高中化學(xué) 平均值法計(jì)算方法總結(jié)

1、方法總論平均值法混合物的平均式量、元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)、生成的某指定物質(zhì)的量總是介于組分的相應(yīng)量的最大值M2與最小值M1之間，表達(dá)式為M1 < M < M2，已知其中兩個(gè)量，可以確定另一個(gè)量的方法，稱(chēng)為平均值法。一平均相對(duì)分子質(zhì)量1在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，氣體A的密度為1.25 g/L，氣體B的密度為1.875 g/L，A和B混合氣體在相同狀況下對(duì)H2的相對(duì)密度為16.8，則混合氣體中A和B的體積比為A1:2 B2:1 C2:3 D3:2二平均摩爾電子質(zhì)量轉(zhuǎn)移1 mol電子時(shí)所對(duì)應(yīng)的物質(zhì)的質(zhì)量就是摩爾電子質(zhì)量。如Al為27/3，Mg為24/2.2由兩種金屬組成的合金50 g與Cl2完全反應(yīng)，消耗C

2、l2 71 g，則合金可能的組成是ACu和Zn BCa和Zn CFe和Al DNa和Al三利用平均值的公式進(jìn)行計(jì)算相對(duì)分子質(zhì)量為M1、M2的物質(zhì)按物質(zhì)的量之比為a:b混合后，MM1a/ntM2b/nt。3有A、B、C三種一元堿，它們的相對(duì)分子質(zhì)量之比為3:5:7，如果把7 mol A、5 mol B、3 mol C混合均勻，取混合堿5.36 g，恰好中和含0.15 mol HCl的鹽酸，則A、B、C三種一元堿的相對(duì)分子質(zhì)量分別是_、_、_。24，40，56。四平均雙鍵數(shù)法基本思想：烷烴雙鍵數(shù)為0，單烯烴雙鍵數(shù)為1，炔烴雙鍵數(shù)為2?；旌蠠N雙鍵數(shù)根據(jù)具體情況確定，可利用雙鍵數(shù)的平均值求解有關(guān)問(wèn)題。

3、4標(biāo)準(zhǔn)狀況下的22.4 L某氣體與乙烯的混合物，可與含溴8%的溴的CCl4溶液800 g恰好加成，則該氣體可能是A乙烷 B丙烯 C乙炔 D1,3-丁二烯五巧練5已知Na2SO3和Na2SO4組成的混合物中，硫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為24.6%，則混合物中Na2SO3與Na2SO4的物質(zhì)的量之比為A1:3 B3:1 C4:1 D1:46現(xiàn)有銣和另一種堿金屬形成的合金50 g，當(dāng)它與足量水反應(yīng)時(shí)，放出標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氫氣22.4 L，這種堿金屬可能是ALi BNa CK DCs摩爾電子質(zhì)量法根據(jù)在氧化還原反應(yīng)中，得失電子相等的原則，立意是提供、得到或偏移1 mol電子所需要和涉及的物質(zhì)的質(zhì)量，利用這種物質(zhì)的質(zhì)量來(lái)

4、解決的方法稱(chēng)為摩爾電子質(zhì)量法。抓住轉(zhuǎn)化過(guò)程中的關(guān)鍵因素，思路明確、簡(jiǎn)化過(guò)程。1兩種金屬粉末的混合物2 g，與足量的稀硫酸反應(yīng)，生成0.1 g H2，則這個(gè)混合物可能是AFeMg BMgAl CFeZn DAlCu2將4 g某金屬加入到100 mL 4 mol/L的稀硫酸中，當(dāng)硫酸濃度降為原來(lái)一半時(shí)（假設(shè)體積沒(méi)有發(fā)生變化），金屬還沒(méi)有完全溶解，則該金屬是AZn BAl CFe DMg3有兩種鐵的氧化物X和Y，質(zhì)量分別為2.16 g和1.74 g，在加熱條件下，分別用足量CO還原，并把生成的CO2各自通入足量的澄清石灰水中，都得到3 g沉淀，則這兩種氧化物分別為AFeO和Fe2O3 BFe2O3和

5、Fe3O4 CFeO和Fe3O4 DFe2O3和FeO4Cl2和ClO2均具有強(qiáng)氧化性，可作為飲用水的消毒劑。其中，用Cl2消毒的飲用水中含有微量對(duì)人體有潛在危害作用的含氯化合物，而ClO2則沒(méi)有；并且用ClO2消毒的效益是Cl2的2.63倍，試通過(guò)計(jì)算加以證明。5在500 mL 0.2 mol/L的硫酸銅溶液中插入兩個(gè)電極，通電電解（不考慮H+在陰極的放電及水分蒸發(fā)），當(dāng)電路中有0.04 mol電子通過(guò)時(shí)，陰極增重_g。1.28 g。估算法化學(xué)題尤其是選擇題中所涉及的計(jì)算，所要考查的是化學(xué)知識(shí)，而不是運(yùn)算技能，所以其中的計(jì)算量應(yīng)該是較小的，有時(shí)不需要計(jì)算出確切值，符合要求的便可選取；為提高解

6、題的速率，簡(jiǎn)化運(yùn)算的程序，通過(guò)邏輯推理，確定出結(jié)果的大致范圍，結(jié)合題給信息，直接得出答案，做到“不戰(zhàn)而勝”。1元素X有兩種天然同位素65X和63X，其原子個(gè)數(shù)百分比分別為31%和69%，則該元素的相對(duì)原子質(zhì)量約為A63 B63.5 C64 D64.52甲、乙兩種化合物都只含X、Y兩種元素，甲、乙中X元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)分別為50%和40%。若已知甲的分子式是XY2，則乙的分子式只可能是AXY BX2Y CX2Y3 DXY3 38.8 g CO2與足量的Na2O2固體反應(yīng)，Na2O2固體增重為A14.4 g B15.6 g C8.8 g D5.6 g4將1 mol CO和1 mol H2O(g)充入某

7、固定容積的密閉容器中，在一定條件下發(fā)生反應(yīng)：CO(g)H2O(g) CO2(g)H2(g)，達(dá)到平衡時(shí)，有2/3的CO轉(zhuǎn)化為CO2，在相同條件下將1 mol CO和2 mol H2O(g)充入同一反應(yīng)容器中，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡后，混合氣體中CO2的體積分?jǐn)?shù)可能為A22.2% B28.2% C33.3% D37.8%5下列四種溶液中，由水電離生成的氫離子濃度之比（:）是 pH0的鹽酸 0.1 mol/L的鹽酸 0.01 mol/L的NaOH溶液 pH11的NaOH溶液A14:13:2:3 B0:1:12:11 C14:13:12:11 D1:10:100:1000平均值法巧解一平均相對(duì)分子質(zhì)量1MA

8、1.25×22.428，MB1.875×22.442，M2×16.833.6；十字交叉法可得：A/B3/2.二平均摩爾電子質(zhì)量2消耗Cl2為1 mol，轉(zhuǎn)移2 mol電子，則合金的平均摩爾電子質(zhì)量為50/225 g/mol。摩爾電子質(zhì)量：Zn(65/2)，Cu(64/2)，Na(23/1)，Ca(40/2)，F(xiàn)e(56/3)，Al(27/3)。三利用平均值的公式進(jìn)行計(jì)算3A、B、C：3x、5x、7x；M3x×7/155x×5/157x×3/1567x/15。0.15×67x/155.36，x8。即：A:24，B:40，C:5

9、6；（LiOH，NaOH，KOH）。四平均雙鍵數(shù)法4n(Br2)800×8%/1600.4 mol，即混合氣體中平均雙鍵數(shù)為：0.4/10.4。乙烯的雙鍵數(shù)為1，大于0.4，則另一氣體必小于0.4，故A正確。五巧練5M32/24.6%130，M(Na2SO3)126，M(Na2SO4)142。十字交叉法可得：M(Na2SO3)/M(Na2SO4)3/1。6生成1 mol H2，得到2 mol 電子，M50/225。M(Rb)85>25，故M<25即可。摩爾電子質(zhì)量法巧解1生成0.1 g H2即得到0.1 mol電子，M2/0.120 g/mol。摩爾電子質(zhì)量：Cu(無(wú)窮)

10、，Zn(65/2)，F(xiàn)e(56/2)，Mg(24/2)，Al(27/3)。2可消耗的H+為：n(H+)2×0.1×4/20.4 mol，則M4/0.410 g/mol。M>10即可。3n(CO)n(CO2)n(CaCO3)3/1000.03 mol，即得到電子為：0.06 mol。M(X)2.16/0.0636 g/mol，M(Y)1.74/0.0629 g/mol。M(FeO)72/236 g/mol，M(Fe2O3)160/626.6 g/mol，M(Fe3O4)232/829 g/mol。4M(Cl2)71/235.5 g/mol，則消毒能力為1/35.5；M(ClO2)67.5/513.5 g/mol，則消毒能力為1/13.5。故消毒能力之比為2.63。5M(Cu)64/232 g/mol，m(Cu)0.04×321.28 g。（n(Cu)0.1 mol > 0.02 mol）估算法巧解1如果原子個(gè)數(shù)百分比為50%，則相對(duì)原子質(zhì)量為64。由于63X所占比例較大，所以其平均值必偏離64，接近63而大于63。故選B。2乙中X的質(zhì)量分?jǐn)?shù)小，將乙