高中化学 有机化学计算题技巧谈教案 新人教版Word下载.docx
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化学上，常用的守恒方法有以下几种：
1.电荷守恒
溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数。
即：
阳离子物质的量（或浓度）与其所带电荷数乘积的代数和等于阴离子物质的量（或浓度）与其所带电荷数乘积的代数和。
2.电子守恒：
化学反应中（或系列化学反应中）氧化剂所得电子总数等于还原剂所失电子总数。
3.原子守恒
系列反应中某原子（或原子团）个数（或物质的量）不变。
以此为基础可求出与该原子（或原子团）相关连的某些物质的数量（如质量）。
4.质量守恒：
包含两项内容：
①质量守恒定律；
②化学反应前后某原子（或原子团）的质量不变。
此外，还有物料平衡，将编排在第16篇——水的电离中。
训练习题：
1.将3.48gFe3O4完全溶解在100mL1.00mol/L的H2SO4（aq）中，然后加入K2Cr2O7（aq）25.00mL，恰好使Fe2＋全部转化为Fe3＋，且Cr2O
全部转化为Cr3＋。
则K2Cr2O7的物质的量浓度为__________。
2.某露置的苛性钾经分析含水：
7.62%（质量分数，下同）、K2CO3：
2.38%、KOH：
90.00%。
取此样品1.00g放入46.00mL1.00mol·
L－1的HCl（aq）中，过量的HCl可用1.070mol/LKOH（aq）中和至中性，蒸发中和后的溶液可得固体_______克。
3.A、B、C三种物质各15g，发生如下反应：
A＋B＋C
D反应后生成D的质量为30g。
然后在残留物中加入10gA，反应又继续进行，待反应再次停止，反应物中只剩余C，则下列说法正确的是（）
A.第一次反应停止时，剩余B9gB.第一次反应停止时，剩余C6g
C.反应中A和C的质量比是5∶3D.第二次反应后，C剩余5g
4.
（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＋与最近O2－的核间距离为a×
10－8cm，计算NiO晶体的密度（已知NiO摩尔质量为74.7g·
mol－1）。
图1—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晶体中就存在如图1—1所示的缺陷：
一个Ni2＋空缺，另有两个Ni2＋被两个Ni3＋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。
训练题答案：
1.提示：
Fe3O4中＋2价铁所失电子物质的量与Cr2O
中＋6价铬所得电子物质的量相等。
×
（3－2）=0.02500L×
c（Cr2O
）×
（6－3）×
2。
答案：
0.100mol·
L－1
2.提示：
根据Cl原子守恒得：
n（KCl）=n（HCl）=1.00mol·
L－1×
0.04600L=4.60×
10－2mol，m（KCl）易求。
3.43g
3.解析：
第一次反应A不足，因为第一次反应后加入A又能进行第二次反应。
第二次反应后，只剩余C，说明A、B恰好完全反应。
m反（A）∶m反（B）=（15g＋10g）∶15g=5∶3
第一次反应耗B的质量mB为：
15g∶mB=5∶3，mB=9g
即第一次反应后剩余B质量为：
15g－9g=6g。
可见（A）选项不正确。
根据mA＋mB＋mC=mD，可知生成30gD时消耗C的质量。
mC=30g－15g－9g=6g
即第一次反应后剩余C质量为：
15g－6g=9g。
又见（B）选项不正确。
易见反应消耗A、B、C质量之比为：
mA∶mB∶mC=15g∶9g∶6g=5∶3∶2
（C）选项不正确。
4.提示：
由题得NiO晶体结构（如右图）。
其体积为：
V=（a×
10－8cm）3
右图向三维空间延伸，它平均拥有的Ni2＋、O2－数目为：
N（Ni2＋）=N（O2－）=
4=
=N（NiO）
由密度公式得：
ρ（NiO）=
。
（2）（电荷守恒法）设1molNi0.97O中含Ni3＋物质的量为x，则Ni2＋的物质的量为（0.97mol－x）；
根据电荷守恒得：
3x＋2×
（0.97mol－x）=1mol×
2x=0.06mol
N（Ni3＋）∶N（Ni2＋）=0.06mol∶（0.97mol－0.06mol）=6∶91
（1）
（2）6∶91
2估算法
估算就是不算，估算法是通过推理、猜测得出答案的一种方法。
甲、乙两种化合物都只含X、Y两种元素，甲、乙中X元素的百分含量分别为30.4%和25.9%。
若已知甲的分子式是XY2，则乙的分子式只可能是（）A.XYB.X2YC.X2Y3D.X2Y5
由于甲分子中含X：
30.4%，且N（X）∶N（Y）=1∶2，现乙分子中含X：
25.9%，小于A中X的百分含量，故可估算出乙分子中，N（X）∶N（Y）必小于1∶2，只有D选项中N（X）∶N（Y）=1∶2.5符合题意。
在100mL0.10mol·
L－1的AgNO3（aq）中，加入100mL溶有2.08gBaCl2的溶液，再加入100mL溶有2.50gCuSO4·
5H2O的溶液，充分反应。
下列说法中正确的是
A.最终得到白色沉淀和无色溶液B.最终得到的白色沉淀是等物质的量的两种化合物的混合物
C.混合过程中，逸出无色气体D.在最终得到的溶液中，c（Cu2＋）=0.01mol·
考查学生对离子反应的认识及进行相关计算的能力。
Ba2＋与SO
、Ag＋与Cl－的反应及过量计算。
数字运算失误。
本题有以下两种解法。
方法1（计算法）：
n（Ag＋）=0.100L×
0.10mol·
L－1=0.010mol
n（Ba2＋）=n（BaCl2）=
=0.0100mol
n（Cl－）=2n（BaCl2）=0.0200mol
n（SO
）=n（CuSO4·
5H2O）=
首先Cl－与Ag＋发生反应生成白色AgCl沉淀：
Ag＋＋Cl－====AgCl↓
0.010mol0.010mol0.010mol
反应后剩余Cl－：
0.0200mol－0.010mol=0.010mol。
其次Ba2＋与SO
发生反应生成白色BaSO4沉淀：
Ba2＋＋SO
====BaSO4↓
0.010mol0.010mol0.010mol
生成BaSO40.010mol。
反应后溶液中含Cu2＋，其浓度为：
c（Cu2＋）=
=0.033mol·
与备选项对照，可知答案。
方法2（估算法）：
最后Cu2＋留在溶液中，溶液浅蓝色，A项不可选。
由CuSO4·
5H2O的质量是3位有效数字，及溶液的体积也是3位有效数字可推知c（Cu2＋）应为3位有效数字，D项不可选。
由于溶液混合时，只发生Ag＋与Cl－、Ba2＋与SO
的反应，所以也不会逸出气体，C项不可选。
B
评注：
就解题效率而言，估算法大大优于计算法。
估算法虽可大大提高解题效率，但其使用范围有一定的局限性，绝大多数计算题是不能用估算法解决的。
尝试用估算法解题是好的，但面对每一个题都想用估算法解决，有时也会贻误时间。
1.有规律称：
强酸溶液每稀释10倍pH增加1，强碱溶液每稀释10倍pH减小1，但此规律有一定的局限性。
试问将pH=3的H2SO4（aq）稀释105，其pH为（）A.8B.7C.2D.3
2.将质量分数为0.052（5.2%）的NaOH（aq）1L（密度为1.06g·
cm－3）用铂电极电解，当溶液中NaOH的质量分数改变了0.010（1.0%）时停止电解，则此时溶液中应符合的关系是（）
NaOH的质量分数
阳极析出物的质量/g
阴极析出物的质量/g
A
0.062（6.2%）
19
152
C
0.042（4.2%）
1.2
9.4
3.氢型阳离子交换树脂的主要反应可用下式表示：
2R—H＋M2＋
MR2＋2H＋，若将100mL水经过氢型阳离子交换树脂交换后，流出液用0.10mol·
L－1的NaOH溶液中和，完全反应后用去NaOH溶液20mL，若此水中存在的阳离子只有Ca2＋，则100mL水中含有Ca2＋为（）
A.20.03mgB.40mgC.80.16mgD.160.32mg
4.图2—1中横坐标表示完全燃烧时耗用可燃气体X（X=A、B、C）的物质的量n（X），纵坐标表示消耗O2的物质的量n（O2），A、B是两种可燃性气体，C是A、B的混合气体，则C中：
n（A）∶n（B）为（）
A.2∶1B.1∶2C.1∶1D.任意比
酸不可能稀释为碱，也不可能稀释后pH变小或不变。
2.解析：
电解NaOH（aq）的实质是电解水。
随溶液中水的减少，w（NaOH）逐渐增大，因而C、D项不可选。
电解时阳极产生O2，阴极产生H2，其质量前者大，后者小，故B项为正确答案。
3.提示：
由题意：
n（Ca2＋）=
n（H＋）=
n（NaOH），根据数据可断定n（Ca2＋）数值为两位有效数字。
又：
m（Ca2＋）=n（Ca2＋）×
M（Ca2＋），则m（Ca2＋）数值为两位有效数字。
B
首先排除任意比。
由图可知：
1molA耗用0.5molO2，1molB耗用2molO2；
若A、B以1∶1混合，则1molC耗用1.25molO2，而图中1molC耗用1molO2，可见A、B混合物中，n（A）∶n（B）＞1∶1。
观察备选项可知答案。
3差量法
利用化学反应前后物质间所出现象的差量关系解决化学问题的方法就是差量法。
在天平左右两盘上各放一只同等规格的烧杯，烧杯内均盛有1.00mol·
L－1的H2SO4（aq）100.0mL，调节天平使其处于平衡状态，然后向两只烧杯内分别放入少量的镁粉和铝粉（设镁、铝的质量分别为ag和bg），假定反应后天平仍处于平衡状态，则：
（1）a、b应满足的关系式为；
（2）a、b的取值范围为。
题设条件下，H2SO4过量，则：
Mg＋H2SO4====MgSO4＋H2↑Δm
24g1mol2g22g
ag
2Al＋3H2SO4====Al2（SO4）3＋3H2↑Δm
54g3mol
6g48g
bg
由反应前后天平都平衡得：
，即：
32b=33a①
＜0.100①
由H2SO4过量知：
＜0.100②
①②联立，解得：
b＜2.48。
不满足③，舍去。
①③联立，解得：
a＜1.75。
满足②，为正确答案。
（1）32b=33a
（2）a＜1.75b＜1.80
将上题中的：
“少量镁粉和铝粉”改为：
少量镁粉、过量铝粉，其他不变，试求之。
考查学生应用差量进行过量计算的能力。
Mg、Al与H2SO4的反应；
过量计算。
应用过量物质的数据进行计算得出错误的结果，忽视有效计算得出不确切的答案。
反应前后天平都平衡，表明两烧杯内质量净增数值相等。
则可根据反应前后的质量差进行计算。
n（H2SO4）=1.00mol·
0.100L=0.100mol
Mg＋H2SO4====MgSO4＋H2↑Δm
24g
1mol2g22g
ag
2Al＋3H2SO4====Al2（SO4）3＋3H2↑
54g3mol6g
0.100mol
（波纹线上为求出数值，下同）。
根据题意：
①
＜0.100（H2SO4过量）
②b＞1.80（Al过量）
③bg－0.200g=
g（净增值相等）
由①③得：
b＜2.40，结合②可知b的范围。
由②③得：
a＞1.75，结合①可知a的范围。
（1）11a=12b－2.40
（2）1.75＜a＜2.40，1.80＜b＜2.40
遇到下列情形，可尝试用“差量法”解题：
1.反应前后固体或液体的质量发生变化时；
2.反应前后气体的压强、密度、物质的量、体积等发生变化时。
1.10.0mL某气态烃在50.0mLO2中充分燃烧，得到液态水和35.0mL的气体混合物（所有气体的体积都是在同温同压下测得的），则该气态烃可能是（
）A.CH4B.C2H6C.C3H8D.C3H6
2.用H2还原xgCuO，当大部分固体变红时停止加热，冷却后得残留固体yg，共用掉zgH2，此时生成水的质量为（）A.
（x－y）gB.
（x－y）gC.9zgD.
zg
3.总压强为3.0×
107Pa时，N2、H2混合气体（体积之比为1∶3）通入合成塔中，反应达平衡时，压强降为2.5×
107Pa，则平衡时混合气体中NH3的体积分数为（）A.35%B.30%C.
D.
4.已知NH3和Cl2相遇，发生下列反应：
①8NH3＋3Cl2====N2＋6NH4Cl（NH3过量）②2NH3＋3Cl2====N2＋6HCl（Cl2过量）
今向过量的NH3中通入少量的Cl2。
若开始时Cl2、NH3混和气体中Cl2的体积分数为x，混合气体反应前后的体积分别是aL和yL。
（1）x的取值范围是__________________；
（2）y与x的函数关系是__________________。
训练习题答案：
用体积差进行计算：
CxHy（g）＋（x＋
）O2（g）
点燃xCO2（g）＋
H2O（l）V前－V后
1L1＋
10.0L
25.0L
y=6。
BD
用固体质量差进行计算：
H2＋CuO
Cu＋H2OΔm
80g
64g
18g16g
xg－yg
不可用zgH2进行计算，因为用掉的H2并非全都参加了反应；
不可只用xg进行计算，因为CuO未全部参加反应；
不可只用yg进行计算，因为yg是CuO和Cu的质量和。
本题有多种解法，根据压强差计算尤为简捷：
由于恒温恒容下，气体的压强比等于物质的量比，所以：
高温、高压
催化剂
N2＋3H2
2NH3Δp
1322
p（NH3）3.0×
107Pa－2.5×
107Pa，
p（NH3）=0.5×
（NH3）=
=
4.解析：
NH3过量，Cl2不足，只发生反应①：
8NH3＋3Cl2====N2＋6NH4ClΔV
8L3L1L10L
LaL·
x
L
L
＜a（1－x）Lx＜
yL=aL－
L。
（1）0＜x＜3/11
（2）y=a－
4和量法
与差量法相反，为解决问题方便，有时需要将多个反应物（或生成物）合在一起进行计算。
在密闭容器中，放入（NH4）2CO3和NaOH的固体混合物共19.6g，将容器加热到250℃，充分反应后，排出容器中的气体，冷却称得剩余固体质量为12.6g。
则原混合物中（NH4）2CO3和NaOH的物质的量之比为（）
A.＞1∶2B.=1∶2C.＜1∶2D.以上答案都不正确
固体混合物失重：
19.6g－12.6g=7.0g，题设条件下发生的反应为：
（NH4）2CO3
2NH3↑＋H2O↑＋CO2↑2NaOH＋CO2
Na2CO3＋H2O↑
当（NH4）2CO3与NaOH恰好完全反应时，固体失重7.0g，所需混合物的质量可求：
因为17.6g＜19.6g，所以NaOH过量。
18.4gNaOH和NaHCO3固体混合物，在密闭容器中加热到约250℃，经充分反应后排出气体，冷却，称得剩余固体质量为16.6g。
试计算原混合物中NaOH的质量分数。
考查学生的过量判断能力，及计算混合物所含成分质量分数的能力。
NaHCO3的不稳定性及碱与酸性气体的反应。
过量判断失误，导致计算过程和计算结果错误。
发生的反应有：
①2NaHCO3
Na2CO3＋H2O＋CO2↑，
②2NaOH＋CO2
Na2CO3＋H2O（加热条件下，不生成NaHCO3）
通过极限思维可知，原固体混合物中，NaHCO3含量越大，固体失重越大，NaOH含量越大，固体失重越小。
判断NaHCO3受热分解产生的CO2能否被NaOH完全吸收是解决问题的关键，这首先需要写出NaHCO3与NaOH恰好完全反应的化学方程式。
题设条件下，固体失重：
18.4g－16.6g=1.8g。
设固体失重1.8g需恰好完全反应的NaHCO3和NaOH混合物质量为x，则：
NaHCO3＋NaOH
Na2CO3＋H2O
124g18g
x1.8g
x=
=12.4g＜18.4g
可见，题设条件下反应发生后NaOH过量，过量NaOH质量为：
18.4g－12.4g=6.0g，
参加反应的NaOH质量为：
40.0g·
mol－1=4.00g，
原混合物中NaOH质量为：
6.0g＋4.00g=10.0g，
w（NaOH）=
100%=54.3%。
54.3%。
遇到以下情形，可尝试用和量法解题：
1.已知混合物反应前后质量，求混合物所含成分质量分数时；
2.已知反应前后混合气体的体积，求混合物所含成分体积分数时；
3.求反应前后气体的压强比、物质的量比或体积比时。
1.某温度下，在体积一定的密闭容器中适量的NH3（g）和Cl2（g）恰好完全反应。
若反应产物只有N2（g）和NH4Cl（s），则反应前后容器中压强比应接近于（）
A.1∶11B.11∶1C.7∶1D.11∶7
2.Na2CO3（s）和NaHCO3（s）的混合物190.0g，加热至质量不再减少为止，称量所得固体质量为128.0g。
则原混合物中Na2CO3的质量分数为__________。
3.取6.60gNaHCO3和Na2O2的固体混合物，在密闭容器中加热到250℃，经充分反应后排出气体，冷却后称得固体质量为5.30g。
计算原混合物中Na2O2的质量分数。
4.在一密闭容器中，放入（NH4）2CO3和NaOH两种固体共Ag将容器加热到200℃，经充分反应后排出其中气体，冷却称得剩余固体质量为Bg，求出不同组合范围内的（NH4）2CO3和NaOH的质量填入下表。
A与B关系
m［（NH4）2CO3］
m（NaOH）
w（Na2CO3）=
=11.58%。
11.58%
2NaHCO3
Na2CO3＋H2O＋CO2↑；
2Na2O2＋2CO2====2Na2CO3＋O2↑；
2Na2O2＋2H2O====4NaOH＋O2。
若Na2O2不足，则Na2O2先吸收CO2，再吸收H2O。
首先确定水是否参加了反应。
6.60g－5.30g=1.30g。
当Na2O2与NaHCO3分解生成的CO2恰好完全反应时，设固体失重1.30g需这样的混合物质量为x。
可见，原混合物中Na2O2并未将NaHCO3分解生成的CO2全部吸收，也就未吸收H2O。
设原混合物中NaHCO3、Na2O2的物质的量分别是a、b，则：
aNaHCO3＋bNa2O2====
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