化学中的守恒试题

1、化学中的守恒试题化学中的守恒篇一：高一化学计算中的守恒法化学计算中的守恒法张安荣 搜集整理1、某金属单质跟一定浓度的硝酸反应，假定只产生单一的还原产物，当参加反应的单质与被还原硝酸的物质的量之比为2:1时，还原产物是（全国高考题）A.NO2B.NOC.N2O  D.N2【解析】：根据题意： 2R 2R （+x价），2x价HNO3 N（y价）5-y价根据得失电子守恒，有2x = 5-y讨论：金属为+1价时，N为+3，不合题意；金属为+2价时，氮为+1价，选C；金属为+3，则氮为-1价（不合题意）。只有C正确。2.  将1.92g铜粉与一定量浓硝酸反应，当铜粉完全作用时收集到1

2、.12L（标准状况）。则所消耗硝酸的物质的量是（上海高考题）A. 0.12molB.0.11mol C.0.09mol  D.0.08mol【解析】作为选择题，用守恒法方便快捷。消耗的硝酸可以分为被还原的硝酸和起酸的作用的硝酸：铜消耗的硝酸 = n（Cu）×2 + n(NOx) n（Cu）=1.92÷64=0.03mol n（NOx）1.12÷22.4=0.05mol；Cu   2HNO3   Cu(NO3)2 （起酸的作用的硝酸为0.06mol）0.030.06HNO3  NOx （被还原的硝酸为0.05mol）0.05m

3、ol0.05mol所以n（HNO?）总消耗=0.03×2+0.05=0.11mol，选B。3【练习】14g铜银合金与足量某浓度的硝酸反应，将放出的气体与1.12L氧气（标况）混合，通入水中恰好全部被吸收，则合金中铜的质量是A.9.6g  B.6.4gC.3.2gD.1.6g【分析】：不必写出化学方程式，Cu,Ag与硝酸反应失去电子，HNO3得到电子生成NO2或NO，NO2或NO又与O2、H2O 发生反应，Cu,Ag失去的电子 = HNO3生成NOx得到的电子, NOx失去的电子=O2得到的电子，所以O2得到的电子= n（O2）×4 = (1.12/22.4 )&#

4、215;4 = 0.2mol设Cu、Ag的物质的量为x，y，则64x + 108y = 14 （铜银的总质量）2x  +  y= 0.2  （铜银失去的电子）联立以上方程组，解之，得：x =0.05mol，则Cu的质量为 3.2g，选C。4. （上海高考题）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336mL的N2O4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A9.02gB.8.51g C.8.26g  D.7.04g【分析】可发生的反应有：Cu+4HNO3(浓)=C

5、u(NO3)2+2NO2+2H2O， Mg+4HNO3(浓)=Mg(NO3)2+2NO2+2H2O2NO2N2O4Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2+2NaNO3  Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(ON)2+2NaNO3依化学方程式按常规方法求解即麻烦又费时，结果易错。【解析】：要求生成沉淀的质量，只要求出与Cu2+,Mg2+反应的OH- 的质量即可！Cu和Mg失电子的物质的量 = NO2 和N2O4得到电子的物质的量 = Cu2+和Mg2+结合的OH- 的物质的量  NO2的总物质的量为：n(NO2)=HNO3中N得电子为0.23mol;=0.115mol,

6、 =0.23mol （把N2O4折算成NO2 ） 而CuCu2+，MgMg2+，Cu、Mg总物质的量为：Cu2+-Cu(OH)2，Mg2+-Mg(OH)20.115mol、Cu、Mg合金生成氢氧化物，质量净增(OH-)为：0.115mol×2×17g/mol=3.91g所以Cu(OH)2、Mg(OH)2总质量为：4.6g+3.91g=8.15g，答案为B。5. 【练习】测得某溶液中仅含有Na+、 Mg2+ 、SO42 、Cl四种离子，其中离子个数比Na+:Mg2+:Cl=4:5:8，如假设Na+ 为4n个，则SO42可能为：A、2n个B、3n个  C、6n个D、8

7、n个解析：根据电荷守恒知4n×15n×28n×1+n(SO42)×2,解得n(SO42)3n,故选B.6. 【练习】（06全国理综I 13）由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其pH=1,c(Al)=0.4molL，c(SO4)=0.8molL,则c(K)为：A0.15 molL-1 B0.2 molL-1C0.3 molL-1  D0.4 molL-1由溶液中电荷守恒得：c(H+) + 3c(Al3+) + c(K+)  =2c(SO42-)  解得：c(K+)=0.3 molL-13+-12-1+7.【练习】(2007

8、年上海，22)今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K、NH4 、Cl、Mg2、Ba2、CO32 、SO42 ，现取三份100 mL溶液进行如下实验：(1)第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生(2)第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04 mol(3)第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27 g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33 g。根据上述实验，以下推测正确的是(  )(A)K一定存在  (B)100 mL溶液中含0.01 mol CO32 (C)Cl可能存在 (D)Ba2一定不存在，Mg2可能存在答案AC。高一相关8：（2001年

9、全国高考）在无土栽培中，需配制一定量含50 mol NH4Cl、16 mol KCl和24molK2SO4的营养液。若用KCl、NH4Cl和(NH4)2SO4三种固体为原料来配制，三者的物质的量依次是（单位为mol）（ ）A2、64、24  B64、2、24  C32、50、12  D16、50、24方法：先求出需配制营养液中所需NH4+、K+、Cl、SO42、物质的量，再用同样的方法求出选项中所提供的物质中所含NH4+、K+、Cl、SO42物质的量。若与题干中的数值一致，即为选项。如题干中NH4 50 mol；K：16+24×2=64（mol）；Cl：

10、50+16=66（mol），SO4：24mol。选项B，NH4+：2+24×2=50（mol），K+：64mol、Cl：64+2=66（mol），SO42：24mol，与题干相符，选项B正确。n?9. 在一定条件下，RO3和I 发生反应的离子方程式如下： +2ROn?3 6I 6H+ R 3I2 3H2On?(1) RO3中R元素的化合价是_；(2) R元素的原子最外层的电子数是_。(MCE94)捷径：(1) 根据电荷守恒得：?n?6×(?1)6×1?1，n5。中，R应为5价。(2)-有学生误认为ROn3中R的最外层电子数为5，实际上R是8电子稳定结构，故R原子为

11、最外-层电子数为817。10用0.1 mol / L的Na2SO3溶液30 mL，恰好将2×10 mol的XO4-还原，则元素X在还原产物中的化合价是(MCE91)  (  D  )A1  B2 C3D4-2-解析：该反应中， SO23将被氧化SO4为，0.1×30×22×?7x?，x4 311已知某强氧化剂RO(OH)2+ 中的R元素被Na2SO3还原到较低价态。如还原2.4×103 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

12、态是  (  B  )A?1 B0 C1 D2解析：B。由2.4×103×x0.06×0.1×2，x5，550。应选B。1224 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K2Cr2O7溶液完全反应，则元素Cr在被还原的产物中的化合价是(MCE95) (  B  )A6 B3 C2 D0解析：0.02×0.02×2×(6x)0.024×0.05×(64)，x3，应选B。2-13 250 mL 2?

13、4 mol / L的Na2SO3溶液恰好把0?2 mol的X2O7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在还原产物中的化合价为x，则有 2?4 mol / L×0?25 L×20?2 mol×?6x?×2，x3，答：X在还原产物中的化合价为3。14将m mol Cu2S和足量稀HNO3反应，生成Cu(NO3)2、H2SO4、NO和H2O。则参加反应的硝酸中被还原的硝酸的物质的量是?  C  ?A. 4m mol B. 10m molC. 10m3 mol  D. 2m3 mol解析：m

14、 mol Cu2S共失去电子：2m mol8m mol10m mol，Cu2S每失去3 mol 电子可还原1 mol HNO3，故被还原的HNO3为15. 硫酸铵在强热条件下分解，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  )A13  B23  C12D43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，由电子守恒得：2x×(30)y×(64)，xy 13，应选A。10m3 mol，应选C。16在反应3BrF35H2OHBrO3B

15、r29HFO2，若有5 mol H2O作为还原剂时，被还原的BrF3的物质的量为  (  D  ) A. 3 mol  B. 2 molC.  molD. 34103 mol解析：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BrF3 x mol，由电子守恒得：x×(30)5×(20)，x17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?和ClO-3个数比为12，则Cl2与KOH溶液反应时，被还原的氯与被

16、氧化的氯的物质的量之比为解析：设ClO?为x个，由题意知，ClO-3为2x个，它们共失去电子为11x个，由电子得失守恒知必有11x个Cl?生成。所以被还原的氯与被氧化的氯的原子个数比为11x?x2x ?113 103，应选D。化学中的守恒篇二：化学三大守恒知识与例题3将上式两边同时除以NA得：n(Na+) +n(H +) = 2n(CO32) + n( HCO3) + n(OH)；再同时除以溶液体积V得：C(Na+) +C(H +) = 2C(CO32) + C( HCO3) + C(OH)，这就是Na2CO3溶液的电荷守恒式。电荷守恒式即溶液中所有阳离子的物质的量浓度与其所带电荷乘积之和等于

17、所有阴离子的物质的量浓度与其所带电荷的绝对值乘积之和。H2O=(H+)+(OH-)可得物料守恒式c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=0.1mol/L, （在这里物料守恒就是S元素守恒-描述出有S元素的离子和分子即可）例3 ：Na2CO3溶液的电荷守恒、物料守恒、质子守恒碳酸钠：电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)上式中，阴阳离子总电荷量要相等，由于1mol碳酸根电荷量是2mol负电荷，所以碳酸根所带电荷量是其物质的量的2倍。物料守恒c(Na+)是碳酸根离子物质的量的2倍，电离水解后，碳酸根以三种形式存在所以c(Na+)=2c(CO32-)+

18、c(HCO3-)+c(H2CO3)质子守恒水电离出的c(H+)=c(OH-)在碳酸钠水溶液中水电离出的氢离子以（H+，HCO3-,H2CO3）三种形式存在，其中1mol碳酸分子中有2mol水电离出的氢离子所以c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)化学中的守恒篇三：高中化学守恒法解题技巧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

19、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754克。0时为143克）