陳琤琤

一、高中化學(xué)計(jì)算題中的質(zhì)量守恒

高中化學(xué)問(wèn)題中的質(zhì)量守恒即原子守恒是指在化學(xué)反應(yīng)過(guò)程的前后，原子的種類(lèi)和原子數(shù)目都保持不變，在實(shí)際問(wèn)題處理過(guò)程中這里的原子可以擴(kuò)展為原子團(tuán)和離子等。

例1現(xiàn)有兩份質(zhì)量相等的NH4NO3和(NH4)2SO4固體混合物，將其中一份與足量的NaOH溶液共同加熱發(fā)生反應(yīng)，且收集標(biāo)準(zhǔn)狀況下的NH3 6.72 L，在另一份混合物制成水溶液后與足量的BaCl2混合，產(chǎn)生11.65 g的白色沉淀。試求：原混合固體中(NH4)2SO4的質(zhì)量和氮元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)？

解析常規(guī)解法假設(shè)原混合物中NH4NO3為x mol；(NH4)2SO4為y mol，其中在第一份試樣與NaOH反應(yīng)時(shí)，（NH4)2SO4產(chǎn)生的NH3標(biāo)況下的體積為V L

(NH4)2SO4+BaCl2BaSO4↓+2NH4Cl

1233 g

y/211.65 g

解之得：y=0.1 mol,

則（NH4)2SO4的質(zhì)量為：

0.1 mol×132 g/mol=13.2 g

(NH4)2SO4+2NaOHNa2SO4+2NH3↑+2H2O

1 mol0.05 mol2×22.4 LV L

1 mol0.05 mol=2×22.4 LV L, 解之得：V=2.24 L

NH4NO3+NaOHNaNO3+NH3↑+H2O

1 molx/222.4 L(6.72-2.24)L

1 molx/2=22.4 L(6.72-2.24)L,解之得：x=0.4 mol

則原混合物中氮元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：

w (N)=14×2×0.1+14×2×0.4132×0.1+80×0.4×100%=31%

巧解分析(NH4)2SO4→BaSO4中SO2-4守恒， 過(guò)程中NH+4→NH3↑元素守恒；

x2+y=6.7222.4(NH+4守恒）

y2=11.65233(SO2-4守恒） 解之得：x=0.4 mol

y=0.1 mol

二、高中化學(xué)計(jì)算題中的電子守恒

電子得失總數(shù)守恒即電子守恒是特指在氧化還原反應(yīng)中，還原劑被氧化過(guò)程中失去的電子總數(shù)與氧化劑被還原的過(guò)程中所得到的電子總數(shù)相等。

例2將16.8 g的鐵粉投入至500 mL的CuSO4和Fe2(SO4)3的混合溶液中，待充分反應(yīng)后，經(jīng)過(guò)過(guò)濾、洗滌和干燥，最終可得到6.4 g的銅，在濾液中加入500 mL 2.0 mol/L的BaCl2溶液后使得濾液中的所有SO2-4完全沉淀，（已知氧化性Fe3+>Cu2+）試求：原溶液混合溶液中SO2-4和CuSO4的物質(zhì)的量濃度分別為多少？

解析常規(guī)方法（1）假設(shè)SO2-4物質(zhì)的量濃度為x mol/L，CuSO4物質(zhì)的量濃度為y mol/L

Ba2++SO2-4BaSO4↓

10.5×210.5x

10.5×2=10.5x解得： x=2 mol/L

（2）CuSO4+FeFeSO4+Cu

56m646.4

56m=646.4，解得： m=5.6 g

Fe2(SO4)3+Fe3FeSO4

1n5616.8-5.6

1n=5616.8-5.6，解得： n=0.2 mol

則CuSO4物質(zhì)的量濃度y=(0.5×2.0-0.2×3)÷0.5=0.8 mol/L

巧解分析分析本題第二小問(wèn)有一定的難度，關(guān)鍵是部分學(xué)生錯(cuò)誤的認(rèn)為CuSO4在反應(yīng)中完全消耗掉了，就以銅元素直接得出CuSO4的量，但是如果學(xué)生想到在這個(gè)氧化還原反應(yīng)中電子得失總數(shù)守恒這一原理，處理就變得簡(jiǎn)單、易懂。令CuSO4和Fe2(SO4)3物質(zhì)的量分別為a和b則a+3b=1(SO2-4離子守恒）

2b+6.4÷64×2=16.8÷5.6×2

(電子得失總數(shù)守恒）即a=0.4 mol

b=0.2 mol

則CuSO4物質(zhì)的量濃度y=0.4 mol÷0.5 L=0.8 mol/L

三、高中化學(xué)計(jì)算題中的電荷守恒

電荷守恒是指溶液呈電中性狀態(tài)，溶液中帶正電的陽(yáng)離子的總電量與帶負(fù)電的陰離子總電量相等。

例3在100 mL一定濃度的HCl溶液中投入一定質(zhì)量的鎂鋁合金，然后在該溶液中再加入濃度為5.0 mol/L的NaOH溶液，如圖1所示為加入NaOH溶液體積與沉淀量的關(guān)系圖，試求：

（1）在19.4 g的沉淀中含有Al(OH)3的質(zhì)量為多少？

（2）HCl溶液的物質(zhì)的量濃度？

圖1解析常規(guī)方法（1）由圖可知：沉淀Mg(OH)2的質(zhì)量為11.6 g，沉淀中含有Al(OH)3的質(zhì)量為(19.4-11.6)=7.8 g

（2）假設(shè)Mg和Al物質(zhì)的量分別為x和y，溶液中HCl的物質(zhì)的量為n，

MgMgCl2Mg(OH)2

1 molx58 g11.6 g

1 molx=58 g11.6 g,解得：x=0.2 mol

AlAlCl3Al(OH)3

1 moly78 g7.8 g

1 moly=78 g7.8 g,解得y=0.1 mol

n=2x+3y+n(NaOH)

=2×0.2 mol+3×0.1 mol+5.0 mol/L

×20×10-3L

=0.8 mol

c(HCl)=0.8 mol0.1 L=8 mol/L

巧解分析本題在第二問(wèn)中計(jì)算過(guò)程相對(duì)比較復(fù)雜，應(yīng)用電荷守恒方法，沉淀最多時(shí)溶質(zhì)為NaCl，即在19.4 g沉淀的時(shí)n(Na+)=n(Cl-)即n(NaOH)=n(HCl)則c(HCl)=160 mL×5.0 mol/L÷100 mL=8 mol/L.

總而言之，高中化學(xué)解題方法的選擇是快速、準(zhǔn)確、高效地處理化學(xué)問(wèn)題，教師在教學(xué)中應(yīng)該引導(dǎo)與培養(yǎng)學(xué)生巧解的思維習(xí)慣，在處理實(shí)際問(wèn)題的過(guò)程中注重有效解題方法的選擇，縮短解題時(shí)間的同時(shí)提升解題的準(zhǔn)確率。

(收稿日期：2014-01-02)

一、高中化學(xué)計(jì)算題中的質(zhì)量守恒

高中化學(xué)問(wèn)題中的質(zhì)量守恒即原子守恒是指在化學(xué)反應(yīng)過(guò)程的前后，原子的種類(lèi)和原子數(shù)目都保持不變，在實(shí)際問(wèn)題處理過(guò)程中這里的原子可以擴(kuò)展為原子團(tuán)和離子等。

例1現(xiàn)有兩份質(zhì)量相等的NH4NO3和(NH4)2SO4固體混合物，將其中一份與足量的NaOH溶液共同加熱發(fā)生反應(yīng)，且收集標(biāo)準(zhǔn)狀況下的NH3 6.72 L，在另一份混合物制成水溶液后與足量的BaCl2混合，產(chǎn)生11.65 g的白色沉淀。試求：原混合固體中(NH4)2SO4的質(zhì)量和氮元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)？

解析常規(guī)解法假設(shè)原混合物中NH4NO3為x mol；(NH4)2SO4為y mol，其中在第一份試樣與NaOH反應(yīng)時(shí)，（NH4)2SO4產(chǎn)生的NH3標(biāo)況下的體積為V L

(NH4)2SO4+BaCl2BaSO4↓+2NH4Cl

1233 g

y/211.65 g

解之得：y=0.1 mol,

則（NH4)2SO4的質(zhì)量為：

0.1 mol×132 g/mol=13.2 g

(NH4)2SO4+2NaOHNa2SO4+2NH3↑+2H2O

1 mol0.05 mol2×22.4 LV L

1 mol0.05 mol=2×22.4 LV L, 解之得：V=2.24 L

NH4NO3+NaOHNaNO3+NH3↑+H2O

1 molx/222.4 L(6.72-2.24)L

1 molx/2=22.4 L(6.72-2.24)L,解之得：x=0.4 mol

則原混合物中氮元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：

w (N)=14×2×0.1+14×2×0.4132×0.1+80×0.4×100%=31%

巧解分析(NH4)2SO4→BaSO4中SO2-4守恒， 過(guò)程中NH+4→NH3↑元素守恒；

x2+y=6.7222.4(NH+4守恒）

y2=11.65233(SO2-4守恒） 解之得：x=0.4 mol

y=0.1 mol

二、高中化學(xué)計(jì)算題中的電子守恒

電子得失總數(shù)守恒即電子守恒是特指在氧化還原反應(yīng)中，還原劑被氧化過(guò)程中失去的電子總數(shù)與氧化劑被還原的過(guò)程中所得到的電子總數(shù)相等。

例2將16.8 g的鐵粉投入至500 mL的CuSO4和Fe2(SO4)3的混合溶液中，待充分反應(yīng)后，經(jīng)過(guò)過(guò)濾、洗滌和干燥，最終可得到6.4 g的銅，在濾液中加入500 mL 2.0 mol/L的BaCl2溶液后使得濾液中的所有SO2-4完全沉淀，（已知氧化性Fe3+>Cu2+）試求：原溶液混合溶液中SO2-4和CuSO4的物質(zhì)的量濃度分別為多少？

解析常規(guī)方法（1）假設(shè)SO2-4物質(zhì)的量濃度為x mol/L，CuSO4物質(zhì)的量濃度為y mol/L

Ba2++SO2-4BaSO4↓

10.5×210.5x

10.5×2=10.5x解得： x=2 mol/L

（2）CuSO4+FeFeSO4+Cu

56m646.4

56m=646.4，解得： m=5.6 g

Fe2(SO4)3+Fe3FeSO4

1n5616.8-5.6

1n=5616.8-5.6，解得： n=0.2 mol

則CuSO4物質(zhì)的量濃度y=(0.5×2.0-0.2×3)÷0.5=0.8 mol/L

巧解分析分析本題第二小問(wèn)有一定的難度，關(guān)鍵是部分學(xué)生錯(cuò)誤的認(rèn)為CuSO4在反應(yīng)中完全消耗掉了，就以銅元素直接得出CuSO4的量，但是如果學(xué)生想到在這個(gè)氧化還原反應(yīng)中電子得失總數(shù)守恒這一原理，處理就變得簡(jiǎn)單、易懂。令CuSO4和Fe2(SO4)3物質(zhì)的量分別為a和b則a+3b=1(SO2-4離子守恒）

2b+6.4÷64×2=16.8÷5.6×2

(電子得失總數(shù)守恒）即a=0.4 mol

b=0.2 mol

則CuSO4物質(zhì)的量濃度y=0.4 mol÷0.5 L=0.8 mol/L

三、高中化學(xué)計(jì)算題中的電荷守恒

電荷守恒是指溶液呈電中性狀態(tài)，溶液中帶正電的陽(yáng)離子的總電量與帶負(fù)電的陰離子總電量相等。

例3在100 mL一定濃度的HCl溶液中投入一定質(zhì)量的鎂鋁合金，然后在該溶液中再加入濃度為5.0 mol/L的NaOH溶液，如圖1所示為加入NaOH溶液體積與沉淀量的關(guān)系圖，試求：

（1）在19.4 g的沉淀中含有Al(OH)3的質(zhì)量為多少？

（2）HCl溶液的物質(zhì)的量濃度？

圖1解析常規(guī)方法（1）由圖可知：沉淀Mg(OH)2的質(zhì)量為11.6 g，沉淀中含有Al(OH)3的質(zhì)量為(19.4-11.6)=7.8 g

（2）假設(shè)Mg和Al物質(zhì)的量分別為x和y，溶液中HCl的物質(zhì)的量為n，

MgMgCl2Mg(OH)2

1 molx58 g11.6 g

1 molx=58 g11.6 g,解得：x=0.2 mol

AlAlCl3Al(OH)3

1 moly78 g7.8 g

1 moly=78 g7.8 g,解得y=0.1 mol

n=2x+3y+n(NaOH)

=2×0.2 mol+3×0.1 mol+5.0 mol/L

×20×10-3L

=0.8 mol

c(HCl)=0.8 mol0.1 L=8 mol/L

巧解分析本題在第二問(wèn)中計(jì)算過(guò)程相對(duì)比較復(fù)雜，應(yīng)用電荷守恒方法，沉淀最多時(shí)溶質(zhì)為NaCl，即在19.4 g沉淀的時(shí)n(Na+)=n(Cl-)即n(NaOH)=n(HCl)則c(HCl)=160 mL×5.0 mol/L÷100 mL=8 mol/L.

總而言之，高中化學(xué)解題方法的選擇是快速、準(zhǔn)確、高效地處理化學(xué)問(wèn)題，教師在教學(xué)中應(yīng)該引導(dǎo)與培養(yǎng)學(xué)生巧解的思維習(xí)慣，在處理實(shí)際問(wèn)題的過(guò)程中注重有效解題方法的選擇，縮短解題時(shí)間的同時(shí)提升解題的準(zhǔn)確率。

(收稿日期：2014-01-02)

一、高中化學(xué)計(jì)算題中的質(zhì)量守恒

高中化學(xué)問(wèn)題中的質(zhì)量守恒即原子守恒是指在化學(xué)反應(yīng)過(guò)程的前后，原子的種類(lèi)和原子數(shù)目都保持不變，在實(shí)際問(wèn)題處理過(guò)程中這里的原子可以擴(kuò)展為原子團(tuán)和離子等。

例1現(xiàn)有兩份質(zhì)量相等的NH4NO3和(NH4)2SO4固體混合物，將其中一份與足量的NaOH溶液共同加熱發(fā)生反應(yīng)，且收集標(biāo)準(zhǔn)狀況下的NH3 6.72 L，在另一份混合物制成水溶液后與足量的BaCl2混合，產(chǎn)生11.65 g的白色沉淀。試求：原混合固體中(NH4)2SO4的質(zhì)量和氮元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)？

解析常規(guī)解法假設(shè)原混合物中NH4NO3為x mol；(NH4)2SO4為y mol，其中在第一份試樣與NaOH反應(yīng)時(shí)，（NH4)2SO4產(chǎn)生的NH3標(biāo)況下的體積為V L

(NH4)2SO4+BaCl2BaSO4↓+2NH4Cl

1233 g

y/211.65 g

解之得：y=0.1 mol,

則（NH4)2SO4的質(zhì)量為：

0.1 mol×132 g/mol=13.2 g

(NH4)2SO4+2NaOHNa2SO4+2NH3↑+2H2O

1 mol0.05 mol2×22.4 LV L

1 mol0.05 mol=2×22.4 LV L, 解之得：V=2.24 L

NH4NO3+NaOHNaNO3+NH3↑+H2O

1 molx/222.4 L(6.72-2.24)L

1 molx/2=22.4 L(6.72-2.24)L,解之得：x=0.4 mol

則原混合物中氮元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：

w (N)=14×2×0.1+14×2×0.4132×0.1+80×0.4×100%=31%

巧解分析(NH4)2SO4→BaSO4中SO2-4守恒， 過(guò)程中NH+4→NH3↑元素守恒；

x2+y=6.7222.4(NH+4守恒）

y2=11.65233(SO2-4守恒） 解之得：x=0.4 mol

y=0.1 mol

二、高中化學(xué)計(jì)算題中的電子守恒

電子得失總數(shù)守恒即電子守恒是特指在氧化還原反應(yīng)中，還原劑被氧化過(guò)程中失去的電子總數(shù)與氧化劑被還原的過(guò)程中所得到的電子總數(shù)相等。

例2將16.8 g的鐵粉投入至500 mL的CuSO4和Fe2(SO4)3的混合溶液中，待充分反應(yīng)后，經(jīng)過(guò)過(guò)濾、洗滌和干燥，最終可得到6.4 g的銅，在濾液中加入500 mL 2.0 mol/L的BaCl2溶液后使得濾液中的所有SO2-4完全沉淀，（已知氧化性Fe3+>Cu2+）試求：原溶液混合溶液中SO2-4和CuSO4的物質(zhì)的量濃度分別為多少？

解析常規(guī)方法（1）假設(shè)SO2-4物質(zhì)的量濃度為x mol/L，CuSO4物質(zhì)的量濃度為y mol/L

Ba2++SO2-4BaSO4↓

10.5×210.5x

10.5×2=10.5x解得： x=2 mol/L

（2）CuSO4+FeFeSO4+Cu

56m646.4

56m=646.4，解得： m=5.6 g

Fe2(SO4)3+Fe3FeSO4

1n5616.8-5.6

1n=5616.8-5.6，解得： n=0.2 mol

則CuSO4物質(zhì)的量濃度y=(0.5×2.0-0.2×3)÷0.5=0.8 mol/L

巧解分析分析本題第二小問(wèn)有一定的難度，關(guān)鍵是部分學(xué)生錯(cuò)誤的認(rèn)為CuSO4在反應(yīng)中完全消耗掉了，就以銅元素直接得出CuSO4的量，但是如果學(xué)生想到在這個(gè)氧化還原反應(yīng)中電子得失總數(shù)守恒這一原理，處理就變得簡(jiǎn)單、易懂。令CuSO4和Fe2(SO4)3物質(zhì)的量分別為a和b則a+3b=1(SO2-4離子守恒）

2b+6.4÷64×2=16.8÷5.6×2

(電子得失總數(shù)守恒）即a=0.4 mol

b=0.2 mol

則CuSO4物質(zhì)的量濃度y=0.4 mol÷0.5 L=0.8 mol/L

三、高中化學(xué)計(jì)算題中的電荷守恒

電荷守恒是指溶液呈電中性狀態(tài)，溶液中帶正電的陽(yáng)離子的總電量與帶負(fù)電的陰離子總電量相等。

例3在100 mL一定濃度的HCl溶液中投入一定質(zhì)量的鎂鋁合金，然后在該溶液中再加入濃度為5.0 mol/L的NaOH溶液，如圖1所示為加入NaOH溶液體積與沉淀量的關(guān)系圖，試求：

（1）在19.4 g的沉淀中含有Al(OH)3的質(zhì)量為多少？

（2）HCl溶液的物質(zhì)的量濃度？

圖1解析常規(guī)方法（1）由圖可知：沉淀Mg(OH)2的質(zhì)量為11.6 g，沉淀中含有Al(OH)3的質(zhì)量為(19.4-11.6)=7.8 g

（2）假設(shè)Mg和Al物質(zhì)的量分別為x和y，溶液中HCl的物質(zhì)的量為n，

MgMgCl2Mg(OH)2

1 molx58 g11.6 g

1 molx=58 g11.6 g,解得：x=0.2 mol

AlAlCl3Al(OH)3

1 moly78 g7.8 g

1 moly=78 g7.8 g,解得y=0.1 mol

n=2x+3y+n(NaOH)

=2×0.2 mol+3×0.1 mol+5.0 mol/L

×20×10-3L

=0.8 mol

c(HCl)=0.8 mol0.1 L=8 mol/L

巧解分析本題在第二問(wèn)中計(jì)算過(guò)程相對(duì)比較復(fù)雜，應(yīng)用電荷守恒方法，沉淀最多時(shí)溶質(zhì)為NaCl，即在19.4 g沉淀的時(shí)n(Na+)=n(Cl-)即n(NaOH)=n(HCl)則c(HCl)=160 mL×5.0 mol/L÷100 mL=8 mol/L.

總而言之，高中化學(xué)解題方法的選擇是快速、準(zhǔn)確、高效地處理化學(xué)問(wèn)題，教師在教學(xué)中應(yīng)該引導(dǎo)與培養(yǎng)學(xué)生巧解的思維習(xí)慣，在處理實(shí)際問(wèn)題的過(guò)程中注重有效解題方法的選擇，縮短解題時(shí)間的同時(shí)提升解題的準(zhǔn)確率。

(收稿日期：2014-01-02)