化学计算中的守恒思想……
以定量的角度观察绚丽多彩的化学世界，其中有一个永恒的主题：那就是守恒的思想。我们在化学计算中能够巧妙的运用守恒的思想，往往能够避繁就简，取得事半功倍的效果。化学反应的实质是原子间的重新组合，所以一切化学反应都存在着物料守恒（质量守恒，微粒个数守恒）；氧化－还原反应中得失电子数目相等（电子得失守恒，电量守恒）；化合物及电解质溶液中阴阳离子电荷数相等（电荷数）守恒，因此它们呈电中性。以上三点就是守恒解题的依据和基本题型。
一、质量守恒：
例1．0.1mol某烃与1mol过量的O2混合，充分燃烧后，通过足量的Na2O2固体，固体增重15g，从Na2O2中逸出的全部气体体积为16.8L(标)，求该烃的分子式。
解析：此题若用常规解法很繁琐。因为最后逸出的气体不仅包括剩余O2,也包括烃燃烧后生成的CO2，H2O与Na2O2反应后生成的O2。若利用质量守恒，怎能达到巧解目的。本题中，烃的质量于1molO2质量之和等于Na2O2增加的质量与逸出气体质量之和。
设0.1mol某烃质量为x，由质量守恒得：
x+32g.mol-1×1mol=15g+(16.8L/22.4mol.L-1)×32g.mol-1
x=7g
故该烃分子量为70，用“CH2”式量相除得烃分子式为C5H10。
答案：C5H10
点评：弄清楚燃烧后的产物的变化是列质量守恒式的依据。
例2．在一密闭烧瓶中注满NO２，25℃时NO2和N2O4建立下列平衡：2NO2＝N2O4ΔH＜0。将烧瓶置于100℃水中，则下列各量：①颜色②平均分子量③质量④压力⑤ΔH⑥气体密度，其中不会改变的是（）
A.①③④
B.②④⑤
C.①④⑤
D.③⑤⑥
解析：对体系升温，平衡向左移动，体系颜色加深，压力增大，气体的物质的量增大，但质量守恒，所以平均分子量减小；又因烧瓶的体积固定，气体的密度不变；而反应热是客观的；不随外界条件的改变而改变。
答案：选D
例3．某镁铝合金溶于足量的盐酸中，在形成的溶液中加入过量的NaOH溶液，取出沉淀物干燥，灼烧，剩余残渣和原合金的质量相等，则该镁铝合金中铝的质量分数为：
A.27%
B.40%
C.53%
D.60%
解析：经过一系列的反应后，最后剩余的残渣为MgO,则反应前后镁元素的质量守恒。依据题意可知增加氧的质量等于减少铝的质量。
设镁，铝合金的质量为a，铝的质量为x%，根据题意列方程：
a·x%=a×16/(24+16)×100%
答案：选B
二、微粒数守恒
例4．将铁和三氧化二铁的混合物2.72 g，加入50 mL 1.6 mol/L的盐酸中，恰好完全反应，滴入KSCN 溶液后不显红色，若忽略溶液体积的变化，则在所得溶液中Fe2+的物质的量浓为()
A.0.2mol/L
B.0.4mol/L
C.0.8mol/L
D.1.6mol/L
解析：此题涉及反应有
Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O
Fe+2FeCl3=3FeCl2
Fe+2HCl=FeCl2+H2↑
根据“恰好完全反应，滴入KSCN溶液后不显红色”，判断最终溶液中含有FeCl2和H2O。
反应前后Cl-守恒，Cl-浓度也守恒
答案：选D
点评：整体思维，正确分析反应原理及初、终态物质。
例5．25.6 g铜粉跟一定量浓硝酸发生化学反应，当铜全部反应完毕时，生成的气体在标准状况下为11.2 L，此反应中消耗硝酸的质量为______g。
解析：
根据0.8 mol>0.5 mol，可知该气体应为NO与NO2的混合气体，(这是由于随着反应的进行，硝酸浓度逐渐减小所致。)
n(HNO3)=n[Cu(NO3)2]+n(NO)+n(NO2)=0.4 mol×2+0.5 mol=1.3 mol
答案：81.9g
例6．把Na2CO3、NaHCO3、CaO、NaOH的混合物27.2 g，溶于足量水充分反应后，溶液中的Ca2+、CO32-、HCO3-均转化为沉淀，将反应溶器内水蒸干，最终得白色固体29 g，求原混合物中Na2CO3的质量。
解析：
因产物中NaOH量>反应物中的NaOH量，且消耗的H2O量>生成H2O量，故反应物中的NaOH与产物中的H2O应删去不写，即有：
xNa2CO3+yNaHCO3+(x+y)CaO+0.1H2O=(x+y)CaCO3+(2x+y)NaOH
根据H原子数守恒；
y+0.1×2=2x+y
x=0.1
则：m(Na2CO3)=0.1 mol×106 g/mol=10.6g
答案：Na2CO3的质量为10.6g。
三、电子得失，电量守恒
例7．如果用0.3mol/L的Na2SO3溶液16ml,刚好将3.2×10－3mol的强氧化剂[RO(OH)2]+溶液中的溶质还原到较低价态，则反应后R的最终价态是（）
A.0
B.+1
C.+2
D.+3
解析：Na2SO3可被强氧化剂氧化为Na2SO4，Na2SO3失去电子的物质的量一定等于[RO(OH)2]+得到电子的物质的量。设[RO(OH)2]+中R的化合价为x价。
依据题意列出方程：2×0.3×16×10-3=3.2×10-3x
x＝3
所以R元素由+5价降低了3价，被还原产物中R的化合价为+2价
答案：选C
例8．在NO3-为4mol/L的Cu(NO3)2和AgNO3混合液100mL中，加入一定质量的锌，充分振荡后，过滤，沉淀干燥后，称量为24.8g，将此沉淀置于稀盐酸中，无气体产生；滤液中先滴加BaCl2溶液无沉淀产生，后加入过量稀NaOH溶液到沉淀完全，过滤，加热，干燥，得到CuO为4g，求参加反应的锌的质量。
解析：由题意知：Ag+全部被Zn置换出来，溶液中尚余有Cu2+。根据反应后阴离子NO3-与阳离子
Cu2+,Zn2+所带正负点荷守恒可解。设参加反应的锌的质量为x
x/65g.mol-1×+4g/80g.mol-1×2=0.1L×4mol.L-1
x=9.75g
答案：参加反应的锌的质量为9.75g。
守恒法在化学计算中的应用 例1.取1.6 g钙线试样（主要成分为金属Fe和Ca，并含有质量分数为3.5% 的CaO），与水充分反应，生成224 mL H2（标准状况），在向溶液中通入适量的CO2，最多能得到CaCO3g。（相对原子质量Ca 40，O 16，C 12） （1）求例1中通入CO2在标准状况下的体积（不考虑CO2与水反应以及在水中的溶解）。 （2）若向例1的溶液中通入足量的CO2，求所得Ca（HCO3）2溶液的浓度（假设溶液的体积为0.1L）。 练习1.将铁和三氧化二铁的混合物2.72 g，加入50 mL 1.6 mol/L的盐酸中，恰好完全反应，滴入KSCN溶液后不显红色，若忽略溶液体积的变化，则在所得溶液中Fe2+的物质的量浓度为() A.0.2 mol/L B.0.4 mol/L C.0.8 mol/L D.1.6 mol/L （相对原子质量Fe 56，O 16） 例2锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水。当生成1 mol硝酸锌时，被还原的硝酸的物质的量为() A．2mol B．1mol C．0.5 mol D．0.25 mol 练习2.物质的量之比为2：5的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是() A. 1：4 B.1：5 C. 2：3 D.2：5
例3把500mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等分，取一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀：另取一份加入b mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀，则该混合溶液中钾离子浓度为() A.0.1(b-2a)mol·L-1 B.10(2a-b) mol·L-1 C.10(b-a) mol·L-1 D.10(b-2a) mol·L-1 练习3在aLAl2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合物溶液中加入b molBaCl2，恰好使溶液中的SO42-离子完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到 c molNH3气，则原溶液中的Al3+离子浓度(mol/L)为() A．B．C．D．
初中化学计算题解题方法 一、质量守恒定律： “质量守恒”指参加化学反应的各物质质量总和等于生成物的各物质质量总和相等（不包括未参加反应的物质的质量，也不包括杂质）。理解质量守恒定律抓住“五个不变”，即： 二、化学方程式计算的解题技巧与方法： 化学计算是中学化学教学的重要内容之一, 它包括化学式的计算、化学方程式的计算、溶液的计算等。是从量的方面帮助学生认识物质及其变化规律的。通过有关混合物发生反应的化学方程式、质量分数和物质溶解度的综合计算题,可以帮助学生加深对有关概念和原理的理解,培养学生的思维判断、分析和综合能力。化学计算题涉及的内容丰富、形式多样,既考查学生的化学基础知识,又考查学生的数学推算能力。学生如果了解掌握了一些解题的技巧或巧解方法,既可以激发他们的解题兴趣,有事半功倍的效果,尤其是刚接触化学,对化学计算存在畏惧心理的初中学生。现将化学竞计算题的解题方法和技巧归纳如下，供参考。 ㈠、差量法：差量法是依据化学反应前后的质量或体积差，与反应物或生成物的变化量成正比而建立比例关系的一种解题方法。将已知差量（实际差量）与化学方程式中的对应差量（理论差量）列成比例，然后根据比例式求解。 例：用含杂质(杂质不与酸作用，也不溶于水)的铁10克与50克稀硫酸完全反应后，滤去杂质，所得液体质量为55.4克，求此铁的纯度。 解：设此铁的纯度为x Fe+H 2SO 4 (稀)=FeSO 4 +H 2 ↑ △m(溶液质量增加) 56 2 56-2=54 10x 55.4g-50g=5.4g 可求出x=56% 答：此铁的纯度为56%。 【习题】1、将盛有12克氧化铜的试管，通一会氢气后加热，当试管内残渣为10克时，这10克残渣中铜元素的质量分数？ 2、已知同一状态下，气体分子间的分子个数比等于气体间的体积比。现有CO、 O 2、CO 2 混合气体9ml，点火爆炸后恢复到原来状态时，体积减少1ml，通过氢氧化钠溶液 后，体积又减少3.5 ml，则原混和气体中CO、O 2、CO 2 的体积比？ 3、把CO、CO 2 的混合气体3.4克，通过含有足量氧化铜的试管，反应完全后，将导出的气体全部通入盛有足量石灰水的容器，溶液质量增加了4.4克。 求⑴原混合气体中CO的质量？⑵反应后生成的CO 2与原混合气体中CO 2 的质量比？ 4、CO和CO 2混合气体18克，通过足量灼热的氧化铜，充分反应后，得到CO 2 的 总质量为22克，求原混合气体中碳元素的质量分数？ 5、在等质量的下列固体中，分别加入等质量的稀硫酸（足量）至反应完毕时，溶液质量最大的是（） A Fe B Al C Ba（OH）
守恒法解题 守恒法是一种中学化学典型的解题方法，它利用物质变化过程中某一特定的量固定不变来列式求解，可以免去一些复杂的数学计算，大大简化解题过程，提高解题速度和正确率。它的优点是用宏观的统揽全局的方式列式，不去探求某些细微末节，直接抓住其中的特有守恒关系，快速建立计算式，巧妙地解答题目。物质在参加反应时，化合价升降的总数，反应物和生成物的总质量，各物质中所含的每一种原子的总数，各种微粒所带的电荷总和等等，都必须守恒。所以守恒是解计算题时建立等量关系的依据，守恒法往往穿插在其它方法中同时使用，是各种解题方法的基础，利用守恒法可以很快建立等量关系，达到速算效果。 质量守恒 质量守恒是根据化学反应前后反应物的总质量与生成物的总质量相等的原理，进行计算或推断。主要包括：反应物总质量与生成物总质量守恒；反应中某元素的质量守恒；结晶过程中溶质总质量守恒；可逆反应中反 应过程总质量守恒。 例1、在反应X+2Y=R+2M中，已知R和M的摩尔质量之比为22：9，当1.6gX与Y完全反应后，生成4.4gR， 则在此反应中Y和M的质量比为（） （A）16：9 （B）23：9 （C）32：9 （D）46：9 例2、1500C时，碳酸铵完全分解产生气态混合物，其密度是相同条件下氢气密度的（） （A）96倍（B）48倍（C）12倍（D）32倍 练习：1、将100℃的硫酸铜饱和溶液200克蒸发掉50克水后再冷却到0℃时，问能析出胆矾多少克？若在100℃硫酸铜饱和溶液200克里加入16克无水硫酸铜，应有多少克胆矾析出？（硫酸铜溶液度100℃时为75．4克。 0℃时为14．3克）（130．48克4．34克） 2、在一定条件下，气体A可分解为气体B和气体C ，其分解方程式为2A====B+3C 。若已知所得B和C混合 气体对H2的相对密度为42．5。求气体A的相对分子量。（17） 3、为了确定亚硫酸钠试剂部分氧化后的纯度，称取亚硫酸钠4g置于质量为30g的烧杯中，加入6mol/L盐酸18mL(密度为1.1 g／cm3)，反应完毕后，再加2mL盐酸，无气体产生，此时烧杯及内盛物物质为54.4g，则该 亚硫酸钠试剂的纯度为百分之几？ 4、向KI溶液中滴入AgNO3溶液直至完全反应，过滤后滤液的质量恰好与原溶液质量相等，则AgNO3溶液中溶 质的质量分数为多少？ 物质的量守恒 物质的量守恒是根据反应前后某一物质的量不变的原理进行推导和计算的方法。这种方法可以应用在多步反应中的计算。可简化计算过程，减少数学计算，一步得出结果。 例1、300mL某浓度的NaOH溶液中含有60g溶质，现欲配制1mol/LNaOH溶液，应取原溶液与蒸馏水的体积比 约为( ) (A)1∶4(B)1∶5(C)2∶1(D)2∶3 例2、有一在空气中放置了一段时间的KOH固体，经分析测知其含水2.8%、含K2CO337.3%，取1克该样品投入25毫升2摩／升的盐酸中后，多余的盐酸用1.0摩／升KOH溶液30.8毫升恰好完全中和，蒸发中和后的溶液 可得到固体： （A）1克（B）3.725克（C）0.797克（D）2.836克 练习：1、用1L10mol／LNaOH溶液吸收0.8molCO2，所得溶液中CO3２－和HCO3－的物质的量浓度之比是（）（Ａ）１∶３（Ｂ）２∶１（Ｃ）２∶３（Ｄ）３∶２ 2、今有100mLCu(NO3)2与AgNO3的混合溶液，其中NO3-的浓度为4mol/L，加入一定量的锌粉后，产生沉淀，经过滤、干燥后称量，沉淀物的质量为24.8g,将此沉淀物置于稀盐酸中,无气体逸出。向前述过滤后得到的滤液中先滴入BaCl2溶液，无明显现象，后加入过量的NaOH溶液，有沉淀物析出。滤出此沉淀物，并将其灼烧至 恒重，最后得4g灼烧物。求所加锌粉的质量。 三、元素守恒 元素守恒，即化学反应前后各元素的种类不变，各元素的原子个数不变，其物质的量、质量也不变。元素守恒包括原子守恒和离子守恒: 原子守恒法是依据反应前后原子的种类及个数都不变的原理，进行推导或计算
守恒法 在化学反应中存在一系列守恒现象，如：质量守恒（含原子守恒、元素守恒）、电荷守恒、电子得失守恒、能量守恒等，利用这些守恒关系解题的方法叫做守恒法。电荷守恒即对任一电中性的体系，如化合物、混和物、溶液、胶体等，电荷的代数和为零，即正电荷总数和负电荷总数相等。电子得失守恒是指在发生氧化-还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数，无论是自发进行的氧化-还原反应还是以后将要学习的原电池或电解池均如此。 a. 质量守恒 1 . 有0.4g铁的氧化物，用足量的CO 在高温下将其还原，把生成的全部CO2通入到足量的澄清的石灰水中得到0.75g固体沉淀物，这种铁的氧化物的化学式为（） A. FeO B. Fe2O3 C. Fe3O4 D. Fe4O5 2.将几种铁的氧化物的混合物加入100mL、7mol?L―1的盐酸中。氧化物恰好完全溶解，在所得的溶液中通入0.56L（标况）氯气时，恰好使溶液中的Fe2+完全转化为Fe3+，则该混合物中铁元素的质量分数为（） A. 72.4% B. 71.4% C. 79.0% D. 63.6% b. 电荷守恒法 3.将8g Fe2O3投入150mL某浓度的稀硫酸中，再投入7g铁粉收集到1.68L H2（标准状况），同时，Fe和Fe2O3均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4mol/L的NaOH溶液150mL。则原硫酸的物质的量浓度为（） A. 1.5mol/L B. 0.5mol/L C. 2mol/L D. 1.2mol/L 4. 镁带在空气中燃烧生成氧化镁和氮化镁，将燃烧后的产物全部溶解在50mL 1.8
中学生化学竞赛专题讲座：守恒法在化学计算中的应用 化学计算中一种十分常用的方法——守恒法。这种方法在使用过程中不需要了解过多的中间过程，避免了繁杂的分析和多重化学反应，具有思路简单，关系明确，计算快捷的特点。 一、守恒法的基本题型和解题依据 1、参加化学反应的各物质的质量总和等于反应后生成的各物的质量总和，这个规律叫质量守恒定律。其本质是：化学反应前后，各元素的原子的种类，数目没有改变。所以，在一切化学反应中都存在着质量守恒、原子个数守恒。 2、氧化还原反应的特征是元素的化合价发生变化，其本质是在反应中有电子转移。由于物质间得失电子数相等，所以，在有化合价升降的元素间存在化合价升降总数相等的守恒关系。因而有电量守恒（又称电子得失守恒）及化合价守恒。 3、由于物质是电中性的，因而在化合物和电解质溶液中，阴阳离子所带电荷数相等，存在电荷守恒 二、例题应用指导 （一）质量守恒： 在化学反应中，参加反应的反应物的总质量等于反应后生成物的总质量，反应前后质量不变。
例1.在臭氧发生器中装入100mlO2，经反应3O2=2O3，最后气体体积变为95ml（体积均为标准状况下测定），则反应后混合气体的密度为多少 【分析】根据质量守恒定律反应前后容器中气体的质量不变，等于反应前100mlO2的质量。则反应后混合气体的密度为： d=（·mol－1×32g·mol－1）/=L 例2、将足量的金属钠投入到100gt°C的水中，恰好得到t°C时NaOH饱和溶液111g，则t°C时NaOH的溶解度为____克。 [分析解答]：由于2Na+2H2O=NaOH+H2所以，反应前总质量为,反应后总质量为若设Na的物质的量为xmol，则= xmol.据质量守恒定律有：23x+100=111+x×2，得x= ∴=×40g/mol=20g (二)原子守恒： 在一些复杂多步的化学过程中，虽然发生的化学反应多，但某些元素的物质的量、浓度等始终没有发生变化，整个过程中元素守恒。 例3.有一在空气中暴露过的KOH固体，经分析知其内含水%，%，KOH90%，若将此样品1g加入到的1mol·L－1盐酸中，过量的酸再用·L－1KOH溶液中和，蒸发中和后的溶液可得固体多少克
高一化学计算题常用解题技巧和方法 1、差量法 例题. 将质量为100克的铁棒插入硫酸铜溶液中，过一会儿取出，烘干，称量，棒的质量变为100.8克。求有多少克铁参加了反应。 解析： Fe + CuSO4= FeSO4+Cu 棒的质量增加 56 64 64-56=8 m (Fe) 100.8g-100g=0.8g 56∶8＝m (Fe)∶0.8 答：有5.6克铁参加了反应。 归纳小结 差量法是根据物质变化前后某种量发生变化的化学方程式或关系式，找出所谓“理论差量”，这个差量可以是固态、液态物质的质量、物质的量之差。，也可以是气态物质的体积、物质的量之差等。。该法适用于解答混合物间的反应，且反应前后存在上述差量的反应体系。差量也是质量守恒定律的一种表现形式。仔细分析题意，选定相关化学量的差量。质量差均取正值。差量必须是同一物理量及其单位，同种物态。
差量法优点：不需计算反应前后没有实际参加反应的部分，因此可以化难为易、化繁为简。解题的关键是做到明察秋毫，抓住造成差量的实质，即根据题意确定“理论差值”,再根据题目提供的“实际差量”,列出正确的比例式，求出答案。差量法利用的数学原理：差量法的数学依据是合比定律，即 差量法适用范围 ⑴反应前后存在差量且此差量易求出。 只有在差量易求得时，使用差量法才显得快捷，否则，应考虑用其他方法来解。这是使用差量法的前提。 ⑵反应不完全或有残留物时，在这种情况下，差量反映了实际发生的反应，消除了未反应物质对计算的影响，使计算得以顺利进行。 经典习题 1.在稀H2SO4和CuSO4的混合液中，加入适量铁粉，使其正好完全反应。反应后得到固体物质的质量与所加铁粉的质量相等。则原混合液中H2SO4和CuSO4的质量比为( ) A.7:8 B.8:7 C.7:80 D.80:7
常见化学计算方法 主要有：差量法、十字交叉法、平均法、守恒法、极值法、关系式法、方程式叠加法、等量代换法、摩尔电子质量法、讨论法、图象法（略）、对称法（略）。 一、差量法 在一定量溶剂的饱和溶液中，由于温度改变（升高或降低），使溶质的溶解度发生变化，从而造成溶质（或饱和溶液）质量的差量；每个物质均有固定的化学组成，任意两个物质的物理量之间均存在差量；同样，在一个封闭体系中进行的化学反应，尽管反应前后质量守恒，但物质的量、固液气各态物质质量、气体体积等会发生变化，形成差量。差量法就是根据这些差量值，列出比例式来求解的一种化学计算方法。该方法运用的数学知识为等比定律及其衍生式： a b c d a c b d == --或c a d b --。差量法是简化化学计算的一种主要手段，在中学阶段运用相当普遍。常见的类型有：溶解度差、组成差、质量差、体积差、物质的量差等。在运用时要注意物质的状态相相同，差量物质的物 理量单位要一致。 1.将碳酸钠和碳酸氢钠的混合物21.0g ，加热至质量不再变化时，称得固体质量为1 2.5g 。求混合物中碳酸钠的质量分数。 2.实验室用冷却结晶法提纯KNO 3，先在100℃时将KNO 3配成饱和溶液，再冷却到30℃，析出KNO 3。现欲制备500g 较纯的KNO 3，问在100℃时应将多少克KNO 3溶解于多少克水中。（KNO 3的溶解度100℃时为246g ，30℃时为46g ） 3.某金属元素R 的氧化物相对分子质量为m ，相同价态氯化物的相对分子质量为n ，则金属元素R 的化合价为多少？ 4.将镁、铝、铁分别投入质量相等、足量的稀硫酸中，反应结束后所得各溶液的质量相等，则投入的镁、铝、铁三种金属的质量大小关系为（ ） （A ）Al ＞Mg ＞Fe （B ）Fe ＞Mg ＞Al （C ）Mg ＞Al ＞Fe （D ）Mg=Fe=Al 5.取Na 2CO 3和NaHCO 3混和物9.5g ，先加水配成稀溶液，然后向该溶液中加9.6g 碱石灰（成分是CaO 和NaOH ），充分反应后，使Ca 2+、HCO 3-、CO 32-都转化为CaCO 3沉淀。再将反应容器内水分蒸干，可得20g 白色固体。试求： （1）原混和物中Na 2CO 3和NaHCO 3的质量； （2）碱石灰中CaO 和NaOH 的质量。 6.将12.8g 由CuSO 4和Fe 组成的固体，加入足量的水中，充分反应后，滤出不溶物，干燥后称量得5.2g 。试求原混和物中CuSO 4和Fe 的质量。 二、十字交叉法 凡能列出一个二元一次方程组来求解的命题，即二组分的平均值，均可用十字交叉法，此法把乘除运算转化为加减运算，给计算带来很大的方便。 十字交叉法的表达式推导如下：设A 、B 表示十字交叉的两个分量，AB —— 表示两个分量合成的平均量，x A 、x B 分别表示A 和B 占平均量的百分数，且x A +x B =1，则有：
化学计算的解题方法——守恒法 化学计算是中学化学的一个难点和重点，要掌握化学计算，应了解中学化学计算的类型，不同类型解题方法是有所不同的。 化学反应的实质是原子间重新组合，依据质量守恒定律在化学反应中存在一系列守恒现象，如：质量守恒、元素守恒、电荷守恒、电子得失守恒等，利用这些守恒关系解题的方法叫做守恒法。 （一）质量守恒法 质量守恒就是化学反应前后各物质的质量总和不变，在配制或稀释溶液的过程中，溶质的质量不变。 【例题】1500C时，碳酸铵完全分解产生气态混合物，其密度是相同条件下氢气密度的（A）96倍（B）48倍（C）12倍（D）32倍 【分析】根据质量守恒定律可知混和气体的质量等于碳酸铵的质量，从而可确定混和气体的平均分子量，混和气体密度与相同条件下氢气密度的比，所以答案为C （二）元素守恒法 元素守恒即反应前后各元素种类不变，各元素原子个数不变，其物质的量、质量也不变。 【例题】有一在空气中放置了一段时间的KOH固体，经分析测知其含水 2.8%、含K2CO337.3% 取1克该样品投入25毫升2摩／升的盐酸中后，多余的盐酸用1.0摩／升KOH 溶液30.8毫升恰好完全中和，蒸发中和后的溶液可得到固体 （A）1克（B）3.725克（C）0.797克（D）2.836克 【分析】KOH、K2CO3跟盐酸反应的主要产物都是KCl，最后得到的固体物质是KCl，根据元素守恒，盐酸中含氯的量和氯化钾中含氯的量相等：n(KCl)=n(Cl － )=n(HCl) 所以答案为B (三)电荷守恒法 电荷守恒即对任一电中性的体系，如化合物、混和物、溶液等，电荷的代数和为零，即正电荷总数和负电荷总数相等 【例题】在Na2SO4和K2SO4的混和溶液中，如果[Na+]=0.2摩／升，[SO42-]=x摩／升，[K+]=y摩／升，则x和y的关系是 （A）x=0.5y (B)x=0.1+0.5y (C)y=2(x-0.1) (D)y=2x-0.1 【分析】可假设溶液体积为1升，那么Na+ 物质的量为0.2摩，SO42-物质的量为x摩，K+物质的量为y摩，根据电荷守恒可得[Na+]+[K+]=2[SO42-]，所以答案为BC (四)电子得失守恒法 电子得失守恒是指在发生氧化—还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数，无论是自发进行的氧化—还原反应还是原电池或电解池中均如此【例题】将纯铁丝5.21克溶于过量稀盐酸中，在加热条件下，用2.53克KNO3去氧化溶液中亚铁离子，待反应后剩余的Fe2+离子尚需12毫升0.3摩/升KMnO4溶液才能完全氧化，写出硝酸钾和氯化亚铁完全反应的方程式
化学守恒法解题技巧 守恒法是一种中学化学典型的解题方法，它利用物质变化过程中某一特定的量固定不变来列式求解，可以免去一些复杂的数学计算，大大简化解题过程，提高解题速度和正确率。它的优点是用宏观的统揽全局的方式列式，不去探求某些细微末节，直接抓住其中的特有守恒关系，快速建立计算式，巧妙地解答题目。物质在参加反应时，化合价升降的总数，反应物和生成物的总质量，各物质中所含的每一种原子的总数，各种微粒所带的电荷总和等等，都必须守恒。所以守恒是解计算题时建立等量关系的依据，守恒法往往穿插在其它方法中同时使用，是各种解题方法的基础，利用守恒法可以很快建立等量关系，达到速算效果。
一、质量守恒 质量守恒是根据化学反应前后反应物的总质量与生成物的总质量相等的原理，进行计算或推断。主要包括：反应物总质量与生成物总质量守恒；反应中某元素的质量守恒；结晶过程中溶质总质量守恒；可逆反应中反应过程总质量守恒。 例1、在反应X+2Y=R+2M中，已知R和M的摩尔质量之比为22：9，当1.6gX与Y完全反应后，生成4.4gR，则在此反应中Y和M的质量比为（）（A）16：9 （B）23：9 （C）32：9 （D） 46：9 例2、1500C时，碳酸铵完全分解产生气态混合物，其密度是相同条件下氢气密度的（） （A）96倍（B）48倍（C）12倍
（D）32倍 练习：1、将100℃的硫酸铜饱和溶液200克蒸发掉50克水后再冷却到0℃时，问能析出胆矾多少克？若在100℃硫酸铜饱和溶液200克里加入16克无水硫酸铜，应有多少克胆矾析出？（硫酸铜溶液度100℃时为75．4克。0℃时为14．3克）（130．48克4．34克） 2、在一定条件下，气体A可分解为气体B和气体 C ，其分解方程式为2A====B+3C 。若已知所得B 和C混合气体对H2的相对密度为42．5。求气体A的相对分子量。（17） 3、为了确定亚硫酸钠试剂部分氧化后的纯度，称取亚硫酸钠4g置于质量为30g的烧杯中，加入6mol/L
中学生化学竞赛专题讲座：守恒法在化学计算中的应用化学计算中一种十分常用的方法一一守恒法。这种方法在使用过程中不需要了解过多的中间过程，避免了繁杂的分析和多重化学反应，具有思路简单，关系明确，计算快捷的特点。 一、守恒法的基本题型和解题依据 1、参加化学反应的各物质的质量总和等于反应后生成的各物的质量总和，这个规律叫质量守恒定律。其本质是：化学反应前后，各元素的原子的种类，数目没有改变。所以，在一切化学反应中都存在着质量守恒、原子个数守恒。 2、氧化还原反应的特征是元素的化合价发生变化，其本质是在反应中有电子转移。由于物质间得失电子数相等，所以，在有化合价升降的元素间存在化合价升降总数相等的守恒关系。因而有电量守恒（又称电子得失守恒）及化合价守恒。 3、由于物质是电中性的，因而在化合物和电解质溶液中，阴阳离子所带电荷数相等，存在电荷守恒 二、例题应用指导 （一）质量守恒： 在化学反应中，参加反应的反应物的总质量等于反应后生成物的总质量，反应前后质量不变。 例1.在臭氧发生器中装入100mlO 2，经反应302=2 03,最后气体体积变为95ml （体积均为标准状况下测定），则反应后混合气体的密度为多少？ 【分析】根据质量守恒定律反应前后容器中气体的质量不变，等于反应前100ml 0 2的质量。则反应后混合气体的密度为： d= （0.1 L /22.4 L mol：1為2g mo「1）/0.095 L =1.5 g/L 例2、将足量的金属钠投入到100gt °的水中，恰好得到t °时NaOH饱和溶液111g,则t ° 时NaOH的溶解度为 _____ 克。 ［分析解答］:由于2Na+2H2O=NaOH+H 2 所以，反应前总质量为 反应后总质量为
化学计算中的守恒思想…… 以定量的角度观察绚丽多彩的化学世界，其中有一个永恒的主题：那就是守恒的思想。我们在化学计算中能够巧妙的运用守恒的思想，往往能够避繁就简，取得事半功倍的效果。化学反应的实质是原子间的重新组合，所以一切化学反应都存在着物料守恒（质量守恒，微粒个数守恒）；氧化－还原反应中得失电子数目相等（电子得失守恒，电量守恒）；化合物及电解质溶液中阴阳离子电荷数相等（电荷数）守恒，因此它们呈电中性。以上三点就是守恒解题的依据和基本题型。 一、质量守恒： 例1．0.1mol某烃与1mol过量的O2混合，充分燃烧后，通过足量的Na2O2固体，固体增重15g，从Na2O2中逸出的全部气体体积为16.8L(标)，求该烃的分子式。 解析：此题若用常规解法很繁琐。因为最后逸出的气体不仅包括剩余O2,也包括烃燃烧后生成的CO2，H2O与Na2O2反应后生成的O2。若利用质量守恒，怎能达到巧解目的。本题中，烃的质量于1molO2质量之和等于Na2O2增加的质量与逸出气体质量之和。 设0.1mol某烃质量为x，由质量守恒得： x+32g.mol-1×1mol=15g+(16.8L/22.4mol.L-1)×32g.mol-1 x=7g 故该烃分子量为70，用“CH2”式量相除得烃分子式为C5H10。 答案：C5H10 点评：弄清楚燃烧后的产物的变化是列质量守恒式的依据。 例2．在一密闭烧瓶中注满NO２，25℃时NO2和N2O4建立下列平衡：2NO2＝N2O4ΔH＜0。将烧瓶置于100℃水中，则下列各量：①颜色②平均分子量③质量④压力⑤ΔH⑥气体密度，其中不会改变的是（） A.①③④ B.②④⑤ C.①④⑤ D.③⑤⑥ 解析：对体系升温，平衡向左移动，体系颜色加深，压力增大，气体的物质的量增大，但质量守恒，所以平均分子量减小；又因烧瓶的体积固定，气体的密度不变；而反应热是客观的；不随外界条件的改变而改变。 答案：选D 例3．某镁铝合金溶于足量的盐酸中，在形成的溶液中加入过量的NaOH溶液，取出沉淀物干燥，灼烧，剩余残渣和原合金的质量相等，则该镁铝合金中铝的质量分数为： A.27% B.40% C.53% D.60% 解析：经过一系列的反应后，最后剩余的残渣为MgO,则反应前后镁元素的质量守恒。依据题意可知增加氧的质量等于减少铝的质量。
高考复习专题——守恒法在化学计算中的应用 一、原子守恒 原子守恒的解题基本形式 1、分析化学反应的时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； 2、根据已知条件与守恒对象间的关系，设未知数，列方程； 3、解方程，求未知数的解；⑷根据题设回答相关问题。 例1、将0.8molCO2完全通入1L1mol/LNaOH溶液中充分反应后，所得溶液中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比为（） A、3：1 B、2：1 C、1：1 D、1：3 【变式1】向500ml 2mol/L的盐酸中加入7.8克镁铝合金，合金完全溶解并放出8.96L（标况）气体，向反应后的溶液中逐滴加入4mol/L的烧碱溶液，当沉淀最多时，滴入这种烧碱的体积是（） A、500ml B、375 ml C、250 ml D、125 ml 【变式2】在铁与氧化铁的混合物15g中加入稀硫酸150ml，标准状况下放出氢气1.68L，同时铁和氧化铁均无剩余。向溶液中滴入KSCN未见颜色变化。为了中和过量的硫酸，且使Fe2+完全转化成氢氧化亚铁，共耗3mol/L的氢氧化钠溶液200ml，问原硫酸的摩尔浓度是多少？ 【变式3】将0.2mol某烷烃完全燃烧后，生成的气体缓缓通入盛有0.5L 2mol/L的氢氧化钠溶液中，生成的碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之比为1：3，试求该烷烃的分子式 【变式4】现有m mol NO2和n mol NO组成的混合气体，欲用a mol/LNaOH溶液，使该混合气体全部转化成盐进入溶液，需用NaOH溶液的体积是（） A. m a L B. 2 3 m a L C. 2 3 () m n a L + D. m n a L + 【变式5】把a g铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液。过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧，得到红色粉末的质量仍为a g，则原合金中铁的质量分数为（） A. 70% B. 52.4% C. 47.6% D. 30% 二：电荷守恒 例2、1L混合溶液中含SO42－0.00025mol，Cl－0.0005mol ,NO3－0.00025mol ,Na＋0.00025 mol ,其余为H＋，则H＋物质的量浓度为（）。 A．0.0025 mol·L－1 B．0.0001 mol·L－1 C．0.001 mol·L－1D．0.005 mol·L－1 强调：电解质溶液中阳离子所带正电荷总数与阴离子所带负电荷总数相等，要注意离子所带电荷数。 【变式6】在H2SO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，铝离子浓度是0.4 mol / L，硫酸根离子的浓度是0.7 mol / L，则氢离子的浓度最接近于 ( ) A. 0.1 mol / L B. 0.2 mol / L C. 0.3 mol / L D. 0.4 mol / L 【变式7】50 mL 1mol/LCH3COOH与100 mL NaOH溶液混合，所得溶液的PH=7，关于该溶液中离子浓度的大小关系或说法，不正确的是（） A、 c(Na+)＝c(CH3COO－) B、 c(Na+)＝c(CH3COO－)＞c(H+)=c(OH－)
高中化学守恒法例题 浅谈守恒法在高中化学计算中的应用 化学反应的实质是原子间重新组合，依据质量守恒定律在化学反应中存在一系列守恒现象，如：质量守恒、原子守恒、元素守恒、电荷守恒、电子得失守恒等，利用这些守恒关系解题的方法叫做守恒法。守恒的实质：利用物质变化过程中某一特定的量固定不变而找出量的关系，基于宏观统览全局而避开细枝末节，简化步骤，方便计算。通俗地说，就是抓住一个在变化过程中始终不变的特征量来解决问题。目的是简化步骤，方便计算。下面我就结合例题列举守恒法在化学计算中常见的应用。 一、质量守恒 化学反应的实质是原子间重新结合，质量守恒就是化学反应前后各物质的质量总和不变，在配制或稀释溶液或浓缩溶液过程中，溶质的质量不变。利用质量守恒关系解题的方法叫“质量守恒法”。 1 利用化学反应过程中的质量守恒关系解化学计算题 例1：将NO 2、O 2、NH3的混合气体 L 通过稀H2SO4后，溶液质量增加 g ，气体体积缩小为 L 。将带火星的木条插入其中，木条不复燃。则原混合气体的平均相对分子质量为
A 、 B、 C、 D、 [解析]将混合气体通过稀H2SO4后，NH3被吸收。 NH3+H2O==NH3·H2O2NH3·H2O+H2SO4==2SO4+2H2O 而NO2和O2与水接触发生如下反应： 3NO2+H2O==2HNO3+NO 反应① 2NO+O2==2NO2 反应② 生成的NO2再与水反应：3NO2+H2O==2HNO3+NO 反应③ 上述反应①、②属于循环反应，可将反应①×2+反应②，消去中间产物NO ，得出：4NO2+ O2+2H2O ==4HNO3 反应④如果反应④中O2剩余，则将带火星的木条插入其中，木条复燃。而题中木条不复燃，说明无O2剩余。由反应③知，剩余气体为NO ，其体积在标准状况下为 L，其质量为m。 m==n·M== V ×30 g/mol== ×30 g/mol == g 由质量守恒定律，混合气体的质量m 为：m== g+ g== g V ==26而混合气体的物质的量n ，n== 、88 L == mol //由摩尔质量M 计算公式：M== == g == g/mol //mol而摩尔质量与相对分子质量在数值上相等，则答案为A 。
所谓守恒，就是指化学反应的过程中，存在某些守恒关系如质量守恒等。应用守恒关系进行化学解题的方法叫做守恒法。化学计算中常用到的守恒法有得失电子守恒、质量守恒、电荷守恒、物料守恒。 一、原子守恒 例1：将0.8molCO2完全通入1L1mol/LNaOH溶液中充分反应后，所得溶液中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比为（ 1 ）A、3：1 B、2：1 C、1：1 D、1：3 例2：将一定量NaOH与NaHCO3的混合物A，放在密闭容器中加热，充分反应后生成气体V1L （V1≠0）.将反应后的固体残渣B与过量盐酸反应，又生成CO2 V2L（气体体积在标况下测定）则（1）B的成分是A、Na2CO3与NaOH B、Na2CO3与NaHCO3 C、Na2CO3 D、 NaOH （2）A中 NaOH与NaHCO3共多少摩尔？NaOH与NaHCO3物质的量之比为多少？ 练习1. 在氧气中灼烧0.44 g由硫、铁组成的化合物，使其中的硫经过一系列变化最终全部转化为硫酸，用20 mL 0.5 mol/L的烧碱溶液恰好能完全中和这些硫酸。则原化合物中硫的质量分数约为A．36.4% B．46.2% C．53.1% D．22.8% 2.. 有0.4g铁的氧化物，用足量的CO 在高温下将其还原，把生成的全部CO2通入到足量的澄清的石灰水中得到0.75g固体沉淀物，这种铁的氧化物的化学式为（2 ） A. FeO B. Fe2O3 C. Fe3O4 D. Fe4O5 3. 铁有可变化合价，将1 4.4 g FeC2O4(草酸亚铁)隔绝空气加热使之分解，最终可得到7.6 g 铁的氧化物，则该铁的氧化物组成可能为 A．FeO B．Fe3O4C．FeO·Fe3O4D．Fe2O3 4、现有m mol NO2和n mol NO组成的混合气体，欲用a mol L NaOH /溶液，使该混合气体全部转化成盐进入溶液，需用NaOH溶液的体积是（） A. m a L B. 2 3 m a L C. 2 3 () m n a L + D. m n a L + 5、19.2mg铜跟适量浓硝酸反应后,铜完全溶解,共收集到11.2mL标况下气体,则反应消耗的硝酸可能为( ) A、0.8×10－3mol B、0.5×10－3mol C、1.2×10－3mol D、1.1×10－3mol 二、质量守恒 例3：已知Q与R的摩尔质量之比为9：22，在反应X＋2Y＝2Q＋R中，当1.6克X与Y完全反应后，生成4.4克R，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为（ 4 ） A、46：9 B、32：9 C、23：9 D、16：9 练习1：把a g铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液。过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧，得到红色粉末的质量仍为a g，则原合金中铁的质量分数为（） A. 70% B. 52.4% C. 47.6% D. 30% 2、向碘化钾溶液中加入硝酸银溶液，直到沉淀完全为止。已知反应后生成硝酸盐溶液质量恰好等于反应前原碘化钾溶液的质量。则加入硝酸银溶液的质量分数为（） A、69% B、75% C、72.5% D、48.3%
精心整理 中学生化学竞赛专题讲座：守恒法在化学计算中的应用 化学计算中一种十分常用的方法——守恒法。这种方法在使用过程中不需要了解过多的中间过程，避免了繁杂的分析和多重化学反应，具有思路简单，关系明确，计算快捷的特点。 一、守恒法的基本题型和解题依据 1、参加化学反应的各物质的质量总和等于反应后生成的各物的质量总和，这个规律叫质量守恒定律。其本质是：化学反应前后，各元素的原子的种类，数目没有改变。所以，在一切化学反应中都存在着质量守恒、原子个数守恒。 2、氧化还原反应的特征是元素的化合价发生变化，其本质是在反应中有电子转移。由于物质间得失电子数相等，所以，在有化合价升降的元素间存在化合价升降总数相等的守恒关系。因而有电量守恒（又称电子得失守恒）及化合价守恒。 3、由于物质是电中性的，因而在化合物和电解质溶液中，阴阳离子所带电荷数相等，存在电荷守恒 二、例题应用指导 （一）质量守恒： 在化学反应中，参加反应的反应物的总质量等于反应后生成物的总质量，反应前后质量不变。 例1.在臭氧发生器中装入100mlO 2，经反应3O 2 =2O 3 ，最后气体体积变为95ml（体积均为标准状况 下测定），则反应后混合气体的密度为多少？ 【分析】根据质量守恒定律反应前后容器中气体的质量不变，等于反应前100mlO 2 的质量。则反应后混合气体的密度为： d=（0.1L/22.4L·mol－1×32g·mol－1）/0.095L=1.5g/L 例2、将足量的金属钠投入到100gt°C的水中，恰好得到t°C时NaOH饱和溶液111g，则t°C 时NaOH的溶解度为____克。 [分析解答]：由于2Na+2H 2O=NaOH+H 2 所以，反应前总质量为,反应后总质量为 若设Na的物质的量为xmol，则=xmol.据质量守恒定律有：23x+100=111+x×2，得x=0.5 ∴=0.5mol×40g/mol=20g (二)原子守恒： 在一些复杂多步的化学过程中，虽然发生的化学反应多，但某些元素的物质的量、浓度等始终没有发生变化，整个过程中元素守恒。 例3.有一在空气中暴露过的KOH固体，经分析知其内含水7.62%，K 2CO 3 2.88%，KOH90%，若将此样 品1g加入到46.00ml的1mol·L－1盐酸中，过量的酸再用1.07mol·L－1KOH溶液中和，蒸发中和后的溶液可得固体多少克？ 【分析】此题中发生的反应很多，但仔细分析可知：蒸发溶液后所得固体为氯化钾，其Cl－全部来自于盐酸中的Cl－，在整个过程中Cl－守恒。即n（KCl）=n（HCl）故 m（KCl）=0.046L×1mol·L－1×74.5g·mol－1=3.427g 例4、将1molH 2S和1molO 2 混合后点燃，生成SO 2 的物质的量为_____mol? [分析解答]：H 2S在O 2 中燃烧反应有两种情况： 2H 2S+O 2 =2S+2H 2 O2H 2 S+3O 2 =2SO 2 +2H 2 O 本题中：由于2：3 ＜＜2：1所以H 2 S在O 2 中燃烧的产物有S、SO 2 、H 2 O。细心观察不 难发现：反应前H 2S中的H元素全部转移到H 2 O中，反应前H 2 S中的S元素全部转移到SO 2 和S中，
电子守恒定律在化学计算中的应用氧化一还原反应是中学化学学习的主线，也是高考必考的考点之一。在氧化一还原反应中遵循电子守恒，即氧化剂得到电子物质的量(或个数)等于还原剂失去电子的物质的量(或个数)。若将电子守恒规律应用来解化学计算题，可以大大简化我们的计算过程，收到事半功倍的效果。下面通过几个例题，谈谈电子守恒定律在化学计算中的应用。 一、在“活泼金属与酸或水反应产生氢气”类题中的应用 活泼金属与酸或水反应产生氢气这类题很常见，很多学生认为解这类题比较难，我认为根本原因是没有弄清这类反应的实质：活泼金属失去电子，+1价的氢得到电子，而金属失去电子的物质的量等于生成氢气所需得到电子的物质的量，即n(金属)xAn==n(氢气)x2(n(金属)：金属的物质的量，An：金属变化的化合价，n(氢气)：氢气的物质的量) 例1A、B是同一短周期的两种元素，9gA单质跟足量的B的气态氢化物水溶液反应，产生11．2L氢气(标准状况下)，A和B可形成化合物AB，，A原子核里中子数比质子数多1，通过计算确定A、B各为哪种元素。 解析：根据A、B可形成化合物AB，及A单质与足量的B的气态氢化物水溶液反应产生H2，可知A为金属元素且在上述反应中化合价表现为+3，n(H：)一11．2L+22．4L／mol-=0．5mol，n(金属)一9g~Mg·rnol 代入上述公式：9g~Mg·molx3-~-0．5molx2，得M一27g／mol，所以A为A1元素，可以进一步确定B为C1元素。
二、在金属与硝酸反应类题中的应用 例25．12g铜和一定质量的浓硝酸反应，当铜反应完时，共收集到标准状况下的气体3．36L，若把装有这些气体的集气瓶倒立在盛水的水槽中，需要通入多少升标准状况下的氧气才能使集气瓶充满溶液? 解析：铜失去电子的物质的量==被还原的硝酸得到电子的物质的量=氧化硝酸的还原产物NO、NO：消耗的氧气的物质的量，省去中间计算，即铜失去电子的物质的量=氧气得到电子的物质的量。则有：n(Cu)x2=n(O：)×4，则n(O0=5．12g+64g／molx2x1／4=0．04mol。v(o2)=0．04molx22．4L／mol=0．896L 若用常规解法，应先求出NO、NO：的物质的量，再根据：4NO2+O2+2H2O=4HNO3， 4NO+30：+2H：O--4HNO，，计算氧气物质的量，并求出其体积，此方法运算量大，计算步骤多且容易出错，用电子守恒法综合考虑，使计算大大简化。 三、在判断氧化产物或还原产物化合价类题中的应用 例312mL浓度为0．10mol／L的Na2SO，溶液，恰好与10mL浓度为0．04mol／L的K~Cr207溶液完全反应，通过计算确定元素在还原产物中的化合价。 解析：-在Na：SO3与K~Cr20，发生的氧化一还原反应中，Na2SO，充当还原剂，lmolNa：SO，失去2mol电子，I~Cr20，充当氧化剂得到电子，两者得失电子的物质的量应相等，即12x10—3Lx0．1Omol／Lx2=lOx10．3Lx0．04mol／Lx2xAn(An为Cr在反应中降低的化合价)，
巧用“电荷守恒法”解化学计算题 “电荷守恒法”，即电解质溶液中的阴离子所带的负电荷总数等于阳离子所带的正电荷总数，或者说正、负电荷的代数和等于0[1]。利用电荷守恒法的主要依据是电解质溶液的整体上呈电中性。这种解题技巧的优点是基于宏观的统揽全局的方式列式，避开繁杂的运算，不去追究细枝末节，因而能使复杂的计算化繁为简，化难为易。 1 电荷守恒法解题的依据和基本公式 1.1 电荷守恒法解题的依据：电解质溶液中，不论存在多少种离子，溶液都是呈电中性的，即阴离子所带的电荷数与阳离子所带的电荷数是相等的。 1.2 电荷守恒法解题时的计算公式：∑m c(R m+) == ∑n c(R n－)，此公式中∑代表“和”的意思，c(R m+)代表阳离子的浓度或物质的量或微粒个数，m代表代表阳离子所带电荷数，c(R n－) 代表阴离子的浓度或物质的量或微粒个数，n代表代表阴离子所带电荷数。 以Na2S溶液为例：在Na2S溶液中，有如下三个平衡式： S2－+H 2O HS－+OH－（一级水解） HS－+H 2O H2S+OH－（二级水解） H 2O H++OH－（水的电离） 含有的微粒：Na+、H+、OH－、HS－、S2－、H2S (H2O分子除外)，有下列的电荷守恒式： c(Na+)+c(H+)＝c(OH－)+c(HS－)+2c(S2－) 2 电荷守恒法适用范围及解典型的化学计算题 2.1电荷守恒法解题范围：已知溶液中几个离子的量，求其他离子的量，可采用电荷守恒法计算。 2.2 应用电荷守恒法计算的典型例题 2.2.1 利用电荷守恒法可巧解有关电解质溶液中离子浓度的计算题 【例题1】由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其pH＝1，c(Al3+)＝0.4 mol/L，c(SO42－)＝0.8 mol/L，则c(K+)为( ) [2] A. 0.15 mol/L B. 0.2 mol/L C. 0.3 mol/L D. 0.4 mol/L 解析1：常规方法：由硫酸钾、硫酸铝和硫酸的化学式推理：硫酸钾（K2SO4）、硫酸铝［Al2(SO4)3］、硫酸（H2SO4），三种物质组成的混合液中硫酸根的来源则由这三种物质提供。可由pH＝1，再由公式pH==－lg c(H+)推知c(H+)==10－pH ，推知溶液中的c(H+)==10－1mol·L－1，根据H2SO4的电离方程式：H2SO4==2H+ +SO42－，推知H2SO4所提供的SO42－的浓度为H+的一半，即SO42－的浓度为0.05 mol·L－1；再由Al2(SO4)3的电离方程式：Al2(SO4)3==2Al3++3SO42－，推知SO42－的浓度应为Al3+的1.5倍，由c(Al3+)＝0.4 mol·L－1得知由Al2(SO4)3所提供的SO42－的浓度为0.6 mol·L－1；则由K2SO4所提供的SO42－浓度为：0.8 mol·L－1 －0.05 mol·L－1—0.6 mol·L－1 == 0.15 mol·L－1，而由 K2SO4的电离方程式：K2SO4==2K+ + SO42－得知，K2SO4中K+的浓度是SO42－的2倍，则原混合液中K+的浓度是0.3 mol·L－1，即答案为C。 解析2：巧用电荷守恒式：三种物质组成的混合溶液中共存在5种离子，它们分别是：H+、Al3+、K+、SO42－、OH－，电荷守恒式如下：c(K+) + c(H+) + 3c(Al3+)==c(OH－) + 2c(SO42－) 溶液的pH＝1，再由公式 pH==－lg c(H+)推知c(H+)==10－pH，推知溶液中c(H+)==10－1mol·L－1，由水的离子积K w的计算公式K w= c(H+)·c(OH－)，在25℃（常温）时，K w== 1.0×10－14 得知c(OH－)==10－13mol·L－1，由于OH－的浓度极小，计算时可忽略不计，将c(H+)==10－1mol·L－1，c(Al3+)＝0.4 mol/L，c(SO42－)＝0.8 mol·L－1代入电荷守恒式：c(K+) + c(H+) + 3c(Al3+)== c(OH－) + 2c(SO42 )中，则不难得出c(K+)为0.3 m ol·L－1，即答案为C。 根据上述两种解题方法的对比不难得出，第一种方法是基于物质的化学式利用繁杂的电离方程式和运算来解题的，此方法步骤繁多，容易出错；而第二种解题方法是利用电荷的守恒关系来解题的，