶体密度
ρ=5.71g/cm3，晶胞边长为 4.28×10-10m（此题铁原子量为 55.9，氧原子量为 16）。试求：
（1）FexO 中 x 值（精确至 0.01）为____。
2+ 3+ 2+ 3+ 2+
（2）晶体中铁元素以 Fe 和 Fe 形式存在，在 Fe 和 Fe 的总数中，Fe 所占分数（用小数表示，精
确至 0.001）为____。
（3）此晶体的化学式（用 FemFenO 形式书写，m与 n用小数，并注明 Fe 的化合价）为____。
2+ 3+ 2-
（4）与某个 Fe （或 Fe ）距离最近且等距的 O 子所围成的空间几何形状为____。
（5）在晶体中，铁元素的离子间最短距离为______m。
+
分析:在 NaCl 晶胞中，属于每个晶胞的 Na 为：1/8×8+1/2×6=4（个）；Cl-为：1/4×12+1=4（个）；
即每个晶胞含有 4 个 NaCl 的离子对。
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+ -
在 NaCl 晶格中（一个晶胞的 1/8），Na 和 Cl 均为：1/8×4=1/2（个）；即每个小立方体含有 1/2
个 NaCl 的离子对。
（1）根据 FexO 的晶体密度、体积、摩尔质量、阿伏加德罗常数，求 x值。
解①：（按一个晶胞考虑）
[（4.28×10-8）3×5.71×6.02×1023]÷4=55.9x+16 x=0.92
解②：（按一个晶格考虑）
[（2.14×10-8）3×5.71×6.02×1023]×2=55.9x+16 x=0.92
2+ 3+
（2）解①设：在 FexO 晶体中 Fe 的数目为 m，Fe 的数目为 n，
2+ 3+
解②假设在 FexO 晶体中，Fe 、Fe 分别以 FeO 和 Fe2O3的组成存在，其中 FeO 数目为 y，Fe2O3的数
目为 z。则
Fe2+所占分数为：
（3）依据（2）解①可知：在 FexO 晶体中 Fe
2+的数目为 0.76，Fe3+的数目为 0.16，则此晶体的化学
式为：
2+ 3+
（4）认真观察晶体的几何图形发现：当某个 Fe （或 Fe ）位于立方体的中心时，与之距离最近且
等距离的 O2-离子位于立方体的 6个面的面心，所以围成的空间几何形状为正八面体。
（5）在晶体中，两个铁离子处于边长为 2.14×10-10m 的正方形的对角线位置，应用勾股定理求得
铁元素的离子间最短距离为：
拓展:如图 6-15，某含有 A、B、C三元素晶体的晶胞（前后面心上的未画出），处于顶点处的微粒
为 8 个晶胞共有，每个晶胞有 1/8 个；处于面心的微粒为 2 个晶胞共有，每个晶胞有 1/2 个；处于体心
的微粒，则完全属于该晶胞。若棱边上也有，则为 4 个晶胞共有，每个晶胞有 1/4 个。
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分析:此题涉及的是晶体的空间构型，正确认识晶体的几何外形，分析晶体中各微粒在晶胞中所处
的位置是解题的基础。本题将立体几何图形和化学分子模型联系起来，将化学问题抽象为数学问题来解
决，达到了考查思维能力的较高层次。
第四节 分类计算总结
1、物质溶解度、溶液浓度的计算
2、溶液计算
c n m N C 1000
1 V MV N AV M、
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2、稀释过程中溶质不变：C1V1=C2V2。
3 CV C V、同溶质的稀溶液相互混合：C = 1 2 2混 (忽略混合时溶液体积变化不计)V1 V2
m m
4 质 质、溶质的质量分数： ① a% 100% 100%m液 m质 m剂
S
② a% 100%100 S （饱和溶液，S 代表溶质该条件下的溶解度）
m1a1% m③混合： 2a2% (m1 m2)a混% ④稀释：m1a1% m2a2 %
5、有关 pH 值的计算：酸算 H+，碱算 OH—
Ⅰ. pH= -lg[H+] C(H+)=10-pH
Ⅱ. KW=[H+][OH—]=10-14（25℃时）
3、物质的量及气体摩尔体积的计算
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4、相对原子质量、相对分子质量及确定化学式的计算
5、有关化学式的计算
1．通过化学式，根据组成物质的各元素的原子量，直接计算分子量。
2．已知标准状况下气体的密度，求气体的式量：M=22.4ρ。

3．根据相对密度求式量：M=MˊD。 D

4．混合物的平均分子量： M 物质的总质量(克) M A a% M Bb%
混合物物质的量总数
5．相对原子质量
一个原子的质量
①原子的相对原子质量=
12 1一个 6C原子的质量 12
A1、A2表示同位素相对原子质量，a1%、a2%表示原子的摩尔分数
②元素近似相对原子质量： A A1a1 % A2a2 %
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