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守恒计算问题
守恒计算问题是指利用某种量的相等关系进行技巧计算的一类问题，它是矛盾对立面的统一，是一种宏观稳定的湮灭计算；从微观来看是电子、原子的行为，从宏观来看是化合价和质量的结果电子 化合价，原子 质量。它的一般解题方法是设一个未知数，解一元一次方程。守恒问题包括总质量守恒、电荷守恒、电子守恒、原子守恒和总价数相等关系，下面分别讨论之。
一．总 质 量 守 恒
总质量守恒除用于一般化学反应的技巧计算外，也可用来可逆反应中，解决化学平衡的有关计算问题。其原理依然是质量守恒定律。
在化学反应中，反应物的总质量一定等于生成物的总质量。
2、化学平衡的计算
1．在密闭容器中，充入a mol N2 和b mol H2 ，在一定条件下反应达到平衡，生成c mol NH3，这时平衡体系中NH3的质量分数是 ( C )
A. B.
C. D.
解析：根据质量守恒定律可直接得出C，因为反应前后物质的总质量不变，应为28a + b，而选项中只有C的分母才是28a + b，故应选C。
2．将1体积A(气)和3体积B(气)混合，发生如下反应并达到平衡：2A(g) ＋ B(g) 2C(g)，在同温同压下测得此反应在反应发生前后的密度之比为9∶10。则此时A的转化率是 ( B )
A. 90% B. 80% C. 45% D. 10%
解析：设转化A的体积为2x，则由2A(g)＋B(g) 2C(g)，知气体体积减少x体积。由于反应前后质量不变，密度与体积成反比，故可得：∶4＝9∶10，2x＝0.8。应选B。
3．在一定条件下，测出2CO2 2CO＋O2达到平衡体系的平均分子量为M，在此条件下，用来表示CO分解率的公式是 ( B )
A． B． C． D．
解析： 2CO2 2CO ＋ O2
1 0 0
2x 2x x
1－2x ＋ 2x ＋ x ＝ 1＋x
根据质量守恒可得：44＝(1＋x) M，求得 2x＝。应选B。
4．在mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)反应中，经10 min达到平衡，此时各物质的浓度变化为：A减少a mol / L，C增加 mol / L，D增加 mol / L，这时若给体系加压，平衡不移动，则m∶n∶p∶q为 ( C )
A. 1∶1∶1∶1 B. 3∶2∶4∶1 C. 4∶1∶2∶3 D. 4∶1∶3∶2
解析：mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)
＋ ＝ ＋ ，故应选C。
5．氢气和氮气的混合气体的平均分子量是H2分子量的4.25倍，在一定条件下反应达平衡时，测得混合气体的密度比原来增加了(设温度和压强不变)，则N2的转化率是 ( C )
A. 20% B. 30% C. 40% D. 50%
解析：＝4.25×2＝8.5，由三角正弦求得氢气、氮气的体积比为3∶1，
N2 ＋ 3H2 2NH3
1 3 0
x 3x 2x
1－x ＋ 3－3x ＋ 2x ＝ 4－2x
由于总质量未变，故有，，20－10x＝16，x＝0.4，N2%＝ ×100%＝40%，故应选C。
6．固体A在一定温度下分解生成气体B、C、D；2A＝B＋2C＋3D，若测得生成气体的质量是相同体积的H2的15倍，则固体A的摩尔质量是 C
A 30 g / mol B 60 g / mol C 90 g / mol D 120 g / mol
解析：所得混合气体的平均相对分子质量为2×15＝30，即30 g / mol，生成的6 mol混合气体的质量为180 g。根据质量守恒定律，2 mol A的质量也为180 g，故A摩尔质量是90 g / mol。
7．将260 g不纯的氯化钡粉末杂质不溶于水，也不参加反应放入一定量硫酸钠溶液中，恰好完全反应，反应后过滤，得到溶质质量分数为120%的溶液975 g。请计算：
1 反应后溶液中溶质的质量；
2 不纯的氯化钡粉末中含氯化钡的质量分数；
3 反应前硫酸钠溶液的质量。
解：1 975 g×120%＝117 g
2 设BaCl2和生成的BaSO4的质量分别为x和y，
Na2SO4＋BaCl2＝2NaCl＋BaSO4↓
208 117 233
x 117 g y
208∶x＝117∶117 g，x＝208 g
BaCl2＝×100%＝80%
3 233∶y＝117∶117 g，y＝233 g
根据质量守恒定律可得：
mNa2SO4＝233 g＋975 g－208 g＝100 g
答：1 反应后溶液中溶质为117 g；2 氯化钡的质量分数为80%；3 反应前硫酸钠溶液为100 g。
8．某温度下，硫酸铜的饱和溶液192 g与质量分数为10%的氢氧化钠溶液恰好完全反应，生成蓝色沉淀196 g。求：
1 该温度下硫酸铜的溶解度；
2 反应后所得溶液中的溶质的质量分数。
分析：本题是涉及溶液计算和化学方程式计算的综合计算题。要弄清溶液中相关的概念，如溶解度和质量分数，能正确书写化学方程式，并能根据化学方程式计算有关量，才能正确求得溶解度和质量分数。
解：设参加反应的硫酸铜和氢氧化钠，以及生成的硫酸钠的质量分别为x、y、z，
CuSO4＋2NaOH＝Na2SO4＋Cu(OH)2↓
160 80 142 98
x y z 196 g
160∶x＝98∶196 g，x＝32 g
80∶y＝98∶196 g，y＝16 g
142∶z＝98∶196 g，z＝284 g
SCuSO4＝×100 g＝20 g
mNaOH＝＝160 g
反应后所得溶液的总质量为：
192 g＋160 g－196 g＝3324 g
NaSO4＝×100%＝85%
答：1 该温度下硫酸铜的溶解度是20 g，2 反应后所得溶液中的溶质的质量分数为85%。守恒计算问题
守恒计算问题是指利用某种量的相等关系进行技巧计算的一类问题，它是矛盾对立面的统一，是一种宏观稳定的湮灭计算；从微观来看是电子、原子的行为，从宏观来看是化合价和质量的结果电子 化合价，原子 质量。它的一般解题方法是设一个未知数，解一元一次方程。守恒问题包括总质量守恒、电荷守恒、电子守恒、原子守恒和总价数相等关系，下面分别讨论之。
四．电量守恒
电化学中，原电池的阴极或电解池的阳极所失去的电量一定等于原电池的正极或电解池的阴极所得到的电量，也等于电路上流动的电子的电量。
也有人把它叫做电子数相等关系或叫电子转移守恒原理。
在电解池、原电池中析出物的计算原则：电子数相等关系或叫电子转移守恒原理。
(1) 外电路上电子流动数目 ＝ 电极被氧化所失去的电子数＝阴、阳离子在电极上放电的失去或得到的电子数。
(2) 当几个装置(电解池、原电池)串联在一起时，每个装置的外电路上流过的电子数应该相等。
1．将分别盛有熔融的氯化钾、氯化镁、氯化铝的三个电解槽串联，在一定条件下通电一段时间后，析出钾、镁、铝的物质的量之比为(MCE95) ( D )
A．1∶2∶3 B．3∶2∶1 C．6∶3∶1 D．6∶3∶2
解析：由于三个电解槽是串联的，因此通过各电解槽的电量相等。今经过电极的电量为6 mol，据K+ ＋e ＝K，Mg2+ ＋2e ＝Mg，Al3+ ＋3e ＝Al，可知，析出钾为6 mol，3 mol，2 mol。
2．A、B、C三个电解槽，A槽是CuCl2溶液，铜片做阴极；B、C槽都是AgNO3溶液，银丝做阴极，阳极均为石墨。先将A、B槽并联，再与C槽串联，B、C槽中银丝质量增加分别为0.108 g和0.216 g，则A槽中铜片质量增加为 ( D )
A．0.016 g B．0.108 g C．0.06 g D．0.032 g
解析：设A槽中铜片质量增加为x g，根据串、并联电路特点，由电量守恒得：2×＋×1＝1×，x＝0.032 g ，应选D。
3．室温下，用惰性电极电解V mL某二价金属的硫酸盐溶液一段时间后，阴极有m mg金属析出，溶液的pH值由65变为20电解前后溶液体积的变化可忽略不计，析出金属的原子量的数字表达式为 A
A B C D
解析：该二价金属的物质的量为，电路上流过的电子的物质的量为×2。此电解为混合电解，故产生的H+的物质的量即为电子的物质的量×2，由此可得：×2＝102×V，M＝。应选A。
4．用惰性电极电解M(NO3)x的水溶液，当阴极上增重a g时，在阳极上同时产生b L氧气(标准状况)，从而可知M的相对原子质量为 ( C )
A. B. C. D. MCE9924
解析：设金属的摩尔质量为M，由规律2可得出：阴极上：a＝×M；阳极上：b＝。
由规律1可得：ne＝＝，M＝，故应选C。
5．用惰性电极电解M(NO3)x的水溶液，当阴极上增重a g时，在阳极上同时产生b L氧气(标准状况)，从而可知M的相对原子质量为 ( C )
A. B. C. D. 99广东、99MCE
解析：用惰性电极电解硝酸盐溶液时，两极发生的反应分别是：阳极4OH －4e ＝2H2O＋O2，阴极Mx+＋x e ＝M；设m为M的相对原子质量，根据电量守恒原理，得：·x＝，m＝。
6．按右图装置实验，A、B两烧杯分别盛放200 g 10％NaOH溶液和足量CuSO4溶液。通电一段时间后，c极上有Cu析出。又测得A杯溶液中NaOH的质量分数为10.23％，试回答：
(1) 电源P为________极；
(2) b极产生气体的体积为_______L(标准状况)；
(3) c极上析出沉淀的质量为__________g；
(4) d极上所发生的电极反应式：______________。
解析：B池中c极上有金属析出，说明它为阴极。
由此可知， d、b为阳极，a为阴极。按照“正接阳，负接阴”的规律，电源P为负极。
NaOH溶液电解为电解水，a极产生H2，b极产生O2；CuSO4溶液的电解为混合电解，d极产生O2，其电极反应式为：4OH－4e－＝2H2O＋O2↑。
mNaOH＝200 g×10％＝20 g
电解后溶液的质量为：＝195.5 g
被电解的水为：200 g－195.5 g＝45 g，为0125 mol。
由此可知，b极产生的O2为0125 mol，即28 L。
根据电量相等关系，O2的总价数等于Cu的总价数，可得：
0125 mol×4＝nCu×2，nCu＝025 mol，即16 g。
答案：(1) 负 (2) 2.8 (3) 16 (4) 4OH－4e－＝2H2O＋O2↑
7．向8 g某一价或二价金属的氧化物固体中加入适量10%的稀H2SO4(密度为1.07 g／cm3)，使其完全溶解，已知所耗的硫酸体积为92 mL。在所得溶液中插入铂电极进行电解，通电一定时间后，在一个电极上收集到224 mL(标准状况)氧气，在另一个电极上析出该金属1.28 g。
1 根据计算确定金属氧化物的名称；
2 计算通电完毕后硫酸溶液的物质的量浓度。(溶液体积以消耗的硫酸体积92 mL为准)
解：设金属的化合价为+n，相对原子质量为M，
n (O2) ＝ ＝ 0.01 mol
由4OH－－4e－ ＝ O2＋2H2O，根据电量守恒原理可得：
0.01 mol×4 ＝1.28 g×，M ＝ 32n
讨论：当n ＝ 1，M ＝ 32，查相对原子质量表，无此金属元素，舍去；
当n ＝ 2，M ＝ 64，为铜，
该金属的氧化物为氧化铜。
(2) 2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4
n(H2SO4)＝2n(O2)＝2×0.01 mol＝0.02 mol
c (H2SO4) ＝ ＝ 0.22 mol / L
8．实验室用铅蓄电池作电源电解饱和食盐水制取氯气，已知铅蓄电池放电时发生如下反应：MCE9621
负极：Pb＋ ＝ PbSO4＋2e
正极：PbO2＋4H+＋＋2e ＝ PbSO4＋2H2O
今若制得Cl2 0.050 mol，这时电池内消耗的H2SO4的物质的量至少是 ( C )
A. 0.025 mol B. 0.050 mol C. 0.10 mol D. 0.20 mol
解析：在电解池中，阳极上的电极反应：2Cl－2e＝Cl2，要制0.050 mol Cl2，在电解池中得失电子为010 mol。抓住铅蓄电池内H2SO4的消耗实质是H+的消耗这一特点，用正极反应得到关系式：2e ～ 4H+ ～ 2H2SO4，故转移010 mol电子，要消耗010 mol H2SO4，应选C。守恒计算问题
唐荣德
守恒计算问题是指利用某种量的相等关系进行技巧计算的一类问题，它是矛盾对立面的统一，是一种宏观稳定的湮灭计算；从微观来看是电子、原子的行为，从宏观来看是化合价和质量的结果电子 化合价，原子 质量。它的一般解题方法是设一个未知数，解一元一次方程。守恒问题包括总质量守恒、电荷守恒、电子守恒、原子守恒和总价数相等关系，下面分别讨论之。
七、溶质质量守恒
溶液中溶质的质量守恒，实际上是微观原子行为在宏观上的质量表现。只不过这不是真正的原子，而是原子的组合——分子的行为，所以表现出来不是元素的质量，而是元素间化合而成的物质的质量。因此，这种行为不是矛盾的对立面的统一，而是过程的前后的统一或湮灭。
1、溶液的稀释和混合
稀释规则：稀释前后溶质的质量不变。
m (浓溶液)×(浓溶液) ＝ m (稀溶液)× (稀溶液)
混合规则：混合前后溶质的质量不变。
m 1×1 ＋m 2×2 ＝ m 3×3 ，式中， m 1＋m 2 ＝ m 3
1．用64.4 g芒硝可将250 mL 0.2 mol / L的硫酸钠溶液改制成0.5 mol / L的溶液的体积是 ( A )
A. 500 mL B. 1400 mL C. 4100 mL D. 100 mL
解析：M(Na2SO4·10H2O)＝322 g / mol，根据溶质质量守恒规律可得：
＋025 L×0.2 mol / L＝0.5 mol / L×V，V＝0.5 L。应选A。
2．300 mL某浓度的NaOH溶液中含有60 g溶质。现欲配制1 mol·L-1 NaOH溶液，应取原溶液与蒸馏水的体积比约为 MCE985 ( A )
A. 1∶4 B. 1∶5 C. 2∶1 D. 2∶3
解析：可用溶质质量守恒。设蒸馏水的体积为x，03 L＋x ×１mol / L×40 g / mol＝60 g，x＝12 L，则应取原溶液与蒸馏水的体积比为03 L∶12 L＝1∶4。
3．200 g含NaOH 10%的溶液，要增至20%时，应加入固体氢氧化钠________ g；若要降至5%，应加水_________ mL。
解析：设应加入NaOH固体质量为x，加水为y mL。根据溶质质量守恒可得：
200 g×10%＋x＝(200 g＋x)×20%，x＝25 g；
200 g×10%＝(200 g＋y)×5%，y＝200 g。
答案：25；200。
4．取质量分数为33%的硝酸(密度为1.20 g / cm3)10.0 mL，稀释至100 mL后，测得其密度为1.02 g / cm3。求稀释后溶液的质量分数和物质的量浓度。
解析：根据溶质质量守恒规律可得：
33%×1.20 g / cm3×10.0 mL＝%×1.02 g / cm3×100 mL，%＝3.9%
33%×1.20 g / cm3×10.0 mL＝C×0.1 L×63 g / mol，C＝0.63 mol / L。
2、溶液中结晶水合物的析出及溶解
1．把一定量的质量分数为10%的氢氧化钠溶液蒸发掉8 g水以后，还剩下溶液25 mL，质量分数变为12.5%，这种浓缩后的溶液物质的量浓度是_____________ mol / L。
解析：解一：设浓缩后溶液的密度为，根据溶质质量守恒规律可得：×25 mL×12.5% ＝(×25 mL＋8 g)×10%，＝1.28 g / cm3，n＝＝ 0.1 mol，c＝ ＝4 mol / L。
解二：设溶质质量为y，原溶液的质量为x，则x＝10 y，y＝(10y－8 g)×12.5%， y＝4 g，n＝＝0.1 mol，c＝＝4 mol / L。
解三：设原溶液质量为m，m×10%＝(m－8 g)×12.5%，m＝40 g，n＝＝0.1 mol，c＝＝4 mol / L。
2．有20℃时的饱和硫酸铜溶液200 g，在蒸发掉40 g水后，再冷却至20℃。试计算能析出多少克硫酸铜晶体？(20℃时无水硫酸铜的溶解度为20 g)
提示：本题中的200 g溶液在计算中可以不用。析出无水硫酸铜(即溶质)与脱离溶液的水(包括蒸发的以及随硫酸铜晶体析出的结晶水)的质量比应与20℃时的溶解度成正比。不要忽视析出的结晶水。
解法一：外溶剂法。设能析出CuSO4·5H2O的质量为x，
，x＝14.1 g
解法二：内溶剂法。
解法三：内溶液法。
解法四：外溶液法。
解法五：溶质质量守恒法。
解法六：折算法。将无水硫酸铜的溶解度折算为硫酸铜晶体在自由水(相对结晶水而言)的溶解度：，其中结晶水为：31.25 g－20 g＝11.25 g。故100 g水中的自由水为：100 g－11.25 g＝88.75 g。蒸发掉40 g水后析出晶体的量为：。
3．某温度下，饱和硫酸铜溶液中投入6875 g无水硫酸铜后，析出125 g胆矾晶体。此饱和硫酸铜溶液的溶质质量分数为 C
A 9% B 55% C 20% D 64%
解析：6875 g＋5625 g×＝125 g××100%，＝20%。守恒计算问题
守恒计算问题是指利用某种量的相等关系进行技巧计算的一类问题，它是矛盾对立面的统一，是一种宏观稳定的湮灭计算；从微观来看是电子、原子的行为，从宏观来看是化合价和质量的结果电子 化合价，原子 质量。它的一般解题方法是设一个未知数，解一元一次方程。守恒问题包括总质量守恒、电荷守恒、电子守恒、原子守恒和总价数相等关系，下面分别讨论之。
二．电 荷 守 恒
2、离子反应
由于离子反应方程式并不包括所有的离子，从反应的离子来看，反应后也可能出现带电的离子，因而电荷守恒可以这样来描述：
在离子方程式中，反应的离子电荷总数一定等于反应后生成的离子电荷总数。
1．在一定条件下，和I－ 发生反应的离子方程式如下：
＋ 6I－ ＋6H+ ＝ R－ ＋ 3I2 ＋ 3H2O
(1) 中R元素的化合价是_________；
(2) R元素的原子最外层的电子数是___________。(MCE94)
解析：(1) 根据电荷守恒得：n＋6×(1)＋6×1＝1，n＝5。中，R应为＋5价。(2) 有学生误认为中R的最外层电子数为5，实际上R－是8电子稳定结构，故R原子为8－1＝7。也可以这样分析 — N 是不正确的，中有ⅤA族的和ⅦA族的。3 如果从电子得失守恒来考虑，其算式应与此不同。
3、溶液反应
由于两种或几种电解质发生反应后，溶液仍为电中性，因此必须弄清反应后溶液中存在的电解质或阴阳离子，再按电中性原理进行计算。
1．某混合溶液中MgCl2的浓度为2 mol / L，AlCl3的浓度为3 mol / L，将此溶液200 mL中的Mg2+完全沉淀，需加入16 mol / L的NaOH溶液的体积多少？
解：反应结束后，溶液中溶质为NaCl和NaAlO2，根据阴阳离子电荷守恒，有：
nNa+＝nAl3+＋nCl
设需加入NaOH溶液的体积为x，
16 mol / L×x＝3×2 mol / L＋3×3×02 L＋2×2×02 L
x＝2 L
答：需要2 L NaOH溶液。
2．把氢氧化钠溶液或氨水滴入同浓度(mol / L)的硫酸铜溶液中即有沉淀生成。由实验得知：当碱溶液和硫酸铜溶液的体积比为1.5∶1时，残留在溶液中的Cu2+量极小(可认为铜离子全部进入沉淀)。此时所生成沉淀的化学式是________________。
解析：(1) 用化学方程式求解。4CuSO4 ＋6NaOH＝3Cu(OH)2＋CuSO4＋3NaSO4 ,由于溶液中无铜离子，故应沉淀出3Cu(OH)2·CuSO4 。(2) 用电荷守恒计算。由2Cu2+ 与3OH－ 知，两者不相等，还应有阴离子，而溶液中只有了，故应为4Cu2+、6OH－和了。
3．在一种一元强碱MOH溶液中加入一种一元酸HA溶液，反应后溶液呈中性。甲同学认为溶液中cA－＝cM+；而乙同学认为cA－和cM+可能相等，也可能不等。你认为正确的是______同学。理由是_____________________________________________________。
解答：甲。因为溶液中存在M+、A－、H+、OH－四种离子，cM+＋cH+＝cOH＋cA。因为溶液是中性，且溶液中cH+ ＝cOH，故cA＝cM+。
4．常温下，把氨水滴到盐酸中，当c＝cCl时，混合溶液的pH为 ( B )
A. ＞ 7 B. ＝ 7 C. ＜ 7 D. 无法判断
解析：在溶液中cH+＋c＝cCl＋cOH，由于c＝cCl，所以cH+＝cOH，pH ＝7，故应选B。
5．在硫酸铝、硫酸钾、明矾三种物质组成的混合溶液中，当的浓度为0.20 mol / L时，加入等体积0.20 mol / L的KOH溶液，使生成的白色沉淀恰好完全溶解，那末原溶液中K+浓度是 ( B )
A. 0.20 mol / L B. 0.25 mol / L C. 0.225 mol / L D. 0.45 mol / L
解析：Al3+ ，溶液中为K+、、， Al3+ 4OH－
0.05 0.20
0.20×1＋C(K+)×1 ＝ 0.20×2＋0.05×1
(K+) () () c(K+)＝0.25 mol / L，应选B。
6．已知某H2SO4、FeSO4、Fe2SO43混合溶液100 mL，其中阳离子浓度相等，浓度为6 mol / L，此溶液中还可溶解铁粉的质量为 A
A 112 g B168 g C 336 g D 56 g
解析：根据电中性原理，可得：cH+＋2cFe2+＋3cFe3+＝2c。又由于cH+＝cFe2+＝cFe3+，则6 cH+＝2×6，cH+＝2 mol / L。能溶解铁粉的质量为：56 g / mol2 mol / L×01 L×05＋2 mol / L×01 L×05×56 g / mol＝112 g。故应选A。
7．往100 mL溴化亚铁溶液中缓慢通入2.24 L(标准状况)氯气，反应完成后溶液中有的溴离子被氧化成溴单质。求原溴化亚铁溶液的物质的量浓度。
解法一：电子守恒法。由提示知，还原性：Fe2+＞Br－，Br－已部分被氧化，故Fe2+已全部被氧化。
设原FeBr2的物质的量浓度为x，根据氧化还原反应中，得电子总数等于失电子总数，可得：
(x＋2x× )×0.1 L×1＝2× x＝1.2 mol·L1
解法二：电中性法。反应后所得溶液中的离子有Fe3+、Cl 和Br－(剩余)。
3x＝x×2＋2×，x＝1.2 mol·L－1。
8．某地酸雨经检验，除H+ 和OH－外，还有Na+、Cl、、，其物质的量浓度依次为：cNa+＝7.0×106 mol / L、cCl＝3.5×105 mol / L、c＝2.3×105 mol / L、c＝2.5×106 mol / L。则酸雨的pH值为________________。
(答：5)
4、晶体结构
在离子晶体中，存在着阴、阳离子，也适合于电中性原理，即：阴离子电荷总数等于阳离子电荷总数。
　　1．某些化学试剂可用于净水。水处理中使用的一种无机高分子混凝剂的化学式可表示为Al2OHnClm·yH2O，式中m等于 MCE200020 B
　　A．3－n 　　　　B．6－n　　　　 C．6＋n 　　　　D．3＋n
解析：可用电荷守恒。2×3＋1×n＋1×m＝0，m＝6－n。
2．(1) 中学教材上图示了NaCl晶体结构，它向三维空间延伸得到完美晶体。NiO(氧化镍)晶体的结构与NaCl相同，Ni2+与最邻近O2－的核间距离为a×10－8cm，计算NiO晶体的密度(已知NiO的摩尔质量为74.7 g·mol－1)
(2) 天然的和绝大部分人工制备的晶体都存在各种缺陷，例如在某种NiO晶体中就存在如右图所示的缺陷：一个Ni2+空缺，另有两个Ni2+被Ni3+两个所取代。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Ni0.97O，试计算该晶体中Ni3+与Ni2+的离子数之比。MCE9933
解： (1) 1 cm3中阴、阳离子总数＝()3
1 cm3中Ni2+—O2－离子对数＝()3×
密度＝＝g·cm－3
(说明： 式中6.02×1023 mol－1用NA代入，即：
密度＝同样正确)
(2) 设1 mol中含Ni3+x mol，Ni2+ (0.97－x)mol
根据电中性：3x mol＋2(0.97－x)mol＝2×1 mol
x＝0.06
Ni2+ 为(0.97－x)mol＝0.91 mol
离子数之比Ni3+∶Ni2+＝0.06∶0.91＝6∶91 数守恒计算问题
唐荣德
守恒计算问题是指利用某种量的相等关系进行技巧计算的一类问题，它是矛盾对立面的统一，是一种宏观稳定的湮灭计算；从微观来看是电子、原子的行为，从宏观来看是化合价和质量的结果电子 化合价，原子 质量。它的一般解题方法是设一个未知数，解一元一次方程。守恒问题包括总质量守恒、电荷守恒、电子守恒、原子守恒和总价数相等关系，下面分别讨论之。
八、溶液质量守恒
溶液质量守恒，实际上是微观原子行为在宏观上的质量表现。只不过这不是真正的原子，而是原子的组合——分子的行为，所以表现出来不是元素的质量，而是元素间化合而成的物质的质量。因此，这种行为不是矛盾的对立面的统一，而是过程的前后的统一或湮灭。
规律一：在一定条件下，一种饱和溶液析出晶体，只要温度不变，析晶前后的溶液浓度不变，即原饱和溶液与母液的浓度相等。溶解度不变。
规律二：在一定温度下，若果向一不饱和溶液加入某种能形成结晶水合物的无水溶质，则析出的结晶水合物中增加的部分的浓度，与原溶液的浓度相同。析出的结晶水合物中，溶质与结晶水合物之比，应符合结晶水合物分子组成之比。
1．某温度下，某盐饱和溶液的质量分数为A%，取一定量的该饱和溶液，向其中加入W g该无水盐，在温度不变的情况下，析出m g含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 ( D )
A. W·A% g B. m·A% g C. (m＋W) ·A% g D. (m－W) ·A% g
解析：根据析出晶体前后温度不变和溶液中溶质的质量分数不变的规律可知(m－W) g必定是饱和溶液减少的质量，所含溶质的质量分数为A%，即从饱和溶液中析出溶质的质量为(m－W) ·A%，应选D。
2．近年来，工业上用Mg(NO3)2替代H2SO4作为制取浓HNO3的脱水剂(以下数据均为质量分数)。65% HNO3 (质量为M1)中加72% Mg(NO3)2溶液(质量为M2)后蒸馏，分别得到97.5% HNO3和60% Mg(NO3)2溶液(不含HNO3)。98上海
(1) 若蒸馏过程中HNO3、Mg(NO3)2、H2O均无损耗，求蒸馏前的投料比的值。
(2) 蒸馏过程中，若H2O的损耗占总质量的5.0%，即有(M1＋M2)5.0%的H2O流失，则投料时，比值应该 (选填增大、减小或不变)。
答案： (1) M1＋M2 ＝ ，＝0.60 (2) 增大
解析：1 由题意可知，蒸馏前后溶液质量不变，所以M1＋M2 ＝，解得＝0.60；
2 M1＋M2 ＝＋005 M1＋M2，解得：＝＞06
3．将200 g不纯的氯化钡粉末杂质不溶于水，也不能反应放入一定量硫酸钠溶液中恰好完全反应，反应后得质量分数为120%的溶液975 g。求：
1 反应后溶液中溶质质量；
2 混合物中氯化钡的质量分数；
3 反应前硫酸钠溶液质量。
解：1 反应后溶液中溶质的质量为：975 g×120%＝117 g
2 设混合物中氯化钡和生成硫酸钡的质量分别为x和y，
BaCl2＋Na2SO4＝BaSO4＋2NaCl
208 233 117
x y 117 g
208∶x＝117∶117 g，x＝208 g
BaCl2＝×100%＝80%
3 233∶y＝117∶117 g，y＝233 g
硫酸钠溶液质量为：975 g＋233 g－208 g＝100 g溶液质量守恒
答：1 溶液中有117 g NaCl，2 氯化钡的质量分数为80%，3 硫酸钠溶液质量为100 g。
4．把47 g由一种非金属单质和一种氧化物组成的黑色固体混合物隔绝空气加热，充分反应后，称得剩余固体质量为36 g，该固体也是由一种单质和一种氧化物组成。向此剩余固体中加入100 g稀H2SO4恰好完全反应，过滤后所得滤渣呈红色。回答：
1 原混合物由什么物质组成？
2 原混合物中含有单质多少克？
3 过滤后所得的滤液需要蒸发掉多少克水，才能形成t℃时的饱和溶液？ t℃时此溶液中溶质的溶解度为16 g
分析：此是涉及元素化合物性质的计算题。由黑色固体混合物隔绝空气加热可得红色固体，可知此混合物由CuO和C组成，生成物为Cu和CO2。由剩余固体能与稀硫酸反应，说明上述反应不完全，剩余固体中还混有CuO。
解：1 原混合物由CuO和C组成。
2 根据质量守恒定律，
mCO2＝47 g－36 g＝11 g
设原混合物中含碳的质量，以及与C反应的CuO的质量分别为x和y，
C＋2CuOCO2↑＋2Cu
12 160 44
x y 11 g
12∶x＝44∶11 g，x＝3 g
160∶y＝44∶11 g，y＝40 g
剩余CuO的质量为：47 g－40 g＋3 g＝4 g
3 设生成的CuSO4的质量为z，
CuO＋H2SO4＝CuSO4＋H2O
80 160
4 g z
80∶4 g＝160∶z，z＝8 g
反应后所得溶液的质量为：4 g＋100 g＝104 g
反应后所得溶液中水的质量为：4 g＋100 g－8 g＝96 g即溶液的质量守恒
设需蒸发掉质量为w的水才能恰好形成饱和溶液：
100 g∶16 g＝96 g－w∶8 g，w＝46 g
答：1 原混合物由CuO和C组成，2 原混合物中含碳3 g，4 蒸发掉滤液46 g，便可形成t℃时的饱和溶液。守恒计算问题
唐荣德
守恒计算问题是指利用某种量的相等关系进行技巧计算的一类问题，它是矛盾对立面的统一，是一种宏观稳定的湮灭计算；从微观来看是电子、原子的行为，从宏观来看是化合价和质量的结果电子 化合价，原子 质量。它的一般解题方法是设一个未知数，解一元一次方程。守恒问题包括总质量守恒、电荷守恒、电子守恒、原子守恒和总价数相等关系，下面分别讨论之。
六、化合价守恒
在一种化合物中，或反应后生成的一种化合物中，正价总数一定等于负价总数。
化合价守恒也叫总价数相等关系，它是一种表观现象，是微观的电子行为的表现。因此，涉及电子的守恒问题都可以看作是存在总价数相等关系。要注意的是，水在复分解反应中看成H+·OH ，为1价；在分解和化合反应中应看成2价。而单质在化学反应不看成0价，如氢气为2价，氧气为4价，铜为2价，不分正负。这种化合价显然与教材上定义的化合价是不完全同的
采用总价数相等关系的好处是不用写出配平的化学方程式就能进行正确地计算，这样就可节约时间，提高解题的速率；对于那些写不出化学方程式的反应或化学方程式比较繁杂或化学方程式难于配平的计算特别有用。利用此关系可求元素的化合价和相对原子质量，确定物质的组成或化学式，计算物质质量或溶液的浓度、体积等。
1．求化学式
1．铁有几种氧化物，现将14.4 g乙二酸亚铁(FeC2O4)与空气隔绝加热完全分解后得到7.2 g铁的某种氧化物。该氧化物是 ( A )
A. FeO B. Fe3O4 C. Fe2O3 D. FeO、Fe2O3
解析：14.4 g乙二酸亚铁为0.1 mol，含0.1 mol Fe，铁的氧化物的式量为M，正价总数为u，根据总价数相等关系，可得：0.1×2＝，M＝36 u，当u＝2时，M＝72，得FeO，应选A。
2、求化合价
1．在某金属硫酸盐M2(SO4)x溶液0.05 mol / L 10 mL中，滴加BaCl2溶液0.10 mol / L 15 mL，硫酸钡便完全沉淀，则该金属元素的化合价是 ( C )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 不能确定
解析：0.05×10×x＝0.1×15×2，x＝3，应选C。
2．有10 mL 0.3 mol / L某金属阳离子Rn+的溶液，恰好能使0.2 mol / L某碱金属的碳酸盐溶液15 mL中的完全沉淀。则金属阳离子Rn+的n值等于 ( B )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
解析：10×0.3×n＝15×0.2×2，得n＝2。应选B。
3．将5.21 g纯铁粉溶于适量稀H2SO4中，加热条件下，用2.53 g KNO3氧化Fe2+，充分反应后还需0.009 mol Cl2才能完全氧化Fe2+，则KNO3的还原产物氮元素的化合价为___。
解析：，0.093＝0.025x＋0.018，x＝3，5－3＝2。应填：+2。
4．0.1 mol某元素的单质直接跟氯气反应后，质量增加7.1 g。这种元素是(MCE87.二.32)
( B )
A. P B. Mg C. Na D. Al E.Fe
解析：0.1×u＝，u＝2，为Mg。应选B。
3、求相对原子质量
1．在高温下用一氧化碳还原m g氧化铁得n g铁，氧的相对原子质量为16，则铁的相对原子质量为(MCE88.一.33) ( C )
A. B. C. D.
解析：本题从氧化铁中铁的总价数等于氧的总价数可求解。，M＝ 。应选C。
2．3.2 g某三价金属的氧化物恰好和120 mL 1 mol / L盐酸完全作用。此金属的相对原子质量是(北京师范院校高考题88.Ⅰ.40) ( D )
A. 27 B. 45 C. 52 D. 56
解析：该三价金属的总价数应等于盐酸中氯化氢的总价数。，M＝ 。应选D。
3．取难溶性三元碱R(OH)3 m g，加热完全分解为R2O3和H2O后，残留物的质量比原来少了w g，由此推断得R的相对原子质量为 ( A )
A. B. C. D.
解析：由R(OH)3 ——— 3H2O，可得，R＝，故应选A。
注意：此分解反应中，水算2价。在中和反应中，水由H+、OH－组成，故算1价。
4．用氢气还原二价金属氧化物使之成为单质，每还原40 g该氧化物需1 g氢气，该金属的相对原子质量是 ( D )
A. 32 B. 40 C. 56 D. 64
解析：，M＝64。应选D。
5．用足量的氢气还原m g某金属氧化物RO2，得到n g金属，R相对原子质量为 ( A )
A. B. C. D.
解析：，R＝。应选D。
6．某金属硝酸盐的水溶液用铂电极电解时，阳极产生560 mL(标准状况)气体，在阴极析出金属m g。如金属在硝酸盐中的化合价为+n价，则金属的相对原子质量 ( C )
A. B. mn C. 10 mn D. 20 mn
解析：，A＝10 mn，应选C。
7．用铂电极电解某硝酸盐M(NO3)x的水溶液，当阳极上产生V L气体(标准状况)，阴极上析出了金属m g，则M的摩尔质量是 ( C )
A. B. C. D.
解析：，M＝。故应选C。
8．有一含杂质4.2%的某稀土元素的氧化物样品，其中含该稀土元素78%；在26 mL 0.05 mol / L的该稀土元素的硫酸盐溶液中，加入0.1 mol / L BaCl2溶液26 mL时，可使其中的完全沉淀，则该稀土元素的相对原子质量为 ( A )
A. 140 B. 114 C. 70 D. 105
解析：设该稀土元素的硫酸盐中正价总数为u，则根据总价数相等关系可得：0.026×0.05×u＝0.026×0.1×2，u＝4，分子式为RO2；再由最简式公式得： = 1∶2，M＝140。应选A。
9．b g某金属与足量的稀硫酸反应，生成该金属的三价正盐和a g氢气。则该金属的相对原子质量为 C
A. 2 B. 3 C. 3 D. 01MCE
解析：设该金属的相对原子质量为A，利用总价数相等关系可得；×3＝×2，A＝3。
4、其它
1．某铵盐样品2.54 g，做如下实验：
① 与足量NaOH固体共热，并将产生的全部气体通入2 mol / L H2SO4溶液12.5 mL中；
② 在反应后的H2SO4溶液中还需加入1 mol / L KOH溶液10 mL，才能中和剩余的H2SO4而生成正盐；
③ 在①加热并冷却后的固体中加入过量的盐酸，放出标准状况下672 mL气体。
该样品可能的组成是_____________________________。
解析：总价数相等关系：n(NH3)＋1×0.01＝2×0.0125×2，n(NH3)＝0.04 mol，
NH3 0.04 (NH4 )2CO3 0.02 0.01 由三角正弦可知，生成(NH4)2CO3
0.03 和生成NH4HCO3的氨各为0.02 mol。
NH3 0.04 NH4HCO3 0.04 0.01 由此生成的(NH4)2CO3为0.01 mol，生成NH4HCO3为0.02 mol，二者之比为1∶2。
2．含有氯化钠和溴化钠的混合溶液里加入的0.2 mol / L硝酸银溶液200 mL后，产生4.75 g沉淀；过滤后，在滤液中加入盐酸又有沉淀产生，若加入足量的盐酸产生沉淀1.435 g，问原溶液中氯离子和溴离子各多少克？
解析：设AgCl的质量为x，AgBr为4.75 g－x，按照总价数相等关系可得：
，x ＝ 2.87 g。(AgCl)
m(Cl)＝2.87 g×＝0.71 g，m(AgBr)＝4.75 g－2.87 g＝1.88 g，
m(Br－)＝1.88 g×＝0.80 g
3．有K2CO3溶液20 mL，用1 mol / L盐酸80 mL中和后已显酸性，再用2 mol / L KOH溶液中和过量的酸，当滴定4 mL KOH溶液时，溶液又显碱性。改用1 mol / L H2SO4溶液中和过量的KOH时滴入1 mL恰好达到中和。求K2CO3溶液的物质的量浓度。
解析：设K2CO3溶液的浓度为c，根据总价数相等关系，K2CO3和KOH的总价数等于盐酸中HCl和H2SO4的总价数。c×0.2×1＋2×0.004×1 ＝ 1×0.08×1＋1×0.001×2，c＝ 1.85 mol / L。
4．有三种不同浓度的稀硫酸，体积比依次为3∶2∶1，它们分别与等物质的量的K2CO3、KHCO3、Al刚好完全反应，此三种硫酸的物质的量浓度比为 ( C )
A. 1∶1∶1 B. 6∶2∶3 C. 4∶3∶18 D. 2∶1∶3
解法一：设原硫酸浓度分别为c1、c2、c3。根据总价数相等关系，3×c1×2＝1×2，2×c2×2＝1×1，1×c3×2＝1×3；c1＝，c2＝，c3＝；c1∶c2 ∶c3＝∶∶＝4∶3∶18；故应选C。
解法二：∶∶＝∶∶＝4∶3∶18。注意：分子之比为化合价比，分母之比为硫酸体积比。即三种不同化合价物质的化合价之比与硫酸溶液的体积之比等于硫酸溶液的物质的量浓度之比。
5．有三种稀硫酸分别与等物质的量的K2CO3、KHCO3、Al刚好完全反应，若三种稀硫酸的物质的量浓度之比为1∶2∶3，则三种硫酸的体积比是 ( A )
A. 4∶1∶2 B. 3∶2∶1 C. 1∶1∶1 D. 2∶3∶1
6．30 mL 5 mol / L硫酸溶液恰好与13.3 g氢氧化钠和无水碳酸钠的混合物完全反应。混合物中氢氧化钠的质量为(广东高考题89.卷一.45) ( D )
A. 0.6 g B. 1.6 g C. 6 g D. 8 g
解析：硫酸的总价数应等于氢氧化钠和碳酸钠的总价数。设氢氧化钠的质量为x，碳酸钠的质量为13.3 g x，可得：，x＝8.3 g。应选D。
7．一定条件下硝酸铵受热分解的未配平化学方程式为：NH4NO3 — HNO3＋N2＋
H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为MCE9923 ( A )
A. 5∶3 B. 5∶4 C. 1∶1 D. 3∶5
解析： N2，N被氧化，3×5， N2，N被还原，5×3。守恒计算问题
唐荣德
守恒计算问题是指利用某种量的相等关系进行技巧计算的一类问题，它是矛盾对立面的统一，是一种宏观稳定的湮灭计算；从微观来看是电子、原子的行为，从宏观来看是化合价和质量的结果电子 化合价，原子 质量。它的一般解题方法是设一个未知数，解一元一次方程。守恒问题包括总质量守恒、电荷守恒、电子守恒、原子守恒和总价数相等关系，下面分别讨论之。
五、原子守恒(粒子数守恒)
化学反应中，反应前后某原子种类和数量不变。
某种原子的原子数不变，从宏观表现来看，就是某种元素的质量不变。但是要注意，这与总质量守恒不同，前者是局部，后者是整体。
1．把m mol C2H4 跟n mol H2 混合于密闭容器中，在适当条件下反应达到平衡时生成p mol C2H6，若将所得平衡混合物完全燃烧生成CO2和H2O，需O2的物质的量为 ( B )
A. 3m＋n B. 3m＋ C. 3m＋3p＋ D. 3m＋－3p
解析：根据C、H原子个数守恒，共有m mol 碳原子，耗氧2m mol，(4m＋2n) mol H原子，耗氧 ＝ m＋，故可得B。
2．灼烧0.5 g硫铁矿使其中的硫全部转化为SO2，把这些SO2全部氧化并转变为硫酸，这些硫酸可用25 mL 0.6 mol/L的溶液完全中和，则硫铁矿含硫 ( A )
A. 48% B. 45% C. 54% D. 90%
解析：反应前后硫元素守恒。应选A。
3．有一块Al—Fe合金，溶于足量的盐酸中，再用过量的NaOH溶液处理，将产生的沉淀过滤、洗涤、干燥、灼烧，完全变成红色粉末，经称量红色粉末和合金质量恰好相等，则合金中铝的含量为 ( D )
A．70% B．52.4% C．47.6% D．30%
解析：反应前后铁的质量相等。故合金中铝的质量分数等于氧化铁中氧的质量分数。应选D。
4．将一小块白铁(镀锌铁)片溶于过量的稀硫酸中，(已知：Zn(OH)2＋2OH－＝＋2H2O)，滤出沉淀经洗涤烘干，在氧气中充分灼烧，最后所得红色粉末与原白铁片质量相等，则白铁片上锌的质量分数为 ( C )
A．70% B．45% C．30% D．27.8%
解析：反应前后铁的质量相等。故合金中锌的质量分数等于氧化铁中氧的质量分数。应选C。
5．已知氮的氧化物跟NaOH溶液发生的化学反应如下：
3NO2＋2NaOH＝2NaNO3＋NO＋H2O
NO＋NO2＋2NaOH＝2NaNO2＋H2O
现有m mol NO2和n mol NO组成的混合气体，要用NaOH溶液使其完全吸收无气体剩余，现有浓度为a mol / L的NaOH溶液，则需此NaOH溶液的体积是 D
A L B L C L D L
解析：用氮守恒。
6．已知NO2与NaOH溶液反应为：3NO2＋2NaOH＝2NaNO3＋NO＋H2O；NO、NO2可一起与NaOH溶液作用：NO＋NO2＋2NaOH＝2NaNO2＋H2O。在盛a mol NO、b mol NO2和c mol O2的密闭容器中，加入V L某浓度的烧碱溶液后，密闭容器中压强几乎为零。则NaOH溶液的物质的量浓度(mol / L)为 ( D )
A. B. C. D.
解析：据题意可得如下平均方程式：
aNO＋bNO2＋cO2＋(a＋b)NaOH＝NaNO2＋NaNO3＋H2O，不管右边物质的化学计量数如何，根据氮原子数守恒，可得出NaOH的系数为(a＋b)，即为(a＋b)mol，从而找出正确答案为D。
7．铁有几种氧化物，现将14.4 g乙二酸亚铁(FeC2O4)与空气隔绝加热完全分解后得到7.2 g铁的某种氧化物。该氧化物是 ( A )
A. FeO B. Fe3O4 C. Fe2O3 D. FeO、Fe2O3
解析：14.4 g乙二酸亚铁为0.1 mol，含0.1 mol Fe，5.6 g Fe，根据Fe守恒，铁的某种氧化物中也含有5.6 g Fe，故含氧7.2 g－5.6 g＝1.6 g，铁与氧的物质的量之比为：，为FeO，应选A。
8．0.1 mol有机物完全燃烧用去0.7 mol氧气，生成二氧化碳气体11.2 L(标准状况)，等量的该有机物能和16 g溴完全发生加成反应，该有机物不可能是 ( BD )
A. B. (CH3)3CCHO C. D. CH2=CHCOOC2H5
解析：由CxH2yOz＋7O2 5CO2＋yH2O中氧原子数相等得：z＋14 ＝10＋y，z＋4 ＝y，当z＝0，y＝4，得分子式为C5H8；当z＝1，y＝5，得分子式为C5H10O。0.1 mol该有机物能加成0.1 mol溴，应有一个双键。故可能为A和C，不可能为B和D。
9．把6.56 g NaHCO3和Na2CO3·10H2O的混合物溶于水制成100 mL 溶液，其中Na+浓度为0.5 mol / L。如果将6.56 g 这种混合物加热到恒重失去的质量为多少克？
解析：混合物受热分解时，Na原子未发生变化，最终以Na2CO3形式存在。据Na原子守恒则有：6.56－(0.5×)×106＝3.91 ，即失重3.91 g。
10．铁的某种氧化物FeClx1.625 g溶于水后，加入足量的AgNO3溶液，生成的沉淀经洗涤干燥后称得质量为4.305 g。求x值及该氯化物的分子式。
解析：反应前后氯的原子数不变，＝，x＝3，FeCl3。
11．在氧气中灼烧0.44 g S和Fe组成的化合物，使其中的S全部转化为SO2，这些SO2全部氧化转化为H2SO4，所有H2SO4可用0.05 mol / L NaOH 200 mL溶液完全中和，原化合物中S的质量分数是多少？(36.4%)
解析：由S生成H2SO4中S质量守恒，可得S ——2NaOH，S的质量为0.05 mol / L ×200 mL××32 g / mol＝0.16 g，S%＝＝36.4%。
12．某二价金属M的氢氧化物溶液100 mL，加入过量的NaHCO3溶液，生成M的碳酸盐沉淀，过滤，沉淀与足量盐酸反应，生成标准状况下的气体4.48 L；将滤液加水稀释至250 mL，取出25 mL恰好与20 mL盐酸完全反应，收集到标准状况下的气体1.12 L。
(1) 写出M的氢氧化物溶液与NaHCO3溶液反应的化学方程式。
(2) 要计算金属M的原子量，你认为(填序号)____________。
A. 还要知道M的氢氧化物溶液的物质的量浓度(2 mol / L)
B. 还要知道M的碳酸盐的质量(39.4 g)
C. 还要知道与M的碳酸盐反应的盐酸的物质的量(0.4 mol)
D. 题设条件已足够，不需补充数据
根据你的选择，计算金属M的原子量。
(3) 计算加入NaHCO3的溶液中含NaHCO3的质量。
解析：(1) M(OH)2＋2NaHCO3＝MCO3↓＋Na2CO3＋2H2O
(2) M(OH)2＋2NaHCO3＝MCO3↓＋Na2CO3＋2H2O
0.4 0.2 0.2
MCO3＋2HCl＝MCl2＋H2O＋CO2↑
0.2 ＝ 0.2 mol
Na2CO3＋2HCl ＝ 2NaCl＋H2O＋ CO2↑
0.2 0.2
NaHCO3 ＋HCl ＝ NaCl＋H2O＋ CO2↑
0.3 0.3
(＝0.05)×10＝0.5 mol
本题求M的相对原子质量需要M的碳酸盐的质量，M (MCO3)＝＝197 g / mol，即M的碳酸盐的相对分子质量为197，M的相对原子质量为：197－60＝137。
(3) 由上图示可知，NaHCO3的质量为：(0.3 mol＋0.4 mol)×84 g / mol＝5.88 g。
也可从碳原子守恒知，碳原子全部变成了CO2，故为(0.2 mol＋0.5 mol)×84 g / mol＝5.88 g。
13．某化肥厂用NH3制备NH4NO3。已知：由NH3制NO的产率是96%，NO制HNO3的产率是92%，HNO3跟NH3反应生成NH4NO3。则制HNO3所用的NH3的质量占总耗NH3质量(不考虑生产上的其它损耗)的___________% 。(MCE90.36)
解析：设m g NH3中有x% NH3转化为HNO3，则有m(1－x%) g直接与HNO3反应。
根据N量守恒知，mx% g NH3将生成 mol HNO3，这些HNO3与 mol NH3等物质的量反应，可得＝，解得x＝53.1%。
14．在含a mol AlCl3的溶液中加入含b mol NaOH的溶液后有沉淀生成，再继续加入NaOH溶液直到2b mol NaOH时，沉淀与加b mol NaOH时一样多。试确定a与b的数量关系。
解析：加入b mol NaOH，使Al3+转化为Al(OH)3沉淀 mol，另有b mol NaOH，使Al3+转化为 mol，利用铝元素质量守恒可得：a＝ mol＋ mol＝mol。
另解：按公式计算可得下式：n[Al(OH)3]＝4C(Al3+)V(Al3+)－C(OH－)V(OH－) ， mol＝ (4a－2b) mol，a＝mol。
15．某硅酸盐用氧化物形式表示为Al2O3·mSiO2·nH2O，其中m、n值均小于5。当硅酸盐中氧的质量为2.2 g时，氢的质量为0.1 g。则硅酸盐中m值为______，n值为______；硅酸盐的分子式为____________________。
解法一：，32m＋28n＝48，8m＝7n－12，m＝0.875n－1.5，因为、为正整数，故试探得：n＝4，m＝2，分子式为Al2Si2O11H8。
解法二：由氢的质量知n(H2O)＝0.05 mol，由氧原子数守恒可得出：
＝0.1375－0.05
Al2O3 SiO2 2.2 g H2O
m＝0.875n－1.5， 答：4；2；Al2Si2O11H8
注意：在烃和烃的含氧衍生物的燃烧中，存在氧原子数的守恒；在烃的不完全燃烧中，存在碳原子数的守恒。
16．在标准状况下进行甲、乙、丙三组实验：三组各取30 mL同浓度的盐酸，加入同一种镁铝合金粉末，产生气体，有关数据列表如下：
实验序号 甲 乙 丙
合金质量(mg) 255 385 459
生成气体体积(mL) 280 336 336
(1) 甲组实验中，盐酸____________。(填“过量”、“适量”或“不足量”)理由是___________
_______________________________________________________。
乙组实验中，盐酸____________。(填“过量”、“适量”或“不足量”)理由是_____________
_____________________________________________________________________________。
要算出盐酸的物质的量浓度，题中可作计算依据的数据__________________________，求得的盐酸的物质的量浓度为_______________。
(2) 求合金中Mg、Al的物质的量之比，题中可作计算依据的数据__________________，
求得的Mg、Al物质的量之比为_______________。
(3) 在丙组实验之后，向溶液中加入1 mol / L的氢氧化钠溶液，能使合金中的铝恰好溶解，不形成含铝的沉淀，并使Mg2+刚好沉淀完全，再过滤出不溶固体，求滤液中各溶质的物质的量和所加入的氢氧化钠溶液的体积(写计算过程)。
解：(1) 过量；因为乙组所用合金量比甲组多，产生H2也多，说明甲组中HCl未反应完； 不足量；因为甲组255 mg合金生成H2 280 mL，每毫克合金生成H2 mL。若乙组中合金耗尽，应生成H2 ×385 mL＝423 mL，实际只生成336 mL，所以盐酸不足量。盐酸30 mL； 气体336 mL；1 mol / L (2) 合金255 mg；气体280 mL；1∶1 (3) 滤液中溶质为NaCl、NaAlO2；
设滤液中Mg、Al的物质的量均为x，则(24＋27)x＝0.459 g，x＝0.009 mol
一种解法是：根据Cl元素守恒：n(NaOH)＝n(HCl)＝0.03 mol，
根据Al元素守恒：n(NaAlO2)＝n(Al)＝0.009 mol，
由Na元素守恒：n(NaOH)＝n(NaCl)＋n(NaAlO2)＝0.03 mol＋0.009 mol＝0.039 mol，
V(NaOH)＝＝0.039 L＝390 mL
另一种解法是：Al ———— HCl ———— NaCl
0.009 0.009 0.03×1 0.03
当NaOH中和完HCl时，则Mg2+、Al3+将以沉淀析出，此时，n(NaOH)＝n(HCl)＝0.03 mol
又Al(OH)3＋OH－ ＝ ＋H2O
0.009 0.009
V(NaOH)＝＝0.039 L＝390 mL
17．某硫酸溶液40 mL，加入1.6 g氧化铁粉末后，溶液呈黄色，再加入5 g铁粉，溶液呈浅绿色，并有气体放出，最后有残余铁粉3.32 g。求原硫酸溶液的物质的量浓度。
解析：氧化铁和反应的铁都生成了硫酸亚铁，且两者的物质的量相等，n(H2SO4)＝nFeSO4)＝＋×2＝0.03 mol＋0.02 mol＝0.05 mol，c＝＝1.25 mol·L－１
18．向一定物质的量的Fe3O4和Fe的混合物加入50 mL 2 mol / L H2SO4溶液，在一定条件下恰好使混合物完全溶解，放出448 mL(标准状况)的气体。在所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现，那么，用足量的CO在高温下与相同质量的此混合物充分反应，能得到铁多少克？
解析：相关反应为Fe3O4＋4H2SO4＝FeSO4＋Fe2(SO4)3＋4H2O，Fe＋H2SO4＝FeSO4＋H2，Fe＋Fe2(SO4)3＝3 FeSO4，Fe3O4＋4CO3Fe＋4CO2。反应最后得到的溶液是FeSO4溶液，故有n(Fe元素)＝n(Fe2+)＝n(H2SO4)＝2 mol / L×0.05 L＝0.1 mol，用足量CO在高温下还原混合物能得到铁5.6 g。
或由(Fe、Fe2+、Fe3+ ) ——FeSO4 ——H2SO4得出：n(总Fe)＝n(FeSO4)＝n(H2SO4)＝0.1 mol，
m(总Fe)＝0.1×56 ＝ 5.6 g 　
19．将金属镁和氢氧化镁的混合物在空气中灼烧，混合物的质量在冷却后没有变化，求原混合物中镁元素的质量分数。[已知：Mg(OH)2MgO＋H2O]
解析：根据质量守恒定律，反应前后镁元素的质量不变，混合物总质量不变。剩余物为MgO，故MgO中Mg元素的质量分数即为原混合物中镁元素的质量分数。
Mg%＝＝60%。
答：原混合物中镁元素的质量分数为60%。
20．将36 g CaCO3高温煅烧一段时间后冷却，测得固体剩余物中钙元素的质量分数为576%，求固体剩余物中氧化钙的质量。
20 解：固体剩余物中的钙元素应和36 g CaCO3中的钙元素质量相等。即
36 g××100%＝36 g×40%×100%＝144 g
则剩余固体为＝25 g
生成CO2的质量为36 g－25 g＝11 g
设生成11 g CO2时，生成CaO的质量为x，
CaCO3CaO＋CO2
56 44
x 11 g
＝ x＝1.4 g
答：剩余固体中氧化钙为1.4 g。
21．一定质量的木炭设不含杂质和碳酸钙的混合物在空气中强热，CaCO3完全分解，木炭被氧化。若生成的CO2总质量等于原混合物的总质量。(假定炭和CaCO3不含其它杂质)则原混合物中炭的质量分数是 。
解析：可用碳守恒。设木炭的质量为x，CaCO3的质量为y。
x＋x＝x＋y ×，解得x∶y＝21∶100
C＝×100%＝164%。守恒计算问题
唐荣德
守恒计算问题是指利用某种量的相等关系进行技巧计算的一类问题，它是矛盾对立面的统一，是一种宏观稳定的湮灭计算；从微观来看是电子、原子的行为，从宏观来看是化合价和质量的结果电子 化合价，原子 质量。它的一般解题方法是设一个未知数，解一元一次方程。守恒问题包括总质量守恒、电荷守恒、电子守恒、原子守恒和总价数相等关系，下面分别讨论之。
九、n(H+)＝n(OH－)
酸碱完全中和时，n (H+)＝n(OH－)，
这其实是电中性原理的反映，因为H+和OH－都带一个单位的电荷，它们的物质的量相等就是它们所带的电荷相等。而酸中H+的电荷数等于酸根阴离子所带的电荷数，碱中OH－的电荷数等于金属阳离子所带的电荷数；因此，酸碱中和，必然也是酸根阴离子所带的电荷数等于金属阳离子所带的电荷数。酸碱的中和实质与是相反电荷的湮灭，也可以看成是混合溶液中阴离子电荷总数等于阳离子电荷总数。
1、求浓度
例1：有一未知浓度的盐酸25 mL，在加入0.5 mol / L AgNO3溶液50 mL后，改用NaOH溶液，结果用去1.0 mol / L NaOH溶液25 mL恰好完全中和。则盐酸的物质的量浓度是( B )
A. 0.5 mol / L B. 1.0 mol / L C. 1.5 mol / L D. 2.0 mol / L
解析：由于AgNO3溶液中Ag+只与Cl－反应生成AgCl沉淀，溶液中H+浓度并未减少，故可用中和关系得出下式：c×25 mL＝1.0 mol / L×25 mL，c＝1.0 mol / L。应选B。
例2：为测定未知氢氧化钠溶液的浓度，进行了如下的中和滴定操作：在烧杯中用30 mL水溶解0189 g草酸晶体C2H2O4·2H2O，加入酚酞指示剂。从滴定管中滴入氢氧化钠溶液，结果在滴定24 mL时溶液恰好显色。求此氢氧化钠的物质的量浓度。
解析：此为酸碱中和反应，草酸为二元酸。
n(C2H2O4)＝＝00015 mol
可电离的H+的物质的量浓度
n (H+)＝00015 mol×2＝0003 mol， n(OH－)＝n (H+)＝0003 mol，
c (NaOH)＝c (OH－)＝＝0125 mol / L
答：NaOH溶液为0125 mol / L。
例3：有K2CO3溶液20 mL，用1 mol / L盐酸80 mL中和后已显酸性，再用2 mol / L KOH溶液中和过量的酸，当滴定4 mL KOH溶液时，溶液又显碱性。改用1 mol / L H2SO4溶液中和过量的KOH时滴入1 mL恰好达到中和。求K2CO3溶液的物质的量浓度。
解析：n (H+)＝1 mol / L×008 L＋1 mol / L×0001 L×2＝0082 mol
n(OH－)＝2 mol / L×0.004 L＝0008 mol
c(K2CO3)×0.02 L×1＝0082 mol－0008 mol＝0074 mol，c＝0.37 mol / L。
答：K2CO3溶液为0.37 mol / L。
2、求混合物中某物质的纯度或质量
例1：有一定量的Na、Al合金置于水中，结果合金完全溶解，得到20 mL pH＝14的溶液，然后用1 mol / L的盐酸滴定至沉淀量最大时，消耗40 mL的盐酸。原合金中Na的物质的量是 A
A 004 mol B 003 mol C 002 mol D 001 mol
解析：nNa＝nNaOH＝n(OH－)＝n (H+)＝nHCl＝004 mol守恒计算问题
守恒计算问题是指利用某种量的相等关系进行技巧计算的一类问题，它是矛盾对立面的统一，是一种宏观稳定的湮灭计算；从微观来看是电子、原子的行为，从宏观来看是化合价和质量的结果电子 化合价，原子 质量。它的一般解题方法是设一个未知数，解一元一次方程。守恒问题包括总质量守恒、电荷守恒、电子守恒、原子守恒和总价数相等关系，下面分别讨论之。
三．电子守恒法(得失电子数相等关系)
在氧化还原反应中，氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数。
1、求化合价
1．用0.1 mol / L的Na2SO3溶液30 mL，恰好将2×10－3 mol的还原，则元素X在还原产物中的化合价是(MCE91) ( D )
A．＋1 B．＋2 C．＋3 D．＋4
解析：该反应中， 将被氧化为，0.1×30×2＝2×7－x，x＝4
2．已知某强氧化剂RO(OH)2+ 中的R元素被Na2SO3还原到较低价态。如果还原2.4×10－3 mol RO(OH)2+ 至较低价态，需要60 mL 0.1 mol / L的Na2SO3溶液。那么，R元素被还原成的价态是 ( B )
A．1 B．0 C．＋1 D．＋2
解析：B。由2.4×10－3×x＝0.06×0.1×2，x＝5，5－5＝0。应选B。
3．24 mL浓度为0.05 mol / L的Na2SO3溶液，恰好与20 mL浓度为0.02 mol / L的K2Cr2O7溶液完全反应，则元素Cr在被还原的产物中的化合价是(MCE95) ( B )
A．＋6 B．＋3 C．＋2 D．0
解析：0.02×0.02×2×(6－x)＝0.024×0.05×(6－4)，x＝3，应选B。
4．250 mL 24 mol / L的Na2SO3溶液恰好把02 mol的还原，则X在还原产物中的化合价为多少？
解：根据氧化还原反应中电子转移守恒，设X在还原产物中的化合价为x，则有
24 mol / L×025 L×2＝02 mol×6－x×2，x＝3，
答：X在还原产物中的化合价为3。
2、求物质的量
1．将m mol Cu2S和足量稀HNO3反应，生成Cu(NO3)2、H2SO4、NO和H2O。则参加反应的硝酸中被还原的硝酸的物质的量是 C
A. 4m mol B. 10m mol C. mol D. mol
解析：m mol Cu2S共失去电子：2m mol＋8m mol＝10m mol，Cu2S每失去3 mol 电子可还原1 mol HNO3，故被还原的HNO3为 mol，应选C。
2，硫酸铵在强热条件下分解，生成NH3、SO2、N2和H2O，反应中生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比是(MCE93) ( A )
A．1∶3 B．2∶3 C．1∶2 D．4∶3
解析：该反应的氧化产物是N2，还原产物是SO2，设其物质的量分别为x mol、y mol，由电子守恒得：2x×(3－0)＝y×(6－4)，x∶y ＝ 1∶3，应选A。
3．在P＋CuSO4＋H2O → Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)的反应中，7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为 ( A )
解析：该反应的氧化剂为P、CuSO4，还原剂为P，本题只需CuSO4氧化P的物质的量，设7.5 mol CuSO4氧化P的物质的量为x mol，由电子守恒得：7.5×(2－1)＝x×(5－0)，x＝ 1.5，应选A。
4．在反应3BrF3＋5H2O＝HBrO3＋Br2＋9HF＋O2↑，若有5 mol H2O作为还原剂时，被还原的BrF3的物质的量为 ( D )
A. 3 mol B. 2 mol C. mol D. mol
解析：该反应的氧化剂为BrF3，还原剂为BrF3、H2O，本题只要求H2O还原BrF3的物质的量，设5 mol H2O能还原BrF3 x mol，由电子守恒得：x×(3－0)＝5×(2－0)，x＝，应选D。
5．往100 mL溴化亚铁溶液中缓慢通入2.24 L(标准状况)氯气，反应完成后溶液中有的溴离子被氧化成溴单质。求原溴化亚铁溶液的物质的量浓度。
解法一：电子守恒法。由提示知，还原性：Fe2+＞Br－，Br－已部分被氧化，故Fe2+已全部被氧化。
设原FeBr2的物质的量浓度为x，根据氧化还原反应中，得电子总数等于失电子总数，(1分)可得：
(x＋2x× )×0.1 L×1＝2× x＝1.2 mol·L－1
解法二：电中性法。反应后所得溶液中的离子有Fe3+、Cl－和Br－(剩余)。
3x＝x×2＋2×，x＝1.2 mol·L－1。
6．某温度下，将Cl2通入KOH溶液中，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合液，经测定ClO和个数比为1∶2，则Cl2与KOH溶液反应时，被还原的氯与被氧化的氯的物质的量之比为 D
解析：设ClO为x个，由题意知，为2x个，它们共失去电子为11x个，由电子得失守恒知必有11x个Cl生成。所以被还原的氯与被氧化的氯的原子个数比为11x∶x＋2x ＝11∶3，应选D。
7．取铁粉和氧化铁的混合物样品1488 g，加入125 mL稀硫酸，使之充分反应。当固体粉末完全溶解时，收集到336 L标准状况下测定气体，当向溶液中加KSCN溶液时，溶液不显红色。再用5 mol / L的氢氧化钠溶液中和过量的硫酸，并继续加碱溶液至150 mL，恰好把溶液中的金属阳离子全部沉淀下来。试求：
1 原样品中氧化铁的质量分数；
2 上述硫酸的物质的量浓度。
解析：本题涉及的反应共有5个，关系错综复杂，所以用常规方法利用化学方程式求解，既繁琐费时又容易出错。若抓住Fe失去电子总数等于Fe2O3和部分H2SO4得到电子总数这一关系，则解法就简单明了。
1 设Fe2O3的物质的量为x，由电子得失守恒关系有：nFe×2＝nFe2O3×2＋nH2×2
＝x＋，得x＝003 mol
Fe2O3%＝×100%＝3226%
2 设H2SO4的物质的量为y，由题意知H2SO4最终全部变成Na2SO4，而Na+的来源只有NaOH，由元素守恒可得如下关系式：
2NaOH ~ Na2SO4 ~ H2SO4
015 L×5 mol / L＝0125 L×2y
y＝3 mol / L
3、配平
1．在xR2+＋yH+＋O2＝mR3+＋nH2O的离子反应中，化学计量数x＝ __________。
解析：氧化剂O2得电子总数为2×2e，还原剂R2+ 失电子总数为x×(3－2)e，由电子守恒得：2×2＝x×(3－2)，x＝4。
2．已知反应：AgF＋Cl2＋H2O → AgCl＋AgClO3＋HF＋O2↑，配平后，AgClO3系数为b，O2的化学计量数为c，则AgCl的化学计量数为_________。
解析：该反应的氧化剂为Cl2，还原剂为Cl2、H2O，设AgCl系数为x，由电子守恒得：x×1＝b×5＋2c×2，x＝5b＋4c。
4、求质量
1．在NxOy＋NH3 N2＋H2O未配平的氧化还原反应中，被还原的元素和被氧化的元素质量比是 A
A 3x∶2y B x∶3y C 5x∶2y D 2x∶3y
解析：2y＝3b，b＝，x∶＝3x∶2y。b为氨的物质的量。
2．把一铜片投入盛有浓硝酸的烧瓶中，充分反应后，将产生的气体全部吸收到一容器中。反应完毕，把烧瓶中的溶液蒸干并加热使其完全分解，产生的气体也一并收集到前一容器中。最后，将盛气体的容器倒立在盛水的水槽内，待反应完全后，测得容器内还余下一氧化氮气体0.448 L(标准状况下体积)。若在收集气体过程中，无别的物质进入容器，则参加反应的铜的质量为_________g。
解析：本题涉及的反应有以下几个：
Cu＋4HNO3(浓) ＝ Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O
x 2x
2Cu(NO3)2 ＝ 2CuO＋4NO2↑＋O2↑
3NO2＋H2O ＝ 2HNO3＋NO
2x ＝0.02 mol
x＝0.03 mol，Cu的质量为0.03 mol×64 g / mol＝1.92 g。
如果按反应顺序，根据各物质在反应中物质的量的关系进行比例计算，是比较繁的。而综观全过程，Cu(NO3)2、NO2和O2只不过是一系列氧化还原反应中的中间产物，从整个体系来看，发生了电子转移的物质仅是：
Cu－2e —→ Cu2+
HNO3＋3e —→ NO
这样，根据HNO3在反应中得电子总数应等于Cu在反应中失去电子总数，就很容易解出此题。
反应中硝酸还原成NO后失电子：×3＝0.06 mol，
所以铜的物质的量为：＝0.03 mol，其质量为：0.03 mol×64 g / mol＝1.92 g。
3．取004 mol KMnO4固体加热一段时间后，收集到a mol单质气体，此时KMnO4的分解率为x，在反应后的残留固体中加入过量的浓盐酸并加热充分反应又收集到b mol单质气体，设Mn元素全部以Mn2+存在于反应后的溶液中。
1 a＋b＝ 用x表示；
2 当x＝ 时，a＋b 取最小值，且最小值为 ；
3 当a＋b＝009时，004 mol KMnO4加热后所得残留固体各是何物质？其物质的量分别是多少？
3 1 2KMnO4 K2MnO4 ＋ MnO2 ＋ O2
004x 002x 002x 002x ＝a
MnO2 ＋ 4HCl MnCl2 ＋ 2H2O ＋ Cl2
002x 002x
K2MnO4 ＋ 8HCl ＝　　MnCl2 ＋ 4H2O ＋ 2Cl2　＋ 2KCl
002x 002x
2KMnO4 ＋ 16HCl ＝　 2MnCl2 ＋ 8H2O ＋ 5Cl2　＋ 2KCl
0041－x 0041－x×
b
b＝002x＋004x＋01－01x＝01－004x
a＋b＝002x＋01－004x＝01－002x
另解：Mn元素的降低总价＝O元素的升高总价＋Cl元素的升高总价
004×5＝a×4＋b×2，2a＋b＝01，b＝01－2a，a＋b＝01－002x
2 x＝1，a＋b＝01－002×1＝008
3 x＝05，KMnO4：0041－05＝002 mol，K2MnO4和MnO2各为：0021－05＝001 mol。
5、电极反应
1．实验室用铅蓄电池作电源电解饱和食盐水制取氯气，已知铅蓄电池放电时发生如下反应：MCE9621
负极：Pb＋ ＝ PbSO4＋2e
正极：PbO2＋4H+＋＋2e ＝ PbSO4＋2H2O
今若制得Cl2 0.050 mol，这时电池内消耗的H2SO4的物质的量至少是 ( C )
A. 0.025 mol B. 0.050 mol C. 0.10 mol D. 0.20 mol
解析：在电解池中，阳极上的电极反应：2Cl－2e＝Cl2，要制0.050 mol Cl2，在电解池中得失电子为010 mol。抓住铅蓄电池内H2SO4的消耗实质是H+的消耗这一特点，用正极反应得到关系式：2e ～ 4H+ ～ 2H2SO4，故转移010 mol电子，要消耗010 mol H2SO4，应选C。

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