备课精读 | 基于学选考真题的“物质的量计算”典型例题分类探究

编制说明：本讲义面向高一第一学期"物质的量"专题的复习提升，以浙江省选考化学与学业水平考试（学考）的命题逻辑为纲，整合省内杭州、嘉兴等地市高一第一学期期中、期末统考试题的考查角度，归纳为八类重点典型题型与五个方法模块。题目均经过重新核算与改编，化学用语按人教版必修一规范呈现，供领军班学生完成"由会算到算准、由算准到会用"的提升。

一、考情扫描：浙江选考与学考的命题规律

本部分梳理浙江省学业水平考试与选考化学对本专题的考查定位与命题走向，明确复习重心所在。

（一）考查定位

"物质的量"是高中化学定量思维的起点，也是浙江卷中贯通必修与选考的长线考点。它在两类考试中的定位不同：

·学业水平考试（学考）：以选择题为主，重点考查关系式的直接应用、阿伏加德罗常数正误判断、溶液的配制与误差分析，难度不大但设错点密集，属于"必须全对"的送分区。

·选考（等级考）：除选择题外，还以填空题、计算题形式出现，且不再单独考查公式套用，而是将物质的量计算嵌入氧化还原、离子反应、实验探究等真实情境，重点考查"守恒思想 + 定量推理"，落在《普通高中化学课程标准》所要求的"证据推理与模型认知"素养上。

（二）高频考点与命题方式

（三）命题趋势

1. 从"单点公式"走向"网络联动"：一道题往往同时调动质量、物质的量、气体体积、浓度、电子转移中的两到三个量。

2. 从"给出条件"走向"隐含条件"：如"足量的浓盐酸与 MnO₂ 反应"隐含"随反应进行浓盐酸变稀、反应终止"。

3. 守恒法成为主解法：电子守恒、电荷守恒、原子守恒的联用，是选考计算题的主流解法。

二、知识重构：以 n 为核心的计量关系网络

把微粒数、质量、气体体积与溶液浓度统一换算到物质的量这一计量核心，是全部计算题的通法。

（一）核心关系网络

物质的量计算的本质，是把微粒数、质量、气体体积、溶液浓度这四个可测量，统一换算到物质的量 n这一"通用货币"上。

四条主干关系式：

·微粒数：n = N / N

·质量：n = m / M

·气体体积：n = V / V_m

·溶液浓度：n = c · V(aq)

由此导出的四组常用换算：

（二）五个基本关系式的适用条件

这是本专题全部失分的源头，必须逐条核验：

1. n = N / N_A：N 与 N_A的基准必须一致（分子对分子，原子对原子，电子对电子）。

2. n = m / M：M 的取值须与物质的实际组成对应（如 D₂O 为 20 g/mol，非 18 g/mol）。

3. n = V / V_m：三个前提缺一不可——标准状况（0 ℃、101.325 kPa）、呈气态、V_m 取 22.4 L/mol。

4. n = c · V(aq)：V 必须是溶液的体积；仅给浓度不给体积，无法计算溶质微粒数。

5. 守恒关系：电荷守恒用于离子溶液，电子守恒用于氧化还原，原子守恒用于多步反应，三者常配合使用。

核心提示：所有"物质的量"计算题，第一步永远是判断条件是否齐备，第二步才是选择关系式。条件不齐备而强行代入，是最高频的错误来源。

三、重点典型题型精讲

以下八类题型覆盖浙江省学考与选考中“物质的量计算”的主要考查角度，每类均配破题模型与典型例题。

题型一　阿伏加德罗常数正误判断——六大陷阱全扫描

本题型是考查频率最高的一类，表面考计算，实质考条件的完整性。

破题模型

此类题以"设 N_A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　）"为固定形式，表面考计算，实质考条件的完整性。归纳为六类陷阱：

例题精讲

【例1】（改编自 2022 年 6 月浙江选考）设 N_A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　）

A. 常温常压下，2.24 L CO₂ 中含有的分子数为 0.1N_A

B. 标准状况下，11.2 L H₂O 中含有的氧原子数为 0.5N_A

C. 12 g NaHSO₄ 固体中含有 0.1N_A个阳离子

D. 1 mol Fe 与足量稀硝酸反应，转移的电子数为 2N_A

解析

·A 错：常温常压下气体摩尔体积大于 22.4 L/mol，2.24 L CO₂ 的物质的量小于 0.1 mol。（陷阱①）

·B 错：标准状况下 H₂O 为液态（冰），不能使用 22.4 L/mol。（陷阱②）

·C 对：NaHSO₄ 为离子晶体，由 Na⁺ 和 HSO₄⁻ 构成，阳离子只有 Na⁺。n = 12 g ÷ 120 g/mol = 0.1 mol，含 0.1N_A个阳离子。（陷阱③）

·D 错：足量稀硝酸将 Fe 氧化为 Fe³⁺，1 mol Fe 失去 3 mol 电子，转移 3N_A。（陷阱⑥）

答案：C

领军班进阶：若将 D 改为"1 mol Fe 与足量硫反应"，则生成 FeS，转移 2N_A——变价元素的最终价态取决于氧化剂强弱，这是电子转移类计算的隐形门槛。

【例2】设 N_A为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（　）

A. 1.8 g 重水（D₂O）中所含质子数为 0.9N_A

B. 0.1 mol Na₂O₂ 与足量水完全反应，转移的电子数为 0.1N_A

C. 1 L 0.1 mol·L⁻¹ Na₂CO₃ 溶液中，CO₃²⁻ 的数目小于 0.1N_A

D. 1 mol 苯（C₆H₆）中含有的碳碳双键数为 3N_A

解析

·A 对：D₂O 的摩尔质量为 20 g/mol，1.8 g 为 0.09 mol；每个 D₂O 含质子 2×1 + 8 = 10 个，质子总数为 0.9N_A。（陷阱③：摩尔质量须按同位素实际取值）

·B 对：2Na₂O₂ + 2H₂O = 4NaOH + O₂↑。Na₂O₂ 中 O 为−1 价，歧化生成 O₂（0 价）与 NaOH（−2 价）。每 2 mol Na₂O₂ 转移 2 mol 电子，故 0.1 mol Na₂O₂ 转移 0.1N_A。（陷阱⑥：歧化反应必须按"半数升价、半数降价"核算）

·C 对：CO₃²⁻ 在溶液中发生水解，其数目小于 0.1N_A。（陷阱④）

·D 错：苯分子中不存在碳碳双键，六个碳碳键完全等同，是介于单键与双键之间的特殊键，碳碳双键数为 0。

答案：D

【例3】（改编自 2024—2025 学年嘉兴市高一期末统考）设 N_A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　）

A. 14 g CO 和 N₂ 的混合气体中含有的原子数为 N_A

B. 0.5 mol·L⁻¹ 的 Na₂SO₄ 溶液中含有的 SO₄²⁻ 数目为 0.5N_A

C. 标准状况下，22.4 L 苯中含有的碳原子数为 6N_A

D. 1 mol Cl₂ 通入足量 NaOH 溶液中，转移的电子数为 2N_A

解析

·A 对：CO 与 N₂ 的摩尔质量均为 28 g/mol，14 g 混合气体总物质的量为 0.5 mol；两者均为双原子分子，原子总数为 0.5 × 2 = 1 mol，即 N_A。

·B 错：只给出浓度、未给出溶液体积，无法求溶质的物质的量。（陷阱④）

·C 错：标准状况下苯为液态，不能用 22.4 L/mol 计算。（陷阱②）

·D 错：Cl₂ + 2NaOH = NaCl + NaClO + H₂O，氯元素发生歧化，1 mol Cl₂ 转移 1 mol 电子，即 N_A。（陷阱⑥）

答案：A

变式训练

变式 1（改编自 2022 年 1 月浙江选考）25 ℃ 时，1 L pH = 12 的 Ba(OH)₂ 溶液中含有的 OH⁻ 数目为　　。

思路：pH = 12 → c(H⁺) = 1×10⁻¹² mol·L⁻¹ → c(OH⁻) = 1×10⁻² mol·L⁻¹。n(OH⁻) = 0.01 mol，数目为0.01N_A。注意：由 pH 求算的是浓度，此处体积已知（1 L）方可求数目——"浓度 + 体积"二者缺一不可。

变式 2（改编自 2024—2025 学年杭州第七中学高一期末）常温常压下，22.4 L CO₂ 中含有的分子数小于 N_A，原因是　　。

思路：常温常压下气体摩尔体积大于 22.4 L/mol，故等体积下物质的量偏小。同一体积在不同温度、压强下对应不同的物质的量，这是"条件陷阱"的判断依据。

题型二　气体摩尔体积与阿伏加德罗定律及其推论

气体计算的核心在于守住 22.4 L/mol 的适用条件，并善用阿伏加德罗定律的推论作比例换算。

破题模型

气体摩尔体积的三要素：标准状况（0 ℃、101.325 kPa）、呈气态、1 mol 任何气体体积约 22.4 L。

阿伏加德罗定律：同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子。

核心推论（由理想气体状态方程 pV = nRT 导出）：

口诀"三同定一同"：温度 T、压强 p、体积 V、物质的量 n 四个量中，任意三个相同，第四个必然相同。

例题精讲

【例4】同温同压下，等质量的 SO₂ 与 SO₃ 相比较，试求：

（1）物质的量之比；（2）体积之比；（3）密度之比；（4）所含氧原子数之比。

解析：设质量均为 m。

·n(SO₂) = m/64，n(SO₃) = m/80

·（1）n(SO₂) : n(SO₃) = (1/64) : (1/80) = 5 : 4

·（2）同温同压，V ∝ n，故 V(SO₂) : V(SO₃) = 5 : 4

·（3）同温同压，ρ ∝ M，故ρ(SO₂) : ρ(SO₃) = 64 : 80 = 4 : 5

·（4）氧原子数比 = (m/64 × 2) : (m/80 × 3) = (2/64) : (3/80) = 5 : 6

易错提醒：密度比等于摩尔质量比，而体积比等于摩尔质量的倒数比——两者恰好相反，是本题最大的失分点。

【例5】在两个容积相同的密闭容器中，一个盛装 O₂，另一个盛装 N₂ 和 NO 的混合气体。在同温同压下，两容器内的气体一定具有相同的（　）

A. 原子数　　B. 质子数　　C. 密度　　D. 质量

解析：同温、同压、同体积→ 两容器内气体物质的量相同。

·A 对：O₂ 为双原子分子，N₂ 和 NO 也都是双原子分子。物质的量相同时，原子数必然相同。

·B 错：1 个 O₂ 分子含 16 个质子，1 个 N₂ 分子含 14 个质子，1 个 NO 分子含 15 个质子，且混合比例未知。

·C 错：密度比 = 摩尔质量比。O₂ 的摩尔质量为 32 g/mol；N₂ 与 NO 混合气体的平均摩尔质量介于 28～30 g/mol 之间，必不等于 32 g/mol。

·D 错：质量 m = n·M，物质的量相同而摩尔质量不同，质量不同。

答案：A

领军班进阶：本题的关键在于"分子中的原子数"与"摩尔质量"是两个独立判据。凡涉及"一定相同"的判断，必须寻找不随组成变化而改变的量——本题中只有"双原子分子"这一结构共性成立。

题型三　摩尔质量的五条求解路径

由质量、密度、相对密度等不同已知条件反求摩尔质量，方法选择决定解题效率。

破题模型

十字交叉法：已知混合体系的平均摩尔质量 M̄ 及两组分的摩尔质量 M₁、M₂，则

n₁ : n₂ = |M̄ − M₂| : |M₁ − M̄|

例题精讲

【例6】标准状况下，某气体的密度为 1.25 g/L，则该气体的摩尔质量为　　，其相对分子质量为　　。

解析：M = ρ · V_m = 1.25 g/L × 22.4 L/mol = 28 g/mol，相对分子质量为28（可能为 N₂ 或 CO）。

【例7】同温同压下，某气体 A 对 H₂ 的相对密度为 16，则 A 的摩尔质量为　　。

解析：同温同压下ρ₁/ρ₂ = M₁/M₂，故 M(A) = D × M(H₂) = 16 × 2 g/mol = 32 g/mol。

【例8】（十字交叉法应用）标准状况下，CO 和 CO₂ 的混合气体密度为 1.696 g/L，求混合气体中 CO 与 CO₂ 的体积之比。

解析：

先求平均摩尔质量：M̄ = ρ · V_m = 1.696 g/L × 22.4 L/mol ≈ 38.0 g/mol。

用十字交叉法：

·CO 的摩尔质量 28 → |44 − 38| = 6

·CO₂ 的摩尔质量 44 → |28 − 38| = 10

故 n(CO) : n(CO₂) = 6 : 10 = 3 : 5。同温同压下体积之比等于物质的量之比，故 V(CO) : V(CO₂) = 3 : 5。

验算：取 3 mol CO（28 × 3 = 84 g）与 5 mol CO₂（44 × 5 = 220 g），总质量 304 g、总物质的量 8 mol，M̄ = 304 ÷ 8 = 38 g/mol，与题设相符。

领军班进阶：十字交叉法求得的比值是物质的量之比，不是质量比。若题目问质量比，还须再乘各自的摩尔质量一次，这是该法最易被误用之处。

题型四　物质的量浓度的计算与换算

围绕 c = n/V 展开，重点在溶液体积的辨析，以及质量分数、密度与浓度之间的换算。

破题模型

核心关系式：c = n / V(aq)，其中 V(aq) 为溶液体积（单位 L）。

衍生关系：

·稀释定律（溶质的物质的量守恒）：c₁V₁ = c₂V₂

·同溶质溶液混合：c(混) = [c₁V₁ + c₂V₂] / [V₁ + V₂]（适用于不反应、体积可加和）

·质量分数换算：c = 1000ρw / M（ρ 取 g/cm³）

·溶解度与质量分数：w = S / (100 + S) × 100%

例题精讲

【例9】某市售浓硫酸的质量分数为 98%，密度为 1.84 g/cm³，求该浓硫酸的物质的量浓度。

解析：取 1 L 浓硫酸（1000 cm³）作为计算基准。

·m(溶液) = 1000 cm³ × 1.84 g/cm³ = 1840 g

·m(H₂SO₄) = 1840 g × 98% = 1803.2 g

·n(H₂SO₄) = 1803.2 g ÷ 98 g/mol = 18.4 mol

·c = 18.4 mol ÷ 1 L = 18.4 mol·L⁻¹

也可直接用换算公式：c = 1000ρw / M = (1000 × 1.84 × 0.98) ÷ 98 = 18.4 mol·L⁻¹。

【例10】（改编自 2024—2025 学年杭州第二中学高一期末）把 0.4 mol·L⁻¹ 的 CuCl₂ 溶液与 0.4 mol·L⁻¹ 的 FeCl₃ 溶液等体积混合后，向其中加入足量铁粉，充分反应后铁粉有剩余。此时溶液中 Fe²⁺ 的物质的量浓度为　　（假设混合溶液的体积等于混合前两溶液体积之和）。

解析：设两种溶液各取 a L。

·n(Cu²⁺) = 0.4a mol，n(Fe³⁺) = 0.4a mol

·铁粉足量且有剩余，说明两个反应均进行完全：

Cu²⁺ + Fe = Fe²⁺ + Cu → 生成 Fe²⁺ 0.4a mol

2Fe³⁺ + Fe = 3Fe²⁺ → 生成 Fe²⁺ 1.5 × 0.4a = 0.6a mol

·n(Fe²⁺)总 = 0.4a + 0.6a = 1.0a mol

·混合溶液体积 V = 2a L

·c(Fe²⁺) = 1.0a mol ÷ 2a L = 0.5 mol·L⁻¹

领军班进阶：Fe³⁺ 的氧化性强于 Cu²⁺，故铁粉先还原 Fe³⁺、后置换 Cu²⁺；但因铁粉有剩余，两个反应都进行完全，反应顺序反而不影响最终结果。若改为"铁粉无剩余"，则必须先判断反应进行到哪一步——这是过量判断类计算的分水岭。

题型五　一定物质的量浓度溶液的配制及误差分析

学考与选考的共同考点，定量计算与误差分析往往合并考查。

破题模型

配制流程：计算→ 称量（或量取）→ 溶解（稀释）→ 冷却→ 转移→ 洗涤→ 定容→ 摇匀→ 装瓶贴签。

关键计算：

·固体溶质：m = c · V(容量瓶规格) · M

·浓溶液稀释：c₁V₁ = c₂V₂

误差分析的总原则：由 c = n / V 出发，凡使n 偏小或V 偏大的操作，均使浓度偏低；反之偏高。

例题精讲

【例11】实验室需配制 480 mL 0.1 mol·L⁻¹ 的 CuSO₄ 溶液，应称取 CuSO₄·5H₂O 的质量为　　g。

解析：

第一步，选容量瓶：实验室无 480 mL 规格的容量瓶，应选用500 mL容量瓶。这是本题的第一个陷阱——溶液的实际配制体积必须等于容量瓶规格。

第二步，算溶质：n(CuSO₄) = 0.1 mol·L⁻¹ × 0.5 L = 0.05 mol。

第三步，换算晶体：CuSO₄·5H₂O 的摩尔质量为 250 g/mol，m = 0.05 mol × 250 g/mol = 12.5 g。

易错提醒：切勿按 480 mL 计算（得 12 g），也切勿用 160 g/mol 求 CuSO₄·5H₂O 的质量。"配制体积看容量瓶规格，溶质计算看化学式组成"是本题的双重门槛。

【例12】用固体 NaOH 配制一定物质的量浓度的溶液，下列操作会使所配溶液浓度偏高的是（　）

A. 称量时砝码与药品位置放反，且使用了游码

B. 定容时仰视刻度线

C. 溶解后未经冷却即转入容量瓶并定容

D. 转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒

解析：

·A 错：正确操作为"左物右码"。位置放反且使用游码时，药品的实际质量 = 砝码质量− 游码读数，小于所需质量，n 偏小，c 偏低。

·B 错：仰视刻度线定容，加入的水超过刻度线，V 偏大，c 偏低。

·C 对：NaOH 溶解放热（浓硫酸稀释同理），未冷却即定容，热溶液体积偏大，冷却后液面低于刻度线，实际 V 偏小，c 偏高。

·D 错：未洗涤导致溶质损失，n 偏小，c 偏低。

答案：C

【例13】欲配制 250 mL 1 mol·L⁻¹ 的稀硫酸，需量取质量分数为 98%、密度为 1.84 g/cm³ 的浓硫酸的体积约为　　mL。

解析：

·n(H₂SO₄) = 1 mol·L⁻¹ × 0.25 L = 0.25 mol

·m(H₂SO₄) = 0.25 mol × 98 g/mol = 24.5 g

·m(浓硫酸) = 24.5 g ÷ 98% = 25 g

·V(浓硫酸) = 25 g ÷ 1.84 g/cm³ ≈ 13.6 mL

领军班进阶：本题的量取工具应选择10 mL 量筒或酸式滴定管（精度考虑），且浓硫酸稀释时必须"将浓硫酸沿器壁缓慢注入水中并不断搅拌"——操作规范与定量计算在此类题中同样计入评分。

题型六　离子反应中的定量计算

溶液中离子浓度的定量关系，电荷守恒是最快的解法。

破题模型

电荷守恒：任何电解质溶液中，阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数。

数学表达：Σ[c(阳离子) × 电荷数] = Σ[c(阴离子) × 电荷数]

解题三步：① 列出溶液中全部离子；② 标明各离子所带电荷数；③ 建立电荷守恒等式求解。

例题精讲

【例14】某溶液中只含有 Na⁺、Mg²⁺、SO₄²⁻、Cl⁻ 四种离子。已知 c(Na⁺) = 0.2 mol·L⁻¹，c(Mg²⁺) = 0.25 mol·L⁻¹，c(Cl⁻) = 0.4 mol·L⁻¹，则 c(SO₄²⁻) = mol·L⁻¹。

解析：由电荷守恒：

c(Na⁺) × 1 + c(Mg²⁺) × 2 = c(Cl⁻) × 1 + c(SO₄²⁻) × 2

代入：0.2 + 0.25 × 2 = 0.4 + 2c(SO₄²⁻)

0.70 = 0.40 + 2c(SO₄²⁻)

2c(SO₄²⁻) = 0.30

c(SO₄²⁻) = 0.15 mol·L⁻¹

易错提醒：建立等式时必须乘上离子所带的电荷数，只比较离子浓度而不比较电荷数是最常见的错误。

【例15】将 0.15 mol CO₂ 缓慢通入 100 mL 2 mol·L⁻¹ 的 NaOH 溶液中，充分反应后，溶液中的溶质是（　）

A. 只有 Na₂CO₃

B. 只有 NaHCO₃

C. Na₂CO₃ 和 NaHCO₃

D. NaOH 和 Na₂CO₃

解析：n(NaOH) = 2 mol·L⁻¹ × 0.1 L = 0.2 mol，n(CO₂) = 0.15 mol。

·若 n(NaOH) : n(CO₂) = 2 : 1，恰好生成 Na₂CO₃（2NaOH + CO₂ = Na₂CO₃ + H₂O）

·若 n(NaOH) : n(CO₂) = 1 : 1，恰好生成 NaHCO₃（NaOH + CO₂ = NaHCO₃）

本题中 n(NaOH) : n(CO₂) = 0.2 : 0.15 = 4 : 3，介于 1 与 2 之间，故两种产物同时存在。

答案：C

定量分析：设生成 Na₂CO₃ x mol、NaHCO₃ y mol。

·钠原子守恒：2x + y = 0.2

·碳原子守恒：x + y = 0.15

解得 x = 0.05，y = 0.10。

即溶质为0.05 mol Na₂CO₃ 和 0.10 mol NaHCO₃。

领军班进阶：CO₂ 通入 NaOH 溶液的产物组成，只取决于 n(NaOH) : n(CO₂) 的比值，与浓度、体积无关。掌握下列对照表，此类题可直接秒判：

题型七　氧化还原反应中的定量计算

选考计算的必考内容，电子守恒是唯一可靠的通法。

破题模型

核心方法是电子守恒：

n(氧化剂) × 变价原子个数× 化合价降低值 = n(还原剂) × 变价原子个数× 化合价升高值

思维模板：

1. 一找物质：确定氧化剂、还原剂及其对应的还原产物、氧化产物，标出变价元素化合价。

2. 二定得失：算出每摩尔物质（或每个变价原子）得失电子的数目，注意化学式中变价原子的个数。

3. 三列等式：依据电子守恒列方程求解。

注意：当同一物质中同种元素既被氧化又被还原（歧化）或不同元素的电子得失并存时，必须以整个反应的得失电子总数相等为依据，不能只看某一个元素。

例题精讲

【例16】（改编自 2021 年浙江卷）关于反应 8NH₃ + 6NO₂ = 7N₂ + 12H₂O，回答：

（1）氧化剂与还原剂的物质的量之比为　　；

（2）若生成 7 mol N₂，转移电子的物质的量为　　。

解析：

（1）NH₃ 中 N 为−3 价，升高至 0 价，NH₃ 作还原剂；NO₂ 中 N 为 +4 价，降低至 0 价，NO₂ 作氧化剂。

由电子守恒：设被氧化的 NH₃ 为 x mol，被还原的 NO₂ 为 6 mol（化学计量数）。

3x = 4 × 6 = 24 → x = 8

即 8 mol NH₃ 全部被氧化、6 mol NO₂ 全部被还原，故 n(氧化剂) : n(还原剂) = 6 : 8 = 3 : 4。

（2）生成 7 mol N₂（其中 4 mol 来自 NH₃ 被氧化、3 mol 来自 NO₂ 被还原）时，转移电子数：NO₂ 中 N 由 +4 降至 0，共得电子 6 mol × 4 = 24 mol。

答案：（1）3 : 4　（2）24 mol

易错提醒：氧化产物与还原产物都是 N₂，其质量之比等于被氧化与被还原的氮原子个数之比，即 8 : 6 = 4 : 3，不要与"氧化剂与还原剂之比"混淆。

【例17】（改编自 2022 年 1 月浙江选考）足量的浓盐酸与 8.7 g MnO₂ 反应，转移的电子数目为　　（用 N_A表示）。

解析：MnO₂ + 4HCl(浓) = MnCl₂ + Cl₂↑ + 2H₂O

·n(MnO₂) = 8.7 g ÷ 87 g/mol = 0.1 mol

·Mn 由 +4 价降至 +2 价，每摩尔 MnO₂ 得 2 mol 电子

·转移电子数 = 0.1 mol × 2 = 0.2 mol，即0.2N_A

领军班进阶：4 mol HCl 中只有2 mol被氧化（HCl 既作还原剂、又提供酸性介质），且反应须为浓盐酸——随反应进行盐酸变稀，反应会自行终止。若题目给出的是"一定量"盐酸而非"足量浓盐酸"，则必须判断盐酸是否过量。

【例18】将 12 mL 0.1 mol·L⁻¹ 的 Na₂SO₃ 溶液与 10 mL 0.04 mol·L⁻¹ 的 K₂Cr₂O₇ 溶液恰好完全反应，则铬元素在还原产物中的化合价为　　。

解析：

·n(Na₂SO₃) = 12×10⁻³ L × 0.1 mol·L⁻¹ = 1.2×10⁻³ mol

·S 由 +4 价升高至 +6 价，每摩尔 Na₂SO₃ 失去 2 mol 电子，共失电子 2.4×10⁻³ mol

·n(K₂Cr₂O₇) = 10×10⁻³ L × 0.04 mol·L⁻¹ = 4×10⁻⁴ mol，其中含 Cr 原子 8×10⁻⁴ mol

设还原产物中 Cr 为 +x 价，由电子守恒：

8×10⁻⁴ × (6 − x) = 2.4×10⁻³

6 − x = 3，解得 x = +3

即铬元素在还原产物中的化合价为+3（与 Cr³⁺ 一致）。

【例19】（领军班拔高：歧化与归中并存）已知反应 3BrF₃ + 5H₂O = 9HF + Br₂ + HBrO₃ + O₂↑ 中，溴元素在 Br₂ 与 HBrO₃ 中分别呈 0 价和 +5 价。若有 5 mol H₂O 参加反应，则被水还原的 BrF₃ 的物质的量为　　mol。

解析：本题的难点在于同一个反应中，BrF₃ 既被水还原、又发生自身的歧化，必须分清电子的来源与去向。

第一步，算水提供的电子：5 mol H₂O 中，有 2 mol 的氧由−2 价升高至 0 价（生成 1 mol O₂），失去电子 2 × 2 = 4 mol。

第二步，算溴的自身歧化：3 mol BrF₃ 中，1 mol 的 Br 由 +3 价升至 +5 价（生成 HBrO₃），失去 2 mol 电子；2 mol 的 Br 由 +3 价降至 0 价（生成 Br₂），得到 6 mol 电子。

第三步，电子守恒核算：整个反应共失去电子 4 + 2 = 6 mol，共得到电子 6 mol，守恒成立。

第四步，算被水还原的量：Br₂ 中的溴共得到 6 mol 电子，其中4 mol 来自水的氧化、2 mol 来自自身歧化。溴由 +3 价降至 0 价，每摩尔溴得到 3 mol 电子，故被水还原的溴（即被水还原的 BrF₃）为：

4 mol ÷ 3 = 4/3 mol

答案：4/3 mol

领军班进阶：此类"歧化 + 被氧化剂还原"并存的反应，必须把电子按来源分类归账——先算出外部还原剂（此处是水）提供的电子数，再用"每摩尔变价原子所得电子数"反推物质的量。若直接按 Br₂ 的总电子数 6 mol 计算，会误得 2 mol。

题型八　化学方程式计算——差量法与关系式法

把化学方程式与守恒思想结合，处理涉及多步反应或过程差量的计算。

破题模型

差量法：利用反应前后"固体质量差""气体体积差""气体压强差"与化学计量数成正比的规律解题。

比例式：实际差量 / 理论差量 = 实际物质的量 / 理论计量数

关系式法：对多步连续反应，抓住元素守恒建立"起始物—终产物"的直接关系，跳过中间步骤。

例题精讲

【例20】将 8.4 g NaHCO₃ 固体加热至质量不再变化，剩余固体的质量为　　g。

解析：2NaHCO₃ →（加热）Na₂CO₃ + H₂O↑ + CO₂↑

方法一（常规法）：n(NaHCO₃) = 8.4 g ÷ 84 g/mol = 0.1 mol，故 n(Na₂CO₃) = 0.05 mol，m(Na₂CO₃) = 0.05 mol × 106 g/mol = 5.3 g。

方法二（差量法）：每 2 mol NaHCO₃（168 g）分解，固体质量减少 168 − 106 = 62 g（即 H₂O 与 CO₂ 的质量之和）。现有 0.1 mol NaHCO₃，固体质量减少 0.1 ÷ 2 × 62 = 3.1 g。剩余固体质量 = 8.4 − 3.1 = 5.3 g。

答案：5.3 g

【例21】（关系式法）工业上用氨的催化氧化法制硝酸，涉及的主要反应为：

4NH₃ + 5O₂ →（催化剂，加热）4NO + 6H₂O

2NO + O₂ = 2NO₂

3NO₂ + H₂O = 2HNO₃ + NO

若生成的 NO 全部循环利用，则理论上 1 mol NH₃ 可得 HNO₃ 的物质的量为　　。

解析：三个反应连续进行，每一步都涉及 NO，直接逐级计算十分繁琐。观察到氨中的氮元素最终全部进入硝酸（NO 循环利用时无氮损失），由氮原子守恒建立关系式：

NH₃ ~ HNO₃

故 1 mol NH₃ 理论上可得1 mol HNO₃。

方法提炼：多步反应计算优先寻找守恒元素建立关系式。本题若不用氮守恒，也可将三个方程式按计量数合并（第一步×3、第二步×6、第三步×6 后叠加），同样可得 4NH₃ ~ 4HNO₃。

【例22】（领军班拔高：守恒法与硝酸计算综合）将 3.84 g Cu 与一定量的浓硝酸反应，铜完全溶解，生成 NO₂ 和 NO 的混合气体共 1.12 L（标准状况）。求：

（1）消耗硝酸的物质的量；

（2）参加反应的硝酸中起氧化剂作用的物质的量。

解析：

第一步，整理已知量：

·n(Cu) = 3.84 g ÷ 64 g/mol = 0.06 mol

·n(气体) = 1.12 L ÷ 22.4 L/mol = 0.05 mol

第二步，用电子守恒拆分气体组成：设 NO₂ 为 x mol、NO 为 y mol。

·原子（氮）守恒：x + y = 0.05

·电子守恒：Cu 共失去 0.06 × 2 = 0.12 mol 电子；NO₂ 中 N 为 +4 价（每摩尔得 1 mol 电子），NO 中 N 为 +2 价（每摩尔得 3 mol 电子），故 x × 1 + y × 3 = 0.12

解得：x = 0.015，y = 0.035。

验算：x + y = 0.05 ✓；x + 3y = 0.015 + 0.105 = 0.12 ✓

第三步，用氮原子守恒算硝酸总量：硝酸的去向有两处——

·成盐：生成 Cu(NO₃)₂，n(NO₃⁻) = 2n(Cu) = 2 × 0.06 = 0.12 mol

·被还原：生成 NO₂ 和 NO，n = 0.05 mol

故消耗硝酸总量 = 0.12 + 0.05 = 0.17 mol。

第四步，判断起氧化剂作用的硝酸：起氧化剂作用的硝酸即被还原的那部分，故为0.05 mol（其余 0.12 mol 起酸性介质作用，生成 Cu(NO₃)₂）。

答案：（1）0.17 mol　（2）0.05 mol

领军班进阶：金属与硝酸的计算，可归结为两条守恒的联用——氮原子守恒负责总量核算，电子守恒负责还原产物的定量分割。凡遇"消耗硝酸的量"与"起氧化剂作用的硝酸的量"并列设问，务必区分成盐部分与被还原部分。

四、领军班提升：五大方法模块

在基本题型之上进一步提炼可迁移的通用解法，用于应对选考中的综合计算与陌生情境。

方法一　三大守恒联用