中学化学常见解题方法

1 差 量 法 一 方法存在的依据 差量法是根据在化学反应中反应物与生成物的差量和造成这种差量的实质及其关系 列出比例式求解的解题方法 我们甚至把 差量 看成是化学方程式中的一种特殊产物 该 差量的大小与参与反应的物质的有关量成正比 一般说来 化学反应前后凡有质量差 气 体体积差 密度差 压强差等差量都可用差量法求解 解题的关键是做到明察秋毫 抓住 造成差量的实质 即根据题意确定 理论差值 再根据题目提供的 实际差量 列出正确的比 例式 求出答案 二 方法的关键 利于差量法解题的关键在于寻求差量与某些量之间的比例关系 以差量做为解题的突破口 如果能够找出造成差量的原因 并掌握其运算范围 即使题目形式多变 也能迅速作出 解答 三 差量法的数学原理 设反应 A B C 质量差 增加或减少 a c a c 或 c a x y x y 也就是说 在化学反应前后 物质的质量差和参加该反应的反应物或生成物的质量成正比 例关系 这就是根据质量差进行化学计算的原理 四 差量法解题的步骤 根据化学方程式分析反应前后形成差量的原因 即影响质量变化的因素 找出差量与已知量 未知量间的关系 然后再列比例式 对应成比例 注意 单位要一 致 求解 五 典型例题剖析 1 固体质差量 2 由质量守恒定律可以推知 在一个化学方程式中 反应物 生成物各物质之间具有一定的 质量比例关系 而各物质与其中任意二者之间的质量差值也存在着一定的比例关系 因此 运用质量差计算的实质是质量守恒 例 1 在某些硫酸铜溶液中 加入一个质量为 1 12g 的铁片 经过一段时间 铁片表面覆盖了 一层红色的铜 取出洗净 烘干 称重 质量变为 1 16g 计算在这个化学反应中溶解了铁多 少克 析出了铜多少克 分析 Fe CuSO4 FeSO4 Cu 从化学方程可以看出 铁片质量的增加 与铁的溶解和铜的析出直接联系 每溶解 56g 铁 将 析出 64g 铜 会使铁片 质量增加 64g 56g 8g 根据铁片增加的质量 1 16g 1 12g 可计算出溶解的 Fe 的质量和析出的 Cu 的质量 解 设溶解的 Fe 为 xg 析出的 Cu 为 yg e CuSO4 FeSO4 Cu m 56 64 64 56 x y 1 16 1 12 x 0 28 g y 0 32 g 答 在这个化学反应中溶解了铁 0 28g 析出了铜 0 32g 例 2 27 4gNa2CO3和 NaHCO3混合物加热至质量减少到 21 2g 则混合物中 NaHCO3的质量 分数为多少 解 设 NaHCO3的质量为 x 2NaHCO3 Na2CO3 H2O CO2 m 168 106 168 106 62 x 27 4 21 2 x 16 8 g 从而求得 NaHCO3的质量分数为 61 3 仔细体验 12 8gCu 片投入 AgNO3溶液中 过一会儿取出 称的质量为 13 56g 求 有多少克 Ag 析出 把 6 1g 干燥纯净的氯酸钾和二氧化锰的混合物放在试管里加热 当完全分解 冷却后 称得剩余固体质量为 4 2g 求原混合物里氯酸钾有多少克 3 2 液体质差量 例 用含杂质 杂质不与酸作用 也不溶于水 的铁 10 克与 50 克稀硫酸完全反应后 滤去杂质 所得液体质量为 55 4 克 求此铁的纯度 分析 Fe H2SO4 FeSO4 H2 m 56g 2g 56 2 54 由化学方程式可知 影响溶液质量变化的因素是参加反应的铁和生成的氢气 每有 56 份质 量的铁参加反应 进入 溶液中的同时 则可生成 2 份质量的氢气从溶液中逸出 故溶液 质量增加 56 2 54 份 由题目给的差量 55 4 克 50 克 5 4 克 据此便可列比例求解 解 设此铁的纯度为 x Fe H2SO4 FeSO4 H2 m 液体质量增加 56g 2g 56g 2g 54g 10 x 55 4g 50g 5 4g x 56 答 此铁的纯度为 56 仔细体验 1 向 50gFeCl3的溶液中放入一小块钠 待反应完全后 过滤得到仍有棕黄色 的溶液 45 9 则投入钠的质量为 A 4 6g B 4 1g C 6 9g D 9 2g 2 某二价金属元素 它的氧化物质量为 14g 全部转化为氯化物时质量为 27 8g 则此金属 元素的式量为 3 在等质量的下列固体中 分别加入等质量的稀硫酸 足量 至反应完毕时 溶液质量 最大的是 A Fe B Al C Ba OH 2 D Na2CO3 4 向 KI 溶液中滴入 AgNO3溶液直至完全反应 过滤后滤液的质量恰好与原溶液质量相等 则 AgNO3溶液中溶质的质量分数为多少 3 气体差量 例 将 12 克 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 克 求原混合气体中 CO 的质量分数 分析 CuO CO Cu CO2 28 44 由化学方程式可知 气体质量增加的原因是 CO 夺取了氧化铜中的氧元素 每 28 份质量的 CO 参加反应 可生成 44 份质量的 使气体质量增加 44 28 16 份 现已知气体质量增 加 18 克 12 克 6 克 据此便可列比例求解 解 设原混合气体中 CO 的质量分数为 x CuO CO Cu CO2 气体质量增加 差量 28 44 44 28 26 12 18 克 12 克 6 克 x 87 5 答 原混合气体中 CO 的质量分数为 87 5 4 例 将 44g 二氧化碳气体通入装有过氧化钠得硬质玻管 发现导出得气体变为 38 4g 问 此过程中发生了什么反应 有多少过氧化钠参加了反应 解 设有 x g 过氧化钠参加反应 则有 2Na2O2 2CO2 2Na2CO3 O2 m 气体的质量减少 156g 88g 32g 88g 32g 56g xg 44 38 4 5 6g x 15 6 答 此过程中发生了过氧化钠与二氧化碳的反应 有 15 6g 过氧化钠参加了反应 例 6 在一定条件下 合成氨反应达到平衡后 混合气体中 NH3的体积占 25 若反应前 后条件保持不变 则反应后缩小的气体体积与原反应物体积的比值是 A 1 5 B 1 4 C 1 3 D 1 2 解 设平衡后 混合气体的体积为 1L 则 NH3为 0 25L 由 N2 3H2 2NH3 V 减少 1L 3L 2L 2L 可以知道 生成 0 25L NH3 总体积减少 0 25L 则原来有 1 25L 答案是 A 气体压强差 即物质的量差 仔细体验 1 一氧化碳和二氧化碳的混合气体 18 克 通入足量的灼热的氧化铜 充分反 应后得到气体的质量为 22 克 求原混合物中一氧化碳和二氧化碳的质量各是多少 7 克 11 克 2 将 CO2和 O2的混合气体 4 48 升通过足量的 Na2O2 经充分反应后 气体的体积变为 3 36L 均在相同状况下测得 求原混合气体中 O2的体积 3 将 27gCO 和 CO2的混合气体点燃后 得到 CO2总质量为 33g 则该混合气体中 CO 的 质量为 A 13g B 14g C 10 5g D 16 5g 4 天平平衡问题 例 7 在天平左右两边的托盘上 各放一个盛有等质量 等溶质质量分数的足量稀硫酸的 烧杯 待天平平衡后 向两烧中分别加入铁和镁 若要使天平仍保持平衡 求所加铁和镁 的质量比 分析 因硫酸足量 故铁和镁全参加反应 Fe H2SO4 FeSO4 H2 Mg H2SO4 MgSO4 H2 由化学方程式可知 影响天平两端质量变化的因素是加入的金属和生成的氢气 分别加入铁和镁后 只有当天平两端增加的质量相同时 天平才可仍保持平衡 解 设所加铁与镁的质量分别为 x y 设此时天平两端增加的质量均为 a Fe H2SO4 FeSO4 H2 m 增加的质量 差量 56 2 56 2 54 x a Mg H2SO4 MgSO4 H2 m 增加的质量 差量 24 2 24 2 22 y a 5 56 54 x a 24 22 y a x y 77 88 仔细体验 1 天平两边的烧杯中 注放足量的盐酸 并使之平衡 向一端烧杯中加入 30g 镁 若使天平保持平衡 须向另一端烧杯中加入 g 钠 守 恒 法 一 方法存在的依据 守恒法是一种中学化学典型的解题方法 它利用物质变化过程中某一特定的量固定不变 来列式求解 可以免去一些复杂的数学计算 大大简化解题过程 提高解题速度和正确率 它的优点是用宏观的统揽全局的方式列式 不去探求某些细微末节 直接抓住其中的特 有守恒关系 快速建立计算式 巧妙地解答题目 物质在参加反应时 化合价升降的总数 反应物和生成物的总质量 各物质中所含的每一种原子的总数 各种微粒所带的电荷总 和等等 都必须守恒 所以守恒是解计算题时建立等量关系的依据 守恒法往往穿插在其 它方法中同时使用 是各种解题方法的基础 利用守恒法可以很快建立等量关系 达到速 算效果 二 守恒法的类型 运用守恒法解题的基本类型主要有 1 原子 或离子 个数守恒 2 电子守恒 3 电荷守 恒 4 质量守恒 5 物质的量守恒 6 体积守恒 7 浓度守恒 下面介绍其中的四种方法 1 电荷守恒 在溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数 溶液电中性 例 1 1L 混合溶液中含 SO42 0 00025mol Cl 0 0005mol NO3 0 00025mol Na 0 00025 mol 其余为 H 则 H 物质的量浓度为 A 0 0025 mol L 1 B 0 0001 mol L 1 C 0 001 mol L 1 D 0 005 mol L 1 分析 由电荷守恒知 n Na n H 2n SO42 n Cl n NO3 即 0 00025 mol n H 2 0 00025 mol 0 0005 mol 0 00025 mol 求得 n H 0 001 mol 故 c H 0 001mol 1L 0 001mol L 答案选 C 例 2 在 K2SO4 Al2 SO4 3 的混合液中 已知 c Al3 0 4mol L c SO42 0 7mol L 则溶液中 c K 为 A 0 1mol L B 0 15mol L C 0 2mol L D 0 25mol L 分析 由电荷守恒知 c K 1 c Al3 3 c SO42 2 即 c K 1 0 4mol L 3 0 7 2 故求得 c K 0 2mol L 仔细体验 1 已知 M2O7x 和 S2 在酸性溶液中发生如下反应 M2O7x 3S2 14H 2M3 3S 7H2O 则 M2O7x 中 M 元素的化合价是 A 2 B 3 C 4 D 6 2 某溶液中只含 K Na NO3 SO42 等四种离子 水微弱电离产生的 H OH 不计 离子的个数之比依次为 1 6 3 2 则该溶液所含溶质可能是 A KNO3 Na2SO4 B K2SO4 NaNO3 C K2SO4 NaNO3 KNO3 D KNO3 Na2SO4 NaNO3 2 电子守恒 氧化还原反应中氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数 即得失电子守恒 例 3 某氧化剂中 起氧化作用的是 X2O72 离子 在溶液中 0 2 mol 该离子恰好能使 0 6mol SO3 离子完全氧化 则 X2O72 离子还原后的化合价为 6 A 1 B 2 C 3 D 4 分析 在上述反应中 氧化剂为 X2O72 还原剂为 SO32 设反应后 X 元素的化合价为 a 则 X 元素化合价由 6 降为 a S 元素化合价由 4 升为 6 1molX 元素得电子 6 a mol 1molS 元素失电子 6 4 mol 2 mol 由电子守恒知 2 0 2 6 a 0 6 2 求得 a 3 答案选 C 例 4 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 336mlN2O4 都已折算到标准状况 在反应后的溶液中 加入足量的氢氧化纳溶液 生 成沉淀的质量为 A 7 04g B 8 26g C 8 51g D 9 02g 解析 根据题干提供的条件 由可逆反应 2NO2 N2O4 求出开始放出的 NO2的物质的 量 即 n NO2 根据得失电子守恒可知铜和镁共失电子 0 23mol 4 22 2336 0 4 22 48 4 又根据 Cu2 Cu OH 2 Mg2 Mg OH 2可知铜和镁最终生成氢氧化物沉淀增加了 0 23molOH 的质量 求出沉淀的质量为 4 6 0 23 17 答案是 C 仔细体验 1 某氧化剂中 起氧化作用的是 X2O72 离子 在溶液中 0 2 mol 该离子恰好能 使 0 6molSO32 离子完全氧化 则 X2O72 离子还原后的化合价为 A 1 B 2 C 3 D 4 2 一定条件下 NH4NO3受热分解的未配平的化学方程式为 5NH4NO3 2HNO3 4 2 9H2O 在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为 3 已知 25 0ml 0 100mol L 的 Na2S2O3溶液恰好把标况下 224mLCl2完全还原成 Cl 则 S2O32 将转化为 A S2 B S C SO32 D SO42 4 24ml 0 05mol L 的 Na2SO3溶液恰好于 20ml 0 02mol L 的 K2Cr2O7溶液完全反应 则元素 Cr 在还原产物中的化合价为 3 元素守恒 在一些复杂多步的化学过程中 虽然发生的化学反应多 但某些元素的物质 的量 浓度等始终没有发生变化 整个过程中元素守恒 例 5 将 KCl 与 KBr 混合物 13 400g 溶于水配成 500mL 溶液 通过足量的 Cl2让其反应 将 溶液蒸干得固体 11 175g 则原溶液中 K Cl Br 的物质的量浓度之比为 A 1 2 3 B 3 2 1 C 1 3 2 D 2 3 1 解析 因为 KCl 中 nK nCl KBr 中 nK nBr 所以原溶液中 c K c Cl c Br 答案是 B 例 6 有一在空气中暴露过的 KOH 固体 经分析知其内含水 7 62 K2CO32 88 KOH90 若将此样品 1g 加入到 46 00ml 的 1 mol L 1盐酸中 过量的酸再用 1 07mol L 1KOH 溶 液中和 蒸发中和后的溶液可得固体多少克 分析 此题中发生的反应很多 但仔细分析可知 蒸发溶液后所得固体为氯化钾 其 Cl 全部来自于盐酸中的 Cl 在整个过程中 Cl 守恒 即 n KCl n HCl 故 m KCl 0 046L 1 mol L 1 74 5 g mol 1 3 427 g 例 7 把 NaHCO3与 Na2CO3 10H2O 的混合物 6 56 克溶于水配制成 100ml 溶液 已知此 溶液中 Na 的物质浓度为 0 5 mol L 若将等质量的该混合物加热到质量不再变化为止 则其质量减少了多少克 7 解析 利用钠元素的物质的量守恒 反应前钠元素的物质的量为 0 5 100 103 0 05 mol 解 设生成 Na2CO3的质量为 xg 由 Na 元素的物质的量守恒得 2Na Na2CO3 2mol 0 05mol 106g xg 2mol 106g 解得 x 2 65g 0 05mol xg 故减少的质量为 6 56 2 65 3 91 g 仔细体验 1 把一种 NaOH 溶液分为两等份 一份密封保存 另一份敞开存放 几天后 用同一种盐酸分别与两份溶液恰好完全反应 所需盐酸的体积是否相等 为什么 4 质量守恒 质量守恒是根据化学反应前后反应物的总质量与生成物的总质量相等的原理 进行计算或推断 主要包括 反应物总质量与生成物总质量守恒 反应中某元素的质量 守恒 结晶过程中溶质总质量守恒 可逆反应中反应过程总质量守恒 例 8 用 1L1mol L 1的 NaOH 溶液吸收 0 8molCO2 所得溶液中 CO32 和 HCO3 的物质的量 浓度之比约为 A 1 3 B 2 1 C 2 3 D 3 2 解析 利用 Na 元素和 C 元素的物质的量守恒 反应前 Na 在 NaOH 中共 1mol C 元 素在 CO2中 0 8mol 反应后 Na 元素在 Na2CO3和 NaHCO3中 C 在 CO32 和 HCO3 中 设溶液中有 xmol CO32 ymol HCO3 则有 2x y 1 x y 0 8 联立得 x 0 2 y 0 6 答案为 A 仔细体验 1 在反应 X 2Y R 2M 中 已知 R 和 M 的摩尔质量之比为 22 9 当 1 6gX 与 Y 完全反应后 生成 4 4gR 则在此反应中 Y 和 M 的质量比为 A 16 9 B 23 9 C 32 9 D 46 94 2 把 44 克 CO2通入 1000 克 6 的 NaOH 溶液中 试计算生成的 Na2CO3和 NaHCO3的质 量各是多少克 极值法 又称极端假设法 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 一 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 再结合平均值原则确定正确答案 例 1 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 8 假定 1 4g 物质全是金属单质 设为 R 假定 1 40g 全是氧化物设为 R2O 则 R ROH m 则 R2O 2ROH m MR 17 2MR 16 18 1 40 1 79 1 40 解之 MR 61 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 仔细体验 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 二 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 2 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 NH4 2CO3 NH4NO3 C NH4HCO3 NH4Cl D NH4Cl NH4 2CO3 解析 假设样品为纯 NH4 2SO4 则由 NH4 2SO4 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 NH4 2SO4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 NH4 2SO4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 NH4 2 HCO3 2 NH4NO3 NH4 2 NO3 2 NH4Cl NH4 2Cl2 部分 式量 HCO3 122 NO3 2 124 Cl2 71 CO3 60 而 NH4 2SO4中 SO4 96 故答案选 D 仔细体验 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 三 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 3 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 式 则依据电子守恒可得 3x y 2z 0 06 式 式减去 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 41M 05 0 460 045300 005 若 N2O4物质的量的为 0 01 mol 则 NO2为 0 04 mol 55 22M 05 0 920 01460 04 9 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 仔细体验 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 四 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 4 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 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 5 xa 0 4 5 D 平均摩电子质量法在化学计算中的运用 摩电子质量 Ae 可定义为某物质在反应中转移 1mol 电子引起的质量改变 单位 g mol e 此法在计算中运用了氧化还原本质 电子守恒这一基本理论 平均摩电子质量 Ae 可定义为两种或两种以上物质组成的混合物在反应中转移 1mol 电子引起的质量改变 此法在计算中的应用主要利用了平均值原理 简单地说 两个 数值 a b 的平均值一定介于 a b 之间 反之 已知两个数的平均值 若其中一数值比 11 平均值大 则可推知另一数值必比平均值小 在化学计算中 若应用此平均摩电子质量法便是巧妙地迁移了这种平均值原理 例 1 0 1mol 某物质与足量硫充分反应 质量增加 1 6 克 则构成这种单质的元素是 A Cu B K C Al D Fe 解析 Ae S 16g mol e 反应时消耗硫 1 6 克 得电子 0 1mol 可知 0 1mol 金 属在反应时失电子 那么可知此金属反应后化合价为 1 价 从而确定答案为 A B 例 2 有两种金属组成的合金 50 克与 Cl2完全反应 消耗 Cl271 克 则该合金的可能组成 是 A Na Zn B Na Al C Fe Mg D Ca Cu 解析 金属与 Cl2发生的反应中 Cl2为氧化剂 反应中得电子 金属失电子 得失电子相 等 m Cl2 7 克 n Cl2 1mol 得电子 2mol 则 50 克合金失 2mol 电子 Ae 25g mol e 根据平均值原理 则两种金属的 Ae 必有一种大于 25g mol e 另一种小于 25g mol e Ae Na 23g mol e Ae Zn 32 5g mol e Ae Al 9g mol e Ae Fe 18 7g mol e Ae Mg 12g mol e Ae Ca 20g mol e Ae Cu 32g mol e 故答案为 A D 例 3 两种金属的混合粉末 15 克跟足量盐酸反应时 生成 11 2L 氢气 标准状况 下列 各组金属能构成上述条件的混合物是 A Mg Ag B Cu Zn C Al Fe D Mg Al 解析 Ae 15g mol e Ae Mg 12g mol e Ae Zn 32 5g mol e Ae Al 9g mol e Ae Fe 28g mol e Cu Ag 不与盐酸反应 混合物组合的 Ae 必是 一个大于 15g mol e 一个小于 15g mol e 或者都等于 15g mol e 故答案为 A C 练习 1 今有 18 克的两种金属混合物 投入足量盐酸中完全反应后 金属无剩余 并得 到标准状况下的氢气 11 2L 则此混合物可能是 A Mg Fe B Al Cu C Na Al D Mg Al 2 有 Mg Al Fe 和 Cu 四种金属 若两两混合取混合物 26 克 使之与足量稀 H2SO4反 应 产生 11 2L 氢气 标准状况 则该混合物可能的组成方式最多有 种 3 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 平均值法 12 原理 若混和物由 A B C 等多种成分组成 它们的特征量为M1 M2 M3 它 们在混合物中所占分数分别为n1 n2 n3 它们的特征量的平均值为M 则 总 总 n m 321 332211 nnn MnMnMn M 若混合物只有A B两种成分 且已知M1 M2 则必有M1 M M2 若已知M 则M1和 M2必有一个比M大 另一个比M小 也就是说我们只要知道M就可推知M1 M2的取值范围 而不要进行复杂的计算就可以迅速得出正确的答案 体积平均值 例1 丙烯和某气态烃组成的混和气体完全燃烧时 所需氧气的体积是混合烃体积的5 倍 相同状况 则气态烃是 A C4H8 B C3H4 C C2H6 D C2H4 析 由烃燃烧规律可推知 1体积的丙烯 C3H8 完全燃烧需要4 5体积氧气 3C 3CO2 需3O2 6H 3H2O 需1 5O2 小于5体积 根据题意及平均值的概念得另一气态烃1体积 完全燃烧时需氧量必大于5体积 经比较只有A符合要求 摩尔质量 或相对原子 分子质量 平均值 例2 下列各组气体 不论以何种比例混和 其密度 同温同压下 不等于氮气的密度的是 A O2和H2 B C2H4和CO C O2和Cl2 D CH4和C2H2 析 依题意 混和气体的平均相对分子质量不会等于28 即各组分气体的相对分子质 量必须都大于28或都小于28 因此C和 D符合题意 百分含量平均值 例3 某不纯的氯化铵 已测知其氮元素的质量分数为40 且只含一种杂质 则这 种杂质可能是 A NH4HCO3 B NaCl C NH4NO3 D CO NH2 2 析 氯化铵的含氮量为14 53 5 100 25 7 40 则杂质中必含氮 且含氮量大 于40 进一步计算 估算 可得答案为D 中子数或其它微粒数的平均值 例4 溴有两种同位素 在自然界中这两种同位素大约各占一半 已知溴的原子序数为 35 相对原子质量为80 则溴的这两种同位素的中子数分别等于 A 79 81 B 44 45 C 44 46 D 34 36 析 由溴的相对原子质量及原子序数知溴元素的中子数的平均值为80 36 45 则其中 一种同位素的中子数必大于45 另一同位素中子数小于45 显然答案是C 浓度的平均值 例5 100mL0 2mol L 1的NaOH溶液与50mL0 5mol L 1的NaOH溶液混合 所得溶液 的浓度是 A 0 3mol L 1 B 0 35mol L 1 C 0 7mol L 1 D 0 4mol L 1 析 由题意 混合溶液可看成50mL0 2mol L 1的NaOH溶液2份与1份50mL0 5mol L 1 的NaOH溶液混合而成 故浓度为 0 2 0 2 0 5 2 1 0 3 mol L 1 即选A 摩尔电子质量的平均值 13 摩尔电子质量 We 某物质在反应中转移1mol电子引起的质量改变 单位是 克 摩 电子 1 g mol e 1 平均摩尔电子质量 几种物质组成的混合物在反应中转 移1mol电子引起的质量改变 例6 两种金属的混合粉末15g 跟足量盐酸的应时 恰好得到11 2L氢气 标准状况 下 列各组金属不能构成符合上述条件的混和物是 A Mg和Ag B Cu和Zn C Al和Fe D Mg和Al 析 金属与酸反应时 每产生0 5mol氢气 标况11 2L 就要转移1mol电子 由题意得两 金属的摩尔电子质量的平均值为15g mol e 1 则两金属的摩尔电子质量必符合 We1 15 We2 而上述金属中Cu和Ag与盐酸不反应 其它金属与盐酸反应时的摩尔电子