2013年高考“化學計算”分類例析

師殿峰

一、有關物質的量與阿伏加德羅常數的計算

例1(江蘇化學卷)設NA為阿伏加德羅常數的值.下列說法正確的是（）.

A.1 L 1mol·L-1的NaClO溶液中含有ClO-的數目為NA

B.78 g苯含有C＝C雙鍵的數目為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目為NA

D.標準狀況下，6.72 L NO2與水充分反應轉移的電子數目為0.1NA

解析在1 L 1 mol·L-1的NaClO溶液中，由于ClO-能夠水解，其物質的量n(ClO-)<1 mol·L-1×1 L=1 mol，即其含有ClO-的數目小于NA，則A項錯誤；盡管78 g苯的物質的量為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特的鍵)，則B項錯誤；因N2與CO的摩爾質量均為28 g·mol-1，且均為雙原子分子，而14 g N2與CO的混合氣體的物質的量為0.5 mol(14 g÷28 g·mol-1=0.5 mol)，其含有的原子數目為NA，則C項正確；標

準狀況下6.72 L NO2的物質的量為0.3 mol(6.72 L÷22.4 L·mol-1=0.3 mol)，由反應3NO2+H2O2HNO3+NO可知，0.3 mol NO2與水充分反應轉移的電子數目為0.2NA，則D項錯誤.

答案為C.

例2(全國理綜課標卷Ⅱ) N0為阿伏伽德羅常數的值.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為2N0

B.12 g石墨烯(單層石墨)中含有六元環的個數為0.5N0

C.25℃時pH=13的NaOH溶液中含有OH-的數目為0.1N0

D.1 mol的羥基與1 mol的氫氧根離子所含電子數均為9N0

解析1.0 L 1.0 mol·L-1的NaAlO2水溶液中，溶質的物質的量n(NaAlO2)=1 mol·L-1×1 L=1 mol，1 mol NaAlO2中含有的氧原子數為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大于2N0，則A項錯誤；12 g(即12 g÷12 g·mol-1石墨烯含有N0個C原子，石墨烯中每一個六邊形含有2個C原子(因每一個C原子為三個六邊形共用，即每一個六邊形含有的C原子數為6÷3=2)，其含有六元環的個數為0.5N0(N0÷2=0.5N0)，則B項正確；對于C項，題目沒有給出溶液的體積，無法計算溶液中含有OH-的數目，則C項錯誤；羥基(-OH)和氫氧根離子(OH-)中分別含有9個和10個電子，即1 mol的羥基與1 mol的氫氧根離子所含電子數分別為9N0和10N0，則D項錯誤.故答案為B.

二、有關氧化還原反應的計算

例3(上海化學卷)汽車劇烈碰撞時，安全氣囊中發生反應10NaN3+2KNO3→K2O+5Na2O+16N2↑.若氧化產物比還原產物多1.75mol，則下列判斷正確的是（）.

A.生成40.0 L N2(標準狀況)

B.有0.250 mol KNO3被氧化

C.轉移電子的物質的量為1.25 mol

D.被氧化的N原子的物質的量為3.75 mol

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

例4(全國理綜課標卷I，節選) 結晶水合草酸(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，列式計算該成品的純度.

解析設樣品中H2C2O4·2H2O的質量為m.因MnO-4+5e-→Mn2+，H2C2O4-2e-→2CO2；根據得失電子守恒原則得關系式“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、有關溶液pH的計算

例5(全國理綜課標卷Ⅱ)室溫時，M(OH)2(s)M2+(aq)+2OH-(aq)，Ksp=a；c(M2+)=bmol·L-1時，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、有關反應熱的計算

例6(海南化學卷)已知下列反應的熱化學方程式：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(江蘇化學卷，節選)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.它的單質和化合物在工農業生產中有著重要的應用.白磷(P4)可由Ca3(PO4)2、焦炭和SiO2在一定條件下反應獲得.相關熱化學方程式如下：

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、有關沉淀溶解平衡的計算

例8(全國理綜課標卷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，三種陰離子產生沉淀的先后順序為（）.

A.Cl-、Br-、CrO2-4B.CrO2-4、Br-、Cl-

C.Br-、Cl-、CrO2-4D.Br-、CrO2-4、Cl-

解析設Cl-、Br-、CrO2-4 剛開始沉淀時所需銀離子的濃度分別為xmol·L-1、y mol·L-1、z mol·L-1.根據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、有關化學反應速率的計算

例9(上海化學卷，節選)制備Ni(CO)4的反應為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%，所含雜質不與CO反應)剩余質量和反應時間的關系如圖1所示.Ni(CO)4在0～10 min的平均反應速率為.

圖1解析由圖1信息可知，10 min時參加反應的Ni的物質的量為(100 g-41 g)÷59 g· mol-1=1 mol；由反應可知，生成Ni(CO)4的物質的量為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)化學在環境保護中起著十分重要的作用，催化反硝化法和電化學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，反應進行10 min，溶液的pH由7變為12.上述反應離子方程式為，其平均反應速率v(NO-3)為 mol·L-1·min-1.

解析因H2將NO-3還原為N2時溶液的pH變大，則有OH-生成，根據守恒原則可得其反應離子方程式為2NO-3+5H2催化劑N2+2OH-+4H2O；因25℃時，反應進行10 min，溶液的pH由7變為12，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、有關化學平衡的計算

例11(全國理綜課標卷Ⅱ，節選)在1.0 L密閉容器中放入0.10 mol A(g)，在一定溫度進行如下反應：

A(g)B(g)+C(g)ΔH=+85.1 kJ· mol-1

反應時間(t)與容器內氣體總壓強(p)的數據見下表：時間t/h0124816202530 總壓強p/100kPa4.915.586.327.318.549.509.529.539.53回答下列問題：

（1）提高A的平衡轉化率應采取的措施為.

（2）由總壓強p和起始壓強p0計算反應物A的轉化率α(A)的表達式為.平衡時A的轉化率為，列式并計算反應的平衡常數K.

解析（1）欲提高A的平衡轉化率，應使平衡向右移動，根據勒夏特列原理可知，應采取的措施為升高溫度、降低壓強.

（2）設起始時A的物質的量為n.則

A(g)B(g)+C(g)物質的量的差量(增加)

1 mol1 mol

n×α(A)n×α(A)

根據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

的量濃度

(mol·L-1) 0.100 0

轉化物質

的量濃度

(mol·L-1) 0.10×94.1% 0.0941 0.0941

=0.0941

平衡物質

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；（2）(pp0-1)×100%，94.1%，1.5mol·L-1(計算過程見解析).

八、有關化學反應速率和化學平衡的計算

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，發生反應X(g)+Y(g)2Z(g)ΔH<0，一段時間后達到平衡，反應過程中測定的數據如下表：

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

A.反應前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，反應達到新平衡前v(逆)>v(正)

C.該溫度下此反應的平衡常數K=1.44

D.其他條件不變，再充入0.2 mol Z，平衡時X的體積分數增大

解析反應頭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.因該可逆反應的正反應為放熱反應，其他條件不變，降低溫度，平衡正向移動，反應達到新平衡前v(正)>v(逆).因該可逆反應反應前后氣體的物質的量不變，其他條件不變，再充入0.2 mol Z，平衡時X的體積分數不變；由題意可知，起始時，c(X)=c(Y)=0.16 mol÷10 L=0.016 mol·L-1；平衡時，c(X)=c(Y)=0.10 mol÷10 L=0.010 mol·L-1；則平衡時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的平衡常數K=(0.012 mol·L-1)20.010 mol·L-1×0.010 mol·L-1=1.44.答案C.

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

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

（2）若溫度T2時，5 min后反應達到平衡，A的轉化率為70%，則：

①平衡時體系總的物質的量為.

②反應的平衡常數K=.

③0~5 min區間的平均反應速率v(A)=.

解析（1）根據圖中信息，應用“先拐先平數值大”的規律可知，T2時先達到平衡(所用時間短)，反應速率大、溫度高；而溫度越高c(A)越小，即溫度升高、平衡右移，則正反應為吸熱反應，升溫K將增大.

（2）A(g)B(g)+C(g)

起始物質的量濃度( mol·L-1) 0.050 0 0

轉化物質的量濃度( mol·L-1)0.050×70%0.0350.035

=0.035

平衡物質的量濃度(mol·L-1) 0.0150.0350.035

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

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，反應在0~5 min區間的平均反應速率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、有關確定化學式的計算

例14(江蘇化學卷，節選)硫酸鎳銨［(NH4)xNiy(SO4)m·nH2O］可用于電鍍、印刷等領域.某同學為測定硫酸鎳銨的組成，進行如下實驗：①準確稱取2.3350 g樣品，配制成100.00 mL溶液A；②準確量取25.00 mL溶液A，用0.04000mol·L-1 的EDTA(Na2H2Y)標準溶液滴定其中的Ni2+(離子方程式為Ni2++H2Y2-NiY2-+2H+)，消耗EDTA 標準溶液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(標準狀況).通過計算確定硫酸鎳銨的化學式(寫出計算過程).

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，故硫酸鎳銨的化學式為(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O.

答案為：(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O.

例15(海南化學卷，節選)BaCl2·xH2O中結晶水數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；轉入高溫爐中，反復灼燒到恒重，稱得沉淀質量為1.165 g.計算BaCl2·xH2O中的x=(要求計算過程).

解析由題意可知，樣品中BaCl2的物質的量n(BaCl2)=n(BaSO4)=1.165 g÷233 g· mol-1=5.000×10-3 mol，其質量為m(BaCl2)=5.000×10-3 mol×208 g· mol-1=1.040 g；則樣品中H2O的物質的量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(計算過程見解析).

十、有關混合物的計算

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、質量分數為63%的濃硝酸中，得到NO2和N2O4 的混合氣體1120 mL(標準狀況)，向反應后的溶液中加入1.0 mol·L-1NaOH溶液，當金屬離子全部沉淀時，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的量之比是2︰1

B.該濃硝酸中HNO3的物質的量濃度是14.0 mol·L-1

C.NO2和N2O4的混合氣體中，NO2的體積分數是80%

D.得到2.54 g沉淀時，加入NaOH溶液的體積是600 mL

解析A項，向反應后的溶液中加入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；且根據電荷守恒原理可知，銅鎂失去電子的物質的量n(e-)=n(OH-)=m(OH-)÷17 g· mol-1=(2.54 g-1.52 g)÷17 g· mol-1=0.06 mol；設合金中銅和鎂的物質的量分別為n(Cu)和n(Mg)，則n(Cu)×64 g· mol-1+n(Mg)×24g· mol-1=1.52 g(合金的質量)……①，n(Cu)×2+n(Mg)×2=0.06 mol(合金失去電子的物質的量)……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項正確.B項，c(HNO3)=(1000 mL×1.40 g·mL-1×63%)÷63 g· mol-1=14.0 mol·L-1，B項正確.C項，因n(NO2+N2O4)=1.12 L÷22.4 L· mol-1=0.05 mol，設NO2和N2O4 的混合氣體中NO2的物質的量為n(NO2)，則N2O4的物質的量為［0.05 mol-n(NO2)］；根據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，根據阿伏加德羅定律得混合氣體中NO2的體積分數為(0.04 mol÷0.05 mol)×100%=80%，則C項正確.D項，得到2.54g沉淀時，溶液中的溶質只有NaNO3，根據守恒原則得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(標準狀況)，向反應后的溶液中(存在Cu2+和SO2-4)加入足量NaOH，產生藍色沉淀，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，其物質的量為n(CuS)=n(CuO)=12 g÷80 g· mol-1=0.15 mol；設生成NO和NO2的物質的量均為x(下同).因HNO3+3e-→NO，HNO3+e-→NO2，CuS-8e-→SO2-4；根據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.因實際是CuS和Cu2S的混合物，則8.4L

十一、有關化學綜合計算

例18 (上海化學卷)碳酸氫納俗稱“小蘇打”，是氨堿法和聯合制堿法制純堿的中間產物，可用作膨松劑，制酸劑，滅火劑等.工業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).（2）某溶液組成如表1：

表1化合物Na2CO3NaHCO3NaCl 質量(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 質量(kg)137.7428.897.3計算析出碳酸氫納晶體的質量(保留1位小數).

（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的質量由428.8kg降為400.3kg，補加適量碳酸鈉，使溶液組成回到表一狀態.計算補加的碳酸鈉質量(保留1位小數).

（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(標準狀況)，獲得純的碳酸氫鈉溶液，測得溶液中含碳酸氫鈉504kg.通過計算確定該晶體的化學式.

解析（1）設需用硫酸的體積為V(硫酸).由關系式“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，參加反應的Na2CO3的質量為(814.8kg-137.7kg)=677.1kg；再由反應Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3可知，生成NaHCO3的質量為(677.1kg×168kg÷106kg)=1073.1kg；則析出的碳酸氫鈉晶體的質量為(1073.1kg+400.3kg)﹣428.8kg=1044.6kg.

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

（4）設該晶體的化學式為xNaHCO3·yNa2CO3·zH2O.因參加反應的二氧化碳的物質的量為n(CO2)=(44.8×103 L÷22.4 L· mol-1)=2×103 mol，則由反應Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3可知，參加反應(即452 kg晶體中)的Na2CO3的物質的量為n(Na2CO3)=n(CO2)=2×103 mol，生成NaHCO3的物質的量為n(NaHCO3)=2n(CO2)=2×2×103 mol=4×103 mol；則452 kg晶體中NaHCO3的物質的量為(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

地址(00)名

例談守恒法在高中化學中的應用甘肅省山丹縣第一中學魏學強734100一、質量守恒法 質量守恒法是指化學反應前后，我們利用反應物的質量之和等于生成物的質量之和列式求解的方法.【例1】已知A元素與B元素的摩爾質量之比為9：22，在反應X＋2Y＝2A＋B中，當1.6gX與Y完全反應后，生成4.4gB，則參加反應的Y和生成物A的質量之比為（）A. 32：9 B. 46：9C.9：16D.16：9【解析】已知A與B的摩爾質量比為9：22，結合方程式可以知道，反應生成物A和B的質量之比為18：22，也就是1.6gX與Y完全反應后，生成了4.4gB，同時生成了4.4×18÷22=3.6gA，由質量守恒得參加反應的Y的質量為3.6+4.4-1.6=6.4g，所以參加反應的Y和生成物A的質量之比為6.4g/3.6g=16：9.答案：D二、元素守恒法元素守恒法是指化學反應前后，我們利用參加反應的每一種元素的種類不變、個數不變、物質的量不變、質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間后，經分析測知其含水為2.8%、含K2CO3為37.3%,取1g該樣品投入到25mL、2mol／L的鹽酸中后，發現鹽酸過量，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，我們最終可得到固體（）A. 1gB3.725gC. 0.797g D. 2.836g【解析】KOH、K2CO3跟鹽酸反應的主要產物都是KCl，我們最終可得到固體是KCl，根據元素守恒，化學反應過程中，反應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中，我們根據氧化劑得電子（化合價降低）的總數等于還原劑失電子的（化合價升高）總數、即得失電子守恒（化合價升降相等）列等式求解的方法.【例3】在某一溶液中， 離子與 離子發生了氧化還原反應， 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，則 離子還原后的化合價為（）.A．＋1 B．＋2 C．＋3 D．＋4【解析】 離子與 離子發生反應，氧化劑為 ，還原劑為 ，設反應后 元素的化合價為a；則 元素化合價由＋6降為了a， 元素化合價由＋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鐵粉充分反應后，鐵粉全部溶解，生成NO，溶液質量增加了3.2g，所得溶液中Fe2+和Fe3+物質的量之比為（）A. 4∶1 B. 2∶1 C. 1∶1D. 3∶2【解析】設反應后的溶液中Fe2+有 ，Fe3+有 ，由Fe元素守恒得： 由N 元素和Fe元素得失電子守恒得： 聯立得： ， ； N所以 .答案：D.三、電荷守恒法電荷守恒法是指對任意化學反應體系，我們可以依據化學反應前后這一體系的總的電荷量、即電荷的代數和總保持不變列等式求解的方法.【例5】在一定條件下， 與 、 發生反應的離子方程式為： ， 中的 為______.【解析】由離子反應方程式得；反應前的電荷總數為： ；反應后電荷總數為-1；反應前后依據電荷守恒得： ；解得： .【例6】下列離子反應方程式正確的是（）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選項錯誤，因為A選項中反應前后電荷不守恒，由于Fe3O4中Fe有兩種價態，正確的離子反應方程式應該為：Fe3O4 + 8H+ === 2Fe3+ + Fe2+ + 4H2O； B選項錯誤，因為根據氧化性強弱可知，B選項中的反應不符合客觀實際，反應后只能產生Fe2+ 和H2； C選項錯誤，因為反應前后得失電子不守恒，電荷也不守恒，正確的離子反應方程式應該為：3Fe2+ + NO3－＋4H+ === 3Fe3+ + NO↑+ 2H2O；D選項正確，因為不但符合3個守恒、而且符合客觀實際.答案：D四、體積守恒法體積守恒法是指氣體在化學反應前后，在同溫同壓條件下，依據化學反應方程式判斷出的始態和末態氣體的體積相等的方法，此方法主要用于有機物的燃燒反應.【例7】在標準狀況下，0.456g 在336mL 中燃燒，將燃燒后的混合氣體恢復到標準狀況，則混合氣體的體積為（）A.112mL B.224mL C.336mLD.448mL【解析】在標準狀況下， 為液態，而 、 為氣態. 在 中的燃燒方程為： ，由反應方程式可以看出，反應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，守恒法在高中化學解題中可以免去許多復雜的數學計算，大大簡化了化學解題過程，從而提高了解題速度，其優點是不管細枝末節，只需抓住化學反應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果.作為我們一線的高中化學教師，平時在化學教學中，尤其是習題課教學中，應有意識地培養學生的守恒思維，以提高他們解決化學問題的能力.

(收稿日期：2010-05-04)

例17(上海化學卷)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(標準狀況)，向反應后的溶液中(存在Cu2+和SO2-4)加入足量NaOH，產生藍色沉淀，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，其物質的量為n(CuS)=n(CuO)=12 g÷80 g· mol-1=0.15 mol；設生成NO和NO2的物質的量均為x(下同).因HNO3+3e-→NO，HNO3+e-→NO2，CuS-8e-→SO2-4；根據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.因實際是CuS和Cu2S的混合物，則8.4L

十一、有關化學綜合計算

例18 (上海化學卷)碳酸氫納俗稱“小蘇打”，是氨堿法和聯合制堿法制純堿的中間產物，可用作膨松劑，制酸劑，滅火劑等.工業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).（2）某溶液組成如表1：

表1化合物Na2CO3NaHCO3NaCl 質量(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 質量(kg)137.7428.897.3計算析出碳酸氫納晶體的質量(保留1位小數).

（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的質量由428.8kg降為400.3kg，補加適量碳酸鈉，使溶液組成回到表一狀態.計算補加的碳酸鈉質量(保留1位小數).

（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(標準狀況)，獲得純的碳酸氫鈉溶液，測得溶液中含碳酸氫鈉504kg.通過計算確定該晶體的化學式.

解析（1）設需用硫酸的體積為V(硫酸).由關系式“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，參加反應的Na2CO3的質量為(814.8kg-137.7kg)=677.1kg；再由反應Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3可知，生成NaHCO3的質量為(677.1kg×168kg÷106kg)=1073.1kg；則析出的碳酸氫鈉晶體的質量為(1073.1kg+400.3kg)﹣428.8kg=1044.6kg.

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

（4）設該晶體的化學式為xNaHCO3·yNa2CO3·zH2O.因參加反應的二氧化碳的物質的量為n(CO2)=(44.8×103 L÷22.4 L· mol-1)=2×103 mol，則由反應Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3可知，參加反應(即452 kg晶體中)的Na2CO3的物質的量為n(Na2CO3)=n(CO2)=2×103 mol，生成NaHCO3的物質的量為n(NaHCO3)=2n(CO2)=2×2×103 mol=4×103 mol；則452 kg晶體中NaHCO3的物質的量為(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

地址(00)名

例談守恒法在高中化學中的應用甘肅省山丹縣第一中學魏學強734100一、質量守恒法 質量守恒法是指化學反應前后，我們利用反應物的質量之和等于生成物的質量之和列式求解的方法.【例1】已知A元素與B元素的摩爾質量之比為9：22，在反應X＋2Y＝2A＋B中，當1.6gX與Y完全反應后，生成4.4gB，則參加反應的Y和生成物A的質量之比為（）A. 32：9 B. 46：9C.9：16D.16：9【解析】已知A與B的摩爾質量比為9：22，結合方程式可以知道，反應生成物A和B的質量之比為18：22，也就是1.6gX與Y完全反應后，生成了4.4gB，同時生成了4.4×18÷22=3.6gA，由質量守恒得參加反應的Y的質量為3.6+4.4-1.6=6.4g，所以參加反應的Y和生成物A的質量之比為6.4g/3.6g=16：9.答案：D二、元素守恒法元素守恒法是指化學反應前后，我們利用參加反應的每一種元素的種類不變、個數不變、物質的量不變、質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間后，經分析測知其含水為2.8%、含K2CO3為37.3%,取1g該樣品投入到25mL、2mol／L的鹽酸中后，發現鹽酸過量，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，我們最終可得到固體（）A. 1gB3.725gC. 0.797g D. 2.836g【解析】KOH、K2CO3跟鹽酸反應的主要產物都是KCl，我們最終可得到固體是KCl，根據元素守恒，化學反應過程中，反應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中，我們根據氧化劑得電子（化合價降低）的總數等于還原劑失電子的（化合價升高）總數、即得失電子守恒（化合價升降相等）列等式求解的方法.【例3】在某一溶液中， 離子與 離子發生了氧化還原反應， 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，則 離子還原后的化合價為（）.A．＋1 B．＋2 C．＋3 D．＋4【解析】 離子與 離子發生反應，氧化劑為 ，還原劑為 ，設反應后 元素的化合價為a；則 元素化合價由＋6降為了a， 元素化合價由＋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鐵粉充分反應后，鐵粉全部溶解，生成NO，溶液質量增加了3.2g，所得溶液中Fe2+和Fe3+物質的量之比為（）A. 4∶1 B. 2∶1 C. 1∶1D. 3∶2【解析】設反應后的溶液中Fe2+有 ，Fe3+有 ，由Fe元素守恒得： 由N 元素和Fe元素得失電子守恒得： 聯立得： ， ； N所以 .答案：D.三、電荷守恒法電荷守恒法是指對任意化學反應體系，我們可以依據化學反應前后這一體系的總的電荷量、即電荷的代數和總保持不變列等式求解的方法.【例5】在一定條件下， 與 、 發生反應的離子方程式為： ， 中的 為______.【解析】由離子反應方程式得；反應前的電荷總數為： ；反應后電荷總數為-1；反應前后依據電荷守恒得： ；解得： .【例6】下列離子反應方程式正確的是（）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選項錯誤，因為A選項中反應前后電荷不守恒，由于Fe3O4中Fe有兩種價態，正確的離子反應方程式應該為：Fe3O4 + 8H+ === 2Fe3+ + Fe2+ + 4H2O； B選項錯誤，因為根據氧化性強弱可知，B選項中的反應不符合客觀實際，反應后只能產生Fe2+ 和H2； C選項錯誤，因為反應前后得失電子不守恒，電荷也不守恒，正確的離子反應方程式應該為：3Fe2+ + NO3－＋4H+ === 3Fe3+ + NO↑+ 2H2O；D選項正確，因為不但符合3個守恒、而且符合客觀實際.答案：D四、體積守恒法體積守恒法是指氣體在化學反應前后，在同溫同壓條件下，依據化學反應方程式判斷出的始態和末態氣體的體積相等的方法，此方法主要用于有機物的燃燒反應.【例7】在標準狀況下，0.456g 在336mL 中燃燒，將燃燒后的混合氣體恢復到標準狀況，則混合氣體的體積為（）A.112mL B.224mL C.336mLD.448mL【解析】在標準狀況下， 為液態，而 、 為氣態. 在 中的燃燒方程為： ，由反應方程式可以看出，反應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，守恒法在高中化學解題中可以免去許多復雜的數學計算，大大簡化了化學解題過程，從而提高了解題速度，其優點是不管細枝末節，只需抓住化學反應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果.作為我們一線的高中化學教師，平時在化學教學中，尤其是習題課教學中，應有意識地培養學生的守恒思維，以提高他們解決化學問題的能力.

(收稿日期：2010-05-04)

例17(上海化學卷)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(標準狀況)，向反應后的溶液中(存在Cu2+和SO2-4)加入足量NaOH，產生藍色沉淀，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，其物質的量為n(CuS)=n(CuO)=12 g÷80 g· mol-1=0.15 mol；設生成NO和NO2的物質的量均為x(下同).因HNO3+3e-→NO，HNO3+e-→NO2，CuS-8e-→SO2-4；根據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.因實際是CuS和Cu2S的混合物，則8.4L

十一、有關化學綜合計算

例18 (上海化學卷)碳酸氫納俗稱“小蘇打”，是氨堿法和聯合制堿法制純堿的中間產物，可用作膨松劑，制酸劑，滅火劑等.工業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).（2）某溶液組成如表1：

表1化合物Na2CO3NaHCO3NaCl 質量(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 質量(kg)137.7428.897.3計算析出碳酸氫納晶體的質量(保留1位小數).

（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的質量由428.8kg降為400.3kg，補加適量碳酸鈉，使溶液組成回到表一狀態.計算補加的碳酸鈉質量(保留1位小數).

（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(標準狀況)，獲得純的碳酸氫鈉溶液，測得溶液中含碳酸氫鈉504kg.通過計算確定該晶體的化學式.

解析（1）設需用硫酸的體積為V(硫酸).由關系式“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，參加反應的Na2CO3的質量為(814.8kg-137.7kg)=677.1kg；再由反應Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3可知，生成NaHCO3的質量為(677.1kg×168kg÷106kg)=1073.1kg；則析出的碳酸氫鈉晶體的質量為(1073.1kg+400.3kg)﹣428.8kg=1044.6kg.

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

（4）設該晶體的化學式為xNaHCO3·yNa2CO3·zH2O.因參加反應的二氧化碳的物質的量為n(CO2)=(44.8×103 L÷22.4 L· mol-1)=2×103 mol，則由反應Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3可知，參加反應(即452 kg晶體中)的Na2CO3的物質的量為n(Na2CO3)=n(CO2)=2×103 mol，生成NaHCO3的物質的量為n(NaHCO3)=2n(CO2)=2×2×103 mol=4×103 mol；則452 kg晶體中NaHCO3的物質的量為(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中的應用甘肅省山丹縣第一中學魏學強734100一、質量守恒法 質量守恒法是指化學反應前后，我們利用反應物的質量之和等于生成物的質量之和列式求解的方法.【例1】已知A元素與B元素的摩爾質量之比為9：22，在反應X＋2Y＝2A＋B中，當1.6gX與Y完全反應后，生成4.4gB，則參加反應的Y和生成物A的質量之比為（）A. 32：9 B. 46：9C.9：16D.16：9【解析】已知A與B的摩爾質量比為9：22，結合方程式可以知道，反應生成物A和B的質量之比為18：22，也就是1.6gX與Y完全反應后，生成了4.4gB，同時生成了4.4×18÷22=3.6gA，由質量守恒得參加反應的Y的質量為3.6+4.4-1.6=6.4g，所以參加反應的Y和生成物A的質量之比為6.4g/3.6g=16：9.答案：D二、元素守恒法元素守恒法是指化學反應前后，我們利用參加反應的每一種元素的種類不變、個數不變、物質的量不變、質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間后，經分析測知其含水為2.8%、含K2CO3為37.3%,取1g該樣品投入到25mL、2mol／L的鹽酸中后，發現鹽酸過量，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，我們最終可得到固體（）A. 1gB3.725gC. 0.797g D. 2.836g【解析】KOH、K2CO3跟鹽酸反應的主要產物都是KCl，我們最終可得到固體是KCl，根據元素守恒，化學反應過程中，反應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中，我們根據氧化劑得電子（化合價降低）的總數等于還原劑失電子的（化合價升高）總數、即得失電子守恒（化合價升降相等）列等式求解的方法.【例3】在某一溶液中， 離子與 離子發生了氧化還原反應， 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，則 離子還原后的化合價為（）.A．＋1 B．＋2 C．＋3 D．＋4【解析】 離子與 離子發生反應，氧化劑為 ，還原劑為 ，設反應后 元素的化合價為a；則 元素化合價由＋6降為了a， 元素化合價由＋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鐵粉充分反應后，鐵粉全部溶解，生成NO，溶液質量增加了3.2g，所得溶液中Fe2+和Fe3+物質的量之比為（）A. 4∶1 B. 2∶1 C. 1∶1D. 3∶2【解析】設反應后的溶液中Fe2+有 ，Fe3+有 ，由Fe元素守恒得： 由N 元素和Fe元素得失電子守恒得： 聯立得： ， ； N所以 .答案：D.三、電荷守恒法電荷守恒法是指對任意化學反應體系，我們可以依據化學反應前后這一體系的總的電荷量、即電荷的代數和總保持不變列等式求解的方法.【例5】在一定條件下， 與 、 發生反應的離子方程式為： ， 中的 為______.【解析】由離子反應方程式得；反應前的電荷總數為： ；反應后電荷總數為-1；反應前后依據電荷守恒得： ；解得： .【例6】下列離子反應方程式正確的是（）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選項錯誤，因為A選項中反應前后電荷不守恒，由于Fe3O4中Fe有兩種價態，正確的離子反應方程式應該為：Fe3O4 + 8H+ === 2Fe3+ + Fe2+ + 4H2O； B選項錯誤，因為根據氧化性強弱可知，B選項中的反應不符合客觀實際，反應后只能產生Fe2+ 和H2； C選項錯誤，因為反應前后得失電子不守恒，電荷也不守恒，正確的離子反應方程式應該為：3Fe2+ + NO3－＋4H+ === 3Fe3+ + NO↑+ 2H2O；D選項正確，因為不但符合3個守恒、而且符合客觀實際.答案：D四、體積守恒法體積守恒法是指氣體在化學反應前后，在同溫同壓條件下，依據化學反應方程式判斷出的始態和末態氣體的體積相等的方法，此方法主要用于有機物的燃燒反應.【例7】在標準狀況下，0.456g 在336mL 中燃燒，將燃燒后的混合氣體恢復到標準狀況，則混合氣體的體積為（）A.112mL B.224mL C.336mLD.448mL【解析】在標準狀況下， 為液態，而 、 為氣態. 在 中的燃燒方程為： ，由反應方程式可以看出，反應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，守恒法在高中化學解題中可以免去許多復雜的數學計算，大大簡化了化學解題過程，從而提高了解題速度，其優點是不管細枝末節，只需抓住化學反應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果.作為我們一線的高中化學教師，平時在化學教學中，尤其是習題課教學中，應有意識地培養學生的守恒思維，以提高他們解決化學問題的能力.

(收稿日期：2010-05-04)