第一篇：中学生化学竞赛专题讲座：守恒法在化学计算中的应用
中学生化学竞赛专题讲座：守恒法在化学计算中的应用
普宁二中杨锐钦
同学们，你们知道吗？你已经学习了半年的高中化学包括很多方面的内容；知识化学、理论化学、实验化学、计算化学等。无论你掌握了哪方面的一些窍门都会对你学习整个化学知识带来非常大的帮助。
不信吗？我们来试验一番。我们就从你现在可能感到有些困难的计算化学入手，只研究其中很小的一类问题，相信它一定会让你感到化学的世界奥妙无穷，学习化学知识其乐融融。我们来看化学计算中一种十分常用的方法——守恒法。这种方法在使用过程中不需要了解过多的中间过程，避免了繁杂的分析和多重化学反应，具有思路简单，关系明确，计算快捷的特点。
一、守恒法的基本题型和解题依据
1、参加化学反应的各物质的质量总和等于反应后生成的各物的质量总和，这个规律叫质量守恒定律。其本质是：化学反应前后，各元素的原子的种类，数目没有改变。所以，在一切化学反应中都存在着质量守恒、原子个数守恒。
2、氧化还原反应的特征是元素的化合价发生变化，其本质是在反应中有电子转移。由于物质间得失电子数相等，所以，在有化合价升降的元素间存在化合价升降总数相等的守恒关系。因而有电量守恒（又称电子得失守恒）及化合价守恒。
3、由于物质是电中性的，因而在化合物和电解质溶液中，阴阳离子所带电荷数相等，存在电荷守恒
二、例题应用指导
（一）质量守恒：
在化学反应中，参加反应的反应物的总质量等于反应后生成物的总质量，反应前后质量不变。
例1.在臭氧发生器中装入100mlO2，经反应3O2=2 O3，最后气体体积变为95ml（体积均为标准状况下测定），则反应后混合气体的密度为多少？
【分析】根据质量守恒定律反应前后容器中气体的质量不变，等于反应前100ml O2的质量。则反应后混合气体的密度为：
－－d=（0.1 L /22.4 L·mol1 ×32g·mol1）/0.095 L =1.5 g/L
例
2、将足量的金属钠投入到100gt°C的水中，恰好得到t°C时NaOH饱和溶液111g，则t°C时NaOH的溶解度为____克。
[分析解答]：由于2Na+2H2O=NaOH+H2 所以，反应前总质量为,反应后总质量为
若设Na的物质的量为xmol，则
23x+100=111+x×2，得x=0.5 =xmol.据质量守恒定律有：∴
=0.5mol×40g/mol=20g
(二)原子守恒：
在一些复杂多步的化学过程中，虽然发生的化学反应多，但某些元素的物质的量、浓度等始终没有发生变化，整个过程中元素守恒。
例3.有一在空气中暴露过的KOH固体，经分析知其内含水7.62%，K2CO32.88%，KOH90%，－－若将此样品1g加入到46.00ml的1 mol·L1盐酸中，过量的酸再用1.07mol·L1KOH溶液中
和，蒸发中和后的溶液可得固体多少克？
【分析】此题中发生的反应很多，但仔细分析可知：蒸发溶液后所得固体为氯化钾，其Cl
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－全部来自于盐酸中的Cl，在整个过程中Cl守恒。即n（KCl）= n（HCl）故
－－m（KCl）=0.046L×1 mol·L1×74.5 g · mol1=3.427 g
例
4、将1molH2S和1molO2混合后点燃，生成SO2的物质的量为_____mol?
[分析解答]：H2S在O2中燃烧反应有两种情况：
2H2S+O2=2S+2H2O2H2S+3O2=2SO2+2H2O
本题中：由于2：3＜＜2：1所以H2S在O2中燃烧的产物有S、SO2、H2O。细心观察不难发现：反应前H2S中的H元素全部转移到H2O中，反应前H2S中的S元素全部转移到SO2和S中，反应前O2中的O元素全部转移到H2O用SO2中。∴
据原子守恒有：=(H守恒)2=2+(O守恒）=0.5mol
=1:1.8混合，待充分反应后，生成物－－代入数据得：==1mol∴=例
5、将红磷放在Cl2中燃烧，若红磷与Cl2按np:
中=___________。
[分析解答]：由于反应前红磷中的P元素全部转移到PCl3及PCl5中，反应前Cl2中的Cl元素全部转移到PCl3及PCl5中。
∴据原子守恒有：若设nP=1mol 则nCl=
2∴有：解得
∴：+=0.7mol +=nP 3=2×1.8=3.6mol +5=3.6mol +5=nCl=1mol3=0.3mol =0.7:0.3=7:
3（三）电荷守恒
例
6、将KCl和KBr的混合物13.4克，溶于水配成500mol溶液，通入过量的Cl2,反应后将溶液蒸干，得固体11.175克，则原配溶液中的K+、Cl-、Br-的物质的量浓度之比为（）
A、1：2：3B、3：2：1C、1：3：2D、2：3：
1[分析解答]：根据溶液中的电荷守恒有：[K+]=[Cl-]+[Br-]
∴[K+]＞[Cl-][K+]＞[Br-]∴为B
例
7、某地酸雨分析数据如下：[Na+]=2.3×10-5mol/L
[Cl-]=3.5×10-5mol/L[NH4+]=7×10-6mol/L[SO42-]=2.5×10-6mol/L该地酸雨的PH值是（）。
A.3.0B.4.0C.4.3D.5.0
解析：根据酸雨中，阴阳离子电荷守恒求算：
[Na+]+ [NH4+] +[H+] =[Cl-] +2[SO42-] +[OH-]因溶液显酸性，故[OH-]可略。代入题给数据，立即求得[H+]=1.0×10-5mol/LPH=5.0故选D。
（四）电子守恒：（电子得失守恒，化合价升降总数相等）
氧化还原反应中，氧化剂失电子总数等于还原剂失电子总数，得失电子守恒。
例8、24ml浓度为0.05mol/L的Na2SO3溶液，恰好与20ml浓度为0.02mol/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______。
[分析解答]：先根据化合价的改变确定得失电子的物质：
由于题目指出Cr被还原，所以得电子的物质是K2Cr2O7,失电子的物质是Na2SO3。再根据化
合价的改变分别找出1mol氧化剂、还原剂的得失电子数。设Cr元素被还原为+n价，∴
1mol在反应中得电子：2×(6-n)mol由于Na2SO3肯定被氧化为Na2SO4, ∴1molNa2SO3在反应中失电子：(6-4)×1=2mol。最后，根据反应物的实际电子得失总数，列电子守恒关系求解：
0.05mol/L×24×10-3L×2=0.02mol/L×20×10-3L×2(6-n)
解得：n=3应为+3价。
例93.84g铜和一定质量的浓硝酸反应，当铜反应完时，共收集到标准状况时的气体2.24L，若把装有这些气体的集气瓶倒立在盛水的水槽中，需通入多少升标况下的氧气才能使集气瓶充满溶液?
解析：铜失电子数＝被还原的硝酸得的电子数＝氧化硝酸的还原产物ＮＯ，ＮＯ２消耗的氧气得的电子数，省去中间计算，得铜失的电子数＝氧气得的电子数。则
－１ｎ4（Ｏ２）＝3.84ｇ÷64ｇ.mol×2×1／4＝0.03mol
－１Ｖ（Ｏ２）＝0.03mol×22.4Ｌ.mol＝0.672Ｌ
若用常规解法，应先求出NO，NO２的物质的量，再根据：
4ＮＯ２＋Ｏ２＋2Ｈ２Ｏ＝4ＨＮＯ３
4ＮＯ＋3Ｏ２＋2Ｈ２Ｏ＝4ＨＮＯ３
计算出Ｏ２的物质的量，并求出其体积，此方法运算量大，中间计算多且复杂，容易出错，用电子守恒法综合考虑，可省去中间的各步计算，使计算简化。
你看，这种方法在使用时是否“只看两头不管中间”呢？
三、守恒法的选取
在进行解题时，如何选择并应用上述方法对于正确快速地解答题目十分关键。首先必须明确每一种守恒法的特点，然后挖掘题目中存在的守恒关系，最后巧妙地选取方法，正确地解答题目。
1． 在溶液中存在着离子的电荷守恒和物料守恒。因此涉及到溶液（尤其是混合溶液）中离子的物质的量或物质的量浓度等问题可考虑电荷守恒法物料守恒法。
2．在氧化还原反应中存在着得失电子守恒。因此涉及到氧化还原反应中氧化剂、还原剂得失电子及反应前后化合价等问题可考虑电子守恒法。
3．在某些复杂多步的化学反应中，某些元素的质量或浓度等没有发生变化。因此涉及到多步复杂的化学过程的问题可考虑元素守恒法。
4．在一个具体的化学反应中，由于反应前后质量不变，因此涉及到与质量有关的问题可考虑质量守恒法。
四．习题练习
练习
1、有FeO、Fe2O3的混合物若干克，在H2流中加热充分反应后，冷却称得剩余固体比原混合物减轻0.8g；若将同量的混合物与盐酸反应，欲使之完全溶解，需1mol/L的盐酸的体积至少为______ml。（答案：100ml）
练习
2、有FeCl2,CuCl2混合溶液400ml，经测定其中Cl-浓度为amol/L,投入过量的锌粉bg，充分反应后过滤，所得固体残渣洗涤干燥后，质量为cg。求原混合液中Fe2+,Cu2+的物质的量浓度。
（分析提示：向FeCl2,CuCl2混合溶液中投入过量锌粉，充分反应后过滤，滤液的成份是ZnCl2,固体残渣的成份是Fe、Cu及剩余的Zn。若设剩余的及已反应的锌分别为nZn(1)及nZn(2)mol，则：
由电荷守恒有：2(nFe2++nCu2+)=nCl-2nZn2+(2)=nCl-
由质量守恒有：mFe+mCu+mZn(1)=CmZn(2)=b-mZn(1)
答案：[Fe2+
]=mol/L [Cu2+]=mol/L）
练习
3、用1L1.0mol/LNaOH溶液吸收0.8molCO2,所以溶液中的CO32-，HCO3-的物质的量浓度之比为_____。
－－练习5．当溶液中XO42离子与H2O2分子个数比为2：5时，溶液中XO42离子中的X元素
恰好被还原成较低价态，H2O2中的氧元素被氧化为O2，则X元素的化合价变为多少？（＋2）
练习6．向100mlFeCl3溶液中通入标准状况下的H2S气体2.24L，设H2S全部被吸收后，再加入过量铁粉，待反应停止后，测得溶液中含有0.6金属阳离子，则原FeCl3溶液的物质的－量浓度为多少？（4 mol·L1）
练习7．向KI溶液中滴入AgNO3溶液直至完全反应，过滤后滤液的质量恰好与原溶液质量相等，则AgNO3溶液中溶质的质量分数为多少？（72.3%）
例4,10gＦｅ－Ｍｇ合金溶解在一定量的某浓度的稀硝酸中，当金属完全反应后，收集到标况下4.48ＬＮＯ气体（设ＨＮＯ３的还原产物只有ＮＯ）。在反应后的溶液中加入足量的ＮａＯＨ溶液，可得多少克沉淀?(20.2ｇ)
解析：该反应中Ｆｅ的变价无法确定，用常规法得讨论计算。仔细审题后发现，Ｍｇ，Ｆｅ失电子数等于氮元素得电子数。
－１ｎ失＝ｎ得＝4.48Ｌ÷22.4Ｌ.mol×3
＝0.6mol
Ｆｅ，Ｍｇ失电子后的阳离子所带正电荷共为0.6mol，它也等于沉淀该阳离子所需ＯＨ－的物质的量。即ｎ（ＯＨ）＝0.6mol。
－－ｍ沉淀＝ｍ阳+ｍ（ＯＨ）
－１＝10ｇ＋0.6mol×17ｇ.mol
＝20.2ｇ
第二篇：高考化学守恒法的应用技巧
高考化学守恒法的应用技巧
金点子：
“守恒法”广泛应用于高考及各类竞赛试题的解题中，它既可使繁乱的问题化难为易，又可使复杂的计算化繁为简，因而备受广大中学生的青睐。但在使用中，由于对题意理解不清、条件分析不透，也时常出现滥用守恒的现象，故正确把握守恒原理，学会守恒方法，是高考化学解题之必备。
守恒法包括：元素守恒、电荷守恒、电子守恒、质量守恒等。
1．在化学反应前后，物质中的各元素原子的物质的量始终保持守恒，这就是元素守恒。如在复杂的变化过程中，能充分利用某些元素原子的物质的量守恒解题，不仅思路清晰，而且计算简便。
2．根据电解质溶液总是呈电中性，从而利用电解质溶液中的阳离子所带的正电荷总数与阴离子所带的负电荷总数相等来进行解题的方法称电荷守恒法。
3．在氧化还原反应中，还原剂失去的电子总数与氧化剂得到的电子总数相等，这是运用得失电子数守恒进行化学计算的主要依据。
4．质量守恒普遍存在于整个物理、化学变化过程中（核反应除外），如反应前后物质的质量守恒，反应过程中催化剂的质量守恒，溶液稀释与混合时溶质的质量守恒等。
经典题：
例题1
：（2001年全国高考）在无土栽培中，需配制一定量含50
mol
NH4Cl、16
mol
KCl和24molK2SO4的营养液。若用KCl、NH4Cl和(NH4)2SO4三种固体为原料来配制，三者的物质的量依次是（单位为mol）（）
A．2、64、24
B．64、2、24
C．32、50、12
D．16、50、24
方法：利用元素守恒求解。
捷径：先求出需配制营养液中所需NH4+、K+、Cl—、SO42—、物质的量，再用同样的方法求出选项中所提供的物质中所含NH4+、K+、Cl—、SO42—物质的量。若与题干中的数值一致，即为选项。如题干中NH4+
mol；K+：16+24×2=64（mol）；Cl—：50+16=66（mol），SO42—：24mol。选项B，NH4+：2+24×2=50（mol），K+：64mol、Cl—：64+2=66（mol），SO42—：24mol，与题干相符，选项B正确。
总结：如果题目中提供不是固体物质，而是溶液，其解法是相同的，只要将溶质的物质的量求出，就变成与本题完全相同的题目。目前化学试题中往往置于与生产实际、科研等相结合的情境中，解题时，只要把它迁移到解化学题基本方法中，就可迎刃而解。
例题2
：（2001年上海高考）将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10rnL混合后，溶液显酸性，则溶液中有关微粒的浓度关系正确的是（）
A．c
(Ac－)＞c
(Cl－)＞c
(H＋)＞c
(HAc)
B．c
(Ac－)＞c
(Cl－)＞c
(HAc)＞c（H＋）
C．c
(Ac－)＝c
(Cl＋)＞c
(H＋)＞c
(HAc)
D．c
(Na＋)＋c
(H＋)＝c
(Ac－)＋c
(Cl－)＋c
(OH－)
方法：首先必须考虑溶液间的反应，然后通过守恒关系分析。
捷径：将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10rnL混合后，考虑溶液间的反应，此时溶液变成了等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH、NaCl三种物质的混合溶液。因此时溶液显酸性，知CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度。以此得溶液中粒子间物质的量浓度的关系为：c（Na＋）＞c
(Ac－)＞c
(Cl－)＞c
(HAc)＞
c（H＋）＞c
(OH－)。再利用电荷守恒可得：c
(Na＋)＋c
(H＋)＝c
(Ac－)＋c
(Cl－)＋c
(OH－)。对照选项可得答案为BD。
总结：当溶液中两种可两种以上的物质相混合时，首先必须考虑溶液间的反应，这是解答此类试题的第一步，也是关键性的一步。部分考生由于未考虑混合后的反应而经常出错。
例题3
：（1999年上海高考）
：把0.02
mol·
L－1
HAc溶液和0.01
mol·
L－1
NaOH溶液以等体积混和，则混合液中微粒浓度关系正确的是
（）
A．c（Ac-）>c（Na+）
B．c（HAc）>c（Ac-）
C．2c（H+）=
c（Ac-）—c（HAc）
D．c（HAc）+c（Ac-）=
0.01mol·
L－1
方法：通过电荷守恒及物料守恒两大守恒分析。
捷径：两溶液等体积混合后变成0.005mol·L-1
HAc
和0.005mol·L-1
NaAc的混合溶液，由于HAc的电离占主导地位，故c（Ac-）>
c（HAc），溶液呈酸性。再根据电荷守恒关系：c（Na+）+c（H+）=
c（Ac-）+c（OH-），及c（H+）>
c（OH-）得c（Ac-）>
c（Na+）。再将物料守恒关系c（Na+）=
c（HAc）+c（H+）-c（OH-）代入电荷守恒关系得：2c（H+）=c（Ac-）-
c（HAc）+2c（OH-）。另知，不管溶液电离平衡和水解平衡如何移动，其c（HAc）+c（Ac-）均为常数0.01mol·L-1。以此得答案为A、D。
总结：此类试题考查方式主要有：①微粒浓度的大小比较
②电荷守恒关系式
③物料守恒关系式
④电荷守恒与物料守恒叠加后的恒等关系式。解题时仍要优先考虑溶液混合过程中的反应问题。
例题4
：(2001年高考试测题)将氨水逐滴加入到稀盐酸中，使溶液成中性，则此时（）
A．ｃ(NH4+)=ｃ(Cl-)
B．ｃ(NH4+)>ｃ(Cl-)
C．ｃ(NH4+)<ｃ(Cl-)
D．ｃ(NH4+)与ｃ(Cl-)之间关系不确定
方法：根据溶液中电荷守恒关系获解。
捷径：将氨水加入到稀盐酸中，根据电荷守恒关系得：c（NH4+）+c（H+）=
c（Cl-）+c（OH-）。因所得溶液呈中性，则c（H+）=
c（OH-），以此得：c（NH4+）=
c（Cl-）。故得答案为A。
总结：在对溶液进行计算以确定其浓度及溶液中恒等关系的判断时，通常都可通过守恒法使答题过程变得简单明了。
例题5
：
(1994年全国高考)
38.4mg铜跟适量的浓硝酸反应,铜全部作用后共收集到气体22.4mL(标准状况),反应消耗的HNO3的物质的量可能是
（）
A．1.0×10-3mol
B．1.6×10-3
mol
C．2.2×10-3
mol
D．2.0×10-3
mol
方法：利用反应过程中原子个数守恒求解。
捷径：HNO3与Cu反应，一部分起酸的作用，即生成Cu(NO3)2用去硝酸
=
2n
(Cu)
=
mol×2=1.2×10—3mol；另一部分HNO3起氧化作用，不管生成的22.4mL
气体为何成分，都是HNO3的还原产物，且有HNO3~NO，HNO3~NO2，所以起氧化作用的HNO3为
mol
=1×10—3mol，故共消耗HNO3的物质的量为：
1.2×10—3mol
+
1×10—3mol
=
2.2×10—3mol。以此得答案为C。
总结：这是利用原子个数守恒进行计算的范例。根据参加反应的HNO3一部分生成Cu（NO3）2，另一部分变成NO2或NO。利用反应前后的N原子守恒，可以轻松求解。类似的解法可以在很多题目应用。
例题6
：(2002年全国高考)在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢为原料制取氧气，当制得同温、同压下相同体积的氧气时，三个反应中转移的电子数之比为
（）
A．1︰1︰l
B．2︰2︰1
C．
2︰3︰l
D．4︰3︰2
方法：根据反应过程中化合价的变化及得失电子守恒分析。
捷径：假设三个反应均生成1molO2，在高锰酸钾、氯酸钾的分解反应中，只有氧的化合价升高，且均由-2价升高到0价，故转移电子数均为4mol。而过氧化氢的分解反应，虽也只有氧的化合价升高，但其化合价由-1升高到0价，以此产生1molO2，转移电子数为2mol。综合得，产生相同量的O2，三个反应中转移的电子数之比为：4︰4︰2
=
2︰2︰1。故答案为B。
总结：对不同的反应，在利用电子守恒分析转移电子的情况时，要注意考虑不同反应中化合价不同，而造成电子转移不同的情况。
例题7
：
(2001年全国高考)将NO3—+Zn+OH—+H2O→NH3+Zn（OH）42—配平后，离子方程式中H2O的系数是
（）
A．2
B．4
C．6
D．8
方法：利用得失电子守恒及电荷守恒进行配平后确定离子方程式中H2O前的系数。
捷径：氧化剂NO3—被还原成NH3，1molNO3—得到8mol电子才能生成NH3。还原剂Zn被氧化成Zn（OH）42—，1molZn失去2mol电子才能生成Zn（OH）42—，所以Zn的序数是4，NO3—的序数是1，反应式变成NO3—+4Zn+OH—+H2O→NH3+4Zn（OH）42—，根据离子反应方程式中电荷守恒的原理，可确定OH—的序数是7，最后根据氢原子（或氧原子）守恒可确定H2O的序数是6。显然答案为C。
总结：这是一道氧化还原反应方程式的配平题。在全国考题已经有多年未出现这样的题目，而在上海试题中每年都有。反应方程式的配平是中学化学学习中的基本技能。全国高考题虽然多年未考纯粹的配平题，但应用配平反应方程式的原理（即守恒原理）的试题却很常见。
注意
高考试题评分标准明确指出，反应方程式不配平或配平错误都不能得分。
例题8
：(2001年高考试测题)某化工厂每小时生产98%（质量分数）硫酸at（吨），为使硫充分燃烧，且在下一步催化氧化时不再补充空气，要求燃烧后的混合气体中含氧气的体积分数为b%。若空气中氧气的体积分数为21%，且不考虑各生产阶段的物料损失，则
（1）该厂每小时消耗标准状况下空气的体积为
m3。
（2）为满足题设需求，b%的下限等于。
方法：根据原子个数守恒求解。
捷径：（1）该题的反应过程为：S→SO2→SO3→H2SO4，每小时生产的98%硫酸at，其物质的量为104amol，不计损耗，应制得SO2104amol。根据S→SO2，这一步需O2104amol，又因为燃烧后的混合气体中含氧气的体积分数为b%，且因S→SO2，反应前后气体物质的量不变，设每小时消耗空气为n
mol，则：。
故每小时消耗标准状况下空气的体积为：
（2）空气中的氧气必须维持两个反应，即S→SO2和SO2→SO3的过程。第一步耗氧量为第二步的两倍，故为了满足SO2→SO3催化氧化时不再补充空气的需求，b%的下限应等于空气中氧气的三分之一，即7%。
总结：该题为化工生产过程中的计算问题，为了迅速求解，除了要理清题意，还必须充分运用反应过程中的硫元素守恒及氧元素守恒。
金钥匙：
例题1
：把0.02
mol/LHAc溶液和0.01
mol/LNaOH溶液以等体积混合，则混合液中微粒浓度关系正确的为
（）
A．c（Ac—）﹥c（Na+）
B．c（HAc）﹥c（Ac—）
C．2c（H+）=
c（Ac—）—
c（HAc）
D．c（HAc）+
c（Ac—）=
0.01mol/L
方法：
捷径：混合后先得到0.005
mol/L的HAc溶液和0.005
mol/L的NaAc溶液，由于Ac—的水解程度小于HAc的电离程度，故A正确、B错误。整体考虑溶液中的H+得失：
HAc
H3O+
Ac—
H2O
OH—
得H+
失H+
可得
c（H+）+c（HAc）=c（OH—）
整体考虑CH3COO—的守恒，可得c（HAc）+
c（Ac—）=
0.01
mol/L。所以答案A、D。
总结：任何溶液中都存在三种恒等式——物料平衡（质量守恒）、电荷平衡、质子守衡。以上题为例，这三种等式分别是
c（HAc）+
c（Ac—）=
0.01mol/L
c（Na+）+
c（H+）=
c（Ac—）+
c（OH—）
c（H+）+
c（HAc）=
c（OH—）
例题2
：有一在空气中暴露过久的KOH固体，经分析得知其中含水a%，K2CO3
6%，其余为KOH。取此样品m
g
溶于100
mL
mol/L的硫酸里，残酸需加n
g
原样品才刚好中和完全。由此可知蒸发中和后的溶液可得固体质量为
（）
A．14.2g
B．17.4g
C．20.6g
D．无法计算
方法：因蒸发中和后的溶液得固体K2SO4，而SO42－仅来自于硫酸，以此可通过S原子守恒快速求解。
捷径：最终所得固体为K2SO4
。∵n（K2SO4）
=
n（H2SO4）
∴m（K2SO4）
=
0.1mol
×
174g/mol
=
17.4g，得答案为B。
总结：因在空气中暴露过久的KOH固体成分没有具体的数值，不少同学会因数据未知而错选D(无法计算)。
例题3
：取20g混有MnO2的KClO3，加热至恒重，在一定温度下将残留的固体加入10g水中有7.9g固体未溶解，再加入5g水仍有5.3g固体未溶，则原混合物中可能含有的KClO3质量为（）
A．14.7g
B．6.9g
C．12.1g
D．17.6g
方法：根据作为起催化作用的MnO2，在整个过程中质量守恒分析求算。
捷径：如5.3g未溶固体全为MnO2，则KClO3质量为14.7g。根据反应2KClO3
2KCl
+
3O2↑知，14.7g
KClO3完全分解生成KCl
8.94g，得10g水中溶KCl
5.3g+8.94g—7.9g=6.34g，再加5g水又溶7.9g—5.3g=2.6g，此时溶液为KCl的不饱和溶液，剩余物为MnO2，符合题意。
如5.3g未溶固体含KCl和MnO2，根据后加5g水溶2.6g
KCl知，先加的10g水中溶KCl
5.2g，得加热至恒重时质量为5.2g+7.9g=13.1g，放出O2为6.9g，根据反应方程式可求得KClO3为17.6g，MnO2实际质量为2.4g，符合题意。
以此得答案为A、D。
总结：5.3g未溶固体是何物质是解答该题的关键，部分考生由于仅将其作为MnO2而出现漏选D答案的情况。
例题4
：在铁和氧化铁混合物15
g
中，加入稀硫酸150
mL，能放出H2
1.68
L（S、P、T）。同时铁和氧化铁均无剩余，向反应后的溶液中滴入KSCN溶液，未见颜色变化。为了中和过量的H2SO4，且使Fe2+完全转化成Fe(OH)2，共消耗3
mol/L的NaOH溶液200
mL，则原硫酸的物质的量浓度是（）
A.1.5mol/L
B.2mol/L
C.2.5mol/L
D.3mol/L
方法：因最后溶液中所剩溶质为Na2SO4，根据电荷守恒可求得SO42－的物质的量浓度。
捷径：最终所得溶液中含有Na+和SO42-（少量H+和OH-）而Na+来自于NaOH。SO42-来自于原硫酸，根据溶液中离子电荷守衡得：
n(Na+)
+
n(H+)
=
2n(SO42－)
+
n(OH－)，不计少量H+和OH-，得
3mol/L×
0.2L
=
2×c(SO42-)×0.15L
解得：c(H2SO4)=
mol/L，以此答案为B。
总结：此题再利用氢气的体积和铁元素守恒，还可求得原混合物中铁和氧化铁的质量。
例题5
：向某稀醋酸溶液中滴加一定量的氢氧化钠溶液后，若溶液中CH3COO-的物质的量等于加入NaOH的物质的量。则此时溶液的pH（）
A.＞7
B.＜7
C.＝7
D.无法确定
方法：利用溶液中阴阳离子所带电荷相等列出恒等式求得c(H+)与
c(OH-)间的关系，再分析此关系而获得结果。
捷径：因溶液中CH3COO-的物质的量等于加入NaOH的物质的量，又溶液中Na+的物质的量等于加入NaOH的物质的量，所以反应所得混合溶液中CH3COO-与Na+物质的量相等，即c(CH3COO-)=
c(Na+)。而根据电荷守恒知，溶液中c(Na+)+c(OH-)=
c(CH3COO-)+c(OH-)，则溶液中c(H+)=
c(OH-),即溶液pH
=
7。以此得答案为C。
总结：此题若从电离平衡角度分析，则难于理解。如果灵活运用电荷守恒关系分析，问题则迎刃而解。
例题6
：在3BrF3
+5H2O
=
HBrO3
+
O2↑+
Br2
+
9HF中，若有5mol水参加反应，则被水还原的BrF3的物质的量是（）
A．3
mol
B．10/3
mol
C．4/3
mol
D．2
mol
方法：水仅作还原剂，5mol水参加反应，有2mol水被氧化，以此根据得失电子守恒即可求得被水还原的BrF3的物质的量。
捷径：2mol水被氧化生成1mol氧气，水失去电子的物质的量为4mol，BrF3的化合价从+3降为0价，每摩尔BrF3作氧化剂时得3mol电子，以此根据得失电子守恒即可求得被2
mol水还原的BrF3为4/3
mol，故正确答案为C。
总结：该题部分学生根据化学方程式直接得，当5mol水参加反应，有2
mol
BrF3被还原。以此获得错误结果D。现错解的原因是审题时未注意失电子为何物质，又忽视一个关键字——水。该反应失电子不仅有H2O，还有BrF3。
y
x
A
y
x
y
x
y
x
B
C
D
例题7
：标准状况下，在1L
NO气体中不断地通入O2，若温度和压强保持不变，则反应后气体体积y与通入的O2体积（用x表示）关系正确的图为（）
方法：根据反应2NO
+
O2
=
2NO2前后N元素守恒及部分NO2
转化成N2O4，结合图示分析求解。
捷径：根据反应2NO
+
O2
=
2NO2，前后N元素守恒。但在标准状况下，NO2一旦生成，便有部分转化成N2O4，而造成气体的物质的量及体积减小，待NO反应完后，再通入O2，体积逐渐增大，以此得正确答案为D。
总结：部分考生根据反应2NO
+
O2
=
2NO2，依据在温度和压强不变时，气体体积与气体的物质的量成正比，得出在NO中通入O2，开始体积不变，待NO反应完后，再通入O2，体积逐渐增大，从而获得答案C。出现此种错解的原因乃是滥用反应过程中物质的量守恒，未考虑后续反应之故。
在化学反应中利用物质的量守恒进行解题时，必须注意反应的进程问题。当反应过程中浓度变稀造成反应终止，或有后续反应存在时，便可能造成物质的量不守恒。
例题8：
NO和NO2（过量）组成的混合气体通入NaOH溶液中，能发生反应①3NO2
+
NaOH
=
2NaNO3
+
NO↑+H2O，②NO2
+
NO
+
2NaOH
=
2NaNO2
+
H2O，如用V
L
NaOH溶液吸收由n
mol
和m
mol
NO2组成的混合气体，求NaOH溶液的浓度最小要达到多少mol/L？
方法：根据反应前后N元素守恒求NaOH溶液的最小浓度。
捷径：从题中反应可知，NO2过量，氮的氧化物能全部被吸收，且生成NaNO2或NaNO3，以此消耗NaOH的物质的量等于混合气的总物质的量，NaOH的物质的量≥（m+n）/V
mol/L，故NaOH的浓度最小应为（m+n）/V
mol/L
总结：根据反应前后元素的来龙去脉，找出某些元素间的守恒关系，列出恒等式，可迅速求得结果。此题如通过设物质的量来求解，便显得很繁杂。
例题9
：有碳酸钠和碳酸氢钠的混合物14.8g，把它配成稀溶液，然后向该溶液中加入12.4g碱石灰（CaO、NaOH组成的混合物），充分反应后，溶液已检测不到Ca2+、CO32—和HCO3—，然后将所得的体系中水分设法蒸干，得白色固体29g。试求：（1）原混合物中碳酸钠和碳酸氢钠各多少克？（2）碱石灰中CaO、NaOH各多少克？（3）所得29g白色固体中各种成分的质量是多少？
方法：根据反应列出守恒关系，然后通过反应前后的守恒求解。
本题有下列量守恒：①反应前后的CO32—物质的量守恒，即CaCO3中CO32—物质的量等于Na2CO3中CO32—的物质的量与NaHCO3中HCO3—物质的量之和；②反应前后Ca2+物质的量守恒，即CaO中Ca2+的物质的量等于CaCO3中Ca2+物质的量；③反应前后，Na+物质的量守恒。
捷径：设Na2CO3的物质的量为x，NaHCO3的物质的量为y，碱石灰中NaOH的物质的量为z，根据上述有关离子物质的量守恒得：
106g·mol—1x+
g·mol－1
y
=
14.8g
g·mol—1
(x+y)+40
g·mol—1z
=
12.4g
g·mol—1
(x+y)+40
g·mol—1
(2x+y+z)
=
29g
解之得
x=0.1mol，y=0.05mol，z=0.1mol
（1）
原混合物中Na2CO3为0.1mol
×106
g·mol—1
=
10.6g，NaHCO3为0.05mol×84
g·mol—1
=
4.2g。
（2）
碱石灰中CaO为56
g·mol—1
×（0.1mol+0.05mol）=
8.4g，NaOH为0.1mol×40
g·mol—1
=
4g。
（3）
29g白色固体中CaCO3为100
g·mol—1
×（0.1mol
+
0.05mol）=
15g，NaOH为29g
—15g
=
14g。
总结：为了能充分理清反应前后的关系，建议考生在解题时要画出前后的变化关系图，并将守恒的元素找对、找全。
例题10
：已知Zn（OH）2与Al（OH）3一样具有两性，现有硝酸铜和硝酸银混合溶液100mL，其NO3—浓度为4
mol·L-1。当加入一定质量的锌粉，充分振荡后过滤，得干燥沉淀24.8
g
。将此沉淀置于稀盐酸中，无气体放出。在滤液中加入BaCl2溶液无沉淀生成，再加入过量稀NaOH溶液得到的沉淀，经过滤、干燥、灼热后质量为4g。求参与反应的锌的质量。
方法：由于电解质溶液呈中性，根据溶液中阳离子所带的正电荷总数必定等于阴离子所带的负电荷总数。对此题来说，即反应后溶液中Zn2+与未被置换的Cu2+
所带的正电荷必定等于溶液中NO3—所带的负电荷。根据反应后溶液中电荷守恒列式求解。
捷径：由于24.8
g
沉淀物不能与盐酸反应，说明沉淀物中无过剩的锌粉，即加入的锌全部参与反应。又由于滤液不与BaCl2溶液反应，说明原溶液中Ag+
已全部被锌置换。最后4
g
固体为CuO的质量，它是溶液中未参与反应的Cu2+
转化而成。
+
=
mol·L-1×0.1L
（）
×2
因反应后溶液中Zn2+与未被置换的Cu2+
所带的正电荷等于溶液中NO3—所带的负电荷。设参与反应的锌的质量为x，则
解之得，x=9.75g
总结：利用电荷守恒法进行解题时，必须注意以下两个问题：①溶液中阴、阳离子总数不一定守恒；②当溶液很稀时，水的电离不能忽略。
例题11
：在室温时，将PH
=
5的稀硫酸稀释到1000倍，则稀释后的溶液中c(H+)︰c(SO42—)。
方法：溶液无限稀释后，水的电离不能忽略，此时要通过水的离子积常数求解。
捷径：PH=5的H2SO4稀释到1000倍后，H2SO4电离提供的c(H+)为10—8mol·L—1，c(SO42—)为5×10—9
mol·L—1。由于溶液很稀，不能忽略水的电离。设水电离产生的H+或OH—为x
mol·L—1，根据水的离子积常数得：
（10—8+x）x=10—14，解得x
=9
.5×10—8（mol·L—1）
c(H+)︰c(SO42—)
=
（10—8mol·L—1
+
.5×10—8mol·L—1）︰5×10—9
mol·L—1
=
21︰1
总结：部分考生未考虑水的电离，而根据H2SO4完全电离得出错误结果为，c(H+)︰c(SO42—)
=2︰1。
例题12
：
3.84g
Cu和一定质量的浓硝酸反应，随着反应的进行，硝酸溶液浓度也在降低，反应生成的气体颜色也在逐步变浅，当铜反应完毕时共收集到气体体积为2.21
L。若把收集到气体的集气瓶倒立于盛水的水槽中，需通入多少毫升标准状况下的O2才能使集气瓶充满溶液？
方法：根据题意，硝酸首先获得Cu的电子生成氮的氧化物NO2和NO，并有少量NO2转化成N2O4
。而后各种氮的氧化物又失电子给O2而重新生成HNO3
。根据得失电子数守恒，O2得到的电子数一定等于Cu失去的电子数。
捷径：由于3.84g
Cu失去电子0.12
mol，需0.03
mol
O2获得，故标准状况下O2的体积为0.03
mol×22.4
L·
mol -1×1000
mL·L-1
=672
mL。
总结：在利用得失电子数守恒进行解题时，必须注意得失电子为何物质，注意氧化还原反应中整体与局部之间的关系和联系。
例题13
：将碳酸氢铵受热分解后的产物恒温于150℃，其平均分子量为多少？
方法：如果分析产物中气体组成，再用对各组分气体分子量加以平均（即M=17×
1/3
+
×
1/3
+
×
1/3）来求就太繁了。而从整体质量守恒法来求便显得简单明了。
捷径：由于生成物均为气体，故其总质量与碳酸氢铵质量相等。而1
mol碳酸氢铵又分解出3
mol气体，因此平均分子量为：79/3。
总结：如果有生成物为固体或液体，前后的质量将不再守恒，在解题时要特别注意。
例题14
：
20℃时，向五瓶盛有90g水的容器中分别加入下列物质各10g，A、氯化钠，B、氨气，C、过氧化钠，D、三氧化硫，E、氧化钙，得到五种溶液。这五种溶液的溶质质量分数由大到小的顺序是。
方法：解答该题既要考虑与水反应后的溶质质量，又要考虑生成气体问题，还要考虑有无沉淀生成。
捷径：由于Ca（OH）2为微溶物，故其浓度最低，其溶质质量分数大小顺序应为D>C>A=B>E。
总结：该题易出现的错解是：A、B加入90g水中，溶质仍为10g，得溶质质量分数为10%，C、D、E10g加入水中，溶质分别变为NaOH10.26g，H2SO412.25g，Ca（OH）213.21g，除Na2O2加入水中放出O22.05g，溶液质量变为97.95g外，其余溶液质量均为100g外，以此得溶质质量分数分别为C、10.47%，D、12.25%，E、13.21%，其大小顺序为E>D>C>A=B
。出现此错解的原因是未能考虑到Ca（OH）2为微溶物，其CaO与H2O反应生成的Ca（OH）2大部分脱离溶液体系呈沉淀析出，而出现溶质质量不守恒的现象。
在使用质量守恒进行解题，要特别注意反应的体系问题。当脱离反应体系，如生成沉淀、产生气体，此时在反应体系内物质的质量便表现得不守恒。
聚宝盆：
1．化学反应总遵循质量守恒。其原因是在任何化学反应前后，元素的种类和原子的个数均保持不变。解题时既可运用质量守恒、更可直接运用原子守恒进行巧解。
2．在任何氧化还原反应中，还原剂失去的电子总数一定与氧化剂得到的电子总数相等，解决氧化还原反应中的相关问题时，可用电子守恒法。
3．任何溶液都呈电中性，可见：Σ(阳离子的物质的量×阳离子的价数)
=
Σ(阴离子的物质的量×阴离子的价数)；或Σ(阳离子的物质的量浓度×阳离子的价数)
=
Σ(阴离子的物质的量浓度×阴离子的价数)。这就是电荷守恒法。
热身赛：
1．将ag
NaOH样品溶于bmL
0.1mol/L硫酸里，再加cmL
0.1mol/L
KOH溶液恰好呈中性，则样品纯度为
（）
A．×100%
B．
×100%
C．
×100%
D．
×100%
2．为了取制氧气，取一定量的KClO3和一定量的MnO2共热，开始时MnO2在混和物中质量百分含量为25%，当M
nO2含量提高到30%时，KClO3的分解百分率为
（）
A．43.3%
B．56.7%
C．40%
D．60%
3．同温同压下,10mL气体A2和30mL气体B2恰好完全化合，生成20mL气体X，则X的化学式为
（）
A．AB3
B．A3B
C．A2B
D．AB2
4．已知某强氧化剂XO（OH）2+
被亚硫酸钠还原到较低价态，如果还原含2.4×10-3mol
XO（OH）2+的溶液至此较低价态，需用30mL
0.2mol/L的Na2SO3溶液，那么X元素最终价态为
（）
A．+2
B．+1
C．0
D．-1
5．24mL浓度为0.05mol/L的Na2SO3溶液，恰好与20mL浓度为0.02mol/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（）
A．+6
B．+3
C．+2
D．0
6．若干克铜粉和铁粉产混合物与足量盐酸充分反应后，过滤，将滤渣在空气中充分加热，冷却后称量，质量恰好等于原混合物的质量，则混合物中铁的质量分数
7．将NaHCO3和部分风化的纯碱晶体组成的混合物样品m
g配成250mL溶液，用1.0
mol/L盐酸滴定，至终点时，用去盐酸30.0
mL。若将上述样品m
g加热至质量不变时，可得到固体多少克？
8．镁带在空气中完全燃烧后，将其产物溶于50mL1.8mol/L稀盐酸中,再加入20mL0.9moL/LNaOH溶液以中和多余的酸,然后加入足量NaOH溶液使氨全部逸出,经测定氨的质量为0.102g。求镁带的质量。
9．工业上用焦炭、水和空气为原料合成氨，在理论上消耗焦炭和氨气的物质的量之比为多少（不考虑空气中O2的反应）？
10．有混合气体A（由NO、H2、CO2组成），通过过量的Na2O2后，变成混合气体B，将B引燃，使其充分反应，得到浓度为70%的硝酸溶液（无任何气体剩余）。求混合气体A和B中各气体的体积比。
11．把一定量的氯酸钾充分加热到再不放出气体为止，向剩余固体中加入足量的水配成溶液，向该溶液中加入足量的硝酸银溶液，过滤，干燥，得到固体物质143。5g，求放出氧气多少克。
12．羟胺（NH2OH）是一种还原剂，能将某些氧化剂还原。现用50.00mL
0.049mol／L的羟胺的酸性溶液跟足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2+恰好与49.3mL
0.02mol／L的KMnO4
酸性溶液完全作用。[已知FeS＋KMnO4＋H2SO4－Fe2（SO4）3＋K2SO4＋MnSO4＋H2O（未配平）]，则在上述
反应中，羟胺的氧化产物是____________。
13．金属A和非金属B可以直接化合生成化合物AB。甲、乙、丙三人分别做A和B化合反应的实验，充分反应时每人所用A和B的质量各不相同，但总质量都是9g。甲、乙所用A和B的质量及三人得到化合物AB的质量如下表，请填写表中空格。
A的用量
B的用量
得到AB的用量
甲
7g
2g
6g
乙
4g
5g
6g
丙
4.44g
14．将一定量的氯酸钾与3.48
g二氧化锰组成的混合物加热一段时间后共收集到氧气0.336
L(标准状况)，然后将残留固体加入到足量浓盐酸中共热，使之与浓盐酸充分反应，再将生成的气体全部通入到100
mL1
mol/L的溴化亚铁溶液中，有的溴离子被氧化成单质。求氯酸钾的分解百分率。
15．将一定量的铝粉和铁粉的混合物溶于足量盐酸中，然后向其中加入过量的氢氧化钠溶液，在空气中放置一段时间，滤出沉淀物，再将沉淀物在O2中灼烧，最后得红棕色粉末，该粉末的质量与原铝、铁混合物的质量恰好相等。求原混合物中铝的质量分数。
16．将一块已被严重锈蚀而部分变为铜绿[Cu2(OH)2CO3]的铜研磨成粉末，充分灼烧成CuO，发现固体质量没有发生增减。求铜被锈蚀的质量百分率。
大检阅：
1．D
2．B
3．A
4．C
5．B
6．20%
7．15.9g。运用质量守恒法
8．0.792g。运用质量守恒法和整体思维技巧
9．3︰2。运用电荷守恒法
10．A中V(NO)
︰V(H2)
︰V(CO2)
=
2︰4︰7；B中V(NO2)
︰V(H2)
︰V(O2)
=
4︰8︰5。运用质量守恒法和整体思维技巧
11．48g
12．N2O
13．7.52g
1.48g
(或2.96g、6.04g)
14．33.33%
15．30%
16．有关的两个反应式是：Cu2（OH）2CO3=2CuO＋H2O↑＋CO2↑，2Cu＋O2=2CuO。前一反应减小固体质量，后一反应增加固体质量。常见的解法可能是：设原固体质量为1，其中Cu2（OH）2CO3含x，单质铜含1－x。据题义：。式中80、222、64、62、32分别为CuO、Cu2（OH）2CO3、Cu、H2O＋CO2（相当于H2CO3）、O2的摩尔质量。解得x=47.23%。但这仅是Cu2（OH）2CO3的百分含量，还需对原金属铜的锈蚀率进行换算：。如果紧盯关键元素Cu来做文章，可以发现第一个反应中放出的H2CO3的物质的量等于被蚀铜元素物质的量的1/2，第二个反应中被结合的O2的物质的量则等于未锈蚀铜元素的1/2。设H2CO3的质量为m，据题义O2的质量亦为m，即可据两部分铜元素的量直接列式解得答案：。式中连Cu2（OH）2CO3、CuO、Cu的摩尔质量都没有用上，运算量简化到了最大限度
第三篇：十字交叉法在化学中的应用及总结
十字交叉法的原理及其在化学计算中的应用
十字交叉法又称对角线法,也叫混合规则.作为一种简化的解题方法,是实际计算方程式图解形式，应用于二元混合体系具有平均值的计算问题,它具有简化思路、简便运算、计算速度快等显著优点.近年来,十字交叉法在中学化学计算中广泛使用,通过十字交叉得到差值的比值的含义如何确定,如果没有真正理解十字交叉法含义,在使用该方法时将没有真正达到简化思路、快速准确求解的目的,从而限制了该方法的推广和应用.“十字交叉法”是通常中学化学计算必需掌握的一种计算方法,因为用此法解题实用性强、速度快.学生若能掌握此方法解题,将会起到事半功倍的效果.以下是笔者几年来对“十字交叉法”理解及体会.1 十字交叉法的原理:A×a%+B×b%=(A+B)×c% 整理变形得: A/B=(c-b)/(a-c)①
如果我们以100 g溶液所含的溶质为基准
上式表示溶液混合时它们的质量比与有关质量分数比的关系.可得如下十字交叉形式 a
c-b
c
② b
a-c 对比①,②两式不难看出:十字交叉关系中(c-b)/(a-c)为组分A和组分B混合时的质量比.推广到二组分混合体系中,当以一定质量的混合体系为基准所得十字交叉关系,其比值为质量比(例如,质量分数是以质量为基准);若有c-b比a-c的化学意义由平均值c决定,则比值就表示组分A中c-b和组分B中a-c所表示的量的比值.如c为质量或质量分数,则(c-b)/(a-c)表示组分A和组分B溶液的质量之比.若c为密度,则(c-b)/(a-c)就表示组分A和组分B的溶液体积之比.若c为摩尔质量,则(c-b)/(a-c)就表示组分A和组分B的物质的量比;此时可用十字交叉法求混合物中各组分的含量.2 十字交叉法的应用例析： 2.1 用于混合物中质量比的计算
例1 将铝铁合金18.5克溶于足量的盐酸中产生标准状况下的氢气11.2升,求合金中铝铁的质量之比是多少？
解：在标准状况下，求出氢气的质量M=1g,以混合物总质量18.5g作为基准物再根据镁铝与盐酸的关系列出十字交叉式如下：
Al
/ 18
19/56
Fe
37/56
19/18 求得铝与铁质量的比是9/28 例2 镁和铝的混合物10g,与足量的稀硫酸充分反应,生成1.0g氢气,混合物中镁和铝的质量比为多少? 解：在标准状况下，以混合物总质量10g作为基准物再根据镁铝与盐酸的关交叉式如下：
Mg 5/6
1/9
Al 10/9
1/6 求得镁与铝的质量比是2/3 例3 KHCO3和CaCO3的混合物和等质量的NaHCO3分别与盐酸完全反应时,所消耗的酸的量相等,则混合物中KHCO3与CaCO3的质量比是多少? 解析:由化学反应方程式:KHCO3+HCl=KCl+H2O+CO2↑
CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑
以消耗HCl物质的量1mol作为基准物, 求出反应掉KHCO3、CaCO3、NaHCO3的质量的数值分别为100g、50g、84g，依题意KHCO3和CaCO3的混合物84g与NaHCO384g均消耗1molHCl，即两个分量值分别为100和50,平均值为84, 用十字交叉法图解如下: KHCO100
CaCO3
因为是以物质消耗HCl的物质的量1mol为基准物,所以比值34/16=17/8 为碳酸氢钾与碳酸钙消耗HCl的物质的量之比,故原混合物中碳酸氢钾与碳酸钙的物质的量之比为17/4,即质量比也为17/4（因它们的相对分子质量相等）.2.2 用于混合物中物质的量比的计算
例4 在标准状况下，测得空气和HCl混合气体对氢气的相对密度为17，求空气和HCl气体的物质的量之比
解:混合气体的平均式量为17×2=34 ,以1 mol混合物为基准物则十字交叉法如下: 空气 29
2.5
HCl 36.5 求出空气与HCl气体的物质的量比是1/2
例5某Na2SO3已部分氧化成Na2SO4,经测定该混合物中硫的质量分数为25%,求混合物中Na2SO3和Na2SO4的物质的量之比(整数比)？ 解：由平均质量分数25%，列出十字交叉法如下： Na2SO3 中 S %
25.397 %
2.465 %
25%
Na2SO4 中 S %
22.535 %
0.397 % 求得Na2SO3与Na2SO4 的物质的量比是6/1 2.3 用于混合物中体积比的计算
例6已知CH4, C2H4及其混合气体在同温同压下分别为 0.71 g / L、1.25 g / L、1.16 g / L.求混合气体CH4和C2H4的体积比是多少？
解：以1mol 混合气体密度1.16 g / L作为基准物 则十字交叉法如下： CH
40.71
0.09
1.16 C2H4 1.25
0.45 求得CH4与C2H4 的体积比是1/3 例7 已经 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g);△H=-571.6千焦 C3H8(g)+5 O2(g)=3CO2(g)+4H2O(1);△H=-2220千焦 求H2和C3H8的体积比.解析:lmol C3H8完全燃烧放热为:571.6/2=285.8千焦 lmol C3H8完全燃烧放热为:2220千焦
lmol混合气体完全燃烧放热为:3847/5=769.4千焦 列出十字交叉法如下：
H2
285.5
1460.6
769.4 C3H8 2220
483.6 求得H2和C3H8 的体积比为3/1
例8一种气态烷烃和一种气态烯烃，它们的分子式中所含碳原子数相同，若l体积这种混合烃在O2中充分燃烧，能生成2体积的和2.4体积的水蒸气，则混合中烷烃和烯烃的体积比是多少？
解:设混合烃分子式为CxHy、烷烃与烯烃的体积比为 CxHy + 3.2 O
2= 2 CO2+ 2.4 H2O 1
3.2
2.4
根据原子守衡定理得混合烃分子式为C2H4.8 即氢的原子数是4.8.十字交叉法如下： C2H6
0.8
4.8 C2H1.2 求得混合物中C2H6和C2H4 的体积比是2/3 2.4 用于混合物中原子个数比的计算
例9 已知自然界中铱有两种质量数分别为191和193的同位素,而铱的相对分子质量为192.22,求这两种同位素原子个数比.解：以1 mol铱的相对分子质量为192.22为基准则十字交叉法如下：
191Ir 191 0.78
199.2
191Ir / 193Ir = 0.78 / 1.22 193Ir 193 1.22 求得191Ir 与193Ir 物质的量比39/61 也是它们原子个数比.2.5 用于混合物中质量分数和体积分数的计算
例10 把0.200gNaCl和KI混和物溶于水后加入过量AgN03溶液析出0.449 g，求原混和物中NaCl和KI的质量百分数.解：分别计算产生沉淀物的质量,根据化学方程式得： 0.200 g NaCl生成 0.490 g
AgCl 0.200 g NaI 生成 0.283 g
AgI
则十字交叉法如下：
NaCl 0.490 / 0.200
0.166
0.449/0.200
m(NaCl)/ m(KI)=0.166/ 0.041 KI
0.283 / 0.200
0.041 求得NaCl 和 KI 的质量比是4/1，即他们的质量分数分别为80%，20% 例11在标准状况下氢气和一氧化碳的混合气体7L，质量为2.25g，求H2和CO的体积分数？ 解：设混合气体的摩尔质量为M 2.25 / M = 7 / 22.4 L / mol
M=7.29 列出十字交叉法如下： CO 28
5.2
7.2
V(CO)/ V(H2)=5.2 / 20.8
H2
20.8 求得CO与H2体积比是1/4 即它们体积分数分别是25% ,75%
例12 已知Fe2O3在高炉中发生反应Fe2O3+CO = 2FeO+CO2,反应形成的固体混合物Fe2O3、FeO中,元素铁和氧的质量之比用m(Fe)∶m(O)表示.若m(Fe)∶m(O)=21∶8,计算Fe2O3被CO还原的质量分数.解析:此题用方程式法甚为烦琐,用十字交叉法则非常简单.即:若Fe2O3全部被还原,则m(Fe)∶m(O)=21∶6;若Fe2O3未被还原,则m(Fe)∶m(O)=21∶9.列出十字交叉法如下： 未被还原Fe2O3 9 / 21
/ 21
8/21
被还原Fe2O
/ 21
/ 21 则未被还原的氧化铁与被还原的氧化铁的物质的量之比为2∶1,所以被还原的氧化铁的质量分数为13×100%=33.3%.例13 将20%NaCl溶液与60%NaCl溶液按质量比1:3混合,计算NaCl溶液的质量分数.解：设20%NaCl溶液为mg,则60%NaCl溶液质量就为3mg,所得NaCl溶液的质量为x% 列出十字交叉法如下：
m 20% x%-60% x% 3m 60 % 20%-x% 则 m / 3m =(x %x %)求出x=50 既NaCl质量分数50% 通过上面的论述,我们可以看出,十字交叉法确实简单、方便、容易操作,但值得一提的是,在应用十字交叉法进行运算时,必须满足它的运算基础.十字交叉法应用于处理两组分(或相当于两组分)的混合物的组成计算十分方便.不断积累、总结、发掘新的解题方法，可促进知识的有效迁移、同化和深化对问题的理解，提高解题的效率与正确率.
第四篇：核磁共振在化学中的应用
核磁共振技术在有机化学构型等方面的应用
摘要: 本文综述了核磁共振在复杂分子结构解析、光学活性化合物构型确定、有机合成反应机理研究、组合化学、高分子化学等方面的应用进展。关键词: 核磁共振、化学构型 1 概述
核磁共振(Nuclear Magnetic Resonance ,NMR)现象是1946 年由哈佛大学的伯塞尔(E.M.Purcell)和斯坦福大学的布洛赫(F.Bloch)用不同的方法在各自的实验室里观察到的[1]。六十年来,核磁共振波谱技术取得了极大的进展和成功.检测的核从1H 到几乎所有的磁性核;仪器不断向更高频率发展;从连续波谱仪到脉冲傅立叶变换谱仪,并随着多种脉冲序列的采用而发展了各种二维谱和多量子跃迁测定技术;固体高分辨核磁技术和核磁共振成像技术的出现[2]。随着这些实验技术的迅速发展,核磁共振的研究领域不断扩大。核磁共振提供分子空间立体结构的信息,是分析分子结构和研究化学动力学的重要手段。在化学领域,核磁共振为化学家提供了认识未知世界的有效途径。应用核磁共振确定有机化合物绝对构型
有机化学家常常需要确定合成或分离得到的光学活性化合物的绝对构型。应用核磁共振方法测定有机化合物的绝对构型,主要是测定R和S手性试剂与底物反应的产物的1 H 或13 C NMR 化学位移数据,得到Δδ值与模型比较来推定底物手性中心的绝对构型[3]。包括应用芳环抗磁屏蔽效应确定绝对构型的NMR 方法和应用配糖位移效应确定绝对构型的NMR 方法。表中,将计算的Δδ值与表中的配糖位移效应比较,确定底物仲醇手性中心的绝对构型。2.1 芳环抗磁屏蔽效应确定绝对构型
利用芳环抗磁屏蔽效应测定有机化合物绝对构型最为典型的方法是应用1 H
1NMR 和应用19 F NMR 的Mosher 法[4-5]。H NMR 的Mosher 法是将仲醇(或伯胺)分别与(R)和(S)-MTPA(α2甲氧基三氟甲基苯基乙酸)反应形成酯(Mosher 酯),然后比较(R)和(S)-MTPA 酯的1 H NMR 得到Δδ(Δδ=δS-δR), 在与Mosher 酯的构型关系模式图比较的基础上,根据Δδ的符号来判断仲醇手性碳的绝对构型。19 F NMR 的Mosher 法的应用前提是β位取代基的立体空间大小不同。通常情况下,两个非对映异构体(R)和(S)-MTPA 酯中其它影响19 F NMR化学位移因素是相对固定的,19 F NMR 化学位移的不同主要是由于两个非对映异构体中羰基对19 F 的各向异性去屏蔽作用不同引起。通过比较(R)和(S)-MTPA 酯的19 F NMR 的化学位移值结合模型图确定手性中心的绝对构型。2.2 配糖位移效应确定绝对构型
应用配糖位移效应通过核磁共振可确定二级羟基绝对构型,如运用13 C 的配糖位移效应来测定仲醇的绝对构型[6-7]。这种方法包括5 个步骤(13 CNMR 图谱在吡啶里测定):测定仲醇的13 CNMR 图谱;合成仲醇β-D-或α-D-葡萄吡喃配糖体;测定β-D-或α-D-葡萄吡喃配糖体的13 CNMR 图谱;计算葡萄糖单元端基碳、仲醇α碳和两个β碳的配糖位移;将已知绝对构型的仲醇的配糖位移Δδ值总结列于表中,将计算的Δδ值与表中的配糖位移效应比较,确定底物仲醇手性中心的绝对构型。3 应用核磁共振解析复杂化合物结构
核磁共振技术是复杂化合物结构解析最为主要的技术。利用该技术可以获得化合物丰富的分子结构信息,广泛应用于天然产物的结构解析。其近期技术革新主要在于以下几个方面:探头、线圈和核磁管相关技术、固相核磁新技术、核磁共振
[8]。在天然产物分析中,核磁共振仪的检出限较其它波谱分析仪器为高,这对于产率较低的天然产物化合物来说无疑是一种瓶颈制约因素。所以,研究和发展新的核磁共振技术来降低检出限就显得尤为重要。除了提高有限的磁场强度外,更多集中在对核磁共振仪的探头、线圈和核磁管等的改进。常规的5 mm 核磁管及相匹配的探头、线圈在NMR 谱测定时所需样品一般在mg 级以上。近年来逐步发展了微量核磁管及相匹配的探头、线圈,使得样品的检出限大为降低,达到μg 级,甚至ng 级。有关探头、线圈和核磁管相关技术的最新典型应用是Rus2sell 等应用3 mm 低温探头在500 MHz 核磁共振仪上测定了溶解在150μL 氘代苯中的40μg 士的宁的HSQC 谱,在相同的信噪比下比应用传统探头下所需积分时间降低12—16倍[9 ]。此技术对于解析质量和容积有限的复杂天然化合物样品结构具有非常大的优点。4 核磁共振在有机合成反应中的应用
核磁共振技术在有机合成中不仅可对反应物或产物进行结构解析和构型确定,在研究合成反应中的电荷分布及其定位效应、探讨反应机理等方面也有着广泛应用。
4.1 研究合成反应中的电荷分布及其定位效应
配合物中金属离子与配体的相互作用强弱虽然可以用紫外光谱、红外光谱、电化学等方法来研究和表征,但核磁共振谱能够精细地表征出各个H 核或C 核的电荷分布状况,通过研究配合物中金属离子与配体的相互作用,从微观层次上阐释配合物的性质与结构的关系。芳环上原子周围的电子云密度大小可以通过化学位移值得到反映,芳环碳上的电子云密度大小又与其连接取代基的电子效应有关,取代基对苯环的影响为诱导效应和共轭效应的综合。可以通过单取代苯的13 C 化学位移计算常见基团的诱导效应、共轭效应及电子效应,进而根据电子效应强度值定量地表征定位效应、定位规律和苯环的活化与钝化[10 ]。4.2 推测反应机理
有机合成反应对反应机理的研究主要是对其产物结构的研究和动力学数据的推测来实现的。1H NMR 可以由积分曲线得到总质子数和部分质子数,以及由化学位移鉴别羧酸、醛、芳烃(有取代)烷基、链烷基的质子和杂原子,断定邻接不饱和键等的甲基、亚甲基和次甲基的相关氢信息,从自旋2偶合讨论邻接基团, 或鉴别C1 至C4 的各种烷基结构;而13 C NMR 则可以确定碳数,同时还可以从碳的偏共振去偶法确定键合于碳上的氢数,以及鉴别SP3碳、SP2碳和羧基碳,并由羧基碳的化学位移等确定羰基碳的种类, 还可以确定甲基、芳基取代基的种类等获得相关碳的杂化形式、碳的骨架等信息[11]。核磁共振技术在组合化学中的应用
组合化学的飞速发展拓展了常规固相NMR 技术的空间,出现了新的超微量探头。魔角自旋技术(magic angle spinning , MAS)的应用和消除复杂高聚物核磁共振信号的脉冲序列技术的出现,已经可以保证获得与液相NMR 相同质量的图谱。高通量NMR 技术已经用于筛选组合合成的化合物库,成为一种新的物理筛选方法。5.1 核磁共振在固相合成的应用
固相合成的特征是以聚合树脂为载体,载体与欲合成化合物之间连有官能团连接桥,欲合成分子通过连接桥逐步键合到树脂上,最终产物通过特定的切割试剂切落下来。固相合成发展的一个主要障碍是缺少可以对反应历程进行实时监测的简单、快速、无破坏性的分析方法。核磁共振光谱法是鉴定有机化合物结构的重要手段之一。但是,对于与固相载体相连的化合物来说,高聚物的流动性有限,载体上有
机分子的流动性也很有限,这都会使谱线变宽,分辨率下降。另外,载体骨架产生的背景信号会掩盖化合物的信号峰,使之难以辨别。近年来,魔角自旋技术解决了这方面的困难,魔角自旋是指在偏离静态磁场54.7°下旋转样品,这个角度能将偶极偶合平均到零,消除了因固体或非均相溶液中磁化率的不同和样品表面以及边缘磁化率的不连续性造成的谱线加宽。魔角自旋技术与一系列新技术在固相NMR 中的广泛应用,使谱图分辨率和谱线质量得到很大地提高。目前,已经有多种固相NMR 技术应用于合成研究中。如HR/ MAS-NMR 可以直接跟踪固相有机合成反应,为快速优化组合合成的化学反应条件提供了一个新方法[12 ]。6 结束语
随着科学的进步和现代仪器的发展,核磁共振技术的发展很快。通过与计算机科学的完美结合,核磁共振正在成为发展最迅猛、理论最严密、技术最先进、结果最可靠的一门独立系统的分析学科[14] ,不仅应用于化学学科各领域,而且广泛渗透到自然科学、医学应用和工业应用等各个方面,成为一个异常广阔的谱学研究领域。参考文献
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第五篇：计算机在化学中的应用(原创)
计算机在化学中的应用
计算机化学是将计算机科学、数学应用于化学的一门新兴的交叉学科,是化学领域的一个重要分支。
计算机化学的英文叫法有多种,如Computers&Chemistry、Computers in Chemistry及Computers on Chemistry。有时文献中亦会出现Computer Chemistry,但应用较少。计算化学(Computational Chemistry)通常指分子力学及量子化学计算等,与计算机化学有较大区别。
计算机与化学的联姻始于60年代。其首先应用领域是分析化学。因为分析化学的最本征特征是借助于诸种手段收集数据及其数据处理。到了70年代,计算机化学得以突飞猛进的发展,几乎在化学的每一分支领域都结满了丰硕的成果。当今的化学几乎无处不用计算机。计算机(包括数学)已是化学的重要工具,同时计算机化学作为一个学科分支也在迅速发展。本文拟就如下几个方面作一简单介绍。
一、数据库技术
数据库是计算机科学领域中70年代出现的新技术。化学中的许多数据库正是在70年代
历经了由起步、发展,直至成熟的过程。其中,最具代表性的是用于化合物结构解析的谱图数据库。目前,几乎所有的大型分析测试仪器均带有数据库及其检索系统。
各种谱学手段的广泛应用对当代有机化学的发展起到了很大促进作用,因为这些物理方法和手段使人们能较精确地了解化合物的结构。但是,谱图的解释是一较为繁琐,极为费时的工作。然而,随着计算机技术的发展极大地推进了这一领域的革新。
计算机辅助谱图解析方法可粗略地分为两大类:直接谱图库手段,即谱图检索，间接谱图库手段,包括波谱模拟、模式识别和人工智能。目前,应用最广泛的是谱图库检索。此处顺便提及:数据库,英文一般用database或databank表示,而数据库检索却常用librarysearching一词。所谓谱图库,目前用于结构解析的主要是指质谱、核磁谱和红外光谱。
二、有机化合物结构自动解析
该类研究属于人工智能的范畴。人工智能包括的范围很广,如定理证明、语音识别、对奕及专家系统等。对于化学领域,尤以专家系统研究的为最多。所谓专家系统即在规则(常称为知识库)的基础上,模拟专家演绎推理的过程,以得到专家水平的应答。在化学中,除结构解析以外,其它专家系统如分离科学、实验方案的最优设计、工业生产的流程控制及计算机辅助合成(见后)等。
世界上第一个专家系统诞生于化学领域,即美国斯坦福大学建造的DENDRAL系统。该系统利用低分辨质谱和核磁共振波谱来进行有机化合物的结构解析。这一系统的建造成功对整个人工智能领域产生了重要影响。
早年,专家系统主要建造在中、小型机以上的计算机上。后来出现工作站,但由于价格的昂贵使其应用受到限制。到了80年代中期,微机发展极为迅速。目前,世界上至少有60%的专家系统建立在微型计算机上。
作为软件,原则上任何一种计算机语言均可作为专家系统设计工具。但是,由于一般的高级语言字符处理能力较差,所以在选用上应首先选用人工智能语言,如LISP和PROLOG。
几十年来,在结构解析领域中涌现出一大批专家系统,除DENDRAL外,目前比较有影响的系统为CHEMICS(日本)、CASE(美国)、PAIRS(美国)等。在国内,从80年代初在作者的实验室中就开始了计算机自动结构解析的研究工作。并先后建造了含碳、氢、氧有机化合物结构阐明专家系统及含多种杂原子的结构阐明专家系统。
结构解析专家系统工作的逻辑过程为:
(1)由实验数据(如质谱、红外光谱和核磁共振谱等)或者化学信息(如分子式)出发,在知识库如子结构子光谱相关规则)作用下获得化合物中可能含有的结构片断集。
(2)在结构片断集的基础上,利用知识库(如诸多约束条件),经结构产生器(进行结构异构体穷举生成的程序部分)来作整体结构的对接,所生成的异构体常称为候选化合物。
(3)在波谱模拟、碳13谱峰信息、分子张力能计算、模式识别及人机交换信息作用下,进行候选化合物的验证。
三、计算机辅助化合物合成有机化合物的合成最早开始于1895年,距今已非常久远。但是,计算机辅助合成还是近几十年的事。
计算机辅助合成系统在解决问题中,要用到人工智能技术及专家系统的知识,即计算机辅助合成系统为一专家系统。
1969年,美国哈佛大学的Corey和Wipke首先报道了他们的系统。之后,其他系统相继问世。现在,国际上该类系统已用于工业之中,特别是药物工业其应用尤为普遍。
四、分子设计
计算机辅助分子设计是计算机化学的前沿,目前已用于药物分子设计,蛋白质、核酸等生物大分子设计及材料科学,如高分子材料、无机材料和催化剂设计等。下边将侧重以药物分子设计为例进行介绍。
为分子设计近年来发展了很多种方法,其中,开展得尤为广泛的是定量结构活性/性质相关性(QSAR/QSPR)研究。这种方法的要点是由分子式结构出发来构造某种数学模型,然后运用这种模型去预测未知化合物的活性/性质,从而为新分子的设计提供理论依据。
五、化学计量学方法的研究及应用
化学计量学(Chemometrics)是将数学、统计学应用于化学的边缘学科。它是数学与化学之间的一座桥梁。
数学是自然科学的语言,它在化学中的地位和作用日益突出和重要。自70年代以来,随着计算机技术的迅速普及,数学和计算机科学在化学中应用日益广泛,于是化学计量学的方法和内容得到充实和发展,使化学计量学成为化学、生物化学、医学化学、环境化学及药物化学中信息处理的强有力手段。1974年,由美国的Kowalski和瑞典的Wold等发起,在美国华盛顿大学成立了国际化学计量学学会,开展了一系列学术交流活动,推动了化学计量学的迅速发展。从1982年起,在美国分析化学杂志(Anal.Chem.)两年一度的评论中开辟了Chemomet-rics专题。一些年来,国内国外都不断有化学计量学方面的专著问世。
化学计量学是建立在多学科基础上的横向学科。反过来,它在多种学科中的应用也在逐年迅速增加。1994年的Anal.Chem.中化学计量学专题评论,仅计算机检索(事实证明漏检很多),有关文章已多达20000篇,而1996又增至25000
篇。化学计量学在化学学科的发展中起着越来越大的作用。化学计量学主要包括:
(1)统计学(statistics)
(2)最优化(optimization)
(3)信号处理(signalprocessing)
(4)分解(resolution)
(5)校正(calibration)
(6)参数测定(parameterestimation)
(7)模式识别(patternrecognition)
在化学中,主要用于化合物的分类。经典的方法如聚类分析、PCA、KNN、SIMCA及逐步判别分析(SDA)等。目前,人工神经网作为模式识别器在诸多应用中均获良好结果。
七、计算机辅助化学教学的应用
教学思想上要有意识地培养学生创新思维，只有思想上有这种意识。培养学生的创新思维才会贯穿于教学中，也才能真正的、最大程度的达到培养学生创新思维的目的。如果思想上没有这种意的主导作用。就是要打破“师讲生听”接受式的课堂教学模式，让学生成为教学活动的主体，在教师的组织、引导下实现信息的主动获取和知识意义的主动建构。一般的过程是老师或某一个小组提出课程内容的具体要求：各小组依次对学习内容发表见解，提问或发表自己的看法；由老师或小组负责人进行总结：最后由老师评价，评价包括学生对知识的掌握程度、运用知识解决新问题的能力以及学生在活动中的表现等。
在这个过程中教师要注意多褒奖，不贬低，对学生答错的问题，要认真点拨、启发、诱导，对有创新的见解要给予充分的肯定、热情地赞扬。教师与学生的会话交流的形式是多种多样的，直接间接的，间接的如利用网络平台进行的讨论等；无形有形的．有形的如体态语等；有声无声的，无声的如作业批语等；实时和非实时的，非实时的如利用E—mail、BBS等。但不管哪种形式，都要特别关注教师给予指导和学生予以反应类的交流活动。
八、结论
本文介绍了计算机化学中的主要内容。作为数据库检索,由于起步较早,发展得已比较成熟。目前,在大型分析测试仪器(如MS、IR、NMR等)中,数据库已成为
其重要的组成部分。结构解析的人工智能研究,尽管起步较早,但是鉴于问题的复杂性和难度,至今尚在发展中。目前研究的焦点集中在多维波谱的应用上。计算机辅助合成在国外已有许多商用系统,但国内开展还极少,亟需加强。
参 考 文 献许禄.化学计量学方法.科学出版社, 北京: 1995许禄, 郭传杰.计算机化学方法及应用.化学工业出版社, 1990
3许禄,胡昌玉,计算机化学,中国科学院长春应用化学研究所 1998
4黄德海,浅谈计算机辅助化学教学的应用，广东省始兴县始兴中学，2004
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