高中化学计算题15计,处处显威力

1.商余法

这类法子主如果哄骗于回答有机物(特为是烃类)懂得分子量后求出其分子式的一类题目。对于烃类，由于烷烃通式为CnH2n+2，分子量为14n+2，对应的烷烃基通式为CnH2n+1，分子量为14n+1，烯烃及环烷烃通式为CnH2n，分子量为14n，对应的烃基通式为CnH2n-1，分子量为14n-1，炔烃及二烯烃通式为CnH2n-2，分子量为14n-2，对应的烃基通式为CnH2n-3，分子量为14n-3，是以能够将已知有机物的分子量减去含氧官能团的式量后，差值除以14(烃类直接除14)，则最大的商为含碳的原子数(即n值)，尾数代入上述分子量通式，相符的即是其所属的种别。

[例1]某直链一元醇14克能与金属钠全部反映，生成0.2克氢气，则此醇的同分异构体数量为（）A、6个B、7个

C、8个D、9个

由于一元醇只含一个-OH，每mol醇只可变换出molH2，由生成0.2克H2估计出14克醇应有0.2mol，是以其摩尔原料为72克/摩，分子量为72，扣除羟基式量17后，残剩55，除以14，最大商为3，余为13，不公道，应取商为4，余为-1，代入分子量通式，应为4个碳的烯烃基或环烷基，连合“直链”，进而估计其同分异构体数量为6个.

2.平衡值法

这类法子最稳当定性地求解混杂物的构成，即只求出混杂物的大概成份，不必思考各组分的含量。遵照混杂物中各个物理量(譬喻密度，体积，摩尔原料，物资的量浓度，原料分数等)的界说式或连合题目所给前提，能够求出混杂物某个物理量的平衡值，而这个平衡值必需介于构成混杂物的各成份的统一物理量数值之间，换言之，混杂物的两个成份中的这个物理量必定一个比平衡值大，一个比平衡值小，本领相符请求，进而可判定出混杂物的大概构成。

[例2]将两种金属单质混杂物13g，加到充足稀硫酸中，共放出准则境况下气体11.2L，这两种金属大概是（）A．Zn和FeB．Al和Zn

C．Al和MgD．Mg和Cu

将混杂物算做一种金属来看，由于是充足稀硫酸，13克金属全数反映生成的11.2L(0.5摩尔)气体全数是氢气，也即是说，这类金属每放出1摩尔氢气需26克，倘若全数是+2价的金属，其平衡原子量为26，则构成混杂物的+2价金属，其原子量一个大于26，一个小于26.代考取项，在置换出氢气的反映中，显+2价的有Zn，原子量为65，Fe原子量为56，Mg原子量为24，但对于Al，由于在反映中显+3价，要置换出1mol氢气，唯有18克Al便够，可看做+2价时其原子量为=18，一样假倘有+1价的Na参加反适时，将它看做+2价时其原子量为23×2=46，对于Cu，由于它不能置换出H2，是以可看做原子量为无限大，进而获得A中两种金属原子量均大于26，C中两种金属原子量均小于26，是以A、C都不相符请求，B中Al的原子量比26小，Zn比26大，D中Mg原子量比26小，Cu原子量比26大，故B，D为应选谜底。

3.极限法

这类法子最稳当定性地求解混杂物的构成，即只求出混杂物的大概成份，不必思考各组分的含量。遵照混杂物中各个物理量(譬喻密度，体积，摩尔原料，物资的量浓度，原料分数等)的界说式或连合题目所给前提，能够求出混杂物某个物理量的平衡值，而这个平衡值必需介于构成混杂物的各成份的统一物理量数值之间，换言之，混杂物的两个成份中的这个物理量必定一个比平衡值大，一个比平衡值小，本领相符请求，进而可判定出混杂物的大概构成。

[例3]将两种金属单质混杂物13g，加到充足稀硫酸中，共放出准则境况下气体11.2L，这两种金属大概是（）A．Zn和FeB．Al和Zn

C．Al和MgD．Mg和Cu

将混杂物算做一种金属来看，由于是充足稀硫酸，13克金属全数反映生成的11.2L(0.5摩尔)气体全数是氢气，也即是说，这类金属每放出1摩尔氢气需26克，倘若全数是+2价的金属，其平衡原子量为26，则构成混杂物的+2价金属，其原子量一个大于26，一个小于26.代考取项，在置换出氢气的反映中，显+2价的有Zn，原子量为65，Fe原子量为56，Mg原子量为24，但对于Al，由于在反映中显+3价，要置换出1mol氢气，唯有18克Al便够，可看做+2价时其原子量为=18，一样假倘有+1价的Na参加反适时，将它看做+2价时其原子量为23×2=46，对于Cu，由于它不能置换出H2，是以可看做原子量为无限大，进而获得A中两种金属原子量均大于26，C中两种金属原子量均小于26，是以A、C都不相符请求，B中Al的原子量比26小，Zn比26大，D中Mg原子量比26小，Cu原子量比26大，故B，D为应选谜底。

4.预算法

化学题特为是取舍题中所波及的谋略，所要观察的是化学常识，而不是运算技艺，是以之中的谋略的量理应是较小的，时常都不需计出切实值，可连合题目中的前提对运算结束的数值施行约莫，相符请求的便可采取。

[例4]已知某盐在不同温度下的熔解度下列表，若把原料分数为22%的该盐溶液由50℃渐渐冷却，则发端析出晶体的温度限制是

A．0-10℃B．10-20℃

C．20-30℃D．30-40℃

本题观察的是溶液结晶与溶质熔解度及溶液饱和度的相干。溶液析出晶体，象征着溶液的浓度超过了目下温度下其饱和溶液的浓度，遵照熔解度的界说，[熔解度/(熔解度+克水)]×%=饱和溶液的原料分数，倘若将各个温度下的熔解度数值代入，对比其饱和溶液原料分数与22%的巨细，可得出结束，但运算量太大，不相符取舍题的特色。从表上可知，该盐熔解度随温度飞腾而增大，能够反过来将22%的溶液当做某温度时的饱和溶液，唯有温度低于该温度，就会析出晶体。代入[熔解度/(熔解度+克水)]×%=22%，可得:熔解度×78=×22，即熔解度=/78，除法运算费事，哄骗预算，应介于25与30之间，此熔解度只可在30-40℃中，故选D。

5.差量法

对于在反映流程中有波及物资的量，浓度，微粒个数，体积，原料等差量改变的一个详细的反映，哄骗差量改变的数值有助于赶快精确地建设定量相干，进而消除骚扰，火速解题，以至于一些因前提不够而无法处置的题目也瓜熟蒂落。

[例5]在1升浓度为C摩/升的弱酸HA溶液中，HA，H+和A-的物资的量之和为nC摩，则HA的电离度是（）A．n×%B．(n/2)×%

C．(n-1)×%D．n%

遵照电离度的观念，唯有求出已电离的HA的物资的量，而后将这个值与HA的总量(1升×C摩/升=C摩)相除，其百分数即是HA的电离度.请求已电离的HA的物资的量，可遵照HAH++A-，由于原有弱酸为1升×C摩/升=C摩，设电离度为X，则电离出的HA的物资的量为XC摩，即电离出的H+和A-也离别为CXmol，溶液中未电离的HA就为(C-CX)mol，是以HA，H+，A-的物资的量之和为[(C-CX)+CX+CX]摩，即(C+CX)摩=nC摩，进而可得出1+X=n，是以X的值为n-1，取百分数故选C.本题中波及的微粒数较易混淆，采纳差量法有助于火速解题:遵照HA的电离式，每一个HA电离后生成一个H+和一个A-，即微粒数增大一，如今微粒数由本来的C摩变成nC摩，增大了(n-1)*C摩，马上可知有(n-1)*C摩HA产生电离，则电离度为(n-1)C摩/C摩=n-1，更快地选出C项谜底.

6.代入法

将全数选项可某个非常物资一一代入原题来求出确实结束，这本来是解取舍题中最无法时才采纳的法子，但唯有恰本地连合题目所给前提，缩窄要代入的限制，也能够哄骗代入的法子火速解题。

[例6]某种烷烃11克全部焚烧，需准则境况下氧气28L，这类烷烃的分子式是A．C5H12B．C4H10

C．C3H8D．C2H6

由于是烷烃，构成为CnH2n+2，分子量为14n+2，即每14n+2克烃全部焚烧生成n摩CO2和(n+1)摩H2O，便要耗去n+(n+1)/2即3n/2+1/2摩O2，现有烷烃11克，氧气为28/22.4=5/4摩，其比值为44:5，将选项中的四个n值代入(14n+2):由于是烷烃，构成为CnH2n+2，分子量为14n+2，即每14n+2克烃全部焚烧生成n摩CO2和(n+1)摩H2O，便要耗去n+(n+1)/2即3n/2+1/2摩O2，现有烷烃11克，氧气为28/22.4=5/4摩，其比值为44:5，将选项中的四个n值代入(14n+2):3n2+1/2，不需解方程便可火速得悉n=3为应选谜底.

7.相干式法

对于多步反映，可遵照各样的相干(主如果化学方程式，守恒等)，列出对应的相干式，赶快地在请求的物资的数量与题目给出物资的数量之间建设定量相干，进而罢黜了波及中央流程的洪量运算，不光节用了运算功夫，还防止了运算犯错对谋略结束的影响，是最时时哄骗的法子之一。

[例7]必定量的铁粉和9克硫粉混杂加热，待其反映后再插足过多盐酸，将生成的气体全部焚烧，共搜集得9克水，求插足的铁粉原料为（）A．14gB．42g

C．56gD．28g

由于题目中无指明铁粉的量，是以铁粉大概是过多，也大概是不够，则与硫粉反映后，插足过多盐酸时生成的气体就有多种大概:也许惟独H2S(铁全数变化成FeS2)，也许是既有H2S又有H2(铁除了生成FeS2外尚有残剩)，是以只凭硫粉原料和生成的水的原料，不易建设方程求解.遵照各步反映的定量相干，列出相干式:(1)Fe--FeS(铁守恒)--H2S(硫守恒)--H2O(氢守恒)，(2)Fe--H2(化学方程式)--H2O(氢定恒)，进而得悉，不论铁参加了哪一个反映，每1个铁都最后生成了1个H2O，是以火速得出铁的物资的量即是水的物资的量，根蒂与硫无关，是以应有铁为9/18=0.5摩，即28克。

8.对比法

已知一个有机物的分子式，遵照题宗旨请求去谋略关联的量例宛若分异构体，反映物或生成物的构造，反映方程式的系数比等，时时要用到构造对比法，其关键是要对有机物的构造特色知道透澈，将关联的官能团的地位，性质纯熟控制，代入对应的前提中施行断定。

[例8]分子式为C12H12的烃，构造式为，若萘环上的二溴代物有9种同分异构体，则萘环上四溴代物的同分异构体数量有（）A．9种B．10种

C．11种D．12种

本题是求萘环上四溴代物的同分异构体数量，不需思考官能团异议和碳链异构，只求官能团的地位异构，如按时常做法，将四个溴原子一一代入萘环上的氢的地位，便可数出同分异构体的数量，但由于数量多，构造对比极度坚苦，很易错数，漏数.捉住题目所给前提--二溴代物有9种，剖析所给有机物峁固氐?不丢脸出，萘环上惟独六个氢原子能够被溴庖代，也即是说，每庖代四个氢原子，就必定余下两个氢原子未庖代，遵照"二溴代物有9种"这一提醒，即萘环上只取两个氢原子的不同组合有9种，即象征着取四个氢原子施行庖代的不同组合就有9种，是以根蒂不需一一代，火速推知萘环上四溴代物的同分异构体就有9种.

9.残基法

这是求解有机物分子构造简式或构造式中最罕用的法子.一个有机物的分子式算出后，能够有不少种不同的构造，要末了断定其构造，可先将已知的官能团囊括烃基的式量或所含原子数扣除，余下的式量或原子数即是属于残存的基团，再商议其大概构成便赶快不少.

[例9]某有机物5.6克全部焚烧后生成6.72L(S.T.P下)二氧化碳和3.6克水，该有机物的蒸气对一氧化碳的相对密度是2，试求该有机物的分子式.倘若该有机物能使溴水退色，并且此有机物和新制的氢氧化铜混杂后加热形成赤色沉没，试估计该有机物的构造简式.

由于该有机物的蒸气对一氧化碳的相对密度为2，是以其分子量是CO的2倍，即56，而5.6克有机物即是0.1摩，全部焚烧生成6.72L(S.T.P)CO2为0.3摩，3.6克水为0.2摩，故分子式中含3个碳，4个氢，则每摩分子中含氧为56-3×12-4×1=16克，分子式中惟独1个氧，进而断定分子式是C3H4O.遵照该有机物能产生斐林反映，表明个中有-CHO，从C3H4O中扣除-CHO，残基为-C2H3，能使溴水退色，则有不饱和键，按其构成，只大概为-CH=CH2，是以该有机物构造就为H2C=CH-CHO。

10.守恒法

物资在参加反适时，化合价起落的总额，反映物和生成物的总原料，各物资中所含的每一种原子的总额，各样微粒所带的电荷总和等等，都必需守恒.是以守恒是解谋略题时建设等量相干的根据，守恒法每每交错在其余法子中同时哄骗，是各样解题法子的根基，行使守恒法能够很快建设等量相干，抵达速算成就.

[例10]已知某强氧化剂[RO(OH)2]+能被硫酸钠复原到较廉价态，倘若复原含2.4×10-3mol[RO(OH)2]+的溶液到廉价态，需12mL0.2mol/L的亚硫酸钠溶液，那末R元素的最后价态为A．+3B．+2

C．+1D．-1

由于在[RO(OH)2]-中，R的化合价为+3价，它被亚硫酸钠复原的同时，亚硫酸钠被氧化只可得硫酸钠，硫的化合价抬高了2价，遵照2.4×10-3mol[RO(OH)2]-与12ml×0.2mol?L－1=0.mol的亚硫酸钠全部反映，亚硫酸钠共升0.×2=0.价，则遵照起落价守恒，2.4×10-3mol[RO(OH)2]-共降也是0.价，是以每摩尔[RO(OH)2]-降了2价，R原为+3价，必需降为+1价，故不需配平方程式可直接选C。

11.规律法

化学反映流程中各物资的物理量每每是相符必定的数量相干的，这些数量相干即是时常所说的反映规律，体现为通式或公式，囊括有机物分子通式，焚烧耗氧通式，化学反映通式，化学方程式，各物理量界说式，各物理量彼此变化相干式等，以至于从理论中本人归纳的通式也可充足行使.纯熟行使各样通式和公式，可大幅度减低运算功夫和运算量，抵达一举两得的成就.

[例11]℃时，1体积某烃和4体积O2混和，全部焚烧后复原到本来的温度和压强，体积稳定，该烃分子式中所含的碳原子数弗成能是（）

A、1B、2

C、3D、4

本题是有机物焚烧规律哄骗的模范，由于烃的种别虚浮定，氧是不是过多又未知，倘若纯真将含碳由1至4的各样烃的分子式代入焚烧方程，运算量大并且未势必全数大概性都找得出.哄骗有机物的焚烧通式，设该烃为CXHY，其全部焚烧方程式为:CXHY+(X+Y/4)O2==XCO2+Y/2H2O，由于反映先后温度都是℃，是以H2O为气态，要计体积，在雷同境况下气体的体积比就相当于摩尔比，则不论O2是不是过多，每1体积CXHY只与X+Y/4体积O2反映，生成X体积CO2和Y/2体积水蒸气，体积变量必定为1-Y/4，只与分子式中氢原子数量关联.按题意，由于反映先后体积稳定，即1-Y/4=0，马上获得分子式为CXH4，此时再将四个选项中的碳原子数量代入，CH4为甲烷，C2H4为乙烯，C3H4为丙炔，惟独C4H4弗成能.

12.消除法

取舍型谋略题最紧要的特色是，四个选项中必定有确实谜底，唯有将不确实的谜底剔除，残剩的即是应选谜底.行使这一点，针对数据的非常性，可哄骗将弗成能的数据消除的法子，不直接求解而获得确实选项，特为是单选题，这一法子愈加灵验.

[例12]取雷同体积的KI，Na2S，FeBr2三种溶液，离别通入氯气，反映都全部时，三种溶液所耗损氯气的体积(在同温同压下)雷同，则KI，Na2S，FeBr2三种溶液的摩尔浓度之比是A、1∶1∶2B、1∶2∶3

C、6∶3∶2D、2∶1∶3

本题固然可用将氯气与各物资反映的相干式写出，遵照氯气用量相等获得各物资摩尔数，进而求出其浓度之比的法子来解，但要施行必定量的运算，没有充足行使取舍题的非常性.遵照四个选项中KI和FeBr2的比例或Na2S和FeBr2的比例均不雷同这一特色，唯有求出个中一个比值，曾经可得出确实选项.因KI与Cl2反映产品为I2，即两反映物mol比为2∶1，FeBr2与Cl2反映产品为Fe3+和Br2，即两反映物mol比为2∶3，可化简为∶1，当Cl2用量雷同时，则KI与FeBr2之比为2∶即3∶1，A、B、D中比例不相符，给以消除，惟独C为应选项.倘若取Na2S与FeBr2来算，同理也可得出雷同结束.本题还可进一步加速解题速率，捉住KI，Na2S，FeBr2三者构造特色--等量物资与Cl2反适时，FeBr2需耗至多Cl2.换言之，当Cl2的量相等时，参加反映的FeBr2的量至少，是以等体积的溶液中，其浓度最小，在四个选项中，也惟独C相符请求，为应选谜底.

13.十字交错法

十字交错法是特地用来谋略溶液浓缩及稀释，混杂气体的平衡构成，混杂溶液中某种离子浓度，混杂物中某种成份的原料分数等的一种罕用法子，其哄骗法子为：组分A的物理量a差量c-b

平衡物理量c(原料，浓度，体积，原料分数等)

组分B的物理量b差量a-c

则混杂物中所含A和B的比值为(c-b):(a-c)，至于浓缩，可看做是原溶液A中缩小了原料分数为0%的水B，而稀释则是增多了原料分数为%的溶质B，获得原料分数为c的溶液.

[例13]有A克15%的NaNO3溶液，欲使其原料分数变成30%，可采纳的法子是

A.挥发溶剂的1/2

B.挥发掉A/2克的溶剂

C.插足3A/14克NaNO3

D.插足3A/20克NaNO3

遵照十字交错法，溶液由15%变成30%差量为15%，增大溶液原料分数可有两个法子:

(1)插足溶质，要使%的NaNO3变成30%，差量为70%，是以插足的原料与原溶液原料之比为15:70，即要3A/14克.

(2)挥发缩小溶剂，要使0%的溶剂变成30%，差量为30%，是以挥发的溶剂的原料与原溶液原料之比为15%:30%，即要挥发A/2克.倘若设未知数来求解本题，须要做两次谋略题，则所花功夫要多不少.

14.拆分法

将题目所供给的数值或物资的构造，化学式施行稳当分拆，成为彼此关联的几个部份，能够便于建设等量相干或施行对比，将运算简化.这类法子最实用于有机物的构造对比(与残基法彷佛)，统一物资参加多种反映，以及对于化学均衡或商议型的谋略题.

[例14]将各为0.摩的下列各物资在雷同前提下全部焚烧，耗损氧气的体积至少的是

A.甲酸B.甲醛

C.乙醛D.甲酸甲酯

这是对于有机物的焚烧耗氧量的谋略，由于是等摩尔的物资，全部可用焚烧通式求出每一个选项耗氧的摩尔数，但本题唯有要定量对比各个物资耗氧量的几多，不必求出切实值，故此可哄骗拆分法:甲酸构造简式为HCOOH，可拆为H2O+CO，焚烧时办惟独CO耗氧，甲醛为HCHO，可拆为H2O+C，比甲酸少了一个O，则等摩尔焚烧流程中生成雷同数量的CO2和H2O时，耗多一个O.同理可将乙醛CH3CHO拆为H2O+C2H2，比甲酸多一个CH2，少一个O，耗氧量必然大于甲酸，甲酸甲酯HCOOCH3拆为2H2O+C2，比乙醛少了H2，耗氧量必然少，是以可知等量物资焚烧时乙醛耗氧至多.

固然，解题法子并不光限制于以上14种，尚有各人从理论中归纳出来的各样各类的阅历法子，各样法子都有其本身的益处.在繁多的法子中，不论哄骗哪一种，都应当留意下列几点：

1.要捉住题目中的明白提醒，譬喻差值，守恒相干，反映规律，选项的数字特色，构造特色，以及彼此相干，并连合通式，化学方程式，界说式，相干式等，断定应选的法子.

2.哄骗各样解题法子时，必定要将关联的量的相干搞理会，特为是差量，守恒，相干式等不要弄错，也不能凭空臆造，免得事与愿违，弄巧反拙.

3.结实的根基常识是各样解题法子的后台，解题时应在根基观念根基理论动手，在剖析题目前提上找法子，暂时未能找到巧解法子，先从最根基法子求解，按步就班，再从中挖掘速算法子.

4.在解题流程中，每每须要将多种解题法子连合一同同时哄骗，以抵达最好成就.