方法一 关系式法计算
例1 [2012·浙江理综，26(3)]已知：I2＋2S2O32－===S4O62－＋2I－
相关物质的溶度积常数见下表：
物质
CuCl
CuI
Ksp
1.7×10－7
1.3×10－12
某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体的试样(不含能与I－发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：取0.36 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。
①可选用________作滴定指示剂，滴定终点的现象是__________________________。
②CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为______________________________________。
③该试样中CuCl2·2H2O的质量百分数为__________。
方法指导
1． 物质的量在化学方程式中计算的步骤
写：写出反应的化学方程式
↓
找：找出方程式中已知物和未知物的物质的量的关系
↓
列：将已知量和未知量列成比例式
↓
求：对比例式求算
2． 关系式法计算应用范围
此法常用于多步连续反应的计算。确定关系式可利用各步反应的计量关系或某元素原子守恒关系找出已知物质和未知物质的关系式，然后根据已知量和未知量列比例式求解。
对点集训
1． (2012·上海，11)工业上将氨气和空气的混合气体通过铂—铑合金网发生氨氧化反应，若有标准状况下V L氨气完全反应，并转移n个电子，则阿伏加德罗常数(NA)可表示为( )
A.5V11.2n B.11.2n5V C.5n22.4V D.5V22.4n
2． 氯化亚铜(CuCl)是重要的化工原料。国家标准规定合格的CuCl产品的主要质量指标为
CuCl的质量分数大于96.5%。工业上常通过下列反应制备CuCl：2CuSO4＋Na2SO3＋2NaCl＋Na2CO3===2CuCl↓＋3Na2SO4＋CO2↑
(1)CuCl制备过程中需要配制质量分数为20.0%的CuSO4溶液，试计算配制该溶液所需的CuSO4·5H2O与H2O的质量之比。
(2)准确称取所制备的0.250 0 g CuCl样品置于一定量的0.5 mol·L－1FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加水20 mL，用0.100 0 mol·L－1Ce(SO4)2溶液滴定到终点，消耗24.60 mL Ce(SO4)2溶液。有关反应的离子方程式为 Fe3＋＋CuCl===Fe2＋＋Cu2＋＋Cl－ Ce4＋＋Fe2＋===Fe3＋＋Ce3＋
通过计算说明上述样品中CuCl的质量分数是否符合标准。
方法二 “差量法”计算
例2 超氧化钾和二氧化碳反应生成氧气(4KO2＋2CO2===2K2CO3＋3O2)，在医院、矿井、潜水、高空飞行中用作供氧剂。13.2 L(标准状况)CO2和KO2反应后，气体体积变为18.8 L(标准状况)，计算反应消耗的KO2的质量。
例3 取a g Na2CO3和NaHCO3的混合物充分加热，称量剩余固体的质量为b g，求混合物中NaHCO3的质量分数。
得分技巧
“差量法”答题模板
(以Na2O2与CO2反应为例)
2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2 Δm(s) ΔV(g)
2 mol 2Vm 2 mol Vm 56 g Vm
n1 V1 n2 V2 Δm0 ΔV0
比例式：n12 mol＝V12Vm＝n22 mol＝Δm056 g＝ΔV0Vm
关键是找出实际差量与理论差量的对应关系。
对点集训
3． 加热含有结晶水的硫酸铜晶体5.8 g，至质量恒重时停止加热，冷却后称得白色粉末的质量为4.0 g，则该晶体的化学式为 ( )
A．CuSO4·5H2O B．CuSO4·4H2O C．CuSO4·2H2O D．CuSO4·H2O
4． 一定温度下，将60 mL CO、CO2与O2的混合气体用火花引燃，完全反应后冷却到原来温度，体积减少了10 mL。将反应后的气体通过足量的NaOH(aq)，体积又减少了30 mL。剩余气体可使带余烬的木条复燃。原混合气中CO的体积为________mL，CO2的体积为________ mL。
5． 生态农业涉及农家废料的综合利用，某种肥料经发酵得到一种含甲烷、二氧化碳、氮气的混合气体。2.016 L(标准状况)该气体通过盛有红热CuO粉末的硬质玻璃管，发生的反应为CH4＋4CuO△=====CO2＋2H2O＋4Cu。当甲烷完全反应后，硬质玻璃管的质量减轻4.8 g。将反应后产生的气体通过过量的澄清石灰水中，充分吸收，生成沉淀8.5 g。求：
(1)原混合气体中甲烷的物质的量。
(2)原混合气体中氮气的体积分数。
方法三 守恒法在化学计算中的应用
守恒法是中学化学计算中一种很重要的方法，也是在解题中应用最多的方法之一。守恒法中的三把“金钥匙”——质量守恒、电荷守恒和得失电子守恒，它们都是抓住有关变化的始态和终态，淡化中间过程，利用某种不变量建立关系式，从而简化思维过程，达到快速解题的目的。
原子守恒法
例4 将Na2CO3·10H2O和NaHCO3的混合物m g溶于水，配成100 mL溶液，测得溶液中Na＋的浓度为0.4 mol·L－1。若将溶液蒸干、灼烧至质量不再改变，则可得固体残渣( )
A．1.68 g B．2.55 g C．2.12 g D．无法确定
[解题策略] 分析化学反应的始态和终态的组成微粒，从中筛选合适的守恒对象——原子(离子)或原子团。
电荷守恒法
例5 某CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的混合溶液100 mL，已知溶液中阳离子的浓度相同(不考虑水解)，且SO42－的物质的量浓度为6 mol·L－1，则此溶液最多能溶解的铁粉的质量为( )
A．5.6 g B．11.2 g C．22.4 g D．33.6 g
[解题策略] ①任何体系中阳离子带的正电荷数等于阴离子带的负电荷数；②化合物中正、负化合价的代数和为零。
得失电子守恒
例6 羟胺(NH2OH)是一种还原剂，能将某些氧化剂还原。现用25.00 mL 0.049 mol·L－1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24.65 mL 0.020 mol·L－1的酸性KMnO4溶液完全作用，则在上述反应中，羟胺的氧化产物是[已知：FeSO4＋KMnO4＋H2SO4—→Fe2(SO4)3＋K2SO4＋MnSO4＋H2O(未配平)] ( )
A．N2 B．N2O C．NO D．NO2
[解题策略] 得失电子守恒法解题的步骤：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及
每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的物质的量，然后根据得失电子守恒列出等式：氧化剂
的物质的量×每摩尔氧化剂得电子数＝还原剂的物质的量×每摩尔还原剂失电子数。利用这一等式，解氧化还原反应计算题，可化难为易，化繁为简。
对点集训
6． 某硫酸镁和硫酸铝的混合溶液中，c(Mg2＋)＝2 mol·L－1，c(SO42－)＝6.5 mol·L－1，若将
200 mL此混合液中的Mg2＋和Al3＋ 分离，至少应加入1.6 mol·L－1的苛性钠溶液( )
A．0.5 L B．1.625 L C．1.8 L D．2 L
[思路引导] 分析题目数据及反应原理―→确定解题方法(两次使用电荷守恒)―→得出正确答案。
7． (2012·四川理综，13)向27.2 g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5 L，固体物质完全反应，生成NO 和Cu(NO3)2。在所得溶液中加入1.0 mol·L－1的NaOH溶液1.0 L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2 g。下列有关说法不正确的是
( )
A．Cu与Cu2O 的物质的量之比为2∶1
B．硝酸的物质的量浓度为2.6 mol·L－1
C．产生的NO在标准状况下的体积为4.48 L
D．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2 mol
方法一 关系式法计算
例1解析 ①“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体试样的纯度的基本原理是CuCl2氧化I－生成I2，用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，而淀粉溶液遇I2显蓝色，故可用淀粉溶液作指示剂，达到滴定终点时，溶液由蓝色变成无色，且半分钟内溶液不恢复原来的
颜色。
②CuCl2与KI发生氧化还原反应，离子方程式为2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2。
③由题给信息可得关系式：2Cu2＋～I2～2S2O32－，则有
n(CuCl2·2H2O)＝n(Cu2＋)＝n(S2O32－)＝0.100 0 mol·L－1×20.00×10－3 L＝2.000×10－3 mol，m(CuCl2·2H2O)＝2.000×10－3 mol×171 g·mol－1＝0.342 g。试样中CuCl2·2H2O的质量分数为0.36 g0.342 g×100%＝95%。
答案 ①淀粉溶液 蓝色褪去，放置一定时间后不复色
②2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2
③95%
对点集训
1． D
解析 由NH3的催化氧化方程式可知1 mol NH3转化为NO时转移5 mol电子，可得如下关系式：
NH3 ～ 5e－
1 5
22.4V×NA n
即n＝22.45V×NA
解得NA＝5V22.4n。
2．(1)5∶11 (2)符合标准
解析 (1)假设配制1 000 g这种CuSO4溶液，则需要硫酸铜200 g，“折合”成CuSO4·5H2O，其质量为160 g200 g×250 g＝312.5 g，则所需水的质量为1 000 g－312.5 g＝687.5 g，所需的CuSO4·5H2O与H2O的质量之比为312.5∶687.5＝5∶11。
(2)由方程式可得关系式为CuCl～Fe2＋～Ce4＋
即CuCl的物质的量等于消耗的Ce(SO4)2的物质的量，为0.100 0 mol·L－1×24.60×10－3 L＝0.002 46 mol，故CuCl的质量分数为0.250 0 g0.002 46 mol×99.5 g·mol－1×100%＝97.9%，符合标准。
方法二 “差量法”计算
例2
4KO2＋2CO2===2K2CO3＋3O2 ΔV(g)
4 mol 22.4 L
n(KO2) (18.8－13.2)L
n(KO2)＝22.4 L4 mol×(18.8－13.2)L＝1 mol
m(KO2)＝1 mol×71 g·mol－1＝71 g
例3
2NaHCO3△=====Na2CO3＋CO2↑＋H2O↑ Δm(s)
2×84 g 62 g
m(NaHCO3) (a－b)g
m(NaHCO3)＝62 g2×84 g×(a－b)g＝3184(a－b)g
w(NaHCO3)＝a g(a－b)g×100%＝31a84(a－b)×100%。
对点集训
3． B
解析
CuSO4·nH2O△=====CuSO4＋nH2O↑ Δm
160 18n
4 g 5.8 g－4 g＝1.8 g
4 g160＝1.8 g18n，解得n＝4。
4．20 mL 10 mL
解析 2CO＋O2 点燃===== 2CO2 ΔV
2 1 2 1
V(CO) 10 mL
则V(CO)＝2×10 mL＝20 mL；V(CO2)＝30 mL－20 mL＝10 mL。
5．
(1)CH4＋4CuO△=====CO2＋2H2O＋4Cu Δm
1 mol 4×80 g 4×64 g 80 g
x 4.8 g
解得x＝80 g4.8 g×1 mol＝0.06 mol。
(2)CH4＋CO2～CO2～ CaCO3
1 mol 1 mol 100 g
y 8.5 g
解得y＝0.085 mol
混合气体总的物质的量＝22.4 L·mol－12.016 L＝0.09 mol
则氮气的体积分数＝0.09 mol0.09 mol－0.085 mol×100%≈5.56%。
方法三 守恒法在化学计算中的应用
原子守恒法
例4 C
电荷守恒法
例5
解析 设溶液中阳离子的浓度均为x，由电荷守恒得：c(Cu2＋)×2＋c(Fe3＋)×3＋c(H＋)＝c(SO42－)×2，即x×2＋x×3＋x＝6 mol·L－1×2，解得：x＝2 mol·L－1。因溶解铁粉后所得溶液为FeSO4溶液，n(FeSO4)＝6 mol·L－1×0.1 L＝0.6 mol，而原溶液中n(Fe3＋)＝2 mol·L－1×0.1 L
＝0.2 mol。由铁元素守恒可知，最多能溶解铁粉的物质的量n(Fe)＝0.6 mol－0.2 mol＝0.4 mol，故最多能溶解铁粉的质量m(Fe)＝0.4 mol×56 g·mol－1＝22.4 g。
答案 C
得失电子守恒
例6
解析 整个反应过程是羟胺(NH2OH)将Fe3＋还原为Fe2＋，KMnO4又将Fe2＋氧化为Fe3＋。即始态还原剂羟胺失去的电子数与终态氧化剂KMnO4得到的电子数相等。设羟胺的氧化产物中N的化合价为＋n，
则－1NH2OH―→＋nN失电子数：
(n＋1)×0.025 L×0.049 mol·L－1
K＋7MnO4―→＋2MnSO4得电子数：
5×0.024 65 L×0.020 mol·L－1
依据得失电子相等建立方程，解得n＝＋1，所以氧化产物为N2O。
答案 B
对点集训
6． 答案 D
解析 根据溶液中的电荷守恒可得：2c(Mg2＋)＋3c(Al3＋)＝2c(SO42－)，故c(Al3＋)＝(2×6.5 mol·L－1－2×2 mol·L－1)/3＝3 mol·L－1。当加入的NaOH溶液恰好将Mg2＋与Al3＋分离时，所得溶液，根据钠元素守恒为Na2SO4和NaAlO2，则V(NaOH)＝c(NaOH))＋n(Al3＋)，代入数据得V(NaOH)＝1.6 mol·L－12×6.5 mol·L－1×0.2 L＋3 mol·L－1×0.2 L＝2 L。
7．B
解析 解题的关键是会利用守恒法解题，包括元素守恒和得失电子守恒。Cu(OH)2的质量为39.2 g，其物质的量为0.4 mol，设Cu、Cu2O的物质的量分别为x、y，则x＋2y＝0.4 mol,64 g·mol－1·x＋144 g·mol－1·y＝27.2 g，解得：x＝0.2 mol，y＝0.1 mol，故A正确；Cu和Cu2O中的Cu都变成了＋2价，转移的电子的物质的量为(0.4＋0.2) mol＝0.6 mol，根据得失电子守恒可知，生成的NO应为0.2 mol，故C正确；n(NaOH)＝1 mol，生成0.4 mol Cu(OH)2时消耗了0.8 mol NaOH，另外0.2 mol NaOH中和了硝酸，故D正确；硝酸总的物质的量为0.2 mol(剩余的)＋0.2 mol(表现氧化性的)＋0.8 mol(表现酸性的)＝1.2 mol，其物质的量浓度为2.4 mol·L－1，故B错。
