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　化学计算的常用方法
一、化学计算的基本方法——依据化学方程式中的定量关系计算
1.应用原理
在化学方程式中，各物质的物质的量之比等于其化学计量数之比。各物质均为气体时，各物质的气体体积之比等于其化学计量数之比。
2.解题步骤
1.铍、铝化学性质相似，常温常压下，质量均为m g的铍、铝分别与足量稀硫酸反应产生氢气的体积分别为V1 L和V2 L。回答下列问题：
(1)铍、铝分别与稀硫酸发生反应的离子方程式是　　　　、　　　　。
消耗的稀硫酸的物质的量分别为　　　　　　、　　　　　　，V1∶V2=　　　　　　　。
(2)若相同条件下，将稀硫酸换成NaOH溶液，则产生的气体的量　　　　　　(填“变大”“不变”或“减小”)。
答案　(1)Be+2H+===Be2++H2↑　2Al+6H+===2Al3++3H2↑　 mol　 mol　2∶1　(2)不变
解析　(1)根据Be+2H+===Be2++H2↑、2Al+6H+===2Al3++3H2↑，铍、铝消耗的硫酸的物质的量分别为 mol、 mol，==。(2)根据Be+2OH-+2H2O===[Be(OH)4]2-+H2↑、2Al+2OH-+6H2O===2[Al(OH)4]-+3H2↑知，若相同条件下用NaOH溶液代替稀硫酸，产生的氢气体积不变。
2.过氧化钙(CaO2)是一种安全无毒的物质，带有结晶水，通常还含有CaO。过氧化钙在工农业生产中广泛用作杀菌剂、防腐剂、解酸剂、油类漂白剂等。
(1)称取5.42 g过氧化钙样品，灼烧时发生反应：2CaO2·xH2O2CaO+O2↑+2xH2O，得到O2在标准状况下体积为672 mL，则该样品中CaO2的物质的量为　　　　　　　　。
(2)另取同一样品5.42 g溶于适量的稀盐酸中，然后加入足量的Na2CO3溶液，将溶液中的Ca2+全部转化为CaCO3沉淀，得到干燥的CaCO3 7.0 g。
①样品中CaO的质量为　　　　　　　　。
②样品中CaO2·xH2O中的x为　　　　。
答案　(1)0.06 mol　(2)①0.56 g　②0.5
解析　(1)n(O2)==0.03 mol，则
2CaO2·xH2O2CaO+O2↑+2xH2O
2 mol　　　　　　　　1 mol
n(CaO2·xH2O)　　　　　0.03 mol
解得n(CaO2·xH2O)=0.06 mol，
则n(CaO2)=n(CaO2·xH2O)=0.06 mol。
(2)n(CaCO3)==0.07 mol。
①根据钙元素守恒可知：n(CaO)=0.07 mol-0.06 mol=0.01 mol，所以m(CaO)=0.01 mol×56 g·mol-1=0.56 g。
②样品中水的质量为5.42 g-m(CaO2)-m(CaO)=5.42 g-0.06 mol×72 g·mol-1-0.56 g=0.54 g，所以n(H2O)==0.03 mol，则x==0.5。
二、化学计算技巧
技巧一　差量法及应用
1.差量法是指根据化学反应前后有关物理量发生的变化找出“理论差量”。这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积或压强、反应过程中的热效应等。
2.差量法解题的关键是找准“理论差量”， 把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟差量(实际差量)列成比例，然后求解。如：
2C(s)+O2(g)===2CO(g)　Δm(固)/Δn(气)/ΔV(气)
2 mol　1 mol　2 mol　　24 g　/1 mol　/22.4 L(标准状况)
(一)固体差量法的应用
1.为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将 w1 g样品充分加热，其质量变为 w2 g，请列式计算该样品中Na2CO3的质量分数。
答案　样品加热发生的反应为
2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑　Δm
168　　　　106　　　　　　　　62
m(NaHCO3)　　　　　　　　　(w1-w2) g
样品中m(NaHCO3)= g，
则样品中m(Na2CO3)=w1 g- g，
其质量分数为×100%=×100%=×100%。
2.CaC2O4·H2O热分解可制备CaO，CaC2O4·H2O加热升温过程中固体的质量变化如图。
写出400~600 ℃范围内分解反应的化学方程式：　　　　　　　。
[思维过程]　热重曲线基本分析方法和思路
(1)一般可设晶体为1 mol，质量为m。该题中m(CaC2O4·H2O)=146 g，含有结晶水18 g。
(2)失重一般先失去结晶水，再失去非金属氧化物，金属质量不减少。
(3)根据元素守恒，剩余金属氧化物中n(Ca)=1 mol，n(O)=1 mol，为CaO。
具体分析过程如下：
(4)因此400~600 ℃的方程式为CaC2O4CaCO3+CO↑。
答案　CaC2O4CaCO3+CO↑
解析　M(CaC2O4·H2O)=146 g·mol-1，取1 mol CaC2O4·H2O，质量为146 g，当剩余质量为128 g时，质量减少了18 g，即减少1 mol H2O，结合题图知，在400 ℃时，固体的化学式为CaC2O4；600 ℃时剩余质量为100 g，质量又减少了28 g，即减少1 mol CO，CaC2O4失去1个CO后变成CaCO3，所以在400~600 ℃时发生的反应为CaC2O4CaCO3+CO↑。
(二)气体差量法应用
3.在一个容积为6 L的密闭容器中，放入3 L X(g)和2 L Y(g)，在一定条件下发生反应：4X(g)+nY(g) 2Q(g)+6R(g)，反应达到平衡后，容器内温度不变，混合气体的压强比原来增大了5%，X的浓度减小，则该反应中的 n值为(　　)
A.2 B.3 C.4 D.5
答案　B
解析　根据题意，平衡时混合气体的压强比原来增大了5%，说明正反应为气体总体积增大的反应，则有：4+n<2+6，所以 n<4，C、D项错误；温度、容积不变，气体压强之比等于其物质的量之比，故压强增大5%，说明气体的体积增加了5 L×5%=0.25 L，由于平衡时X浓度减少了，所以X减少了1 L，根据差量法，
4X(g)+nY(g) 2Q(g)+6R(g)　ΔV
4　　　　　　　　　　　　　4-n
1 L　　　　　　　　　　　　0.25 L
=，解得n=3，A项错误、B项正确。
应用气体体积差量法计算的注意事项
(1)气体体积差(ΔV)：必须关注是否同温同压(或标准状况)。
(2)差量必须与目标未知量直接相关，通常按化学计量数比例建立关系式。
通用公式：=。
技巧二　关系式法及应用
1.关系式法是一种巧妙利用已知量与未知量之间的关系进行解题的一种方法，一般适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。
2.关系式法解题的关键是建立关系式，建立关系式的方法有：(1)利用化学方程式中化学计量数间的关系；(2)利用原子守恒关系；(3)利用得失电子守恒关系；(4)利用化学方程式的加和等。
(一)利用关系式法简化解题过程
1.[2023·山东，18(3)改编]测定溶有少量HCl的SiHCl3纯度的操作：m1 g样品经水解、干燥等预处理过程得硅酸水合物后，再通过高温灼烧、冷却干燥、称量等操作，测得所得固体氧化物质量为m2 g。测得样品纯度为　　　　　　(用含m1、m2的代数式表示)。
答案　×100%
解析　m1 g样品经水解、干燥等预处理过程得到硅酸水合物后，再通过高温灼烧、冷却干燥、称量等操作，所得固体氧化物为二氧化硅，质量为m2 g，则二氧化硅的物质的量n(SiO2)= mol，由Si原子守恒，可得关系式：SiHCl3~SiO2，故样品纯度为×100%=×100%。
2.(2024·上海，6节选)方案3：向粗盐水中加入石灰乳除Mg2+，再加入碳酸钠溶液除Ca2+。已知粗盐水中MgCl2含量为0.38 g·L-1，CaCl2含量为1.11 g·L-1，现用方案3提纯10 L该粗盐水，求需要加入石灰乳(视为CaO)和碳酸钠的物质的量分别为　　　　、　　　　。
答案　0.04 mol　0.14 mol
解析　根据信息可知10 L该粗盐水含m(MgCl2)=0.38 g·L-1×10 L=3.8 g；m(CaCl2)=1.11 g·L-1×10 L=11.1 g；再根据n=可知，n(MgCl2)==0.04 mol、n(CaCl2)==0.1 mol。
该过程涉及的化学方程式有MgCl2+Ca(OH)2===Mg(OH)2+CaCl2、CaCl2+Na2CO3===CaCO3↓+2NaCl，根据方程式得关系式：
①　　　MgCl2~Ca(OH)2~CaO~CaCl2
n/mol　　0.04　　　　　0.04　0.04
②　　　CaCl2　~　Na2CO3
n/mol　　0.04+0.1　0.14
n(CaO)=0.04 mol；n(Na2CO3)=0.14 mol。
(二)关系式法在滴定计算中的应用
3.[2023·重庆，15(4)②]称取CaCl2水合物样品1.000 g，加水溶解，加入过量Na2C2O4，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸中，用0.100 0 mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定，消耗24.00 mL。该样品中CaCl2的质量分数为　　　　。
答案　66.6%
解析　CaCl2+Na2C2O4===CaC2O4↓+2NaCl、CaC2O4+H2SO4===H2C2O4+CaSO4、2Mn+5H2C2O4+6H+===10CO2↑+2Mn2++8H2O，则有关系式：5CaCl2~5H2C2O4~2Mn，则CaCl2的质量分数为×100%=66.6%。
4.[2024·福建，12(4)]Ga2O3纯度测定：称取Ga2O3样品w g，经处理配制成V mL溶液，从中移取V0 mL于锥形瓶中，一定条件下，加入V1 mL c1 mol·L-1 Na2H2Y溶液(此时镓以[GaY]-存在)，再加入PAN作指示剂，用c2 mol·L-1 CuSO4标准溶液滴定过量的Na2H2Y，滴定终点为紫红色。
该过程涉及反应：Cu2++H2Y2-===[CuY]2-+2H+。
终点时消耗CuSO4溶液V2 mL，则Ga2O3纯度为　　　　×100%。(列出计算式)
答案　×10-3[或×10-3]
解析　滴定终点时消耗CuSO4溶液V2 mL，根据反应Cu2++H2Y2-===[CuY]2-+2H+可知，过量的Na2H2Y的物质的量为c2V2×10-3 mol，则与Ga3+反应的Na2H2Y的物质的量为(c1V1×10-3-c2V2×10-3)mol，原样品中含有Ga2O3的物质的量为(c1V1×10-3-c2V2×10-3)mol，则Ga2O3纯度为×100%=×10-3×100%=×10-3×100%。
技巧三　守恒法计算及应用
1.守恒法是一种整合的思维方法，就是物质在发生“变化”或物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”，分析时淡化中间过程，关注最终组成，利用守恒关系进行整体分析。
2.守恒法解题的关键是找准研究对象的始态和终态或相互间的关系，列出对应守恒表达式，常见守恒关系有元素守恒、电荷守恒、得失电子守恒等。
(一)电荷守恒
1.将a g Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200 mL pH=1的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液，使Fe3+ 、Al3+刚好沉淀完全，用去NaOH溶液100 mL，则NaOH溶液的浓度为　　　　。
答案　0.2 mol·
解析　当Fe3+ 、Al3+刚好沉淀完全时，溶液中溶质只有硫酸钠，而Na+全部来源于NaOH。根据电荷守恒可知：=，所以，n(NaOH)=n(Na+)=2n(S)=n(H+)=0.1 mol·L-1×0.2 L=0.02 mol，c(NaOH)==0.2 mol·L-1。
2.V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为(不考虑Mg2+水解)(　　)
A. mol·L-1
B. mol·L-1
C. mol·L-1
D. mol·L-1
答案　C
解析　根据电荷守恒分别可得：2n(Mg2+)=n(OH-)=a mol、n(S)=n(Ba2+)=b mol，由于将原溶液等分成两份，则原体系中n(Mg2+)= mol=a mol，n(S)=2b mol。MgSO4和K2SO4的混合溶液中存在电荷守恒：2n(Mg2+)+n(K+)=2n(S)，即2a mol+n(K+)=4b mol，n(K+)=(4b-2a) mol，则原混合体系中c(K+)= mol·L-1。
(二)原子守恒(质量守恒)
3.[2024·浙江1月选考，20(6)]取0.680 g H2S产品，与足量CuSO4溶液充分反应后，将生成的CuS置于已恒重、质量为31.230 g的坩埚中，煅烧生成CuO，恒重后总质量为32.814 g。产品的纯度为　　　　。
答案　99.0%
解析　根据铜守恒，氧化铜的质量为32.814 g-31.230 g=1.584 g，则氧化铜物质的量为0.019 8 mol，n(CuS)=n(CuO)=0.019 8 mol，则H2S物质的量为0.019 8 mol，H2S的质量为0.673 2 g，产品的纯度为×100%=99.0%。
(三)电子守恒
4.某强氧化剂XO(OH可被Na2SO3还原。如果还原1.2×10-3 mol XO(OH需用30 mL 0.1 mol·L-1的Na2SO3溶液，那么X元素被还原后的物质可能是(　　)
A.XO B.X2O3
C.X2O D.X
答案　D
解析　强氧化剂XO(OH中X的化合价为+5，Na2SO3中S的化合价为+4，且Na2SO3的氧化产物Na2SO4中S的化合价为+6。根据得失电子守恒可知：X元素化合价降低的总量(或X元素得到的电子总数)=S元素化合价升高的总量(或S元素失去的电子总数)。每个X原子降低的化合价×1.2×10-3 mol=2×0.1 mol·L-1×(30×10-3) L，解得每个X原子降低5价，因此XO(OH在氧化还原反应中由+5价降到0价，D选项正确。(共37张PPT)
第二章　难点突破3
化学计算的
常用方法
一、化学计算的基本方法——依据化学方程式中的定量关系计算
1.应用原理
在化学方程式中，各物质的物质的量之比等于其化学计量数之比。各物质均为气体时，各物质的气体体积之比等于其化学计量数之比。
2.解题步骤
1.铍、铝化学性质相似，常温常压下，质量均为m g的铍、铝分别与足量稀硫酸反应产生氢气的体积分别为V1 L和V2 L。回答下列问题：
(1)铍、铝分别与稀硫酸发生反应的离子方程式是　　　　　　　　　、
　　　　　　　　　　　。
消耗的稀硫酸的物质的量分别为　　　　、　　　　，V1∶V2=　　　。
Be+2H+===Be2++H2↑
2Al+6H+===2Al3++3H2↑
mol
mol
2∶1
　　　根据Be+2H+===Be2++H2↑、2Al+6H+===2Al3++3H2↑，铍、铝消耗的硫酸的物质的量分别为 mol、 mol，==。
对点训练
(2)若相同条件下，将稀硫酸换成NaOH溶液，则产生的气体的量_______(填“变大”“不变”或“减小”)。
不变
　　　根据Be+2OH-+2H2O===[Be(OH)4]2-+H2↑、2Al+2OH-+6H2O=== 2[Al(OH)4]-+3H2↑知，若相同条件下用NaOH溶液代替稀硫酸，产生的氢气体积不变。
2.过氧化钙(CaO2)是一种安全无毒的物质，带有结晶水，通常还含有CaO。过氧化钙在工农业生产中广泛用作杀菌剂、防腐剂、解酸剂、油类漂白剂等。
(1)称取5.42 g过氧化钙样品，灼烧时发生反应：2CaO2·xH2O　　2CaO +O2↑+2xH2O，得到O2在标准状况下体积为672 mL，则该样品中CaO2的物质的量为　　　　　。
0.06 mol
　　　n(O2)==0.03 mol，则
2CaO2·xH2O　　2CaO+O2↑+2xH2O
2 mol　　　　　　　 1 mol
n(CaO2·xH2O)　　　 0.03 mol
解得n(CaO2·xH2O)=0.06 mol，
则n(CaO2)=n(CaO2·xH2O)=0.06 mol。
(2)另取同一样品5.42 g溶于适量的稀盐酸中，然后加入足量的Na2CO3溶液，将溶液中的Ca2+全部转化为CaCO3沉淀，得到干燥的CaCO3 7.0 g。
①样品中CaO的质量为　　　　。
0.56 g
　　　n(CaCO3)==0.07 mol。
根据钙元素守恒可知：n(CaO)=0.07 mol-0.06 mol=0.01 mol，所以m(CaO)　=0.01 mol×56 g·mol-1=0.56 g。
②样品中CaO2·xH2O中的x为　　　。
0.5
　　　样品中水的质量为5.42 g-m(CaO2)-m(CaO)=5.42 g-0.06 mol×72 g·
mol-1-0.56 g=0.54 g，所以n(H2O)==0.03 mol，则x==0.5。
二、化学计算技巧
技巧一　差量法及应用
1.差量法是指根据化学反应前后有关物理量发生的变化找出“理论差量”。这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积或压强、反应过程中的热效应等。
2.差量法解题的关键是找准“理论差量”， 把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟差量(实际差量)列成比例，然后求解。如：
2C(s)　+　O2(g)===2CO(g)　Δm(固)/Δn(气)/ΔV(气)
2 mol　　1 mol　　2 mol　　24 g　/1 mol　/22.4 L(标准状况)
(一)固体差量法的应用
1.为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将 w1 g样品充分加热，其质量变为 w2 g，请列式计算该样品中Na2CO3的质量分数。
对点训练
答案　样品加热发生的反应为
2NaHCO3　　Na2CO3+H2O+CO2↑　Δm
168　　　　 106　　　　　　　 62
m(NaHCO3)　　　　　　　　　 (w1-w2) g
样品中m(NaHCO3)= g，
则样品中m(Na2CO3)=w1 g- g，
其质量分数为×100%=×100%=× 100%。
2.CaC2O4·H2O热分解可制备CaO，CaC2O4·H2O加热升温过程中固体的质量变化如图。
写出400~600 ℃范围内分解反应的化学方程式：
　　　　　　　　　　　　　　　。
CaC2O4　　　　　CaCO3+CO↑
[思维过程]　热重曲线基本分析方法和思路
(1)一般可设晶体为1 mol，质量为m。该题中m(CaC2O4·H2O)=146 g，含有结晶水18 g。
(2)失重一般先失去结晶水，再失去非金属氧化物，金属质量不减少。
(3)根据元素守恒，剩余金属氧化物中n(Ca)=1 mol，n(O)=1 mol，为CaO。
具体分析过程如下：
(4)因此400~600 ℃的方程式为CaC2O4　　　　　CaCO3+CO↑。
　　　M(CaC2O4·H2O)=146 g·mol-1，取1 mol CaC2O4·H2O，质量为146 g，当剩余质量为128 g时，质量减少了18 g，即减少1 mol H2O，结合题图知，在400 ℃时，固体的化学式为CaC2O4；600 ℃时剩余质量为100 g，质量又减少了28 g，即减少1 mol CO，CaC2O4失去1个CO后变成CaCO3，所以在400~600 ℃时发生的反应为CaC2O4　　　　　　CaCO3+CO↑。
(二)气体差量法应用
3.在一个容积为6 L的密闭容器中，放入3 L X(g)和2 L Y(g)，在一定条件下发生反应：4X(g)+nY(g) 2Q(g)+6R(g)，反应达到平衡后，容器内温度不变，混合气体的压强比原来增大了5%，X的浓度减小，则该反应中的n值为
A.2 B.3 C.4 D.5
√
　　　根据题意，平衡时混合气体的压强比原来增大了5%，说明正反应为气体总体积增大的反应，则有：4+n<2+6，所以 n<4，C、D项错误；
温度、容积不变，气体压强之比等于其物质的量之比，故压强增大5%，说明气体的体积增加了5 L×5%=0.25 L，由于平衡时X浓度减少了，所以X减少了1 L，根据差量法，
4X(g)+nY(g) 2Q(g)+6R(g)　ΔV
4　　　　　　　　　　　　　4-n
1 L　　　　　　　　　　　 0.25 L
=，解得n=3，A项错误、B项正确。
应用气体体积差量法计算的注意事项
(1)气体体积差(ΔV)：必须关注是否同温同压(或标准状况)。
(2)差量必须与目标未知量直接相关，通常按化学计量数比例建立关系式。
通用公式：=。
练后反思
技巧二　关系式法及应用
1.关系式法是一种巧妙利用已知量与未知量之间的关系进行解题的一种方法，一般适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。
2.关系式法解题的关键是建立关系式，建立关系式的方法有：(1)利用化学方程式中化学计量数间的关系；(2)利用原子守恒关系；(3)利用得失电子守恒关系；(4)利用化学方程式的加和等。
(一)利用关系式法简化解题过程
1.[2023·山东，18(3)改编]测定溶有少量HCl的SiHCl3纯度的操作：m1 g样品经水解、干燥等预处理过程得硅酸水合物后，再通过高温灼烧、冷却干燥、称量等操作，测得所得固体氧化物质量为m2 g。测得样品
纯度为　　　　 　　(用含m1、m2的代数式表示)。
×100%
对点训练
　　　m1 g样品经水解、干燥等预处理过程得到硅酸水合物后，再通过高温灼烧、冷却干燥、称量等操作，所得固体氧化物为二氧化硅，质量为m2 g，则二氧化硅的物质的量n(SiO2)= mol，由Si原子守恒，可得关系式：SiHCl3~SiO2，故样品纯度为×100%=× 100%。
2.(2024·上海，6节选)方案3：向粗盐水中加入石灰乳除Mg2+，再加入碳酸钠溶液除Ca2+。已知粗盐水中MgCl2含量为0.38 g·L-1，CaCl2含量为1.11 g·L-1，现用方案3提纯10 L该粗盐水，求需要加入石灰乳(视为CaO)和碳酸钠的物质的量分别为　　　 　、　　 　　。
0.04 mol
0.14 mol
　　　根据信息可知10 L该粗盐水含m(MgCl2)=0.38 g·L-1×10 L=3.8 g；m(CaCl2)=1.11 g·L-1×10 L=11.1 g；再根据n=可知，n(MgCl2)= =0.04 mol、n(CaCl2)==0.1 mol。
该过程涉及的化学方程式有MgCl2+Ca(OH)2===Mg(OH)2+CaCl2、CaCl2+ Na2CO3===CaCO3↓+2NaCl，根据方程式得关系式：
①　　　MgCl2~Ca(OH)2~CaO~CaCl2
n/mol　　0.04　　　　　0.04　0.04
②　　　CaCl2　~　Na2CO3
n/mol　0.04+0.1　 0.14
n(CaO)=0.04 mol；n(Na2CO3)=0.14 mol。
(二)关系式法在滴定计算中的应用
3.[2023·重庆，15(4)②]称取CaCl2水合物样品1.000 g，加水溶解，加入过量Na2C2O4，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸中，用
0.100 0 mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定，消耗24.00 mL。该样品中CaCl2的质量分数为　　　　。
66.6%
　　　CaCl2+Na2C2O4===CaC2O4↓+2NaCl、CaC2O4+H2SO4===H2C2O4+ CaSO4、2Mn+5H2C2O4+6H+===10CO2↑+2Mn2++8H2O，则有关系式：5CaCl2
~5H2C2O4~2Mn，则CaCl2的质量分数为
×100%=66.6%。
4.[2024·福建，12(4)]Ga2O3纯度测定：称取Ga2O3样品w g，经处理配制成V mL溶液，从中移取V0 mL于锥形瓶中，一定条件下，加入V1 mL
c1 mol·L-1 Na2H2Y溶液(此时镓以[GaY]-存在)，再加入PAN作指示剂，用c2 mol·L-1 CuSO4标准溶液滴定过量的Na2H2Y，滴定终点为紫红色。
该过程涉及反应：Cu2++H2Y2-===[CuY]2-+2H+。
终点时消耗CuSO4溶液V2 mL，则Ga2O3纯度为_____________________
______________________×100%。(列出计算式)
×10-3
[或×10-3]
　　　滴定终点时消耗CuSO4溶液V2 mL，根据反应Cu2++H2Y2-=== [CuY]2-+2H+可知，过量的Na2H2Y的物质的量为c2V2×10-3 mol，则与Ga3+反应的Na2H2Y的物质的量为(c1V1×10-3-c2V2×10-3)mol，原样品中含有Ga2O3的物质的量为(c1V1×10-3-c2V2×10-3)mol，则Ga2O3纯度为×100%=×10-3×100% =×10-3×100%。
技巧三　守恒法计算及应用
1.守恒法是一种整合的思维方法，就是物质在发生“变化”或物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”，分析时淡化中间过程，关注最终组成，利用守恒关系进行整体分析。
2.守恒法解题的关键是找准研究对象的始态和终态或相互间的关系，列出对应守恒表达式，常见守恒关系有元素守恒、电荷守恒、得失电子守恒等。
(一)电荷守恒
1.将a g Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200 mL pH=1的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液，使Fe3+ 、Al3+刚好沉淀完全，用去NaOH溶液100 mL，则NaOH溶液的浓度为　　 　　。
0.2 mol·
对点训练
　　　当Fe3+ 、Al3+刚好沉淀完全时，溶液中溶质只有硫酸钠，而Na+全部来源于NaOH。根据电荷守恒可知：=，所以，n(NaOH)=n(Na+) =2n(S)=n(H+)=0.1 mol·L-1×0.2 L=0.02 mol，c(NaOH)==
0.2 mol·L-1。
2.V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含
b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为(不考虑Mg2+水解)
A. mol·L-1 B. mol·L-1
C. mol·L-1 D. mol·L-1
√
　　　根据电荷守恒分别可得：2n(Mg2+)=n(OH-)=a mol、n(S)= n(Ba2+)=b mol，由于将原溶液等分成两份，则原体系中n(Mg2+)= mol =a mol，n(S)=2b mol。MgSO4和K2SO4的混合溶液中存在电荷守恒：2n(Mg2+)+n(K+)=2n(S)，即2a mol+n(K+)=4b mol，n(K+)=(4b-2a) mol，则原混合体系中c(K+)= mol·L-1。
(二)原子守恒(质量守恒)
3.[2024·浙江1月选考，20(6)]取0.680 g H2S产品，与足量CuSO4溶液充分反应后，将生成的CuS置于已恒重、质量为31.230 g的坩埚中，煅烧生成CuO，恒重后总质量为32.814 g。产品的纯度为　　　　。
99.0%
　　　根据铜守恒，氧化铜的质量为32.814 g-31.230 g=1.584 g，则氧化铜物质的量为0.019 8 mol，n(CuS)=n(CuO)=0.019 8 mol，则H2S物质的量为0.019 8 mol，H2S的质量为0.673 2 g，产品的纯度为×100%= 99.0%。
(三)电子守恒
4.某强氧化剂XO(OH可被Na2SO3还原。如果还原1.2×10-3 mol XO(OH需用30 mL 0.1 mol·L-1的Na2SO3溶液，那么X元素被还原后的物质可能是
A.XO B.X2O3
C.X2O D.X
√
　　　强氧化剂XO(OH中X的化合价为+5，Na2SO3中S的化合价为+4，且Na2SO3的氧化产物Na2SO4中S的化合价为+6。根据得失电子守恒可知：X元素化合价降低的总量(或X元素得到的电子总数)=S元素化合价升高的总量(或S元素失去的电子总数)。每个X原子降低的化合价×1.2×10-3 mol =2×0.1 mol·L-1×(30×10-3) L，解得每个X原子降低5价，因此XO(OH在氧化还原反应中由+5价降到0价，D选项正确。
本课结束
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第二章　难点突破3

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