高考题型专讲之
化学计算（ 1）
考纲要求
1、能正确书写化学方程式和离子方程式，并能进行有关计算。
2、根据物质的量与微粒(原子、分子、离子等)数目、气体体积(标准状况下)之间的相互关系进行有关计算。
3、理解溶液中溶质的质量分数的概念，并能进行有关计算。
4、能用盖斯定律进行有关反应热的简单计算。
5、能够利用化学平衡常数进行简单的计算。
6、了解测定溶液 pH的方法，能进行 pH的简单计算。
题型特点
化学计算分散在高考整套试题中，有选择题，也有 非选择题。从涉及的知识角度来分类，可将化学计算简单分为常规计算、反应原理相关计算、有机化学相关计算等。选择题部分一般是常规计算，这类题目有一定难 度，对计算能力、方法技巧有较高要求；非选择题多涉及反应原理相关计算，这部分题目多为基础公式的简单计算，只要熟记公式即可。
题型示例
（ 2012·新课标 26题部分）铁是应用最广泛的金属，铁的卤化物、氧化物以及高价铁的含氧酸盐均为重要化合物。
( 1)要确定铁的某氯化物 FeCl x的化学式，可用离子交换和漓定的方法。实验中称取 0.54 g的 FeCl x样品，溶解后先进行阳离子交换预处理，再通过含有饱和 OH－的阴离子交换柱，使 Cl－和 OH－发生交换。交换完成后，流出溶液的 OH－用 0.40 mol/ L的盐酸滴定，滴至终点时消耗盐酸 25.0 mL。计算该样品中氯的物质的量________，并求出 FeCl x中， x值：______(列出计算过程)；
( 2)现有一含有 FeCl 2和 FeCl 3的混合物样品，采用上述方法测得 n (Fe)： n( C 1)= 1： 2.1，则该洋品中 FeCl 3的物质的量分数为__________。在实验室中， FeCl 2可用铁粉和__________反应制备， FeCl 3可用铁粉和__________反应制备；
答案：（ 1） n (Cl)= 0.0250 L× 0.04 mol· L -1= 0.010 mol
0.54 g -0.010× 35.5 g· mol -1= 0.19 g
n (Fe)= 0.19 g /56 g· mol -1= 0.0034 mol
n (Fe): n (Cl)= 0.0034 :0.010≈ 1:3, x= 3
( 2) 0.10盐酸氯气
解析：⑴由题意知 FeCl x中 n (Cl)＝ n( OH－)，首先求出 n (Cl)，然后结合 FeCl x的质量求出 n (Fe)，根据氯化物中 n (Fe)∶ n (Cl)可求出 x值。
⑵设混合样品中 FeCl 2、 FeCl 3的物质的量分别为 x、 y，则有( x＋ y)∶( 2 x＋ 3 y)＝ 1∶ 2.1， x＝ 9 y，因此样品中 FeCl 3的物质的量分数为：
。实验室中制备 FeCl 2可用铁粉与盐酸反应，而制备 FeCl 3可用 Fe与 Cl 2反应得到。
解题策略
常规计算涉及的方法性较强，常见的有差量法、守恒法、关系式法、讨论法、极限法、十字交叉法等，掌握住这些方法使用的范围和特点是解这类题的关键。反应原理的相关计算主要涉及到反应热的计算、反应速率的计算、化学平衡相关计算、溶液 pH值的计算、溶度积相关计算等，理解相关原理和记住计算公式是关键。有机化学主要是涉及有机物燃烧、有机物分子式确定等有关计算，掌握住一般原理即可解决。
知识要点
一、常规计算方法
1、守恒法
运用守恒法，不纠缠过程细节，不考虑途径变化，只考虑反应体系中某些组分相互作用前后某些物理量或化学量的始态和终态，从而达到速解、巧解化学试 题的目的。一切化学反应都遵循守恒定律，在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、元素守恒、原子守恒、电子守恒、电荷守恒、化合价守恒、能量守恒等 等，这是守恒法的依据。电子守恒、原子守恒在守恒法中用的较多。与硝酸有关的计算常用电子守恒。
（ 1）质量守恒——质量守恒就是化学反应前后各物质的质量总和不变，在配制或稀释溶液的过程中，溶质的质量不变。
例 1、已知 Q与 R的摩尔质量之比为 9:22，在反应 X＋ 2 Y= 2 Q＋ R中，当 1.6 g X与 Y完全反应，生成 4.4 g R，则参与反应的 Y和生成物 Q的质量之比为（）
A． 46:9 B． 32:9 C． 23:9 D． 16:9
解析： M Q/ M R＝ 9/22， n Q/ n R＝ 2/1。
m Q/ m R＝ n Q M Q/ n R M R＝ 2/1× 9/22＝ 9/11； m Q＝ m R× 9/11＝ 4.4× 9/11＝ 3.6 g。
根据质量守恒得到： m Y＝ m Q＋ m R－ m X＝ 3.6＋ 4.4－ 1.6＝ 6.4 g。则： m Y/ m Q＝ 6.4 /3.6＝ 16/9。
答案： D
例 2、某无水混合物由硫酸亚铁和硫酸铁组成，测知该混合物中的硫的质量分数为 a，求混合物中铁的质量分数。
解析：根据化学式 FeSO 4、 Fe 2( SO 4) 3可看出，在这两种物质中 S、 O原子个数比为 1： 4，即无论这两种物质以何种比例混合， S、 O的原子个数比始终为 1： 4。设含 O的质量分数 x，则 32/64＝ a/ x， x＝ 2 a。所以ω (Fe)＝ 1－ 3 a
（ 2）原子守恒——即反应前后各元素种类不变，各元素原子个数不变，其物质的量、质量也不变。
例 3、把 3.84 g铜投入盛有一定量浓硝酸的试管中，当在标准状况下收集到 1.68 L气体时，金属铜恰好全部消耗。求反应中硝酸的物质的量。(假设反应中只产生 NO或 NO 2)
解析：因为 1 mol Cu参加反应生成 Cu( NO 3) 2对应 2 mol HNO 3显酸性，即 Cu～ 2 HNO 3，其余的硝酸中的氮全转移到 NO或 NO 2中，即 HNO 3～ NO m，根据氮元素守恒可得关系：
答案： 0.195 mol。
（ 3）电荷守恒——即对任一电中性的体系，如化合物、混和物、溶液等，电荷的代数和为零，即正电荷总数和负电荷总数相等。
例４、酸雨是因为过度燃烧煤和石油，生成的硫的氧化物与氮的氧化物溶于水生成硫酸和硝酸的缘故。某次雨水的分析数据如下： c( NH 4＋)= 2.3× 10 -6 mol/ L、 c（ Cl-）= 6.0× 10 -6 mol/ L、 c（ Na+）= 3.0× 10 -6 mol/ L、 c( NO 3-)= 2.3× 10 -5 mol/ L、 c( SO 4 2 -)= 2.8× 10 -5 mol/ L、则此次雨水的 pH大约为()
A． 3 B． 4 C． 5 D． 6
解析：根据电荷守恒： c( H＋)＋ c( NH 4＋)＋ c( Na＋)= c( Cl－)＋ c( NO 3－)＋ 2 c( SO 4 2－)
则 c( H+)= c( Cl－)＋ c( NO 3－)＋ 2 c( SO 4 2－) - c( NH 4＋) - c( Na＋)= 8.0× 10 -5 mol/ L
pH= - lg[ H+]= 5 - lg 8≈ 4
此题的正确答案为 B。
（ 4）电子守恒——是指在发生氧化—还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数，无论是自发进行的氧化—还原反应还是原电池或电解池中均如此。硝酸与金属的反应多用此法。
例 5、将 32.64 g铜与 140 mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的 NO的 NO 2混合气体在标准况下的体积为 11.2 L。求产生的 NO和 NO 2的体积各为多少？
解析：
设产生 NO 2的物质的量为
，则 NO的物质的量为
。根据得失电子守恒，得下列方程：
，
解得：
，
即：
。
注意：金属与硝酸反应的本质是金属与 H+和 NO 3—共同作用，因此计算时一般用离子方程式而不用化学方程式。
例 6、某溶液 100 mL，其中含硫酸 0.03 mol，硝酸 0.04 mol，若在该溶液中投入 1.92 g铜粉微热，反应后放出一氧化氮气体约为()
A． 0.02 mol B． 0.01 mol C． 0.015 mol D．无法计算
解析： n (Cu)＝
， n( NO 3－)＝ 0.04 mol，
n( H＋)＝ 2 n( H 2 SO 4)＋ n( HNO 3)＝ 0.06 mol＋ 0.04 mol＝ 0. 1 mol，
若根据 3 Cu＋ 8 HNO 3＝ 3 Cu( NO 3) 2＋ 2 NO↑＋ 4 H 2 O来计算，生成 Cu( NO 3) 2中有 NO 3—，溶液中 H+足量，故它们能与铜继续反应，这样计算起来很繁琐，也容易出错。离子方程式能反映出化学反应的本质特征，根据 3 Cu＋ 2 NO 3—＋ 8 H+＝ 3 Cu 2+＋ 2 NO↑＋ 4 H 2 O离子方程可看出 Cu少量， Cu全部参与反应，故 n (NO)＝ 0.02 mol。
答案：选项 A。
2、差量法
差量法是依据化学反应前后的某些变化找出所谓的 理论差量（固体质量差、液体质量差、气体体积差、气体物质的量之差等），与反应物或生成物的变化量成正比而建立的一种解题方法。此法将“差量”看作化学方 程式右端的一项，将已知差量（实际差量）与化学方程式中的对应差量（理论差量）列成比例，其他解题步骤与按化学方程式列比例解题完全一样。在根据化学方程 式的计算中，有时题目给的条件不是某种反应物或生成物的质量，而是反应前后物质的质量的差值，解决此类问题用差量法十分简便。此法的关键是根据化学方程式 分析反应前后形成差量的原因（即影响质量变化的因素），找出差量与已知量、未知量间的关系，然后再列比例式求解。
（ 1）质量差
例 1、将 19 g Na 2 CO 3和 NaHCO 3的混合物加热至质量不再减少为止，称得剩余固体质量为 15.9 g，则原混合物中 NaHCO 3的质量分数是_____%。
解析：加热时，只有 NaHCO 3分解质量减少，因此可用质量差求出 NaHCO 3的质量。
2 NaHCO 3
Na 2 CO 3＋ H 2 O＋ CO 2↑
Dm＝ 44＋ 18＝ 62， x /168＝( 19－ 15.9) /62， x＝ 8.4 g， NaHCO 3%＝ 8.4 /19＝ 44.2%。
（ 2）体积差
例 2、同温同压下， 40 mL CO、 CO 2和 O 2的混合气体点燃后，恢复到原来的状况，剩余气体 36 mL，则原混合气体中 O 2不少于（ ）
A． 4 mL B． 8 mL C． 10 mL D． 12 mL
解析：点燃后发生反应 2 CO＋ O 2
2 CO 2，使气体体积减少，该反应中所需氧气为混合气体中氧气最少量。则 DV＝ 3－ 2＝ 1， V /1＝ 4/1， V＝ 4 mL。答案为 A。
