高中化学所有类型的计算题的解法归纳
【知识网络】
【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H 2SO 4、浓HNO 3、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：
VL ，其中C 气体的体积占10%，下列推断正确的是（1994年全国高考题）
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： 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。 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 C 8H 16经多步裂化，最后完全转化为C 4H 8、C 3H 6、C 3H 6、C 2H 4、C 2H 6、CH 4五种气体的混合物。该混合物的平均相对分子质量可能是（2001年上海高考题）
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C 8H 18为直链，物质的量为1mol 。其裂化方式有：
①C 8H 18→C 4H 8+C4H 1O ；C 4H 10→C 2H 6+C2H 4或C 4H 10→C 3H 6+CH4。C 4H 10的两种裂化共产生2mol 气体，总计得C 4H 8、C 2H 6、C 2H 4、C 3H 6、CH 4五种气体3mol 。则式量为：114÷3=38。
②C 8H 18→C 2H 4+C6H 14，C 6H 14→C 2H 4+C4H 10，C 4H 10→C 2H 6+C2H 4，C 4H 10→C 3H 6+CH4。
1 1 1 1 C 4H 10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H 2SO 4完全电离为H +和SO 42-），则c(K+) 为（1998年上海高考题）
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（1997年全国高考题）
A.NO 2 B.NO C.N 2O D.N 2
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N 2O 3）；X=2，Y=1（N 2O ）；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（1999年上海高考题）
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0.06molHNO 3，而产生的1.12L 气体不管是NO 还是NO 2，需要0.05mol 的HNO 3，总共消耗HNO 30.11mol 。
答案：B
方法要领：在反应过程中HNO 3由浓变稀，如以为Cu 与浓硝酸反应后，得到气体全为NO 2，则造成错误。由：Cu+4HNO3(浓)= Cu(NO3) 2+2NO2↑+2H2O 得NO 20.03mol×2=0.06 mol，现已知收集到0.05 mol，说明后来HNO 3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NaH 2PO 4脱水形成聚磷酸盐Na 200H 2P 200O 601，共脱去水分子的数目为（2000年上海高考题） 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(NaH2PO 4)n 中的n 值为200，将n 乘入单体各原子，得“Na 200H 400P 200O 800”，减去聚磷酸钠“Na 200H 2P 200O 601”中的各原子个数，得到“H 398O 199”，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+2H2SO 4=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/LNa2S 2O 3标准溶液滴定反应中生成的碘，反应如下2Na 2S 2O 3+I2= Na 4S 4O 6+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%。（1990年全国高考题）
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Cl 2的总质量（未知）→求样品反应能产生Cl 2的总质量[即所配250mL 溶液可产生Cl 2的质量→求取出25mL 溶液反应产生Cl 2的量→由有关化学方程式找关系式（即Cl 2～I 2～2Na 2S 2O 3）]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Cl 2物质的量为y 2Na 2S 2O 3～ Cl2 2mol 1mol 2.0×10mol 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O 2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（1997年上海高考题）
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O 2反应的NO 为m/2体积。由4NO+3O2+2H2O=4HNO3，
-3
可知：m/2:n=4:3，m:n=8:3。
答案：C
方法要领：关于NO x +O2+H2O →HNO 3的计算，把以下两个反应（3NO 2+H2O=2HNO3+NO，2NO+O2=2NO2）进行叠加可得：4NO+3O2+2H2O=4HNO3或4NO 2+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O 2，这样选项B 也是可能的。
例9 由CO 2、H 2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CO 2、H 2和CO 的体积比为 (1999年上海高考题)
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N 2相同，CO 2与H 2体积比： CO 2 26
V(CO2):V(H2)=26:5=13:8。 H 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N 2式量相等，用十字交叉法计算CO 2与H 2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N 2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（1998年全国高考题）
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NO 2气体和336mL 的N 2O 4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（2000年上海高考题）
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HNO 3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0.16molCO 2和3.6g 水，下列说法正确的是：混合气体中（1995年上海高考题）
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C 1.6H 4，所以一定有CH 4，另一烃必有4个H 原子，即C 2H 4或C 3H 4。
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（1998年上海高考题）
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（1997年上海高考题）
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NH 3为4.48L 。而实际上只得到
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NH 4HCO 3外，其余3种铵盐中氮的质量分数均超过(NH4) 2SO 4，但只要含有NH 4HCO 3，即使另一种铵盐超过(NH4) 2SO 4的质量分数，也可因NH 4HCO 3在杂质中为主，以致可能导致NH 3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： 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（1996年全国高考题）
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
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) 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%。
高中化学所有类型的计算题的解法归纳
【知识网络】
【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H 2SO 4、浓HNO 3、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：
VL ，其中C 气体的体积占10%，下列推断正确的是（1994年全国高考题）
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： 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。 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 C 8H 16经多步裂化，最后完全转化为C 4H 8、C 3H 6、C 3H 6、C 2H 4、C 2H 6、CH 4五种气体的混合物。该混合物的平均相对分子质量可能是（2001年上海高考题）
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C 8H 18为直链，物质的量为1mol 。其裂化方式有：
①C 8H 18→C 4H 8+C4H 1O ；C 4H 10→C 2H 6+C2H 4或C 4H 10→C 3H 6+CH4。C 4H 10的两种裂化共产生2mol 气体，总计得C 4H 8、C 2H 6、C 2H 4、C 3H 6、CH 4五种气体3mol 。则式量为：114÷3=38。
②C 8H 18→C 2H 4+C6H 14，C 6H 14→C 2H 4+C4H 10，C 4H 10→C 2H 6+C2H 4，C 4H 10→C 3H 6+CH4。
1 1 1 1 C 4H 10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H 2SO 4完全电离为H +和SO 42-），则c(K+) 为（1998年上海高考题）
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（1997年全国高考题）
A.NO 2 B.NO C.N 2O D.N 2
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N 2O 3）；X=2，Y=1（N 2O ）；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（1999年上海高考题）
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0.06molHNO 3，而产生的1.12L 气体不管是NO 还是NO 2，需要0.05mol 的HNO 3，总共消耗HNO 30.11mol 。
答案：B
方法要领：在反应过程中HNO 3由浓变稀，如以为Cu 与浓硝酸反应后，得到气体全为NO 2，则造成错误。由：Cu+4HNO3(浓)= Cu(NO3) 2+2NO2↑+2H2O 得NO 20.03mol×2=0.06 mol，现已知收集到0.05 mol，说明后来HNO 3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NaH 2PO 4脱水形成聚磷酸盐Na 200H 2P 200O 601，共脱去水分子的数目为（2000年上海高考题） 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(NaH2PO 4)n 中的n 值为200，将n 乘入单体各原子，得“Na 200H 400P 200O 800”，减去聚磷酸钠“Na 200H 2P 200O 601”中的各原子个数，得到“H 398O 199”，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+2H2SO 4=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/LNa2S 2O 3标准溶液滴定反应中生成的碘，反应如下2Na 2S 2O 3+I2= Na 4S 4O 6+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%。（1990年全国高考题）
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Cl 2的总质量（未知）→求样品反应能产生Cl 2的总质量[即所配250mL 溶液可产生Cl 2的质量→求取出25mL 溶液反应产生Cl 2的量→由有关化学方程式找关系式（即Cl 2～I 2～2Na 2S 2O 3）]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Cl 2物质的量为y 2Na 2S 2O 3～ Cl2 2mol 1mol 2.0×10mol 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O 2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（1997年上海高考题）
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O 2反应的NO 为m/2体积。由4NO+3O2+2H2O=4HNO3，
-3
可知：m/2:n=4:3，m:n=8:3。
答案：C
方法要领：关于NO x +O2+H2O →HNO 3的计算，把以下两个反应（3NO 2+H2O=2HNO3+NO，2NO+O2=2NO2）进行叠加可得：4NO+3O2+2H2O=4HNO3或4NO 2+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O 2，这样选项B 也是可能的。
例9 由CO 2、H 2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CO 2、H 2和CO 的体积比为 (1999年上海高考题)
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N 2相同，CO 2与H 2体积比： CO 2 26
V(CO2):V(H2)=26:5=13:8。 H 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N 2式量相等，用十字交叉法计算CO 2与H 2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N 2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（1998年全国高考题）
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NO 2气体和336mL 的N 2O 4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（2000年上海高考题）
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HNO 3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0.16molCO 2和3.6g 水，下列说法正确的是：混合气体中（1995年上海高考题）
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C 1.6H 4，所以一定有CH 4，另一烃必有4个H 原子，即C 2H 4或C 3H 4。
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（1998年上海高考题）
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（1997年上海高考题）
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NH 3为4.48L 。而实际上只得到
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NH 4HCO 3外，其余3种铵盐中氮的质量分数均超过(NH4) 2SO 4，但只要含有NH 4HCO 3，即使另一种铵盐超过(NH4) 2SO 4的质量分数，也可因NH 4HCO 3在杂质中为主，以致可能导致NH 3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： 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（1996年全国高考题）
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
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) 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%。