守恒法巧解几例化学计算题

巧用守恒快速求解能熟练运用已有的知识，规律和方法对化学问题进行分析，推理和计算是现代化学学习中要达到的一项终极目标，而守恒法就是快速解决化学问题的一种最常用，最基本的方法，在此仅通过下面三例来说明守恒法在解题中的几点应用。

一、百分含量计算中的质量守恒每一种物质都是由各种元素组成的，任一物质的质量也就等于其所含各元素的质量之和，也就是说在任一物质中，其组成各元素的质量百分含量之和必等于1，则其中某元素的质量分数就等于1减去其余各元素的质量分数之和。

例1：Fe（SO4）3和FeSO4的混合物中硫元素的质量百分含量为a%，则Fe的百分含量为（）A、1－3a%B、1－a%C、1－2a%D、1－4a%解析：由FeSO4的化学式知：两种物质中S和O原子个数比都为1：4，则混合物中S和O原子个数比也为1：4，则混合物中S和O元素的质量比为：（1×32）∶（4×16）＝1：2，又因混合物中S元素的质量百分含量为a%，则O 元素的质量百分含量应为2a%，又因混合物中只含有Fe、S、O三种元素，所以Fe元素的质量百分含量为：1－a%－2a%＝1－3a%。

答案：A二、电解质溶液中的电荷守恒所谓电荷守恒就是在电解质溶液中各阳离子所带的正电荷总数和各阴离子所带的负电荷总数相等。

电解质溶液呈电中性，据此可列出溶液中各离子浓度之间的关系，从而快速求解。

电解质溶液中电荷守恒关系式的书写规则：（各阳离子浓度×该离子所带的电荷数）相加＝（各阴离子浓度×该离子所带的电荷数）相加假如某溶液中阳离子有Aa+、Bb＋阴离子有Mm－、Nn－则电荷守恒关系式为aC（Aa＋）＋bC（Bb＋）＝mC（Mm－）＋nC（Nn－）例2：在由NaCl、MgCl2、MgSO4组成的混合溶液中，C（Na＋）＝0.1mol/LC （Mg2＋）＝0.25mol/LC（Cl－）＝0.2mol/L则C（SO42－）为（）A、0.15mol/LB、0.10mol/LC、0.25mol/LD、0.20mol/L解析：若忽略水的电离，则溶液中的阳离子只有Na＋和Mg2＋阴离子只有Cl－和SO42－。

利用元素质量守恒巧解化学计算题初中化学中的质量守恒定律是一个十分重要的基本定律,在化学反应前后元素的种类没有改变，各元素的原子总数也无增减。

所以在化学反应前后各元素的质量保持不变,这就是说，化学反应前后各元素的质量是守恒的.有些根据化学方程式计算的题，涉及到元素质量或元素质量分数等的计算，有的题甚至需要根据多个化学方程式分别计算，步骤多,耗时多，失误自然也多。

碰到此类题特别是涉及多个反应的题时,如果我们能抓住反应前后某特征元素质量守恒这一点去分析、求解，那就可能使看上去颇为复杂的计算变得极其简单。

下面举例加以分析。

例1、一定量的乙醇在氧气不足的条件下燃烧，得到CO、CO2和水的总质量为27．6 g，其中水的质量为10．8 g，则参加反应的乙醇的质量是多少?生成一氧化碳的质量是多少？解析：由于乙醇燃烧生成CO、CO2和水，根据元素质量守恒可知：乙醇中碳元素的质量应等于产物一氧化碳与二氧化碳中碳元素的总质量,而乙醇中氢元素的质量应等于产物水中氢元素的质量，据此可算出参加反应的乙醇的质量。

解：10．8 g水中氢元素的质量为:则参加反应的乙醇的质量为：乙醇中碳元素质量为：根据题意得生成的CO、CO2总质量为：27．6 g-10．8 g=16．8 g设生成CO的质量为X,则生成CO2的质量为16．8 g—X，由题意列式为：解之得：X=1．4 g答:参加反应的乙醇的质量是9．2 g，生成一氧化碳的质量是1．4 g。

例2、有一种含CaCO3与CaO的混合物，测得其中钙元素的质量分数为50%,取该混合物16 g，经高温煅烧后，将剩余固体投入足量的水中，固体全部溶解生成Ca（OH)2，则生成Ca (OH)2的质量为( )A、3．7 gB、7．4 gC、14．8 gD、22．2 g解析：由于CaCO3高温分解会生成CaO，CaO与水反应又生成Ca (OH）2 ，在这里涉及多个反应，而解决此题的关键在于物质在转化的过程中，钙元素的质量是保持不变的,因此，在混合物中钙元素的质量为：16 g×50％=8 g,固体全部溶解生成Ca （OH）2 的质量为：钙元素的质量÷Ca （OH）2 中钙元素的质量分数，即:。

课例研究（2）加强反思反思以往的教研活动，教师常处于被动管理的状态，存在形式主义、内容窄化、经验主义、研教分离等现象，为充分发挥教师的主动性，增强教研实效性，根据教师不同的需求与活动主题，问题出现或课后及时进行反思，以文字形成呈现。

（3）片区活动，推进校本教研以片区活动进一步推进校本教研。

首先在第一片区学校研讨活动开始。

东霞小学王海霞老师执教的发展跑的反应练习课，老师在这堂课中大展风采，教法新颖别致，独具匠心，赢得了应邀参加活动的体育骨干教师的一致好评。

课后就本课展开讨论，大家各抒己见，气氛热烈。

本次活动的开展使学校体育教学更加扎实有效，校本教研的氛围更加浓厚。

（4）以研带训，提升专业素养历时3天的研训，有讲座、课堂教学比武、互动式交流研讨，取得了预期的效果。

这次活动很有幸地邀请到市教科所的教研员参加，给我们指导点评，并做了专题发言。

通过这次研训，真正起到在小学体育校本教研内容方法上的提升。

第二阶段：侧重校本教研实践研究：结合校本教研开展行动研究。

多层次多渠道地开展校本教研。

1.体育沙龙活跃各校教研组负责人进一步组织每月一次课题组研讨沙龙，教研员亲自参与，共同探讨校本教研的内容方法及途径的实践体会。

对身边发生的教学问题畅所欲言，说出心中的不解，大家出谋献策，尽力帮助。

并将问题及解决办法及时进行思考，让教师进行课后反思并形成有形成果。

2.教研科研一体化校本教研的本质是在先进理念与教学实践之间建立桥梁，解决教师在体育教学实践中遇到的疑难、困惑，把教师从单纯的课程被动执行者的角色中解脱出来，转变为课程的开发者和实践者，改进老师的教学行为，提高体育课堂教学的质量和效益。

通过新型的体育教研制度的建立和落实，创设一种全区体育教师之间相互学习、帮助、相互切磋、交流的校际间文化，使各学校不仅成为学生成长的场所，同时也成为我区体育教师成长、不断学习和提高的学习型组织。

营造全区浓厚的体育校本教研氛围，从而形成各校间的校本合力，进而催生体育校本教研文化，为全区学校体育可持续发展奠定了一定的基础。

化学计算题解题方法——离子守恒法例1、某不纯的烧碱样品中含有Na2CO3 3.8%、Na2O 5.8% 、NaOH 90.4%。

取M克样品，溶于质量分数为18.75%的盐酸溶液100克中，并用30%的NaOH%溶液来中和剩余的盐酸至中性。

把反应后的溶液蒸干后可得到固体质量多少克（29.25克）例2、向一定量的Fe（OH）2溶液中加入200克4.9%的硫酸充分反应后，向溶液中加入一定量的铁正好完全反应，蒸发冷却可得到晶体（不含结晶水）多少克（15.2克）例3 、现有不纯的金属M（含有不溶于水也不溶于酸的杂质），取该金属样品4.0克，投入19．45 克20%的稀盐酸中，恰好完全反应，测得该金属与盐酸生成的氯化物中含氯50%，则该金属样品中金属M的质量分数为多少？（97.25%）例4、取镁粉、铝粉、铁粉、锌粉组成的混合物M克，跟一定量的溶质质量分数为30%的稀硫酸恰好完全反应，经蒸干水分后得到固体物质N克，（不含结晶水），求生成氢气多少克？[（N—M）/48 克]练习1、有一部分变质的KOH样品，含H2O：7.62%；K2CO3：2.38%；k2O：10%；KOH：80%；取该样品W克加入98克质量分数为20%的稀硫酸充分反应后，再加入20克质量分数为10%的KOH溶液恰好呈中性，把反应后所得溶液小心蒸干得到固体（不含结晶水）多少克（34.8克）练习2、向一定量的Mg（OH）2溶液加入200克36.5%盐酸完全反应后再向溶液中加入一定量的镁正好完全反应，蒸干冷却得到固体（不含结晶水）多少克？（95克）练习3 、把一定量的氯酸钾充分加热到再不放出气体为止，向剩余固体中加入足量的水配成溶液，向该溶液中加入足量的硝酸银溶液，过滤，干燥，得到固体物质143.5克，求放出氧气多少克（48克）练习4、将5克含Cu的金属R样品放入25克20%稀盐酸中，恰好完全反应测得R的氯化物中氯元素为52.5%，则样品中金属R的质量分数为多少（88%）。

初三化学运用质量守恒速解化学计算题王荣桥多年的化学教学理论证明：运用质量守恒定律，打破常规解法，能大大简化解题步骤、缩短解题时间是、进步化学计算的准确性，为帮助学生掌握该类方法，现将有关考题归类解析如下：1. 运用元素质量守恒，速解计算题例1. CO 和CO 2混合气体含碳元素36%，取此混合气体5g ，通过足量灼热的CuO ，将剩余气体通入足量澄清的石灰水，得到白色沉淀的质量为〔 〕A. 5gB. 10gC. 15gD. 20g 分析：常规解法：分别设出CO 和CO 2的质量，根据有关数据求出CO 和CO 2的质量，然后利用化学方程式：CuO CO Cu CO +=+2，求出CO 被氧化为CO 2的质量，利用CO 2的总质量，根据化学方程式：()Ca OH CO CaCO H O 2232+=↓+，求出生成CaCO 3的质量。

质量守恒法：根据化学反响前后碳元素的质量保持不变，混合物中碳元素的质量等于碳酸钙中碳元素的质量，即C CaCO ~312100536%g x ⨯12100536%：：=⨯g x 解得：x g =15，应选C 。

2. 运用原子团质量守恒，速解计算题例2. 取NaOH 与Na CO 23固体混合物与98g 质量分数为20%的硫酸溶液恰好完全反响，所得溶液中只含溶质Na SO 24，那么Na SO 24质量为〔 〕A. gB.C.D. 分析：根据反响前后SO 4的质量不变，即所得Na SO 24中SO 4的质量与硫酸溶液中SO 4的质量相等。

98g 质量分数为20%的硫酸溶液中所含SO 4的质量为： 9820%9698100%192g g ⨯⨯⨯=.，由关系式： SO Na SO g xg x4249614219296142192~..：：= 解得x g =284.，应选D 。

3. 运用溶质质量守恒，速解计算题例3. 足量的以下物质分别与溶质质量分数为20%的盐酸反响，所得溶液的质量分数最小的是〔 〕A. ZnCO 3B. ZnC. ZnOD. ()Zn OH 2 分析：题中所给盐酸的质量相等、质量分数一样，且盐酸全部参加化学反响，因此生成的ZnCl 2的质量相等，又因()Zn OH 2与HCl 反响生成的水最多，因此该溶液中ZnCl 2的质量分数最小，应选D 。

教学创新新课程NEW CURRICULUM浅谈蹝以学为主、当堂达标蹞理念下的生生互动学习张秀芹朴英爱︵吉林省延边自治州珲春市英安镇英安中学︶我们应关注学生的个体差异和不同的学习需求，充分激发学生的主动意识和进取精神。

而“生生互动”正是促进学生深入思考，促进学生个性发展的有效途径。

我本着“以人为本”的教学理念，以“为了学生的一切、尊重学生的个性发展、关注学生个体差异”诸方面为宗旨，积极研究、探讨、交流，为优化“生生互动”课堂结构，面向全体学生，实现教是为了不教的目的而孜孜探求着。

下面，我就“生生互动”课堂模式的教学实践，谈几点我的做法，一、教师要转变教学理念新课程改革需要互动的课堂，社会需要在互动中培养学生的能力，因此，我们教师一定要转变自己的教学理念，适应这种发展的需要。

二、形成平等、尊重、民主、和谐的课堂气氛首先，教师要尊重学生的个性，相信学生的潜力，拒绝包办代替、满堂灌的做法，应腾出时间让学生去自学、表现、互动。

如，讲每一篇课文前，必须让学生预习，学生只有通过预习，才能有所发现、有所领悟，才会有在课堂中表现自我。

其次，教师要引导学生相互尊重，认真倾听别人的发言，能悦纳别人的观点，能求助和助人。

再次，教师要鼓励和支持学生大胆思考，允许而且提倡有不同的观点和看法。

最后，教师的语言要生动、活泼，富有艺术性和幽默感，并且要符合学生的年龄特点。

三、给学生充分展示“自我”的机会学生表现自己的欲望很强，在课堂上他们都会尽量地把自己展现给老师，以便得到老师的夸奖，表扬。

每个人都想把自己最好的一面表现出来，所以，在课堂上，如果学生能够做的，尽量让学生去做，老师不要去代替；如果学生不能做的，教师还要引导学生去做；如果通过合作交流、生生互动讨论就能掌握的教师不讲，把课堂的阵地和舞台还给学生。

四、教师要精于设计有价值的问题学生讨论是生生互动的重要形式。

而要引导学生讨论，问题设置是关键。

教师要提出概括性、思维水平较高、具有开放性的问题，如“这篇课文为什么要这样写？”“你对课文中描写的人物有什么看法？”“如果你是文中的主人公你会怎么做？”典型习题呈现与解法赏析：例1.将7.04gCu 与一定浓度的硝酸反应，Cu 完全反应，如果溶液中NO 3-减少0.2mol ，则H +减少（）A.0.4molB.0.8molC.0.42molD.0.48mol解析：1.传统解法：若为稀硝酸，全部生成NO 则3Cu+8H ++2NO 3-=3Cu 2++2NO ↑+4H 2O ，由比例关系可得，H +减少0.8mol ，选A ；若为浓硝酸，全部生成NO 2则Cu+4H ++2NO 3-=Cu 2++2NO 2↑+2H 2O ，由比例关系可得H+减少0.4mol ，选B ；若同时生成NO 和NO 2，则C ，D 均有可能，无法确定那个选项。

守恒法巧解“铁”的计算题吕清文一、质量守恒例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%解析：把a g 铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，生成了+3Al 和+2Fe ，再加入过量NaOH溶液，+3Al 转化为-2AlO ，留在溶液中；+2Fe生成了2)OH (Fe 沉淀，过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧，得到的红色粉末为32O Fe ，铁在反应过程中是守恒的，32O Fe 中氧的量等于合金中铝的量，则%70%100160562%100)O Fe (M )Fe (M 2)Fe (w 32=⨯⨯=⨯=。

选A 项。

二、得失电子守恒例2：将54.4g 铁和氧化铁的混合粉末投入足量的稀42SO H 中，充分反应后收集到4.48L2H （标况），并测得溶液中既没有+3Fe ，也没有固体残留。

求： （1）原混合物中Fe 和32O Fe 各多少克？（2）反应后得到多少摩尔的4FeSO ？解析：设原混合物中Fe 为x g ，则32O Fe 为g )x 4.54(-（1）根据得失电子守恒有：2160x 4.5424.2248.4256x ⨯-+⨯=⨯ 解得g 4.22x =，即原混合物中铁的质量为22.4g ，32O Fe 的质量为g 32g 4.22g 4.54=-。

（2）据铁元素守恒可得：mol 8.02mol g 160g 32mol g 56g 4.22)Fe (n )FeSO (n 114=⨯⋅+⋅==--。

三、电荷守恒例3：已知-+++=+Br 2Fe 2Br Fe 2322，向100mL 的2FeBr 溶液中通入标准状况下的L 36.3Cl 2，充分反应后测得形成的溶液中-Cl 和-Br 的物质的量浓度相等，则原2FeBr 溶液的物质的量浓度为多少？解析：由题中信息可知：还原性-+>Br Fe 2，因此通入2Cl 后+2Fe 应该全部被氧化为+3Fe 。

守恒法巧解几例化学的计算题一、质量守恒法的应用质量守恒定律的内容,从宏观上阐述是:“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质的质量总和”;从微观领域阐述则是:“在一切化学反应中,反应前后原子的种类、个数(或数目)、原子质量前后没有变化,因此,质量守恒”。

例1.(1999年全国初中化学竞赛题)1.6g某物质,在氧气中完全燃烧,生成4.4g二氧化碳和3.6g水,关于该物质的组成,有下列论断:①一定含C,H元素;②一定不含O元素;③可能含O元素;④一定含O 元素;⑤分子中C、H元素原子个数比为1∶2;⑥分子中C、H元素的原子个数比为1∶4。

其中正确的是A.①②⑥B.①②⑤C.①③⑥D.①④⑤解析:反应前后元素的种类不发生变化,可以判断出①是正确的。

反应前后,某原子的质量守恒。

因此,氧元素的总质量为4.4gCO2所提供的氧元素质量和3.6gH2O所提供的氧元素质量之和:4.4g×(32/44)+3.6g×(16/18)=6.4g反应前氧元素质量为:4.4g+3.6g-1.6g=6.4g所以,②是正确的。

对于分子中C,H元素原子个数比为:C∶H=(4.4-3.2)/12∶(3.6-3.2)/1=1∶4故选A。

此题主要利用质量守恒定律的微观阐述。

例 2.(2000年春季高考25题)用1L1.0mol/LNaOH溶液吸收0.8mol的CO2,所得溶液中CO32-和HCO3-的物质的量浓度之比是()。

A.1∶3B.2∶1C.2∶3D.3∶2解析:设反应生成的Na2CO3的物质的量为xmol,生成的NaHCO3的物质的量为ymol,由质量守恒得2x+y=1.0mol/L×1L(Na+守恒)x+y=0.8mol(C守恒)求出:x=0.2mol,y=0.6mol。

则c(CO32-)∶c(HCO3-)=1∶3,选A。

例3.(1999年上海高考18题)将1.92gCu粉与一定量浓HNO3反应,当Cu粉完全作用时,收集到气体1.12L(标况),则所消耗的HNO3的物质的量是()。

化学计算的解题方法与技巧一、守恒法利用电荷守恒和原子守恒为基础，就是巧妙地选择化学式中某两数(如化合价数、正负电荷总数)始终保持相等，或几个连续的化学方程式前后某微粒(如原子、电子、离子)的物质的量保持不变，作为解题的依据，这样不用计算中间产物的数量，从而提高解题速度和准确性。

（一）原子个数守恒【例题1】某无水混合物由硫酸亚铁和硫酸铁组成，测知该混合物中的硫的质量分数为a，求混合物中铁的质量分数。

【分析】根据化学式FeSO4、Fe2(SO4)3可看出，在这两种物质中S、O原子个数比为1：4，即无论这两种物质以何种比例混合，S、O的原子个数比始终为1：4。

设含O的质量分数x，则32/64＝a/x，x＝2a。

所以ω(Fe)＝1－3a 【例题2】用1L1mol/L的NaOH溶液吸收0.8molCO2，求所得的溶液中CO23－和HCO3＝的物质的量之比为【分析】依题意，反应产物为Na2CO3和NaHCO3的混合物，根据Na原子和C原子数守恒来解答。

设溶液中Na2CO3为xmol，为NaHCO3ymol，则有方程式①2x+y=1mol/L×1L②x+y=0.8mol，解得x=0.2，y=0.6，所以[CO32－]：[HCO3－]＝1：3（二）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3】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【例题4】用1L1mol/L的NaOH溶液吸收0.8molCO2，求所得的溶液中CO23－和HCO3＝的物质的量之比为【分析】根据电荷守恒：溶液中[Na+]+[H+]=[HCO3－]+2[CO32－]+[OH－]，因为[H+]和[OH－]均相对较少，可忽略不计。

光 光 光 巧用“原子守恒法”解化学计算题1原子守恒法的依据“原子守恒法”的依据是基于化学反应前后原子的种类和数目不变的守恒现象。

“原子守恒”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。

利用这种守恒关系解题的方法叫“原子守恒法”。

2典型例题及解题策略例1：将标准状况下a L H 2和Cl 2的混合气体，经光照反应后，将所有气体通入NaOH 溶液，恰好使b mol NaOH 完全转化成盐，则a 与b 的关系不可能是A ．b ＝a /22.4B ．b ＜a /22.4C ．b ＞a /22.4D ．b ≥a /11.2解法一：常规方法。

首先书写化学方程式，在列式计算。

反应式如下：H 2+Cl 2===2HCl 反应①NaOH+HCl==NaCl+H 2O 反应②讨论1：若Cl 2过量，还有：Cl 2+2NaOH==NaCl+NaClO+H 2O 反应③计算时先以不足暑H 2计算。

设原混合气体中H 2 为x mol ，Cl 2为y molH 2 + Cl 2 ==== 2HCl1 1 2x mol x mol 2x molNaOH + HCl == NaCl + H 2O1 12x mol 2x molCl 2 + 2NaOH == NaCl + NaClO + H 2O1 2(y －x)mol 2(y －x)mol依题意得列二元一次方程组： x+y ＝a /22.4 ①2x+2(y －x)=b ②解上述二元一次方程组得：y=b /2。

将y=b /2代入①式，解得x=a /22.4 － b /2由于x ＞0，则a /22.4 － b /2＞0，解得b ＜a /11.2讨论2：若H 2过量，以不足者Cl 2计算。

只有反应①和反应②。

设原混合气体中H 2 为x mol ，Cl 2为y mol由方程式列式 H 2 + Cl 2 ==== 2HCl1 2y mol 2y molNaOH + HCl == NaCl + H 2O1 12y mol 2y mol由已知列二元一次方程组： 2y=bx+y= a /22.4解上述方程组，得：x=a /22.4 － b /2由于x ＞0，则a /22.4 － b /2＞0，解得b ＜a /11.2综上分析，即b 不可能等于a /11.2。

化学竞赛计算题的解题方法和技巧初中化学竞赛试题中常设置新颖、灵活的计算题，借以考查学生的灵活性和创造性。

为了提高解题速率，提高学生的逻辑、抽象思维能力和分析、解决问题的能力，掌握化学计算的基本技巧非常必要。

现将化学竞赛计算题的解题方法和技巧归纳如下，供参考。

1.守恒法 例1 某种含有MgBr 2和MgO 的混合物，经分析测得Mg 元素的质量分数为38.4%，求溴(Br)元素的质量分数。

(Br---80) 解析：在混合物中，元素的正价总数=元素的负价总数，因此，Mg 原子数×Mg 元素的化合价数值=Br 原子数×Br 元素的化合价数值+O 原子数×O 元素的化合价数值。

设混合物的质量为100克，其中Br 元素的质量为a 克，则38.410038.421224801640g a g g a a g --⨯=⨯+⨯= 故Br%=40%。

2.巧设数据法例2 将w 克由NaHCO 3和NH 4HCO 3组成的混合物充分加热，排出气体后质量变为2w克，求混合物中NaHCO 3和NH 4HCO 3的质量比。

解析：由2NaHCO 3Na 2CO 3+H 2O↑+CO 2↑ NH 4HCO 3NH 3↑+H 2O↑+CO 2↑可知，残留固体仅为Na 2CO 3，可巧设残留固体的质量为106克，则原混合物的质量为106克×2=212克，故m NaHCO 3=168克，m NH 4HCO 3=212克-168克=44克。

168424411g g = 3.极值法例3 取3.5克某二价金属的单质投入50克溶质质量分数为18.25%的稀盐酸中，反应结束后，金属仍有剩余；若2.5克该金属投入与上述相同质量、相同质量分数的稀盐酸中，等反应结束后，加入该金属还可以反应。

该金属的相对原子质量为( )A.24B.40C.56D.65解析：盐酸溶液中溶质的质量为50克×18.25%=9.125克，9.125克盐酸溶质最多产生H 2的质量为=0.25克。

守恒法巧解金属与硝酸反应的计算题一. 原子守恒法例1.38.4gCu与适量浓反应，当铜全部作用后，共收集到标准状况下的气体22.4L（不考虑转化为），反应消耗的硝酸的物质的量可能是（）A. B.C. D.解析：在Cu与的反应中，起氧化剂和酸两种作用。

因收集到的气体可能是和的混合气体，由N原子守恒知：所以有：答案为C。

二. 电子守恒法例2. 铜和镁的合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应后硝酸被还原只产生的气体和的气体（都已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为（）A. 9.02gB. 8.51gC. 8.26gD. 7.04g解析：分析题意可知，最后生成的沉淀为与的混合物，其质量等于合金的质量与所结合的的质量之和。

又铜、镁与硝酸反应生成+2价的阳离子，由电子守恒得。

代入有关数据可得，所以结合的的物质的量为，故。

答案为B。

例3. 14g铜银合金与足量的某浓度的硝酸反应，将放出的气体与（标准状况）混合，通入水中，恰好被全部吸收，则合金中铜的质量为（）A. 1.4gB. 2.4gC. 3.2gD. 6.4g解析：因硝酸的浓度未知，故根据方程式计算有困难。

分析反应的整个流程知，失电子数等于转化为氮的氧化物的过程中得到的电子数，氮的氧化物失电子数等于得到的电子数，故失电子总数等于得到的电子数。

设，根据质量守恒和电子得失守恒可列式：解得：所以答案为C。

三. 电荷守恒法例4. 3.2g铜与过量的浓硝酸（）充分反应，硝酸的还原产物有NO和，反应后溶液中的，则此时溶液中所含物质的量为（）A. B.C. D.解析：本题用常规法较繁。

分析题意知：反应后的溶液中含有的离子有：，应用电荷守恒：即所以答案为B。

金属与硝酸反应的过程中，金属失去的电子数一定等于硝酸还原为氮的氧化物时获得的电子数。

灵活运用这一电子守恒法，往往能使复杂问题简单化，对于快速、准确地解决这一类题型有很大帮助。

例1 足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。

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例4：将2.3g金属钠投入97.7g水中，充分反应后，所得的溶液中溶质的质量分数是（）
A. 等于2.3%
B. 等于4%
C. 小于4%
D. 大于4%
【分析】：由金属钠的质量根据化学方程式可以计算出生成氢氧化钠和氢气的质量,氢氧化钠是所得溶液中的溶质,再根据质量守恒定律用反应前的总质量减掉生成氢气的质量就是所得溶液的质量；然后根据溶质质量分数的计算公式可以计算出所得溶液中溶质的质量分数．
【解析】：设生成氢氧化钠的质量为x，生成氢气的质量为y．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑46 80 22.3g
x y
所得溶液中溶质的质量分数为4g/（2.3+97.7-0.1）g×100%≈4.004%＞4%
故选D．
【点评】本题既考查了有关化学方程式的基本计算和有关溶质质量分数的计算，又涉及到质量守恒定律的计算,有一定的综合难度．。