高考化学计算题专题

高考化学解题方法系列专题1关系式法

关系式法常常应用于多步进行的连续反应，因前一个反应的产物是后一个反应的反应物，可以根据中间物质的传递关系，找出原料和最终产物的相应关系式。它是化学计算中的基本解题方法之一，利用关系式法可以将多步计算转化为一步计算，免去逐步计算中的麻烦，简化解题步骤，减少运算量，且计算结果不易出错，准确率高。

1、金属锡的纯度可以通过下述方法分析：将试样溶于盐酸，反应的化学方程式为：Sn ＋2HCl=SnCl 2＋H 2↑再加入过量的FeCl 3溶液，发生如下反应：SnCl 2＋2FeCl 3=SnCl 4＋2FeCl 2最后用已知浓度的K 2Cr 2O 7溶液滴定生成Fe 2+

，反应的化学方程式为：

FeCl K Cr O HCl FeCl KCl CrCl H O 22273326++14=6+2+2+7现有金属锡试样0.613g ，

经上述反应后，共用去0.100 mol/LK 2Cr 2O 7溶液16.0mL 。求试样中锡的百分含量（假定杂质不参加反应）。

解析：该题是应用关系式法解多步反应的综合计算。根据题目所给出的三个化学反应，得出Sn 与K 2Cr 2O 7的物质量的关系。

Sn 3 —— SnCl 23—— —— FeCl 26 —— K Cr O 227 Sn 3 —— K Cr O 227 3?119（g ） 1mol

x ..01?0016mol

x=...3?119?01?0016

=0571

1（g ）

.%%.%.Sn 0571

∴=

?100=9310613

2、在100mL 36.5%的浓盐酸（密度为1. 18g/cm 3

）中加入多少mL 2mol/L 的稀盐酸（密度为1.08g/cm 3

），才能配成6mol/L 的盐酸（密度为1.10g/cm 3

）。

解析：任何溶液在稀释时，溶液和溶剂的量都要发生变化，但溶质的量不变，据此可以得到稀释下列各种浓度的溶液计算公式。

百分比浓度溶液的稀释公式：

浓溶液的质量×浓溶液的浓度 = 稀溶液的质量×稀溶液的浓度 mol 尔浓度的溶液稀释公式：

浓溶液的浓度×浓溶液的体积（L ） = 稀溶液的浓度×稀溶液的体积

同一溶质的两种不同浓度的溶液混合时，混合溶液的浓度介于溶液之间，混合液跟两原溶液中溶质、溶液量的基本关系是：

（1）混合液中所含溶质的总量等于两原溶液的溶质质量之和。

（2）混合溶液的质量等于两原溶液的质量之和，但体积不等于两原溶液的体积之和(当两原

溶液很稀时，通常把混合液的体积近似地看做两原溶液的体积之和) 。

在应用上述关系进行复杂的混合溶液计算时，可先算出混合溶液的总质量和溶质的总质量，然后再求出混合溶液的浓度。

设需加入VmL 2mol/L 的盐酸 混合液中溶质的总物质的量

..%...V

V

118?100?3652+=118+00023651000

混合溶液的总体积：

....V V

100?118+108118+108=

11?10001100

混合液的物质的量浓度：

(..)(/)

.V mol L V 118+0002?1100

=6118+108 ()V mL =138

3、将5.000gNaCl 、NaBr 、CaCl 2的混合物溶于水，通入氯气充分反应，然后把溶液蒸干并灼烧，得残留物4.914g 。灼烧后的残留物再溶于水，并加足量的Na 2CO 3溶液，所得沉淀经干燥后质量为0.270g 。求混合物中各化合物的质量百分组成。

分析：根据题意可列出下图示，帮助审清题意，找出思路和解法。

根据图示可分析：

（1）CaCO 3的质量为0.270g ，由它可求出CaCl 2的质量。

CaCl 2 —— CaCO 3

111 100 x 克 0.270

x=..()

g 111?0270

=0300100

（2）混合物中通入Cl 2

NaBr Cl NaCl Br 222+=2+ 质量减少

103 58.5 103-58.5=44.5（g ） y 克 5.000-4.914=0.086（g ） y=0.200（g ）

（3）NaCl 的质量....=5000-0200-0300=4500（g ）

（4）各组分的百分含量

.%%%NaCl 4500

=

?100=905 .%%%

NaBr 0200

=?100=45 .%%%

CaCl 20300

=?100=65

4、现有氧化铜和碳粉的混合物共Amol ，将它在隔绝空气条件下加热，反应完全后，冷却，得到残留固体。

（1）写出可能发生反应的化学方程式

（2）若氧化铜在混合物中的量的比值为x （0

问：x 为何值时，残留固体为何种物质？写出残留固体的物质的量与x 值之间 的关系。将

解析：（1）首先写出有关的化学反应方程式，根据化学方程式中有关物质间的物质的量的关系，分析当CuO 恰好完全反应时，x 值是多少？

CuO C Cu CO 22+2+↑@① CuO C Cu CO ++↑@ ②

按①式反应，x 值为23时，反应物恰好反应；按②式反应，x 值为1

2时，反应物恰好完全反

（2）当

x 2

>

3时，CuO 过量，按C 的量计算。

CuO 2 + C @ Cu 2 CO 2+↑

2mol 1mol 2mol

Ax A （1-x ） 2A （1-x ）

剩余CuO 的物质的量Ax-2A(1-x)=A(3x-2)=

（3）当x 21>>

3

2时，CuO 不足量，按CuO 的量计算，生成铜的量为Ax 。 （4）当

x 1

<

2时，C 过量，按②式中的CuO 的量计算，生成铜为Ax ，剩余C 的物质的量为：

A(x)Ax A(x)1--=1-2

5、把过量的Fe 粉投入到FeCl 3和CuCl 2组成的混合溶液中，充分搅拌，反应后过滤、干燥，称得不溶性物质的质量与加入铁粉的质量相等。求混合物中FeCl 3和CuCl 2的物质的量之比是多少？

解析：设CuCl 2为xmol 、FeCl 3为ymol 。 铁粉投入

FeCl 3和CuCl 2的混合溶液中，发生下列反应：

Fe + CuCl 2 = Cu +FeCl 2

xmol xmol xmol

Fe + FeCl 32 FeCl 2=3 y

2mol ymol

反应后所得不溶物为铜粉和过量的铁粉。按题意，反应中与

FeCl 3和CuCl 2反应而消耗铁

粉的质量与置换出铜粉的质量一定相等，按比等量关系用代数法求解。

y

(x )x

56+=642 x y x 56+28=64 y x 28=8

x :y :=72

高考化学解题方法系列专题2·差量法

差量法是根据化学变化前后物质的量发生的变化，找出所谓的“理论差值”。这个差值可以是质量、气体物质的体积、压强、物质的量、反应过程中热量的变化等。该差值的大小与参与反应的有关量成正比。差量法就是借助于这种比例关系，解决一定量变的计算题。用差量法进行化学计算的优点是化难为易、化繁为简。

解此类题的关键是根据题意确定“理论差值”，再根据题目提供的“实际差值”，列出比例式，求出答案。

1. 原理：对于任意一个化学反应,涉及到各物质的数量间,一般都有一定的关系.如任取两种物质的物理量,分别为x,y. 当x 值增大或减小时,y 也成比例地变化.且x 与y 的差值也呈相应变化.

数学表达式为:2

1

x x ＝2

1y y ＝2

211y x y x --

2. 注意: ① x、y 可表示物质的质量、物质的量、气体体积等,因而差量可指质量之差(△m)物质的量之差(△n)或气体体积之差(△V)等.

② 分清“差量”是增还是减.在较复杂的情况,存在多个反应,可能差量的增减方向并不一致,这就要取其代数和.若方向相同,则总差量等于各个分差量之和.

③ 正确分析形成差量的原因,找出对应的根据方程式得出的“理论差量”是差量法解题的关键.

3. 优点:只与反应前后相应的差量有关,不必追究各成分在反应前和后具体的量.能更深刻地抓住本质,提高思维能力.

例1.有NaCl 和KCl 的混合物25g ，溶于水形成溶液，加入1000g 7.14%的AgNO 3溶液，充分反应后滤出沉淀，再向混合物加入100g Cu 片，过一段时间取出（反应完全），洗涤干燥称其质量为101.52g ，求原混合物中NaCl 和KCl 的物质的量各为多少？

解:设与Cu 反应的硝酸银的物质的量为x

Cu ~ 2AgNO 3 ~ 2Ag △m 64 2mol 2×108 152 xmol 1.52g 解得：x=0.02mol

n(AgNO 3)=1000g×7.14%/170g/mol=0.42mol n(NaCl)-n(KCl)=0.42mol-0.02mol n(NaCl)×58.5-n(KCl)×74.5=25 解得n(NaCl)=0.3mol n(KCl)=0.1mol

例2．取一定量的CuO粉末与0.5L稀硫酸充分反应后，将一根50g铁棒插入上述溶液中，至铁棒质量不再变化时，铁棒增重0.24g. 并收集到224mL气体（标准状况）。求此CuO粉末的质量。

解析：由题意可知，CuO粉末与稀硫酸充分反应后，硫酸过量。

引起铁棒质量变化时涉及到下列两个反应：

① Fe + H2SO4 = FeSO4 + H2

② Fe + CuSO4 = FeSO4 + Cu

其中第①个反应使铁棒质量减少，第②个反应使铁棒质量增加，两者的代数和为0.24g。

① Fe + H2SO4 = FeSO4 + H2 △m1

56g 1mol 56g

0.01mol 0.56g

△m2 -△m1 = 0.24g. △m2=△m1 +0.24g=0.56g+0.24g=0.80g 设CuO的物质的量为x, CuSO4的物质的量也为x,

② Fe + CuSO4 = FeSO4+ Cu △m2

1mol 8g

X 0.80g

解得： X=0.1mol

m(CuO)= 0.1mol?80g/mol=8g

例4、将12.8克由CuSO4和Fe组成的固体，加入足量的水中充分反应后，滤出固体，干燥后称得5.2克。求原混合物中CuSO4和Fe各为多少克？

解析：此题有三种反应可能：恰好完全反应、CuSO4过量、Fe过量。

余下固体有两可能：(1)余下Fe和Cu；(2)余下全是Cu.

(1)当余下固体是Fe和Cu(即Fe过量)时，设x克CuSO4耗尽，则铁为(12.8-x)克，置换差量为5.2-(12.8-x)克。

CuSO4 + Fe → FeSO4 +Cu 固体增重

160 56 64 64-56=8(理论差量)

x 5.2-(12.8-x)(实际差量)

160:x=8:[5.2-(12.8-x)]

∴ x=8(克)，12.8-x=4.8(克)。

(2)设余下固体全是Cu，反应时有w克Fe耗尽。

CuSO4 + Fe → FeSO4+ Cu 固体增重

56 64 64-56=8(理论差量)

W 5.2-w(实际差量)

56:w=8:5.2-w

∴ w=4.55(克)，

则原混合物中CuSO4为12.8-4.55=8.25(克)。

而8.25克CuSO4中只含8.25×

64

100=3.3(克)Cu，故不可能有5.2克Cu生成。由此可见(2)

的假设不成立。

答案：原混合物中CuSO4为8克，Fe为4.8克。

例5、在某些硫酸铜溶液中,加入一个质量为1.12g的铁片,经过一段时间,铁片表面覆盖了一层红色的铜,取出洗净、烘干,称重,质量变为1.16g.计算在这个化学反应中溶解了铁多少克?析出了铜多少克?

解析：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，从化学方程可以看出,铁片质量的增加,与铁的溶解和铜的析出直接联系,每溶解56g铁,将析出64g铜,会使铁片,质量增加: 64g-56g=8g

根据铁片增加的质量(1.16g-1.12g),可计算出溶解的Fe的质量和析出的Cu的质量.

解：设溶解的Fe为xg,析出的Cu为yg

Fe=CuSO4=Cu+FeSO4质量差

56 64 64-56

x y 1.16-1.12

则：56646456

1.16 1.12

x y

-

==

-，解得：x=0.28(g) y=0.32(g)

答:在这个化学反应中溶解了铁0.28g析出了铜0.32g.

高考化学解题方法系列专题3极限法

极限判断是指从事物的极端上来考虑问题的一种思维方法。该思维方法的特点是确定了事物发展的最大(或最小)程度以及事物发生的范围。

例1 ：在120℃时分别进行如下四个反应：

A．2H2S+O2＝2H2O＋2S B．2H2S+3O2=2H2O+2SO2

C．C2H4+3O2=2H2O+2CO2 D．C4H8+6O2=4H2O+4CO2

（l）若反应在容积固定的容器内进行，反应前后气体密度（d）和气体总压强（P）分别符合关系式d前=d后和P前＞P后的是；符合关系式d前=d后和P前=P后的是（请填写反应的代号）。

（2）若反应在压强恒定容积可变的容器内进行，反应前后气体密度（d）和气体体积（V）分别符合关系式d前>d后和V前d后和V前＞V后的是（请填写反应的代号）。

方法：从反应物全部变成生成物来作极限判断。

解析：（1）在容积固定的容器内，四个反应的反应物和生成物中除硫单质外均为气体，

总结：解本题还应用了物理学中气态方程和化学中的阿伏加德罗定律。这是一道物理和化学学科间综合试题，体现了当今的命题方向。

例2 ：把含有某一种氯化物杂质的氯化镁粉末95mg溶于水后,与足量的硝酸银溶液反应,

生成氯化银沉淀300mg,则该氯化镁中的杂质可能是（）

A．氯化钠B．氯化铝 C．氯化钾D．氯化钙

方法：采用极值法或平均分子量法。

解析：[解法一]：（极值法）

假设95mg全为MgCl2，无杂质，则有：MgCl2 ~ 2AgCl

95mg 2×143.5mg

生成沉淀为287mg，所以假设95mg全部为杂质时，产生的AgCl沉淀应大于300mg。

总结：极值法和平均分子量法本质上是相同的，目的都是求出杂质相对分子量的区间值，或者杂质中金属元素的原子量的区间值，再逐一与选项比较，筛选出符合题意的选项。

例3 ：在一个容积固定的反应器中,有一可左右滑动的密封隔板,两侧分别进行如图所示

的可逆反应.各物质的起始加入量如下:A、B和C均为4.0mol、D为6.5 mol、F为2.0 mol,设E为

x mol.当x在一定范围内变化时,均可以通过调节反应器的温度,使两侧反应都达到平衡,并且

隔板恰好处于反应器的正中位置.请填写以下空白:

(1)若x=4.5,则右侧反应在起始时向 (填“正反应”或“逆反应”)方向进行.欲使

起始反应维持向该方向进行，则x的最大取值应小于 .

(2)若x分别为4.5和5.0，则在这两种情况下,当反应达平衡时，A的物质的量是否相等? (填“相等”、“不相等”或“不能确定”).其理由是：。

方法：解答该题时，首先要考虑两侧都达到平衡时物质的量必须相等，然后要从完全反应的角度去考虑极大值，因是可逆反应，所以又应小于极大值。至于第(3)问，应从两平衡体系的相互关系去分析，即两体系温度始终相同。

解析：(1)已知左侧平衡时总物质的量为12.0 mol，因此右侧达到平衡时的总物质的量应

为12.0 mol。现x = 4.5, 则右侧起始时混合物的物质的量为4.5 + 6.5 + 2.0 =13。反应在

起始时必须向正反应方向进行才能使物质的量变成12mol。

确定x的最大取值应小于多少，可通过两种方法求解。

方法一：假定加入的x molE完全转化时，则D余（6.5 — x/2）mol，F共有（2.0 + x）mol，由（6.5 — x/2） + （2.0 + x） = 12.0 ，解得 x = 7.0 。则欲使起始反应维持向

正反应方向进行，则x的最大取值应小于7。

方法二：设达平衡时E的消耗量为2amol。

起始时: 6.5 x 2.0

平衡时: 6.5-a x-2a 2.0+2a

因左侧反应混和物总的物质的量为12mol，所以达平衡时右侧反应需满足:

(2)因为这两种情况是在两个不同温度下达到化学平衡的，平衡状态不同，所以A的物质的量也不同。

总结：压强对平衡体系的影响在众多的可逆反应分析中经常出现，此类试题要求考生既要分析平衡状态，又要分析相互影响，有时还要考虑极限值问题。

例4 ：pH = 5和pH = 3的两种盐酸，以等体积混合溶液的pH 是（）

A． 2 B． 3.3 C． 4 D． 8

方法：根据端值及平均值分析。

解析：根据平均值原则，端值一﹤平均值﹤端值二，不可能为A，D，而pH是对c(H+)取负对数后得到的值，不是简单地将pH1和pH2相加求算术平均数，所以不可能是C 。以此答案只能为B。

总结：此题也可根据两强酸等体积混合后巧用pH混 = pH小 + 0.3获得结果。

例5 ：取3.5 g某二价金属的单质投入50g溶质质量分数为18.25%的稀盐酸中，反应结束后，金属仍有剩余；若2.5g该金属投入与上述相同质量、相同质量分数的稀盐酸中，等反应结束后，加入该金属还可以反应。该金属的相对原子质量为 ( )

A．24 B．40 C．56 D．65

方法：采用极限值分析，找出金属的相对原子质量的范围，而后对照选项获得结果。

例6 ：在一定条件下，气体A可发生如下反应：2 A(g) B(g）+3 C(g）。若已知所得混合气体对H2的相对密度为4.25。则A的式量可能是（）

A．8.5 B． 16 C． 17 D．34

方法：采用极值法分析。

解析：假设A物质没有发生反应，则A的式量为8.5。如果A全部转化为B和C，则B、C 混合气体的平均式量为8.5，A的式量为17。题中反应为可逆反应，故答案为B。

总结：该题利用化学平衡部分的三态进行分析计算也可获得答案，但耗时较多。

例7 ：取5.4 g由碱金属（R）及其氧化物（R2O）组成的混合物，使之与足量水反应，蒸发反应后的溶液，得到8 g无水晶体。通过计算判断此金属为哪一种碱金属。

方法：此题只需用极值法确定R的原子量的取值范围，再对照碱金属的原子量即可判断R 为何种碱金属。

解析：题中的反应有：2R + 2H2O = 2ROH + H2↑，R2O + H2O = 2ROH 。

设5.4 g全部是金属R，R的原子量为x，则R的摩尔质量为 x g / mol。

5.4 / x = 8 /（x +17）， x = 35.7

设5.4 g全部是R2O，则R的原子量为 y 。则R的摩尔质量为 y g / mol。

2 ×｛ 5.4/（2y + 16）｝= 8/（y + 17）， y = 10.7

因为10.7 ﹤ 23 ﹤ 35.5 ，故R为Na 。

总结：采用极限值，可使该题中的复杂问题得到简化。

高考化学解题方法系列专题4·守恒法

“守恒法”是中学化学经常采用的技巧性解题方法之一。

一般情况下，能用“守恒法”解答的题目也能用其它方法解决，但较费时且易出错。而 “守恒法”则是利用物质变化过程中某一特定量固定不变来解决问题，其特点是不纠缠于细枝末节，只关注始态和终态，寻找变化前后特有的守恒因素，快速建立等式关系，巧妙作答，能提高解题速率和准确率。

“守恒法”在不同版本的教辅材料中，有多种表述形式，如物料守恒、质量守恒、元素守恒、原子守恒、离子守恒、电荷守恒、电子守恒、物质的量守恒、体积守恒…等等。其实所谓的“守恒”因素不外乎三种情况：一是物料守恒，二是电性电量守恒。

一、物料守恒

所谓“物料”，就是物质。从物质的形态而言，有宏观意义上的物质，又有微观意义上的粒子。当谈到“物料”守恒时，对宏观物质而言，主要是质量守恒；对微观粒子而言，则主要是与物质的量挂钩的元素守恒。

(一)质量守恒

在此探讨的质量守恒，已不再是狭义的质量守恒定律，它涵盖了物理和化学两种变化中的有关守恒关系。

1.固态混合物

由固体物质组成的混合物，往往在化学变化前后存在某一方面的守恒因素，利用这些因素可省时省力。

例1：取一定量的KClO 3和MnO 2的混合物共热制取O 2，反应开始时MnO 2在混合物中的质量分数为20%，当反应进行到MnO 2在混合物中的质量分数为25%时，求KClO 3的分解百分率。

解析：MnO 2在反应中作催化剂，反应前后质量守恒。设原混合物的质量为m 1g ，反应结束后混合物的质量为m 2g ，则MnO 2反应前后的质量分别为：0.2m 1g 和0.25m 2g 。由MnO 2的质量守恒可得：0.2m 1g ＝0.25m 2g ，m 2＝0.8m 1。由反应前后质量守恒可知，放出O 2的质量应等于反应前后的固体质量之差，即：m 1g-m 2g ＝m 1g-0.8m 1g ＝0.2m 1g 。即可求得KClO 3的分解百分率为：

%

64%1008.0962.024511=??g m g

g m g 。

2.溶液

对溶液而言，可以从其组成上，即浓度（质量分数）、溶剂和溶质三方面去寻找内含的某些守恒因素，用于解决有关溶液计算的问题。

(1)浓度守恒

例2：某盐的饱和溶液的质量分数为26.8%，取一定量的此饱和溶液，加入w g 该无水盐，在温度不变的情况下，析出m g 含有一定量结晶水的该盐晶体，则从饱和溶液中析出溶质的质量为

A.26.8%w

B.m -w

C.(m +w )×26.8%

D.(m -w )×26.8%

解析：由于温度不变，析晶后，剩余溶液、减少的溶液（m -w ）及原溶液浓度（质量分数）

守恒，故有（m -w ）×26.8%，答案应选D 。

(2)溶剂守恒

例3： 在一定温度下，向55.3g 蒸馏水中加入一定量的无水Na 2SO 3粉末，充分搅拌后过滤，得到60g 滤液和一定量的Na 2SO 3·7H 2O 晶体，若此温度下Na 2SO 3的溶解度为20g ，求析出的Na 2SO 3·7H 2O 晶体的质量。

解析：解此题的关键是：溶剂水的质量守恒。析晶后，原溶剂水分成了两部分，即所得饱和溶液中的水和析出晶体中的结晶水。若设析出晶体的质量为x g 。则

g g g

g g g g xg g 20100100601261261263.55+?

++?=，解得：x =10.6g 。

(3)溶质守恒

例4：将某二价金属R 的单质粉末投入到200mL 浓度为1mol/L 的H 2SO 4溶液中，待完全反应后滤去过量的金属粉末，蒸发溶液到剩余84g 时，保持温度为t ℃，开始析出RSO 4·7H 2O 晶体。在该温度下继续蒸发，当析出20.5g 晶体时，还留下49g 溶液。求金属R 的相对原子质量。

解析：由题意可知，84g 溶液和49g 溶液皆为t ℃时的饱和溶液。设RSO 4的摩尔质量为M ，RSO 4

在t ℃时的溶解度为S g 。由溶质的质量守恒可得：

解方程组得：S =40，M =120g/mol

所以，金属R 的相对原子质量为：120-96=24。 3.其它

有些混合体系中，不同形态的物质（如气态和固态或液态，固态和液态等）之间往往会存在某种形式的守恒量，利用这些量之间的守恒关系，可使问题得以简化。

例5：向一定量的NaOH 固体中加入由硫酸铜和硫酸组成的混合物的溶液，充分搅拌，恰好完全反应，有蓝色沉淀生成，过滤，所得滤液的质量与加入的原混合物溶液的质量相等。则与硫酸铜反应的氢氧化钠和与硫酸反应的氢氧化钠的物质的量之比为 。

解析：此题属于一道典型的无数据计算题。依题意不难分析出其中的守恒关系，即m (NaOH)＝m [Cu(OH)2]。设与CuSO 4反应的NaOH 为x mol ，与H 2SO 4反应的NaOH 为y mol ，则由(x mol+y mol)

×40g/mol ＝98g/mol ×(x mol ×21)，

940=y x 。

(二)物质的量守恒

在大多数资料中，对物质的量守恒描述的并不多，其实我们最常遇到的元素守恒就隶属于其中。当然还有涉及宏观（具体）物质的守恒。

0.2L ×1mol/L ×M =

Sg g Sg

g g M M g +?

++?

100491265.20

0.2L ×1mol/L ×M =

Sg g Sg

g +?

10084

1.涉及宏观（具体）物质的守恒

例6：质量分数为a 的某物质的溶液m g 与质量分数为b 的该物质的溶液n g 混合后，蒸发掉

p g 水。得到的溶液每毫升质量为q g ，物质的量浓度为c 。则溶质的分子量（相对分子质量）

A.)()(p n m c bn am q -++

B.)()(bn am q p n m c +-+

C.)()(1000p n m c bn am q -++

D.)(1000

)

(bn am q p n m c +-+ 解析：根据溶质的物质的量守恒可得：3

10/-?-+=?+?mL qg pq

ng mg M b ng a mg r L/mL ×c mol/L ，

整理得：

)()

(1000p n m c bn am q M r -++=

g/mol ，故选C 。

2.元素守恒

实际上，元素守恒也含有质量守恒的意思，只不过在具体应用时，很少直接用其质量而是用其物质的量（或粒子个数）。元素守恒又可分为原子守恒和离子守恒，但原子守恒和离子守恒并没有严格意义上的区分，只是由于在不同情境中呈现的形态不同而已，多数情况下，常笼统地称作元素守恒。

(1)原子守恒

例7：某温度下，1L 密闭容器中加入1molN 2和3molH 2，使反应

达到平衡。测得平衡混合物中N 2、H 2、NH 3的物质的量分别为M 、N 、Q 。如果温度不变，只改变初始物质的加入量，而要求M 、N 、Q 维持不变，则N 2、H 2、NH 3的加入量用x 、y 、z 表示时，应满足条件：

(1)若x =0，y =0，则z = 。

(2)若x =0.75mol ，则y = ， z = 。

(3)x 、y 、z 应满足的一般条件是（用含x 、y 、z 的方程式表示） 。

N 2+3H 2 2NH 3

例8：将a molH 2S 和1molO 2置于一个容积可变的容器内进行反应。维持容器内气体的压强不变（101kPa ），在120℃下测得反应前后容器内气体的密度分别为d 1和d 2。若a 的取值不同，则H 2S 的氧化产物可能有如下三种情况：

(1)全部是SO 2，此时a 的取值范围是 。

(2)全部是S ，此时a 的取值范围是 ，d 1 d 2（填大于、小于或等于）。 (3)部分是SO 2，部分是S ，此时a 的取值范围是 ，反应所生成的SO 2的物质的量为 mol ，容器内气体的物质的量之和为 mol 。（以含a 的代数式表示）

解析：n (O 2)=1mol ，设生成SO 2为x mol ，S 为y mol ，H 2O 为z mol 。直写方程式：a H 2S+[1]O 2=x SO 2+y S+

z H 2O(g)。

(1)若y ≤0，则全部生成SO 2：

解得a =32，即a 的取值范围是：a ≤32

。

(2)若x ≤0，则全部生成S ：

解得a =2，即a 的取值范围是：a ≥2。 (3)若x ＞0，y ＞0，则产物中既有SO 2，又有S ：

因为y ＞0，从(2)可知y ≤2，所以a 的取值范围是：32

＜a ＜2。

反应后，SO 2的物质的量为(1-2a )mol ，容器内气体的物质的量之和为：x +z =(1+2a

)mol 。

例9：将2molH 2O 和2molCO 置于1L 容器中，在一定条件下，加热至高温，发生如下可逆反应：

(1)当上述系统达到平衡时，欲求其混合气体的平衡组成，则至少需要知道两种气体的平衡

由S 原子守恒：x =a 由H 原子守恒：2z =2a

由O 原子守恒：2x +z =2

由S 原子守恒：y =a 由H 原子守恒：2z =2a 由O 原子守恒：z =2

由S 原子守恒：x +y =a 由H 原子守恒：2z =2a 由O 原子守恒：2x +z =2

a =32 (1+y )

x =1-2a z =a

解得：

2H 2O(g) 2H 2+O 2

2CO(g)+O 2 2CO 2

浓度，但这两种气体不能同时是 和 ，或 和 。（填它们的分子式）

(2)若平衡时O 2和CO 2的物质的量分别为n (O 2)平=a mol ，n (CO 2)平=b mol 。试求n (H 2O)平= 。（用含a 、b 的代数式表示）

（2）由O 原子守恒可知，由CO 生成CO 2分子内增加的O 原子来源于H 2O ，另外O 2中的O 原子也来源于H 2O 。因此，n (H 2O)反应=2×n (O 2) +1×n (CO 2)=2×a mol+1×b mol=(2a +b )mol 。

n (H 2O)平=2mol-(2a +b )mol=(2-2a -b )mol 。

(2)离子守恒

例10：向含0.01mol AlCl 3的溶液中逐滴加入34mL 1mol/L NaOH 溶液，则生成物及其物质的量分别为 。

解析：n (NaOH):n (AlCl 3)=0.034mL ×1mol/L:0.01mol=3.4:1(或17:5)，大于3小于4，故生成物中既有Al(OH)3，又有NaAlO 2。设生成的Al(OH)3的化学计量数为x ，NaAlO 2的化学计量数为

y 。直写方程式：

5AlCl 3+17NaOH=x Al(OH)3↓+y NaAlO 2+15NaCl+2317x

H 2O

则n [Al(OH)3]=0.006mol ，n (NaAlO 2)=0.004 mol, n (NaCl)= 0.003mol 。 (3)原子、离子并存守恒（元素守恒）

例11：将一定质量的镁、铝合金投入100mL 一定浓度的盐酸中，合金全部溶解，向所得溶液中滴加5mol/L 的NaOH 溶液至过量，生成沉淀的质量与加入NaOH 溶液的体积关系如图所示。由图中数据分析计算：

(1)原合金中镁、铝的质量； (2)盐酸的物质的量浓度。

由Na +守恒：17=y +15

由Al 3+守

恒：5=x +y x =3 y =2

解析：由图可知：Mg(OH)2的质量为11.6g ，Al(OH)3的质量为19.4g-11.6g=7.8g 。

(2)当V (NaOH,aq ) =160mL 时，Mg 2+

、Al 3+

完全沉淀，此时溶液为NaCl 溶液，由Cl -离子、Na +

离子守恒可知：

例12：向300mL KOH 溶液中缓慢通入2.24L CO 2气体（标准状况），充分反应后，在减压低温下蒸发溶液，得到11.9g 白色固体。请通过计算确定此白色固体的组成及其质量各为多少克？所用KOH 溶液的物质的量浓度是多少？

解析：先由极端假设法确定白色固体的组成：设定2.24L CO 2与KOH 溶液反应所得产物只有

一种，即K 2CO 3或KHCO 3。若只生成K 2CO 3，由C 原子守恒可求得m (K 2CO 3)=mol L L

/4.2224.2×

138g/mol=13.8g ；若只生成KHCO 3，由C 原子守恒可求得m (KHCO 3)=mol L L

/4.2224.2×100g/mol=10.0g 。

而题设质量为11.9g ，故该白色固体由K 2CO 3和KHCO 3组成。由C 原子守恒可得：n (CO 2)=

n (K 2CO 3)+n (KHCO 3)=mol L L

/4.2224.2=0.100mol 。设K 2CO 3的物质的量为a mol ，则KHCO 3的物质的量为0.100mol-a mol 。则由138g/mol ×a mol+100g/mol ×(0.100mol-a mol)=11.9g ，解之得：

a =0.050mol 。

所以m (K 2CO 3)=0.050mol ×138g/mol=6.90g, m (KHCO 3)=0.050mol ×100 g/mol=5.00g 。

由K +

离子守恒可得：n (KOH)=2×n (K 2CO 3)+1×n (KHCO 3)= 2×0.050mol+1×0.050mol=0.150mol 。 所以c (KOH)=n (KOH)/V =0.150mol/0.300L=0.50mol/L 。 (4)质子守恒

一般情况下，很少单独考虑质子守恒，实际上在盐（水）溶液中存在的质子守恒可看作是物料守恒与电荷守恒（后面将要涉及到）的叠加项。

所谓的质子守恒，实质是从水的电离出发，考虑弱酸根离子结合水电离出的H +

或弱碱阳离子结合水电离出的OH -，然后在溶液中寻找H +

和OH -的“藏身”之所，而列出的等式关系。常用于盐

解得：m (Mg)=4.8g

(1)由镁元素守恒可知： Mg Mg(OH)2 24g 58g m (Mg) 11.6g

解得：m (Al)=2.7g

由铝元素守恒可知：Al Al(OH)3 27g 78g m (Al) 7.8g

H C l N a C l N a O H 1m o l 1m o l

解得：c (HCl)=8.0mol/L

100mL ×c (HCl) 160mL ×5mol/L

溶液中粒子浓度关系的比较。

下面以Na2CO3溶液、NH4Cl溶液和(NH4)2CO3溶液为例，来确定它们的溶液中各自存在的质子守恒关系。

Na2CO3溶液：在不考虑CO32-水解时，水电离出的H+与OH-的物质的量是相等的，但当CO32-水解结合部分水电离出的H+后，分别生成了HCO3-（结合一个H+）和H2CO3(结合两个H+)，而OH-未被消耗，因此可列出等式关系：c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2×c(H2CO3)，即Na2CO3溶液中的质子守恒。

NH4Cl溶液：同理，NH4+水解结合的是由水电离出的部分OH-，生成了NH3·H2O，而H+未被消耗，因此可列出等式关系：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)，即为NH4Cl溶液中的质子守恒。

(NH4)2CO3溶液：NH4+水解结合的是由水电离出的部分OH-，生成了NH3·H2O；CO32-水解结合部分水电离出的H+，分别生成了HCO3-和H2CO3，H+、OH-都有一部分被消耗，分别寻找H+、OH-在溶液中的“藏身”之所，即可列出下列等式关系：

c(H+)+c(HCO3-)+2×c(H2CO3)=c(OH-)+c(NH3·H2O)，即为(NH4)2CO3溶液中的质子守恒。

体积守恒

利用体积守恒的题目相比较而言要少一些，实际上它仍隶属于物质的量守恒。化学平衡中会经常遇到反应前后体积守恒的题目，并用于判断和计算，只不过通常情况下不从守恒角度去认识罢了。

例13：在t℃时，向一密闭容器中充入2mol A和3mol B，发生如下化学反应：

a A(g)+B(g) C(g)+D(g)

，平衡后测得各物质浓度有如下关系：c a(A)·c(B)=c(C)·c(D)。然后在温度不变的情况下，扩大容器容积至原来的10倍，结果A的百分含量始终不变，则这时B的转化率为（）

A.60%

B.40%

C.20%

D.无法确定

二、电性电量守恒

带电粒子可分为阴、阳离子和电子。在晶体或溶液中，不论有多少种离子，晶体或溶液总是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数（电性相反、电量相等），即所谓的电荷守恒；在氧化还原反应或电解池中，氧化剂（或在阴极上）所得电子总数与还原剂（或在阳极上）所失电子总数相等，即所谓的电子守恒。

1.电荷守恒

多用于计算、判断溶液中粒子浓度之间的关系。在有关溶液的计算题中，若没有特别说明，则可忽略H+、OH-的影响；而在讨论溶液中粒子浓度之间的关系时，却必须考虑在内。

例14：将a L由(NH4)SO4和NH4NO3组成的混合溶液分成两等份，一份加入b mol烧碱并加热，刚好把NH3赶出；另一份需消耗含c mol BaCl2的溶液，沉淀刚好完全。则原溶液中c(NO3-)

为。

解析：由题设不难求得a L 混合溶液中含2b mol NH 4+和2c mol SO 42-。依据电荷守恒可得：1×n (NH 4+

)=2

×n (SO 42-)+1×n (NO 3-)，1×2b mol=2×2c mol+1×c (NO 3-)×a L ，c (NO 3-)=a c

b 42 mol/L 。

例15：常温下，将甲酸和氢氧化钠溶液混合，所得溶液pH=7，则此溶液中 A.c (HCOO -)＞c (Na +

) B.c (HCOO -)＜c (Na +

) C.c (HCOO -)＝c (Na +

)

D.无法确定c (HCOO -)与c (Na +

)的关系

解析：由电荷守恒可知，c (HCOO -)+c (OH -)= c (H +

)+c (Na +

)，因pH=7，则c (OH -)= c (H +

)，故

c (HCOO -)＝c (Na +)，选C 。

例16：天然的和绝大部分人工制备的晶体都存在各种缺陷，例如某种NiO 晶体中就存在如图所示的缺陷:一个Ni 2+

空缺，另有两个Ni 2+

被两个Ni 3+

所取代。其结果晶体仍呈电中性，但化合物中Ni 和O 的比值却发生了变化。某氧化镍样品组成为Ni 0.97O 。试计算该晶体中Ni 3+

与Ni 2+

的离子数之比。

解析：其解法相当多，在此仅讨论守恒法。

法一：设1molNi 0.97O 中含Ni 3+

x mol ，则Ni 2+

为(0.97-x )mol 。据电荷守恒可得，3×x mol+2×(0.97-x )mol=2×1mol ，解得x =0.06mol ，则Ni 3+

与Ni 2+

的离子数之比为：0.06mol:(0.97-0.06)mol=6:91。

法二：据电荷守恒直接分析。依题意“一个Ni 2+

空缺，另有两个Ni 2+

被两个Ni 3+

所取代。其结果晶体仍呈电中性，…”从电荷守恒的角度理解：当一个Ni 3+

取代一个Ni 2+

后，正电荷增加1[(+3)-(+2)]，若要保证晶体呈电中性，就必须再增加一个正电荷，也就是说，每当有一个Ni 2+

空缺时，需增加两个Ni 3+

（即取代晶体中的两个Ni 2+

）。1mol Ni 0.97O 中空缺0.03mol Ni 2+

，那么Ni 3+

应为2×0.03mol=0.06mol 。

法三：结合原子守恒。设1mol Ni 0.97O 中含Ni 3+

为x mol ，Ni 2+

为y mol 。 [来源 解得：x =0.06mol ，y =0.91mol 。 2.电子守恒

例17：容积为30mL 的试管中充满了NO 2和O 2的混合气体，将试管倒立在水槽中，一段时间后，试管中仍然有5mL 气体。则原混合气体中NO 2和O 2的体积比可能是 。

N i 3+

O 2-

O 2-

O 2-

O 2-

O 2-

O 2- N i 2+

N i 3+

N i 2+

N i 2+

由Ni 原子守恒：x mol+y mol=0.97mol

由电荷守恒：3×x mol+2×y mol=2×1mol

解析：设原混合气体中有a mL NO 2，则O 2为（30-a ）mL 。

(1)若剩余气体是5mL O 2，那么NO 2完全转化为HNO 3，O 2只有（30-a -5）mL=（25-a ）mL 被还原。

由阿伏加德罗定律和电子守恒得：a ×1=(25-a )×4，a =20mL ，所以V (NO 2) : V (O 2)=20mL : (30-20)mL=2:1。

(2) 若剩余气体是5mL NO ，则生成5mL NO 消耗的NO 2为15mL ，也就是说有(a -15)mL NO 2与(30-a )mLO 2反应生成了HNO 3。

由阿伏加德罗定律和电子守恒得：(a -15)×1=(30-a )×4，a =27mL ，所以

V (NO 2):V (O 2)=27mL:(30-27)mL=9:1。

例18：含n g HNO 3的稀硝酸溶液恰好与m g Fe 完全反应，若已知有1/4的HNO 3被还原成NO ，则n :m 的取值范围是 。

三、综合守恒

某些情况下，有的题目可以用不同的守恒关系解决，而有的题目则需要同时运用多种守恒关系方能解决。

1.元素守恒、电荷守恒

例19：向100mL FeCl 3溶液中通入标准状况下的H 2S 2.24L ，待H 2S 全部被吸收后，再加入过量铁粉，待反应停止后，测得溶液中含有0.6mol 金属阳离子，则原FeCl 3溶液的物质的量浓度是 。

解析：有关反应：2FeCl 3+H 2S=2FeCl 2+2HCl+S ↓，2FeCl 3+Fe=3FeCl 2，Fe+2HCl=FeCl 2+H 2↑ 由此不难发现，通入的H 2S 实际上只相当于分解成了H 2和S ，对溶液而言并不会产生任何影响，反应前后溶液中恒定不变的是Cl -

离子。

法一：据Cl -离子守恒可得：c (Cl -)×0.100L=0.6mol ×2，c (Cl -)=0.12mol/L,则c (FeCl 3)=3

1

×c (Cl -

)=0.4mol/L 。

则有NO 2 HNO 3、O 2 HNO 3 -e -

+4e -

法二：据反应前后正电荷守恒可得：c (Fe 3+)×0.100L ×3=0.6mol ×2，c (Fe 3+

)=0.4mol/L ，

c (FeCl 3)= 0.4mol/L 。

例20：（2003年新课程卷）将0.2mol/L HCN 溶液和0.1mol/L NaOH 溶液等体积混合后，溶液显碱性，下列关系式中正确的是

A.c (HCN)＜c (CN -)

B.c (Na +

)＞c (CN -

)

C.c (HCN)-c (CN -)= c (OH -)

D.c (HCN)+c (CN -

)=0.1mol/L

2.元素守恒、电子守恒

例21：用石墨电极电解500mL 含KNO 3和Cu(NO 3)两种溶质的溶液，一段时间后，在两个电极上均生成11.2L 气体（标准状况下）。试求：

(1)原溶液中c (Cu 2+

)；

(2)电解后溶液中c (H +)(忽略溶液体积的变化)。 解析：根据题中信息可知：

(1)依据电子守恒：44.222.11?mol L L (O 2)=2

4.222.11?mol L L

(H 2) +0.5L ×c (Cu 2+)×2，

解得，c (Cu 2+

)=1.0mol/L 。

(2)依据原子守恒可得:Cu(NO 3)2~2NO 3-~2HNO 3~2H +

则溶液中c (H +

)=2×c (Cu 2+

)=2.0mol/L 。

3.电荷守恒、电子守恒

例22：在一定条件下，RO 3n -和F 2可发生如下反应：RO 3n -+F 2+2OH -=RO 4-+2F -+H 2O 从而可知在RO 3

n -

中，元素R 的化合价是

A. +4

B. +5

C. +6

D. +7 解析：设元素R 在RO 3n -中的化合价为x 。

法一：据电荷守恒：n +1×2=1+2×1，n =1。则x -2×3=-1，x =5。 法二：据电子守恒：(7-x )×1=[0-(-1)]×2，x =5。 4.元素守恒、电子守恒、电荷守恒

一个正确的氧化还原离子方程式的配平，应同时遵循三个守恒关系，即元素守恒、电子守恒

阴极：析出铜，逸出H 2 阳极：逸出O 2