高中化學守恒法

1、淺談守恒法在高中化學計算中的應用化學反應的實質是原子間重新組合，依據質量守恒定律在化學反應中存在一系列守恒現象，如：質量守恒、原子守恒、元素守恒、電荷守恒、電子得失守恒等，利用這些守恒關系解題的方法叫做守恒法。守恒的實質：利用物質變化過程中某一特定的量固定不變而找出量的關系，基于宏觀統(tǒng)覽全局而避開細枝末節(jié)，簡化步驟，方便計算。通俗地說，就是抓住一個在變化過程中始終不變的特征量來解決問題。目的是簡化步驟，方便計算。下面我就結合例題列舉守恒法在化學計算中常見的應用。一、 質量守恒化學反應的實質是原子間重新結合，質量守恒就是化學反應前后各物質的質量總和不變，在配制或稀釋溶液或濃縮溶液（溶質難揮發(fā)）過

2、程中，溶質的質量不變。利用質量守恒關系解題的方法叫“質量守恒法”。1 利用化學反應過程中的質量守恒關系解化學計算題 例1：將NO2、O2、NH3的混合氣體26.88 L通過稀H2SO4后，溶液質量增加45.7 g，氣體體積縮小為2.24 L。將帶火星的木條插入其中，木條不復燃。則原混合氣體的平均相對分子質量為（氣體均在標準狀況下測定）A40.625 B42.15 C38.225 D42.625 解析將混合氣體通過稀H2SO4后，NH3被吸收。NH3+H2O=NH3·H2O 2NH3·H2O+H2SO4=(NH4)2SO4+2H2O 而NO2和O2與水接觸發(fā)生如下反應：3NO

3、2+H2O=2HNO3+NO 反應2NO+O2=2NO2 反應生成的NO2再與水反應：3NO2+H2O=2HNO3+NO 反應上述反應、屬于循環(huán)反應，可將反應×2+反應，消去中間產物NO，得出：4NO2+ O2+2H2O =4HNO3 反應如果反應中O2剩余，則將帶火星的木條插入其中，木條復燃。而題中木條不復燃，說明無O2剩余。由反應知，剩余氣體為NO，其體積在標準狀況下為2.24 L，其質量為m(NO)。m(NO)=n·M= ×30 g/mol= ×30 g/mol =3.0 g由質量守恒定律，混合氣體的質量m(總)為：m(總)=45.75 g+3.0

4、 g= 48.75 g而混合氣體的物質的量n，n= = =1.2 mol由摩爾質量M計算公式：M= = =40.625 g/mol而摩爾質量與相對分子質量在數值上相等，則答案為A。例2：鐵有可變化合價，將14.4 g FeC2O4(草酸亞鐵)隔絕空氣加熱使之分解，最終可得到7.6 g鐵的氧化物，則該鐵的氧化物組成可能為AFeO BFe3O4 CFeO·Fe3O4 DFe2O3 解析已知Fe、C、O的相對原子質量分別為56、12、16，FeC2O4中含鐵元素的質量：m(Fe)= = 5.6 g將FeC2O4隔絕空氣加熱，使之分解得鐵的氧化物，設為FexO4。在加熱過程中，鐵元素沒有損耗

5、，鐵元素的質量是不變的。由“質量守恒法”，在FexO4中m(Fe)仍為5.6 g，則m(O)= 7.6 g5.6 g=2.0 g。據物質的量（n）與質量（m）、摩爾質量（M）之間公式 ，又據 （N1、N2代表微粒個數）則 ，答案為C。2 利用濃縮溶液前后溶質的質量守恒關系解化學計算題 例3：KOH溶液中溶質的質量分數為14%，加熱蒸發(fā)掉100 g水后變成溶質質量分數為28%的KOH溶液80 mL，則后者溶液的物質的量濃度可能是A6 mol/L B6.75 mol/L C6.25 mol/L D5.5 mol/L解析 KOH為難揮發(fā)性物質，在加熱蒸發(fā)KOH溶液過程中，KOH的質量不變。設原溶液的

6、質量為m(原)，據質量守恒規(guī)律，列出加熱蒸發(fā)前后KOH質量不變的式子： m(原)×14%= m(原)100 g×28%解得m(原)=200 g再由公式： ， 求解。公式中c溶質的物質的量濃度，n溶質的物質的量，V溶液的體積（已知V=80 mL=0.08 L），m質量，M摩爾質量M(KOH)=56 g/mol則： ，所以答案為C。3 利用稀釋前后溶質的質量守恒關系解化學計算題 例4：用98%（密度為1.84 g/cm3）的濃H2SO4配制200 g 20%的稀H2SO4，需這種濃度的濃H2SO4 A40.8 g B40.8 mL C22.2 mL D20 mL解析 在由濃溶液

7、稀釋而配制溶液的過程中，H2SO4溶質的質量是不變的，設濃H2SO4的體積為V，據= 公式，由質量守恒定律列出H2SO4質量守恒的式子： V1×1.84 g/cm3×98%=200 g×20%解得V1=22.18 mL22.2 mL需這種濃度的濃H2SO4：m=V=1.84 g/cm3×22.18 mL=40.8 g所以答案為C。質量守恒就是化學反應前后各物質的質量總和不變，在配制或稀釋溶液的過程中，溶質的質量不變。例1.反應A + 3B = 2C,若 7g A和一定量 B 完全反應生成 8.5g C，則A、B、C的相對分子質量之比為（ ）。A、14:3

8、:17 B、28:2:17C、1:3:2 D、無法確定 答案：B例2.A、B、C三種物質各15 g，發(fā)生如下反應：ABCD反應后生成D的質量為30 g。然后在殘留物中加入10 g A，反應又繼續(xù)進行，待反應再次停止，反應物中只剩余C，則下列說法正確的是( )A.第一次反應停止時，剩余B 9 gB.第一次反應停止時，剩余C 6 gC.反應中A和C的質量比是53D.第二次反應后，C剩余5 g答案：D解析：第一次反應 A 不足，因為第一次反應后加入 A 又能進行第二次反應。第二次反應后，只剩余 C，說明 A、B 恰好完全反應。則：m反(A)m反(B) = (15 g10 g)15 g = 53第一次

9、反應耗 B 的質量mB為：15 gmB=53，mB=9 g即第一次反應后剩余B質量為：15 g9 g=6 g。可見(A)選項不正確。根據mAmBmC=mD ，可知生成30 g D時消耗C的質量。mC=30 g15 g9 g=6 g即第一次反應后剩余C質量為：15 g6g=9g。又見(B)選項不正確。易見反應消耗A、B、C質量之比為：mAmBmC=15 g9 g6g=532(C)選項不正確。二、 原子守恒1原子守恒法的依據“原子守恒法”的依據是基于化學反應前后原子的種類和數目不變的守恒現象。“原子守恒”即反應前后各元素種類不變，各元素原子個數不變，其物質的量、質量也不變。利用這種守恒關系解題的方

10、法叫“原子守恒法”。2典型例題及解題策略例1：將標準狀況下a L H2和Cl2的混合氣體，經光照反應后，將所有氣體通入NaOH溶液，恰好使b mol NaOH完全轉化成鹽，則a與b的關系不可能是Aba/22.4 Bba/22.4 Cba/22.4 Dba/11.2光解法一：常規(guī)方法。首先書寫化學方程式，在列式計算。反應式如下： H2+Cl2=2HCl 反應NaOH+HCl=NaCl+H2O 反應討論1：若Cl2過量，還有：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 反應計算時先以不足暑H2計算。光設原混合氣體中H2 為x mol，Cl2為y molH2 + Cl2 = 2HCl 1 1

11、2 x mol x mol 2x molNaOH + HCl = NaCl + H2O 1 12x mol 2x molCl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O 1 2 (yx)mol 2(yx)mol依題意得列二元一次方程組： x+ya/22.4 2x+2(yx)=b 解上述二元一次方程組得：y=b/2。將y=b/2代入式，解得x=a/22.4 b/2由于x0，則a/22.4 b/20，解得ba/11.2討論2：若H2過量，以不足者Cl2計算。只有反應和反應。設原混合氣體中H2 為x mol，Cl2為y mol光由方程式列式H2 + Cl2 = 2HCl 1 2 y

12、mol 2y molNaOH + HCl = NaCl + H2O 1 12y mol 2y mol由已知列二元一次方程組： 2y=b x+y= a/22.4解上述方程組，得：x=a/22.4 b/2由于x0，則a/22.4 b/20，解得ba/11.2綜上分析，即b不可能等于a/11.2。本題答案為D。例2：在氧氣中灼燒0.44 g由硫、鐵組成的化合物，使其中的硫經過一系列變化最終全部轉化為硫酸，用20 mL 0.5 mol/L的燒堿溶液恰好能完全中和這些硫酸。則原化合物中硫的質量分數約為A36.4% B46.2% C53.1% D22.8%解法一：常規(guī)方法先書寫方程式，再列式計算。而本題F

13、e、S化合物的化學式不定，因此第一步Fe、S化合物燃燒方程式還需寫不定的化學方程式，這給計算帶來了更大的困難，即使不考慮鐵，只從S元素考慮，也有如下四個反應：點燃S+O2=SO2 反應2SO2+O2 2SO3 反應SO3+H2O=H2SO4 反應H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O 反應根據已知NaOH的量，逆推H2SO4，再由H2SO4推SO3，再由SO3推SO2，再由SO2推S元素。這里面所蘊含的關系式如下： 2NaOHH2SO4SO3SO2S 2 mol 32 g20×103 L×0.5 mol/L m(S)=0.01 mol 列比例式： 解得m(S)=0.

14、16 g則原化合物中S元素的質量分數=所以，答案為A。解法二：原子守恒法依題意分析，S元素經過一系列變化，最后變成了H2SO4，H2SO4再與NaOH發(fā)生中和反應，根據S、Na的原子守恒關系：SH2SO4NaSO42NaOH 得出： S 2NaOH 32 g 2 mol m(S) 20×103 L×0.5 mol/L=0.01 mol列比例式求得：m(S)=0.16 g則原化合物中S的質量分數=所以答案為A。例3：38.4 mg銅跟適量的濃HNO3反應，銅全部作用后，共收集到氣體22.4 mL（標準狀況）。反應消耗的HNO3物質的量可能為A1.6×103 mol

15、B2.0×103 mol C2.2×103 mol D2.4×103 mol解法一：常規(guī)方法：書寫化學方程式，然后列式計算。設生成NO2、NO分別為x mol、y mol。已知Cu的相對原子質量為64Cu + 4HNO3(濃) = Cu(NO3)2 + 2NO2+2H2O 1 4 20.5x mol 2x mol x mol3Cu + 8HNO3(稀) = 3Cu(NO3)2 + 2NO+4H2O 3 8 21.5y mol 4y mol y mol由已知條件列二元一次方程組：0.5x + 1.5y =x+y=解得，x=0.9×103 mol y=0.1

16、×103 mol反應中消耗的HNO3：2x+4y=2×0.9×103 mol+4×0.1×103 mol=2.2×103 mol所以，答案為C。解法二：原子守恒法經分析Cu與HNO3反應生成了Cu(NO3)2和NOx，在反應中HNO3所起的作用有2種，一種是酸，另一種是氧化劑，由N原子守恒列出：CuCu(NO3)22HNO3（酸） NOx HNO3（氧化劑） 1 1 2 1 1 mol 1.2×103 mol mol 1×103 mol反應中共消耗HNO3：1.2×103 mol+1×103 m

17、ol=2.2×103 mol。所以答案為C。原子守恒即系列反應中某原子(或原子團)個數(或物質的量)不變。以此為基礎可求出與該原子(或原子團)相關連的某些物質的數量(如質量)。例31L1mol/L的NaOH溶液中，通入0.8molCO2，完全反應后，溶液中CO32-和HCO3-離子的物質的量之比大約為（ ）A、2：1 B、1：1 C、1：2 D、1：3 答案:D例4.某露置的苛性鉀經分析含水：7.62%(質量分數，下同)、K2CO3：2.38%、KOH ：90.00%。取此樣品 1.00 g 放入 46.00 mL 1.00 mol·L1 的 HCl(aq) 中，過量的 H

18、Cl 可用 1.070 mol/L KOH(aq)中和至中性，蒸發(fā)中和后的溶液可得固體_克。答案：3.43 g提示：根據 Cl 原子守恒得：n(KCl) = n(HCl) = 1.00 mol·L1×0.04600 L = 4.60×102 mol，m(KCl) 易求。例5：有0.4g鐵的氧化物， 用足量的CO 在高溫下將其還原，把生成的全部CO2通入到足量的澄清的石灰水中得到0.75g固體沉淀物，這種鐵的氧化物的化學式為（ ）A. FeO B. Fe2O3 C. Fe3O4 D. Fe4O5 答案：B解析 由題意得知，鐵的氧化物中的氧原子最后轉移到沉淀物CaCO

19、3中。且n(O)=n(CaCO3)=0.0075mol m(O)=0.0075mol×16g/mol=0.12g。m(Fe)=0.4g-0.12g=0.28g，n(Fe)=0.005mol。n(Fe)n(O)=2:3，選B例6 將幾種鐵的氧化物的混合物加入100mL、7molL1的鹽酸中。氧化物恰好完全溶解，在所得的溶液中通入0.56L（標況）氯氣時，恰好使溶液中的Fe2+完全轉化為Fe3+，則該混合物中鐵元素的質量分數為 （ ）A. 72.4% B. 71.4% C. 79.0% D. 63.6%答案：B解析 鐵的氧化物中含Fe和O兩種元素，由題意，反應后，HCl中的H全在水中，O

20、元素全部轉化為水中的O，由關系式：2HClH2OO，得：n（O）=，m（O）=0.35mol×16gmol1=5.6 g；而鐵最終全部轉化為FeCl3，n（Cl）=0.56L ÷22.4L/mol×2+0.7mol=0.75mol，n（Fe）=，m(Fe)=0.25mol×56gmol1=14 g，則，選B。例7現有19.7 g由Fe、FeO、Al、Al2O3組成的混合物，將它完全溶解在540 mL 2.00 mol·L1的H2SO4溶液中，收集到標準狀況下的氣體8.96 L。已知混合物中，Fe、FeO、Al、Al2O3的質量分數分別為0.28

21、4、0.183、0.274和0.259。欲使溶液中的金屬陽離子完全轉化為氫氧化物沉淀，至少應加入2.70 mol·L1的NaOH(aq)體積是_。答案：800 mL提示：根據 Na 原子守恒和 SO守恒得如下關系：2NaOH Na2SO4 H2SO4則：n(NaOH) = 2n(H2SO4)c(NaOH)·V NaOH(aq) = 2c(H2SO4)·V H2SO4(aq)V NaOH(aq)可求。三、 電荷守恒“電荷守恒法”，即電解質溶液中的陰離子所帶的負電荷總數等于陽離子所帶的正電荷總數，或者說正、負電荷的代數和等于01。利用電荷守恒法的主要依據是電解質溶液的

22、整體上呈電中性。這種解題技巧的優(yōu)點是基于宏觀的統(tǒng)攬全局的方式列式，避開繁雜的運算，不去追究細枝末節(jié)，因而能使復雜的計算化繁為簡，化難為易。1 電荷守恒法解題的依據和基本公式1.1 電荷守恒法解題的依據：電解質溶液中，不論存在多少種離子，溶液都是呈電中性的，即陰離子所帶的電荷數與陽離子所帶的電荷數是相等的。1.2 電荷守恒法解題時的計算公式： m c(Rm+) = n c(Rn)，此公式中代表“和”的意思，c(Rm+)代表陽離子的濃度或物質的量或微粒個數，m代表代表陽離子所帶電荷數，c(Rn) 代表陰離子的濃度或物質的量或微粒個數，n 代表代表陰離子所帶電荷數。以Na2S溶液為例：在Na2S溶液

23、中，有如下三個平衡式：S2+H2OHS+OH （一級水解）HS+H2OH2S+OH（二級水解）H2OH+OH （水的電離）含有的微粒：Na+、H+、OH、HS、S2、H2S (H2O分子除外)，有下列的電荷守恒式：c(Na+)+c(H+)c(OH)+c(HS)+2c(S2)2 電荷守恒法適用范圍及解典型的化學計算題2.1電荷守恒法解題范圍：已知溶液中幾個離子的量，求其他離子的量，可采用電荷守恒法計算。2.2 應用電荷守恒法計算的典型例題 利用電荷守恒法可巧解有關電解質溶液中離子濃度的計算題【例題1】由硫酸鉀、硫酸鋁和硫酸組成的混合溶液，其pH1，c(Al3+)0.4 mol/L，c(SO42)

24、0.8 mol/L，則c(K+)為( ) 2A. 0.15 mol/L B. 0.2 mol/L C. 0.3 mol/L D. 0.4 mol/L解析1：常規(guī)方法：由硫酸鉀、硫酸鋁和硫酸的化學式推理：硫酸鉀（K2SO4）、硫酸鋁Al2(SO4)3、硫酸（H2SO4），三種物質組成的混合液中硫酸根的來源則由這三種物質提供。 可由pH1，再由公式 pH=lg c(H+)推知c(H+)=10pH ，推知溶液中的c(H+)=101 mol·L1，根據H2SO4的電離方程式：H2SO4=2H+ +SO42，推知H2SO4所提供的SO42的濃度為H+的一半，即SO42的濃度為0.05 mol&

25、#183;L1；再由Al2(SO4)3的電離方程式：Al2(SO4)3=2Al3+3SO42，推知SO42的濃度應為Al3+的1.5倍，由c(Al3+)0.4 mol·L1得知由Al2(SO4)3所提供的SO42的濃度為0.6 mol·L1；則由K2SO4所提供的SO42濃度為：0.8 mol·L1 0.05 mol·L10.6 mol·L1 = 0.15 mol·L1，而由 K2SO4的電離方程式：K2SO4=2K+ + SO42得知，K2SO4中K+的濃度是SO42的2倍，則原混合液中K+的濃度是0.3 mol·L1，即

26、答案為C。解析2：巧用電荷守恒式：三種物質組成的混合溶液中共存在5種離子，它們分別是：H+、Al3+、K+、SO42、OH ，電荷守恒式如下：c(K+) + c(H+) + 3c(Al3+)=c(OH) + 2c(SO42) 溶液的pH1，再由公式 pH=lg c(H+)推知c(H+)=10pH，推知溶液中c(H+)=101 mol·L1，由水的離子積Kw的計算公式Kw = c(H+)·c(OH)，在25（常溫）時，Kw= 1.0×1014 得知c(OH) =1013 mol·L1，由于OH的濃度極小，計算時可忽略不計，將c(H+)=101 mol

27、83;L1，c(Al3+)0.4 mol/L，c(SO42)0.8 mol·L1代入電荷守恒式：c(K+) + c(H+) + 3c(Al3+)= c(OH) + 2c(SO42 )中，則不難得出 c(K+)為0.3 mol·L1，即答案為C。根據上述兩種解題方法的對比不難得出，第一種方法是基于物質的化學式利用繁雜的電離方程式和運算來解題的，此方法步驟繁多，容易出錯；而第二種解題方法是利用電荷的守恒關系來解題的，這種方法在優(yōu)點是基于宏觀的統(tǒng)攬全局的方式列式，避開繁雜的運算，不去追究細枝末節(jié)，沒有用電離方程式，不用理會物質的化學式，只要知道溶液中有幾種離子及離子的符號就可以解

28、題了，因而能使復雜的計算化繁為簡，化難為易。3利用電荷守恒法解化學計算習題是化學計算中一種很重要的解題方法和技巧，這種技巧應用的好，可以起到事半功倍的效果，能使復雜的計算化繁為簡，化難為易。2.2.2 利用電荷守恒法可巧解比較溶液中離子濃度大小的習題比較溶液中離子濃度大小水溶液中離子平衡知識中常見的一種題型，其中利用電荷守恒法比較離子濃度大小，筆者認為也是在這些習題中使用較多的方法之一。【例題2】常溫下，將甲酸(HCOOH)與NaOH溶液混合，所得溶液的pH=7，則此溶液中( )4A. c(HCOO)c(Na+) B. c(HCOO)c(Na+)C. c(HCOO)c(Na+) D. 無法確定

29、c(HCOO)和c(Na+)的大小關系解析1：（常規(guī)方法）甲酸是弱酸，甲酸和氫氧化鈉溶液混合恰好中和時生成的弱酸強堿鹽水解顯堿性，所以甲酸和氫氧化鈉溶液混合所得溶液pH=7 時甲酸過量，甲酸過量的不是很多，如果過量很多的話，溶液又呈酸性了，但c(HCOO)和c(Na+)的大小關系還是比較不出來。解析2：用電荷守恒法進行分析，混合后溶液中所存在的離子共有HCOO、Na+、H+、OH 四種，根據電荷守恒法可得出c(Na+)+c(H+)=c(HCOO)+c(OH) , 由于溶液的pH=7，溶液呈中性，則有c(H+) = c(OH)，進而可推出c(Na+)=c(HCOO)。答案為C ?！纠}3】常溫下

30、，將甲酸(HCOOH)與NaOH溶液混合，所得溶液的pH7，則此溶液中( )A. c(HCOO)c(Na+) B. c(HCOO)c(Na+)C. c(HCOO)c(Na+) D. 無法確定c(HCOO)和c(Na+)的大小關系解析：分析同例題2利用電荷守恒式：c(Na+)+c(H+)=c(HCOO)+c(OH)，由于溶液中的pH7 ，即c(H+)c(OH)，進而可推出c(Na+)c(HCOO)。答案為B ?！纠}4】常溫下，將甲酸(HCOOH)與NaOH溶液混合，所得溶液的pH7，則此溶液中( )A. c(HCOO)c(Na+) B. c(HCOO)c(Na+)C. c(HCOO)c(Na+

31、) D. 無法確定c(HCOO)和c(Na+)的大小關系分析同例題2利用電荷守恒式：c(Na+)+c(H+)=c(HCOO)+c(OH)，由于溶液中的pH7，即c(H+)c(OH)，進而可推出c(Na+)c(HCOO)。答案為A。 以上三個例題若用常規(guī)方法分析，既得考慮酸堿中和反應中有關量的問題，還得考慮鹽類的水解問題，分析過程繁瑣，浪費時間長，容易出錯。電荷守恒即對任一電中性的體系，如化合物、混和物、溶液、膠體等，電荷的代數和為零，即正電荷總數和負電荷總數相等。例題8將 CaCl2 和 CaBr2 的混合物 13.400 g溶于水配成 500.00 mL 溶液，再通入過量的 Cl2，完全反應

32、后將溶液蒸干，得到干燥固體 11.175 g。則原配溶液中，c(Ca2)c(Cl)c(Br)為A.321B.123C.132D.231答案：D解題思路：1個 Ca2 所帶電荷數為2，則根據溶液中陽離子所帶正電荷總數等于陰離子所帶負電荷總數，知原溶液中：2n(Ca2) = n (Cl) n (Br)將各備選項數值代入上式進行檢驗可知答案。例9：(1)中學教材上圖示了NaCl晶體結構，它向三維空間延伸得到完美晶體。NiO(氧化鎳)晶體的結構與NaCl相同，Ni2與最近O2的核間距離為a×108cm，計算NiO晶體的密度(已知NiO摩爾質量為74.7 g·mo

33、l1)。(2)天然的和絕大部分人工制備的晶體，都存在各種缺陷，例如在某種NiO晶體中就存在如圖11所示的缺陷：一個Ni2空缺，另有兩個Ni2被兩個Ni3所取代。其結果晶體仍呈電中性，但化合物中Ni和O的比值卻發(fā)生了變化。某氧化鎳樣品組成為Ni0.97O，試計算該晶體中Ni3與Ni2的離子數之比。答案：(1) (2)691提示：由題得 NiO 晶體結構(如右圖)。其體積為：V = (a×108cm)3右圖向三維空間延伸，它平均擁有的 Ni2、O2數目為：N(Ni2) =N(O2) =×4 =N(NiO)由密度公式得：(NiO) =。(2)(電荷守恒法)設 1 mol Ni0.

34、97O 中含Ni3物質的量為x，則Ni2的物質的量為(0.97 molx)；根據電荷守恒得：3x2×(0.97 molx)=1 mol×2x=0.06 molN(Ni3)N(Ni2)=0.06 mol(0.97 mol0.06 mol)=691例10 將8g Fe2O3投入150mL某濃度的稀硫酸中，再投入7g鐵粉收集到1.68L H2（標準狀況），同時，Fe和Fe2O3均無剩余，為了中和過量的硫酸，且使溶液中鐵元素完全沉淀，共消耗4mol/L的NaOH溶液150mL。則原硫酸的物質的量濃度為（ ）A. 1.5mol/L B. 0.5mol/L C. 2mol/L D. 1

35、.2mol/L答案：C解析 粗看題目，這是一利用關系式進行多步計算的題目，操作起來相當繁瑣，但如能仔細閱讀題目，挖掘出隱蔽條件，不難發(fā)現，反應后只有Na2SO4存于溶液中，且反應過程中SO42并無損耗，根據電荷守恒原則：n（SO42）=n（Na+），則原硫酸的濃度為：2mol/L，故選C。四：電子得失守恒法（或化合價升降守恒法）電子得失守恒法即化學反應中(或系列化學反應中)氧化劑所得電子總數等于還原劑所失電子總數，無論是自發(fā)進行的氧化-還原反應還是原電池或電解池均如此例11 一定條件下RO3n-和I-間反應： RO3n-6I- 6H+ = R-323H2O， 則 RO3n中R元素的化合價為：答

36、案：+5例12 某稀硝酸溶液中，加入5.6g鐵粉充分反應后，鐵粉全部溶解，生成NO，溶液質量增加3.2g，所得溶液中Fe2+和Fe3+物質的量之比為 （ ）A. 41 B. 21 C. 11 D. 32答案：0.100 mol·L1解析 設Fe2+為xmol，Fe3+為ymol，則：x+y=0.1（Fe元素守恒）2x+3y=（得失電子守恒）得：x=0.06mol，y=0.04mol。則xy=32。故選D。例13.將 3.48 g Fe3O4 完全溶解在 100 mL 1.00 mol/L 的 H2SO4(aq) 中，然后加入 K2Cr2O7(aq)25.00 mL，恰好使 Fe2全部

37、轉化為 Fe3，且 Cr2O全部轉化為 Cr3。則 K2Cr2O7 的物質的量濃度為_。提示：Fe3O4中 2 價鐵所失電子物質的量與 Cr2O 中6 價鉻所得電子物質的量相等。×(32)= 0.02500 L×c(Cr2O)×(63)×2。例題14 將 CaCl2 和 CaBr2 的混合物 13.400 g溶于水配成 500.00 mL 溶液，再通入過量的 Cl2，完全反應后將溶液蒸干，得到干燥固體 11.175 g。則原配溶液中，c(Ca2)c(Cl)c(Br)為A.321B.123C.132D.231答案：D解題思路：1個 Ca2 所帶電荷數為2，

38、則根據溶液中陽離子所帶正電荷總數等于陰離子所帶負電荷總數，知原溶液中：2n(Ca2) = n (Cl) n (Br)將各備選項數值代入上式進行檢驗可知答案。守恒法是高考中?？汲Ｓ玫囊环N解題方法。恰當地運用守恒法，對提高解題速度和破解高考難題都有很大的幫助，值得我們探究。本文只是粗略地列舉了一些常見的例題，以期做到拋磚引玉的作用。守恒計算問題是指利用某種量的相等關系進行技巧計算的一類問題，它是矛盾對立面的統(tǒng)一，是一種宏觀穩(wěn)定的湮滅計算；從微觀來看是電子、原子的行為，從宏觀來看是化合價和質量的結果(電子 化合價，原子 質量)。它的一般解題方法是設一個未知數，解一元一次方程。守恒

39、問題包括總質量守恒、電荷守恒、電子守恒、原子守恒和總價數相等關系，下面分別討論之。三電子守恒法(得失電子數相等關系)在氧化還原反應中，氧化劑得電子總數等于還原劑失電子總數。1、求化合價1用0.1 mol / L的Na2SO3溶液30 mL，恰好將2×103 mol的還原，則元素X在還原產物中的化合價是(MCE91) ( D )A1 B2 C3 D4解析：該反應中， 將被氧化為，0.1×30×22×(7x)，x42已知某強氧化劑RO(OH)2+ 中的R元素被Na2SO3還原到較低價態(tài)。如果還原2.4×103 mol RO(OH)2+ 至較低價態(tài)，

40、需要60 mL 0.1 mol / L的Na2SO3溶液。那么，R元素被還原成的價態(tài)是 ( B )A-1 B0 C1 D2解析：B。由2.4×103×x0.06×0.1×2，x5，550。應選B。324 mL濃度為0.05 mol / L的Na2SO3溶液，恰好與20 mL濃度為0.02 mol / 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(MCE95) ( B )A6 B3 C2 D0解析：0.02×0.02×2×(6x)0.024×0.05×(64)，x3，應選B。4250

41、 mL 2.4 mol / L的Na2SO3溶液恰好把0.2 mol的還原，則X在還原產物中的化合價為多少？解：根據氧化還原反應中電子轉移守恒，設X在還原產物中的化合價為x，則有2.4 mol / L×0.25 L×20.2 mol×(6x)×2，x3，答：X在還原產物中的化合價為3。2、求物質的量1將m mol Cu2S和足量稀HNO3反應，生成Cu(NO3)2、H2SO4、NO和H2O。則參加反應的硝酸中被還原的硝酸的物質的量是 ( C )A. 4m mol B. 10m mol C. mol D. mol解析：m mol Cu2S共失去電子：2m

42、mol8m mol10m mol，Cu2S每失去3 mol 電子可還原1 mol HNO3，故被還原的HNO3為 mol，應選C。2，硫酸銨在強熱條件下分解，生成NH3、SO2、N2和H2O，反應中生成的氧化產物和還原產物的物質的量之比是(MCE93) ( A )A13 B23 C12 D43解析：該反應的氧化產物是N2，還原產物是SO2，設其物質的量分別為x mol、y mol，由電子守恒得：2x×(30)y×(64)，xy 13，應選A。3在PCuSO4H2O Cu3PH3PO4H2SO4(未配平)的反應中，7.5 mol CuSO4可氧化P的物質的量為 ( A )解析

43、：該反應的氧化劑為P、CuSO4，還原劑為P，本題只需CuSO4氧化P的物質的量，設7.5 mol CuSO4氧化P的物質的量為x mol，由電子守恒得：7.5×(21)x×(50)，x 1.5，應選A。4在反應3BrF35H2OHBrO3Br29HFO2，若有5 mol H2O作為還原劑時，被還原的BrF3的物質的量為 ( D )A. 3 mol B. 2 mol C. mol D. mol解析：該反應的氧化劑為BrF3，還原劑為BrF3、H2O，本題只要求H2O還原BrF3的物質的量，設5 mol H2O能還原BrF3 x mol，由電子守恒得：x×(30)5

44、×(20)，x，應選D。5往100 mL溴化亞鐵溶液中緩慢通入2.24 L(標準狀況)氯氣，反應完成后溶液中有的溴離子被氧化成溴單質。求原溴化亞鐵溶液的物質的量濃度。 解法一：電子守恒法。由提示知，還原性：Fe2+Br，Br已部分被氧化，故Fe2+已全部被氧化。設原FeBr2的物質的量濃度為x，根據氧化還原反應中，得電子總數等于失電子總數，(1分)可得：(x2x× )×0.1 L×12× x1.2 mol·L1 解法二：電中性法。反應后所得溶液中的離子有Fe3+、Cl和Br(剩余)。3xx×22×，x1.2 mol

45、·L1。6某溫度下，將Cl2通入KOH溶液中，反應后得到KCl、KClO、KClO3的混合液，經測定ClO-和個數比為12，則Cl2與KOH溶液反應時，被還原的氯與被氧化的氯的物質的量之比為 ( D )解析：設ClO-為x個，由題意知，為2x個，它們共失去電子為11x個，由電子得失守恒知必有11x個Cl-生成。所以被還原的氯與被氧化的氯的原子個數比為11x(x2x )113，應選D。7取鐵粉和氧化鐵的混合物樣品14.88 g，加入125 mL稀硫酸，使之充分反應。當固體粉末完全溶解時，收集到3.36 L(標準狀況下測定)氣體，當向溶液中加KSCN溶液時，溶液不顯紅色。再用5 mol

46、/ L的氫氧化鈉溶液中和過量的硫酸，并繼續(xù)加堿溶液至150 mL，恰好把溶液中的金屬陽離子全部沉淀下來。試求：(1) 原樣品中氧化鐵的質量分數；(2) 上述硫酸的物質的量濃度。解析：本題涉及的反應共有5個，關系錯綜復雜，所以用常規(guī)方法利用化學方程式求解，既繁瑣費時又容易出錯。若抓住Fe失去電子總數等于Fe2O3和部分H2SO4得到電子總數這一關系，則解法就簡單明了。(1) 設Fe2O3的物質的量為x，由電子得失守恒關系有：n(Fe)×2n(Fe2O3)×2n(H2)×2x，得x0.03 molFe2O3%×100%32.26%(2) 設H2SO4的物質的

47、量為y，由題意知H2SO4最終全部變成Na2SO4，而Na+的來源只有NaOH，由元素守恒可得如下關系式：2NaOH Na2SO4 H2SO40.15 L×5 mol / L0.125 L×2yy3 mol / L3、配平1在xR2+yH+O2mR3+nH2O的離子反應中，化學計量數x _。解析：氧化劑O2得電子總數為2×2e，還原劑R2+ 失電子總數為x×(32)e，由電子守恒得：2×2x×(32)，x4。2已知反應：AgFCl2H2O AgClAgClO3HFO2，配平后，AgClO3系數為b，O2的化學計量數為c，則AgCl的化學計量數為_。解析：該反應的氧化劑為Cl2，還原劑為Cl2、H2O，設AgCl系數為x，由電子守恒得：x×1b×52c×2，x5b4c。4、求質量1在NxOyNH3 N2H2O(未配平)的氧化還原反應中，被還原的元素和被氧化的元素質量比是 ( A )A. 3x2yB. x3yC. 5x2yD.