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毕业班解决方案 一轮复习.化学计算技巧.教师版 Page 1 of 7
化学几种常见的计算技巧
高考怎么考
守恒原理及其应用
化学反应时原子之间的重新组合，反应前后组成物质的原子个数、物质的质量始终保持不变，保持守
恒。守恒定律是自然界最重要的基本定律，构成了化学科学的基础。在化学计算中，守恒法运用十分广泛，
特别是有关混合物或者反应关系负责的化学试题，运用守恒求解，无需考虑反应体系各组分间相互作用过
程，也无需考虑变化所经历的具体途径，只需要考虑反应体系某些组分相互作用前后某种物理量或化学量
的始态和终态，使解题过程简单化，解题效率提高。守恒法实际上是一种整体思维方式在化学上的应用。
自检自查必考点
一、质量守恒
化学反应是化学键旧键断裂、新键生成的过程，在这一过程中原子间重新排列组合，但反应前后组成
物质的原子的种类、个数、总质量始终保持不变，所以化学反应前后反应物的质量总和等于生成物的质量
总和。它是化学反应定量化的基础。质量守恒的宏观表现为变化前后质量相等，微观表现为变化前后同种
元素的原子个数相等（原子守恒）。该法常用于连续反应的计算、复杂的化学方程式计算和有机物分子组成
的计算等。
二、原子守恒
化学反应时原子间重新组合的过程，化学反应前后原子的种类不会改变，原子的数目也没有增减为原
子守恒。常用于甲酸、复杂的化学方程计算和有机物分子组成计算等。
例题精讲
【例 1】 将 1 mol NaHCO3 和 1 mol Na2O2固体混合，在加热的条件下使其充分反应，则最后所得固体为（ ）
A．1 mol Na2CO3 和 1 mol NaOH B．lmol Na2CO3 和 2 molNaOH
C．2 mol Na2CO3和 2 molNaOH D．2 mol Na2CO3
【解析】抓住在加热的条件下，充分反应，最后的固体可能为 Na2CO3、NaOH、Na2O2，由于 2NaHCO3～CO2，2NaHCO3～H2O，CO2～Na2O2，H2O～Na2O2，得出 NaHCO3～Na2O2，NaHCO3与 Na2O2 物质
的量之比恰好为 1∶1，故反应方程式为 2NaHCO3+2Na2O2=2Na2CO3+2NaOH+O2↑，故最后所得固体
为 lmol Na2CO3和 1 molNaOH。【答案】A
【例 2】 孔雀石的主要成分为 xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O，为测定其中 CuCO3的质量分数，称取 a g 样品进行
实验。下列实验方案可行的是
A．充分加热样品，用碱石灰吸收逸出气体，增重 b g
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B．加热至样品质量不再发生变化，称得其质量为 b g
C．向样品中加入足量的稀盐酸，用排水法收集逸出气体，得 b mL 气体
D．向样品中加入足量的稀盐酸，充分反应，将生成的气体全部通入到足量 Ba(OH)2 溶
液中，过滤、洗涤、烘干，得 b g 固体
【答案】D
【解析】A 选项中碱石灰吸收的是水蒸气和 CO2；B 选项加热得到 bg 是 CuO，无法得出 z 的量；C 中用的
排水法，bmL 气体中可能有水蒸气。
【例 3】 将一定质量的铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入 100 mL4.40 mol/L 盐酸中，充分反应后产生
896 mL H2(标准状况)，残留固体 1.28 g。过滤，滤液中无 Cu2+。将滤液加水稀释到 200 mL，测得
其中 c(H+)为 0．400 mol/L。则原混合物中单质铁的质量是（ ）
A．2.4g B．3.36g C．5.60g D．10.08g
【答案】C
【解析】反应本质是铁单质与 Fe3+、Cu2+和 H+反应，且酸有剩余，故残留固体是置换出来的 Cu 的质量；根
据氢气可得出与酸反应 Fe；而最后 Cl-是与 Fe2+结合在一起，可得出溶液中 Fe2+的总量，进而得出
Fe 与 Fe3+生成的 Fe2+。
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三、离子守恒
在离子反应中，元素的种类不变，同种元素的对应离子的物质的量守恒，在连续转化的反应和变化中，
运用离子守恒的思路，选取具有守恒特征的某一离子，找出其在始态和终态物质中的等量关系，即可迅速
求解。
四、电荷守恒
在电解质溶液中，所有阴离子所带的负电荷总数与所有阳离子所带的正电荷总数肯定相等为电荷守恒。
电荷守恒法在解决溶液中的离子浓度计算、离子浓度大小比较、溶液中的酸碱度的计算中有着广泛的应用。
例题精讲
【例 4】 V mL Al2(SO4)3 溶液中含 Al3+ a g，取 V4
mL 溶液稀释到 4 V mL，则稀释后溶液中 SO42−的物质的量
浓度是（ ）
A．1259aV
mol/L B．12518aV
mol/L C．12536aV
mol/L D．12554aV
mol/L
【解析】 2-42Al 3SO—— 设 V mL 溶液中的 SO42−物质的量为 x
2 3
mol27a x
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题干中只取了原溶液的14，故各离子的物质的量为原来的
14。
因此稀释后 SO42−的浓度为 -3
a 1 312527 4 2 = mol / L
4 10 36a
V V
。解此题时要注意单位换算。
【答案】C
【例 5】 将 Mg、Cu 组成的混合物 26.4 g 投入到适量的稀硝酸中，固体完全溶解，收集到标准状况下的 NO
气体 8.96 L，向反应后的溶液中加入过量的 5 mol·L−1 的 NaOH 溶液 300 mL，金属离子完全沉淀。
则形成沉淀的质量是（ ）
A．43.2 g B．46.8 g C．53.6 g D．63.8g
【解析】沉淀的组成为 Cu(OH)2 和 Mg(OH)2，根据原子质量守恒，沉淀的质量是由金属的质量和 OH−的质
量组成，而题目中已知金属质量为 26.4g。因此应求出 OH−的质量。
Cu、Mg 均为二价金属，因此可以根据得失电子守恒，利用 NO 得到的电子数求出二价金属离子的物质的量，从而得出 OH−的物质的量：
3M ～ 3M2+ ～ 2NO ～ 6OH−
2 6nNO x
NO8.96L 0.4mol22.4L
n x=1.2 mol
沉淀的质量=金属质量+OH−质量=26.4+1.2×17=46.8 g【答案】B
【例 6】 向 5.0mL 0.20mol/L CuSO4 溶液中滴加 0.20mol/L 的 NaOH 溶液，当加入 7.5mL NaOH 溶液时，溶
液中 Cu2＋几乎全部沉淀，请给出沉淀物的化学式 。
【答案】Cu(OH)1.5(SO42－)0.25 或 4Cu(OH)6 SO4或 3Cu(OH)2·CuSO4
【解析】c(Cu2＋)和 c(OH－)的浓度(mol/L)相同，完全沉淀时 V(Cu2＋):V (OH－) =5.0:7.5=1.0:1.5，即沉淀中物质
的量比为 1.0:1.5，为 Cu(OH)1.5，表明沉淀中必有 SO42 且为(SO42－)0.25，即 Cu(OH)1.5(SO42－)0.25 或
4Cu(OH)6 SO4或 3Cu(OH)2·CuSO4。
【例 7】 常温下，把氨水滴到盐酸中，当 cNH4+＝cCl时，混合溶液的 pH 为
A．＞ 7 B．＝ 7 C．＜ 7 D．无法判断
【答案】B
【解析】在溶液中 cH+＋cNH4+＝cCl＋cOH，由于 cNH4+＝cCl，所以 cH+＝cOH，pH＝7。
【例 8】 向用盐酸酸化的 MgCl2、FeCl3 混合溶液中逐滴滴入 NaOH（aq），生成沉淀的质量与滴入 NaOH（aq）
的体积关系如下图。原混合溶液中 MgCl2与 FeCl3的物质的量之比为（ ）
A．b ad c
B． d cb a
C． 2( )3( )b ad c
D．3( )2( )d cb a
【解析】从题干中的白色沉淀可以得出：a-b段是形成 Fe(OH)3，c-d 段是形成 Mg(OH)2，中间 b-c段指的是
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到达到一定的 pH 才能形成 Mg(OH)2。根据原子守恒，得出一下关系式：Fe3+ —— 3OH− Mg2+ —— 2OH−
1 3 1 2X b-a Y d-c
233
2
b aX b a
d cY d c
（ ）
（ ）
【答案】C
【例 9】 有一混合物的水溶液，含有以下离子中的若干种：K＋、NH4
＋、Cl－、Mg2＋、Ba2＋、CO32－、SO42－，
现取三份 100mL 溶液进行如下实验：
（1）第一份加入 AgNO3溶液有沉淀产生
（2）第二份加足量 NaOH 溶液加热后，收集到气体 0.04mol
（3）第三份加足量 BaCl2溶液后，得干燥沉淀 6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为 2.33g。根
据上述实验，以下推测正确的是( )
A．K＋一定存在 B．100mL 溶液中含 0.01mol CO32－
C．Cl－一定存在 D．Ba2＋一定不存在，Mg2＋可能存在
【答案】A
【解析】本题是电荷守恒中的经典例题，计算与离子守恒结合在一起考察，最难也就到这个点上。
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五、电子守恒
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，化合价升高总数等于化合价降低总价
数。电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的计算；电解过程中电极产
物的计算。电子守恒法的解题步骤：首先确定氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂的
是电子的物质的量，然后根据的是电子守恒列等式，即可求解。
例题精讲
【例 10】 足量铜与一定量浓硝酸反应，得到 Cu(NO3)2 溶液和
NO2、N2O4、NO 的混合气体，这些气体与 1.68 L（标准状况）O2 混合后通入水中，所有气体完全
被水吸收生成硝酸。若向所得 Cu(NO3)2溶液中加入 5 mol/LNaOH 溶液至 Cu2+恰好完全沉淀，则消
耗 NaOH 溶液的体积是（ ）
A．60 mL B．45 mL C．30 mL D．15 mL【解析】典型的得失电子守恒，先捋顺关系：
Cu失2电子 NO3
- 得电子
NO
NO2
N2O4
给 生成
失电子
给O2
1Cu ～ 2e− 1O2 ～ 4e−所以最终的关系是 2Cu ～ O2
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Cu 的物质的量为1.68 1mol22.4 2
= 0.075 mol
根据 Cu2+ —— 2NaOHNaOH 的物质的量为 0.15 mol = x ×5 mol/L x=30 mL
【答案】C
【例 11】 含有砒霜（As2O3）的试样和锌、盐酸混合反应，
生成的砷化氢（AsH3）在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气。若砷的质量为 1.50mg，则
A．被氧化的砒霜为 1.98mg B．分解产生的氢气为 0.672ml
C．和砒霜反应的锌为 3.90mg D．转移的电子总数为 6×10-5NA
【来源】2014 上海卷
【答案】C
【例 12】 人工肾脏可采用间接电化学方法除去代谢产物中
的尿素，原理如图 2 所示。
图 2③电解结束后，阴极室溶液的 pH 与电解前相比将________；若两极共收集到气体 13.44 L(标准状况)，
则除去的尿素为________ g(忽略气体的溶解)。【来源】2012 重庆卷
【解析】③阴极反应为 6H2O＋6e－===6OH－＋3H2↑(或 6H＋＋6e－===3H2↑)阳极反应为 6Cl－－6e－===3Cl2↑，CO(NH2)2＋3Cl2＋H2O===N2＋CO2＋6HCl根据上述反应式可以看出在阴、阳极上产生的 OH－、H＋的数目相等，阳极室中反应产生的 H＋通过
质子交换膜进入阴极室与 OH－恰好反应生成水，所以阴极室中电解前后溶液的 pH 不变；由上述反应式可以看出，转移 6 mol e－时，阴极产生 3 mol H2，阳极产生 1 mol N2和 1 mol CO2，故电解收
集到的 13.44 L 气体中 V(N2)＝V(CO2)＝13.44L
5＝2.688 L，即 n(N2)＝n(CO2)＝ 1
2.688L22.4L mol
＝
0.12 mol根据方程式 CO(NH2)2＋3Cl2＋H2O===N2＋CO2＋6HCl 可知生成 0.12 mol N2 所消耗的 CO(NH2)2的物质的量也为 0.12 mol，其质量为：m[CO(NH2)2]＝0.12 mol×60 g·mol－1＝7.2 g。
【答案】③不变 7.2
【例 13】 在 3BrF3+5H2O =HBrO3+Br2+9HF+O2↑中，若 5mol
水做还原剂时，被水还原的 BrF3的物质的量是
A．3 mol B．2 mol C．4/3 mol D．10/3 mol
【考点】电子守恒
【解析】反应中 BrF3自身发生氧化还原反应，方程式中反应中的水并没有全部做还原剂，被氧化的水只占
参加反应水的 2/5，当有 5mol 水做还原剂时会生成氧气 5/2mol 的氧气。而反应中的 BrF3 被还原的
量只占 BrF3总量的 2/3，并且被还原的 BrF3并不是只来源于 H2O 的作用，而是被水和 BrF3共同还
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原。根据化学价态的变化可知，如果有 1mol 的氧气生成，那么就说明有 4/3mol 的 BrF3被水还原。
所以最后的结果是 5/2×4/3=10/3mol
【答案】D。
【例 14】 现有 m molNO2和 n molNO 组成的混合气体，欲用
amol/L NaOH 溶液，使该混合气体全部转化成盐进入溶液，使混合气体全部转化成盐进入溶液，
需用 NaOH 溶液的体积是（ ）
A．m La
B．2m L3a
C．2(m n) L
3a+
D．m n L
a+
【解析】NO2与 NaOH 溶液的反应为 3NO2+2NaOH=2NaNO3+NO+H2O;
NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+ H2O 在足量的 NaOH 时，混合气体可全部被吸收转化成盐 NaNO3 和
NaNO2。我们不必设多个未知数，只要认真观察两种盐的化学式会发现：Na 元素和 N 元素的物质
的量之比为 1:1，由氮原子物质的量即为所需 NaOH 的物质的量：n（NaOH）=（m+n）mol
( )( )
NaOHm nV La
【答案】D
【例 15】 PbO2 是褐色固体，受热分解为 Pb 的+4 和+2 价的
混合氧化物，+4 价的 Pb 能氧化浓盐酸生成 O2；现将 1 molPbO2 加热分解得到 O2，向剩余固体中
加入足量的浓盐酸得到 Cl2，O2和 Cl2的物质的量之比为 3:2，则剩余固体的组成及物质的量比是
A．1:1 混合的 Pb3O4、PbO B．1:2 混合的 PbO2、Pb3O4
C．1:4:1 混合的 PbO2、Pb3O4、PbO D．1:1:4 混合的 PbO2、Pb3O4、PbO
【来源】2012 上海卷
【答案】AD
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六、体积差值法
对于有气体参加的反应，如果反应前后参加的气体的物质的量不变，即相同状况下反应前后体积守恒。
体积守恒多用于有机物的燃烧和化学平衡移动等。
例题精讲
【例 16】 a mL 三种气态烃的混合物与足量的氧气混合点燃
爆炸后，恢复到原来的状态（常温、常压），体积共缩小 2amL 。则三种烃可能是（ ）
A．CH4 、C2H4 、C3H4 B．C2H4 、C3H6 、C4H6
C．CH4 、C2H6 、C3H8 D．C2H4 、C2H2 、CH4
【答案】A
【解析】设烃的化学式为 CxHy，则根据其燃烧通式进行计算：
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CxHy+ (x+y4
)O2 揪 井点燃 x CO2 +y2
H2O △V
1y4
-1
a mL 2a mLy=4，因此只要符合 H 为 4，且满足烃的通式即可。
【例 17】 在一定条件下，合成氨反应达到化学平衡后，混合
气体中 NH3 的体积占 25%，若维持反应条件不变，则反应后缩小的体积和原反应物体积的比值为
（ ）
A．1︰5 B．1︰4 C．1︰3 D．1︰2
【解析】设反应后气体的体积为 V，则 NH3体积为 0.25 V。N2 ＋ 3 H2
高温高压
催化剂2 NH3 ΔV
1 3 2 20.25V x
x=0.25V，即反应后体积减小 0.25V， 0.25 10.25 5V
V V
反应缩小的体积
原反应物的体积。
【答案】A
