【精准解析】2021新高考化学鲁科版：第1章专题讲座一化学计算的常用方法

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专题讲座一　化学计算的常用方法

方法一　守恒法

1．应用原理

所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的

总量保持“不变”。在化学变化中的各种各样的守恒，如质量守恒、元素守恒、原子守恒、

得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒等。

2．解题步骤

题组一　原子守恒

1.密胺是重要的工业原料，结构简式如图所示。工业上以液氨和二氧化碳为原料，以硅胶为

催化剂，在一定条件下通过系列反应生成密胺。若原料完全反应生成密胺，则 NH3和CO2

的质量之比应为(　　)

A．17∶44 B．22∶17 C．17∶22 D．2∶1

答案　C

解析　根据密胺的结构简式和元素守恒可知，一个密胺分子中有三个碳原子和六个氮原子，

所以合成 1 mol 密胺需要 3 mol CO2和6 mol NH3，NH3和CO2的质量之比应为

(6×17)∶(3×44)＝17∶22。

2．28 g 铁粉溶于稀盐酸中，然后加入足量的 Na2O2固体，充分反应后过滤，将滤渣加强热，

最终得到的固体质量为(　　)

A．36 g B．40 g C．80 g D．160 g

答案　B

解析　28 g 铁粉溶于稀盐酸中生成氯化亚铁溶液，然后加入足量的 Na2O2固体，由于 Na2O2

固体溶于水后生成氢氧化钠和氧气，本身也具有强氧化性，所以充分反应后生成氢氧化铁沉

淀，过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体为 Fe2O3，根据铁原子守恒，

n(Fe2O3)＝n(Fe)＝×＝0.25 mol

所得 Fe2O3固体的质量为：0.25 mol×160 g·mol－1＝40 g。

题组二　电荷守恒

3．将 a g Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的 200 mL pH＝1的硫酸溶液中，然后向其中加入

NaOH 溶液，使 Fe3＋、Al3＋刚好沉淀完全，用去 NaOH 溶液 100 mL，则 NaOH 溶液的浓度

为________________。

答案　0.2 mol·L－1

解析　当Fe3＋、Al3＋刚好沉淀完全时，溶液中溶质只有硫酸钠，而 Na＋全部来源于 NaOH，

且变化过程中 Na＋的量不变。根据电荷守恒可知：＝，所以，n(NaOH)＝n(Na＋)＝2n(SO)＝

n(H＋)＝0.1 mol·L－1×0.2 L＝0.02 mol，c(NaOH)＝＝0.2 mol·L－1。

4．若测得雨水所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：

离子 K＋Na＋NH SO NO Cl－

浓度/mol·L－14×10－66×10－62×10－54×10－53×10－52×10－5

根据表中数据判断试样的 pH＝________。

答案　4

解析　根据表格提供的离子可知，NH 水解导致试样溶液呈酸性，再根据电荷守恒可知，c(K

＋)＋c(NH )＋c(Na＋)＋[H＋]＝2c(SO)＋c(Cl－)＋c(NO)，将表格中的数据代入得 H＋浓度为

10－4 mol·L－1，则 pH 为4。

易错警示　列式时不要忘了离子浓度前乘上离子所带电荷数。

题组三　电子守恒

5．某强氧化剂 XO(OH)可被 Na2SO3还原。如果还原 1.2×10－3 mol XO(OH)需用 30 mL

0.1 mol·L－1的Na2SO3溶液，那么 X元素被还原后的物质可能是(　　)

A．XO B．X2O3 C．X2O D．X

答案　D

解析　由题意知，S元素由＋4价→＋6价，假设反应后 X的化合价为＋x价，根据氧化还原

反应中得失电子数目相等可得，1.2×10－3 mol×(5－x)＝0.03 L×0.1 mol·L－1×(6－4)，解得

x＝0，所以 X元素被还原后的物质是 X，D项正确。

6．以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收

V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为：

物质 V2O5V2O4K2SO4SiO2Fe2O3Al2O3

质量分数/% 2.2～2.9 2.8～3.1 22～28 60～65 1～2<1

以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：

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