守恒法巧解

利用守恒思想之妙解守恒法可以说是历年来巧解高考化学题的“不二法宝”，真正掌握了守恒原理，解高考化学试卷中的“压轴”难题便成了“简单任务”；可以毫不夸张地说：具备了守恒意识，熟练掌握了守恒原理的应用，就拥有了化学计算的“半壁江山”！从以下两道用守恒法巧解的经典高考题的分析便可见一斑。

【例1】(2009年福建高考题)在一定条件下，2L的NO气体与0.5L的氧气相混合，若该混合气体被足量的NaOH溶液完全吸收后没有气体残留，所生成的R的含氧酸盐的化学式是__________.【巧解思路】Ⅰ运用元素守恒关系则可不必写方程式而快速作答。

根据气体比例，确定产物4NO＋O2＋4NaOH=4NaNO2＋H2OⅡ根据电子守恒不难得出结论NO中的N化合价提高+1价，反应后表现为+3价，所以生成的R含氧酸盐为：NaNO2。

如果本题按传统思路：2NO+O2=2NO2 NO2+H2O=HNO3+NO然后NO再和O2反应生成NO2，循环下去无穷尽，解答本题就非常繁杂。

本题在当年考生的得分率仅为13%，应属于“压轴”的难题了。

【例2】（天津高考题）将32.64g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L。

请回答：（1）NO的体积为 L，NO2的体积为 L。

（2）待产生的气体全部释放后，向溶液加入V mL a mol·L-1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为mol/L。

（3）欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水 g。

【巧解思路】巧解本题的方法是灵活运用电子得失守恒原理和元素守恒原理。

（1）设NO的物质的量为x mol，则NO2的物质的量为 =(0. 5－x )mol。

据电子得失守恒有 1.02mol=(0.5－x )mol+3x mol解得 x=0.26mol 所以，NO的体积为0.26mol×22.4L·mol-1=5.8L，NO2的体积为(0.5－0.26) mol×22.4L·mol-1=5.4L。

（2）因为HNO3～NO、HNO3～NO2，所以，由氮元素守恒可知：被还原的硝酸的物质的量必定等于生成的气体的物质的量，即n(被还原HNO3)=n(NO)+n(NO2)=0.5mol。

当“溶液中的Cu 2+恰好全部转化成沉淀”时，溶液中的溶质全部为NaNO3（由钠元素守恒知其物质的量等于NaOH的物质的量），据氮元素守恒可知，原硝酸溶液中含HNO3的物质的量为：n(HNO3)=n(被还原HNO3)+n (NaNO3)=(0.5+aV×10-3)mol，求出原硝酸溶液的浓度（3）由电子得失守恒可知：铜失去电子的物质的量等于硝酸生成气体(NO、NO2)时得到电子的物质的量；硝酸生成的气体(NO、NO2) 转化为NaNO3时失去电子的物质的量等于H2O2反应时得到电子的物质的量。

而此时由硝酸生成的NO、NO2被氧化为NaNO3时失去电子的物质的量与HNO3被还原成NO、NO2时得到电子的物质的量必定相等，因此，铜失去电子的物质的量应等于H2O2反应时得到电子的物质的量。

设 H2O2的物质的量为nmol，则H 2O-12- 2e—−→ 2O-21 2n mol 2n mol2n=1.02 解得n=0.51所以，需要30%的双氧水质量为：=57.8g。

从以上例子的赏析应该不难体会到守恒原理的“鬼斧神工”，强调了基本化学观——守恒观。

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。

下面分类举出守恒法在化学计算中常见的应用。

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．16:92．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/L4．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 2.4×10-3 mol [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．-16．将含有0.4molCuSO4和0.2molNaCl的水溶液1L，用惰性电极电解一段时间后，在一个电极上得到0.3molCu，则另一电极上放出气体在标况下的体积是（）A、4.48LB、5.60LC、6.72LD、13.44L四．电荷守恒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。

7．镁带在空气中燃烧生成氧化镁和氮化镁。

将燃烧后的产物溶解在60 mL 2.0 mol/L 的盐酸中，再用20 mL 0.5 mol/L NaOH溶液中和多余的盐酸，然后在此溶液中加入过量的碱，把氨全部蒸出来，用稀盐酸吸收，稀盐酸增重0.17 g。

则镁带的质量为____g。

8．一种含MgO、Mg3N2的混合物，若其中Mg的质量分数为62.4%，则氮的质量分数为_____ 五．物料守恒电解质溶液中某一组分的原始浓度（起始浓度）应等于它在溶液中各种存在形式的浓度之和。

9．0.5mol/L的Na2CO3溶液中,下列有关离子浓度的叙述中,正确的是( )A、c(Na+):c(CO32－) ＝2:1B、c(Na+)>c(CO32－)>c(HCO3－)>c(H+)>c(OH－)C、c(Na+)＋c(H+)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(OH－)D、c(Na+)＝2[c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)]六．能量守恒在任何一个反应体系中，体系的能量一定是守恒的。

在解答与能量有关的试题时，考虑能量守恒，能使解题的程序简化。

10．已知硝酸钾晶体溶于水时要吸收热量，从溶液中析出晶体会放出热量，若有室温下硝酸钾饱和溶液20 mL，向其中加入1 g硝酸钾晶体，充分搅拌，这时A．溶液的质量会减少 B．溶液的温度会降低C．溶液的温度无变化 D．溶液的温度先降低后升高巧练：11．将0.51g镁铝混合粉末溶于4mol/L盐酸溶液50mL中。

现加入2mol/L氢氧化钠溶液，要使沉淀达到最大量，需要这种氢氧化钠溶液mL。

12．为了配制一种培养液，需用含有NaH2PO4和Na2HPO4（它们的物质的量之比为3:1）的混合液，每升混合液中含磷原子0.1 mol。

现用4.0 mol/L的H3PO4溶液和固体NaOH配制2.0 L混合液，问需该H3PO4溶液 mL和NaOH固体 g。

13．在铁和氧化铁的混合物15 g中加入稀硫酸150 mL，标准状况下放出氢气1.68 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Fe2+完全转化为氢氧化亚铁，共消耗3 mol/L的氢氧化钠溶液200 mL，则原硫酸的物质的量浓度为_____mol/L。

14．某金属硝酸盐溶液，用铂做电极电解，电解时阳极产生的气体为560 mL（标准状况），在阴极析出m g金属，若金属在硝酸盐中为+n价，则金属的相对原子质量为A．mn B．20m/n C．20mn D．10mn15．3.84 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）。

16．在298K下，碳、铝的单质各1mol完全燃烧，分别放出热量aKJ和bKJ。

又知一定条件下，铝的单质能将碳从它的最高价氧化物中置换出来，若此置换反应生成3mol碳=________(注：题中所设单质均为最稳定单质)的单质，则该反应在298K下的H17．某厂废水中含5.00×10-3mol•L-1的Cr2O72-，其毒性较大。

某研究性学习小组为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料Cr0.5Fe1.5FeO4（Fe的化合价依次为+3、+2），设计了如下实验流程：（1）第①步反应的离子方程式（2）第②步中用PH试纸测定溶液PH的操作是：（3）第②步过滤得到的滤渣中主要成分除Cr(OH)3外，还有（4）欲使1L该废水中的Cr2O72-完全转化为Cr0.5Fe1.5FeO4。

理论上需要加入_____________g FeSO4•7H2O。