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高中化学不得不学会的守恒法所谓守恒，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。
守恒法解题是化学解题的典型方法之一，是常用的、重要的解题技巧。
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。
应用守恒法解题，可使问题的化学内在关系更简捷地展现出来，简化解题过程，尤其是在解选择题时，可节省做题时间，提高解题速率。
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（）A、3：1B、2：1C、1：1D、1：3解析：如根据化学反应方程式来进行计算，就必须先写出涉及到的两个化学反应方程式，然后再列方程组求算，很繁琐。
我们可以换个角度考虑问题，因为反应前后质量守恒，原子的种类及数目不会改变，所以在反应中钠离子与碳原子守恒。
假设NaHCO3和Na2CO3的物质的量分别为X、Y，则根据碳原子守恒有X+Y＝0.8mol,根据钠原子守恒有X+2Y＝1mol，解之得X＝0.6mol、Y＝0.2mol故X：Y＝3：1,选A。
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NaOHB、Na2CO3与NaHCO3C、Na2CO3D、NaOH（2）A中 NaOH与NaHCO3共多少摩尔？NaOH与NaHCO3物质的量之比为多少？解析：对于（1）由题知固体加热产生的气体体积不为零，则可说明有CO2生成，即碳酸氢钠过量，因此所得固体只有碳酸钠。
对于（2），因固体只有碳酸钠则根据钠离子守恒可知，n(NaOH) ＋n(NaHCO3) ＝2n(Na2CO3)=2V2/22.4.又知经过充分反应后，碳酸氢钠中所含的碳元素全部被转化为二氧化碳，则由碳守恒可知n(NaHCO3) ＝n(CO2) ＝(V1＋V2)/22.4,n(NaOH) ＝2V2/22.4－(V1＋V2)/22.4＝(V2－V1)/22.4 .n(NaOH)/ n(NaHCO3)＝(V2－V1)/ (V1＋V2)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（）A、46：9B、32：9C、23：9D、16：9解析：已知Q与R的摩尔质量比为9：22，结合方程式可以知道，反应生成的Q和R的质量比为18：22，也就是1.6克X与Y完全反应后，生成了4.4克R，同时生成了4.4×18÷22=3.6克Q，消耗Y的质量为3.6+4.4-1.6=6.4克。
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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26.88L 通过稀H 2SO 4后，溶液质量增加45.7g,气体体积缩小为2.24L 。
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 ．40.625B ．42。
15C ．38。
225D ．42。
625［解析］将混合气体通过稀H 2SO 4后，NH 3被吸收。
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H2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54.4g，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。
守恒法守恒法: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。
质量守恒法例一：1500C 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多少倍？例二：往100 mL 溴化亚铁溶液中缓慢通入2.24 L(标准状况)氯气，反应完成后溶液中有31的溴离子被氧化成溴单质。
求原溴化亚铁溶液的物质的量浓度。
例三：向100 ml 水中投入K 和Al 共15 g 充分反应后，剩余金属为1.8 g(1）计算放出H 2多少升（标准状况下）(2）过滤出未反应的金属，向滤液中逐滴加入4 mol/L 的H 2SO 4溶液，生成沉淀的最大值是多少，此时消耗H 2SO 4溶液的体积是多少？(3）生成沉淀后，再加入H 2SO 4溶液使沉淀刚好完全溶解，此时消耗H 2SO 4溶液的体积是多少？元素守恒法例一：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 2CO 337.3% 取1g 该样品投入25ml,2mol/L 的盐酸中后，多余的盐酸用1.0mol/L KOH 溶液30.8ml 恰好完全中和，蒸发中和后的溶液可得到固体电荷守恒法例一：在Na 2SO 4和K 2SO 4的混和溶液中，如果[Na +]=0.2mol/L ，[SO 42-]=xmol/L ，[K +]=y mol/L ，则x 和y 的关系是2-的浓例二：在硫酸铝、硫酸钾、明矾三种物质组成的混合溶液中，当S O4度为0.20 mol / L时，加入等体积0.20 mol / L的KOH溶液，使生成的白色沉淀恰好完全溶解，那原溶液中K+浓度是例三：将 3.48 g Fe3O4完全溶解在100mL 1.00 mol/L 的H2SO4(aq) 中，然后加入K2Cr2O7(aq)25.00 mL恰好使Fe2＋全部转化为Fe3＋且Cr2O 2全部7转化为Cr3＋则K2Cr2O7的物质的量浓度为？电子得失守恒法例一：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KMnO 4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将5.1 g镁和铝投入500 ml 2 mol/L的盐酸中，生成氢气0.5 g，金属完全溶解：再加入4 mol/L的NaOH溶液，(1)若要使生成的沉淀最多，则应加入NaOH溶液的体积是多少？生成沉淀的质量最多是多少质量守恒或电荷守恒与电解质溶液的相关知识结合。
高中化学计算＂守恒法＂技巧讲解_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。
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。
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。
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。
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：Cu、Cu2O和CuO组成的混合物，加入100Ml0.6mol/LHNO3溶液恰好使混合物溶解，同时收集到224mLNO气体（标准状况）。
求：（1）写出Cu2O跟稀硝酸反应的离子方程式。
（2）产物中硝酸铜的物质的量。
（3）如混合物中含0.01moLCu，则其中Cu2O、CuO 的物质的量分别为多少？（4）如混合物中Cu的物质的量为X，求其中Cu2O、CuO的物质的量及X的取值范围。
【分析】本题为混合物的计算，若建立方程组求解，则解题过程较为繁琐。
若抓住反应的始态和终态利用守恒关系进行求解，则可达到化繁为简的目的。
（1）利用电子守恒进行配平。
3Cu2O+14HNO3==6Cu(NO3)2 + 2NO +7H2O（2）利用N原子守恒。
n（HNO3）== 0.06mol，n （NO）== 0.01mol，则n（Cu(NO3)2）==（0.06-0.01）/2=0.025mol（3）本题混合物中虽含有Cu、Cu2O和CuO三种物质，但参加氧化还原反应的只有 Cu、Cu2O，所以利用电子守恒可直接求解。
转移电子总数：n（e-）= n（NO） 3==0.03molCu提供电子数：0.01 2=0.02molCu2O提供电子数：0.03-0.02=0.01mol n（Cu2O）=0.01/2=0.005moln（CuO）=0.0025-0.01-0.005 2=0.005mol（4）根据（3）解法可得n（Cu2O）=0.015-Xmol n （CuO）=X-0.005mol。
高考化学计算技巧-守恒法专题突破高考化学计算技巧—守恒法专题突破【方法点拨】一、守恒法的概念守恒法名目繁多，在不同版本的教辅材料中，有多种表述形式，如物料守恒、质量守恒、元素守恒、原子守恒、离子守恒、电荷守恒、电子守恒、物质的量守恒、体积守恒等等。
但本质上守恒法不外乎质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒等。
质量守恒宏观上指各元素质量反应前后相等，微观上指任一微观粒子个数（如原子、分子、离子等）反应前后相等（在溶液中也称物料守恒）；得失电子守恒是针对氧化还原反应中氧化剂得电子总数与还原剂的电子总数相等；电荷守恒是指在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、溶液呈电中性。
“守恒法”是中学化学经常采用的技巧性解题方法之一。
一般情况下，能用“守恒法”解答的题目也能用其它方法解决，但较费时且易出错。
而“守恒法”则是利用物质变化过程中某一特定量固定不变来解决问题，其特点是不纠缠于细枝末节，只关注始态和终态，寻找变化前后特有的守恒因素，快速建立等式关系，巧妙作答，可节省做题时间，能提高解题速率和准确率。
二．守恒法的选取在进行解题时，如何选择并应用上述方法对于正确快速地解答题目十分关键。
首先必须明确每一种守恒法的特点，然后挖掘题目中存在的守恒关系，最后巧妙地选取方法，正确地解答题目。
1．在溶液中存在着离子的电荷守恒和物料守恒。
因此涉及到溶液（尤其是混合溶液）中离子的物质的量或物质的量浓度等问题可考虑电荷守恒法、物料守恒法。
2．在氧化还原反应中存在着得失电子守恒。
因此涉及到氧化还原反应中氧化剂、还原剂得失电子及反应前后化合价等问题可考虑电子守恒法。
3．在一个具体的化学反应中，由于反应前后质量不变，因此涉及到与质量有关的问题可考虑质量守恒法。
【经典例题透析】类型一：质量守恒（物料守恒、原子守恒）1、现有19.7 g由Fe、FeO、Al、Al2O3组成的混合物，将它完全溶解在540 mL 2.00 mol·L－1的H2SO4溶液中，收集到标准状况下的气体8.96 L。
高三化学守恒法高三化学守恒法守恒法是高考中常考常用的一种解题方法.系统学习守恒法的应用,对提高解题速率和破解高考难题都有很大的帮助.●难点磁场请试做下列题目,然后自我界定学习本篇是否需要.现有19.7 g由Fe.FeO.Al.Al2O3组成的混合物,将它完全溶解在540 mL2.00 mol·L－1的H2SO4溶液中,收集到标准状况下的气体8.96 L.已知混合物中,Fe.FeO.Al.Al2O3的质量分数分别为0.284.0.183.0.274和0.259.欲使溶液中的金属阳离子完全转化为氢氧化物沉淀,至少应加入2.70 mol·L－1的NaOH(aq)体积是________.●案例探究［例题］将 CaCl2 和 CaBr2 的混合物 13.400 g溶于水配成500.00 mL 溶液,再通入过量的 Cl2,完全反应后将溶液蒸干,得到干燥固体11.175 g.则原配溶液中,c(Ca2＋)∶c(Cl－)∶c(Br－)为A.3∶2∶1B.1∶2∶3C.1∶3∶2D.2∶3∶1命题意图:考查学生对电荷守恒的认识.属化学教学中要求理解的内容.知识依托:溶液等有关知识.错解分析:误用电荷守恒:n(Ca2＋ )= n(Cl－) ＋ n(Br－),错选A.解题思路:1个Ca2＋所带电荷数为2,则根据溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数,知原溶液中:2n(Ca2＋) = n(Cl－) ＋ n(Br－)将各备选项数值代入上式进行检验可知答案.答案:D●锦囊妙计化学上,常用的守恒方法有以下几种:1.电荷守恒溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数.即:阳离子物质的量(或浓度)与其所带电荷数乘积的代数和等于阴离子物质的量(或浓度)与其所带电荷数乘积的代数和.2.电子守恒化学反应中(或系列化学反应中)氧化剂所得电子总数等于还原剂所失电子总数.3.原子守恒系列反应中某原子(或原子团)个数(或物质的量)不变.以此为基础可求出与该原子(或原子团)相关连的某些物质的数量(如质量).4.质量守恒包含两项内容:①质量守恒定律;②化学反应前后某原子(或原子团)的质量不变.此外,还有物料平衡,将编排在第16篇——水的电离中.●歼灭难点训练1.()将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＋全部转化为 Fe3＋,且 Cr2O全部转化为 Cr3＋.则K2Cr2O7 的物质的量浓度为__________.2.()某露置的苛性钾经分析含水:7.62%(质量分数,下同).K2CO3:2.38%.KOH:90.00%.取此样品 1.00 g 放入46.00 mL 1.00 mol·L－1 的HCl(aq) 中,过量的 HCl 可用 1.070 mol/L KOH(aq)中和至中性,蒸发中和后的溶液可得固体_______克.3.()A.B.C三种物质各15g,发生如下反应:A＋B＋CD反应后生成D的质量为30g.然后在残留物中加入10 g A,反应又继续进行,待反应再次停止,反应物中只剩余C,则下列说法正确的是( )A.第一次反应停止时,剩余B 9 gB.第一次反应停止时,剩余C 6 gC.反应中A和C的质量比是5∶3D.第二次反应后,C剩余5g4.()(1)中学教材上图示了NaCl晶体结构,它向三维空间延伸得到完美晶体.NiO(氧化镍)晶体的结构与NaCl相同,Ni2＋与最近O2－的核间距离为a_10－8cm,计算NiO晶体的密度(已知NiO摩尔质量为74.7g·mol－1).图1—1(2)天然的和绝大部分人工制备的晶体,都存在各种缺陷,例如在某种NiO晶体中就存在如图1—1所示的缺陷:一个Ni2＋空缺,另有两个Ni2＋被两个Ni3＋所取代.其结果晶体仍呈电中性,但化合物中Ni和O的比值却发生了变化.某氧化镍样品组成为Ni0.97O,试计算该晶体中Ni3＋与Ni2＋的离子数之比.附:参考答案难点磁场提示:根据 Na 原子守恒和SO守恒得如下关系:2NaOH _ Na2SO4_H2SO4则:n(NaOH) = 2n(H2SO4)c(NaOH)·V[NaOH(aq)] =2c(H2SO4)·V [H2SO4(aq)]V [NaOH(aq)]可求.答案:800 mL歼灭难点训练1.提示:Fe3O4中＋2 价铁所失电子物质的量与 Cr2O 中＋6 价铬所得电子物质的量相等._(3－2)= 0.02500 L_c(Cr2O)_(6－3)_2.答案:0.100 mol·L－12.提示:根据 Cl 原子守恒得:n(KCl) = n(HCl) = 1.00 mol·L－1_0.04600 L = 4.60_10－2mol,m(KCl) 易求.答案:3.43 g3.解析:第一次反应 A 不足,因为第一次反应后加入 A 又能进行第二次反应.第二次反应后,只剩余 C,说明 A.B恰好完全反应.则:m反(A)∶m反(B) = (15 g＋10g)∶15 g = 5∶3第一次反应耗 B 的质量mB为:15 g∶mB=5∶3,mB=9 g即第一次反应后剩余B质量为:15g－9 g=6 g.可见(A)选项不正确.根据mA＋mB＋mC=mD ,可知生成30 g D时消耗C的质量.mC=30 g－15 g－9g=6 g即第一次反应后剩余C质量为:15g－6g=9g.又见(B)选项不正确.易见反应消耗A.B.C质量之比为:mA∶mB∶mC=15 g∶9 g∶6g=5∶3∶2 (C)选项不正确.答案:D4.提示:由题得 NiO 晶体结构(如右图).其体积为:V = (a_10－8cm)3右图向三维空间延伸,它平均拥有的 Ni2＋.O2－数目为:N(Ni2＋) =N(O2－) =_4 ==N(NiO)由密度公式得:ρ(NiO) =.(2)(电荷守恒法)设 1 mol Ni0.97O中含Ni3＋物质的量为_,则Ni2＋的物质的量为(0.97 mol－_);根据电荷守恒得:3_＋2_(0.97mol－_)=1 mol_2 _=0.06 molN(Ni3＋)∶N(Ni2＋)=0.06 mol∶(0.97mol－0.06 mol)=6∶91答案:(1) (2)6∶91。
化学解题技巧-守恒法“守恒法”是中学化学经常采用的技巧性解题方法之一。
一般情况下，能用“守恒法”解答的题目也能用其它方法解决，但较费时且易出错。
而“守恒法”则是利用物质变化过程中某一特定量固定不变来解决问题，其特点是不纠缠于细枝末节，只关注始态和终态，寻找变化前后特有的守恒因素，快速建立等式关系，巧妙作答，能提高解题速率和准确率。
“守恒法”在不同版本的教辅材料中，有多种表述形式，如物料守恒、质量守恒、元素守恒、原子守恒、离子守恒、电荷守恒、电子守恒、物质的量守恒、体积守恒…等等。
其实所谓的“守恒”因素不外乎三种情况：一是物料守恒，二是电性电量守恒。
一、物料守恒所谓“物料”，就是物质。
从物质的形态而言，有宏观意义上的物质，又有微观意义上的粒子。
当谈到“物料”守恒时，对宏观物质而言，主要是质量守恒；对微观粒子而言，则主要是与物质的量挂钩的元素守恒。
(一)质量守恒在此探讨的质量守恒，已不再是狭义的质量守恒定律，它涵盖了物理和化学两种变化中的有关守恒关系。
1.固态混合物由固体物质组成的混合物，往往在化学变化前后存在某一方面的守恒因素，利用这些因素可省时省力。
例1：取一定量的KClO 3和MnO 2的混合物共热制取O 2，反应开始时MnO 2在混合物中的质量分数为20%，当反应进行到MnO 2在混合物中的质量分数为25%时，求KClO 3的分解百分率。
解析：MnO2在反应中作催化剂，反应前后质量守恒。
设原混合物的质量为m 1g ，反应结束后混合物的质量为m 2g ，则MnO 2反应前后的质量分别为：0.2m 1g 和0.25m 2g 。
由MnO 2的质量守恒可得：0.2m1g ＝0.25m 2g ，m 2＝0.8m 1。
由反应前后质量守恒可知，放出O 2的质量应等于反应前后的固体质量之差，即：m 1g-m 2g ＝m 1g-0.8m 1g ＝0.2m 1g 。
即可求得KClO 3的分解百分率为：%64%1008.0962.024511g m g gm g 。
化学计算专题守恒法根据某些量守恒的关系进行解题，思路清晰，条理分明，解题快速是中学化学计算中最常用的一种方法。
守恒法的最基本原理为——质量守恒定律，并由此衍生出来：一切化学变化中都存在的——微粒守恒氧化还原反应中存在的——得失电子守恒化合物的化学式存在的——正、负化合价总数相等电解质溶液中存在的——阴、阳离子电荷守恒1. 元素守恒：[例1] 粗盐中含有、、等杂质，取粗盐溶于水过滤除去不溶物，向滤液中依次加入过量的①的氢氧化钠溶液；②固体氯化钡；③的碳酸钠溶液，发现白色沉淀逐渐增多，过滤除去沉淀物，再加入过量的盐酸，使溶液呈酸性，加热蒸发得晶体，求粗盐中含的质量分数。
[例2] 现有和组成的混合气体，欲用溶液，使该混合气体全部转化成盐进入溶液，使混合气体全部转化成盐进入溶液，需用溶液的体积是（）A. B. C. D.例3.将KCl与KBr混合物13.400g溶于水配成500mL溶液，通过足量的Cl2让其反应，将溶液蒸干得固体11.175g，则原溶液中K+、Cl—、Br—的物质的量浓度之比为（）。
A、1 ：2 ：3B、3 ：2 ：1C、1 ：3 ：2D、2 ：3 ：1[例4] 向一定量的、、的混合物中，加入的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出（标况）的气体，所得溶液中加入溶液无血红色出现，若用足量的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. B. C. D. 无法计算2. 电荷守恒：利用电解质溶液中，阴阳离子所带的正负电荷总数相等、在离子方程式中反应物和生成物所带的电荷总数相等的原理进行求解的方法。
[例1：某硫酸铝与硫酸镁的混合溶液中，C(Mg2+)=2 mol/L ， C(SO42-)=6.5 mol/L ，若将200毫升的此混合液中的Mg2+与Al3+分离，至少应加入1.6 mol/L 的NaOH溶液多少升？例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，浓度为盐酸溶液中，以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，求镁带物质的量。
例3.常温下,把醋酸滴入氢氧化钠溶液中,当测定溶液中c(CH3COO—)=c(Na+)时,此时混合溶液的pH为( )。
A、小于7B、大于7C、等于7D、只能用pH试纸去测定3，电子相等（守恒）：利用氧化还原反应中电子转移总数相等、电化学中，两极电子转移总数相等的原理进行求解的方法。
例1：将6.4克铜投入到一定量的浓硝酸中，全部溶解，把收集所得气体的集气瓶倒扣在盛有水的水槽中，同时在集气瓶中通入适量的氧气，最终溶液充满集气瓶，试判断，通入氧气的体积在标准状况下为多少升？[例2] 将的跟足量稀反应，生成、、和，则参加反应的中被还原的的物质的量是（）A. B. C. D.例3.铜和镁的合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480mL的NO2气体和336mlN2O4（都已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化纳溶液，生成沉淀的质量为（）。
A、7.04gB、8.26gC、8.51gD、9.02g例4．用惰性电极电解500mLKNO3和Cu(NO3)2的混合溶液,一段时间后,在两极均生成11.2L的气体(标准状况下),则原溶液中的Cu2+浓度为A.1mol/LB.2mol/LC.0.5mol/LD.0.25mol/L练习1．0.1mol硫化亚铜与足量的浓硝酸反应生成硝酸铜、硫酸、一氧化氮和水，则参加反应的硝酸中未被还原的硝酸的物质的量为A.0.2molB.0.4molC.0.6molD.1.2mol练习2： 6.4g铜与过量的硝酸(60mL 8mol/L) 充分反应后，硝酸的还原产物有NO2、NO，反应后溶液中所含H+为n mol，此时溶液中所含NO3-物质的量为A. 0.28molB. 0.31molC. (n＋0.2)molD. (n＋0.4)mol4. 综合守恒：[例] 取钠、钙各一小块，投入适量水中，反应完毕时只收集到（标准状况）。
再取碳酸钠和碳酸氢钠的混合物加入到所得的溶液中，当反应完后（此时、、完全进入沉淀）将溶液蒸干，得到白色固体，再将白色固体用水洗涤、干燥得白色不溶物。
试求：（1）钠、钙各多少克？（2）、各多少克？【模拟试题】1. 将和混合物溶于水配成溶液，通入过量的，反应后将溶液蒸干，得固体，则原所配溶液中、、的物质的量浓度之比为（）A. B. C. D.2. 将含和的混合气体充入有的密闭容器中，电火花点燃，反应结束后，容器内于时压强约为。
将残留物溶于水，无气体溢出。
下列叙述正确的是（）A. 原混合气体中和体积比为B. 原混合气体中和体积比为C. 残留固体中只有D. 残留固体中只有和4. 有三种盐的混合溶液，溶液中含有、、、，其物质的量分别为的、的、的，则为（）A. B. C. D.5. 与的混合物，加入到盐酸中恰好完全溶解，经KSCN检验，溶液不显红色，若忽略溶液体积变化，则溶液中物质的量浓度是（）A. B. C. D.6. 把含和的混合液分为两等份：一份加入烧碱并加热，恰好把全部赶出，另一份需含的溶液，使沉淀反应刚好完全，则原溶液中的浓度是（）A. B. C. D.7. 含某价金属离子（）的溶液，恰好把完全沉淀，则值为（）A. B. C. D.8. 已知某强氧化剂中的元素能被还原到较低的价态。
如果还原，需用的溶液，则反应后元素的价态为（）A. B. C. D.9. 某单质跟浓反应，若参加反应的单质与的物质的量之比为，则该元素在反应中所显示的化合价可能是（）A. B. C. D.10. 用惰性电极电解价金属的硝酸盐溶液，当阴极上析出克金属时，阳极上产生气体（标准状况），则金属相对原子质量为（）A. B. C. D.11. 在硫酸钠与硫酸钾的混合溶液中，当、，，则和之间的关系是（）A. B. C. D.12. 在氯化铝和硫酸铝的混合溶液中，若不计水解，当其中时，下列判断正确的是（）A. B.C. D. 与物质的量相等13. 当温度升高时，气体能分解成气体。
现将一定量的气体放入某一密闭器中使温度升高，让其分解，当有分解时，该反应达到平衡。
平衡时反应混合气体的平均相对分子质量为，则的相对分子质量为。
14. 在浓度为的盐酸中加入溶液，过滤后，滤液与足量的小苏打反应，放出标准状况下气体的体积为多少升？15. 向一定量的未知浓度的氯化钡溶液中加入硝酸银溶液使完全沉淀，其结果是生成溶液的质量与所加入的硝酸银溶液的质量相等，求氯化钡的质量分数浓度？16. 往溴化亚铁溶液中缓慢通入（STP），结果溶液中有溴离子被氧化成溴单质，求原溴化亚铁溶液的摩尔浓度。
17. 硝酸铜和硝酸银的混合液，已知溶液中，往其中加入一定量锌粉充分振荡后过滤，沉淀物经干燥后称重为，将此沉淀置于盐酸中无气体放出，往滤液中滴入无沉淀，然后加入过量氢氧化钠溶液至沉淀量不变时，过滤将沉淀加热至恒重后残余物称量为，试求参加反应的锌的质量为多少克？18. 准确称取铝土矿（含、、）样品，放入盛有硫酸溶液的烧杯中，充分反应后过滤，向滤液中加入的溶液，产生沉淀的物质的量（）与所加溶液体积（）的关系如图所示，求硫酸的物质的量的浓度。
例题答案[例1解析：来自两方面：粗盐中原有，除杂过程中产生的。
根据守恒可知，后者可由加入的和来确定，即除杂中生成的为：。
所以粗盐中为：答案：[例2解析：与溶液的反应为：在足量的时，混合气体可全部被吸收转化成盐和。
我们不必设多个未知数，只要认真观察两种盐的化学式会发现：元素和元素的物质的量之比为，由氮原子物质的量即为所需的物质的量：∴答案：D例三解析：因为KCl中nK+=nCl—、KBr中nK+=nBr—，所以原溶液中c（K+）= c（Cl—）+ c（Br—）答案是B。
例四解析：最后溶液中溶质全部是，由化合价可知：∴答案：C2. 电荷守恒：例一解： C(Al3+)＝（6.5×2 –2×2）÷3 mol/L ＝ 3 mol/L反应后溶液中的溶质为NaSO4 NaAlO2N(Na+)=2 ×n(SO42-)+n(Al3+)=3.2 molV(NaOH)=3.2 mol ÷ 1.6 mol/L =2 L例二解析：化学反应方程式为：在溶液A 中的阴离子为、阳离子为、、，根据电荷守恒有：答案：镁带物质的量为：。
例三 解析：根据电荷守恒，溶液中c （Na +）+c （H +）=c （CH 3COO —）+c （OH —）。
因为c （CH 3COO —）=c （Na +），所以c （H +）=c （OH —）。
答案是C 。
3，电子相等（守恒）例一 解：所有反应结束后，铜全部被氧化为+2价，氧气全部被还原为-2价，而硝酸中的各元素的化合价没有变化，故铜失去的电子总数等于氧气得到的电子总数，因此所需氧气的物质的量为 n(O2)=(6.4÷ 64)×2 ÷4=0.05 mol所需氧气的体积为V(O2)=22.4 ×0.05=1.12L例二 解析：由反应物、生成物可知：失为：失：失得为：，得根据得、失数相等，有：答案：C例三 解析：根据题干提供的条件，由可逆反应2NO 2 N 2O 4 求出开始放出的NO 2的物质的量，即：n （NO 2）=4.222336.04.2248.4⨯+ 。
根据得失电子守恒可知铜和镁共失电子0.23mol,又根据Cu 2+~Cu(OH)2,Mg 2+~Mg(OH)2可知铜和镁最终生成氢氧化物沉淀增加了0.23molOH —的质量。
求出沉淀的质量为4.6+0.2317⨯ 答案是C例四 解：在阴极生成的气体应该是H2，同时还生成铜，在阳极生成的气体应该是O2， 设原溶液中的Cu 2+浓度为A mol/L ，则： 0.5 ×A × 2 + 0.5 × 2 = 0.5 × 4 A=2 5. 综合守恒：解析：为了便于分析各量之间的关系，先据题目画出图（图示法分析题）（1）由钙守恒得：—由电子守恒得：————则：：（2）方法一：根据守恒可得：中的来自于单质钠和与即：则解得：则：：方法二：根据碳守恒，中的来自于和。
则方法三：根据守恒；、中的等于，消耗的和余下的。
————则【试题答案】 1. B 2. B、D 3. D 4. C 5. C 6. D 7. B 8. A 9. B、D 10. B 11. A、D 12. D 13.14. 解：由于与反应生成，与上一反应：和生成无关，所以中可直接用于计算：15. 解：根据“质量守恒定律”：由生成溶液的质量与加入硝酸银溶液质量相等推知，溶液质量与生成沉淀的质量相等。
