资源简介

高三化学化学计算—2人教版
【同步教育信息】
一. 本周教学内容：
化学计算—2
二. 重点、难点：
化学基本计算技巧：
① 差量法
② 关系式法
③ 守恒法
④ 平均值法
⑤ 极值法
⑥ 估算法
【典型例题】
（一）差量法
在众多的解题技巧中，“差量法”当属优秀方法之一，它常常可以省去繁琐的中间过程，使复杂的问题简单、快捷化。所谓“差量”就是指一个过程中某物质始态量与终态量的差值。它可以是气体的体积差、物质的量差、质量差、浓度差、溶解度差等。
[例1] 把22.4g铁片投入到500gCuSO4溶液中，充分反应后取出铁片，洗涤、干燥后称其质量为22.8g，计算：
（1）析出多少克铜？
（2）反应后溶液的质量分数多大？
解析：“充分反应”是指CuSO4中Cu2+完全反应，反应后的溶液为FeSO4溶液，不能轻率地认为22.8g就是Cu！（若Fe完全反应，析出铜为25.6g），也不能认为22.8－22.4=0.4g就是铜。分析下面的化学方程式可知：每溶解56gFe，就析出64g铜，使铁片质量增加8g（64－56=8），反过来看：若铁片质量增加8g，就意味着溶解56gFe、生成64gCu，即“差量8”与方程式中各物质的质量（也可是物质的量）成正比。所以就可以根据题中所给的已知“差量”22.8－22.4=0.4g 求出其他有关物质的量。
设：生成Cu x g，FeSO4 y g
Fe+CuSO4 =FeSO4+Cu　　　　　　 质量增加
56　 152　 64　　　　　　 64－56=8
　　　　 　 y　　　x　 22.8－22.4=0.4
x=7.6g y=3.2g
故析出铜3.2克
铁片质量增加0.4g，根据质量守恒定律，可知溶液的质量必减轻0.4g，为500－0.4=499.6g。FeSO4溶液的质量分数为
[例2] 将N2和H2的混合气体充入一固定容积的密闭反应器内，达到平衡时，NH3的体积分数为26％，若温度保持不变，则反应器内平衡时的总压强与起始时总压强之比为1∶______。
解析：由阿伏加德罗定律可知，在温度、体积一定时，压强之比等于气体的物质的量之比。所以只要把起始、平衡时气体的总物质的量为多少mol表示出来即可求解。
方法一：设起始时N2气为a mol， H2为b mol，平衡时共消耗N2气为xmol
N2+3H2 =2NH3
起始（mol） a　 b 0
变化（mol） x　 3x　 2x
平衡（mol）a－x b－3x 2x
起始气体：a+bmol
平衡气体：（a－x）+（b－3x）+2x=（a+b－2x）mol
又因为：压强比=物质的量比
所以，解得
所求为
注意：若N2为1mol，H2为3mol，是不够严密的。
方法二：设平衡时混合气体总量为100mol，则其中含NH3为100×26％=26mol
N2+3H2 =2NH3　　　　 物质的量减少
1　 3　 2　　　　　　　 4－2=2
26mol　　　　 x
x=26mol
即生成NH3的量，就是减少量，所以反应起始时混合气体共为：100+26=126mol
所求为
比较上述两种方法，不难看出“差量法”的优越性。
[例3] 在200℃时将11.6g二氧化碳和水蒸气的混合气体通过足量的Na2O2，反应完全后，固体质量增加3.6g。求混合气体的平均分子量。
解析：
混合气体的平均分子量=11.6÷混合气体总物质的量。
方法一：设11.6g混合气体中含xmolCO2、ymol水蒸气。
Na2O2+CO2=Na2CO3+0.5O2 质量增加
x 0.5x 28x
Na2O2+H2O=2NaOH+0.5O2 质量增加
y 2y 0.5y 2y
由题可得
44x+18y=11.6
28x+2y=3.6
解得：x=0.1，y=0.4
混合气体平均分子量=
方法二：分析下列框图
向固体Na2O2中通入11.6gCO2和H2O且完全反应，为何固体只增加3.6g？原来是因跑掉O2之故。根据质量守恒可知：放出O2为11.6－3.6=8g。
得：x+y=0.5（mol）
混合气体的平均分子量=11.6÷0.5=23.2
本题的两种解法虽都属“差量法”，但方法二则更简捷，可以说是“差量法”的经典之作，值得很好体会。
（二）关系式法
化学计算的依据是物质之间量的比例关系，这种比例关系通常情况下可以从化学反应方程式或分子式中得到。但对复杂问题，如已知物与所求之间是靠很多个反应来联系的，这种情况下就需要直接确定已知与未知之间的比例关系，即“关系式”。其实从广义上说，很多的化学计算都是需要关系式的。只是对于多步反应的计算显得十分的重要。
确定已知与未知之间关系式的一般方法：
1. 根据化学方程式确定关系式
先写出化学方程式，然后再根据需要从方程式中提炼出某些关系。如：
3Cu+8HNO3（稀）=3+2NO↑+4H2O
从中可提炼出：①Cu———2HNO3（未被还原）
2. 根据守恒原理确定关系式
如：FeS2—2SO2—2H2SO4（S守恒）
—2NH3（N守恒）
Al－3H－－3e（电子守恒）
Al3+——SO42－（电荷守恒）
[例4] 高温下还原mg氧化铁得ng铁，若已知氧的相对原子质量为16，则铁的相对原子质量可表示为______。
解析：是否一定要写出化学方程式才能解出此题呢？本题的已知为Fe2O3、Fe的质量及氧的相对原子质量，求Fe元素的相对原子质量，所以只需找出Fe、O之间的关系即可，而与CO、CO2无关。
关系式：Fe2O3—2Fe—3O
解得：
本题若用Fe2O3—2Fe关系求解M则要麻烦些。
[例5] 电解某金属硝酸盐的溶液，当阴极增重ag时，阳极收集到bmL（标准状况）气体，若该金属的化合价为+n价，则该金属的相对原子质量为______。
解析：阴极增重说明该金属阳离子在阴极上得电子被还原成单质。阳极上放出的气体为O2。根据两极通过的电子数相等的原理得：
关系式：————————
解得：
对于该电解过程还可得到以下重要关系式：
（1）nH+——M——ne
（2）4H+——O2——4e
[例6] 将0.44g含硫的铁矿石在空气中充分煅烧，其中的硫全部转化成SO2，SO2全部氧化成SO3，SO3全部转化成H2SO4，这些硫酸恰好被20mL0.5mol／LNaOH溶液中和，则此铁矿中硫的质量百分比为______。
解析：由于每一步反应硫均完全转化，可得关系式：
2NaOH——H2SO4——SO3——SO2——S
2　　　　　　　　　　　　　　　 1
0.02×0.5　　　　 　　　　　　　 x
x=0.005（mol）
[例7] 向VmL硫酸铁溶液中加足量的苛性钠溶液，将产生的沉淀在高温下灼烧后得固体残渣mg，　则原溶液中SO42-的物质的量浓度为______。
解析：最后得到的固体残渣为Fe2O3，
关系式：Fe2O3——2Fe（OH）3——Fe2（SO4）3——3SO42－
C（SO42－）=
[例8] 工业上用NH3、空气和水作原料，合成化肥硝酸铵。
（1）若要制100吨硝酸铵，需NH3多少吨？空气中的氧气多少吨？水多少吨？
（2）若NH3制NO的转化率为96％，NO转化为HNO3的转化率为92％，生产100吨硝酸铵需NH3多少吨？
解析：（1）用NH3制NH4NO3时，需要先把NH3分成两部分，一部分用于制HNO3，另一部分留作与HNO3反应生成NH4NO3，即NH4NO3中的氮原子均来自于NH3，即：
2NH3——NH4NO3
由于2molNH3含6molH，而NH4NO3中只有4molH，损失的2molH应该在生成物的H2O中，即生成1molH2O。又1molNH4NO3和1molH2O中共含4molO即2molO2，由此可得下列关系式：
2NH3+2O2=NH4NO3+H2O
34 64 80
x y 100
解得：x=42.5t y=80t
由上述关系式可知合成NH4NO3的过程并不消耗水反而生成水。
（2）方法一：由于有两步转化不是100％，所以要生成1molNH4NO3消耗NH3应大于2mol:NH4NO3—— NH3
上述数量之间关系的关键，是制得的HNO3应恰好与留下的NH3完全反应后生成NH4NO3。
关系式：0.883 NH4NO3——1.883 NH3
NH4NO3——NH3
NH4NO3——2.133 NH3
解得y=45.3（t）
方法二：留下与HNO3反应的NH3没有损失，由（1）可知为42.5/2=21.25（t），则另21.25tNH3应理解为损失两次之后的剩余量，所以原来为：
共消耗NH3：21.25+24.06=45.3（t）
（三）平均值法
依据：
1. 平均分子
2. 平均原子量
3. a1％+a2％=1
4. 或介于M1或A1与M2或A2之间，即M1>> M2，A1>>A2
5.
6. 应用范围：
（1）分析混合物的组成
（2）求元素的原子量
常用技巧：“十字交叉”法
[例9] 把含有某一种杂质氯化物的MgCl2粉末95g溶于水后，与足量AgNO3溶液反应，测得生成的AgCl为300g，则该MgCl2粉末中杂质可能是______。
A. NaCl B. AlCl3 C. KCl D. CaCl2
解析：95gMgCl2为1mol，300gAgCl为（大于2mol）
MgCl2——AgCl
1 2
说明：杂质中含Cl的质量百分比大或提供1molCl-所需物质的质量小。提供1molCl－所需各物质的质量为：
物质 MgCl2 NaCl　 AlCl3　KCl　 CaCl2
提供1molCl－的质量　 47.5　 58.5　　44.5　 74.5　 55.5
只有AlCl3小于47.5，故应选B。
此题还可以进一步求得AlCl3的含量。
[例10]（MCE 1998—20）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
解析：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。
[例11] 含有杂质的乙烯2.8 g，与氢气发生加成反应时，充分反应后用去氢气0.25 g，则乙烯中所含杂质可能是（ ）
A. 乙炔　　　　　　　　 B. 1，3—丁二烯
C. 丙烷　　　　　　　　 D. 甲烷
解析：此题可运用反应量平均值法解析，由于2.8 g纯乙烯加氢消耗氢气质量为0.20g，已知2.8g样品气体加氢用去氢气0.25g，说明2.8g杂质加氢消耗氢气质量必大于0.25g。
丙烷、甲烷不能发生加成反应。
需用：
需用：
答案：A。
[例12] 在150℃时将20L由两种气态烃组成的混合气体在过量的氧气中充分燃烧，之后恢复至原来状况，再将生成的混合气体依次通过浓H2SO4和碱石灰(设每步都完全作用)，通过浓H2SO4后，混合气体减少25L，通过碱石灰后混合气体减少40L。通过计算确定该混合气体是由哪两种烃组成的？它们的体积比为多少？
解析：设混合气体的平均分子式为CmHn
CmHn
————（气）
1 m 0.5n
20 40 25
所以平均分子式为：C2H2.5
则两种气态烃（碳原子数一般在4以内）的分子组成必须满足：① 每个分子内含碳原子数一个大于2另一个小于2，或者都等于2；② 每个分子内含氢原子数一个大于2.5，另一个小于2.5。
分子中含H数少于2.5的烃只有C2H2（乙炔），所以混合气体中一定含C2H2。则另一气态烃分子中也只能含2个碳原子，所以可能为：C2H4、C2H6。可有两种组合情况
1. 混合气体为C2H2和C2H4
所以V（C2H2）∶V（C2H4）=1.5∶0.5=3∶1
2. 混合气体为C2H2和C2H6
所以V（C2H2）∶V（C2H6）=3.5∶0.5=7∶1
如果用设两烃的通式（分别为CmHn，CxHy）及组成比的方法来求解，未知数可达到6个，很难求解。本题在得到平均分子式C2H2.5后决不可以将其化成C4H5。因为C2H2.5的含义为1mol混合气体中含C2mol、含H2.5mol，若扩大2倍就不是分子式的含义了。求出平均分子式C2H2.5也就知道了平均分子量：2×12+1×2.5=26.5。
[例13] 由一种气态烷烃和一种气态单烯烃组成的混合气体，在同温同压下其密度是氦气的6倍，取混合烃1mol与4molO2混合于密闭容器中，用电火花引燃，使烃充分燃烧，如果反应前后温度不变，且保持在100℃以上，容器内气体的压强由1.01×105Pa增加到1.0504×105Pa。问混合烃的组成及体积分数。
解析：将题目图解如下：
混合烃的平均分子量为：4×6=24，而分子量小于24的烃只有CH4，所以必含CH4，设含CH4为xmol，单烯烃CnH2n为ymol
混合烃的平均分子量：
可得n2=5+y（0.5n－1）
在T、V一定时：
整理得：y（0.5n－1）=0.2②
又：x+y=1③
联立式①、②、③解得：
n=4，x=0.8，y=0.2
所以该混合烃由CH4和C4H8组成，CH4占80％，C4H8占20％。
解此题的关键在于灵活利用混合气体的平均分子量24，先确定出CH4，之后又得到一个代数方程。
（四）守恒法——利用质量、元素（原子）、得失电子、电荷守恒计算
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，那么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。
在许多化学反应中，尤其是离子反应中，原子或原子团以整体参加反应后，原子或原子团仍然保持守恒。
[例14] 有一在空气中暴露过的KOH固体，经分析测知其中含水7.62％，K2CO3 2.38％，KOH 90％。若将此样品先加入到1mol/L的盐酸46.00mL里，过量的盐酸再用1.07mol／LKOH溶液27.65mL正好中和，盐酸中和后的溶液可得固体约为（??）
A. 3.43g ??B. 4.00g?? C. 4.50g?D. 1.07g
解析：许多学生在解这道题时，忽视该题中所隐含的条件：反应前后氯元素守恒，如果根据每步反应求KCl的质量，解题太繁，固体KCl的质量为：1mol／L×46.00ml／1000×74.5g／mol=3.43g，故选答案A。
[例15] 为了测定某Cu，Ag合金的成分，将30.3g合金溶于80mL13.5mol／L的浓HNO3中，待合金完全溶解后，收集到气体6.72L（标况），并测得溶液中Ｈ＋的浓度为1mol／L。假设反应后溶液的体积仍是80mL，试计算：
（1）被还原的HNO3的物质的量；
（2）合金中Ag的质量分数。
解析：此题应该明确题意，挖掘题中所给信息，Cu，Ag合金完全溶解后转化为，。设收集的气体为，它是由被还原的HNO3产生的，则反应前后氮原子守恒。
（1）设被还原的HNO3为xmol，HNO3（被还原）——NOm，系数比为1∶1＝ｘ∶（6.72／22.4），则ｘ＝0.3mol。对于（2）Cu～～2HNO3，设Cu的物质的量为ｎ（Cu）（mol），则HNO3的物质的量为2n（Cu）（mol），类似的，Ag所需HNO3的物质的量为ｎ（Ag）（mol），所以，由Ｎ守恒例出方程式：
2n（Cu）＋n（Ag）＋0.3＋1×0.08＝13.5×0.08 （1）
64n（Cu）＋108n（Ag）＝30．3 （2）
解联立方程得：n（Ag）＝0.1mol??
所以，合金中Ag的质量分数为：
??（0.1mol×108g/mol）／30.3g×100％＝35.6％
[例16]（1999年高考题）取一根镁条置于坩埚内点燃，得到氧化镁和氮化镁混合物的总质量为0.470g，冷却后加入足量水，将反应产物加热蒸干并灼热，得到的氧化镁质量为0.486g。
（1）写出氮化镁与水反应生成氢氧化镁和氨的化学方程式；
（2）计算燃烧所得混合物中氮化镁的质量分数。
解析：从题意可知，Mg——MgO和Mg3N2
MgO与，MgO（原来）＋MgO（MgOH所产生），在一系列的变化中，Mg仍然在反应前后守恒。设Mg3N2的物质的量为nmol，则［0.470－n（3×24＋2×14）］g为混合物中MgO的质量，产生MgO的质量为：Mg3N2→3MgO，故MgO的物质量为3nmol，其质量为120ng。由题意知：
0.470－100n＋120n＝0.486
n＝0.0008mol
［（0.0008 mol×100g／mol）／（0.470g）］×100％＝17.0％
小结：
利用守恒法解题可避免书写繁琐的化学方程式和细枝末节的干扰，直接找出其中特有的守恒关系，提高解题的速度和准确度。守恒法解题成功的关键在于从诸多变化和繁杂数据中寻找恒量对象关系。
（四）估算法
由于选择题已给出了可供选择的正确答案的范围，所以对有些计算选择题不必进行详尽精确的计算，只要根据条件粗略估计出答案的大体范围，便可以选出正确答案。
[例17] 已知下列两个热化学方程式
2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）+571.6kJ
C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）+2220.0kJ
实验测得H2气和C3H8的混合气体共5mol，完全燃烧时放热3847kJ，则混合气体中H2气与C3H8的体积比是（ ）
A. 1:3 　　B. 3:1 C. 1:4 　　D. 1:1
（1989年高考题）
解析：根据热化学方程式可知，1molC3H8完全燃烧可放热2220.0kJ。而5molH2与C3H8的混合气体完全燃烧时，只放热3847kJ，所以混合气体中含C3H8气体必须少于2mol。根据混合气体的体积比可知A——D四种情况下含C3H8的物质的量分别为（ ）
所以只有B种情况符合以上推断，故应选答案B。
[例18]（原题见前面关系式法例1） 在O2气中灼烧0.44g S和Fe组成的化合物，使其中的S全部转变为SO2，把这些SO2全部氧化转变为H2SO4。这些H2SO4可以用20mL 0.50mol·
L－1NaOH溶液完全中和。则原化合物中S的百分含量为（ ）
A. 18% 　　B. 46% 　　C. 53%　　　D. 36%
（1987年高考题）
解析：在利用关系式法求得0.44g化合物中含S 0.16g后，再求含S百分比时，并不需要进行精确计算，只要估计出含S百分比的大体范围，便可选出正确答案。即，因为，在此范围内的答案只有D. 36%，故应选答案D。
化学计算选择题是灵活多变的，因此解答化学计算选择题的方法和技巧也是变化无穷的。但掌握起来并不困难，平时学习只要注意思考，积累经验，熟能生巧，就会得心应手，总结出更好的解题方法。
（六）极值法
所谓“极值法”就是对数据不足无从下手的计算或混合物组成判断的题，极端假设恰好为某一成分，或者极端假设为恰好完全反应，以确定混合体系各成分的名称、质量分数、体积分数的解题方法。下面就结合一些具体的试题，谈谈极值法在化学解题中的应用方法与技巧。
1. 用极值法确定物质的成份
在物质组成明确，列方程缺少关系无法解题时，可以根据物质组成进行极端假设得到有关极值，再结平均值原则确定正确答案。
[例19] 某碱金属单质与其普通氧化物的混合物共1.40g，与足量水完全反应后生成1.79g碱，此碱金属可能是（ ）
A. Na B. K C. Rb D. Li
解析：本题若用常规思路列方程计算，很可能中途卡壳、劳而无功。但是如果将1.4g混合物假设成纯品（碱金属或氧化物），即可很快算出碱金属相对原子质量的取值范围，以确定是哪一种碱金属
假定1.4g物质全是金属单质（设为R）
则：R→ROH △m
　　MR 　　 17
　　1.40 （1.79-1.40） 解之MR=61
假定1.40g全是氧化物设为R2O
则：R2O → 2ROH △m
2MR+16 　 18
1.40 （1.79－1.40）
解之MR=24.3
既然1.40g物质是R和R2O的混合物，则R的相对原子质量应介于24.3—61之间。题中已指明R是碱金属，相对原子质量介于24.3—61之间的碱金属只有钾，其相对原子质量为39。答案为B
2. 用极值法确定杂质的成份
在混合物杂质成分分析时，可以将主要成分与杂质成分极值化考虑，然后与实际情况比较，那么就迅速判断出杂质的成分。
[例20] 将13.2克可能混有下列物质的（NH4）2SO4样品，在加热的条件下，与过量的NaOH反应，可收集到4.3升NH3（密度为17克/22.4升），则样品中不可能含有的物质是（ ）
A. NH4HCO3、NH4NO3 B. 、NH4NO3
C. NH4HCO3、NH4Cl D. NH4Cl、
解析：假设样品为纯，则由→2NH3可知，能产生4.48升NH3，大于4.3升。因此样品中的杂质造成样品NH4+的含量小于纯中NH4+的含量。这就要求选项的两种物质中至少有一种物质的NH4+含量小于中NH4+的含量，都大于是不可能的。可将备选答案化学式变形后进行估算：NH4HCO3→，NH4NO3→，NH4Cl→（NH4）2Cl2 部分“式量”：（HCO3）=122，=124，Cl2=71，CO3=60，而中，SO4=96，故答案选D。
3. 用极值法确定混合气体的平均相对分子质量
两种气体组成的混合气体的平均相对分子质量肯定介于组成气体相对分子质量之间，三种气体组成的混合气体平均相对分子质量肯定介于组成气体相对分子质量最大值和最小值之间，但这个范围太大，依据题目内在关系和极值法可使范围更加准确。
[例21] 0.03mol Cu完全溶于硝酸，产生氮的氧化物（NO、NO2、N2O4）混合气体共0.05mol 。该混合气体的平均相对分子质量是（ ）
A. 30 B. 46 C. 50 D. 66
解析：设NO、NO2、N2O4三者的物质的量分别为：x、y、z， x + y + z = 0.05——①式，则依据电子守恒可得：3x+y+2z=0.06——②式，②式减去①式得：2x + z = 0.01
故NO物质的量的极值为0.005 mol ，N2O4物质的量的为极值0.01 mol
若NO物质的量的为0.005 mol，则NO2为0.045 mol
∴= =44.4
若N2O4物质的量的为0.01 mol，则NO2为0.04 mol
∴= =55.2
∴ 该混合气体的平均相对分子质量介于44.4和55.2之间，故答案选B、C
4. 用极值法确定可逆反应中反应物、生成物的取值范围
由于可逆反应总是不能完全进行到底的，故在可逆反应中，分析反应物、生成物的量的取值范围时利用极值法能达到目标明确，方法简便，范围正确。
[例22] 容积不变的反应容器中，要求通过调节体系温度使A（g）+2B（g）2C（g）达平衡时保持气体总物质的量为12mol，现向反应容器中通入6.5molA、xmolB和2molC，欲使起始反应向逆反应方向移动，x的取值范围为
解析：依题意：6.5+x+2<12，x<3.5（逆向为物质的量增加的反应,故6.5+x+2小于12）
一般同学都能顺利解出这步，但对x的另一范围部分同学就存在困难，若假设C（极值）能完全转化，则x的极值马上可得。设2molC完全转化为A、B，则（6.5+1）+（x+2）>12，x>2.5（因C实际不能完全转化，故（6.5+1）+（x+2）大于12 。实际上C转化一部分满足12mol）故答案为2.55. 用极值法确定反应时的过量情况
当反应物以混合物的总质量或总物质的量已知时，可以利用极值假设全部是某一反应物，然后假设全部是另一反应物，再假设两者则好完全反应，从而得到解题的线索。
[例23] 18.4g NaOH 和NaHCO3固体混合物，在密闭容器中加热到250℃，经过充分反应后排除气体，冷却，称得剩余固体质量为16.6g，试计算原混合物中NaOH的质量分数。
解析：这是在密闭容器中进行反应，可能的反应有：
NaOH+ NaHCO3 = Na2CO3+H2O——①
40 84 106
2NaHCO3 = Na2CO3+ CO2↑+ H2O——②
168 106
究竟按何种情况反应，必须判断出NaOH与NaHCO3在反应①中何者过量，然后才能进行计算，借助极值法，能使判断方便直观。
设18.4g 固体全为NaOH，则受热不减少，剩余固体18.4g。
设18.4g 固体全为NaHCO3，则按②反应，剩余固体（18.4g÷168 g/mol）×106 g/mol=11.6g
设18.4g 固体恰好按①完全反应，则剩余固体=18.4÷（40+84）g/mol×106 g/mol =15.7g
∵ 现剩余固体16.6g，介于15.7g和18.4g之间，∴ 应为NaOH过量，以后的计算就比较方便了。
NaOH+ NaHCO3 = Na2CO3+H2O △m
40 84 106 18
x=8.4g 18.4g－16.6 g
m（NaOH）= 18.4g－8.4 g = 10 g
m（NaOH）％ = 10 g/18.4g ×100％= 54.3％
6. 用极值法确定反应巧解计算题
[例24] 某混合物含有KCl、NaCl和Na2CO3，经分析含钠31.5％，含氯27.08％（以上均为质量分数），则混合物中Na2CO3的质量分数为（ ）
A. 25％ B. 50％ C. 80％ D. 无法确定
解析：若混合物质量为100g，则可求出n（Cl－）= 0.763mol ，① 假设这0.763mol的Cl－全部来自于KCl（即混合物为KCl和Na2CO3）则m(KCl)=56.84g，② 假设这0.763mol的Cl－全部来自于NaCl（即混合物为NaCl和Na2CO3）则m（NaCl）=44.63g，因Cl－来自于NaCl、KCl两种物质，由平均值原理知（1－56.84％）＜m（Na2CO3）％＜（1－44.63％）故答案选B
7. 用极值法确定化学反应方程式
[例25] 已知Cl2和NO2在一定条件下可以化合成一种气态化合物A。为了A测定的组成，进行如下实验：（1）当Cl2和NO2混合气体以不同比例混合时，测得其平均相对分子质量为51及61，则Cl2在上述混合气体中的体积分数分别为 和 ；
（2）取上述不同比例的混合气体各5 L ，分别在一定条件下充分反应，气体体积仍均为4L，则Cl2与NO2反应的化学方程式为：
解析：此题第一问依据混合气体平均相对分子质量的定义法马上可求得Cl2在上述混合气体中的体积分数分别为1/5和 3/5。在第二问中，由于总体积为5 L，故第一种条件下气体组成为：Cl2:1 L、NO2:4L ；第二种条件下气体组成为：Cl2：3L、NO2:2L。
由题意可知反应方程式只有一个，可不同条件下体积变化值相同，说明参加反应的量相同，故在两种条件下，肯定都存在一种反应物刚好完全反应，另一种反应过量的情况，所以两种条件下同一种成分的极小值刚好完全反应，即1L Cl2和2L NO2恰好完全反应，故化学为：Cl2＋2NO2 = 2 NO2Cl（体积之比等于计量系数之比）
综上所述，极值法是一种重要的数学思想和分析方法，化学中的极值法种类繁多，解题时用极值法解题可以把一些抽象的复杂问题具体化、简单化，可达到事半功倍之效果。
【模拟试题】（答题时间：40分钟）
1. 取3.5克某二价金属的单质投入50克溶质质量分数为18.25%的稀盐酸中，反应结束后，金属仍有剩余；若2.5克该金属投入与上述相同质量、相同质量分数的稀盐酸中，等反应结束后，加入该金属还可以反应。该金属的相对原子质量为（ ）
A. 24 B. 40 C. 56 D. 65
2. 不纯的CuCl2样品13.5g与足量的AgNO3溶液充分反应后得到沉淀29g，则样品中不可能含的杂质是（ ）
A. AlCl3 B. NaCl C. ZnCl2 D. CaCl2
3. 在密闭容器中进行下列反应，平衡后，再压缩体积，混合气体平均相对分子质量增大的是（ ）
A. Fe2O3（S）+3CO（g）2Fe（S）+3 CO2（g）
B. 4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）
C. 2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（S） + H2O（g）
D. C（S）+ H2O（g）CO（g）+ H2（g）
4. 在一定条件下，对于可逆反应A（g）+B（g）2C（g）中的A、B、C的起始浓度分别为amol/L、bmol/L、cmol/L（均大于0），达到平衡后，测得A、B、C的浓度分别为0.5mol/L、0.1mol/L、1.6mol/L。求：
（1）a、b应满足的关系是_____________
（2）a的取值范围是_________。
5. 在标准状态下，a L由氢气和氯气组成的混合气体在光照下充分反应，反应后气体恰好能使含b mol NaOH稀溶液完全转化这盐，则a、b的关系不可能是（ ）
A. b=a/22.4 B. ba/22.4 D. b≥a/11.2
6. 将 3.48 g Fe3O4 完全溶解在 100 mL 1.00 mol/L 的 H2SO4（aq）中，然后加入 K2Cr2O7（aq）25.00 mL，恰好使 Fe2＋全部转化为 Fe3＋，且 Cr2O全部转化为 Cr3＋。则 K2Cr2O7 的物质的量浓度为________。
7. 某露置的苛性钾经分析含水：7.62%（质量分数，下同）、K2CO3：2.38%、KOH ：90.00%。取此样品 1.00 g 放入 46.00 mL 1.00 mol·L－1 的 HCl（aq）中，过量的 HCl 可用 1.070 mol/L KOH（aq）中和至中性，蒸发中和后的溶液可得固体_______克。
8. A、B、C三种物质各15 g，发生如下反应：
A＋B＋CD
反应后生成D的质量为30 g。然后在残留物中加入10 g A，反应又继续进行，待反应再次停止，反应物中只剩余C，则下列说法正确的是（ ）
A. 第一次反应停止时，剩余B 9 g
B. 第一次反应停止时，剩余C 6 g
C. 反应中A和C的质量比是5∶3
D. 第二次反应后，C剩余5 g
9.（1）中学教材上图示了NaCl晶体结构，它向三维空间延伸得到完美晶体。NiO（氧化镍）晶体的结构与NaCl相同，Ni2＋与最近O2－的核间距离为a×10－8cm，计算NiO晶体的密度（已知NiO摩尔质量为74.7 g·mol－1）。


（2）天然的和绝大部分人工制备的晶体，都存在各种缺陷，例如在某种NiO晶体中就存在如图所示的缺陷：一个Ni2＋空缺，另有两个Ni2＋被两个Ni3＋所取代。其结果晶体仍呈电中性，但化合物中Ni和O的比值却发生了变化。某氧化镍样品组成为Ni0.97O，试计算该晶体中Ni3＋与Ni2＋的离子数之比。
试题答案
1. A 2. C 3. B 4.（1）a=b+0.4（2）1.3>a>0.4 5. D
6. 提示：Fe3O4中 ＋2 价铁所失电子物质的量与 Cr2O中＋6 价铬所得电子物质的量相等。
×（3－2）= 0.02500 L×c（Cr2O）×（6－3）×2。
答案：0.100 mol·L－1
7. 提示：根据 Cl 原子守恒得：
n（KCl）= n（HCl）= 1.00 mol·L－1×0.04600 L = 4.60×10－2 mol，m（KCl）易求。
答案：3.43 g
8. 解析：第一次反应 A 不足，因为第一次反应后加入 A 又能进行第二次反应。第二次反应后，只剩余 C，说明 A、B 恰好完全反应。则：
m反（A）∶m反（B）=（15 g＋10 g）∶15 g = 5∶3
第一次反应耗 B 的质量mB为：15 g∶mB=5∶3，mB=9 g
即第一次反应后剩余B质量为：15 g－9 g=6 g。
可见（A）选项不正确。
根据mA＋mB＋mC=mD ，可知生成30 g D时消耗C的质量。
mC=30 g－15 g－9 g=6 g
即第一次反应后剩余C质量为：15 g－6g=9g。
又见（B）选项不正确。
易见反应消耗A、B、C质量之比为：mA∶mB∶mC=15 g∶9 g∶6g=5∶3∶2
（C）选项不正确。
答案：D
9. 提示：由题得 NiO 晶体结构（如下图）。其体积为：
V = (a×10－8cm)3
下图向三维空间延伸，它平均拥有的 Ni2＋、O2－数目为：
N（Ni2＋）=N（O2－）=×4 ==N（NiO）
由密度公式得：
ρ（NiO）=。


（2）（电荷守恒法）设 1 mol Ni0.97O 中含Ni3＋物质的量为x，则Ni2＋的物质的量为（0.97 mol－x）；根据电荷守恒得：
3x＋2×（0.97 mol－x）=1 mol×2 x=0.06 mol
N（Ni3＋）∶N（Ni2＋）=0.06 mol∶（0.97 mol－0.06 mol）=6∶91
答案：（1） （2）6∶91