師殿峰

一、有關(guān)物質(zhì)的量與阿伏加德羅常數(shù)的計(jì)算

例1(江蘇化學(xué)卷)設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值.下列說法正確的是（）.

A.1 L 1mol·L-1的NaClO溶液中含有ClO-的數(shù)目為NA

B.78 g苯含有C＝C雙鍵的數(shù)目為3NA

C.常溫常壓下，14 g 由N2與CO組成的混合氣體含有的原子數(shù)目為NA

D.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，6.72 L NO2與水充分反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.1NA

解析在1 L 1 mol·L-1的NaClO溶液中，由于ClO-能夠水解，其物質(zhì)的量n(ClO-)<1 mol·L-1×1 L=1 mol，即其含有ClO-的數(shù)目小于NA，則A項(xiàng)錯(cuò)誤；盡管78 g苯的物質(zhì)的量為1 mol(78 g÷78 g·mol-1=1 mol)，但苯中沒有C＝C雙鍵(苯分子中的碳碳鍵是介于單鍵和雙鍵之間的一種獨(dú)特的鍵)，則B項(xiàng)錯(cuò)誤；因N2與CO的摩爾質(zhì)量均為28 g·mol-1，且均為雙原子分子，而14 g N2與CO的混合氣體的物質(zhì)的量為0.5 mol(14 g÷28 g·mol-1=0.5 mol)，其含有的原子數(shù)目為NA，則C項(xiàng)正確；標(biāo)

準(zhǔn)狀況下6.72 L NO2的物質(zhì)的量為0.3 mol(6.72 L÷22.4 L·mol-1=0.3 mol)，由反應(yīng)3NO2+H2O2HNO3+NO可知，0.3 mol NO2與水充分反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.2NA，則D項(xiàng)錯(cuò)誤.

答案為C.

例2(全國理綜課標(biāo)卷Ⅱ) N0為阿伏伽德羅常數(shù)的值.下列敘述正確的是（）.

A.1.0 L 1.0 mol·L-1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子數(shù)為2N0

B.12 g石墨烯(單層石墨)中含有六元環(huán)的個(gè)數(shù)為0.5N0

C.25℃時(shí)pH=13的NaOH溶液中含有OH-的數(shù)目為0.1N0

D.1 mol的羥基與1 mol的氫氧根離子所含電子數(shù)均為9N0

解析1.0 L 1.0 mol·L-1的NaAlO2水溶液中，溶質(zhì)的物質(zhì)的量n(NaAlO2)=1 mol·L-1×1 L=1 mol，1 mol NaAlO2中含有的氧原子數(shù)為2N0，但溶劑H2O中也含有氧原子，即其水溶液中含有的氧原子數(shù)大于2N0，則A項(xiàng)錯(cuò)誤；12 g(即12 g÷12 g·mol-1石墨烯含有N0個(gè)C原子，石墨烯中每一個(gè)六邊形含有2個(gè)C原子(因每一個(gè)C原子為三個(gè)六邊形共用，即每一個(gè)六邊形含有的C原子數(shù)為6÷3=2)，其含有六元環(huán)的個(gè)數(shù)為0.5N0(N0÷2=0.5N0)，則B項(xiàng)正確；對于C項(xiàng)，題目沒有給出溶液的體積，無法計(jì)算溶液中含有OH-的數(shù)目，則C項(xiàng)錯(cuò)誤；羥基(-OH)和氫氧根離子(OH-)中分別含有9個(gè)和10個(gè)電子，即1 mol的羥基與1 mol的氫氧根離子所含電子數(shù)分別為9N0和10N0，則D項(xiàng)錯(cuò)誤.故答案為B.

二、有關(guān)氧化還原反應(yīng)的計(jì)算

例3(上?；瘜W(xué)卷)汽車劇烈碰撞時(shí)，安全氣囊中發(fā)生反應(yīng)10NaN3+2KNO3→K2O+5Na2O+16N2↑.若氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多1.75mol，則下列判斷正確的是（）.

A.生成40.0 L N2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)

B.有0.250 mol KNO3被氧化

C.轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為1.25 mol

D.被氧化的N原子的物質(zhì)的量為3.75 mol

解析根據(jù)反應(yīng)方程式可知，NaN3是還原劑，KNO3是氧化劑，N2既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物(每生成16 mol N2，其中15 mol是氧化產(chǎn)物，1 mol是還原產(chǎn)物)，每生成16 mol N2，則氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多14 mol，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為10 mol，被氧化的N原子的物質(zhì)的量為30 mol，有2 mol KNO3被還原；現(xiàn)氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多1.75 mol，則生成N2的物質(zhì)的量為16 mol×(1.75 mol/14 mol)=2 mol(其在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為44.8L)，有0.250 mol(即2 mol×1.75 mol/14 mol=0.250 mol)KNO3被還原，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為10 mol×(1.75 mol/14 mol)=1.25 mol，被氧化的N原子的物質(zhì)的量為30 mol×(1.75 mol/14 mol)=3.75 mol.故答案為C、D.

例4(全國理綜課標(biāo)卷I，節(jié)選) 結(jié)晶水合草酸(H2C2O4·2H2O)成品的純度用高錳酸鉀法測定.稱量草酸成品0.250 g溶于水，用0.0500mol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定，至淺粉紅色不消褪，消耗KMnO4溶液15.00 mL，列式計(jì)算該成品的純度.

解析設(shè)樣品中H2C2O4·2H2O的質(zhì)量為m.因MnO-4+5e-→Mn2+，H2C2O4-2e-→2CO2；根據(jù)得失電子守恒原則得關(guān)系式“5H2C2O4·2H2O~2KMnO4”，則5×126 g︰2 mol=m︰0.0500mol·L-1×15.00×10-3 L，解得m=0.0500 mol·L-1×15.00×10-3×5×126 g2 mol，則其純度為0.0500 mol·L-1×15.00×10-3L×5×126 g2 mol×0.250 g ×100%=94.5%.答案為：94.5%.

三、有關(guān)溶液pH的計(jì)算

例5(全國理綜課標(biāo)卷Ⅱ)室溫時(shí)，M(OH)2(s)M2+(aq)+2OH-(aq)，Ksp=a；c(M2+)=bmol·L-1時(shí)，溶液的pH等于（）.

A.12lg(ba) B.12lg(ab)

C.14+12lg(ab) D.14+12lg(ba)

解析因Ksp=c(M2+)·c2(OH-)=b·c2(OH-)=a，解得c(OH-)=(ab)12mol·L-1；則c(H+)=1×10-14(ab)12mol·L-1=1×10-14×(ab)-12mol·L-1，pH= –lg{1×10-14×(ab)-12}=14+12lg(ab).故答案為C.

四、有關(guān)反應(yīng)熱的計(jì)算

例6(海南化學(xué)卷)已知下列反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)

2C3H5(ONO2)3ΔH1①

2H2(g)+O2(g)2H2O(g) ΔH2②

C(s)+O2(g)CO2(g)ΔH3③

則反應(yīng)4C3H5(ONO2)312CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g)的ΔH為（）.

A.12ΔH3+5ΔH2-2ΔH1 B.2ΔH1-5ΔH2-12ΔH3

C.12ΔH3-5ΔH2-2ΔH1 D.ΔH1-5ΔH2-12ΔH3

解析根據(jù)蓋斯定律，將③式×12+②式×5–①式×2得：4C3H5(ONO2)312CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g)ΔH=12ΔH3+5ΔH2-2ΔH1.故答案為A.

例7(江蘇化學(xué)卷，節(jié)選)磷是地殼中含量較為豐富的非金屬元素，主要以難溶于水的磷酸鹽［如Ca3(PO4)2等］形式存在.它的單質(zhì)和化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有著重要的應(yīng)用.白磷(P4)可由Ca3(PO4)2、焦炭和SiO2在一定條件下反應(yīng)獲得.相關(guān)熱化學(xué)方程式如下：

2Ca3(PO4)2(s)+10C(s)

6CaO(s)+P4(s)+10CO(g)

ΔH1=+3359.26 kJ· mol-1①

CaO(s)+SiO2(s)CaSiO3(s)

ΔH2=-89.61 kJ· mol-1②

2Ca3(PO4)2(s)+6SiO2(s)+10C(s)6CaSiO3(s)+P4(s)+10CO(g)ΔH3

則ΔH3=kJ·mol-1.

解析根據(jù)蓋斯定律，將①式+②式×6得③式：2Ca3(PO4)2(s)+6SiO2(s)+10C(s)6CaSiO3(s)+P4(s)+10CO(g)ΔH3=(+3359.26 kJ· mol-1)+(-89.61 kJ· mol-1)×6=+2821.6 kJ· mol-1.故答案為：+2821.6.

五、有關(guān)沉淀溶解平衡的計(jì)算

例8(全國理綜課標(biāo)卷Ⅰ)已知Ksp(AgCl)=1.56×10-10，Ksp(AgBr)=7.7×10-13，Ksp(Ag2CrO4)=9×10-11.某溶液中含有Cl-、Br-和CrO2-4，濃度均為0.010 mol·L-1，向該溶液中逐滴加入0.010 mol·L-1的AgNO3溶液時(shí)，三種陰離子產(chǎn)生沉淀的先后順序?yàn)椋ǎ?

A.Cl-、Br-、CrO2-4B.CrO2-4、Br-、Cl-

C.Br-、Cl-、CrO2-4D.Br-、CrO2-4、Cl-

解析設(shè)Cl-、Br-、CrO2-4 剛開始沉淀時(shí)所需銀離子的濃度分別為xmol·L-1、y mol·L-1、z mol·L-1.根據(jù)Ksp可得：Ksp(AgCl)=0.01x=1.56×10-10，Ksp(AgBr)=0.01y=7.7×10-13 ，Ksp(Ag2CrO4)=0.01z2=9×10-11，解得x=1.56×10-8，y=7.7×10-11，z=3×10-4.5，即y

六、有關(guān)化學(xué)反應(yīng)速率的計(jì)算

例9(上?；瘜W(xué)卷，節(jié)選)制備Ni(CO)4的反應(yīng)為Ni(s)+4CO(g)50℃Ni(CO)4(g)，已知在一定條件下的2L密閉容器中制備Ni(CO)4，粗鎳(純度98.5%，所含雜質(zhì)不與CO反應(yīng))剩余質(zhì)量和反應(yīng)時(shí)間的關(guān)系如圖1所示.Ni(CO)4在0～10 min的平均反應(yīng)速率為.

圖1解析由圖1信息可知，10 min時(shí)參加反應(yīng)的Ni的物質(zhì)的量為(100 g-41 g)÷59 g· mol-1=1 mol；由反應(yīng)可知，生成Ni(CO)4的物質(zhì)的量為1 mol，即Δc［Ni(CO)4］=1 mol÷2 L=0.5 mol·L-1；則由公式v=Δc/Δt得，v［Ni(CO)4］=0.5 mol·L-1÷10 min=0.05 mol·L-1·min-1.故答案為：0.05 mol·L-1·min-1.

例10(重慶理綜卷)化學(xué)在環(huán)境保護(hù)中起著十分重要的作用，催化反硝化法和電化學(xué)降解法可用于治理水中硝酸鹽的污染.催化反硝化法中，H2能將NO-3還原為N2，25℃時(shí)，反應(yīng)進(jìn)行10 min，溶液的pH由7變?yōu)?2.上述反應(yīng)離子方程式為，其平均反應(yīng)速率v(NO-3)為 mol·L-1·min-1.

解析因H2將NO-3還原為N2時(shí)溶液的pH變大，則有OH-生成，根據(jù)守恒原則可得其反應(yīng)離子方程式為2NO-3+5H2催化劑N2+2OH-+4H2O；因25℃時(shí)，反應(yīng)進(jìn)行10 min，溶液的pH由7變?yōu)?2，即△c(OH-)=1×10-2mol·L-1–1×10-7 mol·L-1=1×10-2mol·L-1；則由公式v=Δc/Δt得，v(OH-)=1×10-2 mol·L-1÷10min=0.001 mol·L-1·min-1；再由反應(yīng)離子方程式可知，v(NO-3)=v(OH-)=0.001 mol·L-1·min-1.故答案為：0.001 mol·L-1·min-1.

七、有關(guān)化學(xué)平衡的計(jì)算

例11(全國理綜課標(biāo)卷Ⅱ，節(jié)選)在1.0 L密閉容器中放入0.10 mol A(g)，在一定溫度進(jìn)行如下反應(yīng)：

A(g)B(g)+C(g)ΔH=+85.1 kJ· mol-1

反應(yīng)時(shí)間(t)與容器內(nèi)氣體總壓強(qiáng)(p)的數(shù)據(jù)見下表：時(shí)間t/h0124816202530 總壓強(qiáng)p/100kPa4.915.586.327.318.549.509.529.539.53回答下列問題：

（1）提高A的平衡轉(zhuǎn)化率應(yīng)采取的措施為.

（2）由總壓強(qiáng)p和起始壓強(qiáng)p0計(jì)算反應(yīng)物A的轉(zhuǎn)化率α(A)的表達(dá)式為.平衡時(shí)A的轉(zhuǎn)化率為，列式并計(jì)算反應(yīng)的平衡常數(shù)K.

解析（1）欲提高A的平衡轉(zhuǎn)化率，應(yīng)使平衡向右移動(dòng)，根據(jù)勒夏特列原理可知，應(yīng)采取的措施為升高溫度、降低壓強(qiáng).

（2）設(shè)起始時(shí)A的物質(zhì)的量為n.則

A(g)B(g)+C(g)物質(zhì)的量的差量(增加)

1 mol1 mol

n×α(A)n×α(A)

根據(jù)阿伏加德羅定律可知，nn+n·α(A)=p0p，解得α(A)=(pp0-1)×100%；將p0=4.91×100 kPa、p=9.53×100 kPa代入得，

α(A)=(9.53×100 kPa4.91×100 kPa-1)×100%

=94.1%.

A(g)B(g)+C(g)

起始物質(zhì)

的量濃度

(mol·L-1) 0.100 0

轉(zhuǎn)化物質(zhì)

的量濃度

(mol·L-1) 0.10×94.1% 0.0941 0.0941

=0.0941

平衡物質(zhì)

的量濃度

(mol·L-1) 0.0059 0.0941 0.0941

K=c(B)·c(C)c(A)

=0.0941 mol·L-1×0.0941 mol·L-10.0059 mol·L-1=1.5mol·L-1.

故答案為：（1）升高溫度，降低壓強(qiáng)；（2）(pp0-1)×100%，94.1%，1.5mol·L-1(計(jì)算過程見解析).

八、有關(guān)化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡的計(jì)算

例12(四川理綜卷)在一定溫度下，將氣體X和氣體Y各0.16 mol充入10 L恒容密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)X(g)+Y(g)2Z(g)ΔH<0，一段時(shí)間后達(dá)到平衡，反應(yīng)過程中測定的數(shù)據(jù)如下表：

t/min2479 n(Y)/mol0.120.110.100.10 下列說法正確的是（）.

A.反應(yīng)前2 min的平均速率v(Z)=2.0×10-3 mol·L-1·min-1

B.其他條件不變，降低溫度，反應(yīng)達(dá)到新平衡前v(逆)>v(正)

C.該溫度下此反應(yīng)的平衡常數(shù)K=1.44

D.其他條件不變，再充入0.2 mol Z，平衡時(shí)X的體積分?jǐn)?shù)增大

解析反應(yīng)頭2 min，Δc(Y)=(0.16 mol-0.12 mol)÷10 L=0.004 mol·L-1，則由公式v=Δc/Δt得，v(Y)=0.004 mol·L-1÷2 min=2.0×10-3 mol·L-1·min-1；再由反應(yīng)可知，v(Z)=2v(Y)=2×2.0×10-3 mol·L-1·min-1=4.0×10-3 mol·L-1·min-1.因該可逆反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，其他條件不變，降低溫度，平衡正向移動(dòng)，反應(yīng)達(dá)到新平衡前v(正)>v(逆).因該可逆反應(yīng)反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量不變，其他條件不變，再充入0.2 mol Z，平衡時(shí)X的體積分?jǐn)?shù)不變；由題意可知，起始時(shí)，c(X)=c(Y)=0.16 mol÷10 L=0.016 mol·L-1；平衡時(shí)，c(X)=c(Y)=0.10 mol÷10 L=0.010 mol·L-1；則平衡時(shí)c(Z)=2×(0.016 mol·L-1﹣0.010 mol·L-1)=0.012 mol·L-1；從而得該溫度下此反應(yīng)的平衡常數(shù)K=(0.012 mol·L-1)20.010 mol·L-1×0.010 mol·L-1=1.44.答案C.

例13(海南化學(xué)卷)反應(yīng)A(g)B(g)+C(g)在容積為1.0 L的密閉容器中進(jìn)行，A的初始濃度為0.050mol·L-1.溫度T1和T2下A的濃度與時(shí)間關(guān)系如圖2所示.回答下列問題：

圖2（1）上述反應(yīng)的溫度T1T2，平衡常數(shù)K(T1)K(T2).(填“大于”、“小于”或“等于”)

（2）若溫度T2時(shí)，5 min后反應(yīng)達(dá)到平衡，A的轉(zhuǎn)化率為70%，則：

①平衡時(shí)體系總的物質(zhì)的量為.

②反應(yīng)的平衡常數(shù)K=.

③0~5 min區(qū)間的平均反應(yīng)速率v(A)=.

解析（1）根據(jù)圖中信息，應(yīng)用“先拐先平數(shù)值大”的規(guī)律可知，T2時(shí)先達(dá)到平衡(所用時(shí)間短)，反應(yīng)速率大、溫度高；而溫度越高c(A)越小，即溫度升高、平衡右移，則正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升溫K將增大.

（2）A(g)B(g)+C(g)

起始物質(zhì)的量濃度( mol·L-1) 0.050 0 0

轉(zhuǎn)化物質(zhì)的量濃度( mol·L-1)0.050×70%0.0350.035

=0.035

平衡物質(zhì)的量濃度(mol·L-1) 0.0150.0350.035

則平衡時(shí)體系總的物質(zhì)的量為(0.015+0.035+0.035) mol·L-1×1.0 L=0.085 mol，反應(yīng)的平衡常數(shù)

K=c(B)·c(C)c(A)

=0.035 mol·L-1×0.035 mol·L-10.015 mol·L-1

=0.082 mol·L-1.

由公式v=Δc/Δt得，反應(yīng)在0~5 min區(qū)間的平均反應(yīng)速率v(A)=0.035 mol·L-1÷5 min=0.007 mol·L-1·min-1.

故答案為：（1）小于，小于；（2）①0.085 mol；

②0.082mol·L-1；③0.007 mol·L-1·min-1.

九、有關(guān)確定化學(xué)式的計(jì)算

例14(江蘇化學(xué)卷，節(jié)選)硫酸鎳銨［(NH4)xNiy(SO4)m·nH2O］可用于電鍍、印刷等領(lǐng)域.某同學(xué)為測定硫酸鎳銨的組成，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：①準(zhǔn)確稱取2.3350 g樣品，配制成100.00 mL溶液A；②準(zhǔn)確量取25.00 mL溶液A，用0.04000mol·L-1 的EDTA(Na2H2Y)標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定其中的Ni2+(離子方程式為Ni2++H2Y2-NiY2-+2H+)，消耗EDTA 標(biāo)準(zhǔn)溶液31.25 mL；③另取25.00 mL溶液A，加足量的NaOH 溶液并充分加熱，生成NH3 56.00 mL(標(biāo)準(zhǔn)狀況).通過計(jì)算確定硫酸鎳銨的化學(xué)式(寫出計(jì)算過程).

解析由題意可知，n(Ni2+)=n(Na2H2Y)=0.04000mol·L-1×31.25×10-3 L=1.250×10-3mol；n(NH+4)=n(NH3)=56.00×10-3L÷22.4 L· mol-1=2.500×10-3 mol；根據(jù)電荷守恒原理得，2n(SO2-4)=2n(Ni2+)+n(NH+4)，即n(SO2-4)=［2n(Ni2+)+n(NH+4)］÷2=(2×1.250×10-3mol+2.500×10-3 mol)÷2=2.500×10-3 mol；則：m(Ni2+)=1.250×10-3 mol×59 g· mol-1=0.07375 g，m(NH+4)=2.500×10-3 mol×18g· mol-1=0.04500 g，m(SO2-4)=2.500×10-3 mol×96 g· mol-1=0.2400 g，n(H2O)=［2.3350 g×(25.00 mL÷100.00 mL)-0.07375 g-0.04500 g-0.2400 g］/18 g·mol-1=1.250×10-2 mol.

從而得，x︰y︰m︰n=n(NH+4)︰n(Ni2+)︰n(SO2-4)︰n(H2O)=2.500×10-3 mol︰1.250×10-3 mol︰2.500×10-3 mol︰1.250×10-2 mol=2︰1︰2︰10，故硫酸鎳銨的化學(xué)式為(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O.

答案為：(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O.

例15(海南化學(xué)卷，節(jié)選)BaCl2·xH2O中結(jié)晶水?dāng)?shù)目可通過重量法來確定：①稱取1.222 g樣品，置于小燒杯中，加入適量稀鹽酸，加熱溶解，邊攪拌邊滴加稀硫酸到沉淀完全，靜置；②過濾并洗滌沉淀；③將盛有沉淀的濾紙包烘干中溫灼燒；轉(zhuǎn)入高溫爐中，反復(fù)灼燒到恒重，稱得沉淀質(zhì)量為1.165 g.計(jì)算BaCl2·xH2O中的x=(要求計(jì)算過程).

解析由題意可知，樣品中BaCl2的物質(zhì)的量n(BaCl2)=n(BaSO4)=1.165 g÷233 g· mol-1=5.000×10-3 mol，其質(zhì)量為m(BaCl2)=5.000×10-3 mol×208 g· mol-1=1.040 g；則樣品中H2O的物質(zhì)的量n(H2O)=(1.222 g-1.040 g)÷18 g· mol-1=0.0101 mol；從而得n(H2O)︰n(BaCl2)= 0.0101 mol︰5.000×10-3 mol=2.02≈2，即x=2.故答案為：2(計(jì)算過程見解析).

十、有關(guān)混合物的計(jì)算

例16 (四川理綜卷)1.52g銅鎂合金完全溶解于50 mL密度為1.40 g·mL-1、質(zhì)量分?jǐn)?shù)為63%的濃硝酸中，得到NO2和N2O4 的混合氣體1120 mL(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，向反應(yīng)后的溶液中加入1.0 mol·L-1NaOH溶液，當(dāng)金屬離子全部沉淀時(shí)，得到2.54 g沉淀，下列說法不正確的是（）.

A.該合金中銅與鎂的物質(zhì)的量之比是2︰1

B.該濃硝酸中HNO3的物質(zhì)的量濃度是14.0 mol·L-1

C.NO2和N2O4的混合氣體中，NO2的體積分?jǐn)?shù)是80%

D.得到2.54 g沉淀時(shí)，加入NaOH溶液的體積是600 mL

解析A項(xiàng)，向反應(yīng)后的溶液中加入NaOH溶液，生成Mg(OH)2和Cu(OH)2沉淀，則m［Mg(OH)2+Cu(OH)2］=m(銅鎂合金)+m(OH-)=1.52 g+m(OH-)=2.54 g；且根據(jù)電荷守恒原理可知，銅鎂失去電子的物質(zhì)的量n(e-)=n(OH-)=m(OH-)÷17 g· mol-1=(2.54 g-1.52 g)÷17 g· mol-1=0.06 mol；設(shè)合金中銅和鎂的物質(zhì)的量分別為n(Cu)和n(Mg)，則n(Cu)×64 g· mol-1+n(Mg)×24g· mol-1=1.52 g(合金的質(zhì)量)……①，n(Cu)×2+n(Mg)×2=0.06 mol(合金失去電子的物質(zhì)的量)……②，解方程組①②得，n(Cu)=0.02 mol，n(Mg)=0.01 mol，從而得n(Cu)︰n(Mg)=0.02 mol︰0.01 mol=2︰1，A項(xiàng)正確.B項(xiàng)，c(HNO3)=(1000 mL×1.40 g·mL-1×63%)÷63 g· mol-1=14.0 mol·L-1，B項(xiàng)正確.C項(xiàng)，因n(NO2+N2O4)=1.12 L÷22.4 L· mol-1=0.05 mol，設(shè)NO2和N2O4 的混合氣體中NO2的物質(zhì)的量為n(NO2)，則N2O4的物質(zhì)的量為［0.05 mol-n(NO2)］；根據(jù)得失電子守恒原則得，n(NO2)×1+［0.05 mol-n(NO2)］×2=0.06 mol，解得n(NO2)=0.04 mol，根據(jù)阿伏加德羅定律得混合氣體中NO2的體積分?jǐn)?shù)為(0.04 mol÷0.05 mol)×100%=80%，則C項(xiàng)正確.D項(xiàng)，得到2.54g沉淀時(shí)，溶液中的溶質(zhì)只有NaNO3，根據(jù)守恒原則得n(NaOH)=n(NaNO3)=n(HNO3)-n(NO2)-n(N2O4)×2=14.0 mol·L-1×0.050 L-0.04 mol–0.01 mol×2=0.64 mol，從而得V(NaOH)=0.64 mol÷1.0 mol·L-1=0.64 L=640 mL，則D不正確.故答案為D.

例17(上海化學(xué)卷)一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到氣體V L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，向反應(yīng)后的溶液中(存在Cu2+和SO2-4)加入足量NaOH，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，過濾，洗滌，灼燒，得到CuO 12.0 g，若上述氣體為NO和NO2的混合物，且體積比為1︰1，則V可能為（）.

A.9.0 L B.13.5 LC.15.7 L D.16.8 L

解析若全部是CuS，其物質(zhì)的量為n(CuS)=n(CuO)=12 g÷80 g· mol-1=0.15 mol；設(shè)生成NO和NO2的物質(zhì)的量均為x(下同).因HNO3+3e-→NO，HNO3+e-→NO2，CuS-8e-→SO2-4；根據(jù)得失電子守恒原則得，3x+x=0.15 mol×8，解得x=0.3 mol；得氣體體積V=(0.3mol+0.3mol)×22.4 L· mol-1=13.44 L.若全部是Cu2S，其物質(zhì)的量為n(Cu2S)=1/2×n(CuO)=1/2×(12 g÷80 g·mol-1)=0.075 mol；因HNO3+3e-→NO，HNO3+e-→NO2，Cu2S-10e-→Cu2++SO2-4；根據(jù)得失電子守恒原則得，3x+x=0.075 mol×10，解得x=0.1875 mol；從而得氣體體積V=(0.1875 mol+0.1875 mol)×22.4 L· mol-1=8.4 L.因?qū)嶋H是CuS和Cu2S的混合物，則8.4L

十一、有關(guān)化學(xué)綜合計(jì)算

例18 (上海化學(xué)卷)碳酸氫納俗稱“小蘇打”，是氨堿法和聯(lián)合制堿法制純堿的中間產(chǎn)物，可用作膨松劑，制酸劑，滅火劑等.工業(yè)上用純堿溶液碳酸化制取碳酸氫鈉.

（1）某碳酸氫鈉樣品中含有少量氯化鈉.稱取該樣品，用0.1000mol·L-1鹽酸滴定，耗用鹽酸20.00 mL.若改用0.05618 mol·L-1硫酸滴定，需用硫酸mL(保留兩位小數(shù)).（2）某溶液組成如表1：

表1化合物Na2CO3NaHCO3NaCl 質(zhì)量(kg)814.8400.397.3向該溶液通入二氧化碳，析出碳酸氫鈉晶體.取出晶體后溶液組成如表2：

表2化合物Na2CO3NaHCO3NaCl 質(zhì)量(kg)137.7428.897.3計(jì)算析出碳酸氫納晶體的質(zhì)量(保留1位小數(shù)).

（3）將組成如表二的溶液加熱，使碳酸氫鈉部分分解，溶液中NaHCO3的質(zhì)量由428.8kg降為400.3kg，補(bǔ)加適量碳酸鈉，使溶液組成回到表一狀態(tài).計(jì)算補(bǔ)加的碳酸鈉質(zhì)量(保留1位小數(shù)).

（4）某種由碳酸鈉和碳酸氫鈉組成的晶體452kg溶于水，然后通入二氧化碳，吸收二氧化碳44.8×103L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，獲得純的碳酸氫鈉溶液，測得溶液中含碳酸氫鈉504kg.通過計(jì)算確定該晶體的化學(xué)式.

解析（1）設(shè)需用硫酸的體積為V(硫酸).由關(guān)系式“2NaHCO3~2HCl~H2SO4”得，2 mol︰1 mol=0.1000 mol·L-1×20.00×10-3L︰0.05618 mol·L-1×V(硫酸)，解得V(硫酸)=17.80×10-3L.

（2）由題意可知，參加反應(yīng)的Na2CO3的質(zhì)量為(814.8kg-137.7kg)=677.1kg；再由反應(yīng)Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3可知，生成NaHCO3的質(zhì)量為(677.1kg×168kg÷106kg)=1073.1kg；則析出的碳酸氫鈉晶體的質(zhì)量為(1073.1kg+400.3kg)﹣428.8kg=1044.6kg.

（3）由題意可知，參加反應(yīng)的NaHCO3的質(zhì)量為(428.8 kg-400.3 kg)=28.5 kg；再由反應(yīng)2NaHCO3△Na2CO3+CO2↑ +H2O可知，生成Na2CO3的質(zhì)量為(28.5 kg×106 kg÷168 kg)=18.0 kg；則補(bǔ)加的碳酸鈉質(zhì)量為(814.8 kg-137.7 kg-18.0 kg)=659.1 kg.

（4）設(shè)該晶體的化學(xué)式為xNaHCO3·yNa2CO3·zH2O.因參加反應(yīng)的二氧化碳的物質(zhì)的量為n(CO2)=(44.8×103 L÷22.4 L· mol-1)=2×103 mol，則由反應(yīng)Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3可知，參加反應(yīng)(即452 kg晶體中)的Na2CO3的物質(zhì)的量為n(Na2CO3)=n(CO2)=2×103 mol，生成NaHCO3的物質(zhì)的量為n(NaHCO3)=2n(CO2)=2×2×103 mol=4×103 mol；則452 kg晶體中NaHCO3的物質(zhì)的量為(504×103 g-4×103 mol×84g· mol-1)÷84 g· mol-1=2×103 mol，452 kg晶體中H2O的物質(zhì)的量為(452×103 g-2×103 mol×106 g· mol-1-2×103 mol×84 g· mol-1)÷18 g· mol-1=4×103 mol；從而得x︰y︰z=2×103 mol︰2×103 mol︰4×103 mol=1︰1︰2，即該晶體的化學(xué)式為NaHCO3·Na2CO3·2H2O.

故答案為：（1）17.80 mL；（2）1044.6 kg；

（3）659.1 kg；（4）NaHCO3·Na2CO3·2H2O.

(收稿日期：2014-01-20)

題目

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例談守恒法在高中化學(xué)中的應(yīng)用甘肅省山丹縣第一中學(xué)魏學(xué)強(qiáng)734100一、質(zhì)量守恒法 質(zhì)量守恒法是指化學(xué)反應(yīng)前后，我們利用反應(yīng)物的質(zhì)量之和等于生成物的質(zhì)量之和列式求解的方法.【例1】已知A元素與B元素的摩爾質(zhì)量之比為9：22，在反應(yīng)X＋2Y＝2A＋B中，當(dāng)1.6gX與Y完全反應(yīng)后，生成4.4gB，則參加反應(yīng)的Y和生成物A的質(zhì)量之比為（）A. 32：9 B. 46：9C.9：16D.16：9【解析】已知A與B的摩爾質(zhì)量比為9：22，結(jié)合方程式可以知道，反應(yīng)生成物A和B的質(zhì)量之比為18：22，也就是1.6gX與Y完全反應(yīng)后，生成了4.4gB，同時(shí)生成了4.4×18÷22=3.6gA，由質(zhì)量守恒得參加反應(yīng)的Y的質(zhì)量為3.6+4.4-1.6=6.4g，所以參加反應(yīng)的Y和生成物A的質(zhì)量之比為6.4g/3.6g=16：9.答案：D二、元素守恒法元素守恒法是指化學(xué)反應(yīng)前后，我們利用參加反應(yīng)的每一種元素的種類不變、個(gè)數(shù)不變、物質(zhì)的量不變、質(zhì)量不變列等式求解的方法.【例2】KOH固體在空氣中放置了一段時(shí)間后，經(jīng)分析測知其含水為2.8%、含K2CO3為37.3%,取1g該樣品投入到25mL、2mol／L的鹽酸中后，發(fā)現(xiàn)鹽酸過量，然后多余的鹽酸與1.0moL／L的KOH溶液30.8mL恰好完全中和，最后又把中和后的溶液蒸發(fā)，我們最終可得到固體（）A. 1gB3.725gC. 0.797g D. 2.836g【解析】KOH、K2CO3跟鹽酸反應(yīng)的主要產(chǎn)物都是KCl，我們最終可得到固體是KCl，根據(jù)元素守恒，化學(xué)反應(yīng)過程中，反應(yīng)物鹽酸中含氯的量和生成物氯化鉀中含氯的量相等： 即：n(KCl)=n(Cl－)=n(HCl)=0.025 2moL=0.050moL； 所以氯化鉀固體的質(zhì)量為：m=0.050moL 74.5=3.725g.答案：B三、得失電子守恒法得失電子守恒法是指在氧化還原反應(yīng)中，我們根據(jù)氧化劑得電子（化合價(jià)降低）的總數(shù)等于還原劑失電子的（化合價(jià)升高）總數(shù)、即得失電子守恒（化合價(jià)升降相等）列等式求解的方法.【例3】在某一溶液中， 離子與 離子發(fā)生了氧化還原反應(yīng)， 離子起的是氧化作用， 離子起的是還原作用，0.2 mol 離子恰好與0.6mol 離子完全反應(yīng)，則 離子還原后的化合價(jià)為（）.A．＋1 B．＋2 C．＋3 D．＋4【解析】 離子與 離子發(fā)生反應(yīng)，氧化劑為 ，還原劑為 ，設(shè)反應(yīng)后 元素的化合價(jià)為a；則 元素化合價(jià)由＋6降為了a， 元素化合價(jià)由＋4升為了＋6,則1moL 元素得電子（6－a）moL，1moL 元素失電子（6－4）moL=2 moL；則由電子得失守恒得：2×0.2（6－a）=0.6×2 ，解得a=＋3.答案：C【例4】 某稀硝酸溶液中，加入5.6g鐵粉充分反應(yīng)后，鐵粉全部溶解，生成NO，溶液質(zhì)量增加了3.2g，所得溶液中Fe2+和Fe3+物質(zhì)的量之比為（）A. 4∶1 B. 2∶1 C. 1∶1D. 3∶2【解析】設(shè)反應(yīng)后的溶液中Fe2+有 ，F(xiàn)e3+有 ，由Fe元素守恒得： 由N 元素和Fe元素得失電子守恒得： 聯(lián)立得： ， ； N所以 .答案：D.三、電荷守恒法電荷守恒法是指對任意化學(xué)反應(yīng)體系，我們可以依據(jù)化學(xué)反應(yīng)前后這一體系的總的電荷量、即電荷的代數(shù)和總保持不變列等式求解的方法.【例5】在一定條件下， 與 、 發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為： ， 中的 為______.【解析】由離子反應(yīng)方程式得；反應(yīng)前的電荷總數(shù)為： ；反應(yīng)后電荷總數(shù)為-1；反應(yīng)前后依據(jù)電荷守恒得： ；解得： .【例6】下列離子反應(yīng)方程式正確的是（）A．將磁性氧化鐵溶于鹽酸： Fe3O4 + 8H+ === 3Fe3+ + 4H2O B．將鐵粉加入稀硫酸中：2Fe + 6H+ === 2Fe3+ + 3H2↑C．將氯化亞鐵溶液和稀硝酸混合：Fe2+ + 4H+ + NO3－=== Fe3+ + 2H2O + NO↑D．將銅屑加入Fe3+ 溶液中：2Fe3+ + Cu === 2Fe2+ + Cu2+【解析】A選項(xiàng)錯(cuò)誤，因?yàn)锳選項(xiàng)中反應(yīng)前后電荷不守恒，由于Fe3O4中Fe有兩種價(jià)態(tài)，正確的離子反應(yīng)方程式應(yīng)該為：Fe3O4 + 8H+ === 2Fe3+ + Fe2+ + 4H2O； B選項(xiàng)錯(cuò)誤，因?yàn)楦鶕?jù)氧化性強(qiáng)弱可知，B選項(xiàng)中的反應(yīng)不符合客觀實(shí)際，反應(yīng)后只能產(chǎn)生Fe2+ 和H2； C選項(xiàng)錯(cuò)誤，因?yàn)榉磻?yīng)前后得失電子不守恒，電荷也不守恒，正確的離子反應(yīng)方程式應(yīng)該為：3Fe2+ + NO3－＋4H+ === 3Fe3+ + NO↑+ 2H2O；D選項(xiàng)正確，因?yàn)椴坏?個(gè)守恒、而且符合客觀實(shí)際.答案：D四、體積守恒法體積守恒法是指氣體在化學(xué)反應(yīng)前后，在同溫同壓條件下，依據(jù)化學(xué)反應(yīng)方程式判斷出的始態(tài)和末態(tài)氣體的體積相等的方法，此方法主要用于有機(jī)物的燃燒反應(yīng).【例7】在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，0.456g 在336mL 中燃燒，將燃燒后的混合氣體恢復(fù)到標(biāo)準(zhǔn)狀況，則混合氣體的體積為（）A.112mL B.224mL C.336mLD.448mL【解析】在標(biāo)準(zhǔn)狀況下， 為液態(tài)，而 、 為氣態(tài). 在 中的燃燒方程為： ，由反應(yīng)方程式可以看出，反應(yīng)前后氣體的體積保持不變,因此，無論 過量、適量，還是少量，反應(yīng)后氣體的體積都等于起始給定的 的體積.答案:C.由以上幾例可以看出，守恒法在高中化學(xué)解題中可以免去許多復(fù)雜的數(shù)學(xué)計(jì)算，大大簡化了化學(xué)解題過程，從而提高了解題速度，其優(yōu)點(diǎn)是不管細(xì)枝末節(jié)，只需抓住化學(xué)反應(yīng)中某一特定的量保持不變，然后列等式求解便可迅速得到結(jié)果.作為我們一線的高中化學(xué)教師，平時(shí)在化學(xué)教學(xué)中，尤其是習(xí)題課教學(xué)中，應(yīng)有意識地培養(yǎng)學(xué)生的守恒思維，以提高他們解決化學(xué)問題的能力.

(收稿日期：2010-05-04)

例17(上?；瘜W(xué)卷)一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到氣體V L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，向反應(yīng)后的溶液中(存在Cu2+和SO2-4)加入足量NaOH，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，過濾，洗滌，灼燒，得到CuO 12.0 g，若上述氣體為NO和NO2的混合物，且體積比為1︰1，則V可能為（）.

A.9.0 L B.13.5 LC.15.7 L D.16.8 L

解析若全部是CuS，其物質(zhì)的量為n(CuS)=n(CuO)=12 g÷80 g· mol-1=0.15 mol；設(shè)生成NO和NO2的物質(zhì)的量均為x(下同).因HNO3+3e-→NO，HNO3+e-→NO2，CuS-8e-→SO2-4；根據(jù)得失電子守恒原則得，3x+x=0.15 mol×8，解得x=0.3 mol；得氣體體積V=(0.3mol+0.3mol)×22.4 L· mol-1=13.44 L.若全部是Cu2S，其物質(zhì)的量為n(Cu2S)=1/2×n(CuO)=1/2×(12 g÷80 g·mol-1)=0.075 mol；因HNO3+3e-→NO，HNO3+e-→NO2，Cu2S-10e-→Cu2++SO2-4；根據(jù)得失電子守恒原則得，3x+x=0.075 mol×10，解得x=0.1875 mol；從而得氣體體積V=(0.1875 mol+0.1875 mol)×22.4 L· mol-1=8.4 L.因?qū)嶋H是CuS和Cu2S的混合物，則8.4L

十一、有關(guān)化學(xué)綜合計(jì)算

例18 (上?；瘜W(xué)卷)碳酸氫納俗稱“小蘇打”，是氨堿法和聯(lián)合制堿法制純堿的中間產(chǎn)物，可用作膨松劑，制酸劑，滅火劑等.工業(yè)上用純堿溶液碳酸化制取碳酸氫鈉.

（1）某碳酸氫鈉樣品中含有少量氯化鈉.稱取該樣品，用0.1000mol·L-1鹽酸滴定，耗用鹽酸20.00 mL.若改用0.05618 mol·L-1硫酸滴定，需用硫酸mL(保留兩位小數(shù)).（2）某溶液組成如表1：

表1化合物Na2CO3NaHCO3NaCl 質(zhì)量(kg)814.8400.397.3向該溶液通入二氧化碳，析出碳酸氫鈉晶體.取出晶體后溶液組成如表2：

表2化合物Na2CO3NaHCO3NaCl 質(zhì)量(kg)137.7428.897.3計(jì)算析出碳酸氫納晶體的質(zhì)量(保留1位小數(shù)).

（3）將組成如表二的溶液加熱，使碳酸氫鈉部分分解，溶液中NaHCO3的質(zhì)量由428.8kg降為400.3kg，補(bǔ)加適量碳酸鈉，使溶液組成回到表一狀態(tài).計(jì)算補(bǔ)加的碳酸鈉質(zhì)量(保留1位小數(shù)).

（4）某種由碳酸鈉和碳酸氫鈉組成的晶體452kg溶于水，然后通入二氧化碳，吸收二氧化碳44.8×103L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，獲得純的碳酸氫鈉溶液，測得溶液中含碳酸氫鈉504kg.通過計(jì)算確定該晶體的化學(xué)式.

解析（1）設(shè)需用硫酸的體積為V(硫酸).由關(guān)系式“2NaHCO3~2HCl~H2SO4”得，2 mol︰1 mol=0.1000 mol·L-1×20.00×10-3L︰0.05618 mol·L-1×V(硫酸)，解得V(硫酸)=17.80×10-3L.

（2）由題意可知，參加反應(yīng)的Na2CO3的質(zhì)量為(814.8kg-137.7kg)=677.1kg；再由反應(yīng)Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3可知，生成NaHCO3的質(zhì)量為(677.1kg×168kg÷106kg)=1073.1kg；則析出的碳酸氫鈉晶體的質(zhì)量為(1073.1kg+400.3kg)﹣428.8kg=1044.6kg.

（3）由題意可知，參加反應(yīng)的NaHCO3的質(zhì)量為(428.8 kg-400.3 kg)=28.5 kg；再由反應(yīng)2NaHCO3△Na2CO3+CO2↑ +H2O可知，生成Na2CO3的質(zhì)量為(28.5 kg×106 kg÷168 kg)=18.0 kg；則補(bǔ)加的碳酸鈉質(zhì)量為(814.8 kg-137.7 kg-18.0 kg)=659.1 kg.

（4）設(shè)該晶體的化學(xué)式為xNaHCO3·yNa2CO3·zH2O.因參加反應(yīng)的二氧化碳的物質(zhì)的量為n(CO2)=(44.8×103 L÷22.4 L· mol-1)=2×103 mol，則由反應(yīng)Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3可知，參加反應(yīng)(即452 kg晶體中)的Na2CO3的物質(zhì)的量為n(Na2CO3)=n(CO2)=2×103 mol，生成NaHCO3的物質(zhì)的量為n(NaHCO3)=2n(CO2)=2×2×103 mol=4×103 mol；則452 kg晶體中NaHCO3的物質(zhì)的量為(504×103 g-4×103 mol×84g· mol-1)÷84 g· mol-1=2×103 mol，452 kg晶體中H2O的物質(zhì)的量為(452×103 g-2×103 mol×106 g· mol-1-2×103 mol×84 g· mol-1)÷18 g· mol-1=4×103 mol；從而得x︰y︰z=2×103 mol︰2×103 mol︰4×103 mol=1︰1︰2，即該晶體的化學(xué)式為NaHCO3·Na2CO3·2H2O.

故答案為：（1）17.80 mL；（2）1044.6 kg；

（3）659.1 kg；（4）NaHCO3·Na2CO3·2H2O.

(收稿日期：2014-01-20)

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例談守恒法在高中化學(xué)中的應(yīng)用甘肅省山丹縣第一中學(xué)魏學(xué)強(qiáng)734100一、質(zhì)量守恒法 質(zhì)量守恒法是指化學(xué)反應(yīng)前后，我們利用反應(yīng)物的質(zhì)量之和等于生成物的質(zhì)量之和列式求解的方法.【例1】已知A元素與B元素的摩爾質(zhì)量之比為9：22，在反應(yīng)X＋2Y＝2A＋B中，當(dāng)1.6gX與Y完全反應(yīng)后，生成4.4gB，則參加反應(yīng)的Y和生成物A的質(zhì)量之比為（）A. 32：9 B. 46：9C.9：16D.16：9【解析】已知A與B的摩爾質(zhì)量比為9：22，結(jié)合方程式可以知道，反應(yīng)生成物A和B的質(zhì)量之比為18：22，也就是1.6gX與Y完全反應(yīng)后，生成了4.4gB，同時(shí)生成了4.4×18÷22=3.6gA，由質(zhì)量守恒得參加反應(yīng)的Y的質(zhì)量為3.6+4.4-1.6=6.4g，所以參加反應(yīng)的Y和生成物A的質(zhì)量之比為6.4g/3.6g=16：9.答案：D二、元素守恒法元素守恒法是指化學(xué)反應(yīng)前后，我們利用參加反應(yīng)的每一種元素的種類不變、個(gè)數(shù)不變、物質(zhì)的量不變、質(zhì)量不變列等式求解的方法.【例2】KOH固體在空氣中放置了一段時(shí)間后，經(jīng)分析測知其含水為2.8%、含K2CO3為37.3%,取1g該樣品投入到25mL、2mol／L的鹽酸中后，發(fā)現(xiàn)鹽酸過量，然后多余的鹽酸與1.0moL／L的KOH溶液30.8mL恰好完全中和，最后又把中和后的溶液蒸發(fā)，我們最終可得到固體（）A. 1gB3.725gC. 0.797g D. 2.836g【解析】KOH、K2CO3跟鹽酸反應(yīng)的主要產(chǎn)物都是KCl，我們最終可得到固體是KCl，根據(jù)元素守恒，化學(xué)反應(yīng)過程中，反應(yīng)物鹽酸中含氯的量和生成物氯化鉀中含氯的量相等： 即：n(KCl)=n(Cl－)=n(HCl)=0.025 2moL=0.050moL； 所以氯化鉀固體的質(zhì)量為：m=0.050moL 74.5=3.725g.答案：B三、得失電子守恒法得失電子守恒法是指在氧化還原反應(yīng)中，我們根據(jù)氧化劑得電子（化合價(jià)降低）的總數(shù)等于還原劑失電子的（化合價(jià)升高）總數(shù)、即得失電子守恒（化合價(jià)升降相等）列等式求解的方法.【例3】在某一溶液中， 離子與 離子發(fā)生了氧化還原反應(yīng)， 離子起的是氧化作用， 離子起的是還原作用，0.2 mol 離子恰好與0.6mol 離子完全反應(yīng)，則 離子還原后的化合價(jià)為（）.A．＋1 B．＋2 C．＋3 D．＋4【解析】 離子與 離子發(fā)生反應(yīng)，氧化劑為 ，還原劑為 ，設(shè)反應(yīng)后 元素的化合價(jià)為a；則 元素化合價(jià)由＋6降為了a， 元素化合價(jià)由＋4升為了＋6,則1moL 元素得電子（6－a）moL，1moL 元素失電子（6－4）moL=2 moL；則由電子得失守恒得：2×0.2（6－a）=0.6×2 ，解得a=＋3.答案：C【例4】 某稀硝酸溶液中，加入5.6g鐵粉充分反應(yīng)后，鐵粉全部溶解，生成NO，溶液質(zhì)量增加了3.2g，所得溶液中Fe2+和Fe3+物質(zhì)的量之比為（）A. 4∶1 B. 2∶1 C. 1∶1D. 3∶2【解析】設(shè)反應(yīng)后的溶液中Fe2+有 ，F(xiàn)e3+有 ，由Fe元素守恒得： 由N 元素和Fe元素得失電子守恒得： 聯(lián)立得： ， ； N所以 .答案：D.三、電荷守恒法電荷守恒法是指對任意化學(xué)反應(yīng)體系，我們可以依據(jù)化學(xué)反應(yīng)前后這一體系的總的電荷量、即電荷的代數(shù)和總保持不變列等式求解的方法.【例5】在一定條件下， 與 、 發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為： ， 中的 為______.【解析】由離子反應(yīng)方程式得；反應(yīng)前的電荷總數(shù)為： ；反應(yīng)后電荷總數(shù)為-1；反應(yīng)前后依據(jù)電荷守恒得： ；解得： .【例6】下列離子反應(yīng)方程式正確的是（）A．將磁性氧化鐵溶于鹽酸： Fe3O4 + 8H+ === 3Fe3+ + 4H2O B．將鐵粉加入稀硫酸中：2Fe + 6H+ === 2Fe3+ + 3H2↑C．將氯化亞鐵溶液和稀硝酸混合：Fe2+ + 4H+ + NO3－=== Fe3+ + 2H2O + NO↑D．將銅屑加入Fe3+ 溶液中：2Fe3+ + Cu === 2Fe2+ + Cu2+【解析】A選項(xiàng)錯(cuò)誤，因?yàn)锳選項(xiàng)中反應(yīng)前后電荷不守恒，由于Fe3O4中Fe有兩種價(jià)態(tài)，正確的離子反應(yīng)方程式應(yīng)該為：Fe3O4 + 8H+ === 2Fe3+ + Fe2+ + 4H2O； B選項(xiàng)錯(cuò)誤，因?yàn)楦鶕?jù)氧化性強(qiáng)弱可知，B選項(xiàng)中的反應(yīng)不符合客觀實(shí)際，反應(yīng)后只能產(chǎn)生Fe2+ 和H2； C選項(xiàng)錯(cuò)誤，因?yàn)榉磻?yīng)前后得失電子不守恒，電荷也不守恒，正確的離子反應(yīng)方程式應(yīng)該為：3Fe2+ + NO3－＋4H+ === 3Fe3+ + NO↑+ 2H2O；D選項(xiàng)正確，因?yàn)椴坏?個(gè)守恒、而且符合客觀實(shí)際.答案：D四、體積守恒法體積守恒法是指氣體在化學(xué)反應(yīng)前后，在同溫同壓條件下，依據(jù)化學(xué)反應(yīng)方程式判斷出的始態(tài)和末態(tài)氣體的體積相等的方法，此方法主要用于有機(jī)物的燃燒反應(yīng).【例7】在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，0.456g 在336mL 中燃燒，將燃燒后的混合氣體恢復(fù)到標(biāo)準(zhǔn)狀況，則混合氣體的體積為（）A.112mL B.224mL C.336mLD.448mL【解析】在標(biāo)準(zhǔn)狀況下， 為液態(tài)，而 、 為氣態(tài). 在 中的燃燒方程為： ，由反應(yīng)方程式可以看出，反應(yīng)前后氣體的體積保持不變,因此，無論 過量、適量，還是少量，反應(yīng)后氣體的體積都等于起始給定的 的體積.答案:C.由以上幾例可以看出，守恒法在高中化學(xué)解題中可以免去許多復(fù)雜的數(shù)學(xué)計(jì)算，大大簡化了化學(xué)解題過程，從而提高了解題速度，其優(yōu)點(diǎn)是不管細(xì)枝末節(jié)，只需抓住化學(xué)反應(yīng)中某一特定的量保持不變，然后列等式求解便可迅速得到結(jié)果.作為我們一線的高中化學(xué)教師，平時(shí)在化學(xué)教學(xué)中，尤其是習(xí)題課教學(xué)中，應(yīng)有意識地培養(yǎng)學(xué)生的守恒思維，以提高他們解決化學(xué)問題的能力.

(收稿日期：2010-05-04)

例17(上?；瘜W(xué)卷)一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到氣體V L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，向反應(yīng)后的溶液中(存在Cu2+和SO2-4)加入足量NaOH，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，過濾，洗滌，灼燒，得到CuO 12.0 g，若上述氣體為NO和NO2的混合物，且體積比為1︰1，則V可能為（）.

A.9.0 L B.13.5 LC.15.7 L D.16.8 L

解析若全部是CuS，其物質(zhì)的量為n(CuS)=n(CuO)=12 g÷80 g· mol-1=0.15 mol；設(shè)生成NO和NO2的物質(zhì)的量均為x(下同).因HNO3+3e-→NO，HNO3+e-→NO2，CuS-8e-→SO2-4；根據(jù)得失電子守恒原則得，3x+x=0.15 mol×8，解得x=0.3 mol；得氣體體積V=(0.3mol+0.3mol)×22.4 L· mol-1=13.44 L.若全部是Cu2S，其物質(zhì)的量為n(Cu2S)=1/2×n(CuO)=1/2×(12 g÷80 g·mol-1)=0.075 mol；因HNO3+3e-→NO，HNO3+e-→NO2，Cu2S-10e-→Cu2++SO2-4；根據(jù)得失電子守恒原則得，3x+x=0.075 mol×10，解得x=0.1875 mol；從而得氣體體積V=(0.1875 mol+0.1875 mol)×22.4 L· mol-1=8.4 L.因?qū)嶋H是CuS和Cu2S的混合物，則8.4L

十一、有關(guān)化學(xué)綜合計(jì)算

例18 (上?；瘜W(xué)卷)碳酸氫納俗稱“小蘇打”，是氨堿法和聯(lián)合制堿法制純堿的中間產(chǎn)物，可用作膨松劑，制酸劑，滅火劑等.工業(yè)上用純堿溶液碳酸化制取碳酸氫鈉.

（1）某碳酸氫鈉樣品中含有少量氯化鈉.稱取該樣品，用0.1000mol·L-1鹽酸滴定，耗用鹽酸20.00 mL.若改用0.05618 mol·L-1硫酸滴定，需用硫酸mL(保留兩位小數(shù)).（2）某溶液組成如表1：

表1化合物Na2CO3NaHCO3NaCl 質(zhì)量(kg)814.8400.397.3向該溶液通入二氧化碳，析出碳酸氫鈉晶體.取出晶體后溶液組成如表2：

表2化合物Na2CO3NaHCO3NaCl 質(zhì)量(kg)137.7428.897.3計(jì)算析出碳酸氫納晶體的質(zhì)量(保留1位小數(shù)).

（3）將組成如表二的溶液加熱，使碳酸氫鈉部分分解，溶液中NaHCO3的質(zhì)量由428.8kg降為400.3kg，補(bǔ)加適量碳酸鈉，使溶液組成回到表一狀態(tài).計(jì)算補(bǔ)加的碳酸鈉質(zhì)量(保留1位小數(shù)).

（4）某種由碳酸鈉和碳酸氫鈉組成的晶體452kg溶于水，然后通入二氧化碳，吸收二氧化碳44.8×103L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，獲得純的碳酸氫鈉溶液，測得溶液中含碳酸氫鈉504kg.通過計(jì)算確定該晶體的化學(xué)式.

解析（1）設(shè)需用硫酸的體積為V(硫酸).由關(guān)系式“2NaHCO3~2HCl~H2SO4”得，2 mol︰1 mol=0.1000 mol·L-1×20.00×10-3L︰0.05618 mol·L-1×V(硫酸)，解得V(硫酸)=17.80×10-3L.

（2）由題意可知，參加反應(yīng)的Na2CO3的質(zhì)量為(814.8kg-137.7kg)=677.1kg；再由反應(yīng)Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3可知，生成NaHCO3的質(zhì)量為(677.1kg×168kg÷106kg)=1073.1kg；則析出的碳酸氫鈉晶體的質(zhì)量為(1073.1kg+400.3kg)﹣428.8kg=1044.6kg.

（3）由題意可知，參加反應(yīng)的NaHCO3的質(zhì)量為(428.8 kg-400.3 kg)=28.5 kg；再由反應(yīng)2NaHCO3△Na2CO3+CO2↑ +H2O可知，生成Na2CO3的質(zhì)量為(28.5 kg×106 kg÷168 kg)=18.0 kg；則補(bǔ)加的碳酸鈉質(zhì)量為(814.8 kg-137.7 kg-18.0 kg)=659.1 kg.

（4）設(shè)該晶體的化學(xué)式為xNaHCO3·yNa2CO3·zH2O.因參加反應(yīng)的二氧化碳的物質(zhì)的量為n(CO2)=(44.8×103 L÷22.4 L· mol-1)=2×103 mol，則由反應(yīng)Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3可知，參加反應(yīng)(即452 kg晶體中)的Na2CO3的物質(zhì)的量為n(Na2CO3)=n(CO2)=2×103 mol，生成NaHCO3的物質(zhì)的量為n(NaHCO3)=2n(CO2)=2×2×103 mol=4×103 mol；則452 kg晶體中NaHCO3的物質(zhì)的量為(504×103 g-4×103 mol×84g· mol-1)÷84 g· mol-1=2×103 mol，452 kg晶體中H2O的物質(zhì)的量為(452×103 g-2×103 mol×106 g· mol-1-2×103 mol×84 g· mol-1)÷18 g· mol-1=4×103 mol；從而得x︰y︰z=2×103 mol︰2×103 mol︰4×103 mol=1︰1︰2，即該晶體的化學(xué)式為NaHCO3·Na2CO3·2H2O.

故答案為：（1）17.80 mL；（2）1044.6 kg；

（3）659.1 kg；（4）NaHCO3·Na2CO3·2H2O.

(收稿日期：2014-01-20)

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例談守恒法在高中化學(xué)中的應(yīng)用甘肅省山丹縣第一中學(xué)魏學(xué)強(qiáng)734100一、質(zhì)量守恒法 質(zhì)量守恒法是指化學(xué)反應(yīng)前后，我們利用反應(yīng)物的質(zhì)量之和等于生成物的質(zhì)量之和列式求解的方法.【例1】已知A元素與B元素的摩爾質(zhì)量之比為9：22，在反應(yīng)X＋2Y＝2A＋B中，當(dāng)1.6gX與Y完全反應(yīng)后，生成4.4gB，則參加反應(yīng)的Y和生成物A的質(zhì)量之比為（）A. 32：9 B. 46：9C.9：16D.16：9【解析】已知A與B的摩爾質(zhì)量比為9：22，結(jié)合方程式可以知道，反應(yīng)生成物A和B的質(zhì)量之比為18：22，也就是1.6gX與Y完全反應(yīng)后，生成了4.4gB，同時(shí)生成了4.4×18÷22=3.6gA，由質(zhì)量守恒得參加反應(yīng)的Y的質(zhì)量為3.6+4.4-1.6=6.4g，所以參加反應(yīng)的Y和生成物A的質(zhì)量之比為6.4g/3.6g=16：9.答案：D二、元素守恒法元素守恒法是指化學(xué)反應(yīng)前后，我們利用參加反應(yīng)的每一種元素的種類不變、個(gè)數(shù)不變、物質(zhì)的量不變、質(zhì)量不變列等式求解的方法.【例2】KOH固體在空氣中放置了一段時(shí)間后，經(jīng)分析測知其含水為2.8%、含K2CO3為37.3%,取1g該樣品投入到25mL、2mol／L的鹽酸中后，發(fā)現(xiàn)鹽酸過量，然后多余的鹽酸與1.0moL／L的KOH溶液30.8mL恰好完全中和，最后又把中和后的溶液蒸發(fā)，我們最終可得到固體（）A. 1gB3.725gC. 0.797g D. 2.836g【解析】KOH、K2CO3跟鹽酸反應(yīng)的主要產(chǎn)物都是KCl，我們最終可得到固體是KCl，根據(jù)元素守恒，化學(xué)反應(yīng)過程中，反應(yīng)物鹽酸中含氯的量和生成物氯化鉀中含氯的量相等： 即：n(KCl)=n(Cl－)=n(HCl)=0.025 2moL=0.050moL； 所以氯化鉀固體的質(zhì)量為：m=0.050moL 74.5=3.725g.答案：B三、得失電子守恒法得失電子守恒法是指在氧化還原反應(yīng)中，我們根據(jù)氧化劑得電子（化合價(jià)降低）的總數(shù)等于還原劑失電子的（化合價(jià)升高）總數(shù)、即得失電子守恒（化合價(jià)升降相等）列等式求解的方法.【例3】在某一溶液中， 離子與 離子發(fā)生了氧化還原反應(yīng)， 離子起的是氧化作用， 離子起的是還原作用，0.2 mol 離子恰好與0.6mol 離子完全反應(yīng)，則 離子還原后的化合價(jià)為（）.A．＋1 B．＋2 C．＋3 D．＋4【解析】 離子與 離子發(fā)生反應(yīng)，氧化劑為 ，還原劑為 ，設(shè)反應(yīng)后 元素的化合價(jià)為a；則 元素化合價(jià)由＋6降為了a， 元素化合價(jià)由＋4升為了＋6,則1moL 元素得電子（6－a）moL，1moL 元素失電子（6－4）moL=2 moL；則由電子得失守恒得：2×0.2（6－a）=0.6×2 ，解得a=＋3.答案：C【例4】 某稀硝酸溶液中，加入5.6g鐵粉充分反應(yīng)后，鐵粉全部溶解，生成NO，溶液質(zhì)量增加了3.2g，所得溶液中Fe2+和Fe3+物質(zhì)的量之比為（）A. 4∶1 B. 2∶1 C. 1∶1D. 3∶2【解析】設(shè)反應(yīng)后的溶液中Fe2+有 ，F(xiàn)e3+有 ，由Fe元素守恒得： 由N 元素和Fe元素得失電子守恒得： 聯(lián)立得： ， ； N所以 .答案：D.三、電荷守恒法電荷守恒法是指對任意化學(xué)反應(yīng)體系，我們可以依據(jù)化學(xué)反應(yīng)前后這一體系的總的電荷量、即電荷的代數(shù)和總保持不變列等式求解的方法.【例5】在一定條件下， 與 、 發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為： ， 中的 為______.【解析】由離子反應(yīng)方程式得；反應(yīng)前的電荷總數(shù)為： ；反應(yīng)后電荷總數(shù)為-1；反應(yīng)前后依據(jù)電荷守恒得： ；解得： .【例6】下列離子反應(yīng)方程式正確的是（）A．將磁性氧化鐵溶于鹽酸： Fe3O4 + 8H+ === 3Fe3+ + 4H2O B．將鐵粉加入稀硫酸中：2Fe + 6H+ === 2Fe3+ + 3H2↑C．將氯化亞鐵溶液和稀硝酸混合：Fe2+ + 4H+ + NO3－=== Fe3+ + 2H2O + NO↑D．將銅屑加入Fe3+ 溶液中：2Fe3+ + Cu === 2Fe2+ + Cu2+【解析】A選項(xiàng)錯(cuò)誤，因?yàn)锳選項(xiàng)中反應(yīng)前后電荷不守恒，由于Fe3O4中Fe有兩種價(jià)態(tài)，正確的離子反應(yīng)方程式應(yīng)該為：Fe3O4 + 8H+ === 2Fe3+ + Fe2+ + 4H2O； B選項(xiàng)錯(cuò)誤，因?yàn)楦鶕?jù)氧化性強(qiáng)弱可知，B選項(xiàng)中的反應(yīng)不符合客觀實(shí)際，反應(yīng)后只能產(chǎn)生Fe2+ 和H2； C選項(xiàng)錯(cuò)誤，因?yàn)榉磻?yīng)前后得失電子不守恒，電荷也不守恒，正確的離子反應(yīng)方程式應(yīng)該為：3Fe2+ + NO3－＋4H+ === 3Fe3+ + NO↑+ 2H2O；D選項(xiàng)正確，因?yàn)椴坏?個(gè)守恒、而且符合客觀實(shí)際.答案：D四、體積守恒法體積守恒法是指氣體在化學(xué)反應(yīng)前后，在同溫同壓條件下，依據(jù)化學(xué)反應(yīng)方程式判斷出的始態(tài)和末態(tài)氣體的體積相等的方法，此方法主要用于有機(jī)物的燃燒反應(yīng).【例7】在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，0.456g 在336mL 中燃燒，將燃燒后的混合氣體恢復(fù)到標(biāo)準(zhǔn)狀況，則混合氣體的體積為（）A.112mL B.224mL C.336mLD.448mL【解析】在標(biāo)準(zhǔn)狀況下， 為液態(tài)，而 、 為氣態(tài). 在 中的燃燒方程為： ，由反應(yīng)方程式可以看出，反應(yīng)前后氣體的體積保持不變,因此，無論 過量、適量，還是少量，反應(yīng)后氣體的體積都等于起始給定的 的體積.答案:C.由以上幾例可以看出，守恒法在高中化學(xué)解題中可以免去許多復(fù)雜的數(shù)學(xué)計(jì)算，大大簡化了化學(xué)解題過程，從而提高了解題速度，其優(yōu)點(diǎn)是不管細(xì)枝末節(jié)，只需抓住化學(xué)反應(yīng)中某一特定的量保持不變，然后列等式求解便可迅速得到結(jié)果.作為我們一線的高中化學(xué)教師，平時(shí)在化學(xué)教學(xué)中，尤其是習(xí)題課教學(xué)中，應(yīng)有意識地培養(yǎng)學(xué)生的守恒思維，以提高他們解決化學(xué)問題的能力.

(收稿日期：2010-05-04)