高中化学计算题的14种基本解法

化学计划题是中高足在化学研习中对比头痛的一类题目，下列14种办法让你释然无边。

这类办法主若是应用于回答有机物(特为是烃类)领会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，

于是也许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，合适的即是其所属的种别。

[例1]某直链一元醇14克能与金属钠全面反响，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醇只可更改出molH2，由生成0.2克H2判断出14克醇应有0.2mol，于是其摩尔原料为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，聚集“直链”，进而判断其同分异构体数量为6个.

这类办法最合适定性地求解搀和物的构成，即只求出搀和物的也许成份，不必琢磨各组分的含量。根据搀和物中各个物理量(譬喻密度，体积，摩尔原料，物资的量浓度，原料分数等)的界说式或聚集题目所给前提，也许求出搀和物某个物理量的平衡值，而这个平衡值必需介于构成搀和物的各成份的统一物理量数值之间，换言之，搀和物的两个成份中的这个物理量一定一个比平衡值大，一个比平衡值小，才华合适请求，进而可判定出搀和物的也许构成。

[例2]将两种金属单质搀和物13g，加到充足稀硫酸中，共放出准则处境下气体11.2L，这两种金属也许是（）A．Zn和FeB．Al和Zn

C．Al和MgD．Mg和Cu

将搀和物看成一种金属来看，由于是充足稀硫酸，13克金属集体反响生成的11.2L(0.5摩尔)气体集体是氢气，也即是说，这类金属每放出1摩尔氢气需26克，假设集体是+2价的金属，其平衡原子量为26，则构成搀和物的+2价金属，其原子量一个大于26，一个小于26.代当选项，在置换出氢气的反响中，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，由于在反响中显+3价，要置换出1mol氢气，只需18克Al便够，可看做+2价时其原子量为=18，一样假若有+1价的Na参加反当令，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，于是可看做原子量为无量大，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，于是A、C都不合适请求，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。

这类办法最合适定性地求解搀和物的构成，即只求出搀和物的也许成份，不必琢磨各组分的含量。根据搀和物中各个物理量(譬喻密度，体积，摩尔原料，物资的量浓度，原料分数等)的界说式或聚集题目所给前提，也许求出搀和物某个物理量的平衡值，而这个平衡值必需介于构成搀和物的各成份的统一物理量数值之间，换言之，搀和物的两个成份中的这个物理量一定一个比平衡值大，一个比平衡值小，才华合适请求，进而可判定出搀和物的也许构成。

[例3]将两种金属单质搀和物13g，加到充足稀硫酸中，共放出准则处境下气体11.2L，这两种金属也许是（）A．Zn和FeB．Al和Zn

C．Al和MgD．Mg和Cu

将搀和物看成一种金属来看，由于是充足稀硫酸，13克金属集体反响生成的11.2L(0.5摩尔)气体集体是氢气，也即是说，这类金属每放出1摩尔氢气需26克，假设集体是+2价的金属，其平衡原子量为26，则构成搀和物的+2价金属，其原子量一个大于26，一个小于26.代当选项，在置换出氢气的反响中，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，由于在反响中显+3价，要置换出1mol氢气，只需18克Al便够，可看做+2价时其原子量为=18，一样假若有+1价的Na参加反当令，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，于是可看做原子量为无量大，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，于是A、C都不合适请求，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。

化学题特为是取舍题中所波及的计划，所要考核的是化学学识，而不是运算技术，于是之中的计划的量该当是较小的，时常都不需计出切当值，可聚集题目中的前提对运算后果的数值实行揣度，合适请求的便可采选。

[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℃逐步冷却，则最先析出晶体的温度界限是

A．0-10℃B．10-20℃

C．20-30℃D．30-40℃

本题考核的是溶液结晶与溶质熔解度及溶液饱和度的关连。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，根据熔解度的界说，[熔解度/(熔解度+克水)]×%=饱和溶液的原料分数，假设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，可得出后果，但运算量太大，不合适取舍题的特色。

从表上可知，该盐熔解度随温度高涨而增大，也许反过来将22%的溶液当做某温度时的饱和溶液，只需温度低于该温度，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，应用预算，应介于25与30之间，此熔解度只可在30-40℃中，故选D。

对于在反响历程中有波及物资的量，浓度，微粒个数，体积，原料等差质变动的一个详细的反响，应用差质变动的数值有助于敏捷的确地创设定量关连，进而消除做梗，火速解题，乃至于一些因前提不够而无法处理的题目也瓜熟蒂落。

[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%

根据电离度的观念，只需求出已电离的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，可根据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-也别离为CXmol，溶液中未电离的HA就为(C-CX)mol，于是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，于是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:根据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，如今微粒数由正本的C摩变成nC摩，增大了(n-1)*C摩，连忙可知有(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.

将统统选项可某个非常物资逐个代入原题来求出的确后果，这正本是解取舍题中最无法时才采纳的办法，但只需恰本地聚集题目所给前提，缩窄要代入的界限，也也许应用代入的办法火速解题。

[例6]某种烷烃11克全面焚烧，需准则处境下氧气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克烃全面焚烧生成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克烃全面焚烧生成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.

对于多步反响，可根据百般的关连(主若是化学方程式，守恒等)，列出对应的关连式，倏地地在请求的物资的数量与题目给出物资的数量之间创设定量关连，进而罢黜了波及中央历程的洪量运算，不只节俭了运算功夫，还防止了运算失足对计划后果的影响，是最时常哄骗的办法之一。

[例7]确定量的铁粉和9克硫粉搀和加热，待其反响后再参预过多盐酸，将生成的气体全面焚烧，共搜集得9克水，求参预的铁粉原料为（）

A．14gB．42g

C．56gD．28g

由于题目中无指明铁粉的量，于是铁粉也许是过多，也也许是不够，则与硫粉反响后，参预过多盐酸时生成的气体就有多种也许:或许惟有H2S(铁集体更改成FeS2)，或许是既有H2S又有H2(铁除了生成FeS2外再有残剩)，于是只凭硫粉原料和生成的水的原料，不易创设方程求解.

根据各步反响的定量关连，列出关连式:(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响，每1个铁都终究生成了1个H2O，于是火速得出铁的物资的量即是水的物资的量，根柢与硫无关，于是应有铁为9/18=0.5摩，即28克。

已知一个有机物的分子式，根据题目标请求去计划干系的量例似乎分异构体，反响物或生成物的构造，反响方程式的系数比等，时常要用到构造对比法，其关键是要对有机物的构造特色熟悉透辟，将干系的官能团的地方，性质纯熟把握，代入对应的前提中实行断定。

[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，不需琢磨官能团异洽商碳链异构，只求官能团的地方异构，如按时常做法，将四个溴原子逐个代入萘环上的氢的地方，便可数出同分异构体的数量，但由于数量多，构造对比格外困苦，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?不丑陋出，萘环上惟有六个氢原子也许被溴代替，也即是说，每代替四个氢原子，就一定余下两个氢原子未代替，根据"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实行代替的不同组合就有9种，于是根柢不需逐个代，火速推知萘环上四溴代物的同分异构体就有9种.

这是求解有机物分子构造简式或构造式中最罕用的办法.一个有机物的分子式算出后，也许有许多种不同的构造，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，再商议其也许构成便敏捷许多.

[例9]某有机物5.6克全面焚烧后生成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.假设该有机物能使溴水退色，并且此有机物和新制的氢氧化铜搀和后加热形成血色积淀，试判断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，于是其分子量是CO的2倍，即56，而5.6克有机物即是0.1摩，全面焚烧生成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，分子式中惟有1个氧，进而断定分子式是C3H4O.根据该有机物能产生斐林反响，解释此中有-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，只也许为-CH=CH2，于是该有机物构造就为H2C=CH-CHO。

物资在参加反当令，化合价起落的总额，反响物和生成物的总原料，各物资中所含的每一种原子的总额，百般微粒所带的电荷总和等等，都必需守恒.于是守恒是解计划题时创设等量关连的根据，守恒法每每穿插在其余办法中同时哄骗，是百般解题办法的根底，欺诈守恒法也许很快创设等量关连，抵达速算后果.

[例10]已知某强氧化剂[RO(OH)2]+能被硫酸钠复原到较廉价态，假设复原含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元素的终究价态为

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，根据2.4×10-3mol[RO(OH)2]-与12ml×0.2mol?L－1=0.mol的亚硫酸钠全面反响，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，于是每摩尔[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。

化学反响历程中各物资的物理量每每是合适确定的数量关连的，这些数量关连即是时常所说的反响规律，展现为通式或公式，囊括有机物分子通式，焚烧耗氧通式，化学反响通式，化学方程式，各物理量界说式，各物理量彼此转折关连式等，乃至于从践行中本身归纳的通式也可充足欺诈.纯熟欺诈百般通式和公式，可大幅度减低运算功夫和运算量，抵达事倍功半的后果.

[例11]℃时，1体积某烃和4体积O2混和，全面焚烧后复原到正本的温度和压强，体积稳固，该烃分子式中所含的碳原子数不行能是（）

A、1B、2

C、3D、4

本题是有机物焚烧规律应用的模范，由于烃的种别谬误定，氧能否过多又未知，假设纯真将含碳由1至4的百般烃的分子式代入焚烧方程，运算量大并且未势必统统也许性都找得出.应用有机物的焚烧通式，设该烃为CXHY，其全面焚烧方程式为:CXHY+(X+Y/4)O2==XCO2+Y/2H2O，由于反响先后温度都是℃，于是H2O为气态，要计体积，在不异处境下气体的体积比就相当于摩尔比，则不论O2能否过多，每1体积CXHY只与X+Y/4体积O2反响，生成X体积CO2和Y/2体积水蒸气，体积变量一定为1-Y/4，只与分子式中氢原子数量干系.按题意，由于反响先后体积稳固，即1-Y/4=0，连忙获得分子式为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，惟有C4H4不行能.

取舍型计划题最重要的特色是，四个选项中一定有的确谜底，只需将不的确的谜底剔除，残剩的即是应选谜底.欺诈这一点，针对数据的非常性，可应用将不行能的数据消除的办法，不直接求解而获得的确选项，特为是单选题，这一办法愈加灵验.

[例12]取不异体积的KI，Na2S，FeBr2三种溶液，别离通入氯气，反响都全面时，三种溶液所耗费氯气的体积(在同温同压下)不异，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响的关连式写出，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办法来解，但要实行确定量的运算，没有充足欺诈取舍题的非常性.根据四个选项中KI和FeBr2的比例或Na2S和FeBr2的比例均不不异这一特色，只需求出此中一个比值，曾经可得出的确选项.因KI与Cl2反响产品为I2，即两反响物mol比为2∶1，FeBr2与Cl2反响产品为Fe3+和Br2，即两反响物mol比为2∶3，可化简为∶1，当Cl2用量不异时，则KI与FeBr2之比为2∶即3∶1，A、B、D中比例不合适，给以消除，惟有C为应选项.假设取Na2S与FeBr2来算，同理也可得出不异后果.本题还可进一步放慢解题速率，捉住KI，Na2S，FeBr2三者构造特色--等量物资与Cl2反当令，FeBr2需耗至多Cl2.换言之，当Cl2的量相等时，参加反响的FeBr2的量起码，于是等体积的溶液中，其浓度最小，在四个选项中，也惟有C合适请求，为应选谜底.

十字穿插法是特意用来计划溶液浓缩及稀释，搀和气体的平衡构成，搀和溶液中某种离子浓度，搀和物中某种成份的原料分数等的一种罕用办法，其哄骗办法为：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

则搀和物中所含A和B的比值为(c-b):(a-c)，至于浓缩，可看做是原溶液A中节减了原料分数为0%的水B，而稀释则是补充了原料分数为%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%，可采纳的办法是A.挥发溶剂的1/2

B.挥发掉A/2克的溶剂C.参预3A/14克NaNO3

D.参预3A/20克NaNO3

根据十字穿插法，溶液由15%变成30%差量为15%，增大溶液原料分数可有两个办法:(1)参预溶质，要使%的NaNO3变成30%，差量为70%，于是参预的原料与原溶液原料之比为15:70，即要3A/14克.(2)挥发节减溶剂，要使0%的溶剂变成30%，差量为30%，于是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.假设设未知数来求解本题，需求做两次计划题，则所花功夫要多许多.

将题目所供应的数值或物资的构造，化学式实行合适分拆，成为彼此关连的几个部份，也许便于创设等量关连或实行对比，将运算简化.这类办法最合用于有机物的构造对比(与残基法类似)，统一物资参加多种反响，以及对于化学均衡或商议型的计划题.

[例14]将各为0.摩的下列各物资在不异前提下全面焚烧，耗费氧气的体积起码的是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计划，由于是等摩尔的物资，全面可用焚烧通式求出每一个选项耗氧的摩尔数，但本题只需求定量对比各个物资耗氧量的几多，不必求出切当值，故此可应用拆分法:甲酸构造简式为HCOOH，可拆为H2O+CO，焚烧时办惟有CO耗氧，甲醛为HCHO，可拆为H2O+C，比甲酸少了一个O，则等摩尔焚烧历程中生成不异数量的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，于是可知等量物资焚烧时乙醛耗氧至多.

固然，解题办法并不但限定于以上14种，再有各人从践行中归纳出来的百般百般的阅历办法，百般办法都有其本身的益处.在茂密的办法中，不论哄骗哪一种，都该当注重下列几点：

1.要捉住题目中的明白提醒，譬喻差值，守恒关连，反响规律，选项的数字特色，构造特色，以及彼此关连，并聚集通式，化学方程式，界说式，关连式等，断定应选的办法.

2.哄骗百般解题办法时，确定要将干系的量的关连搞通晓，特为是差量，守恒，关连式等不要弄错，也不能凭空臆造，免得拔苗助长，弄巧反拙.

3.坚固的根底学识是百般解题办法的后援，解题时应在根本观念根本理论动手，在剖析题目前提上找办法，暂时未能找到巧解办法，先从最根本办法求解，按步就班，再从中开掘速算办法.

4.在解题历程中，每每需求将多种解题办法聚集一同同时应用，以抵达最好后果.

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