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一、有关物质的量与阿伏加德罗常数的计算
例1(江苏化学卷)设NA为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是（）.
A.1 L 1mol·L-1的NaClO溶液中含有ClO-的数目为NA
B.78 g苯含有C＝C双键的数目为3NA
C.常温常压下，14 g 由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA
D.标准状况下，6.72 L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA
解析在1 L 1 mol·L-1的NaClO溶液中，由于ClO-能够水解，其物质的量n(ClO-)<1 mol·L-1×1 L=1 mol，即其含有ClO-的数目小于NA，则A项错误；尽管78 g苯的物质的量为1 mol(78 g÷78 g·mol-1=1 mol)，但苯中没有C＝C双键(苯分子中的碳碳键是介于单键和双键之间的一种独特的键)，则B项错误；因N2与CO的摩尔质量均为28 g·mol-1，且均为双原子分子，而14 g N2与CO的混合气体的物质的量为0.5 mol(14 g÷28 g·mol-1=0.5 mol)，其含有的原子数目为NA，则C项正确；标
准状况下6.72 L NO2的物质的量为0.3 mol(6.72 L÷22.4 L·mol-1=0.3 mol)，由反应3NO2+H2O2HNO3+NO可知，0.3 mol NO2与水充分反应转移的电子数目为0.2NA，则D项错误.
答案为C.
例2(全国理综课标卷Ⅱ) N0为阿伏伽德罗常数的值.下列叙述正确的是（）.
A.1.0 L 1.0 mol·L-1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2N0
B.12 g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5N0
C.25℃时pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1N0
D.1 mol的羟基与1 mol的氢氧根离子所含电子数均为9N0
解析1.0 L 1.0 mol·L-1的NaAlO2水溶液中，溶质的物质的量n(NaAlO2)=1 mol·L-1×1 L=1 mol，1 mol NaAlO2中含有的氧原子数为2N0，但溶剂H2O中也含有氧原子，即其水溶液中含有的氧原子数大于2N0，则A项错误；12 g(即12 g÷12 g·mol-1石墨烯含有N0个C原子，石墨烯中每一个六边形含有2个C原子(因每一个C原子为三个六边形共用，即每一个六边形含有的C原子数为6÷3=2)，其含有六元环的个数为0.5N0(N0÷2=0.5N0)，则B项正确；对于C项，题目没有给出溶液的体积，无法计算溶液中含有OH-的数目，则C项错误；羟基(-OH)和氢氧根离子(OH-)中分别含有9个和10个电子，即1 mol的羟基与1 mol的氢氧根离子所含电子数分别为9N0和10N0，则D项错误.故答案为B.
二、有关氧化还原反应的计算
例3(上海化学卷)汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3→K2O+5Na2O+16N2↑.若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是（）.
A.生成40.0 L N2(标准状况)
B.有0.250 mol KNO3被氧化
C.转移电子的物质的量为1.25 mol
D.被氧化的N原子的物质的量为3.75 mol
解析根据反应方程式可知，NaN3是还原剂，KNO3是氧化剂，N2既是氧化产物又是还原产物(每生成16 mol N2，其中15 mol是氧化产物，1 mol是还原产物)，每生成16 mol N2，则氧化产物比还原产物多14 mol，转移电子的物质的量为10 mol，被氧化的N原子的物质的量为30 mol，有2 mol KNO3被还原；现氧化产物比还原产物多1.75 mol，则生成N2的物质的量为16 mol×(1.75 mol/14 mol)=2 mol(其在标准状况下的体积为44.8L)，有0.250 mol(即2 mol×1.75 mol/14 mol=0.250 mol)KNO3被还原，转移电子的物质的量为10 mol×(1.75 mol/14 mol)=1.25 mol，被氧化的N原子的物质的量为30 mol×(1.75 mol/14 mol)=3.75 mol.故答案为C、D.
例4(全国理综课标卷I，节选) 结晶水合草酸(H2C2O4·2H2O)成品的纯度用高锰酸钾法测定.称量草酸成品0.250 g溶于水，用0.0500mol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定，至浅粉红色不消褪，消耗KMnO4溶液15.00 mL，列式计算该成品的纯度.
解析设样品中H2C2O4·2H2O的质量为m.因MnO-4+5e-→Mn2+，H2C2O4-2e-→2CO2；根据得失电子守恒原则得关系式“5H2C2O4·2H2O~2KMnO4”，则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，则其纯度为0.0500 mol·L-1×15.00×10-3L×5×126 g2 mol×0.250 g ×100%=94.5%.答案为：94.5%.
三、有关溶液pH的计算
例5(全国理综课标卷Ⅱ)室温时，M(OH)2(s)M2+(aq)+2OH-(aq)，Ksp=a；c(M2+)=bmol·L-1时，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；则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).故答案为C.
四、有关反应热的计算
例6(海南化学卷)已知下列反应的热化学方程式：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
则反应4C3H5(ONO2)312CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g)的ΔH为（）.
A.12ΔH3+5ΔH2-2ΔH1 B.2ΔH1-5ΔH2-12ΔH3
C.12ΔH3-5ΔH2-2ΔH1 D.ΔH1-5ΔH2-12ΔH3
解析根据盖斯定律，将③式×12+②式×5–①式×2得：4C3H5(ONO2)312CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g)ΔH=12ΔH3+5ΔH2-2ΔH1.故答案为A.
例7(江苏化学卷，节选)磷是地壳中含量较为丰富的非金属元素，主要以难溶于水的磷酸盐［如Ca3(PO4)2等］形式存在.它的单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用.白磷(P4)可由Ca3(PO4)2、焦炭和SiO2在一定条件下反应获得.相关热化学方程式如下：
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
则ΔH3=kJ·mol-1.
解析根据盖斯定律，将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.故答案为：+2821.6.
五、有关沉淀溶解平衡的计算
例8(全国理综课标卷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，浓度均为0.010 mol·L-1，向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L-1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为（）.
A.Cl-、Br-、CrO2-4B.CrO2-4、Br-、Cl-
C.Br-、Cl-、CrO2-4D.Br-、CrO2-4、Cl-
解析设Cl-、Br-、CrO2-4 刚开始沉淀时所需银离子的浓度分别为xmol·L-1、y mol·L-1、z mol·L-1.根据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、有关化学反应速率的计算
例9(上海化学卷，节选)制备Ni(CO)4的反应为Ni(s)+4CO(g)50℃Ni(CO)4(g)，已知在一定条件下的2L密闭容器中制备Ni(CO)4，粗镍(纯度98.5%，所含杂质不与CO反应)剩余质量和反应时间的关系如图1所示.Ni(CO)4在0～10 min的平均反应速率为.
图1解析由图1信息可知，10 min时参加反应的Ni的物质的量为(100 g-41 g)÷59 g· mol-1=1 mol；由反应可知，生成Ni(CO)4的物质的量为1 mol，即Δc［Ni(CO)4］=1 mol÷2 L=0.5 mol·L-1；则由公式v=Δc/Δt得，v［Ni(CO)4］=0.5 mol·L-1÷10 min=0.05 mol·L-1·min-1.故答案为：0.05 mol·L-1·min-1.
例10(重庆理综卷)化学在环境保护中起着十分重要的作用，催化反硝化法和电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染.催化反硝化法中，H2能将NO-3还原为N2，25℃时，反应进行10 min，溶液的pH由7变为12.上述反应离子方程式为，其平均反应速率v(NO-3)为 mol·L-1·min-1.
解析因H2将NO-3还原为N2时溶液的pH变大，则有OH-生成，根据守恒原则可得其反应离子方程式为2NO-3+5H2催化剂N2+2OH-+4H2O；因25℃时，反应进行10 min，溶液的pH由7变为12，即△c(OH-)=1×10-2mol·L-1–1×10-7 mol·L-1=1×10-2mol·L-1；则由公式v=Δc/Δt得，v(OH-)=1×10-2 mol·L-1÷10min=0.001 mol·L-1·min-1；再由反应离子方程式可知，v(NO-3)=v(OH-)=0.001 mol·L-1·min-1.故答案为：0.001 mol·L-1·min-1.
七、有关化学平衡的计算
例11(全国理综课标卷Ⅱ，节选)在1.0 L密闭容器中放入0.10 mol A(g)，在一定温度进行如下反应：
A(g)B(g)+C(g)ΔH=+85.1 kJ· mol-1
反应时间(t)与容器内气体总压强(p)的数据见下表：时间t/h0124816202530 总压强p/100kPa4.915.586.327.318.549.509.529.539.53回答下列问题：
（1）提高A的平衡转化率应采取的措施为.
（2）由总压强p和起始压强p0计算反应物A的转化率α(A)的表达式为.平衡时A的转化率为，列式并计算反应的平衡常数K.
解析（1）欲提高A的平衡转化率，应使平衡向右移动，根据勒夏特列原理可知，应采取的措施为升高温度、降低压强.
（2）设起始时A的物质的量为n.则
A(g)B(g)+C(g)物质的量的差量(增加)
1 mol1 mol
n×α(A)n×α(A)
根据阿伏加德罗定律可知，nn+n·α(A)=p0p，解得α(A)=(pp0-1)×100%；将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)
起始物质
的量浓度
(mol·L-1) 0.100 0
转化物质
的量浓度
(mol·L-1) 0.10×94.1% 0.0941 0.0941
=0.0941
平衡物质
的量浓度
(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.
故答案为：（1）升高温度，降低压强；（2）(pp0-1)×100%，94.1%，1.5mol·L-1(计算过程见解析).
八、有关化学反应速率和化学平衡的计算
例12(四川理综卷)在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16 mol充入10 L恒容密闭容器中，发生反应X(g)+Y(g)2Z(g)ΔH<0，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表：
t/min2479 n(Y)/mol0.120.110.100.10 下列说法正确的是（）.
A.反应前2 min的平均速率v(Z)=2.0×10-3 mol·L-1·min-1
B.其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v(逆)>v(正)
C.该温度下此反应的平衡常数K=1.44
D.其他条件不变，再充入0.2 mol Z，平衡时X的体积分数增大
解析反应头2 min，Δc(Y)=(0.16 mol-0.12 mol)÷10 L=0.004 mol·L-1，则由公式v=Δc/Δt得，v(Y)=0.004 mol·L-1÷2 min=2.0×10-3 mol·L-1·min-1；再由反应可知，v(Z)=2v(Y)=2×2.0×10-3 mol·L-1·min-1=4.0×10-3 mol·L-1·min-1.因该可逆反应的正反应为放热反应，其他条件不变，降低温度，平衡正向移动，反应达到新平衡前v(正)>v(逆).因该可逆反应反应前后气体的物质的量不变，其他条件不变，再充入0.2 mol Z，平衡时X的体积分数不变；由题意可知，起始时，c(X)=c(Y)=0.16 mol÷10 L=0.016 mol·L-1；平衡时，c(X)=c(Y)=0.10 mol÷10 L=0.010 mol·L-1；则平衡时c(Z)=2×(0.016 mol·L-1﹣0.010 mol·L-1)=0.012 mol·L-1；从而得该温度下此反应的平衡常数K=(0.012 mol·L-1)20.010 mol·L-1×0.010 mol·L-1=1.44.答案C.
例13(海南化学卷)反应A(g)B(g)+C(g)在容积为1.0 L的密闭容器中进行，A的初始浓度为0.050mol·L-1.温度T1和T2下A的浓度与时间关系如图2所示.回答下列问题：
图2（1）上述反应的温度T1T2，平衡常数K(T1)K(T2).(填“大于”、“小于”或“等于”)
（2）若温度T2时，5 min后反应达到平衡，A的转化率为70%，则：
①平衡时体系总的物质的量为.
②反应的平衡常数K=.
③0~5 min区间的平均反应速率v(A)=.
解析（1）根据图中信息，应用“先拐先平数值大”的规律可知，T2时先达到平衡(所用时间短)，反应速率大、温度高；而温度越高c(A)越小，即温度升高、平衡右移，则正反应为吸热反应，升温K将增大.
（2）A(g)B(g)+C(g)
起始物质的量浓度( mol·L-1) 0.050 0 0
转化物质的量浓度( mol·L-1)0.050×70%0.0350.035
=0.035
平衡物质的量浓度(mol·L-1) 0.0150.0350.035
则平衡时体系总的物质的量为(0.015+0.035+0.035) mol·L-1×1.0 L=0.085 mol，反应的平衡常数
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，反应在0~5 min区间的平均反应速率v(A)=0.035 mol·L-1÷5 min=0.007 mol·L-1·min-1.
故答案为：（1）小于，小于；（2）①0.085 mol；
②0.082mol·L-1；③0.007 mol·L-1·min-1.
九、有关确定化学式的计算
例14(江苏化学卷，节选)硫酸镍铵［(NH4)xNiy(SO4)m·nH2O］可用于电镀、印刷等领域.某同学为测定硫酸镍铵的组成，进行如下实验：①准确称取2.3350 g样品，配制成100.00 mL溶液A；②准确量取25.00 mL溶液A，用0.04000mol·L-1 的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Ni2+(离子方程式为Ni2++H2Y2-NiY2-+2H+)，消耗EDTA 标准溶液31.25 mL；③另取25.00 mL溶液A，加足量的NaOH 溶液并充分加热，生成NH3 56.00 mL(标准状况).通过计算确定硫酸镍铵的化学式(写出计算过程).
解析由题意可知，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；根据电荷守恒原理得，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；则：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.
从而得，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，故硫酸镍铵的化学式为(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O.
答案为：(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O.
例15(海南化学卷，节选)BaCl2·xH2O中结晶水数目可通过重量法来确定：①称取1.222 g样品，置于小烧杯中，加入适量稀盐酸，加热溶解，边搅拌边滴加稀硫酸到沉淀完全，静置；②过滤并洗涤沉淀；③将盛有沉淀的滤纸包烘干中温灼烧；转入高温炉中，反复灼烧到恒重，称得沉淀质量为1.165 g.计算BaCl2·xH2O中的x=(要求计算过程).
解析由题意可知，样品中BaCl2的物质的量n(BaCl2)=n(BaSO4)=1.165 g÷233 g· mol-1=5.000×10-3 mol，其质量为m(BaCl2)=5.000×10-3 mol×208 g· mol-1=1.040 g；则样品中H2O的物质的量n(H2O)=(1.222 g-1.040 g)÷18 g· mol-1=0.0101 mol；从而得n(H2O)︰n(BaCl2)= 0.0101 mol︰5.000×10-3 mol=2.02≈2，即x=2.故答案为：2(计算过程见解析).
十、有关混合物的计算
例16 (四川理综卷)1.52g铜镁合金完全溶解于50 mL密度为1.40 g·mL-1、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4 的混合气体1120 mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0 mol·L-1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54 g沉淀，下列说法不正确的是（）.
A.该合金中铜与镁的物质的量之比是2︰1
B.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol·L-1
C.NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
D.得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL
解析A项，向反应后的溶液中加入NaOH溶液，生成Mg(OH)2和Cu(OH)2沉淀，则m［Mg(OH)2+Cu(OH)2］=m(铜镁合金)+m(OH-)=1.52 g+m(OH-)=2.54 g；且根据电荷守恒原理可知，铜镁失去电子的物质的量n(e-)=n(OH-)=m(OH-)÷17 g· mol-1=(2.54 g-1.52 g)÷17 g· mol-1=0.06 mol；设合金中铜和镁的物质的量分别为n(Cu)和n(Mg)，则n(Cu)×64 g· mol-1+n(Mg)×24g· mol-1=1.52 g(合金的质量)……①，n(Cu)×2+n(Mg)×2=0.06 mol(合金失去电子的物质的量)……②，解方程组①②得，n(Cu)=0.02 mol，n(Mg)=0.01 mol，从而得n(Cu)︰n(Mg)=0.02 mol︰0.01 mol=2︰1，A项正确.B项，c(HNO3)=(1000 mL×1.40 g·mL-1×63%)÷63 g· mol-1=14.0 mol·L-1，B项正确.C项，因n(NO2+N2O4)=1.12 L÷22.4 L· mol-1=0.05 mol，设NO2和N2O4 的混合气体中NO2的物质的量为n(NO2)，则N2O4的物质的量为［0.05 mol-n(NO2)］；根据得失电子守恒原则得，n(NO2)×1+［0.05 mol-n(NO2)］×2=0.06 mol，解得n(NO2)=0.04 mol，根据阿伏加德罗定律得混合气体中NO2的体积分数为(0.04 mol÷0.05 mol)×100%=80%，则C项正确.D项，得到2.54g沉淀时，溶液中的溶质只有NaNO3，根据守恒原则得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，从而得V(NaOH)=0.64 mol÷1.0 mol·L-1=0.64 L=640 mL，则D不正确.故答案为D.
例17(上海化学卷)一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体V L(标准状况)，向反应后的溶液中(存在Cu2+和SO2-4)加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO 12.0 g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1︰1，则V可能为（）.
A.9.0 L B.13.5 LC.15.7 L D.16.8 L
解析若全部是CuS，其物质的量为n(CuS)=n(CuO)=12 g÷80 g· mol-1=0.15 mol；设生成NO和NO2的物质的量均为x(下同).因HNO3+3e-→NO，HNO3+e-→NO2，CuS-8e-→SO2-4；根据得失电子守恒原则得，3x+x=0.15 mol×8，解得x=0.3 mol；得气体体积V=(0.3mol+0.3mol)×22.4 L· mol-1=13.44 L.若全部是Cu2S，其物质的量为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；根据得失电子守恒原则得，3x+x=0.075 mol×10，解得x=0.1875 mol；从而得气体体积V=(0.1875 mol+0.1875 mol)×22.4 L· mol-1=8.4 L.因实际是CuS和Cu2S的混合物，则8.4L 十一、有关化学综合计算
例18 (上海化学卷)碳酸氢纳俗称“小苏打”，是氨碱法和联合制碱法制纯碱的中间产物，可用作膨松剂，制酸剂，灭火剂等.工业上用纯碱溶液碳酸化制取碳酸氢钠.
（1）某碳酸氢钠样品中含有少量氯化钠.称取该样品，用0.1000mol·L-1盐酸滴定，耗用盐酸20.00 mL.若改用0.05618 mol·L-1硫酸滴定，需用硫酸mL(保留两位小数).（2）某溶液组成如表1：
表1化合物Na2CO3NaHCO3NaCl 质量(kg)814.8400.397.3向该溶液通入二氧化碳，析出碳酸氢钠晶体.取出晶体后溶液组成如表2：
表2化合物Na2CO3NaHCO3NaCl 质量(kg)137.7428.897.3计算析出碳酸氢纳晶体的质量(保留1位小数).
（3）将组成如表二的溶液加热，使碳酸氢钠部分分解，溶液中NaHCO3的质量由428.8kg降为400.3kg，补加适量碳酸钠，使溶液组成回到表一状态.计算补加的碳酸钠质量(保留1位小数).
（4）某种由碳酸钠和碳酸氢钠组成的晶体452kg溶于水，然后通入二氧化碳，吸收二氧化碳44.8×103L(标准状况)，获得纯的碳酸氢钠溶液，测得溶液中含碳酸氢钠504kg.通过计算确定该晶体的化学式.
解析（1）设需用硫酸的体积为V(硫酸).由关系式“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）由题意可知，参加反应的Na2CO3的质量为(814.8kg-137.7kg)=677.1kg；再由反应Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3可知，生成NaHCO3的质量为(677.1kg×168kg÷106kg)=1073.1kg；则析出的碳酸氢钠晶体的质量为(1073.1kg+400.3kg)﹣428.8kg=1044.6kg.
（3）由题意可知，参加反应的NaHCO3的质量为(428.8 kg-400.3 kg)=28.5 kg；再由反应2NaHCO3△Na2CO3+CO2↑ +H2O可知，生成Na2CO3的质量为(28.5 kg×106 kg÷168 kg)=18.0 kg；则补加的碳酸钠质量为(814.8 kg-137.7 kg-18.0 kg)=659.1 kg.
（4）设该晶体的化学式为xNaHCO3·yNa2CO3·zH2O.因参加反应的二氧化碳的物质的量为n(CO2)=(44.8×103 L÷22.4 L· mol-1)=2×103 mol，则由反应Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3可知，参加反应(即452 kg晶体中)的Na2CO3的物质的量为n(Na2CO3)=n(CO2)=2×103 mol，生成NaHCO3的物质的量为n(NaHCO3)=2n(CO2)=2×2×103 mol=4×103 mol；则452 kg晶体中NaHCO3的物质的量为(504×103 g-4×103 mol×84g· mol-1)÷84 g· mol-1=2×103 mol，452 kg晶体中H2O的物质的量为(452×103 g-2×103 mol×106 g· mol-1-2×103 mol×84 g· mol-1)÷18 g· mol-1=4×103 mol；从而得x︰y︰z=2×103 mol︰2×103 mol︰4×103 mol=1︰1︰2，即该晶体的化学式为NaHCO3·Na2CO3·2H2O.
故答案为：（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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例谈守恒法在高中化学中的应用甘肃省山丹县第一中学魏学强734100一、质量守恒法 质量守恒法是指化学反应前后，我们利用反应物的质量之和等于生成物的质量之和列式求解的方法.【例1】已知A元素与B元素的摩尔质量之比为9：22，在反应X＋2Y＝2A＋B中，当1.6gX与Y完全反应后，生成4.4gB，则参加反应的Y和生成物A的质量之比为（）A. 32：9 B. 46：9C.9：16D.16：9【解析】已知A与B的摩尔质量比为9：22，结合方程式可以知道，反应生成物A和B的质量之比为18：22，也就是1.6gX与Y完全反应后，生成了4.4gB，同时生成了4.4×18÷22=3.6gA，由质量守恒得参加反应的Y的质量为3.6+4.4-1.6=6.4g，所以参加反应的Y和生成物A的质量之比为6.4g/3.6g=16：9.答案：D二、元素守恒法元素守恒法是指化学反应前后，我们利用参加反应的每一种元素的种类不变、个数不变、物质的量不变、质量不变列等式求解的方法.【例2】KOH固体在空气中放置了一段时间后，经分析测知其含水为2.8%、含K2CO3为37.3%,取1g该样品投入到25mL、2mol／L的盐酸中后，发现盐酸过量，然后多余的盐酸与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发，我们最终可得到固体（）A. 1gB3.725gC. 0.797g D. 2.836g【解析】KOH、K2CO3跟盐酸反应的主要产物都是KCl，我们最终可得到固体是KCl，根据元素守恒，化学反应过程中，反应物盐酸中含氯的量和生成物氯化钾中含氯的量相等： 即：n(KCl)=n(Cl－)=n(HCl)=0.025 2moL=0.050moL； 所以氯化钾固体的质量为：m=0.050moL 74.5=3.725g.答案：B三、得失电子守恒法得失电子守恒法是指在氧化还原反应中，我们根据氧化剂得电子（化合价降低）的总数等于还原剂失电子的（化合价升高）总数、即得失电子守恒（化合价升降相等）列等式求解的方法.【例3】在某一溶液中， 离子与 离子发生了氧化还原反应， 离子起的是氧化作用， 离子起的是还原作用，0.2 mol 离子恰好与0.6mol 离子完全反应，则 离子还原后的化合价为（）.A．＋1 B．＋2 C．＋3 D．＋4【解析】 离子与 离子发生反应，氧化剂为 ，还原剂为 ，设反应后 元素的化合价为a；则 元素化合价由＋6降为了a， 元素化合价由＋4升为了＋6,则1moL 元素得电子（6－a）moL，1moL 元素失电子（6－4）moL=2 moL；则由电子得失守恒得：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铁粉充分反应后，铁粉全部溶解，生成NO，溶液质量增加了3.2g，所得溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之比为（）A. 4∶1 B. 2∶1 C. 1∶1D. 3∶2【解析】设反应后的溶液中Fe2+有 ，Fe3+有 ，由Fe元素守恒得： 由N 元素和Fe元素得失电子守恒得： 联立得： ， ； N所以 .答案：D.三、电荷守恒法电荷守恒法是指对任意化学反应体系，我们可以依据化学反应前后这一体系的总的电荷量、即电荷的代数和总保持不变列等式求解的方法.【例5】在一定条件下， 与 、 发生反应的离子方程式为： ， 中的 为______.【解析】由离子反应方程式得；反应前的电荷总数为： ；反应后电荷总数为-1；反应前后依据电荷守恒得： ；解得： .【例6】下列离子反应方程式正确的是（）A．将磁性氧化铁溶于盐酸： Fe3O4 + 8H+ === 3Fe3+ + 4H2O B．将铁粉加入稀硫酸中：2Fe + 6H+ === 2Fe3+ + 3H2↑C．将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合：Fe2+ + 4H+ + NO3－=== Fe3+ + 2H2O + NO↑D．将铜屑加入Fe3+ 溶液中：2Fe3+ + Cu === 2Fe2+ + Cu2+【解析】A选项错误，因为A选项中反应前后电荷不守恒，由于Fe3O4中Fe有两种价态，正确的离子反应方程式应该为：Fe3O4 + 8H+ === 2Fe3+ + Fe2+ + 4H2O； B选项错误，因为根据氧化性强弱可知，B选项中的反应不符合客观实际，反应后只能产生Fe2+ 和H2； C选项错误，因为反应前后得失电子不守恒，电荷也不守恒，正确的离子反应方程式应该为：3Fe2+ + NO3－＋4H+ === 3Fe3+ + NO↑+ 2H2O；D选项正确，因为不但符合3个守恒、而且符合客观实际.答案：D四、体积守恒法体积守恒法是指气体在化学反应前后，在同温同压条件下，依据化学反应方程式判断出的始态和末态气体的体积相等的方法，此方法主要用于有机物的燃烧反应.【例7】在标准状况下，0.456g 在336mL 中燃烧，将燃烧后的混合气体恢复到标准状况，则混合气体的体积为（）A.112mL B.224mL C.336mLD.448mL【解析】在标准状况下， 为液态，而 、 为气态. 在 中的燃烧方程为： ，由反应方程式可以看出，反应前后气体的体积保持不变,因此，无论 过量、适量，还是少量，反应后气体的体积都等于起始给定的 的体积.答案:C.由以上几例可以看出，守恒法在高中化学解题中可以免去许多复杂的数学计算，大大简化了化学解题过程，从而提高了解题速度，其优点是不管细枝末节，只需抓住化学反应中某一特定的量保持不变，然后列等式求解便可迅速得到结果.作为我们一线的高中化学教师，平时在化学教学中，尤其是习题课教学中，应有意识地培养学生的守恒思维，以提高他们解决化学问题的能力.
(收稿日期：2010-05-04)
例1(江苏化学卷)设NA为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是（）.
A.1 L 1mol·L-1的NaClO溶液中含有ClO-的数目为NA
B.78 g苯含有C＝C双键的数目为3NA
C.常温常压下，14 g 由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA
D.标准状况下，6.72 L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA
解析在1 L 1 mol·L-1的NaClO溶液中，由于ClO-能够水解，其物质的量n(ClO-)<1 mol·L-1×1 L=1 mol，即其含有ClO-的数目小于NA，则A项错误；尽管78 g苯的物质的量为1 mol(78 g÷78 g·mol-1=1 mol)，但苯中没有C＝C双键(苯分子中的碳碳键是介于单键和双键之间的一种独特的键)，则B项错误；因N2与CO的摩尔质量均为28 g·mol-1，且均为双原子分子，而14 g N2与CO的混合气体的物质的量为0.5 mol(14 g÷28 g·mol-1=0.5 mol)，其含有的原子数目为NA，则C项正确；标
准状况下6.72 L NO2的物质的量为0.3 mol(6.72 L÷22.4 L·mol-1=0.3 mol)，由反应3NO2+H2O2HNO3+NO可知，0.3 mol NO2与水充分反应转移的电子数目为0.2NA，则D项错误.
答案为C.
例2(全国理综课标卷Ⅱ) N0为阿伏伽德罗常数的值.下列叙述正确的是（）.
A.1.0 L 1.0 mol·L-1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2N0
B.12 g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5N0
C.25℃时pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1N0
D.1 mol的羟基与1 mol的氢氧根离子所含电子数均为9N0
解析1.0 L 1.0 mol·L-1的NaAlO2水溶液中，溶质的物质的量n(NaAlO2)=1 mol·L-1×1 L=1 mol，1 mol NaAlO2中含有的氧原子数为2N0，但溶剂H2O中也含有氧原子，即其水溶液中含有的氧原子数大于2N0，则A项错误；12 g(即12 g÷12 g·mol-1石墨烯含有N0个C原子，石墨烯中每一个六边形含有2个C原子(因每一个C原子为三个六边形共用，即每一个六边形含有的C原子数为6÷3=2)，其含有六元环的个数为0.5N0(N0÷2=0.5N0)，则B项正确；对于C项，题目没有给出溶液的体积，无法计算溶液中含有OH-的数目，则C项错误；羟基(-OH)和氢氧根离子(OH-)中分别含有9个和10个电子，即1 mol的羟基与1 mol的氢氧根离子所含电子数分别为9N0和10N0，则D项错误.故答案为B.
二、有关氧化还原反应的计算
例3(上海化学卷)汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3→K2O+5Na2O+16N2↑.若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是（）.
A.生成40.0 L N2(标准状况)
B.有0.250 mol KNO3被氧化
C.转移电子的物质的量为1.25 mol
D.被氧化的N原子的物质的量为3.75 mol
解析根据反应方程式可知，NaN3是还原剂，KNO3是氧化剂，N2既是氧化产物又是还原产物(每生成16 mol N2，其中15 mol是氧化产物，1 mol是还原产物)，每生成16 mol N2，则氧化产物比还原产物多14 mol，转移电子的物质的量为10 mol，被氧化的N原子的物质的量为30 mol，有2 mol KNO3被还原；现氧化产物比还原产物多1.75 mol，则生成N2的物质的量为16 mol×(1.75 mol/14 mol)=2 mol(其在标准状况下的体积为44.8L)，有0.250 mol(即2 mol×1.75 mol/14 mol=0.250 mol)KNO3被还原，转移电子的物质的量为10 mol×(1.75 mol/14 mol)=1.25 mol，被氧化的N原子的物质的量为30 mol×(1.75 mol/14 mol)=3.75 mol.故答案为C、D.
例4(全国理综课标卷I，节选) 结晶水合草酸(H2C2O4·2H2O)成品的纯度用高锰酸钾法测定.称量草酸成品0.250 g溶于水，用0.0500mol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定，至浅粉红色不消褪，消耗KMnO4溶液15.00 mL，列式计算该成品的纯度.
解析设样品中H2C2O4·2H2O的质量为m.因MnO-4+5e-→Mn2+，H2C2O4-2e-→2CO2；根据得失电子守恒原则得关系式“5H2C2O4·2H2O~2KMnO4”，则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，则其纯度为0.0500 mol·L-1×15.00×10-3L×5×126 g2 mol×0.250 g ×100%=94.5%.答案为：94.5%.
三、有关溶液pH的计算
例5(全国理综课标卷Ⅱ)室温时，M(OH)2(s)M2+(aq)+2OH-(aq)，Ksp=a；c(M2+)=bmol·L-1时，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；则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).故答案为C.
四、有关反应热的计算
例6(海南化学卷)已知下列反应的热化学方程式：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
则反应4C3H5(ONO2)312CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g)的ΔH为（）.
A.12ΔH3+5ΔH2-2ΔH1 B.2ΔH1-5ΔH2-12ΔH3
C.12ΔH3-5ΔH2-2ΔH1 D.ΔH1-5ΔH2-12ΔH3
解析根据盖斯定律，将③式×12+②式×5–①式×2得：4C3H5(ONO2)312CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g)ΔH=12ΔH3+5ΔH2-2ΔH1.故答案为A.
例7(江苏化学卷，节选)磷是地壳中含量较为丰富的非金属元素，主要以难溶于水的磷酸盐［如Ca3(PO4)2等］形式存在.它的单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用.白磷(P4)可由Ca3(PO4)2、焦炭和SiO2在一定条件下反应获得.相关热化学方程式如下：
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
则ΔH3=kJ·mol-1.
解析根据盖斯定律，将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.故答案为：+2821.6.
五、有关沉淀溶解平衡的计算
例8(全国理综课标卷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，浓度均为0.010 mol·L-1，向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L-1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为（）.
A.Cl-、Br-、CrO2-4B.CrO2-4、Br-、Cl-
C.Br-、Cl-、CrO2-4D.Br-、CrO2-4、Cl-
解析设Cl-、Br-、CrO2-4 刚开始沉淀时所需银离子的浓度分别为xmol·L-1、y mol·L-1、z mol·L-1.根据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
例9(上海化学卷，节选)制备Ni(CO)4的反应为Ni(s)+4CO(g)50℃Ni(CO)4(g)，已知在一定条件下的2L密闭容器中制备Ni(CO)4，粗镍(纯度98.5%，所含杂质不与CO反应)剩余质量和反应时间的关系如图1所示.Ni(CO)4在0～10 min的平均反应速率为.
图1解析由图1信息可知，10 min时参加反应的Ni的物质的量为(100 g-41 g)÷59 g· mol-1=1 mol；由反应可知，生成Ni(CO)4的物质的量为1 mol，即Δc［Ni(CO)4］=1 mol÷2 L=0.5 mol·L-1；则由公式v=Δc/Δt得，v［Ni(CO)4］=0.5 mol·L-1÷10 min=0.05 mol·L-1·min-1.故答案为：0.05 mol·L-1·min-1.
例10(重庆理综卷)化学在环境保护中起着十分重要的作用，催化反硝化法和电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染.催化反硝化法中，H2能将NO-3还原为N2，25℃时，反应进行10 min，溶液的pH由7变为12.上述反应离子方程式为，其平均反应速率v(NO-3)为 mol·L-1·min-1.
解析因H2将NO-3还原为N2时溶液的pH变大，则有OH-生成，根据守恒原则可得其反应离子方程式为2NO-3+5H2催化剂N2+2OH-+4H2O；因25℃时，反应进行10 min，溶液的pH由7变为12，即△c(OH-)=1×10-2mol·L-1–1×10-7 mol·L-1=1×10-2mol·L-1；则由公式v=Δc/Δt得，v(OH-)=1×10-2 mol·L-1÷10min=0.001 mol·L-1·min-1；再由反应离子方程式可知，v(NO-3)=v(OH-)=0.001 mol·L-1·min-1.故答案为：0.001 mol·L-1·min-1.
七、有关化学平衡的计算
例11(全国理综课标卷Ⅱ，节选)在1.0 L密闭容器中放入0.10 mol A(g)，在一定温度进行如下反应：
A(g)B(g)+C(g)ΔH=+85.1 kJ· mol-1
反应时间(t)与容器内气体总压强(p)的数据见下表：时间t/h0124816202530 总压强p/100kPa4.915.586.327.318.549.509.529.539.53回答下列问题：
（1）提高A的平衡转化率应采取的措施为.
（2）由总压强p和起始压强p0计算反应物A的转化率α(A)的表达式为.平衡时A的转化率为，列式并计算反应的平衡常数K.
解析（1）欲提高A的平衡转化率，应使平衡向右移动，根据勒夏特列原理可知，应采取的措施为升高温度、降低压强.
（2）设起始时A的物质的量为n.则
A(g)B(g)+C(g)物质的量的差量(增加)
1 mol1 mol
n×α(A)n×α(A)
根据阿伏加德罗定律可知，nn+n·α(A)=p0p，解得α(A)=(pp0-1)×100%；将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)
起始物质
的量浓度
(mol·L-1) 0.100 0
转化物质
的量浓度
(mol·L-1) 0.10×94.1% 0.0941 0.0941
=0.0941
平衡物质
的量浓度
(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.
故答案为：（1）升高温度，降低压强；（2）(pp0-1)×100%，94.1%，1.5mol·L-1(计算过程见解析).
八、有关化学反应速率和化学平衡的计算
例12(四川理综卷)在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16 mol充入10 L恒容密闭容器中，发生反应X(g)+Y(g)2Z(g)ΔH<0，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表：
t/min2479 n(Y)/mol0.120.110.100.10 下列说法正确的是（）.
A.反应前2 min的平均速率v(Z)=2.0×10-3 mol·L-1·min-1
B.其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v(逆)>v(正)
C.该温度下此反应的平衡常数K=1.44
D.其他条件不变，再充入0.2 mol Z，平衡时X的体积分数增大
解析反应头2 min，Δc(Y)=(0.16 mol-0.12 mol)÷10 L=0.004 mol·L-1，则由公式v=Δc/Δt得，v(Y)=0.004 mol·L-1÷2 min=2.0×10-3 mol·L-1·min-1；再由反应可知，v(Z)=2v(Y)=2×2.0×10-3 mol·L-1·min-1=4.0×10-3 mol·L-1·min-1.因该可逆反应的正反应为放热反应，其他条件不变，降低温度，平衡正向移动，反应达到新平衡前v(正)>v(逆).因该可逆反应反应前后气体的物质的量不变，其他条件不变，再充入0.2 mol Z，平衡时X的体积分数不变；由题意可知，起始时，c(X)=c(Y)=0.16 mol÷10 L=0.016 mol·L-1；平衡时，c(X)=c(Y)=0.10 mol÷10 L=0.010 mol·L-1；则平衡时c(Z)=2×(0.016 mol·L-1﹣0.010 mol·L-1)=0.012 mol·L-1；从而得该温度下此反应的平衡常数K=(0.012 mol·L-1)20.010 mol·L-1×0.010 mol·L-1=1.44.答案C.
例13(海南化学卷)反应A(g)B(g)+C(g)在容积为1.0 L的密闭容器中进行，A的初始浓度为0.050mol·L-1.温度T1和T2下A的浓度与时间关系如图2所示.回答下列问题：
图2（1）上述反应的温度T1T2，平衡常数K(T1)K(T2).(填“大于”、“小于”或“等于”)
（2）若温度T2时，5 min后反应达到平衡，A的转化率为70%，则：
①平衡时体系总的物质的量为.
②反应的平衡常数K=.
③0~5 min区间的平均反应速率v(A)=.
解析（1）根据图中信息，应用“先拐先平数值大”的规律可知，T2时先达到平衡(所用时间短)，反应速率大、温度高；而温度越高c(A)越小，即温度升高、平衡右移，则正反应为吸热反应，升温K将增大.
（2）A(g)B(g)+C(g)
起始物质的量浓度( mol·L-1) 0.050 0 0
转化物质的量浓度( mol·L-1)0.050×70%0.0350.035
=0.035
平衡物质的量浓度(mol·L-1) 0.0150.0350.035
则平衡时体系总的物质的量为(0.015+0.035+0.035) mol·L-1×1.0 L=0.085 mol，反应的平衡常数
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，反应在0~5 min区间的平均反应速率v(A)=0.035 mol·L-1÷5 min=0.007 mol·L-1·min-1.
故答案为：（1）小于，小于；（2）①0.085 mol；
②0.082mol·L-1；③0.007 mol·L-1·min-1.
九、有关确定化学式的计算
例14(江苏化学卷，节选)硫酸镍铵［(NH4)xNiy(SO4)m·nH2O］可用于电镀、印刷等领域.某同学为测定硫酸镍铵的组成，进行如下实验：①准确称取2.3350 g样品，配制成100.00 mL溶液A；②准确量取25.00 mL溶液A，用0.04000mol·L-1 的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Ni2+(离子方程式为Ni2++H2Y2-NiY2-+2H+)，消耗EDTA 标准溶液31.25 mL；③另取25.00 mL溶液A，加足量的NaOH 溶液并充分加热，生成NH3 56.00 mL(标准状况).通过计算确定硫酸镍铵的化学式(写出计算过程).
解析由题意可知，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；根据电荷守恒原理得，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；则：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.
从而得，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，故硫酸镍铵的化学式为(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O.
答案为：(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O.
例15(海南化学卷，节选)BaCl2·xH2O中结晶水数目可通过重量法来确定：①称取1.222 g样品，置于小烧杯中，加入适量稀盐酸，加热溶解，边搅拌边滴加稀硫酸到沉淀完全，静置；②过滤并洗涤沉淀；③将盛有沉淀的滤纸包烘干中温灼烧；转入高温炉中，反复灼烧到恒重，称得沉淀质量为1.165 g.计算BaCl2·xH2O中的x=(要求计算过程).
解析由题意可知，样品中BaCl2的物质的量n(BaCl2)=n(BaSO4)=1.165 g÷233 g· mol-1=5.000×10-3 mol，其质量为m(BaCl2)=5.000×10-3 mol×208 g· mol-1=1.040 g；则样品中H2O的物质的量n(H2O)=(1.222 g-1.040 g)÷18 g· mol-1=0.0101 mol；从而得n(H2O)︰n(BaCl2)= 0.0101 mol︰5.000×10-3 mol=2.02≈2，即x=2.故答案为：2(计算过程见解析).
十、有关混合物的计算
例16 (四川理综卷)1.52g铜镁合金完全溶解于50 mL密度为1.40 g·mL-1、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4 的混合气体1120 mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0 mol·L-1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54 g沉淀，下列说法不正确的是（）.
A.该合金中铜与镁的物质的量之比是2︰1
B.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol·L-1
C.NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
D.得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL
解析A项，向反应后的溶液中加入NaOH溶液，生成Mg(OH)2和Cu(OH)2沉淀，则m［Mg(OH)2+Cu(OH)2］=m(铜镁合金)+m(OH-)=1.52 g+m(OH-)=2.54 g；且根据电荷守恒原理可知，铜镁失去电子的物质的量n(e-)=n(OH-)=m(OH-)÷17 g· mol-1=(2.54 g-1.52 g)÷17 g· mol-1=0.06 mol；设合金中铜和镁的物质的量分别为n(Cu)和n(Mg)，则n(Cu)×64 g· mol-1+n(Mg)×24g· mol-1=1.52 g(合金的质量)……①，n(Cu)×2+n(Mg)×2=0.06 mol(合金失去电子的物质的量)……②，解方程组①②得，n(Cu)=0.02 mol，n(Mg)=0.01 mol，从而得n(Cu)︰n(Mg)=0.02 mol︰0.01 mol=2︰1，A项正确.B项，c(HNO3)=(1000 mL×1.40 g·mL-1×63%)÷63 g· mol-1=14.0 mol·L-1，B项正确.C项，因n(NO2+N2O4)=1.12 L÷22.4 L· mol-1=0.05 mol，设NO2和N2O4 的混合气体中NO2的物质的量为n(NO2)，则N2O4的物质的量为［0.05 mol-n(NO2)］；根据得失电子守恒原则得，n(NO2)×1+［0.05 mol-n(NO2)］×2=0.06 mol，解得n(NO2)=0.04 mol，根据阿伏加德罗定律得混合气体中NO2的体积分数为(0.04 mol÷0.05 mol)×100%=80%，则C项正确.D项，得到2.54g沉淀时，溶液中的溶质只有NaNO3，根据守恒原则得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，从而得V(NaOH)=0.64 mol÷1.0 mol·L-1=0.64 L=640 mL，则D不正确.故答案为D.
例17(上海化学卷)一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体V L(标准状况)，向反应后的溶液中(存在Cu2+和SO2-4)加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO 12.0 g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1︰1，则V可能为（）.
A.9.0 L B.13.5 LC.15.7 L D.16.8 L
解析若全部是CuS，其物质的量为n(CuS)=n(CuO)=12 g÷80 g· mol-1=0.15 mol；设生成NO和NO2的物质的量均为x(下同).因HNO3+3e-→NO，HNO3+e-→NO2，CuS-8e-→SO2-4；根据得失电子守恒原则得，3x+x=0.15 mol×8，解得x=0.3 mol；得气体体积V=(0.3mol+0.3mol)×22.4 L· mol-1=13.44 L.若全部是Cu2S，其物质的量为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；根据得失电子守恒原则得，3x+x=0.075 mol×10，解得x=0.1875 mol；从而得气体体积V=(0.1875 mol+0.1875 mol)×22.4 L· mol-1=8.4 L.因实际是CuS和Cu2S的混合物，则8.4L
例18 (上海化学卷)碳酸氢纳俗称“小苏打”，是氨碱法和联合制碱法制纯碱的中间产物，可用作膨松剂，制酸剂，灭火剂等.工业上用纯碱溶液碳酸化制取碳酸氢钠.
（1）某碳酸氢钠样品中含有少量氯化钠.称取该样品，用0.1000mol·L-1盐酸滴定，耗用盐酸20.00 mL.若改用0.05618 mol·L-1硫酸滴定，需用硫酸mL(保留两位小数).（2）某溶液组成如表1：
表1化合物Na2CO3NaHCO3NaCl 质量(kg)814.8400.397.3向该溶液通入二氧化碳，析出碳酸氢钠晶体.取出晶体后溶液组成如表2：
表2化合物Na2CO3NaHCO3NaCl 质量(kg)137.7428.897.3计算析出碳酸氢纳晶体的质量(保留1位小数).
（3）将组成如表二的溶液加热，使碳酸氢钠部分分解，溶液中NaHCO3的质量由428.8kg降为400.3kg，补加适量碳酸钠，使溶液组成回到表一状态.计算补加的碳酸钠质量(保留1位小数).
（4）某种由碳酸钠和碳酸氢钠组成的晶体452kg溶于水，然后通入二氧化碳，吸收二氧化碳44.8×103L(标准状况)，获得纯的碳酸氢钠溶液，测得溶液中含碳酸氢钠504kg.通过计算确定该晶体的化学式.
解析（1）设需用硫酸的体积为V(硫酸).由关系式“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）由题意可知，参加反应的Na2CO3的质量为(814.8kg-137.7kg)=677.1kg；再由反应Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3可知，生成NaHCO3的质量为(677.1kg×168kg÷106kg)=1073.1kg；则析出的碳酸氢钠晶体的质量为(1073.1kg+400.3kg)﹣428.8kg=1044.6kg.
（3）由题意可知，参加反应的NaHCO3的质量为(428.8 kg-400.3 kg)=28.5 kg；再由反应2NaHCO3△Na2CO3+CO2↑ +H2O可知，生成Na2CO3的质量为(28.5 kg×106 kg÷168 kg)=18.0 kg；则补加的碳酸钠质量为(814.8 kg-137.7 kg-18.0 kg)=659.1 kg.
（4）设该晶体的化学式为xNaHCO3·yNa2CO3·zH2O.因参加反应的二氧化碳的物质的量为n(CO2)=(44.8×103 L÷22.4 L· mol-1)=2×103 mol，则由反应Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3可知，参加反应(即452 kg晶体中)的Na2CO3的物质的量为n(Na2CO3)=n(CO2)=2×103 mol，生成NaHCO3的物质的量为n(NaHCO3)=2n(CO2)=2×2×103 mol=4×103 mol；则452 kg晶体中NaHCO3的物质的量为(504×103 g-4×103 mol×84g· mol-1)÷84 g· mol-1=2×103 mol，452 kg晶体中H2O的物质的量为(452×103 g-2×103 mol×106 g· mol-1-2×103 mol×84 g· mol-1)÷18 g· mol-1=4×103 mol；从而得x︰y︰z=2×103 mol︰2×103 mol︰4×103 mol=1︰1︰2，即该晶体的化学式为NaHCO3·Na2CO3·2H2O.
故答案为：（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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例谈守恒法在高中化学中的应用甘肃省山丹县第一中学魏学强734100一、质量守恒法 质量守恒法是指化学反应前后，我们利用反应物的质量之和等于生成物的质量之和列式求解的方法.【例1】已知A元素与B元素的摩尔质量之比为9：22，在反应X＋2Y＝2A＋B中，当1.6gX与Y完全反应后，生成4.4gB，则参加反应的Y和生成物A的质量之比为（）A. 32：9 B. 46：9C.9：16D.16：9【解析】已知A与B的摩尔质量比为9：22，结合方程式可以知道，反应生成物A和B的质量之比为18：22，也就是1.6gX与Y完全反应后，生成了4.4gB，同时生成了4.4×18÷22=3.6gA，由质量守恒得参加反应的Y的质量为3.6+4.4-1.6=6.4g，所以参加反应的Y和生成物A的质量之比为6.4g/3.6g=16：9.答案：D二、元素守恒法元素守恒法是指化学反应前后，我们利用参加反应的每一种元素的种类不变、个数不变、物质的量不变、质量不变列等式求解的方法.【例2】KOH固体在空气中放置了一段时间后，经分析测知其含水为2.8%、含K2CO3为37.3%,取1g该样品投入到25mL、2mol／L的盐酸中后，发现盐酸过量，然后多余的盐酸与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发，我们最终可得到固体（）A. 1gB3.725gC. 0.797g D. 2.836g【解析】KOH、K2CO3跟盐酸反应的主要产物都是KCl，我们最终可得到固体是KCl，根据元素守恒，化学反应过程中，反应物盐酸中含氯的量和生成物氯化钾中含氯的量相等： 即：n(KCl)=n(Cl－)=n(HCl)=0.025 2moL=0.050moL； 所以氯化钾固体的质量为：m=0.050moL 74.5=3.725g.答案：B三、得失电子守恒法得失电子守恒法是指在氧化还原反应中，我们根据氧化剂得电子（化合价降低）的总数等于还原剂失电子的（化合价升高）总数、即得失电子守恒（化合价升降相等）列等式求解的方法.【例3】在某一溶液中， 离子与 离子发生了氧化还原反应， 离子起的是氧化作用， 离子起的是还原作用，0.2 mol 离子恰好与0.6mol 离子完全反应，则 离子还原后的化合价为（）.A．＋1 B．＋2 C．＋3 D．＋4【解析】 离子与 离子发生反应，氧化剂为 ，还原剂为 ，设反应后 元素的化合价为a；则 元素化合价由＋6降为了a， 元素化合价由＋4升为了＋6,则1moL 元素得电子（6－a）moL，1moL 元素失电子（6－4）moL=2 moL；则由电子得失守恒得：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铁粉充分反应后，铁粉全部溶解，生成NO，溶液质量增加了3.2g，所得溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之比为（）A. 4∶1 B. 2∶1 C. 1∶1D. 3∶2【解析】设反应后的溶液中Fe2+有 ，Fe3+有 ，由Fe元素守恒得： 由N 元素和Fe元素得失电子守恒得： 联立得： ， ； N所以 .答案：D.三、电荷守恒法电荷守恒法是指对任意化学反应体系，我们可以依据化学反应前后这一体系的总的电荷量、即电荷的代数和总保持不变列等式求解的方法.【例5】在一定条件下， 与 、 发生反应的离子方程式为： ， 中的 为______.【解析】由离子反应方程式得；反应前的电荷总数为： ；反应后电荷总数为-1；反应前后依据电荷守恒得： ；解得： .【例6】下列离子反应方程式正确的是（）A．将磁性氧化铁溶于盐酸： Fe3O4 + 8H+ === 3Fe3+ + 4H2O B．将铁粉加入稀硫酸中：2Fe + 6H+ === 2Fe3+ + 3H2↑C．将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合：Fe2+ + 4H+ + NO3－=== Fe3+ + 2H2O + NO↑D．将铜屑加入Fe3+ 溶液中：2Fe3+ + Cu === 2Fe2+ + Cu2+【解析】A选项错误，因为A选项中反应前后电荷不守恒，由于Fe3O4中Fe有两种价态，正确的离子反应方程式应该为：Fe3O4 + 8H+ === 2Fe3+ + Fe2+ + 4H2O； B选项错误，因为根据氧化性强弱可知，B选项中的反应不符合客观实际，反应后只能产生Fe2+ 和H2； C选项错误，因为反应前后得失电子不守恒，电荷也不守恒，正确的离子反应方程式应该为：3Fe2+ + NO3－＋4H+ === 3Fe3+ + NO↑+ 2H2O；D选项正确，因为不但符合3个守恒、而且符合客观实际.答案：D四、体积守恒法体积守恒法是指气体在化学反应前后，在同温同压条件下，依据化学反应方程式判断出的始态和末态气体的体积相等的方法，此方法主要用于有机物的燃烧反应.【例7】在标准状况下，0.456g 在336mL 中燃烧，将燃烧后的混合气体恢复到标准状况，则混合气体的体积为（）A.112mL B.224mL C.336mLD.448mL【解析】在标准状况下， 为液态，而 、 为气态. 在 中的燃烧方程为： ，由反应方程式可以看出，反应前后气体的体积保持不变,因此，无论 过量、适量，还是少量，反应后气体的体积都等于起始给定的 的体积.答案:C.由以上几例可以看出，守恒法在高中化学解题中可以免去许多复杂的数学计算，大大简化了化学解题过程，从而提高了解题速度，其优点是不管细枝末节，只需抓住化学反应中某一特定的量保持不变，然后列等式求解便可迅速得到结果.作为我们一线的高中化学教师，平时在化学教学中，尤其是习题课教学中，应有意识地培养学生的守恒思维，以提高他们解决化学问题的能力.
(收稿日期：2010-05-04)