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考点一 利用差量法计算
1．差量法应用原理
差量法是指根据化学反应前后物质的某种差量进行计算的方法。这种差量可以是质量、物质的量、气态物
质的体积、反应过程中的热量等在反应中产生的差量，该差量的大小与参加反应的各物质的有关量成正比。
解题的关键就是利用相关差量与物质有关量的正比关系列出比例式，然后求解。
2．差量法的解题关键是找准研究对象。
通常有：①固体的质量差，研究对象是固体。②气体的质量差，研究对象是气体。③液体的质量差，研究
对象是液体。
3．解题的一般步骤
(1)准确写出有关反应的化学方程式。
(2)深入细致地分析题意，有针对性地找出产生差量的“对象”及“理论差量”。该“理论差量”可以是质
量、物质的量、气体体积、压强等，且该差量的大小与参加反应的物质的有关量成正比；
(3)根据化学方程式，列出“理论差量”“实际差量”与物质相关量的比例关系，然后列比例式求解。
1．将12 g CO 和CO2的混合气体通过足量灼热的氧化铜后，得到气体的总质量为18 g，求原混合气体中
CO 的质量分数。
【答案】 原混合气体中CO 的质量分数为87.5%。
【解析】 设原混合气体中CO 的质量分数为x。
第03 讲 化学计算的常用方法
01 进一步理解物质的量在化学计算中的“桥梁”作用。
02 了解化学计算的常用方法。
03 初步建立化学计算的思维模型。
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CuO ＋CO =====Cu＋CO2 气体质量增加(差量)
28 44 44－28＝16
12x g 18 g－12 g＝6 g
＝ 解得x＝0.875。
2．为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g 样品加热，其质量变为w2 g，请列式计
算该样品中Na2CO3的质量分数。
【解析】 样品加热发生的反应为
2NaHCO3=====Na2CO3＋H2O＋CO2↑ Δm
168 106 62
m(NaHCO3) (w1－w2) g
样品中m(NaHCO3)＝ g，
样品中m(Na2CO3)＝w1 g－ g，
其质量分数为×100%＝×100%＝×100%。
考点二 利用关系式法计算
1．关系式法含义
是一种巧妙利用已知量与未知量之间的关系进行解题的一种方法，一般适用于多步进行的连续反应，因前
一个反应的产物是后一个反应的反应物，可以根据中间物质的传递关系，找出原料和最终产物的相应关系
式。
2．应用关系式法的思维模型
常见的关系式法有三种：
（1）叠加法(如利用空气、木炭、水蒸气制取氨气)
⇒
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2
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⇒
由空气、木炭、水蒸气制取NH3过程中，C 和NH3的关系式为3C～4NH3。
（2）元素守恒法
4NH3＋5O2=====4NO＋6H2O
2NO＋O2===2NO2
3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
NO 经多次氧化和吸收，最终氮元素可完全转化到硝酸中，由氮元素守恒知：NH3～HNO3。
（3）电子转移守恒法
NH3――→HNO3，O2――→2O
由得失电子总数相等知，NH3经氧化等一系列反应生成HNO3，NH3和O2的关系式为NH3～2O2。
1．黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.100 0 g 样品在空气中充分灼烧，将
生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用浓度为0.020 00 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终
点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。
已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋
Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
(1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)________(保留1 位小数)。
(2)煅烧10 t 上述黄铁矿，理论上产生SO2 的体积(标准状况)为________L，制得98%的硫酸质量为
________t。
【答案】 (1)90.0% (2)3.36×106 15
【解析】 (1)据方程式：4FeS2＋11O2=====2Fe2O3＋8SO2
SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋
Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
得关系式：
Cr2O～6Fe2＋～3SO2～FeS2
1
\s\up7(0.020 00 mol·L－1×)
m(FeS2)＝0.090 00 g
样品中FeS2的质量分数为90.0%。
(2)4FeS2＋11O2=====2Fe2O3＋8SO2
4 mol 8 mol
mol n(SO2)
n(SO2)＝1.5×105 mol
V(SO2)＝3.36×106 L
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由SO2 ～SO3 ～H2SO4
1 mol 98 g
1.5×105 mol m(H2SO4)×98%
得m(H2SO4)＝1.5×107 g＝15 t。
2．由NH3氧化制NO 的转化率为96%，NO 转化为HNO3的转化率为92%，现有10 t NH3，总共可以制得
63%的HNO3多少吨？
【答案】 51.95 t
【解析】 氨氧化法制硝酸的原理为4NH3 ＋5O2=====4NO ＋6H2O,2NO ＋O2===2NO2,3NO2 ＋
H2O===2HNO3＋NO。从以上三个化学方程式来看，氨与硝酸的关系式为3NH3～2HNO3，但工业生产上
NO 要进行循环利用，经过多次循环后，氨几乎全部转化为硝酸，则关系式应为NH3～HNO3。设可制得
63%的HNO3的质量为x，则＝，解得：x≈51.95 t。
考点三 利用守恒法计算
1．应用原理
所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持
“不变”。一切化学反应都遵循某些守恒定律，在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、原子数目
守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒等。
2．解题步骤
1．质量守恒(原子守恒)
依据化学反应的实质是原子的重新组合，反应前后各原子的种类和数目保持不变。
2．电荷守恒
在离子方程式中，反应前后的阴、阳离子所带的电荷总数相等。
3．得失电子守恒
氧化还原反应中，元素原子化合价升高的总价数＝元素原子化合价降低的总价数，即还原剂失电子的总数
＝氧化剂得电子的总数。
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1．将镁铝合金溶于100 mL 稀硝酸中，产生1.12 L NO 气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入NaOH 溶液，
产生沉淀的情况如图所示。下列说法不正确的是( A )
A．不能求出硝酸的物质的量浓度
B．氢氧化钠溶液的浓度为3 mol·L－1
C．可以求出合金中镁的质量
D．可以求出沉淀的最大质量
【解析】 向反应后的溶液中加入NaOH 溶液，开始没有沉淀生成，说明原溶液中硝酸过量，与硝酸反应
的NaOH 溶液是10 mL，沉淀达到最多时生成沉淀消耗的NaOH 溶液是50 mL，溶解氢氧化铝消耗的
NaOH 溶液是10 mL，则生成氢氧化铝消耗的NaOH 溶液是30 mL，因此生成氢氧化镁消耗的NaOH 溶液
是20 mL，根据离子方程式Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓、Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓可知金属镁、铝的物
质的量之比为1∶1。生成的NO 为0.05 mol，转移电子为0.15 mol，根据得失电子守恒可知金属镁铝的物
质的量为＝0.03 mol。溶解0.03 mol 氢氧化铝消耗氢氧化钠是0.03 mol，则氢氧化钠溶液浓度为＝3 mol·L－
1，故B 正确；沉淀达到最多时所得溶液是硝酸钠溶液，根据钠离子守恒和硝酸根守恒可以求出硝酸的物质
的量浓度，故A 错误；从以上分析可知，可以求出合金中镁的质量，故C 正确；从以上分析可知可以求出
沉淀的最大质量，故D 正确。
2．在硫酸钠和硫酸铝的混合溶液中，Al3＋的物质的量浓度为0.2 mol·L－1，SO 为0.4 mol·L－1，溶液中Na＋
的物质的量浓度为( )
A．0.1 mol·L－1 B．0.2 mol·L－1
C．0.3 mol·L－1 D．0.4 mol·L－1
【答案】 B
【解析】 在任何一个溶液中，阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数，则有3c(Al3＋)＋
c(Na＋)＝2c(SO)，解得c(Na＋)＝0.2 mol·L－1。
考点四 利用平均值法计算
1．依据
若XA>XB，则XA>>XB，可代表平均相对原子(分子)质量、平均浓度、平均含量、平均生成量、平均消耗量
等。
2．应用
已知X 可以确定XA、XB的范围；若已知XA、XB可以确定的范围。解题的关键是要通过平均值确定范围，
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很多问题的平均值需根据条件先确定下来再作出判断。实际上，它是极值法的延伸。
1．两种金属混合物共15 g，投入足量的盐酸中，充分反应后得到11.2 L H2(标准状况)，则原混合物的组成
肯定不可能为( )
A．Mg 和Ag
B．Zn 和Cu
C．Al 和Zn
D．Al 和Cu
【答案】 B
【解析】 本题可用平均摩尔电子质量(即提供1 mol 电子所需金属的质量)法求解。反应中H＋被还原生成
H2，由题意可知15 g 金属混合物可提供1 mol e－，其平均摩尔电子质量为15 g·mol－1。选项中金属Mg、
Zn、Al 的摩尔电子质量分别为12 g·mol－1、32.5 g·mol－1、9 g·mol－1，其中不能与盐酸反应的Ag 和Cu 的
摩尔电子质量可看做无穷大。根据数学上的平均值原理可知，原混合物中一种金属的摩尔电子质量大于15
g·mol－1，另一种金属的摩尔电子质量小于15 g·mol－1。由此可判断出原混合物肯定不可能是Zn 和Cu。
一、差量法的应用
1．将a L NH3通过灼热的装有铁触媒的硬质玻璃管后，气体体积变为b L(气体体积均在同温同压下测定)，
该b L 气体中NH3的体积分数是( )
A.
B．
C.
D．
【答案】C
【解析】 设参加反应的氨气体积为x，则
2NH3N2＋3H2 ΔV
2 2
x b－a
x＝(b－a)L
所以气体中NH3的体积分数为＝。
2．16 mL 由NO 与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400 ℃左右可发生反应：6NO＋4NH35N2＋
6H2O(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL，则原混合气体中NO 与NH3的物质的量之比有
四种情况：
①5∶3 ②3∶2 ③4∶3 ④9∶7。其中正确的是( )
A．①②
B．①④
C．②③
D．③④
【答案】 C
【解析】 根据反应前后气体的总体积，可用差量法直接求解。
6NO＋4NH35N2＋6H2O(g) ΔV(气体的体积差)
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演练·提能力
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6 mL 4 mL 5 mL 6 mL (5＋6)－(4＋6)
＝1(mL)(理论差量)
9 mL 6 mL 17.5－16
＝1.5(mL)(实际差量)
由此可知共消耗15 mL 气体，还剩余1 mL 气体，假设剩余的气体全部是NO，则V(NO)∶V(NH3)＝(9 mL
＋1 mL)∶6 mL＝5∶3，假设剩余的气体全部是NH3，则V(NO)∶V(NH3)＝9 mL∶(6 mL＋1 mL)＝9∶7，
但因该反应是可逆反应，剩余气体实际上是NO、NH3的混合气体，故V(NO)∶V(NH3)介于5∶3 与9∶7 之
间，对照所给的数据知3∶2 与4∶3 在此区间内。
二、关系式法的应用
3．200 吨含硫40%的黄铁矿，用接触法可以制得95%的硫酸(不考虑中间过程的损耗)的质量为多少吨？
答案 257.9 t
【解析】 根据反应前后硫原子数不变，可得关系式：2S～FeS2～2H2SO4
即：S ～ H2SO4
32 98
200 t×40% 95%·x
32∶98＝(200 t×40%)∶(95%·x)
x≈257.9 t。
4．称取2.0 g 制得的K2FeO4样品溶于适量KOH 溶液中，加入足量KCrO2溶液，充分反应后过滤，将滤液
转移到250 mL 容量瓶定容。取25.00 mL 定容后的溶液于锥形瓶，加入稀硫酸酸化，滴加几滴二苯胺磺酸
钠作指示剂，用0.10 mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，终点由紫色变为绿色，重复操作2 次，平均消
耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为26.00 mL。发生的反应有：
FeO＋CrO＋2H2O===CrO＋Fe(OH)3↓＋OH－，
2CrO＋2H＋===Cr2O＋H2O，
Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。
则标准溶液应选用________(填“酸式”或“碱式”)滴定管盛放，该K2FeO4样品的纯度为________%。
【答案】 酸式 85.8
【解析】 FeO～CrO～Cr2O～3Fe2＋
1 mol 3 mol
n 0.10 mol·L－1×0.026 L
n＝×0.10 mol·L－1×0.026 L，该样品的纯度为
×100%＝85.8%。
三、守恒法的应用
5．在a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO 完全沉淀；加入足量
强碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中Al3＋的浓度(mol·L－1)为( )
A.
B.
C.
D.
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【答案】 D
【解析】 由混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO 完全沉淀，根据SO＋Ba2＋===BaSO4↓可
知n(SO)＝b mol；由加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，根据NH＋OH－
=====NH3↑＋H2O 可知n(NH)＝c mol，由于溶液不显电性，设原溶液中Al3＋的物质的量为x mol，由电
荷守恒可知，3x＋c＝2b，所以x＝，由于溶液的体积是a L，所以原溶液中Al3＋的物质的量浓度c(Al3＋)＝
＝ mol·L－1，故D 正确。
6．铜和镁的合金4.6 g 完全溶于浓硝酸，若反应后硝酸被还原，只产生4 480 mL 的NO2气体和336 mL 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．9.02 g
B．8.51 g
C．8.26 g
D．7.04 g
【答案】 B
【解析】 最后沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，Cu 和Mg 共4.6 g，关键是求增加的n(OH－)，n(OH－)等于金
属单质所失电子的物质的量，即n(OH－)＝×1 mol＋×2 mol＝0.23 mol，故沉淀的质量为4.6 g＋0.23×17 g
＝8.51 g。
四、平均值的应用
7．把含有某一种氯化物杂质的MgCl2粉末95 g 溶于水后，与足量AgNO3溶液反应，测得生成的AgCl 为
300 g，则该MgCl2中的杂质可能是( )
A．NaCl
B．AlCl3
C．KCl
D．CaCl2
【答案】 B
【解析】 提供1 mol Cl－所需各物质的质量(即平均摩尔Cl－质量)分别为
物质的化学式
MgCl2
NaCl
AlCl3
KCl
CaCl2
平均摩尔Cl－质量
47.5
58.5
44.5
74.5
55.5
而平均值＝95×≈45.4，小于45.4 的只有AlCl3。
8．标准状况下，34 g CO 和CO2混合气体的体积为22.4 L，关于该混合气体有下列的说法：①混合气体中
两种气体的分子个数比为5∶3 ②混合气体中两种气体的质量比为35∶33 ③混合气体中碳和氧的原子个
数比为8∶11 ④混合气体的密度约为1.52 g·L－1，其中正确的是( )
A．只有①
B．只有②
C．只有①和④
D．①②③④都正确
【答案】D
【解析】标准状况下，34 g CO 和CO2混合气体的体积为22.4 L，即混合气体的物质的量是1 mol，根
据M＝知，混合气体的平均摩尔质量是34 g·mol －1，利用十字交叉法确定两种物质的物质的量之比
，所以一氧化碳和二氧化碳的物质的量之比为10∶6＝5∶3，则n(CO)＝ mol，n(CO2)＝ mol。
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①混合气体中两种气体的分子个数比等于其物质的量之比，即N(CO) ∶N(CO2)＝5∶3，故正确；②混合气
体中两种气体的质量比为∶＝35∶33，故正确；③混合气体中碳和氧的原子个数比为∶＝8∶11，故正确；
④混合气体的密度为≈1.52 g·L－1，故正确。
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