高中化学守恒法

1、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

2、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NO2、O2、NH3的混合气体26.88 L通过稀H2so4后，溶液质量增加 45.7 g, 气体体积缩小为2.24 Lo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. 42.15C. 38.225D. 42.625解析将混合气体通过稀 H2SO4后，NH3被吸收。NH3+H2O=NH 3 H2O2NH3 - H2O+H 2SO4=（NH 4”SO4+2H2。而NO2和。2与水接触发生如下反应：

3、3NO2+H2O=2HNO 3+NO反应2NO+O2=2NO2反应生成的NO2再与水反应：3NO2+H2O=2HNO 3+NO反应上述反应、属于循环反应，可将反应X2+反应，消去中间产物 NO,得出：4NO2+ O2+2H2O =4HNO 3反应如果反应中。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。2剩余。由反应知，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= V x 30 g/mol=2.24L x 30 g/mol =3.0 g22.4L/mpl22.4L/、mol由质量守恒定律，混合气体的质量m（总）为

4、：m（总）=45.75 g+3.0 g= 48.75 g而混合气体的物质的量n, n= V = 26.88L =1.2 mol22.4L/mol22.4L / mol由摩尔质重 M计算公式：M= m = 48.75g =40.625 g/moln 1.2mol而摩尔质量与相对分子质量在数值上相等，则答案为Ao例2:铁有可变化合价，将 14.4 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 FaO4D. F&O312、16, FeC2O4中含铁元素的质量：设为FexO4。在加热过程中

5、，铁元素解析已知Fe、C、。的相对原子质量分别为 56、m（Fe）= 56 144g = 5.6 9将FeC2056鬲监空2d觊4 使之分解得铁的氧化物，没有损耗，铁元素的质量是不变的。由“质量守恒法”，在FeQ4中m（Fe）仍为5.6 g,则m（O）= 7.6 g-5.6 g=2.0 g om ,又据 n1 N1 (N1、n =一=Mn2 N 2据物质的量（n）与质量（m）、摩尔质量（M）之间公式N2代表微粒个数）=-,答案为Co5m(Fe) 5.6g n(Fe) M (Fe) 56g/mol n(O) - m(O) -2.0gM (O)16g/mol2利用浓缩溶液前后溶质的质量守恒关系解化

6、学计算题例3: KOH溶液中溶质的质量分数为14%,加热蒸发掉100 g水后变成溶质质量分数为28%的KOH溶?夜80 mL,则后者溶液的物质的量浓度可能是A. 6 mol/L B. 6.75 mol/L C. 6.25 mol/L D. 5.5 mol/L解析KOH为难挥发性物质，在加热蒸发 KOH溶液过程中，KOH的质量不变。设原 溶液的质量为 m（原），据质量守恒规律，列出加热蒸发前后KOH质量不变的式子：m（原）X14%= m（原）100 g x 28%解得m（原）=200 g再由公式：n , m 求解。公式中 c溶质的物质的量浓度，n溶质的物质的c 二一n 二量，V溶液的体积 W知

7、V=80 mL=0.08 L ）, m质量，M摩尔质量M（KOH）=56 g/moln(KOH )二m(KOH) 200 g 14%则:nKKOH) 0.5mol56g / mol =0.5molc（KOH ） J' ' 6=6.25mol / L利用稀释前后溶质V质量守，008L解化学计算题,所以答案为Co高中例4:用98% （密度为1.84 g/cm3）的浓H2SO4配制200 g 20%的稀H2SO4,需这种浓度的浓H2SO4A. 40.8 g B. 40.8 mL C. 22.2 mL D. 20 mL解析在由浓溶液稀释而配制溶液的过程中，H2SO4溶质的质量是不变的，

8、设浓H2SO4的体积为V,据k m公式，由质量守恒定律列出H2SO4质量守恒的式子：VV1 X 1.84 g/cm3X 98%=200 g X 20%解得 Vi=22.18 mL =22.2 mL需这种浓度的浓 H2SO4： m= W=1.84 g/cm 3X22.18 mL=40.8 g所以答案为Co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1.反应A + 3B = 2C,若7g A和一定量B完全反应生成8.5g C，则A、B C的相对分 子质量之比为（）。A、14:3:17 B 、28:2:17C、1:3:2D、无法确定答案：B反应后生成D

9、的质量为30 g。然后在残留物中加入C,则下列说法正确的是10 g A ,反应又继续进行，待反应（）例2.A、R C三种物质各15 g ,发生如下反应：A+ B+C»D再次停止，反应物中只剩余 A.第一次反应停止时，剩余B.第一次反应停止时，剩余 C.反应中A和C的质量比是D.第二次反应后，C剩余5 g答案：DA又能进行第二次反应。第二次解析：第一次反应 A不足，因为第一次反应后加入反应后，只剩余 C,说明A、B恰好完全反应。则:m反(A) : m反(B) = (15 g +10 g) ： 15 g = 5 ：3第一次反应耗 B的质量mB为：15 g ： m=5 ： 3, m=9 g

10、即第一次反应后剩余 B质量为：15 g - 9 g=6 g 。可见(A)选项不正确。根据ra+ RB+ m=mD ,可知生成30 g D时消耗C的质量。m=30 g 15 g 9 g=6 g即第一次反应后剩余 C质量为：15 g -6g=9go又见(B)选项不正确。易见反应消耗 A B、C质量之比为：mA： mB： m=15 g ： 9 g ： 6g=5 ： 3 ： 2(C)选项不正确。二、原子守恒“原子NaOH1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。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

11、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 H2和Cl2的混合气体，经光照反应后，将所有气体通入 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： H2+Cl2=2HCl反应NaOH+HCl=NaCl+H 2O反应讨论 1:若 Cl2过量，还有：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H 2O 反应 计算时先以不足暑 ”计算。设原混合气体中 H2为x mol , Cl2

12、为y mol H2+ Cl2= 2HCl112x mol x mol2x molNaOH + HCl = NaCl +H2O1 12x mol2x molCl2+ 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O12(y x)mol 2(y x)mol依题意得列二元一次方程组：1 x+y = a/ 22.4I 2x+2(y x)=b解上述二元一次方程组得：y=b/2。将y=b/2代入式，解得 x=a/22.4 b/2由于 x>0,则 a/22.4 b/2>0,解得 bv a/11.2 讨论2：若H2过量，以不足者 Cl2计算。只有反应和反应。设原混合气体中 “ 为x mol ,

13、 Cl2为y mol 由方程式列式H2+ Cl2= 2HCl12y mol2y molNaOH + HCl = NaCl +H2O112y mol2y mol由已知列二元一次方程组：,一 2y=b'.一 x+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 bv a/11.2综上分析，即b不可能等于a/11.2。本题答案为D。例2: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

14、分数约为A. 36.4%B. 46.2%C. 53.1%D. 22.8%解法一：常规方法先书写方程式，再列式计算。而本题Fe、S化合物的化学式不定，因此第一步Fe、S化合物燃烧方程式还需写不定的化学方程式，这给计算带来了更大的困难，即使不考虑铁， 只从S元素考虑，也有如下四个反应：S+O2=SO 2反应反应反应反应2SO2+O22SO3SO3+H2O=H2SO4H2SO4+2NaOH=Na 2SO4+2H2O根据已知 NaOH的量，逆推 H2SO4,再由H2SO4推SO3,再由SO3推SO2,再由SO2 推S元素。这里面所蕴含的关系式如下：2NaOH H2SO4SO3SO2S2 mol32 g

15、20x 10 3 LX 0.5 mol/Lm(S)=0.01 mol列比例式： 232 解得m(S)=0.16 g则原化合物国.0S元m(S加量分数所以，答案为Ao 解法二：原子守恒法m(S)m(样品)100%0.16g100% ： 36.4%0.44 g依题意分析，S元素经过一系列变化，最后变成了H2SO4, H2SO4再与NaOH发生中和反应，根据S、Na的原子守恒关系：SH2SO4NaSO4 2NaOH得出： S2NaOH32 g2 molm(S) 20x 10 3 LX 0.5 mol/L =0.01 mol列比例式求得：m(S)=0.16 g则原化合物中S的质量分数=m 父100%

16、=9&父100% ,36.4%所以答案为A。m(样品)0.44g例3: 38.4 mg铜跟适量的浓HNO3反应，铜全部作用后，共收集到气体 22.4 mL (标准状况)。反应消耗的HNO3物质的量可能为A. 1.6X10 3 molB. 2.0X 10 3 molC. 2.2X10 3 molD. 2.4X10 3 mol解法一：常规方法：书写化学方程式，然后列式计算。设生成NO2、NO分别为x mol、y mol。已知Cu的相对原子质量为 64Cu +4HNO3(浓)=Cu(NO 3)2 + 2NO2T+2H2O1420.5x mol 2x molx mol3Cu +8HNO3（稀）

17、=3Cu（NO3）2 + 2NO T +4H2O3821.5y mol 4y moly mol由已知条件列二元一次方程组：0.5x + 1.5y = 38.4 10 -* x+y= 22.4X10 64解得，x=0.922.40 3 mol y=0.1 x 10 3 mol反应中消耗的 HNO3： 2x+4y=2 X 0.9X 10 3 mol+4 X 0.1 X 10 3 mol=2.2 X 10 3 mol所以，答案为Co解法二：原子守恒法HNO3所起的作用有2种,HNO3 （氧化剂）1经分析Cu与HNO3反应生成了 Cu(NO3)2n NOx,在反应中一种是酸，另一种是氧化剂，由N原子守

18、恒列出：CuCu（NO 3）22HNO 3 （酸）NOx38.4 10 " mol 64反应中共消耗11211.2X10 3 mol22.4 x10 mol 1x10 3 mol224CoHNO 3： 1.2X10 3 mol+1 x 10 3 mol=2.2X10 3 mol。所以答案为原子守恒即系列反应中某原子 (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)。例3. 1L1mol/L的NaOH§液中，通入 0.8molCO2,完全反应后，溶液中 CO2-和HCO离子的物质的量之比大约为()A、2: 1 B、1:

19、 1 C、1 : 2 D、1 : 3答案:D例4.某露置的苛性钾经分析含水：7.62%(质量分数，下同)、&CO: 2.38%、KOH : 90.00%。取此样品1.00 g放入46.00 mL1.00 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。答案：3.43 g提示：根据 Cl 原子守恒得：n(KCl) = n(HCl) = 1.00 mol L1 X 0.04600 L = 4.60 x 10 2 mol, m(KCl)易求。例5: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

20、部CO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. Fe 2Q C. Fe3QD. Fe 4O答案：B解析 由题意得知，铁的氧化物中的氧原子最后转移到沉淀物CaCO中。且 n(O)=n(CaCO3)=0.0075mol m(O)=0.0075molx 16g/mol=0.12g 。 m(Fe)=0.4g-0.12g=0.28g,n(Fe)=0.005mol 。 n(Fe) : n(O)=2:3 ,选 B例6将几种铁的氧化物的混合物加入100mL、7mol?L-的盐酸中。氧化物恰好完全溶解，在所得的溶?中通入 0.56L (标况)氯气时，恰好

21、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%答案：B解析 铁的氧化物中含 Fe和。两种元素，由题意，反应后， HCl中的H全在水中，O元1爹n(HCh磐典*mo凡胆5moi由关系式：如机的心得=22, m (Q =0.35mol x 16g?mol 1=5.6 g ;1 则将Cf"哪也%mcFeC%，.25mCll)=0.56L = 混)=-13g-M100% =71.4%，14g+5.6g,选 b。+ 22.4L/mol x 2+0.7mol=0.75mol , n (Fe)m(Fe)

22、=0.25mol x 56g ? mol例7.现有19.7 g由Fe、FeQ Al、Al 2Q组成的混合物，将它完全溶解在540 mL 2.00mol L7的H2SO溶液中，收集到标准状况下的气体8.96 L 。已知混合物中，Fe、FeQ Al、Al 2Q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 LT的NaOH(aq)体积是。答案：800 mL2 _提示：根据Na原子守恒和SO 4守恒得如下关系:2NaOH N&SQ H2SQ贝U: n(NaOH) = 2n(H 2SO)c(NaOH)

23、V NaOH(aq) = 2c(H 2SO) - V H 2SQ(aq) V NaOH(aq)可求。三、电荷守恒“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01。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

24、计算公式：汇mc(Rm+)=汇n c(Rn ),此公式中汇代表“和”的意思，aRm+)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(Rn )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NaS溶液为例：在 Ns2s溶液中，有如下三个平衡式：S2 +H2O= HS +OH (一级水解)HS +HzO= H2S+OH (二级水解)HAH+OH(水的电离)含有的彳粒：Ns+、H+、OH HS S2 H2s (H 2O分子除外)，有下列的电荷守恒式：c(Na+)+ c(H+) = c(OH )+ c(HS )+2 c(S2 )2电荷守恒法适用范围及解典型的

25、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(Al 3+) =0.4 mol/L ,c(SO2 ) = 0.8 mol/L ,则 c(K+)为()2A. 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(ESO)、硫酸铝Al2(SO4)3、硫酸(H2SO),三种物质组

26、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?中的 c(H+)=10 1 mol - L t,根据H2SO的电离方程式：H2SQ=2H+ +S(O ,推知H2SQ所提供的sO-的浓度为H+的一半，即sO-的浓度为0.05 mol” T;再由Al 2(SO4) 3的电离方程式：Al 2(SO4)3=2Al 3+3Sd ,推知SO的浓度应为 Al3+的1.5 倍，由c(Al 3+) = 0.4 mol ”t得知由Al2(SQ)3所提供的S(t的浓度为0.6 mol 1;则由 K2SQ 所提供的 SO 浓度为

27、:0.8 mol L1 - 0.05 mol - L 0.6 mol L 1 = 0.15 mol - L T,而由K2SO的电离方程式：K2SO=2K + SO;得知，&SQ中K的浓度是 sO-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+、SO、OH ,电荷守恒式如下：c(K+) +c(H+) + 3c(Al3+)=c(OH ) + 2c(SO2)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 1 m

28、ol L t,由水的离子积 Kw的计算公式 Kw = c(H+) - c(OH ),在25c (常温)时，Kw= 1.0 x 10-14得知c(OH ) =10 13 mol 1,由于OH的浓度极小，计算时可忽略不计，将c(H+)=10 1 mol L 1, c(Al 3+) =0.4 mol/L , c(SO4 ) = 0.8 mol1 代入电荷守恒式： c(K+) + c(H+)+ 3 c(Al 3+)= c(OH ) + 2 c(SO4 )中，则不难得出 c(K+)为 0.3 mol - 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

29、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，这种方法在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，没有用电离方程式，不用理会物质的化学式，只要知道溶液中有几种离子及离子的符号就可以解题了，因而能使复杂的计算化繁为简，化难为易。3利用电荷守恒法解化学计算习题是化学计算中一种很重要的解题方法和技巧，这种技巧应用的好， 可以起到事半功倍的效果，能使复杂的计算化繁为简，化难为易。2.2.2 利用电荷守恒法可巧解比较溶液中离子浓度大小的习题比较溶液中离子浓度大小水溶液中离子平衡知识中常见的一种题型，其中利用电荷守恒法比较离子浓

30、度大小，笔者认为也是在这些习题中使用较多的方法之一。【例题2】常温下，将甲酸(HCOOH疗NaOHB液混合，所得溶液的pH=7,则此溶液中()4A. c(HCOO) >c(Na+)B.c(HCOO) v c(Na+)C. c(HCOO) = c(Na+)D.无法确定 c(HCOO)和 c(Na+)的大小关系解析1:(常规方法)甲酸是弱酸，甲酸和氢氧化钠溶液混合恰好中和时生成的弱酸强 碱盐水解显碱性，所以甲酸和氢氧化钠溶液混合所得溶液pH=7时甲酸过量，甲酸过量的不是很多，如果过量很多的话，溶液又呈酸性了，但c(HCOO)和c(Na+)的大小关系还是比较不出来。解析2:用电荷守恒法进行分析

31、，混合后溶液中所存在的离子共有HCOCk Na+、H+、OH四种，根据电荷守恒法可得出c(Na+)+ c(H+)= c(HCOO)+ c(OH ),由于溶液的pH=7,溶液呈中性，则有 c(H+) = c(OHI ),进而可推出 c(Na+)=c(HCOO)。答案为C 。【例题3】常温下，将甲酸(HCOOH)fNaOH混合，所得溶液的pH>7,则此溶液中()A. c(HCOO) >c(Na+)B.c(HCOO) v c(Na+)C. c(HCOO) = c(Na+)D.无法确定 c(HCOO)和 c(Na+)的大小关系解析：分析同例题 2利用电荷守恒式：c(Na+)+ c(H +)

32、= c(HCO(O)+ c(OH ),由于溶液中的 pH> 7 ,即 c(H+)vc(OH ),进而可推出 qNa+) >c(HCOO)。答案为 B。【例题4】常温下，将甲酸(HCOOHX NaO哈液混合，所得溶液的pHK 7,则此溶液中()A. c(HCOO) >c(Na+)B.c(HCOO) v c(Na+)C. c(HCOO) = c(Na+)D.无法确定 c(HCOO)和 c(Na+)的大小关系分析同例题2利用电荷守恒式：c(Na+)+c(H+)=c(HCOO)+c(OH)，由于溶液中的pHv 7, 即 c(H+) >c(OH ),进而可推出 c(Na+) v

33、c(HCOO)。答案为 A。以上三个例题若用常规方法分析，既得考虑酸碱中和反应中有关量的问题，还得考虑盐类的水解问题，分析过程繁琐，浪费时间长，容易出错。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。例题8将CaCl 2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Cl 2,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(Ca")： c(Cl ) : c(Br )为A.3 ： 2 ： 1B.1 ： 2 ： 3C.1 ： 3 ： 2D.2 ： 3 ： 1答

34、案：D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(Ca)= n (Cl ) + n (Br )将各备选项数值代入上式进行检验可知答案。例9: (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(氧化馍)晶体的结构与NaCl相同，Ni2+与最近OT的核间距离为ax 10-8cm,计算NiO晶体的密 度(已知NiO摩尔质量为74.7 g - mol1)o(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N

35、i3+所 取代。其结果晶体仍呈电中性，但化合物中Ni和。的比值却发生了变化。某氧化馍样品组成为Ni0.97。，试1计算该晶体中Ni3+W472g白mo1数之比。答案：0) (abdcm)32(2)6: 91提示：由题得 NiO晶体结构(如右图)。其体积为：V = (a x 10 8cm)3右图向三维空间延伸1它平均型有的Ni 2+、OT数目为：N(Ni2+) =N(O2 ) = 8 X4 = 2 =N(NiO)1由密度公式和(NiO)= M(NiO):74.7g molp(NiO)= V(NiO) Vm(NiO)(a 10-8 cm)3 2Na o(2)(电荷守恒法)设1 mol Ni 0.9

36、7O中含Ni3+物质的量为x,则Ni2+的物质的量为(0.97 mol x);根据电荷守恒得：3x+2X(0.97 mol x)=1 mol X2x=0.06 mol3+2 +N(Ni ) : N(Ni )=0.06 mol ： (0.97 mol -0.06 mol)=6 : 91例10将8gFezQ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F&Q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NaOHm夜150mL则原硫酸的物质的量浓度为()A. 1.5mol/L B. 0.5mol/L C. 2m

37、ol/L D. 1.2mol/L答案：C解析 粗看题目，这是一利用关系式进行多步计算的题目，操作起来相当繁琐，但如能仔细阅读题目，挖掘出隐蔽条件，不难发现，反应后只色NaSQ存于溶液中，且反应过程中SQ2一并无损耗，根据电荷守恒原则：n (SO、= 2 n ( Na+),则原硫酸的浓度为：2mol/L ,故选Co四：电子得失守恒法(或化合价升降守恒法)电子得失守恒法即化学反应中(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，无论是自发进行的氧化-还原反应还是原电池或电解池均如此例11 一定条件下ROn-和间反应：RO 3n- + 6I-+6H+ = R -+3I 2+3H2O,则

38、RQn中R元素的化合价为：答案：+5例12 某稀硝酸溶液中，加入 5.6g铁粉充分反应后，铁粉全部溶解，生成 NO溶液质 量增加3.2g ,所得溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之比为()A. 4 ： 1 B. 2： 1 C. 1： 1 D. 3： 2答案：0.100 mol - L解析 5.6 Fe2+为 xmol, Fe3+为 ymol ,则:x+y= 5=013.2Fe 3 素守恒)2x+3y=30 (得失电子守恒)得：x=0.06mol , y=0.04mol。贝U x ： y=3 : 2。故选 D例13.将3.48 g Fe 3Q 完全溶解在 100 mL 1.00 mol/L 2 的

39、HzSO(aq)中，然后加入 K2Cr2O(aq)25.00mL,恰好使Fe2+全部转化为Fe3+,且Cr2O7全部转化为Cr3+。则KzCz。的物质的量浓度为 。2提示：Fe3Q中+2价铁所失电子物质的量与Cr 2O7中+ 6价铭所得电子物质的量相等。 3.48 g12 -232 g mol X (3 2)= 0.02500 L X c(Cr 2O7 ) X (6 3) X 2。例题14 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Cl 2,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(Ca")：c(Cl

40、 ) : c(Br )为A.3 ： 2 ： 1B.1 ： 2 ： 3C.1 ： 3 ： 2D.2 ： 3 ： 1答案：D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(Ca)= n (Cl ) + n (Br )将各备选项数值代入上式进行检验可知答案。守恒法是高考中常考常用的一种解题方法。恰当地运用守恒法，对提高解题速度和破解高考难题都有很大的帮助，值得我们探究。本文只是粗略地列举了一些常见的例题，以期做到抛砖引玉的作用。守恒计算问题是指利用某种量的相等关系进行技巧计算的一类问题，它是矛盾对立面的统一，是一种宏观稳定的湮灭计算

41、；从微观来看是电子、原子的行为，从宏观来看是化合价 和质量的结果(电子 一竺T 化合价，原子一变T 质量它的一般解题方法是设一个未知数，解一元一次方程。守恒问题包括总质量守恒、电荷守恒、电子守恒、原子守恒和总 价数相等关系，下面分别讨论之。三.电子守恒法(得失电子数相等关系)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。1、求化合价1 .用0.1 mol / L的Na2SO3溶液30 mL ,恰好将2X 10 3 mol的XO 4还原，则元素X在 还原产物中的化合价是 (MCE91)(D )A.+1B. + 2C. + 3D.+4解析：该反应中，将被氧化为，0.1X30X2=2X(7

42、x ) x= 42. 已知某强氧化剂 RO(OH) 2+中的R元素被Na2SO3还原到较低价态。如果还原 2.4X 10 3 mol RO(OH) 2+至较低价态，需要 60 mL 0.1 mol / L的Na2SO3溶液。那么，R元素被还 原成的价态是(B )A.TB.0C. +1D.+2解析：Bo 由 2.4X 10-3Xx= 0.06X0.1 X 2, x=5, 5 5=0。应选 B。3. 24 mL 浓度为 0.05 mol / L 的 Na2SO3溶液，恰好与 20 mL 浓度为 0.02 mol / L 的 -52。7 溶液完全反应，则元素Cr在被还原的产物中的化合价是(MCE95

43、)( B )A.+6B. + 3C. + 2D. 0解析：0.02X 0.02X2X (6 x)=0.024X 0.05X (6 4), x=3,应选 B。4. 250 mL 2 4 mol / L的Na2SO3溶液恰好把02 mol的X?o7-还原，则X在还原产物中 的化合价为多少？解：根据氧化还原反应中电子转移守恒，设 X在还原产物中白化合价为 x,则有24 mol / L X 0 25 LX2=02 molx(6x 产 2, x=3,答：X在还原产物中白化合价为 3。2、求物质的量1,将m mol Cu 2s和足量稀HNO3反应，生成Cu(NO3)2' H2SO4、NO和H2O。

44、则参加 高中反应的硝酸中被还原的硝酸的物质的量是A. 4 m molB. 10m molC. molD. mol高中解析：m mol Cu2s共失去电子：2m mol + 8m mol = 10m mol, Cu2s每失去3 mol电子可 还原1 mol HNO3,故被还原的 HNO3为 mol,应选C。2,硫酸镂在强热条件下分解，生成NH3、SO2、N2和H2O,反应中生成的氧化产物和还 原 产 物 的 物 质 的 量 之 比 是 (MCE93) (A )A.1：3B.2：3C. 1：2D.4：3解析：该反应的氧化产物是N2,还原产物是SO2,设其物质的量分别为 x mol、y mol,由电

45、子守恒得：2xX (3-0) = yX(6-4), x ： y = 1 ： 3,应选 A。3 .在 P+ CUSO4+H2O - CU3P+H3PO4+H2SO4(未配平)的反应中，7.5 mol CuSO4可 氧 化P的物 质的量为(A )解析：该反应的氧化剂为 P、CuSO4,还原剂为P,本题只需CuSO4氧化P的物质的量， 设7.5 mol CUSO4氧化P的物质的量为 x mol ,由电子守恒得：7.5X (21) = xX (50), x = 1.5,应选Ao4 .在反应 3BrF3 + 5H2O=HBrO3+B2+9HF+O2T ,若有 5 mol H2O 作为还原剂时， 被 还

46、原 的 BrF3 的 物 质 的 量 为 (D )A. 3 molB. 2 molC. molD. mol解析：该反应的氧化剂为 BrF3,还原剂为BrF3、H2O,本题只要求H2O还原BrF3的物 质的量，设5 mol H2O能还原BrF3x mol,由电子守恒得：xX (3-0)=5X (2-0), x=,应选D。5.往100 mL澳化亚铁溶液中缓慢通入2.24 L(标准犬况)氯气，反应完成后溶液中有 -的3滨离子被氧化成澳单质。求原澳化亚铁溶液的物质的量浓度。解法一：电子守恒法。由提示知，还原性：Fe2+>Br , B已部分被氧化，故 Fe2+已全部被氧化。设原FeB上的物质的量浓

47、度为 x,根据氧化还原反应中，得电子总数等于失电子总数，(1分)可得：12.24L1(x+2xX- )X0.1 LX1 = 2X 1x= 1.2 mol - L322.4L mol解法二：电中性法。反应后所得溶液中的离子有Fe3+、C和Bl(剩余)。_ _2.24L. c - I -13x= xX2+2X , x= 1.2 mol L 。22.4L mol-16 .某温度下，将 Cl2通入KOH溶液中，反应后得到 KCl、KClO、KClO3的混合液，经 测定ClO邛口个数比为1 ： 2,则02与KOH溶液反应时，被还原的氯与被氧化的氯的物质的量之比为D)解析：设ClO飞x个，由题意知， 为2

48、x个，它们共失去电子为 11x个，由电子得 失守恒知必有11x个Cl主成。所以被还原的氯与被氧化的氯的原子个数比为11x： (x+2x )=11 ： 3,应选 D。7 .取铁粉和氧化铁的混合物样品14 88 g,加入125 mL稀硫酸，使之充分反应。当固体粉末完全溶解时，收集到3 36 L(标准状况下测定 "体，当向溶液中加 KSCN溶液时，溶液不显红色。再用 5 mol / L的氢氧化钠溶液中和过量的硫酸，并继续加碱溶液至150 mL,恰好把溶液中的金属阳离子全部沉淀下来。试求：(1 )原样品中氧化铁的质量分数；(2 )上述硫酸的物质的量浓度。解析：本题涉及的反应共有 5个，关系错

49、综复杂，所以用常规方法利用化学方程式求解， 既繁琐费时又容易出错。若抓住Fe失去电子总数等于 F%O3和部分H2SO4得到电子总数这一关系，则解法就简单明了。(1)设Fe2O3的物质的量为 x,由电子得失守恒关系有：n(Fe jx 2= n(Fe2O3)x 2+n(H2)x 28 4.88g-x 160g/mol3.36L =x+,得 x= 0 03 mol56g/mol22.4L/mol0.03mol 160g/molFe?O3% =乂 100% = 32 26%14.88g(2 )设H2SO4的物质的量为V,由题意知H2SO4最终全部变成Na2SO4,而Na+的来源只 有NaOH,由元素守

50、恒可得如下关系式：2NaOH Na 2SO4 H2SO40 15 L X 5 mol / L = 0125 L X 2yy= 3 mol / L3、配平1.在xR2+yH+ + O2=mR3+nH2O的离子反应中，化学计量数 x= 。解析：氧化剂 。2得电子总数为2X2e,还原剂R2+失电子总数为xX(32)e,由电子 守恒得：2X2=xX(3 2), x=4。2,已知反应：AgF+Cl2 + H2。一 AgCl + AgClO 3+HF+。2 T ,配平后，AgClO 3 系数 为b, O2的化学计量数为c,则AgCl的化学计量数为 。解析：该反应的氧化剂为Cl2,还原剂为Cl2、H2O,设AgCl系数为x,由电子守恒得：xX1 = bX5+2cX 2, x=5b+4co4、求质量1.在NxOy+NH3 一一二TN2+H2O(未配平 羽氧化还原反应中， 被还原的元素和被 氧化的元素质量比是A)A , 3x ： 2yB x ： 3yC ,5x : 2yD . 2x : 3y解析