第一篇：中學生化學競賽專題講座：守恒法在化學計算中的應用

中學生化學競賽專題講座：守恒法在化學計算中的應用

普寧二中楊銳欽

同學們，你們知道嗎？你已經學習了半年的高中化學包括很多方面的內容；知識化學、理論化學、實驗化學、計算化學等。無論你掌握了哪方面的一些竅門都會對你學習整個化學知識帶來非常大的幫助。

不信嗎？我們來試驗一番。我們就從你現在可能感到有些困難的計算化學入手，只研究其中很小的一類問題，相信它一定會讓你感到化學的世界奧妙無窮，學習化學知識其樂融融。我們來看化學計算中一種十分常用的方法——守恒法。這種方法在使用過程中不需要了解過多的中間過程，避免了繁雜的分析和多重化學反應，具有思路簡單，關系明確，計算快捷的特點。

一、守恒法的基本題型和解題依據

1、參加化學反應的各物質的質量總和等于反應后生成的各物的質量總和，這個規律叫質量守恒定律。其本質是：化學反應前后，各元素的原子的種類，數目沒有改變。所以，在一切化學反應中都存在著質量守恒、原子個數守恒。

2、氧化還原反應的特征是元素的化合價發生變化，其本質是在反應中有電子轉移。由于物質間得失電子數相等，所以，在有化合價升降的元素間存在化合價升降總數相等的守恒關系。因而有電量守恒（又稱電子得失守恒）及化合價守恒。

3、由于物質是電中性的，因而在化合物和電解質溶液中，陰陽離子所帶電荷數相等，存在電荷守恒

二、例題應用指導

（一）質量守恒：

在化學反應中，參加反應的反應物的總質量等于反應后生成物的總質量，反應前后質量不變。

例1.在臭氧發生器中裝入100mlO2，經反應3O2=2 O3，最后氣體體積變為95ml（體積均為標準狀況下測定），則反應后混合氣體的密度為多少？

【分析】根據質量守恒定律反應前后容器中氣體的質量不變，等于反應前100ml O2的質量。則反應后混合氣體的密度為：

－－d=（0.1 L /22.4 L·mol1 ×32g·mol1）/0.095 L =1.5 g/L

例

2、將足量的金屬鈉投入到100gt°C的水中，恰好得到t°C時NaOH飽和溶液111g，則t°C時NaOH的溶解度為____克。

[分析解答]：由于2Na+2H2O=NaOH+H2 所以，反應前總質量為,反應后總質量為

若設Na的物質的量為xmol，則

23x+100=111+x×2，得x=0.5 =xmol.據質量守恒定律有：∴

=0.5mol×40g/mol=20g

(二)原子守恒：

在一些復雜多步的化學過程中，雖然發生的化學反應多，但某些元素的物質的量、濃度等始終沒有發生變化，整個過程中元素守恒。

例3.有一在空氣中暴露過的KOH固體，經分析知其內含水7.62%，K2CO32.88%，KOH90%，－－若將此樣品1g加入到46.00ml的1 mol·L1鹽酸中，過量的酸再用1.07mol·L1KOH溶液中

和，蒸發中和后的溶液可得固體多少克？

【分析】此題中發生的反應很多，但仔細分析可知：蒸發溶液后所得固體為氯化鉀，其Cl

第1頁

－全部來自于鹽酸中的Cl，在整個過程中Cl守恒。即n（KCl）= n（HCl）故

－－m（KCl）=0.046L×1 mol·L1×74.5 g · mol1=3.427 g

例

4、將1molH2S和1molO2混合后點燃，生成SO2的物質的量為_____mol?

[分析解答]：H2S在O2中燃燒反應有兩種情況：

2H2S+O2=2S+2H2O2H2S+3O2=2SO2+2H2O

本題中：由于2：3＜＜2：1所以H2S在O2中燃燒的產物有S、SO2、H2O。細心觀察不難發現：反應前H2S中的H元素全部轉移到H2O中，反應前H2S中的S元素全部轉移到SO2和S中，反應前O2中的O元素全部轉移到H2O用SO2中。∴

據原子守恒有：=(H守恒)2=2+(O守恒）=0.5mol

=1:1.8混合，待充分反應后，生成物－－代入數據得：==1mol∴=例

5、將紅磷放在Cl2中燃燒，若紅磷與Cl2按np:

中=___________。

[分析解答]：由于反應前紅磷中的P元素全部轉移到PCl3及PCl5中，反應前Cl2中的Cl元素全部轉移到PCl3及PCl5中。

∴據原子守恒有：若設nP=1mol 則nCl=

2∴有：解得

∴：+=0.7mol +=nP 3=2×1.8=3.6mol +5=3.6mol +5=nCl=1mol3=0.3mol =0.7:0.3=7:

3（三）電荷守恒

例

6、將KCl和KBr的混合物13.4克，溶于水配成500mol溶液，通入過量的Cl2,反應后將溶液蒸干，得固體11.175克，則原配溶液中的K+、Cl-、Br-的物質的量濃度之比為（）

A、1：2：3B、3：2：1C、1：3：2D、2：3：

1[分析解答]：根據溶液中的電荷守恒有：[K+]=[Cl-]+[Br-]

∴[K+]＞[Cl-][K+]＞[Br-]∴為B

例

7、某地酸雨分析數據如下：[Na+]=2.3×10-5mol/L

[Cl-]=3.5×10-5mol/L[NH4+]=7×10-6mol/L[SO42-]=2.5×10-6mol/L該地酸雨的PH值是（）。

A.3.0B.4.0C.4.3D.5.0

解析：根據酸雨中，陰陽離子電荷守恒求算：

[Na+]+ [NH4+] +[H+] =[Cl-] +2[SO42-] +[OH-]因溶液顯酸性，故[OH-]可略。代入題給數據，立即求得[H+]=1.0×10-5mol/LPH=5.0故選D。

（四）電子守恒：（電子得失守恒，化合價升降總數相等）

氧化還原反應中，氧化劑失電子總數等于還原劑失電子總數，得失電子守恒。

例8、24ml濃度為0.05mol/L的Na2SO3溶液，恰好與20ml濃度為0.02mol/L的K2Cr2O7溶液完全反應，則元素Cr在被還原的產物中的化合價是______。

[分析解答]：先根據化合價的改變確定得失電子的物質：

由于題目指出Cr被還原，所以得電子的物質是K2Cr2O7,失電子的物質是Na2SO3。再根據化

合價的改變分別找出1mol氧化劑、還原劑的得失電子數。設Cr元素被還原為+n價，∴

1mol在反應中得電子：2×(6-n)mol由于Na2SO3肯定被氧化為Na2SO4, ∴1molNa2SO3在反應中失電子：(6-4)×1=2mol。最后，根據反應物的實際電子得失總數，列電子守恒關系求解：

0.05mol/L×24×10-3L×2=0.02mol/L×20×10-3L×2(6-n)

解得：n=3應為+3價。

例93.84g銅和一定質量的濃硝酸反應，當銅反應完時，共收集到標準狀況時的氣體2.24L，若把裝有這些氣體的集氣瓶倒立在盛水的水槽中，需通入多少升標況下的氧氣才能使集氣瓶充滿溶液?

解析：銅失電子數＝被還原的硝酸得的電子數＝氧化硝酸的還原產物ＮＯ，ＮＯ２消耗的氧氣得的電子數，省去中間計算，得銅失的電子數＝氧氣得的電子數。則

－１ｎ4（Ｏ２）＝3.84ｇ÷64ｇ.mol×2×1／4＝0.03mol

－１Ｖ（Ｏ２）＝0.03mol×22.4Ｌ.mol＝0.672Ｌ

若用常規解法，應先求出NO，NO２的物質的量，再根據：

4ＮＯ２＋Ｏ２＋2Ｈ２Ｏ＝4ＨＮＯ３

4ＮＯ＋3Ｏ２＋2Ｈ２Ｏ＝4ＨＮＯ３

計算出Ｏ２的物質的量，并求出其體積，此方法運算量大，中間計算多且復雜，容易出錯，用電子守恒法綜合考慮，可省去中間的各步計算，使計算簡化。

你看，這種方法在使用時是否“只看兩頭不管中間”呢？

三、守恒法的選取

在進行解題時，如何選擇并應用上述方法對于正確快速地解答題目十分關鍵。首先必須明確每一種守恒法的特點，然后挖掘題目中存在的守恒關系，最后巧妙地選取方法，正確地解答題目。

1． 在溶液中存在著離子的電荷守恒和物料守恒。因此涉及到溶液（尤其是混合溶液）中離子的物質的量或物質的量濃度等問題可考慮電荷守恒法物料守恒法。

2．在氧化還原反應中存在著得失電子守恒。因此涉及到氧化還原反應中氧化劑、還原劑得失電子及反應前后化合價等問題可考慮電子守恒法。

3．在某些復雜多步的化學反應中，某些元素的質量或濃度等沒有發生變化。因此涉及到多步復雜的化學過程的問題可考慮元素守恒法。

4．在一個具體的化學反應中，由于反應前后質量不變，因此涉及到與質量有關的問題可考慮質量守恒法。

四．習題練習

練習

1、有FeO、Fe2O3的混合物若干克，在H2流中加熱充分反應后，冷卻稱得剩余固體比原混合物減輕0.8g；若將同量的混合物與鹽酸反應，欲使之完全溶解，需1mol/L的鹽酸的體積至少為______ml。（答案：100ml）

練習

2、有FeCl2,CuCl2混合溶液400ml，經測定其中Cl-濃度為amol/L,投入過量的鋅粉bg，充分反應后過濾，所得固體殘渣洗滌干燥后，質量為cg。求原混合液中Fe2+,Cu2+的物質的量濃度。

（分析提示：向FeCl2,CuCl2混合溶液中投入過量鋅粉，充分反應后過濾，濾液的成份是ZnCl2,固體殘渣的成份是Fe、Cu及剩余的Zn。若設剩余的及已反應的鋅分別為nZn(1)及nZn(2)mol，則：

由電荷守恒有：2(nFe2++nCu2+)=nCl-2nZn2+(2)=nCl-

由質量守恒有：mFe+mCu+mZn(1)=CmZn(2)=b-mZn(1)

答案：[Fe2+

]=mol/L [Cu2+]=mol/L）

練習

3、用1L1.0mol/LNaOH溶液吸收0.8molCO2,所以溶液中的CO32-，HCO3-的物質的量濃度之比為_____。

－－練習5．當溶液中XO42離子與H2O2分子個數比為2：5時，溶液中XO42離子中的X元素

恰好被還原成較低價態，H2O2中的氧元素被氧化為O2，則X元素的化合價變為多少？（＋2）

練習6．向100mlFeCl3溶液中通入標準狀況下的H2S氣體2.24L，設H2S全部被吸收后，再加入過量鐵粉，待反應停止后，測得溶液中含有0.6金屬陽離子，則原FeCl3溶液的物質的－量濃度為多少？（4 mol·L1）

練習7．向KI溶液中滴入AgNO3溶液直至完全反應，過濾后濾液的質量恰好與原溶液質量相等，則AgNO3溶液中溶質的質量分數為多少？（72.3%）

例4,10gＦｅ－Ｍｇ合金溶解在一定量的某濃度的稀硝酸中，當金屬完全反應后，收集到標況下4.48ＬＮＯ氣體（設ＨＮＯ３的還原產物只有ＮＯ）。在反應后的溶液中加入足量的ＮａＯＨ溶液，可得多少克沉淀?(20.2ｇ)

解析：該反應中Ｆｅ的變價無法確定，用常規法得討論計算。仔細審題后發現，Ｍｇ，Ｆｅ失電子數等于氮元素得電子數。

－１ｎ失＝ｎ得＝4.48Ｌ÷22.4Ｌ.mol×3

＝0.6mol

Ｆｅ，Ｍｇ失電子后的陽離子所帶正電荷共為0.6mol，它也等于沉淀該陽離子所需ＯＨ－的物質的量。即ｎ（ＯＨ）＝0.6mol。

－－ｍ沉淀＝ｍ陽+ｍ（ＯＨ）

－１＝10ｇ＋0.6mol×17ｇ.mol

＝20.2ｇ

第二篇：高考化學守恒法的應用技巧

高考化學守恒法的應用技巧

金點子：

“守恒法”廣泛應用于高考及各類競賽試題的解題中，它既可使繁亂的問題化難為易，又可使復雜的計算化繁為簡，因而備受廣大中學生的青睞。但在使用中，由于對題意理解不清、條件分析不透，也時常出現濫用守恒的現象，故正確把握守恒原理，學會守恒方法，是高考化學解題之必備。

守恒法包括：元素守恒、電荷守恒、電子守恒、質量守恒等。

1．在化學反應前后，物質中的各元素原子的物質的量始終保持守恒，這就是元素守恒。如在復雜的變化過程中，能充分利用某些元素原子的物質的量守恒解題，不僅思路清晰，而且計算簡便。

2．根據電解質溶液總是呈電中性，從而利用電解質溶液中的陽離子所帶的正電荷總數與陰離子所帶的負電荷總數相等來進行解題的方法稱電荷守恒法。

3．在氧化還原反應中，還原劑失去的電子總數與氧化劑得到的電子總數相等，這是運用得失電子數守恒進行化學計算的主要依據。

4．質量守恒普遍存在于整個物理、化學變化過程中（核反應除外），如反應前后物質的質量守恒，反應過程中催化劑的質量守恒，溶液稀釋與混合時溶質的質量守恒等。

經典題：

例題1

：（2001年全國高考）在無土栽培中，需配制一定量含50

mol

NH4Cl、16

mol

KCl和24molK2SO4的營養液。若用KCl、NH4Cl和(NH4)2SO4三種固體為原料來配制，三者的物質的量依次是（單位為mol）（）

A．2、64、24

B．64、2、24

C．32、50、12

D．16、50、24

方法：利用元素守恒求解。

捷徑：先求出需配制營養液中所需NH4+、K+、Cl—、SO42—、物質的量，再用同樣的方法求出選項中所提供的物質中所含NH4+、K+、Cl—、SO42—物質的量。若與題干中的數值一致，即為選項。如題干中NH4+

mol；K+：16+24×2=64（mol）；Cl—：50+16=66（mol），SO42—：24mol。選項B，NH4+：2+24×2=50（mol），K+：64mol、Cl—：64+2=66（mol），SO42—：24mol，與題干相符，選項B正確。

總結：如果題目中提供不是固體物質，而是溶液，其解法是相同的，只要將溶質的物質的量求出，就變成與本題完全相同的題目。目前化學試題中往往置于與生產實際、科研等相結合的情境中，解題時，只要把它遷移到解化學題基本方法中，就可迎刃而解。

例題2

：（2001年上海高考）將0.1mol/L的醋酸鈉溶液20mL與0.1mol/L鹽酸10rnL混合后，溶液顯酸性，則溶液中有關微粒的濃度關系正確的是（）

A．c

(Ac－)＞c

(Cl－)＞c

(H＋)＞c

(HAc)

B．c

(Ac－)＞c

(Cl－)＞c

(HAc)＞c（H＋）

C．c

(Ac－)＝c

(Cl＋)＞c

(H＋)＞c

(HAc)

D．c

(Na＋)＋c

(H＋)＝c

(Ac－)＋c

(Cl－)＋c

(OH－)

方法：首先必須考慮溶液間的反應，然后通過守恒關系分析。

捷徑：將0.1mol/L的醋酸鈉溶液20mL與0.1mol/L鹽酸10rnL混合后，考慮溶液間的反應，此時溶液變成了等物質的量濃度的CH3COONa、CH3COOH、NaCl三種物質的混合溶液。因此時溶液顯酸性，知CH3COOH的電離程度大于CH3COONa的水解程度。以此得溶液中粒子間物質的量濃度的關系為：c（Na＋）＞c

(Ac－)＞c

(Cl－)＞c

(HAc)＞

c（H＋）＞c

(OH－)。再利用電荷守恒可得：c

(Na＋)＋c

(H＋)＝c

(Ac－)＋c

(Cl－)＋c

(OH－)。對照選項可得答案為BD。

總結：當溶液中兩種可兩種以上的物質相混合時，首先必須考慮溶液間的反應，這是解答此類試題的第一步，也是關鍵性的一步。部分考生由于未考慮混合后的反應而經常出錯。

例題3

：（1999年上海高考）

：把0.02

mol·

L－1

HAc溶液和0.01

mol·

L－1

NaOH溶液以等體積混和，則混合液中微粒濃度關系正確的是

（）

A．c（Ac-）>c（Na+）

B．c（HAc）>c（Ac-）

C．2c（H+）=

c（Ac-）—c（HAc）

D．c（HAc）+c（Ac-）=

0.01mol·

L－1

方法：通過電荷守恒及物料守恒兩大守恒分析。

捷徑：兩溶液等體積混合后變成0.005mol·L-1

HAc

和0.005mol·L-1

NaAc的混合溶液，由于HAc的電離占主導地位，故c（Ac-）>

c（HAc），溶液呈酸性。再根據電荷守恒關系：c（Na+）+c（H+）=

c（Ac-）+c（OH-），及c（H+）>

c（OH-）得c（Ac-）>

c（Na+）。再將物料守恒關系c（Na+）=

c（HAc）+c（H+）-c（OH-）代入電荷守恒關系得：2c（H+）=c（Ac-）-

c（HAc）+2c（OH-）。另知，不管溶液電離平衡和水解平衡如何移動，其c（HAc）+c（Ac-）均為常數0.01mol·L-1。以此得答案為A、D。

總結：此類試題考查方式主要有：①微粒濃度的大小比較

②電荷守恒關系式

③物料守恒關系式

④電荷守恒與物料守恒疊加后的恒等關系式。解題時仍要優先考慮溶液混合過程中的反應問題。

例題4

：(2001年高考試測題)將氨水逐滴加入到稀鹽酸中，使溶液成中性，則此時（）

A．ｃ(NH4+)=ｃ(Cl-)

B．ｃ(NH4+)>ｃ(Cl-)

C．ｃ(NH4+)<ｃ(Cl-)

D．ｃ(NH4+)與ｃ(Cl-)之間關系不確定

方法：根據溶液中電荷守恒關系獲解。

捷徑：將氨水加入到稀鹽酸中，根據電荷守恒關系得：c（NH4+）+c（H+）=

c（Cl-）+c（OH-）。因所得溶液呈中性，則c（H+）=

c（OH-），以此得：c（NH4+）=

c（Cl-）。故得答案為A。

總結：在對溶液進行計算以確定其濃度及溶液中恒等關系的判斷時，通常都可通過守恒法使答題過程變得簡單明了。

例題5

：

(1994年全國高考)

38.4mg銅跟適量的濃硝酸反應,銅全部作用后共收集到氣體22.4mL(標準狀況),反應消耗的HNO3的物質的量可能是

（）

A．1.0×10-3mol

B．1.6×10-3

mol

C．2.2×10-3

mol

D．2.0×10-3

mol

方法：利用反應過程中原子個數守恒求解。

捷徑：HNO3與Cu反應，一部分起酸的作用，即生成Cu(NO3)2用去硝酸

=

2n

(Cu)

=

mol×2=1.2×10—3mol；另一部分HNO3起氧化作用，不管生成的22.4mL

氣體為何成分，都是HNO3的還原產物，且有HNO3~NO，HNO3~NO2，所以起氧化作用的HNO3為

mol

=1×10—3mol，故共消耗HNO3的物質的量為：

1.2×10—3mol

+

1×10—3mol

=

2.2×10—3mol。以此得答案為C。

總結：這是利用原子個數守恒進行計算的范例。根據參加反應的HNO3一部分生成Cu（NO3）2，另一部分變成NO2或NO。利用反應前后的N原子守恒，可以輕松求解。類似的解法可以在很多題目應用。

例題6

：(2002年全國高考)在一定條件下，分別以高錳酸鉀、氯酸鉀、過氧化氫為原料制取氧氣，當制得同溫、同壓下相同體積的氧氣時，三個反應中轉移的電子數之比為

（）

A．1︰1︰l

B．2︰2︰1

C．

2︰3︰l

D．4︰3︰2

方法：根據反應過程中化合價的變化及得失電子守恒分析。

捷徑：假設三個反應均生成1molO2，在高錳酸鉀、氯酸鉀的分解反應中，只有氧的化合價升高，且均由-2價升高到0價，故轉移電子數均為4mol。而過氧化氫的分解反應，雖也只有氧的化合價升高，但其化合價由-1升高到0價，以此產生1molO2，轉移電子數為2mol。綜合得，產生相同量的O2，三個反應中轉移的電子數之比為：4︰4︰2

=

2︰2︰1。故答案為B。

總結：對不同的反應，在利用電子守恒分析轉移電子的情況時，要注意考慮不同反應中化合價不同，而造成電子轉移不同的情況。

例題7

：

(2001年全國高考)將NO3—+Zn+OH—+H2O→NH3+Zn（OH）42—配平后，離子方程式中H2O的系數是

（）

A．2

B．4

C．6

D．8

方法：利用得失電子守恒及電荷守恒進行配平后確定離子方程式中H2O前的系數。

捷徑：氧化劑NO3—被還原成NH3，1molNO3—得到8mol電子才能生成NH3。還原劑Zn被氧化成Zn（OH）42—，1molZn失去2mol電子才能生成Zn（OH）42—，所以Zn的序數是4，NO3—的序數是1，反應式變成NO3—+4Zn+OH—+H2O→NH3+4Zn（OH）42—，根據離子反應方程式中電荷守恒的原理，可確定OH—的序數是7，最后根據氫原子（或氧原子）守恒可確定H2O的序數是6。顯然答案為C。

總結：這是一道氧化還原反應方程式的配平題。在全國考題已經有多年未出現這樣的題目，而在上海試題中每年都有。反應方程式的配平是中學化學學習中的基本技能。全國高考題雖然多年未考純粹的配平題，但應用配平反應方程式的原理（即守恒原理）的試題卻很常見。

注意

高考試題評分標準明確指出，反應方程式不配平或配平錯誤都不能得分。

例題8

：(2001年高考試測題)某化工廠每小時生產98%（質量分數）硫酸at（噸），為使硫充分燃燒，且在下一步催化氧化時不再補充空氣，要求燃燒后的混合氣體中含氧氣的體積分數為b%。若空氣中氧氣的體積分數為21%，且不考慮各生產階段的物料損失，則

（1）該廠每小時消耗標準狀況下空氣的體積為

m3。

（2）為滿足題設需求，b%的下限等于。

方法：根據原子個數守恒求解。

捷徑：（1）該題的反應過程為：S→SO2→SO3→H2SO4，每小時生產的98%硫酸at，其物質的量為104amol，不計損耗，應制得SO2104amol。根據S→SO2，這一步需O2104amol，又因為燃燒后的混合氣體中含氧氣的體積分數為b%，且因S→SO2，反應前后氣體物質的量不變，設每小時消耗空氣為n

mol，則：。

故每小時消耗標準狀況下空氣的體積為：

（2）空氣中的氧氣必須維持兩個反應，即S→SO2和SO2→SO3的過程。第一步耗氧量為第二步的兩倍，故為了滿足SO2→SO3催化氧化時不再補充空氣的需求，b%的下限應等于空氣中氧氣的三分之一，即7%。

總結：該題為化工生產過程中的計算問題，為了迅速求解，除了要理清題意，還必須充分運用反應過程中的硫元素守恒及氧元素守恒。

金鑰匙：

例題1

：把0.02

mol/LHAc溶液和0.01

mol/LNaOH溶液以等體積混合，則混合液中微粒濃度關系正確的為

（）

A．c（Ac—）﹥c（Na+）

B．c（HAc）﹥c（Ac—）

C．2c（H+）=

c（Ac—）—

c（HAc）

D．c（HAc）+

c（Ac—）=

0.01mol/L

方法：

捷徑：混合后先得到0.005

mol/L的HAc溶液和0.005

mol/L的NaAc溶液，由于Ac—的水解程度小于HAc的電離程度，故A正確、B錯誤。整體考慮溶液中的H+得失：

HAc

H3O+

Ac—

H2O

OH—

得H+

失H+

可得

c（H+）+c（HAc）=c（OH—）

整體考慮CH3COO—的守恒，可得c（HAc）+

c（Ac—）=

0.01

mol/L。所以答案A、D。

總結：任何溶液中都存在三種恒等式——物料平衡（質量守恒）、電荷平衡、質子守衡。以上題為例，這三種等式分別是

c（HAc）+

c（Ac—）=

0.01mol/L

c（Na+）+

c（H+）=

c（Ac—）+

c（OH—）

c（H+）+

c（HAc）=

c（OH—）

例題2

：有一在空氣中暴露過久的KOH固體，經分析得知其中含水a%，K2CO3

6%，其余為KOH。取此樣品m

g

溶于100

mL

mol/L的硫酸里，殘酸需加n

g

原樣品才剛好中和完全。由此可知蒸發中和后的溶液可得固體質量為

（）

A．14.2g

B．17.4g

C．20.6g

D．無法計算

方法：因蒸發中和后的溶液得固體K2SO4，而SO42－僅來自于硫酸，以此可通過S原子守恒快速求解。

捷徑：最終所得固體為K2SO4

。∵n（K2SO4）

=

n（H2SO4）

∴m（K2SO4）

=

0.1mol

×

174g/mol

=

17.4g，得答案為B。

總結：因在空氣中暴露過久的KOH固體成分沒有具體的數值，不少同學會因數據未知而錯選D(無法計算)。

例題3

：取20g混有MnO2的KClO3，加熱至恒重，在一定溫度下將殘留的固體加入10g水中有7.9g固體未溶解，再加入5g水仍有5.3g固體未溶，則原混合物中可能含有的KClO3質量為（）

A．14.7g

B．6.9g

C．12.1g

D．17.6g

方法：根據作為起催化作用的MnO2，在整個過程中質量守恒分析求算。

捷徑：如5.3g未溶固體全為MnO2，則KClO3質量為14.7g。根據反應2KClO3

2KCl

+

3O2↑知，14.7g

KClO3完全分解生成KCl

8.94g，得10g水中溶KCl

5.3g+8.94g—7.9g=6.34g，再加5g水又溶7.9g—5.3g=2.6g，此時溶液為KCl的不飽和溶液，剩余物為MnO2，符合題意。

如5.3g未溶固體含KCl和MnO2，根據后加5g水溶2.6g

KCl知，先加的10g水中溶KCl

5.2g，得加熱至恒重時質量為5.2g+7.9g=13.1g，放出O2為6.9g，根據反應方程式可求得KClO3為17.6g，MnO2實際質量為2.4g，符合題意。

以此得答案為A、D。

總結：5.3g未溶固體是何物質是解答該題的關鍵，部分考生由于僅將其作為MnO2而出現漏選D答案的情況。

例題4

：在鐵和氧化鐵混合物15

g

中，加入稀硫酸150

mL，能放出H2

1.68

L（S、P、T）。同時鐵和氧化鐵均無剩余，向反應后的溶液中滴入KSCN溶液，未見顏色變化。為了中和過量的H2SO4，且使Fe2+完全轉化成Fe(OH)2，共消耗3

mol/L的NaOH溶液200

mL，則原硫酸的物質的量濃度是（）

A.1.5mol/L

B.2mol/L

C.2.5mol/L

D.3mol/L

方法：因最后溶液中所剩溶質為Na2SO4，根據電荷守恒可求得SO42－的物質的量濃度。

捷徑：最終所得溶液中含有Na+和SO42-（少量H+和OH-）而Na+來自于NaOH。SO42-來自于原硫酸，根據溶液中離子電荷守衡得：

n(Na+)

+

n(H+)

=

2n(SO42－)

+

n(OH－)，不計少量H+和OH-，得

3mol/L×

0.2L

=

2×c(SO42-)×0.15L

解得：c(H2SO4)=

mol/L，以此答案為B。

總結：此題再利用氫氣的體積和鐵元素守恒，還可求得原混合物中鐵和氧化鐵的質量。

例題5

：向某稀醋酸溶液中滴加一定量的氫氧化鈉溶液后，若溶液中CH3COO-的物質的量等于加入NaOH的物質的量。則此時溶液的pH（）

A.＞7

B.＜7

C.＝7

D.無法確定

方法：利用溶液中陰陽離子所帶電荷相等列出恒等式求得c(H+)與

c(OH-)間的關系，再分析此關系而獲得結果。

捷徑：因溶液中CH3COO-的物質的量等于加入NaOH的物質的量，又溶液中Na+的物質的量等于加入NaOH的物質的量，所以反應所得混合溶液中CH3COO-與Na+物質的量相等，即c(CH3COO-)=

c(Na+)。而根據電荷守恒知，溶液中c(Na+)+c(OH-)=

c(CH3COO-)+c(OH-)，則溶液中c(H+)=

c(OH-),即溶液pH

=

7。以此得答案為C。

總結：此題若從電離平衡角度分析，則難于理解。如果靈活運用電荷守恒關系分析，問題則迎刃而解。

例題6

：在3BrF3

+5H2O

=

HBrO3

+

O2↑+

Br2

+

9HF中，若有5mol水參加反應，則被水還原的BrF3的物質的量是（）

A．3

mol

B．10/3

mol

C．4/3

mol

D．2

mol

方法：水僅作還原劑，5mol水參加反應，有2mol水被氧化，以此根據得失電子守恒即可求得被水還原的BrF3的物質的量。

捷徑：2mol水被氧化生成1mol氧氣，水失去電子的物質的量為4mol，BrF3的化合價從+3降為0價，每摩爾BrF3作氧化劑時得3mol電子，以此根據得失電子守恒即可求得被2

mol水還原的BrF3為4/3

mol，故正確答案為C。

總結：該題部分學生根據化學方程式直接得，當5mol水參加反應，有2

mol

BrF3被還原。以此獲得錯誤結果D。現錯解的原因是審題時未注意失電子為何物質，又忽視一個關鍵字——水。該反應失電子不僅有H2O，還有BrF3。

y

x

A

y

x

y

x

y

x

B

C

D

例題7

：標準狀況下，在1L

NO氣體中不斷地通入O2，若溫度和壓強保持不變，則反應后氣體體積y與通入的O2體積（用x表示）關系正確的圖為（）

方法：根據反應2NO

+

O2

=

2NO2前后N元素守恒及部分NO2

轉化成N2O4，結合圖示分析求解。

捷徑：根據反應2NO

+

O2

=

2NO2，前后N元素守恒。但在標準狀況下，NO2一旦生成，便有部分轉化成N2O4，而造成氣體的物質的量及體積減小，待NO反應完后，再通入O2，體積逐漸增大，以此得正確答案為D。

總結：部分考生根據反應2NO

+

O2

=

2NO2，依據在溫度和壓強不變時，氣體體積與氣體的物質的量成正比，得出在NO中通入O2，開始體積不變，待NO反應完后，再通入O2，體積逐漸增大，從而獲得答案C。出現此種錯解的原因乃是濫用反應過程中物質的量守恒，未考慮后續反應之故。

在化學反應中利用物質的量守恒進行解題時，必須注意反應的進程問題。當反應過程中濃度變稀造成反應終止，或有后續反應存在時，便可能造成物質的量不守恒。

例題8：

NO和NO2（過量）組成的混合氣體通入NaOH溶液中，能發生反應①3NO2

+

NaOH

=

2NaNO3

+

NO↑+H2O，②NO2

+

NO

+

2NaOH

=

2NaNO2

+

H2O，如用V

L

NaOH溶液吸收由n

mol

和m

mol

NO2組成的混合氣體，求NaOH溶液的濃度最小要達到多少mol/L？

方法：根據反應前后N元素守恒求NaOH溶液的最小濃度。

捷徑：從題中反應可知，NO2過量，氮的氧化物能全部被吸收，且生成NaNO2或NaNO3，以此消耗NaOH的物質的量等于混合氣的總物質的量，NaOH的物質的量≥（m+n）/V

mol/L，故NaOH的濃度最小應為（m+n）/V

mol/L

總結：根據反應前后元素的來龍去脈，找出某些元素間的守恒關系，列出恒等式，可迅速求得結果。此題如通過設物質的量來求解，便顯得很繁雜。

例題9

：有碳酸鈉和碳酸氫鈉的混合物14.8g，把它配成稀溶液，然后向該溶液中加入12.4g堿石灰（CaO、NaOH組成的混合物），充分反應后，溶液已檢測不到Ca2+、CO32—和HCO3—，然后將所得的體系中水分設法蒸干，得白色固體29g。試求：（1）原混合物中碳酸鈉和碳酸氫鈉各多少克？（2）堿石灰中CaO、NaOH各多少克？（3）所得29g白色固體中各種成分的質量是多少？

方法：根據反應列出守恒關系，然后通過反應前后的守恒求解。

本題有下列量守恒：①反應前后的CO32—物質的量守恒，即CaCO3中CO32—物質的量等于Na2CO3中CO32—的物質的量與NaHCO3中HCO3—物質的量之和；②反應前后Ca2+物質的量守恒，即CaO中Ca2+的物質的量等于CaCO3中Ca2+物質的量；③反應前后，Na+物質的量守恒。

捷徑：設Na2CO3的物質的量為x，NaHCO3的物質的量為y，堿石灰中NaOH的物質的量為z，根據上述有關離子物質的量守恒得：

106g·mol—1x+

g·mol－1

y

=

14.8g

g·mol—1

(x+y)+40

g·mol—1z

=

12.4g

g·mol—1

(x+y)+40

g·mol—1

(2x+y+z)

=

29g

解之得

x=0.1mol，y=0.05mol，z=0.1mol

（1）

原混合物中Na2CO3為0.1mol

×106

g·mol—1

=

10.6g，NaHCO3為0.05mol×84

g·mol—1

=

4.2g。

（2）

堿石灰中CaO為56

g·mol—1

×（0.1mol+0.05mol）=

8.4g，NaOH為0.1mol×40

g·mol—1

=

4g。

（3）

29g白色固體中CaCO3為100

g·mol—1

×（0.1mol

+

0.05mol）=

15g，NaOH為29g

—15g

=

14g。

總結：為了能充分理清反應前后的關系，建議考生在解題時要畫出前后的變化關系圖，并將守恒的元素找對、找全。

例題10

：已知Zn（OH）2與Al（OH）3一樣具有兩性，現有硝酸銅和硝酸銀混合溶液100mL，其NO3—濃度為4

mol·L-1。當加入一定質量的鋅粉，充分振蕩后過濾，得干燥沉淀24.8

g

。將此沉淀置于稀鹽酸中，無氣體放出。在濾液中加入BaCl2溶液無沉淀生成，再加入過量稀NaOH溶液得到的沉淀，經過濾、干燥、灼熱后質量為4g。求參與反應的鋅的質量。

方法：由于電解質溶液呈中性，根據溶液中陽離子所帶的正電荷總數必定等于陰離子所帶的負電荷總數。對此題來說，即反應后溶液中Zn2+與未被置換的Cu2+

所帶的正電荷必定等于溶液中NO3—所帶的負電荷。根據反應后溶液中電荷守恒列式求解。

捷徑：由于24.8

g

沉淀物不能與鹽酸反應，說明沉淀物中無過剩的鋅粉，即加入的鋅全部參與反應。又由于濾液不與BaCl2溶液反應，說明原溶液中Ag+

已全部被鋅置換。最后4

g

固體為CuO的質量，它是溶液中未參與反應的Cu2+

轉化而成。

+

=

mol·L-1×0.1L

（）

×2

因反應后溶液中Zn2+與未被置換的Cu2+

所帶的正電荷等于溶液中NO3—所帶的負電荷。設參與反應的鋅的質量為x，則

解之得，x=9.75g

總結：利用電荷守恒法進行解題時，必須注意以下兩個問題：①溶液中陰、陽離子總數不一定守恒；②當溶液很稀時，水的電離不能忽略。

例題11

：在室溫時，將PH

=

5的稀硫酸稀釋到1000倍，則稀釋后的溶液中c(H+)︰c(SO42—)。

方法：溶液無限稀釋后，水的電離不能忽略，此時要通過水的離子積常數求解。

捷徑：PH=5的H2SO4稀釋到1000倍后，H2SO4電離提供的c(H+)為10—8mol·L—1，c(SO42—)為5×10—9

mol·L—1。由于溶液很稀，不能忽略水的電離。設水電離產生的H+或OH—為x

mol·L—1，根據水的離子積常數得：

（10—8+x）x=10—14，解得x

=9

.5×10—8（mol·L—1）

c(H+)︰c(SO42—)

=

（10—8mol·L—1

+

.5×10—8mol·L—1）︰5×10—9

mol·L—1

=

21︰1

總結：部分考生未考慮水的電離，而根據H2SO4完全電離得出錯誤結果為，c(H+)︰c(SO42—)

=2︰1。

例題12

：

3.84g

Cu和一定質量的濃硝酸反應，隨著反應的進行，硝酸溶液濃度也在降低，反應生成的氣體顏色也在逐步變淺，當銅反應完畢時共收集到氣體體積為2.21

L。若把收集到氣體的集氣瓶倒立于盛水的水槽中，需通入多少毫升標準狀況下的O2才能使集氣瓶充滿溶液？

方法：根據題意，硝酸首先獲得Cu的電子生成氮的氧化物NO2和NO，并有少量NO2轉化成N2O4

。而后各種氮的氧化物又失電子給O2而重新生成HNO3

。根據得失電子數守恒，O2得到的電子數一定等于Cu失去的電子數。

捷徑：由于3.84g

Cu失去電子0.12

mol，需0.03

mol

O2獲得，故標準狀況下O2的體積為0.03

mol×22.4

L·

mol-1×1000

mL·L-1

=672

mL。

總結：在利用得失電子數守恒進行解題時，必須注意得失電子為何物質，注意氧化還原反應中整體與局部之間的關系和聯系。

例題13

：將碳酸氫銨受熱分解后的產物恒溫于150℃，其平均分子量為多少？

方法：如果分析產物中氣體組成，再用對各組分氣體分子量加以平均（即M=17×

1/3

+

×

1/3

+

×

1/3）來求就太繁了。而從整體質量守恒法來求便顯得簡單明了。

捷徑：由于生成物均為氣體，故其總質量與碳酸氫銨質量相等。而1

mol碳酸氫銨又分解出3

mol氣體，因此平均分子量為：79/3。

總結：如果有生成物為固體或液體，前后的質量將不再守恒，在解題時要特別注意。

例題14

：

20℃時，向五瓶盛有90g水的容器中分別加入下列物質各10g，A、氯化鈉，B、氨氣，C、過氧化鈉，D、三氧化硫，E、氧化鈣，得到五種溶液。這五種溶液的溶質質量分數由大到小的順序是。

方法：解答該題既要考慮與水反應后的溶質質量，又要考慮生成氣體問題，還要考慮有無沉淀生成。

捷徑：由于Ca（OH）2為微溶物，故其濃度最低，其溶質質量分數大小順序應為D>C>A=B>E。

總結：該題易出現的錯解是：A、B加入90g水中，溶質仍為10g，得溶質質量分數為10%，C、D、E10g加入水中，溶質分別變為NaOH10.26g，H2SO412.25g，Ca（OH）213.21g，除Na2O2加入水中放出O22.05g，溶液質量變為97.95g外，其余溶液質量均為100g外，以此得溶質質量分數分別為C、10.47%，D、12.25%，E、13.21%，其大小順序為E>D>C>A=B

。出現此錯解的原因是未能考慮到Ca（OH）2為微溶物，其CaO與H2O反應生成的Ca（OH）2大部分脫離溶液體系呈沉淀析出，而出現溶質質量不守恒的現象。

在使用質量守恒進行解題，要特別注意反應的體系問題。當脫離反應體系，如生成沉淀、產生氣體，此時在反應體系內物質的質量便表現得不守恒。

聚寶盆：

1．化學反應總遵循質量守恒。其原因是在任何化學反應前后，元素的種類和原子的個數均保持不變。解題時既可運用質量守恒、更可直接運用原子守恒進行巧解。

2．在任何氧化還原反應中，還原劑失去的電子總數一定與氧化劑得到的電子總數相等，解決氧化還原反應中的相關問題時，可用電子守恒法。

3．任何溶液都呈電中性，可見：Σ(陽離子的物質的量×陽離子的價數)

=

Σ(陰離子的物質的量×陰離子的價數)；或Σ(陽離子的物質的量濃度×陽離子的價數)

=

Σ(陰離子的物質的量濃度×陰離子的價數)。這就是電荷守恒法。

熱身賽：

1．將ag

NaOH樣品溶于bmL

0.1mol/L硫酸里，再加cmL

0.1mol/L

KOH溶液恰好呈中性，則樣品純度為

（）

A．×100%

B．

×100%

C．

×100%

D．

×100%

2．為了取制氧氣，取一定量的KClO3和一定量的MnO2共熱，開始時MnO2在混和物中質量百分含量為25%，當M

nO2含量提高到30%時，KClO3的分解百分率為

（）

A．43.3%

B．56.7%

C．40%

D．60%

3．同溫同壓下,10mL氣體A2和30mL氣體B2恰好完全化合，生成20mL氣體X，則X的化學式為

（）

A．AB3

B．A3B

C．A2B

D．AB2

4．已知某強氧化劑XO（OH）2+

被亞硫酸鈉還原到較低價態，如果還原含2.4×10-3mol

XO（OH）2+的溶液至此較低價態，需用30mL

0.2mol/L的Na2SO3溶液，那么X元素最終價態為

（）

A．+2

B．+1

C．0

D．-1

5．24mL濃度為0.05mol/L的Na2SO3溶液，恰好與20mL濃度為0.02mol/L的K2Cr2O7溶液完全反應，則元素Cr在被還原的產物中的化合價是（）

A．+6

B．+3

C．+2

D．0

6．若干克銅粉和鐵粉產混合物與足量鹽酸充分反應后，過濾，將濾渣在空氣中充分加熱，冷卻后稱量，質量恰好等于原混合物的質量，則混合物中鐵的質量分數

7．將NaHCO3和部分風化的純堿晶體組成的混合物樣品m

g配成250mL溶液，用1.0

mol/L鹽酸滴定，至終點時，用去鹽酸30.0

mL。若將上述樣品m

g加熱至質量不變時，可得到固體多少克？

8．鎂帶在空氣中完全燃燒后，將其產物溶于50mL1.8mol/L稀鹽酸中,再加入20mL0.9moL/LNaOH溶液以中和多余的酸,然后加入足量NaOH溶液使氨全部逸出,經測定氨的質量為0.102g。求鎂帶的質量。

9．工業上用焦炭、水和空氣為原料合成氨，在理論上消耗焦炭和氨氣的物質的量之比為多少（不考慮空氣中O2的反應）？

10．有混合氣體A（由NO、H2、CO2組成），通過過量的Na2O2后，變成混合氣體B，將B引燃，使其充分反應，得到濃度為70%的硝酸溶液（無任何氣體剩余）。求混合氣體A和B中各氣體的體積比。

11．把一定量的氯酸鉀充分加熱到再不放出氣體為止，向剩余固體中加入足量的水配成溶液，向該溶液中加入足量的硝酸銀溶液，過濾，干燥，得到固體物質143。5g，求放出氧氣多少克。

12．羥胺（NH2OH）是一種還原劑，能將某些氧化劑還原。現用50.00mL

0.049mol／L的羥胺的酸性溶液跟足量的硫酸鐵溶液在煮沸條件下反應，生成的Fe2+恰好與49.3mL

0.02mol／L的KMnO4

酸性溶液完全作用。[已知FeS＋KMnO4＋H2SO4－Fe2（SO4）3＋K2SO4＋MnSO4＋H2O（未配平）]，則在上述

反應中，羥胺的氧化產物是____________。

13．金屬A和非金屬B可以直接化合生成化合物AB。甲、乙、丙三人分別做A和B化合反應的實驗，充分反應時每人所用A和B的質量各不相同，但總質量都是9g。甲、乙所用A和B的質量及三人得到化合物AB的質量如下表，請填寫表中空格。

A的用量

B的用量

得到AB的用量

甲

7g

2g

6g

乙

4g

5g

6g

丙

4.44g

14．將一定量的氯酸鉀與3.48

g二氧化錳組成的混合物加熱一段時間后共收集到氧氣0.336

L(標準狀況)，然后將殘留固體加入到足量濃鹽酸中共熱，使之與濃鹽酸充分反應，再將生成的氣體全部通入到100

mL1

mol/L的溴化亞鐵溶液中，有的溴離子被氧化成單質。求氯酸鉀的分解百分率。

15．將一定量的鋁粉和鐵粉的混合物溶于足量鹽酸中，然后向其中加入過量的氫氧化鈉溶液，在空氣中放置一段時間，濾出沉淀物，再將沉淀物在O2中灼燒，最后得紅棕色粉末，該粉末的質量與原鋁、鐵混合物的質量恰好相等。求原混合物中鋁的質量分數。

16．將一塊已被嚴重銹蝕而部分變為銅綠[Cu2(OH)2CO3]的銅研磨成粉末，充分灼燒成CuO，發現固體質量沒有發生增減。求銅被銹蝕的質量百分率。

大檢閱：

1．D

2．B

3．A

4．C

5．B

6．20%

7．15.9g。運用質量守恒法

8．0.792g。運用質量守恒法和整體思維技巧

9．3︰2。運用電荷守恒法

10．A中V(NO)

︰V(H2)

︰V(CO2)

=

2︰4︰7；B中V(NO2)

︰V(H2)

︰V(O2)

=

4︰8︰5。運用質量守恒法和整體思維技巧

11．48g

12．N2O

13．7.52g

1.48g

(或2.96g、6.04g)

14．33.33%

15．30%

16．有關的兩個反應式是：Cu2（OH）2CO3=2CuO＋H2O↑＋CO2↑，2Cu＋O2=2CuO。前一反應減小固體質量，后一反應增加固體質量。常見的解法可能是：設原固體質量為1，其中Cu2（OH）2CO3含x，單質銅含1－x。據題義：。式中80、222、64、62、32分別為CuO、Cu2（OH）2CO3、Cu、H2O＋CO2（相當于H2CO3）、O2的摩爾質量。解得x=47.23%。但這僅是Cu2（OH）2CO3的百分含量，還需對原金屬銅的銹蝕率進行換算：。如果緊盯關鍵元素Cu來做文章，可以發現第一個反應中放出的H2CO3的物質的量等于被蝕銅元素物質的量的1/2，第二個反應中被結合的O2的物質的量則等于未銹蝕銅元素的1/2。設H2CO3的質量為m，據題義O2的質量亦為m，即可據兩部分銅元素的量直接列式解得答案：。式中連Cu2（OH）2CO3、CuO、Cu的摩爾質量都沒有用上，運算量簡化到了最大限度

第三篇：十字交叉法在化學中的應用及總結

十字交叉法的原理及其在化學計算中的應用

十字交叉法又稱對角線法,也叫混合規則.作為一種簡化的解題方法,是實際計算方程式圖解形式，應用于二元混合體系具有平均值的計算問題,它具有簡化思路、簡便運算、計算速度快等顯著優點.近年來,十字交叉法在中學化學計算中廣泛使用,通過十字交叉得到差值的比值的含義如何確定,如果沒有真正理解十字交叉法含義,在使用該方法時將沒有真正達到簡化思路、快速準確求解的目的,從而限制了該方法的推廣和應用.“十字交叉法”是通常中學化學計算必需掌握的一種計算方法,因為用此法解題實用性強、速度快.學生若能掌握此方法解題,將會起到事半功倍的效果.以下是筆者幾年來對“十字交叉法”理解及體會.1 十字交叉法的原理:A×a%+B×b%=(A+B)×c% 整理變形得: A/B=(c-b)/(a-c)①

如果我們以100 g溶液所含的溶質為基準

上式表示溶液混合時它們的質量比與有關質量分數比的關系.可得如下十字交叉形式 a

c-b

c

② b

a-c 對比①,②兩式不難看出:十字交叉關系中(c-b)/(a-c)為組分A和組分B混合時的質量比.推廣到二組分混合體系中,當以一定質量的混合體系為基準所得十字交叉關系,其比值為質量比(例如,質量分數是以質量為基準);若有c-b比a-c的化學意義由平均值c決定,則比值就表示組分A中c-b和組分B中a-c所表示的量的比值.如c為質量或質量分數,則(c-b)/(a-c)表示組分A和組分B溶液的質量之比.若c為密度,則(c-b)/(a-c)就表示組分A和組分B的溶液體積之比.若c為摩爾質量,則(c-b)/(a-c)就表示組分A和組分B的物質的量比;此時可用十字交叉法求混合物中各組分的含量.2 十字交叉法的應用例析： 2.1 用于混合物中質量比的計算

例1 將鋁鐵合金18.5克溶于足量的鹽酸中產生標準狀況下的氫氣11.2升,求合金中鋁鐵的質量之比是多少？

解：在標準狀況下，求出氫氣的質量M=1g,以混合物總質量18.5g作為基準物再根據鎂鋁與鹽酸的關系列出十字交叉式如下：

Al

/ 18

19/56

Fe

37/56

19/18 求得鋁與鐵質量的比是9/28 例2 鎂和鋁的混合物10g,與足量的稀硫酸充分反應,生成1.0g氫氣,混合物中鎂和鋁的質量比為多少? 解：在標準狀況下，以混合物總質量10g作為基準物再根據鎂鋁與鹽酸的關交叉式如下：

Mg 5/6

1/9

Al 10/9

1/6 求得鎂與鋁的質量比是2/3 例3 KHCO3和CaCO3的混合物和等質量的NaHCO3分別與鹽酸完全反應時,所消耗的酸的量相等,則混合物中KHCO3與CaCO3的質量比是多少? 解析:由化學反應方程式:KHCO3+HCl=KCl+H2O+CO2↑

CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑

以消耗HCl物質的量1mol作為基準物, 求出反應掉KHCO3、CaCO3、NaHCO3的質量的數值分別為100g、50g、84g，依題意KHCO3和CaCO3的混合物84g與NaHCO384g均消耗1molHCl，即兩個分量值分別為100和50,平均值為84, 用十字交叉法圖解如下: KHCO100

CaCO3

因為是以物質消耗HCl的物質的量1mol為基準物,所以比值34/16=17/8 為碳酸氫鉀與碳酸鈣消耗HCl的物質的量之比,故原混合物中碳酸氫鉀與碳酸鈣的物質的量之比為17/4,即質量比也為17/4（因它們的相對分子質量相等）.2.2 用于混合物中物質的量比的計算

例4 在標準狀況下，測得空氣和HCl混合氣體對氫氣的相對密度為17，求空氣和HCl氣體的物質的量之比

解:混合氣體的平均式量為17×2=34 ,以1 mol混合物為基準物則十字交叉法如下: 空氣 29

2.5

HCl 36.5 求出空氣與HCl氣體的物質的量比是1/2

例5某Na2SO3已部分氧化成Na2SO4,經測定該混合物中硫的質量分數為25%,求混合物中Na2SO3和Na2SO4的物質的量之比(整數比)？ 解：由平均質量分數25%，列出十字交叉法如下： Na2SO3 中 S %

25.397 %

2.465 %

25%

Na2SO4 中 S %

22.535 %

0.397 % 求得Na2SO3與Na2SO4 的物質的量比是6/1 2.3 用于混合物中體積比的計算

例6已知CH4, C2H4及其混合氣體在同溫同壓下分別為 0.71 g / L、1.25 g / L、1.16 g / L.求混合氣體CH4和C2H4的體積比是多少？

解：以1mol 混合氣體密度1.16 g / L作為基準物 則十字交叉法如下： CH

40.71

0.09

1.16 C2H4 1.25

0.45 求得CH4與C2H4 的體積比是1/3 例7 已經 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g);△H=-571.6千焦 C3H8(g)+5 O2(g)=3CO2(g)+4H2O(1);△H=-2220千焦 求H2和C3H8的體積比.解析:lmol C3H8完全燃燒放熱為:571.6/2=285.8千焦 lmol C3H8完全燃燒放熱為:2220千焦

lmol混合氣體完全燃燒放熱為:3847/5=769.4千焦 列出十字交叉法如下：

H2

285.5

1460.6

769.4 C3H8 2220

483.6 求得H2和C3H8 的體積比為3/1

例8一種氣態烷烴和一種氣態烯烴，它們的分子式中所含碳原子數相同，若l體積這種混合烴在O2中充分燃燒，能生成2體積的和2.4體積的水蒸氣，則混合中烷烴和烯烴的體積比是多少？

解:設混合烴分子式為CxHy、烷烴與烯烴的體積比為 CxHy + 3.2 O

2= 2 CO2+ 2.4 H2O 1

3.2

2.4

根據原子守衡定理得混合烴分子式為C2H4.8 即氫的原子數是4.8.十字交叉法如下： C2H6

0.8

4.8 C2H1.2 求得混合物中C2H6和C2H4 的體積比是2/3 2.4 用于混合物中原子個數比的計算

例9 已知自然界中銥有兩種質量數分別為191和193的同位素,而銥的相對分子質量為192.22,求這兩種同位素原子個數比.解：以1 mol銥的相對分子質量為192.22為基準則十字交叉法如下：

191Ir 191 0.78

199.2

191Ir / 193Ir = 0.78 / 1.22 193Ir 193 1.22 求得191Ir 與193Ir 物質的量比39/61 也是它們原子個數比.2.5 用于混合物中質量分數和體積分數的計算

例10 把0.200gNaCl和KI混和物溶于水后加入過量AgN03溶液析出0.449 g，求原混和物中NaCl和KI的質量百分數.解：分別計算產生沉淀物的質量,根據化學方程式得： 0.200 g NaCl生成 0.490 g

AgCl 0.200 g NaI 生成 0.283 g

AgI

則十字交叉法如下：

NaCl 0.490 / 0.200

0.166

0.449/0.200

m(NaCl)/ m(KI)=0.166/ 0.041 KI

0.283 / 0.200

0.041 求得NaCl 和 KI 的質量比是4/1，即他們的質量分數分別為80%，20% 例11在標準狀況下氫氣和一氧化碳的混合氣體7L，質量為2.25g，求H2和CO的體積分數？ 解：設混合氣體的摩爾質量為M 2.25 / M = 7 / 22.4 L / mol

M=7.29 列出十字交叉法如下： CO 28

5.2

7.2

V(CO)/ V(H2)=5.2 / 20.8

H2

20.8 求得CO與H2體積比是1/4 即它們體積分數分別是25% ,75%

例12 已知Fe2O3在高爐中發生反應Fe2O3+CO = 2FeO+CO2,反應形成的固體混合物Fe2O3、FeO中,元素鐵和氧的質量之比用m(Fe)∶m(O)表示.若m(Fe)∶m(O)=21∶8,計算Fe2O3被CO還原的質量分數.解析:此題用方程式法甚為煩瑣,用十字交叉法則非常簡單.即:若Fe2O3全部被還原,則m(Fe)∶m(O)=21∶6;若Fe2O3未被還原,則m(Fe)∶m(O)=21∶9.列出十字交叉法如下： 未被還原Fe2O3 9 / 21

/ 21

8/21

被還原Fe2O

/ 21

/ 21 則未被還原的氧化鐵與被還原的氧化鐵的物質的量之比為2∶1,所以被還原的氧化鐵的質量分數為13×100%=33.3%.例13 將20%NaCl溶液與60%NaCl溶液按質量比1:3混合,計算NaCl溶液的質量分數.解：設20%NaCl溶液為mg,則60%NaCl溶液質量就為3mg,所得NaCl溶液的質量為x% 列出十字交叉法如下：

m 20% x%-60% x% 3m 60 % 20%-x% 則 m / 3m =(x %x %)求出x=50 既NaCl質量分數50% 通過上面的論述,我們可以看出,十字交叉法確實簡單、方便、容易操作,但值得一提的是,在應用十字交叉法進行運算時,必須滿足它的運算基礎.十字交叉法應用于處理兩組分(或相當于兩組分)的混合物的組成計算十分方便.不斷積累、總結、發掘新的解題方法，可促進知識的有效遷移、同化和深化對問題的理解，提高解題的效率與正確率.

第四篇：核磁共振在化學中的應用

核磁共振技術在有機化學構型等方面的應用

摘要: 本文綜述了核磁共振在復雜分子結構解析、光學活性化合物構型確定、有機合成反應機理研究、組合化學、高分子化學等方面的應用進展。關鍵詞: 核磁共振、化學構型 1 概述

核磁共振(Nuclear Magnetic Resonance ,NMR)現象是1946 年由哈佛大學的伯塞爾(E.M.Purcell)和斯坦福大學的布洛赫(F.Bloch)用不同的方法在各自的實驗室里觀察到的[1]。六十年來,核磁共振波譜技術取得了極大的進展和成功.檢測的核從1H 到幾乎所有的磁性核;儀器不斷向更高頻率發展;從連續波譜儀到脈沖傅立葉變換譜儀,并隨著多種脈沖序列的采用而發展了各種二維譜和多量子躍遷測定技術;固體高分辨核磁技術和核磁共振成像技術的出現[2]。隨著這些實驗技術的迅速發展,核磁共振的研究領域不斷擴大。核磁共振提供分子空間立體結構的信息,是分析分子結構和研究化學動力學的重要手段。在化學領域,核磁共振為化學家提供了認識未知世界的有效途徑。應用核磁共振確定有機化合物絕對構型

有機化學家常常需要確定合成或分離得到的光學活性化合物的絕對構型。應用核磁共振方法測定有機化合物的絕對構型,主要是測定R和S手性試劑與底物反應的產物的1 H 或13 C NMR 化學位移數據,得到Δδ值與模型比較來推定底物手性中心的絕對構型[3]。包括應用芳環抗磁屏蔽效應確定絕對構型的NMR 方法和應用配糖位移效應確定絕對構型的NMR 方法。表中,將計算的Δδ值與表中的配糖位移效應比較,確定底物仲醇手性中心的絕對構型。2.1 芳環抗磁屏蔽效應確定絕對構型

利用芳環抗磁屏蔽效應測定有機化合物絕對構型最為典型的方法是應用1 H

1NMR 和應用19 F NMR 的Mosher 法[4-5]。H NMR 的Mosher 法是將仲醇(或伯胺)分別與(R)和(S)-MTPA(α2甲氧基三氟甲基苯基乙酸)反應形成酯(Mosher 酯),然后比較(R)和(S)-MTPA 酯的1 H NMR 得到Δδ(Δδ=δS-δR), 在與Mosher 酯的構型關系模式圖比較的基礎上,根據Δδ的符號來判斷仲醇手性碳的絕對構型。19 F NMR 的Mosher 法的應用前提是β位取代基的立體空間大小不同。通常情況下,兩個非對映異構體(R)和(S)-MTPA 酯中其它影響19 F NMR化學位移因素是相對固定的,19 F NMR 化學位移的不同主要是由于兩個非對映異構體中羰基對19 F 的各向異性去屏蔽作用不同引起。通過比較(R)和(S)-MTPA 酯的19 F NMR 的化學位移值結合模型圖確定手性中心的絕對構型。2.2 配糖位移效應確定絕對構型

應用配糖位移效應通過核磁共振可確定二級羥基絕對構型,如運用13 C 的配糖位移效應來測定仲醇的絕對構型[6-7]。這種方法包括5 個步驟(13 CNMR 圖譜在吡啶里測定):測定仲醇的13 CNMR 圖譜;合成仲醇β-D-或α-D-葡萄吡喃配糖體;測定β-D-或α-D-葡萄吡喃配糖體的13 CNMR 圖譜;計算葡萄糖單元端基碳、仲醇α碳和兩個β碳的配糖位移;將已知絕對構型的仲醇的配糖位移Δδ值總結列于表中,將計算的Δδ值與表中的配糖位移效應比較,確定底物仲醇手性中心的絕對構型。3 應用核磁共振解析復雜化合物結構

核磁共振技術是復雜化合物結構解析最為主要的技術。利用該技術可以獲得化合物豐富的分子結構信息,廣泛應用于天然產物的結構解析。其近期技術革新主要在于以下幾個方面:探頭、線圈和核磁管相關技術、固相核磁新技術、核磁共振

[8]。在天然產物分析中,核磁共振儀的檢出限較其它波譜分析儀器為高,這對于產率較低的天然產物化合物來說無疑是一種瓶頸制約因素。所以,研究和發展新的核磁共振技術來降低檢出限就顯得尤為重要。除了提高有限的磁場強度外,更多集中在對核磁共振儀的探頭、線圈和核磁管等的改進。常規的5 mm 核磁管及相匹配的探頭、線圈在NMR 譜測定時所需樣品一般在mg 級以上。近年來逐步發展了微量核磁管及相匹配的探頭、線圈,使得樣品的檢出限大為降低,達到μg 級,甚至ng 級。有關探頭、線圈和核磁管相關技術的最新典型應用是Rus2sell 等應用3 mm 低溫探頭在500 MHz 核磁共振儀上測定了溶解在150μL 氘代苯中的40μg 士的寧的HSQC 譜,在相同的信噪比下比應用傳統探頭下所需積分時間降低12—16倍[9 ]。此技術對于解析質量和容積有限的復雜天然化合物樣品結構具有非常大的優點。4 核磁共振在有機合成反應中的應用

核磁共振技術在有機合成中不僅可對反應物或產物進行結構解析和構型確定,在研究合成反應中的電荷分布及其定位效應、探討反應機理等方面也有著廣泛應用。

4.1 研究合成反應中的電荷分布及其定位效應

配合物中金屬離子與配體的相互作用強弱雖然可以用紫外光譜、紅外光譜、電化學等方法來研究和表征,但核磁共振譜能夠精細地表征出各個H 核或C 核的電荷分布狀況,通過研究配合物中金屬離子與配體的相互作用,從微觀層次上闡釋配合物的性質與結構的關系。芳環上原子周圍的電子云密度大小可以通過化學位移值得到反映,芳環碳上的電子云密度大小又與其連接取代基的電子效應有關,取代基對苯環的影響為誘導效應和共軛效應的綜合。可以通過單取代苯的13 C 化學位移計算常見基團的誘導效應、共軛效應及電子效應,進而根據電子效應強度值定量地表征定位效應、定位規律和苯環的活化與鈍化[10 ]。4.2 推測反應機理

有機合成反應對反應機理的研究主要是對其產物結構的研究和動力學數據的推測來實現的。1H NMR 可以由積分曲線得到總質子數和部分質子數,以及由化學位移鑒別羧酸、醛、芳烴(有取代)烷基、鏈烷基的質子和雜原子,斷定鄰接不飽和鍵等的甲基、亞甲基和次甲基的相關氫信息,從自旋2偶合討論鄰接基團, 或鑒別C1 至C4 的各種烷基結構;而13 C NMR 則可以確定碳數,同時還可以從碳的偏共振去偶法確定鍵合于碳上的氫數,以及鑒別SP3碳、SP2碳和羧基碳,并由羧基碳的化學位移等確定羰基碳的種類, 還可以確定甲基、芳基取代基的種類等獲得相關碳的雜化形式、碳的骨架等信息[11]。核磁共振技術在組合化學中的應用

組合化學的飛速發展拓展了常規固相NMR 技術的空間,出現了新的超微量探頭。魔角自旋技術(magic angle spinning , MAS)的應用和消除復雜高聚物核磁共振信號的脈沖序列技術的出現,已經可以保證獲得與液相NMR 相同質量的圖譜。高通量NMR 技術已經用于篩選組合合成的化合物庫,成為一種新的物理篩選方法。5.1 核磁共振在固相合成的應用

固相合成的特征是以聚合樹脂為載體,載體與欲合成化合物之間連有官能團連接橋,欲合成分子通過連接橋逐步鍵合到樹脂上,最終產物通過特定的切割試劑切落下來。固相合成發展的一個主要障礙是缺少可以對反應歷程進行實時監測的簡單、快速、無破壞性的分析方法。核磁共振光譜法是鑒定有機化合物結構的重要手段之一。但是,對于與固相載體相連的化合物來說,高聚物的流動性有限,載體上有

機分子的流動性也很有限,這都會使譜線變寬,分辨率下降。另外,載體骨架產生的背景信號會掩蓋化合物的信號峰,使之難以辨別。近年來,魔角自旋技術解決了這方面的困難,魔角自旋是指在偏離靜態磁場54.7°下旋轉樣品,這個角度能將偶極偶合平均到零,消除了因固體或非均相溶液中磁化率的不同和樣品表面以及邊緣磁化率的不連續性造成的譜線加寬。魔角自旋技術與一系列新技術在固相NMR 中的廣泛應用,使譜圖分辨率和譜線質量得到很大地提高。目前,已經有多種固相NMR 技術應用于合成研究中。如HR/ MAS-NMR 可以直接跟蹤固相有機合成反應,為快速優化組合合成的化學反應條件提供了一個新方法[12 ]。6 結束語

隨著科學的進步和現代儀器的發展,核磁共振技術的發展很快。通過與計算機科學的完美結合,核磁共振正在成為發展最迅猛、理論最嚴密、技術最先進、結果最可靠的一門獨立系統的分析學科[14] ,不僅應用于化學學科各領域,而且廣泛滲透到自然科學、醫學應用和工業應用等各個方面,成為一個異常廣闊的譜學研究領域。參考文獻

[ 1 ]毛希安,化學通報,1997 ,(2):13—16 [ 2 ]王江干,韶關學院學報(自然科學版),2001 ,22(6):64—68 [ 3 ]滕榮偉;沈平;王德祖;等,波譜學雜志,2002 ,19(2):203—223 [ 4 ] Dale J.A.;Mosher H.S.,J.Am.Chem.Soc., 1973 , 95(2):512—519

[ 5 ] Sullivan G.R.;Dale J.A.;Mosher H.S.,J.Org.Chem.1973 ,38(12):2143—2147 [ 6 ]Seo S.;Tomota Y.;Tori K.;et al.,J.Am.Chem.Soc.,1980 ,102(7):2512 [ 7 ] Seo S.;Tomota Y.;Tori K.;et al.,J.Am.Chem.Soc.,1980 ,102(25):7618 [ 8 ]陳 彬;孔繼烈,化學進展,2004 ,16(6):863—870 [9 ] Russell D.J.;Hadden C.E.;Martin G.E.;et al., J.Nat.Prod.,2000 , 63 :1047 —1049

[10]王進賢;席永盛,西北師范大學學報(自然科學版),1997 ,(1):101—1031 [11]范 純;施志堅;曹衛國;等,波譜學雜志,2001 ,18(4):383 —390 [12]張雪芹;潘遠江;李楊,現代科學儀器,2001(6):29—33 [13]吳厚銘,生命科學,1994 ,6(3):19 —20 [14]裘祖義;裴奉奎,核磁共振譜,北京:科學出版社,1989

第五篇：計算機在化學中的應用(原創)

計算機在化學中的應用

計算機化學是將計算機科學、數學應用于化學的一門新興的交叉學科,是化學領域的一個重要分支。

計算機化學的英文叫法有多種,如Computers&Chemistry、Computers in Chemistry及Computers on Chemistry。有時文獻中亦會出現Computer Chemistry,但應用較少。計算化學(Computational Chemistry)通常指分子力學及量子化學計算等,與計算機化學有較大區別。

計算機與化學的聯姻始于60年代。其首先應用領域是分析化學。因為分析化學的最本征特征是借助于諸種手段收集數據及其數據處理。到了70年代,計算機化學得以突飛猛進的發展,幾乎在化學的每一分支領域都結滿了豐碩的成果。當今的化學幾乎無處不用計算機。計算機(包括數學)已是化學的重要工具,同時計算機化學作為一個學科分支也在迅速發展。本文擬就如下幾個方面作一簡單介紹。

一、數據庫技術

數據庫是計算機科學領域中70年代出現的新技術。化學中的許多數據庫正是在70年代

歷經了由起步、發展,直至成熟的過程。其中,最具代表性的是用于化合物結構解析的譜圖數據庫。目前,幾乎所有的大型分析測試儀器均帶有數據庫及其檢索系統。

各種譜學手段的廣泛應用對當代有機化學的發展起到了很大促進作用,因為這些物理方法和手段使人們能較精確地了解化合物的結構。但是,譜圖的解釋是一較為繁瑣,極為費時的工作。然而,隨著計算機技術的發展極大地推進了這一領域的革新。

計算機輔助譜圖解析方法可粗略地分為兩大類:直接譜圖庫手段,即譜圖檢索，間接譜圖庫手段,包括波譜模擬、模式識別和人工智能。目前,應用最廣泛的是譜圖庫檢索。此處順便提及:數據庫,英文一般用database或databank表示,而數據庫檢索卻常用librarysearching一詞。所謂譜圖庫,目前用于結構解析的主要是指質譜、核磁譜和紅外光譜。

二、有機化合物結構自動解析

該類研究屬于人工智能的范疇。人工智能包括的范圍很廣,如定理證明、語音識別、對奕及專家系統等。對于化學領域,尤以專家系統研究的為最多。所謂專家系統即在規則(常稱為知識庫)的基礎上,模擬專家演繹推理的過程,以得到專家水平的應答。在化學中,除結構解析以外,其它專家系統如分離科學、實驗方案的最優設計、工業生產的流程控制及計算機輔助合成(見后)等。

世界上第一個專家系統誕生于化學領域,即美國斯坦福大學建造的DENDRAL系統。該系統利用低分辨質譜和核磁共振波譜來進行有機化合物的結構解析。這一系統的建造成功對整個人工智能領域產生了重要影響。

早年,專家系統主要建造在中、小型機以上的計算機上。后來出現工作站,但由于價格的昂貴使其應用受到限制。到了80年代中期,微機發展極為迅速。目前,世界上至少有60%的專家系統建立在微型計算機上。

作為軟件,原則上任何一種計算機語言均可作為專家系統設計工具。但是,由于一般的高級語言字符處理能力較差,所以在選用上應首先選用人工智能語言,如LISP和PROLOG。

幾十年來,在結構解析領域中涌現出一大批專家系統,除DENDRAL外,目前比較有影響的系統為CHEMICS(日本)、CASE(美國)、PAIRS(美國)等。在國內,從80年代初在作者的實驗室中就開始了計算機自動結構解析的研究工作。并先后建造了含碳、氫、氧有機化合物結構闡明專家系統及含多種雜原子的結構闡明專家系統。

結構解析專家系統工作的邏輯過程為:

(1)由實驗數據(如質譜、紅外光譜和核磁共振譜等)或者化學信息(如分子式)出發,在知識庫如子結構子光譜相關規則)作用下獲得化合物中可能含有的結構片斷集。

(2)在結構片斷集的基礎上,利用知識庫(如諸多約束條件),經結構產生器(進行結構異構體窮舉生成的程序部分)來作整體結構的對接,所生成的異構體常稱為候選化合物。

(3)在波譜模擬、碳13譜峰信息、分子張力能計算、模式識別及人機交換信息作用下,進行候選化合物的驗證。

三、計算機輔助化合物合成有機化合物的合成最早開始于1895年,距今已非常久遠。但是,計算機輔助合成還是近幾十年的事。

計算機輔助合成系統在解決問題中,要用到人工智能技術及專家系統的知識,即計算機輔助合成系統為一專家系統。

1969年,美國哈佛大學的Corey和Wipke首先報道了他們的系統。之后,其他系統相繼問世。現在,國際上該類系統已用于工業之中,特別是藥物工業其應用尤為普遍。

四、分子設計

計算機輔助分子設計是計算機化學的前沿,目前已用于藥物分子設計,蛋白質、核酸等生物大分子設計及材料科學,如高分子材料、無機材料和催化劑設計等。下邊將側重以藥物分子設計為例進行介紹。

為分子設計近年來發展了很多種方法,其中,開展得尤為廣泛的是定量結構活性/性質相關性(QSAR/QSPR)研究。這種方法的要點是由分子式結構出發來構造某種數學模型,然后運用這種模型去預測未知化合物的活性/性質,從而為新分子的設計提供理論依據。

五、化學計量學方法的研究及應用

化學計量學(Chemometrics)是將數學、統計學應用于化學的邊緣學科。它是數學與化學之間的一座橋梁。

數學是自然科學的語言,它在化學中的地位和作用日益突出和重要。自70年代以來,隨著計算機技術的迅速普及,數學和計算機科學在化學中應用日益廣泛,于是化學計量學的方法和內容得到充實和發展,使化學計量學成為化學、生物化學、醫學化學、環境化學及藥物化學中信息處理的強有力手段。1974年,由美國的Kowalski和瑞典的Wold等發起,在美國華盛頓大學成立了國際化學計量學學會,開展了一系列學術交流活動,推動了化學計量學的迅速發展。從1982年起,在美國分析化學雜志(Anal.Chem.)兩年一度的評論中開辟了Chemomet-rics專題。一些年來,國內國外都不斷有化學計量學方面的專著問世。

化學計量學是建立在多學科基礎上的橫向學科。反過來,它在多種學科中的應用也在逐年迅速增加。1994年的Anal.Chem.中化學計量學專題評論,僅計算機檢索(事實證明漏檢很多),有關文章已多達20000篇,而1996又增至25000

篇。化學計量學在化學學科的發展中起著越來越大的作用。化學計量學主要包括:

(1)統計學(statistics)

(2)最優化(optimization)

(3)信號處理(signalprocessing)

(4)分解(resolution)

(5)校正(calibration)

(6)參數測定(parameterestimation)

(7)模式識別(patternrecognition)

在化學中,主要用于化合物的分類。經典的方法如聚類分析、PCA、KNN、SIMCA及逐步判別分析(SDA)等。目前,人工神經網作為模式識別器在諸多應用中均獲良好結果。

七、計算機輔助化學教學的應用

教學思想上要有意識地培養學生創新思維，只有思想上有這種意識。培養學生的創新思維才會貫穿于教學中，也才能真正的、最大程度的達到培養學生創新思維的目的。如果思想上沒有這種意的主導作用。就是要打破“師講生聽”接受式的課堂教學模式，讓學生成為教學活動的主體，在教師的組織、引導下實現信息的主動獲取和知識意義的主動建構。一般的過程是老師或某一個小組提出課程內容的具體要求：各小組依次對學習內容發表見解，提問或發表自己的看法；由老師或小組負責人進行總結：最后由老師評價，評價包括學生對知識的掌握程度、運用知識解決新問題的能力以及學生在活動中的表現等。

在這個過程中教師要注意多褒獎，不貶低，對學生答錯的問題，要認真點撥、啟發、誘導，對有創新的見解要給予充分的肯定、熱情地贊揚。教師與學生的會話交流的形式是多種多樣的，直接間接的，間接的如利用網絡平臺進行的討論等；無形有形的．有形的如體態語等；有聲無聲的，無聲的如作業批語等；實時和非實時的，非實時的如利用E—mail、BBS等。但不管哪種形式，都要特別關注教師給予指導和學生予以反應類的交流活動。

八、結論

本文介紹了計算機化學中的主要內容。作為數據庫檢索,由于起步較早,發展得已比較成熟。目前,在大型分析測試儀器(如MS、IR、NMR等)中,數據庫已成為

其重要的組成部分。結構解析的人工智能研究,盡管起步較早,但是鑒于問題的復雜性和難度,至今尚在發展中。目前研究的焦點集中在多維波譜的應用上。計算機輔助合成在國外已有許多商用系統,但國內開展還極少,亟需加強。

參 考 文 獻許祿.化學計量學方法.科學出版社, 北京: 1995許祿, 郭傳杰.計算機化學方法及應用.化學工業出版社, 1990

3許祿,胡昌玉,計算機化學,中國科學院長春應用化學研究所 1998

4黃德海,淺談計算機輔助化學教學的應用，廣東省始興縣始興中學，2004