高中化学高考计算题守恒三大方法.docx
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高中化学高考计算题守恒三大方法
按比例求解——化学计算三大法宝之首
[例1]Na2S2O3在30℃时的溶解度为35.5g/100gH2O。
将30℃时的Na2S2O3饱和溶液271g冷却到10℃，析出晶体79.5g。
计算10℃时Na2S2O3在水中的溶解度。
这是初中化学乃至小学算术中就开始出现的比例问题。
首先遇到的问题是每271g30℃时的饱和溶液中溶质和水各有几克。
按比例，135.5g饱和溶液中有溶质35.5g，水100g，271是135.5的两倍，则含溶质71g，水200g。
Na2S2O3•7H2O中Na2S2O3的质量分数为0.5。
设10℃时100g水中最多可溶解Na2S2O3xg，再按比例列式：
（71-79.5×0.5）/（200-79.5×0.5）=x/100
x=19.5
答：
10℃时Na2S2O3在水中的溶解度为19.5g/100gH2O。
[例2]某固体仅由一种元素组成，其密度为5.0g/cm3。
X射线研究表明在边长为1×10-7cm的立方体中含有20个原子，此元素的相对原子质量为_____。
首先考虑：
20个原子占体积10-21cm3，则1mol原子占多大体积。
还是一个按比例求解的问题。
10-21×（6.02×1023/20）=30.1cm3/mol
30.1×5.0=150.5
[例3]达喜的化学成分是铝和镁的碱式盐。
取该碱式盐3.01g，加入2.0mol/L盐酸使其溶解，当加入盐酸42.5mL时开始产生CO2，加入盐酸至45.0mL时正好反应完全。
计算该碱式盐样品中OH-与CO32-的物质的量之比。
在上述碱式盐溶于盐酸后的溶液中加入过量氢氧化钠，过滤，沉淀物干燥后重1.74g。
试推测该碱式盐的化学式。
假定该盐为AlaMgb（OH）c（CO3）d•eH2O。
盐酸首先与OH-中和，再与CO32-反应生成HCO3-，最后将HCO3-转变为CO2。
按比例列式：
42.5/2.5=（c+d）/dc:
d=16:
1
如果d=1，与d对应的HCl为0.005mol，即0.005mol该盐为3.01g。
按比例，1mol盐为602g。
1.74g沉淀物当为Mg（OH）2，78g/mol，0.03mol。
d=1，则b=6。
据电荷平衡，a=2
最后按分子量确定e=4
答：
Al2Mg6（OH）16（CO3）•4H2O
[例4]难溶盐MCO3wg，加热完全分解为MO和CO2后，残留物的质量较原物质少了pg。
求MCO3中M的质量分数。
这可“按化学方程式计算”。
MCO3→MO+CO2
M+6044
wp
按比例列式（M+60）/w=44/p
M=44w/p-60
结果是=[（44w/p）-60]/（M+60）=[（44w/p）-60]/（44w/p）=1-15p/11w
这里最需要讨论的问题是[（44w/p）-60]/（M+60）是否等于[（44w/p）-60]/w，或者说后面这个比值是否成立。
[例5]某容器中盛有某种气态烃和氧气的混合物0.03mol，温度为400℃，其中氧气的量是此烃完全燃烧所需量的2倍。
该烃完全燃烧后容器中压力提高了5%（温度保持不变），并测得H2O的质量为0.162g。
求烃的分子式。
设该烃分子式为CxHy，其物质的量为amol。
CxHy+（x+y/4）O2→xCO2+y/2H2O（g）Δy/4-1
a（0.03-a）/20.162/180.03×5%
化学反应方程式中的每一项都可能用于按比例列式。
包括“差量”。
1/a=（x+y/4）/[（0.03-a）/2]=（y/2）/（0.162/18）=（y/4-1）/（0.03×5%）
答：
C3H6
[例6]在密闭容器中充入amolSO2和bmolO2（V2O5为催化剂，400℃），反应达平衡时，容器内共有Dmol气体。
这时容器内尚有SO2________mol。
2SO2+O2→2SO3Δ1
xa+b-D
按比例列式x/2=（a+b-D）/1
x=2a+2b-2D（x为反应消耗的SO2的量）
剩余的SO2为a-（2a+2b-2D）=2D-a-2b
这里遇到的一个重要问题是反应前后气体的差值究竟是（a+b）-D还是D-（a+b）。
[例7]1体积SO2和3体积空气混合后在450℃以上通过V2O5催化剂发生反应。
若同温同压下测得反应前后混合气体的密度比为0.9:
1，SO2的转化率为_____。
质量守恒，密度与体积成反比，该反应前后混合气体的体积比为1:
0.9，即总体积下降10%。
2SO2+O2→2SO3⊿=1
x4×10%
按比例列式：
2/x=1/0.4
x=0.8（x为转化了的SO2的体积）
答：
80%
[例8]氢气和氧气的混合气体，在120℃和一定压强下体积为aL，点燃后发生反应。
待气体恢复至原来的温度和压强时，测得其体积为bL。
求原混合气体中氢气的体积。
2H2+O2→2H2O（g）⊿=1
xa-xa-b
（1）H2过量，由完全反应的O2按比例列式：
a-x=a-bx=b
（2）O2过量，由完全反应的H2按比例列式：
x/2=（a-b）/1x=2（a-b）
答：
b或2（a-b）L
物料守恒——化学计算三大法宝之二
[例1]将0.51g镁铝混合粉末溶于4mol/L盐酸溶液50mL中。
现加入2mol/L氢氧化钠溶液，要使沉淀达到最大量，需要这种氢氧化钠溶液____mL。
解：
答案其实与“0.51g”无关。
溶液中最后的溶质是NaCl，即NaOH与HCl应等物质的量，各为0.2mol。
答：
100
[例2]常温下往100mLFeCl3溶液中通入0.224LH2S，结果生成单质硫。
再加入过量铁粉，反应停止后溶液中含有0.06mol阳离子。
原FeCl3溶液的浓度是____mol/L。
解：
求解与“0.224L”无关。
最后溶液的溶质仅为FeCl2，即有0.12molCl-，即可知原有的FeCl3应为0.04mol。
答：
0.4
[例3]沥青铀矿主要成分的分子式为U3O8。
历史上，柏齐里乌斯把U的相对原子质量定为120，门捷列夫建议改为240，阿姆斯特朗又认为是180。
现已证明门氏正确，请推测柏氏与阿氏给沥青铀矿写的分子式。
解：
既然门捷列夫正确，则该物质中U与O的质量之比就是240×3:
16×8，该比值应该是大家承认的一个客观事实，是各人考虑问题的基点。
柏齐里乌斯的结论是（720/120）:
8，阿姆斯特朗的结论是（720/180）:
8。
答：
U3O4UO2
[例4]在足量水中加入一定量的Na2O2后再加入一定量的铝粉，反应完毕后无固体剩余，得澄清溶液，整个过程共生成气体3.5g。
再向溶液中加入3.5mol/LHCl200mL，先产生沉淀，后沉淀恰好全部溶解。
原Na2O2的质量为____g，铝粉的质量为____g。
解：
设Na2O2、Al的物质的量分别是a、bmol。
气体是O2与H2的混合物。
每摩尔Na2O2释放O20.5mol，每摩尔Al释放H21.5mol。
最后溶液为NaCl和AlCl3的混合液，Cl-全部来自HCl。
16a+3b=3.52a+3b=3.5×0.2a=0.2b=0.1
答：
15.62.7
[例5]某硫酸溶液100mL里加入1.60gFe2O3，全部溶解，再向其中加入5.00g铁粉，溶液变浅绿色。
反应停止后还剩余3.32g铁粉。
求硫酸的物质的量浓度。
解：
涉及的反应是Fe2O3+3H2SO4→Fe2（SO4）3+3H2O
Fe2（SO4）3+Fe→3FeSO4H2SO4+Fe→FeSO4+H2↑
最终的溶质仅是FeSO4。
SO42-源自H2SO4，Fe2+源自Fe2O3和Fe。
n（SO42-）=n（Fe2+）=（1.6/160）×2+（5.00-3.32）/56=0.05mol
答：
0.5mol/L
[例6]高炉煤气的平均组成（体积分数）为：
CO-0.28，CO2-0.10、N2-0.58、其它-0.04。
生产1000kg生铁耗用石灰石250kg，排放煤气2400m3（标准状况）。
计算：
（1）生产1000kg生铁至少需要多少千克焦炭？
（2）高炉煤气所需O2来源于空气。
生产1000kg生铁需要提供多少立方米（标准状况）空气？
（设空气中O2和N2的体积分数分别为0.20和0.80。
）
解：
本题不能按O的物料守恒求解，因为O的来源除空气、石灰石外还有矿物。
我们不知道矿物的成分，铁的氧化物尚不确定，如Fe2O3、Fe3O4等。
（1）考虑利用C的物质的量，因为C来自石灰石和焦炭，结果主要就是CO和CO2，来龙去脉都清楚。
2400×0.38/22.4–2.5=38.21kmol
（2）考虑利用来自空气的N2量不变。
2400×0.58×5/4=1740
答：
（1）458.6kg
（2）1740m3
[例7]有镁和铝两种金属的混合粉末1.44g，在50mL3.4mol/LHCl中全部溶解。
再加50mL4.0mol/LNaOH溶液，得白色沉淀物。
滤出沉淀物灼烧至质量不再减小，得固体1.11g。
在滤液中滴加少量稀盐酸即有沉淀产生。
原混合物中镁的质量为____g。
解：
涉及的反应可能包括：
Mg+HCl、Al+HCl、HCl+NaOH、MgCl2+NaOH、AlCl3+NaOH、Al（OH）3+NaOH、Mg（OH）2分解、Al（OH）3分解。
沉淀物估计为Mg（OH）2和Al（OH）3，1.11g固体为MgO和Al2O3。
滤液成分为NaAlO2和NaCl。
由于碱性，溶液中不可能再有Mg2+、Al3+；沉淀中有Al（OH）3，溶液中也不可能有值得计量的OH-。
物料守恒，Cl-为0.17mol，Na+为0.20mol，故NaAlO2为0.03mol。
设镁粉xmol，铝粉ymol，
40x+（y-0.03）×102/2=1.1124x+27y=1.44x=0.015mol
答：
0.36g
[例8]在三个密闭容器内分别装有：
（1）Na2O2和NaHCO3
（2）Na2O2和NH4HCO3（3）Na2O2和Ca（HCO3）2，其中每种物质均为1mol。
将它们加热至300℃，充分反应后排出气体。
求各容器内残留的固体物质名称及其物质的量。
解：
三个容器内首先发生的都是酸式盐的分解。
NaHCO3→（1/2）Na2CO3+（1/2）CO2+（1/2）H2O
NH4HCO3→NH3+H2O+CO2
Ca（HCO3）2→CaCO3+CO2+H2O
然后是H2O、CO2与Na2O2的反应，生成NaOH、Na2CO3。
容器掀开后，肯定不会被排出的是金属离子Na+和Ca2+。
三个容器中分别有
（1）3molNa+、
（2）2molNa+、（3）2molNa+和1molCa2+。
还有一个必须考虑的问题是，容器内先有NaOH还是先有Na2CO3。
应该是先有Na2CO3，按理想状况下的结果来考虑，CO2反应完后才有NaOH留存，因为CO2与NaOH不能共存。
这就使本题的计算变成了金属离子与C、H的组合问题。
答：
（1）Na2CO3和NaOH各1mol（只有O2逸出）
（2）1molNa2CO3（O2、NH3、H2O逸出）
（3）Na2CO3和CaCO3各1mol（O2与H2O逸出）
[例9]将NaHCO3和Na2O2固体混合物置于密闭容器中加热至250℃，使其充分反应后，放出气体，最后测得残余固体由两种物质组成，分别为amol和bmol，且a>b。
（1）原固体混合物中NaHCO3和Na2O2的物质的量分别是____mol、__________mol。
（2）最后气态生成物中各物质的量为A_________________mol；B_______________mol。
解：
残留固体是NaOH和Na2CO3。
如果Na2O2足量，NaHCO3分解产生的H2O与CO2均被完全吸收，NaOH和Na2CO3为1:
1（这可从H、C元素的比例上看出）。
但a>b，说明Na2O2不足，且由于CO2与NaOH不能共存，部分H2O未参加反应而随气体逸出，故a指Na2CO3，b指NaOH。
据C元素守恒，原NaHCO3也是amol。
据Na+的量守恒，a+2n（Na2O2）=2a+bNa2O2为（a+b）/2mol
据H元素守恒，逸出的H2O为n（H2O）=（a-b）/2mol
答：
（1）a（a+b）/2
（2）H2O（a-b）/2O2（a+b）/4
[例10]取100mL18.3mol/L的H2SO4与Zn反应，Zn完全溶解；生成的气体为1mol；将所得溶液稀释至1L，测得溶液中的H+浓度为1mol/L。
气体中H2与SO2的体积比约为______。
解：
设H2、SO2分别为a、bmol，a+b=1。
据化合价升降平衡，Zn为1mol。
据S元素守恒，剩余H2SO4+ZnSO4+SO2=原浓H2SO4
0.5+1+b=1.83a=0.67，b=0.33
答：
2:
1
[例11]为测定某铜银合金的成分，将30.0g合金溶于80mL13.5mol/L的浓硝酸中，待合金完全溶解后，收集到气体6.72L（标准状况），并测得溶液的pH＝0。
假定反应后溶液体积仍为80mL，求：
（1）被还原的HNO3的物质的量。
（2）合金中银的质量分数。
（3）气体的成分。
解：
认为气体为NO2与NO混合物，气体的物质的量就是被还原的HNO3的物质的量。
物料守恒，n（HNO3）=2n（Cu（NO3）2）+n（AgNO3）+n（HNO3,剩余）+n（NOx）
13.5×0.08=2n（Cu）+n（Ag）+1×0.08+0.3
64n（Cu）+108n（Ag）=30.0
n（Ag）=0.1mol10.8gn（Cu）=0.3mol
电子得失平衡n（NO2）+3n（NO）=2n（Cu）+n（Ag）
n（NO2）+3n（NO）=0.3
答：
（1）0.3mol
（2）36%（3）n（NO2）=0.1mol3n（NO）=0.2mol
电荷或电子得失平衡——化学计算三大法宝之三
[例1]在Na2S溶液中，各微粒浓度间存在下列关系：
（1）[Na+]+[H+]＝[OH-]+_____________
（2）[OH-]＝[H+]+[HS-]+_______
（3）[Na+]＝2[S2-]+______________
解：
（1）溶液是电中性的，阳离子的正电荷数等于阴离子的负电荷数。
（该等式也叫电荷平衡式）答：
[HS-]+2[S2-]；
（2）H2O电离的H+与OH-离子数原本相等，只是水解中有些H+被S2-结合成了HS-或H2S。
（该等式也叫质子平衡式）答：
2[H2S]；
（3）Na+离子数原本是S2-离子数的两倍，只是水解中有些S2-已变成了HS-或H2S。
（该等式也叫物料平衡式）答：
2[HS-]+2[H2S]
[例2]10.000g粗盐中含杂质CaSO4、MgSO4、MgCl2及其它不溶性固体杂质，其中SO42-0.005mol，Ca2+0.002mol，Mg2+0.008mol，其它不溶性杂质0.093g。
这种盐的纯度为____%。
解：
设作为杂质成分的Cl-为xmol。
电荷平衡：
n（SO42-）×2+x=n（Ca2+）×2+n（Mg2+）×2
0.005×2+x=0.002×2+0.008×2x=0.01mol
杂质总质量为96×0.005+40×0.002+24×0.008+35.5×0.01+0.093=1.2g
答：
88
[例3]9.8gFe-Mg合金溶解在一定量的某浓度的稀HNO3中，收集到4.48LNO气体（STP；设HNO3的还原产物只有NO），在反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，生成的沉淀的质量是_____g。
解：
根据本题给出的条件，若HNO3略嫌不足，Fe的氧化产物究竟是Fe3+、Fe2+，还是两者兼有，尚不得而知。
HNO3被还原为NO，每摩尔需得电子3mol，0.2molNO则需得电子0.6mol。
这些电子由合金提供，即反应后所有Fe、Mg离子将总共带0.6mol正电荷，它们将结合0.6molOH-成为电中性的氢氧化物。
9.8+0.6×17=20.0
答：
20.0
[例4]取0.04molKMnO4固体加热一段时间后，收集到amol单质气体A。
在反应后的残留固体中加入过量的浓HCl并加热充分反应，又收集到bmol单质气体B，Mn元素则全部以Mn2+形式存在于反应后的溶液中。
求：
b=__________（用a表示）
解：
A是O2，B是Cl2。
KMnO4在分解出氧气的过程中
2KMnO4→K2MnO4+MnO2+O2↑
部分变成K2MnO4和MnO2，并有部分剩余，但这些Mn的高价化合物又参与了对Cl-的氧化，最终都变成了Mn2+。
据最终的电子得失平衡：
0.04×5=a×4+b×2
答：
0.1-2a
[例5]称取11.2g铁粉溶于过量的稀硫酸中，再加入一定量的无水硝酸钾晶体，经加热完全反应（产生NO）后，冷却到室温。
此溶液用0.5mol/L的KMnO4溶液滴定，当滴定液用去20.0mL时，溶液中Fe2+恰好被完全氧化（MnO4-变为Mn2+）。
求所加硝酸钾晶体的质量。
解：
MnO4-与NO3-两者共同参与了对Fe2+的氧化。
据电子得失平衡，
n（MnO4-）×5+n（NO3-）×3=n（Fe2+）×10.5×0.02×5+n（NO3-）×3=11.2/56
n（NO3-）=0.05mol
（KNO3的摩尔质量为101g）答：
5.05g
[例6]14g铜银合金与足量的硝酸反应，将放出的气体与1.12L（标准状况）氧气混合通入水中，气体恰好被完全吸收。
求合金中铜的质量。
解：
HNO3被Cu、Ag还原为氮氧化物，这些氮氧化物又被O2氧化而完全变回为HNO3，总结果相当于0.05molO2氧化了Cu、Ag。
设Cu、Ag分别为a、bmol。
首先有电子得失平衡。
电子得失如果不平衡，电荷就不可能平衡。
2a+b=0.05×464a+108b=14a=0.05，b=0.10
答：
3.2g
[例7]为测定碘酸铜（Cu（IO3）2）的溶解度，在室温下吸取100mL碘酸铜饱和溶液，加入过量酸化的KI溶液。
充分反应后，再用0.130mol/LNa2S2O3溶液滴定生成的碘，消耗Na2S2O3溶液35.0mL。
反应过程如下：
IO3-+5I-+6H+＝3I2+3H2O2Cu2++4I-＝2CuI↓+I2I2+2S2O32-＝2I-+S4O62-
（1）实验中参加反应的Cu（IO3）2的物质的量是____mmol。
（2）碘酸铜在室温下的溶解度为____g/L。
解：
从反应全过程看，I2相当于中间产物，最终结果是Cu（IO3）2氧化了S2O32-，还原产物是CuI和I-，碘元素完全变成了-1价的碘。
1molCu（IO3）2总共得电子13mol。
1molS2O32-在变成（1/2）molS4O62-时失去1mol电子。
Cu（IO3）2的物质的量：
0.13×35/13=0.35（mmol）
0.35×414=144.9（mg）（414是Cu（IO3）2的摩尔质量）
答：
0.351.45
[例8]0.03mol铜完全溶于硝酸，产生氮的氧化物（NO、NO2、N2O4）混合气体共0.05mol。
求该混合气体的平均相对分子质量的取值范围。
解：
0.03molCu提供的0.06mol电子还原出了0.05mol气体，即平均每摩尔气体的产生得益于1.2mol电子。
每摩尔NO曾得电子3mol、每摩尔NO2曾得电子1mol、每摩尔N2O4曾得电子2mol，所以三种气体中NO2不可或缺。
第一种极端情况是混合气体中NO极少，主要成分是NO2和N2O4，
n（NO2）+n（N2O4）=1n（NO2）×1+n（N2O4）×2=1.2
解得1mol混合气体由0.2molN2O4和0.8molNO2组成。
平均分子量为55.2。
第二种极端情况是混合气体中N2O4极少，主要成分是NO2和NO，
n（NO2）+n（NO）=1n（NO2）×1+n（NO）×3=1.2
解得1mol混合气体由0.1molNO和0.9molNO2组成。
平均分子量为44.4。
答：
（44.4，55.2）
[例9]在一烧杯足量纯水中投入金属钠和金属铝共Ag，在常温下发生反应，反应后发现烧杯中放出气体Bg。
假定铝与强碱的反应能完全进行，求金属铝的质量。
解：
可将反应理解为Na与H2O反应生成NaOH，NaOH再与Al以1:
1反应生成NaAlO2。
（1）钠相对铝过量，金属没有剩余。
每摩尔钠丢失1mol电子，每摩尔铝丢失3mol电子，每摩尔电子被1molH获得。
（x/27）×3+（A-x）/23=B
（2）铝相对钠过量，铝有剩余。
每摩尔钠与铝共丢失4mol电子。
4（A-x）/23=B
答：
9（23B-A）/14g或A-23B/4g
[例10]某次用容量法测定磷肥含磷量的主要步骤如下：
准确称取磷肥0.385g，用硫酸和高氯酸在高温下使之分解，将磷转化为磷酸。
过滤、洗涤、弃去残渣。
在磷酸中加入过量钼酸铵溶液生成钼磷酸铵（（NH4）3H4PMo12O42·H2O）沉淀。
过滤、洗涤，将沉淀溶于40.00mL1.026mol/LNaOH标准溶液中（沉淀完全溶解，NH3未有放出），以酚酞为指示剂，用0.1022mol/L盐酸标准溶液滴定至终点（MoO42-、HPO42-），消耗盐酸15.20mL。
计算磷肥中磷的质量分数。
（1）滴定完毕，溶液的电荷平衡式如何表示？
不计OH-、H+等浓度极低的离子，请完成下列等式：
________________________==2n（MoO42-）+2n（HPO42-）+_________
（2）若取P（磷）的物质的量为x，该式简化为_______________________________________
（3）代入数据计算磷肥中磷的质量分数（以P2O5计）。
解：
（1）首先是电荷平衡
n（Na+）+n（NH4+）+n（H+）==2n（MoO42-）+2n（HPO42-）+n（Cl-）+n（OH-）
（2）HPO42-的存在使该溶液不可能是强酸性，NH4+的存在使该溶液不可能是强碱性，n（H+）与n（Na+）相比、n（OH-）与n（Cl-）相比均可忽略不计。
物料守恒，N、Mo的物质的量分别是P的3倍和12倍。
Na+、Cl-的物质的量就是NaOH和HCl的物质的量。
（3）23x+0.1022×0.0152=1.026×0.04x=0.00172mol
0.00172×142/（2×0.385）=0.317（142为P2O5的摩尔质量）
答：
（1）n（Na+）+n（NH4+）n（Cl-）
（2）n（Na+）==23x+n（Cl-）
（3）0.317
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