化学计算
计算是化学竞赛重点考察的内容之一。本课将介绍一些常规方法和重要的思维方法，在根据化学学科的内容，适当地把化学题型进行分类，使各位对化学计算有一个整体的认识
第一节 化学计算中的重要方法
一、目测心算法
Eg1、实验室用H2还原mg的CuO，加热一段时间后，停止加热，冷却称量得残留的固体质量为ng.实验过程中红用去wgH2,则参加反应的的CuO的质量分数为
答案 D
Eg2 在100mL混合溶液中，硝酸和硫酸物质的量浓度分别为0.4mol/L和0.1mol/L，向该溶液中加入1.92gCu粉，加热，待完全反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度是A 、0.15mol/LB、0.225mol/LC、0.3mol/LD、0.35mol/L
答案 B
以上两题给我们的启示是，对于计算题，我们的策略是，先进行估算，估算不能解决为题时再具体用算。
二。守恒法
1.物质的量守恒

Eg3 在C（NO3-）为4mol/L的硝酸铜和硝酸银的100mL混合溶液中，加入一定量的铝粉。充分反应后，过滤，将滤纸上的沉淀干燥后称量为24.8g，将此沉淀溶于稀盐酸中无气体产生；滤液中滴加NaCl溶液无现象产生，然后加入过量的稀NaOH得到沉淀，过滤，将沉淀物用酒精灯加热，冷却称重为4.0g求参加反应的铝的质量。
设加入的铝的物质的量为xmol，根据硝酸根守恒关系：
4mol/L ×100 ×10-3L=3xmol + 4g ÷80g/mol ×2
① 称取0.270 g样品，灼热使之完全分解，生成CaO、O2和H2O，得到的O2在标准状况下体积为33.6 mL。
② 另取0.120 g样品，溶于稀盐酸，加热煮沸，使生成的H2O2完全分解。然后将溶液中的Ca2+ 完全转化为CaC2O4沉淀，经过滤洗涤后，将沉淀溶于热的稀硫酸，用0.0200 mol·L－１ KMnO4溶液滴定，共用去31.00 mL KMnO4溶液。化学方程式如下：
5CaC2O4＋2KMnO4＋8H2SO4 ＝ K2SO4＋2MnSO4＋5CaSO4＋10CO2↑＋8H2O
(1) 写出CaO2受热分解的化学方程式。
(2) 计算样品中CaO2的质量分数。
(3) 计算样品中CaO2·x H2O的x值。
过氧化钙是一种安全无毒的氧化物，通常含有部分CaO，且带有数量不等的结晶水。为分析某过氧化钙样品的组成，进行了如下实验。
质量分数为80%
X=0.5
将一定质量的铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入100mL4.40mol/L盐酸中，充分反应后产生896mLH2（标准状况），残留固体1.28g．过滤，滤液中无Cu2+，将滤液加水稀释到200mL，测得其中c（H+）为0.40mol/L．则原混合物中氧化铁的质量是（　　）
A．2.4g B．3.6g C．5.6g D．6.4g
反应后溶液中还有较多H+离子剩余，且滤液中没有Cu2+，可知残留物没有Fe，只有Cu，而Cu残留可以说明溶液中没有Fe3+，溶液中阳离子为H+和Fe2+，反应后剩余n（H+）=0.4mol/L×0.2L=0.08mol，原溶液中n（HCl）=4.4mol/L×0.1L=0.44mol，参加反应的HCl中的H元素转化到氢气、水中，根据H原子守恒，2n（H2O）+2n（H2）=n总（HCl）-n余（H+），即2n（H2O）+2× =0.44mol-0.08mol，n（H2O）=0.14mol，故混合物中n（O）=n（H2O）=0.14mol，由铜元素守恒，则n（CuO）=n（Cu）= =0.02mol，
由O原子守恒：3n（Fe2O3）+n（CuO）=0.14mol，则n（Fe2O3）=0.04mol，m（Fe2O3）=0.04mol×160g/mol=6.4g，
已知HF的酸性比HCN的酸性强。现有物质的量浓度和体积均相同的NaF和NaCN两种溶液，已知前者溶液中的离子数目为n1，后者溶液中的离子数目为n2。下列关系正确的是
A.n1=n2    B.n1 > n2 
C.n1＜n2    D.c(F－)＞c(CN－)
解析：由于HF酸性强于HCN，则NaF水解程度小于NaCN，NaCN溶液碱性更强。溶液中c(F－)＞c(CN－)，又因溶液中均有守恒：c(Na+)+c(H+)=c(F－)+c(OH－) ①
c(Na+)+c(H+)=c(CN－)+c(OH－) ②
由于①中c(H+)＞②中c(H+)，两种溶液中c(Na+)相同，故NaF溶液中所含离子总数目n1＞n2。
答案：BD
电荷守恒
电子守恒

把密度为1.68g/cm3的液态S2Cl210ml溶于石油醚（一种溶剂），得到100ml溶液，把它慢慢加入50ml 3.2mol/L的SO2水溶液中，振荡使之充分反应，当加入的S2Cl2溶液为64.3ml时，恰好完全反应。生成物用含0.32molKOH溶液中和后，恰好完全转化为KCl和一种二元含氧酸的钾盐晶体。是通过计算确定S2Cl2与SO2在溶液中反应的化学方程式。
解析：S2Cl2+SO2+H2O→HCl+H2SxOy，设结合硫的含氧酸中的中心S的化合价为x，根据价态守恒原理，必有n（SO2） ×（4-x）=n（S2Cl2） ×（x-1） ×2
则有，x=2.5。结合硫的含氧酸化学式为H2S4O6
氢能是重要的新能源。储氢作为氢能利用的关键技术，是当前关注的热点之一。
NaBH4是一种重要的储氢载体，能与水反应达到NaBO2，且反应前后B的化合价不变，该反应的化学方程式为___________，反应消耗1mol NaBH4时转移的电子数目为__________。
储氢还可借助有机物，如利用环己烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢

某温度下，向恒容密闭容器中加入环己烷，起始浓度为a mol/L，平衡时苯的浓度为bmol/L，该反应的平衡常数K＝_____。
①导线中电子移动方向为________。(用A、D表示)
②生成目标产物的电极反应式为__________________________________。
③该储氢装置的电流效率η＝________。(η＝生成目标产物消耗的电子数/转移的电子总数×100%，计算结果保留小数点后1位)
一定条件下，题11图示装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其它有机物）。
储氢装置
试题分析
平衡时苯的浓度是b mol/L，则根据反应的方程式可知消耗环戊烷的浓度是b mol/L，生成氢气的浓度是3 b mol/L，，平衡时环戊烷的浓度为（a－b）mol/L。
则该温度下反应的平衡常数为 ＝
①苯生成环戊烷属于得氢反应，因此是还原反应，即电极D是阴极，电极E是阳极，因此导线中电子的流动方向是A→D。②苯得到电子生成环戊烷是目标产物，由于存在质子交换膜，所以氢离子向阴极移动，则电极反应式为C6H6＋6H＋＋6e－＝C6H12。
化学方程式为NaBH4＋2H2O=NaBO2＋4H2↑
1molNaBH4在反应中失去4mol电子，其数目是4NA
阳极生成2.8mol气体，该气体应该是阳极OH－放电生成的氧气，则转移电子的物质的量＝2.8mol×4＝11.2mol。
设阴极消耗苯的物质的量是xmol，则同时生成 xmol环戊烷，根据电极反应式C6H6＋6H＋＋6e－＝C6H12可知得到电子是6xmol，根据电子守恒可知，阴极生成氢气是
所以：

＝0.1，解得x＝1.2，因此储氢装置的电流效率

×100%＝64.3%。
把某卤素互化物XYn（n为奇数）5.22g溶于水，再通入过量的SO2，当向生成的溶液中加入过量的Ba(NO3)2溶液时，则生成10.5g沉淀。除去沉淀后，将所得滤液再用过量的AgNO3处理，可生成沉淀15.0g，试推断：
（1）依题意在原化合物中不含什么元素？
（2）卤素互化物的组成如何？
三推断性计算题
（1）一定不含F元素
（2）Y不是F，沉淀卤化银为两种，，即AgX和AgY
n（ AgX + AgY ）=（15g-5.22g） ÷108g/mol=0.09mol，M=58g/mol。
可推知Y必为Cl，其卤化物为XCln。则有M(X) +35.5n=58(n+1);
n=1时，为BrCl；n=3时，为ICl3
化合物A俗称“吊白块”，年产量上万吨，主要用于染色工艺，具还原性和漂白性，对热不稳定，有毒。近年报道，我国一些不法商人违章地将A添加到米、面、腐竹、食糖等食品中增白，导致多起严重食物中毒事件，如某地曾发生五所学校400余名学生食用含A食品一次性中毒事件。已知：
● 固体A·2H2O的摩尔质量为154g/mol；
● A的晶体结构及其水溶液的电导证实A是钠盐，每摩尔A含1摩尔钠离子。
● A在水中的溶解度极大，20℃饱和溶液A的质量分数达45%。
● A的制备方法之一是，在NaOH溶液中分甲醛与Na2S2O4（连二亚硫酸钠）反应（摩尔比1︰1），反应产物为A和亚硫酸钠。
● A在化学上属于亚磺酸的衍生物，亚磺酸的通式为RSO2H，R为有机基团。
1．画出A的阴离子的结构（简）式。
2．写出上述制备A的“分子方程式”。
3．给出A的化学名称。
【答案】
1．MA＝32＋3×16＋3×1＋12＋23＝118 118＋36＝154
（[HOCH2SO2]－）或
2．Na2S2O4＋CH2O＋NaOH＝HOCH2SO2－Na＋＋Na2SO3
（或Na2S2O4＋CH2O＋NaOH＝HOCH2SO2Na＋Na2SO3
或Na2S2O4＋CH2O＋NaOH＝NaSO2CH2OH＋Na2SO3）
注：写不写结晶水都可以
3．“羟甲亚磺酸钠”（或“羟甲基亚磺酸钠”）
现有AlCl3和FeCl3混合溶液，其中Al3+和Fe3+的物质的量之和为0.1mol，在此溶液中加入80mL 浓度为4mol/L的NaOH溶液，使其充分反应，设Al3+的物质的量与总物质的量的比值为x．
（1）根据反应的化学方程式计算，当x=0.5 时，溶液中产生的沉淀及其物质的量是（2）当沉淀中只有Fe（OH）3时，x的取值范围是 ，请在图中画出沉淀总量（mol）随x（0→1.0）变化的曲线。（3）若Al3+和Fe3+的物质的量之和为 n mol （ n为合理取值），其他条件不变，当沉淀中同时有Fe（OH）3、Al（OH）3时，x的取值范围是（用含有n、x的式子表示）。
解答：解：（1）发生反应Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓①，Al3++3OH-=Al（OH）3↓②，Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O ③，OH-适量时，Al3+、Fe3+生成沉淀，当OH-过量时，Al（OH）3溶解，生成AlO2-． Al3+和Fe3+的物质的量之和为0.1mol，完全沉淀需要消耗OH-物质的量为0.1mol×3=0.3mol，加入n（OH-）=0.08L×4mol/L=0.32mol，大于0.3mol，OH-对于两种离子生成沉淀是过量的，溶液中n（Al3+）=n（Fe3+）=0.1mol×0.5=0.05mol，先发生①②，生成n[Al（OH）3]=n[Fe（OH）3]=0.05mol，剩余OH-的物质的量为0.32mol-0.1mol×3=0.02mol，再发生反应③，溶解Al（OH）3为0.02mol，故沉淀中Al（OH）30.05mol-0.02mol=0.03mol，n[Fe（OH）3]=0.05mol，故答案为：0.05 mol Fe（OH）3、0.03 mol Al（OH）3；
2）Fe3+的物质的量为0.1mol×（1-x），消耗的OH-物质的量为0.1mol×（1-x）×3，Fe3+反应后剩余的OH-物质的量为0.32mol-0.1mol×（1-x）×3，沉淀中无Al（OH）3，则0.32mol-0.1mol×（1-x）×3≥0.1mol×x×4，解得x≤0.2，故0≤x≤0.2；在0≤x≤0.2时，沉淀只有Fe（OH）3，Fe（OH）3沉淀量为0.1mol×（1-x）=0.1mol-0.1xmol，0.2≤x≤1时，沉淀总量为：0.1mol×（1-x）+0.1mol×x-（0.32mol-0.1mol×3）=0.08mol，故沉淀总量（mol）随x（0→1.0）变化的曲线为
故答案为：0≤x≤0.2
（3）Fe3+的物质的量为nmol×（1-x），消耗的OH-物质的量为nmol×（1-x）×3，Fe3+反应后剩余的OH-物质的量为0.32mol-nmol×（1-x）×3，沉淀中有Al(OH)3，则0.32mol-nmol×（1-x）×3＜nmol×x×4，解得:
故答案为：