8守恒思想在化学中的应用——守恒法解题技巧
当物质之间发生化学反应时，其实质就是原子之间的化分和化合，即可推知某种元素的原子无论是在哪种物质中，反应前后其质量及物质的量都不会改变，即质量守恒；在化合物中，阴、阳离子所带电荷总数相等，即电荷守恒；在氧化还原反应中，氧化剂得电子总数和还原剂失电子总数相等，即得失电子守恒；在组成的各类化合物中，元素的正、负化合价总数的绝对值相等，即化合价守恒。
守恒法是中学化学计算中一种很重要的方法与技巧，也是高考试题中应用最多的方法之一，其特点是抓住有关变化的始态和终态，忽略中间过程，利用其中某种不变量建立关系式，从而简化思路，快速解题。
1．质量守恒法
质量守恒定律表示：参加化学反应的各物质的质量总和，等于反应后生成物的各物质的质量总和。依据该定律和有关情况，可得出下列等式：
(1)反应物的质量之和＝产物的质量之和。
(2)反应物减少的总质量＝产物增加的总质量。
(3)溶液在稀释或浓缩过程中，原溶质质量＝稀释或浓缩后溶质质量(溶质不挥发)。
典例导悟1有一块铝、铁合金，溶于足量的盐酸中再用过量的NaOH溶液处理，将产生的沉淀过滤、洗涤、干燥、灼烧，完全变成红色粉末，经称量红色粉末和合金质量恰好相等，则合金中铝的质量分数为()
A．60% B．50% C．40% D．30%
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2．原子守恒法
从本质上讲，原子守恒和质量守恒是一致的，原子守恒的结果即质量守恒。
典例导悟238.4 mg铜跟适量的浓硝酸反应，铜全部作用后，共收集到22.4 mL(标准状况)气体，反应消耗的HNO3的物质的量可能是()
A．1.0×10－3 mol B．1.6×10－3 mol
C．2.2×10－3 mol D．2.4×10－3 mol
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3．电荷守恒法
在电解质溶液或离子化合物中，所含阴、阳离子的电荷数相等，即：
阳离子的物质的量×阳离子的电荷数＝阴离子的物质的量×阴离子的电荷数，由此可得：(1)在离子化合物中，阴、阳离子的电荷数相等；(2)在电解质溶液里，阴、阳离子的电荷数相等。
典例导悟3某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，c(Mg2＋)＝2 mol·L－1，c(SO2－4)＝6.5 mol·L－1，若将200 mL的此混合液中的Mg2＋和Al3＋分离，至少应加入1.6 mol·L－1的苛性钠溶液()
A．0.5 L B．1.625 L C．1.8 L D．2 L
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4．电子守恒法
(1)基本内容
在氧化还原反应中最本质的问题是电子转移，表现在氧化还原反应的特征上是元素化合价的变化，因此产生了对氧化还原反应定量研究的依据。
①电子守恒：在一个氧化还原反应中氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数。
②化合价守恒：有关元素化合价升高总数等于另一些有关元素化合价降低总数。
(2)主要应用
配平有关的化学方程式的步骤：
典例导悟4某反应体系中的物质有：NaOH、Au 2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。
(1)请将Au2O3之外的反应物与生成物分别填入以下空格内。
Au2O3＋＋―→＋＋
(2)反应中，被还原的元素是________，还原剂是____________________________。
(3)将氧化剂与还原剂填入下列空格中，并标出电子转移的方向和数目。
＋＋……
(4)纺织工业中常用氯气作漂白剂，Na2S2O3可作为漂白布匹的“脱氯剂”，Na2S2O3和Cl2反应的产物是H2SO4、NaCl和HCl，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为________。
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(3)有关计算
典例导悟5Na 2S x在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2S x与NaClO的物质的量之比为1∶16，则x的值为()
A．2B．3C．4D．5 听课记录：
典例导悟6某反应可表示为：m M＋n H＋＋O2===x M2＋＋y H2O，则x值为()
A 2 B．4 C．6 D．9
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5．体积守恒法
在有的化学反应中，反应前、后气态物质的物质的量不变，即在相同的条件下，反应前、后气体的体积守恒。
典例导悟7二硫化碳在氧气里燃烧生成CO2和SO2，将0.228 g CS2在448 mL O2(标准状况)中燃烧，将燃烧后的混合气体恢复到标准状况，其体积为()
A．224 mL B．112 mL
C．448 mL D．336 mL
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在电解质溶液的分析中，还用到物料守恒、质子守恒等，它们的实质都是质量守恒或原子守恒。
1．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 g X与Y 完全反应后，生成4.4 g R，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为() A．23∶9 B．32∶9 C．46∶9 D．16∶9 2．某非金属单质A和氧气发生化合反应生成B。B为气体，其体积是反应掉氧气体积的两倍(同温、同压)。以下对B的分子组成的推测一定正确的是()
A．有1个氧原子B．有2个氧原子
C．有1个A原子D．有2个A原子
3．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－1，c(SO2－4)＝0.8 mol·L－1，则c(K＋)为()
A．0.15 mol·L－1B．0.2 mol·L－1
C．0.3 mol·L－1D．0.4 mol·L－1
4．用石墨电极电解CuSO4溶液，当阴极质量增加6.4 g时，阳极上产生的气体在标准状况下的体积是()
A．1.12 L B．2.24 L
C．4.48 L D．0.56 L
5.配平以下两个化学方程式。
(1)__Na2SO3＋__Na2S＋__H2SO4——__Na2SO4＋__S＋__H2O
(2)__KMnO4＋__HCl——__KCl＋__MnCl2＋__Cl2↑＋__H2O
一、物质的分类
二、化学反应的分类
化学反应
专题学案11守恒思想在化学中的应用——守恒法解题技巧
【专题探究区】
典例导悟
1．D[试题中物质的变化如下图所示：
在反应过程中，Fe元素的质量是守恒的，且m(Al，Fe)＝m(Fe2O3)。
合金中铝的质量分数与Fe 2O 3中氧元素的质量分数相等。
铝的质量分数＝3×162×56＋3×16×100%＝30%。]
2．C [据题意，浓硝酸是适量的，而不是过量的，尽管开始产生的是NO 2气体，随着反应的进行，硝酸浓度逐渐降低，气体将由NO 2变为NO,22.4 mL(标准状况)气体应是NO 2与NO 的混合物。
据氮原子守恒，也即反应消耗的硝酸中的氮元素在生成物中存在于Cu(NO 3)2、NO 、NO 2中，所以硝酸的物质的量等于气体的物质的量与硝酸铜物质的量的两倍之和。
n (HNO 3)＝n (气体)＋2n [Cu(NO 3)2]
＝22.4×10－3 L22.4 L·mol －1＋2×38.4×10－3 g64 g·mol －1
＝2.2×10－3 mol 。]
3．D [根据电荷守恒得：
2c (Mg 2＋)＋3c (Al 3＋)＝2c (SO2－4)
c (Al 3＋)＝2×6.5 mol·L －1－2×2 mol·L －13＝3 mol·L －1
加入氢氧化钠溶液，使Mg 2＋、Al 3＋分离，此时NaOH 转化为Na 2SO 4和NaAlO 2，由电荷
守恒得：
V (NaOH)＝2－－2c NaOH
＝2×6.5 mol·L －1×0.2 L ＋3 mol·L －1×0.2 L1.6 mol·L －1＝2 L]
4．(1)Na 2S 2O 3 H 2O Na 2S 4O 6 Au 2O NaOH
(2)＋3 Na 2S 2O 3 (3) (4)1∶4
解析 (1)这是一个氧化还原反应，所以应按照“强氧化剂＋强还原剂―→弱氧化剂＋弱还原剂”的原理来完成化学方程式。Au 2O 3与Au 2O 相比，Au 是高价(＋3)，Au 2O 3是氧化剂，所以与之相反应的就是还原剂——含低价元素。Na 2S 2O 3与Na 2S 4O 6相比， S 是低价(＋2)，所以Na 2S 2O 3是还原剂，S 元素被氧化，金元素被还原，基本反应为：Au 2O 3＋Na 2S 2O 3―→Au 2O ＋Na 2S 4O 6。对比反应前后：氧原子在反应后增加，钠离子相对硫原子减少，所以要补充如下：生成物中要补钠——NaOH ，相应的反应物中要补氢——H 2O 。补完后查对——各种原子守恒——反应原理正确。
(4)氧化还原反应遵循得失电子守恒，Na 2S 2O 3失2×4e － 2H 2SO 4，Cl 2得2×e －
HCl ，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4。
5．D [本题考查在氧化还原反应中用得失电子守恒来进行相关的计算。
－2/x ―→x Na 2＋6 O 4 Na ＋1 O ―→Na －1 得关系式1×
(6x ＋2)e －＝16×2e －，x ＝5。] 6．A [本题可以利用得失电子守恒求解，也可以利用电荷守恒求解。据得失电子守恒有2x ＝4，即x ＝2。
若利用电荷守恒求解，则有y ＝2(氧原子守恒)，n ＝4(氢原子守恒)，4×1＝2x (电荷守恒)，即x ＝2。]
7．C [液态的CS 2在O 2中燃烧的化学方程式为：CS 2(液)＋3O 2(气)燃烧 CO 2(气)＋
2SO 2(气)。从上述反应方程式可知：反应前后气态物质的物质的量无变化，即反应前后气体的体积守恒。无论在反应过程中O 2的量是过量、正好还是不足，气态物质的体积均保持不变，燃烧前后气体的体积仍为448 mL 。]
【专题集训区】
1．D 2.A
3．C [根据溶液中电荷守恒的原则，建立如下等式：c (H ＋)＋c (K ＋)＋3c (Al 3＋)＝2c (SO2
－4)，即0.1 mol·L －1＋c (K ＋)＋3×0.4 mol·L －1＝2×0.8 mol·L －1，则c (K ＋)＝0.3 mol·L －1，故答
案为C 。]
4．A [设在阳极上产生气体为V L ，电极反应式为：阳极：4OH －－4e －===2H 2O ＋O 2↑
阴极：Cu2＋＋2e－===Cu 由电子守恒法得：6.4 g64 g×2＝V L22.4 L·mol－1×4 V＝1.12 L] 5．(1)123333(2)2162258
高中化学质子守恒教案 Company number：【WTUT-WT88Y-W8BBGB-BWYTT-19998】
高中化学质子守恒教案 高中化学质子守恒教案 高中化学质子守恒教案篇一:高中化学电荷守恒-物料守恒-质子守恒的写法 如何写化学中三大守恒式(电荷守恒，物料守恒，质子守恒) 这三个守恒的最大应用是判断溶液中粒子浓度的大小，或它们之间的关系等式。电荷守恒,,即溶液永远是电中性的，所以阳离子带的正电荷总量,阴离子带的负电荷总量例: +-- NH4Cl溶液:c(NH+ 4)+ c(H)= c(Cl)+ c(OH) 写这个等式要注意2点: 1、要判断准确溶液中存在的所有离子，不能漏掉。 2、注意离子自身带的电荷数目。如， - , Na2CO3溶液:c(Na，)+ c(H，)= 2c(CO2)+ c(HCO, 33)+ c(OH)- , NaHCO3溶液:c(Na，)+ c(H，)= 2c(CO2) + c(HCO, 33)+ c(OH) NaOH溶液:c(Na，) + c(H，) = c(OH-) - , , Na3PO4溶液:c(Na，) + c(H，) = 3c(PO3) + 2c(HPO2) + c(H2PO, 444) + c(OH) 物料守恒,,即加入的溶质组成中存在的某些元素之间的特
定比例关系，由于水溶液中一定存在水的H、O元素，所以物料守恒中的等式一定是非H、O元素的关系。例: - NH4Cl溶液:化学式中N:Cl=1:1，即得到，c(NH+ 4)+ c(NH3H2O) = c(Cl) , Na2CO3溶液:Na:C=2:1，即得到，c(Na+) = 2c(CO2 + HCO , 33 + H2CO3) , NaHCO3溶液:Na:C=1:1，即得到，c(Na+) = c(CO2)+ c(HCO, 33) + c(H2CO3) 写这个等式要注意，把所有含这种元素的粒子都要考虑在内，可以是离子，也可以是分子。 质子守恒,,即H+守恒，溶液中失去H+总数等于得到H+总数，利用物料守恒和电荷守恒推出。 实际上，有了上面2个守恒就够了，质子守恒不需要背。例如: NH4Cl溶液: 如何写化学中三大守恒式(电荷守恒，物料守恒，质子守恒) +--电荷守恒:c(NH+ 4) + c(H) = c(Cl) + c(OH) -物料守恒:c(NH+ 4) + c(NH3H2O) = c(Cl) 处理一下，约去无关的Cl-，得到，c(H+) = c(OH-) + c(NH3H2O)，即是质子守恒 Na2CO3溶液: - ,
高中化学解题方法 1、 电荷守恒、化合价守恒、能量守恒等等。 ①质量守恒——就是指化学反应前后各物质的质量总和不变。 ②元素守恒——就是指参加化学反应前后组成物质的元素种类不变，原子个数不变。 ③电子守恒——就是指在氧化还原反应中，氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数。 ④电荷守恒——就是指在物理化学变化中，电荷既不能被创造，也不会被消灭。 ⑤能量守恒——就是指在任何一个反应体系中，体系的能量一定是守恒的。 2、差量法是依据化学反应前后的某些“差量”（固体质量差、溶液质量差、气体体积差、 气体物质的量之差等）与反应物或生成物的变化量成正比而建立的一种解题法。 【例1】在1升2摩/升的稀硝酸溶液中加入一定量的铜粉，充分反应后溶液的质量增加了13.2克，问：（1）加入的铜粉是多少克？（2）理论上可产生NO气体多少升？（标准状况）【例2】10毫升某气态烃在80毫升氧气中完全燃烧后，恢复到原来状况（1.01×105Pa , 270K）时，测得气体体积为70毫升，求此烃的分子式。 【例3】将一定质量的铁放入100g的稀硫酸中，充分反应后测得溶液的质量为105.4g，求加的铁的质量 3、就是直接写出化学方程式中相关的两种或多种反应物或生成物的化学式以及系数 （化学计量数）并用短线相连的方法。其实就是为了在解题过程中方便一点，少写一点，而且看的清楚一点。 例如：2NaOH + H2SO4＝ Na2SO4+ H2O 可以写为2NaOH~ H2SO4量上2：1的关系 4“极值法”就是对数据不足而感到无从下手的计算或混合物组成判断的题目，采用极端假设（即为某一成分或者为恰好完全反应）的方法以确定混合体系中各物质的名称、质量分数、体积分数，这样使一些抽象的复杂问题具体化、简单化，可达到事半功倍之效果。 【例 4】某碱金属单质与其普通氧化物的混合物共1.40g，与足量水完全反应后生成1.79g碱，此碱金属可能是（） A. Na 钠 B. K 钾 C. Rb 铷 D. Li 锂 【例 5】两种金属混合物共15g，投入组量的盐酸中，充分反应得11.2L H （标准状况下）， 2 则原混合物组成中肯定不能为下列的（） A.Mg Ag B.Zn Cu C. Al Zn D.Mg Al 【例 6】0.03mol Cu完全溶于硝酸，产生氮的氧化物(NO，N O2，N2O4)混合气体共0.05mol .该混合气体的平均相对分子质量是( ) A. 30 B. 46 C. 50 D. 66 【例 7】某混合物含有KCl，NaCl和Na2CO3，经分析含钠元素.5%，含氯元素.08%(以上均为质量分数)，则混合物中Na2CO3的质量分数为( ) A. 25% B. 50% C. 80% D. 无法确定
1、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168 .L ，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Fe 2+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？ 2、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 浓度为 18./mol L 盐酸溶液中，以2009mL mol L ./的氢氧化钠溶液中和多余的酸，然后在此溶液中加入过量碱把氨全部释放出来，用足量盐酸吸收，经测定氨为0006.mol ，求镁带物质的量。 3、取一定量的氯酸钾和二氧化锰的混合物共热制氧气，反应开始时二氧化锰在混合物中的质量百分含量为20%，当反应进行到二氧化锰在混合物中质量百分含量为25%时，求氯酸钾分解的百分率？ 4、384.mg 铜跟适量的浓硝酸反应，铜全部作用后共收集到气体224.mL （标准状况），反 应消耗的硝酸的物质的量可能是（ ） A. 10 103.?-mol B. 16103 .?-mol C. 22103.?-mol D. 24103.?-mol 5、现有m mol NO 2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. 23m a L C. 23()m n a L + D. m n a L + 6、向一定量的Fe FeO Fe O 、、23的混合物中，加入1001mL mol L /的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL （标准状况）的气体，所得溶液中加入KSCN 溶液无血红色出现，若用足量的CO 在高温下还原相同质量的此混合物，能得到的铁的质量为（ ） A. 112 .g B. 56.g C. 28.g D. 无法计算 7、将NO 2、O 2、NH 3的混合气体26.88 L 通过稀H 2SO 4后，溶液质量增加45.7 g ，气体体积缩小为2.24 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（气体均在标准状况下测定） A ．40.625 B ．42.15 C ．38.225 D ．42.625
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．
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
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
高中化学溶液离子水解与电离中三大守恒详解 电解质溶液中有关离子浓度的判断是近年高考的重要题型之一。解此类型题的关键是掌握“两平衡、两原理”，即弱电解质的电离平衡、盐的水解平衡和电解质溶液中的电荷守恒、物料守恒原理。首先，我们先来研究一下解决这类问题的理论基础。 一、电离平衡理论和水解平衡理论 1.电离理论： ⑴弱电解质的电离是微弱的，电离消耗的电解质及产生的微粒都是少量的，同时注意考虑水的电离的存在；⑵多元弱酸的电离是分步的，主要以第一步电离为主； 2.水解理论： 从盐类的水解的特征分析：水解程度是微弱的（一般不超过2‰）。例如：NaHCO3溶液中，c(HCO3―)＞＞c(H2CO3)或c(OH― ) 理清溶液中的平衡关系并分清主次： ⑴弱酸的阴离子和弱碱的阳离子因水解而损耗；如NaHCO3溶液中有：c(Na+)＞c(HCO3-)。 ⑵弱酸的阴离子和弱碱的阳离子的水解是微量的（双水解除外），因此水解生成的弱电解质及产生H+的（或OH-）也是微量，但由于水的电离平衡和盐类水解平衡的存在，所以水解后的酸性溶液中c(H+)（或碱性溶液中的c(OH-)）总是大于水解产生的弱电解质的浓度；⑶一般来说“谁弱谁水解，谁强显谁性”，如水解呈酸性的溶液中c(H+)＞c(OH-)，水解呈碱性的溶液中c(OH-)＞c(H+)；⑷多元弱酸的酸根离子的水解是分步进行的，主要以第一步水解为主。 二、电解质溶液中的守恒关系 1、电荷守恒：电解质溶液中的阴离子的负电荷总数等于阳离子的正电荷总数， 电荷守恒的重要应用是依据电荷守恒列出等式，比较或计算离子的物质的量或物质的量浓度。如（1）在只含有A＋、M－、H＋、OH―四种离子的溶液中c(A+)+c(H＋)==c(M-)+c(OH―),若c(H＋)＞c(OH―)，则必然有c(A+)＜c(M-)。盐溶液中阴、阳离子所带的电荷总数相等。 例如，在NaHCO3溶液中，有如下关系： C(Na＋)+c(H＋)==c(HCO3―)+c(OH―)+2c(CO32―) 如NH4Cl溶液中：c（NH4+）＋c（H+）＝c（Cl－）＋c（OH－） 如Na2CO3溶液中：c（Na+）＋c（H+）＝2c（CO32-）＋c（HCO3-）＋c（OH－） 书写电荷守恒式必须①准确的判断溶液中离子的种类；②弄清离子浓度和电荷浓度的关系。 2、物料守恒：就电解质溶液而言，物料守恒是指电解质发生变化（反应或电离）前某元素
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 。
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。 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，当与Y完全反应后，生成，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）（130．52克，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H 2 的相对密度为42．5。求气体A的相对分子量。（17０） 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 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，则该亚硫酸钠试剂的纯度为百分之几？ 4、向KI溶液中滴入AgNO 3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AgNO 3 溶液中溶质的质量分数为多少？ 二、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%、含%，取1克该样品投入25毫升2摩／升的盐酸中后，多余的盐酸用摩／升KOH溶液毫升恰好完全中和，蒸发中和后的溶液可得到固体： （A）1克（B）克（C）克（D）克 练习：1、用1L10mol／LNaOH溶液吸收８molCO 2，所得溶液中CO 3 ２－和HCO 3 －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(NO 3) 2 与AgNO 3 的混合溶液，其中NO 3 -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,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BaCl 2 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，进行推导或计算的方法。离子守恒是根据反应（非氧化还原反应）前后离子数目不变的原理进行推导和计算。用这种方法计算不需要化学反应式，只需要找到起始和终止反应时离子的对应关
方法总论 守恒法专题 守恒存在于整个自然界的千变万化之中。化学反应是原子之间的重新组合，反应前后组成物质的原子个数保持不变，即物质的质量始终保持不变，此即质量守恒。运用守恒定律，不纠缠过程细节，不考虑途径变化，只考虑反应体系中某些组分相互作用前后某些物理量或化学量的始态和终态，从而达到速解、巧解化学试题的目的。一切化学反应都遵循守恒定律，在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、元素守恒、原子守恒、电子守恒、电荷守恒、化合价守恒、能量守恒等等。这就是打开化学之门的钥匙。 一．质量守恒 质量守恒，就是指化学反应前后各物质的质量总和不变。 1．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 g X与Y完全反应，生成4.4 g R，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为 A．46:9 B．32:9 C．23:9 D．16:9 2．在臭氧发生器中装入氧气100 mL。经反应3O2?→2O3，最后气体体积变为95 mL（均在标准状况下测定），则混合气体的密度是 A．1.3 g/L B．1.5 g/L C．1.7 g/L D．2.0 g/L 二．元素守恒 元素守恒，就是指参加化学反应前后组成物质的元素种类不变，原子个数不变。 3．30 mL一定浓度的硝酸溶液与5.12 g铜片反应，当铜片全部反应完毕后，共收集到气体2.24 L（标准状况下），则该硝酸溶液的物质的量浓度至少为 A．9 mol/L B．8 mol/L C．5 mol/L D．10 mol/L 4．在CO和CO2的混合气体中，氧元素的质量分数为64%。将该混合气体5 g通过足量的灼热的氧化铜，充分反应后，气体再全部通入足量的澄清石灰水中，得到白色沉淀的质量是 A．5 g B．10 g C．15 g D．20 g 三．电子守恒 电子守恒，是指在氧化还原反应中，氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数。 5．某强氧化剂[XO(OH)2]+被亚硫酸钠还原到较低价态。若还原 2.4×10-3mol [XO(OH)2]+到较低价态，需要20 mL 0.3 mol/L Na2SO3溶液，则X元素的最终价态为A．+2 B．+1 C．0 D．-1 6．3.84 g铜和一定量浓硝酸反应，当铜反应完毕时，共产生气体2.24 L（标况）。 （1）反应中消耗HNO3的总物质的量是__________mol。 （2）欲使 2.24 L气体恰好全部被水吸收，需通入__________mL标准状况下的氧气（氧气也恰好全部被吸收）。 四．电荷守恒 电荷守恒，就是指在物理化学变化中，电荷既不能被创造，也不会被消灭。 换言之，在化学反应中反应物的电荷总数应等于产物的电荷总数； 在电解质溶液中阴离子所带的负电荷总量应等于阳离子所带的正电荷总量。
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=2 O3，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 O2的质量。则反应后混合气体的密度为： d=（0.1 L /22.4 L·mol－1 ×32g·mol－1）/0.095 L =1.5 g/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=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%，K2CO32.88%，KOH90%，若将此样品1g加入到46.00ml的1 mol·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×1 mol·L－1×74.5 g · mol－1=3.427 g 例4、将1molH2S和1molO2混合后点燃，生成SO2的物质的量为_____mol? [分析解答]：H2S在O2中燃烧反应有两种情况： 2H2S+O2=2S+2H2O 2H2S+3O2=2SO2+2H2O 本题中：由于2：3＜＜2：1 所以H2S在O2中燃烧的产物有S、SO2、H2O。细心观察不难发现：反应前H2S中的H元素全部转移到H2O中，反应前H2S中的S元素全
溶液中离子浓度大小比较归类解析 一、电离平衡理论和水解平衡理论 1.电离理论： ⑴弱电解质的电离是微弱的，电离消耗的电解质及产生的微粒都是少量的，同时注意考虑水的电离的存在；例如NH3·H2O溶液中微粒浓度大小关系。 【分析】由于在NH3·H2O溶液中存在下列电离平衡：NH3·H2O NH4++OH-，H2O H++OH-，所以溶液中微粒浓度关系为：c(NH3·H2O)＞c(OH-)＞c(NH4+)＞c(H+)。 ⑵多元弱酸的电离是分步的，主要以第一步电离为主；例如H2S溶液中微粒浓度大小关系。【分析】由于H2S溶液中存在下列平衡：H2S HS-+H+，HS-S2-+H+，H2O H++OH-，所以溶液中微粒浓度关系为：c(H2S)＞c(H+)＞c(HS-)＞c(OH-)。 2.水解理论： ⑴弱酸的阴离子和弱碱的阳离子因水解而损耗；如NaHCO3溶液中有： c(Na+)＞c(HCO3-)。 ⑵弱酸的阴离子和弱碱的阳离子的水解是微量的（双水解除外），因此水解生成的弱电解质及产生H+的（或OH-）也是微量，但由于水的电离平衡和盐类水解平衡的存在，所以水解后的酸性溶液中c(H+)（或碱性溶液中的c(OH-)）总是大于水解产生的弱电解质的浓度；例如（NH4）2SO4溶液中微粒浓度关系： c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(NH3·H2O)＞c(OH-)。 (3)多元弱酸的酸根离子的水解是分步进行的，主要以第一步水解为主。 例如: Na2CO3溶液中水解平衡为：CO32-+H2O HCO3-+OH-，H2O+HCO3-H2CO3+OH-，所以溶液中部分微粒浓度的关系为：c(CO32-)＞c(HCO3-)。 二、电荷守恒和物料守恒 1．电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数与所有的阴离子所带的负电荷数相等。如NaHCO3溶液中：n(Na+)＋n(H+)＝n(HCO3-)＋2n(CO32-)＋n(OH-)推出：c(Na+)＋c(H+)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(OH-) 2．物料守恒：电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其它离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会改变的。如NaHCO3溶液中n(Na+)：n(c)＝1：1，推出：c(Na+)＝c(HCO3-)＋c(CO32-)＋c(H2CO3)
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（溶质难挥发）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、NH 3的混合气体26.88 L 通过稀H 2SO 4后，溶液质量增加45.7 g ， 气体体积缩小为2.24 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（气体均在标准状况下测定） A ．40.625 B ．42.15 C ．38.225 D ．42.625 [解析]将混合气体通过稀H 2SO 4后，NH 3被吸收。 NH 3+H 2O==NH 3·H 2O 2NH 3·H 2O+H 2SO 4==(NH 4)2SO 4+2H 2O 而NO 2和O 2与水接触发生如下反应： 3NO 2+H 2O==2HNO 3+NO 反应① 2NO+O 2==2NO 2 反应② 生成的NO 2再与水反应：3NO 2+H 2O==2HNO 3+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： 4NO 2+ O 2+2H 2O ==4HNO 3 反应④ 如果反应④中O 2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O 2剩余。由反应③知，剩余气体为NO ，其体积在标准状况下为2.24 L ，其质量为 m (NO)。 m (NO)==n ·M== ×30 g/mol== ×30 g/mol ==3.0 g 由质量守恒定律，混合气体的质量m (总)为：m (总)==45.75 g+3.0 g== 48.75 g 而混合气体的物质的量n ，n== == ==1.2 mol 由摩尔质量M 计算公式：M== == ==40.625 g/mol 而摩尔质量与相对分子质量在数值上相等，则答案为A 。 例2：铁有可变化合价，将14.4 g FeC 2O 4(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 ．Fe 3O 4 C ．FeO ·Fe 3O 4 D ．Fe 2O 3 [解析]已知Fe 、C 、O 的相对原子质量分别为56、12、16，FeC 2O 4中含铁元素的质量： m (Fe)== == 5.6 g 将FeC 2O 4隔绝空气加热，使之分解得铁的氧化物，设为Fe x O 4。在加热过程中，铁元素 没有损耗，铁元素的质量是不变的。由“质量守恒法”，在Fe x O 4中m (Fe)仍为5.6 g ，则m (O)== 7.6 g －5.6 g==2.0 g 。 据物质的量（n ）与质量（m ）、摩尔质量（M ）之间公式 ，又据 （N 1、N 2代表微粒个数） 则 ，答案为C 。 mol L V /4.22mol L L /4.2224.2mol L V /4.22mol L L /4.2288.26mol g 2.175.48n m g 4.144162125656??+?+M m n =21 21N N n n =54/160.2/566.5)()()()()()(===mol g g mol g g O M O m Fe M Fe m O n Fe n
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
守恒法专题 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。它的核心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。常用的守恒法有质量守恒、物质的量守恒、元素守恒、电荷守恒、得失电子守恒等。在必要的时候，甚至可能用到多重守恒，即利用多种守恒列方程式（组）进行相关的计算。 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：①反应物总质量与生成物总质量守恒；②反应中某元素的质量守恒；③结晶过程中溶质总质量守恒；④可逆反应中反应过程总质量守恒。 【例题感悟】 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、1500℃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 【练习实战】 1.将100℃的200克硫酸铜饱和溶液蒸发掉50克水后再冷却到0℃时，问能析出胆矾多少克？（硫酸铜溶液度100℃时为75.4克,0℃时为14.3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H 2 的相对密度为4.25。求气体A的相对分子量。 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，此时烧杯及内盛物质的质量为5 4.4g，则该亚硫酸钠试剂的纯度为多少？ 二、物质的量守恒 物质的量守恒是根据反应前后某一物质的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。 【例题感悟】 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 K 2 CO 3 37.3%，取1g该样品投入25ml 2 mol／L的盐酸中后，多余的盐酸用1.0mol／L 的KOH溶液30.8ml恰好完全中和，蒸发中和后的溶液可得到固体( ) （A）1g （B）3.725g （C）0.797g （D）2.836g 【练习实战】 1.用1 L 1.0 mol／LNaOH溶液吸收0.8mol CO 2 ，所得溶液中CO 3 ２－和HCO 3 －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(NO 3 ) 2 与AgNO 3 的混合溶液，其中NO 3 -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BaCl 2 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。(提示Zn(OH) 2 可溶于NaOH溶液) 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，进行推导或计算的方法。离子守恒是根据反应（非氧化还原反应）前后离子数目不变的原理进行推导和计算。 【例题感悟】 例1、在同温同压下，50ml气体A 2 跟100ml气体B 2 化合生成50ml气体C，则C 的化学式是（） （A）AB 2 （B）A 2 B （C）A 2 B 4 （D）AB 例2、把 NaHCO 3 与Na 2 CO 3 ·10H 2 O的混合物6．56 g溶于水配制成100ml溶液，已知此溶液中Na+的物质浓度为0．5 mol/L；若将等质量的该混合物加热到质量不再变化为止，则其质量减少了多少克？ 【练习实战】 1、准确称取6g铝土矿样品(含Al 2 O 3 、Fe 2 O 3 、SiO 2 )加入100mL硫酸溶液，充分反应后向滤液中加入10mol/L的NaOH溶液，产生沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示，则所用硫酸溶液的物质的量浓度为( ) （A）3.50mol/L （B）1.75mol/L （C）0.85mol/L （D）无法计算 第 1 页共4页第 2 页共4页
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－)