守恒法
守恒法
一、方法存在的依据
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。
二、守恒法的类型
运用守恒法解题的基本类型主要有：1.原子（或离子）个数守恒 2.电子守恒 3.电荷守恒 4.质量守恒
1．电荷守恒在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，溶液电中性。
例1.1L混合溶液中含SO
42－0.00025mol，Cl－0.0005mol ,NO
3
－0.00025mol ,Na
＋0.00025 mol ,其余为H＋，则H＋物质的量浓度为（）。
A．0.0025 mol·L－1 B．0.0001 mol·L－1 C．0.001 mol·L－1 D．0.005 mol·L－1
【分析】由电荷守恒知： n（Na＋）＋n（H＋）= 2n（SO
4
2－）＋n（Cl－）＋
n（NO
3
－）
即： 0.00025 mol＋n（H＋）=2×0.00025 mol＋0.0005 mol＋0.00025 mol 求得：n（H＋）=0.001 mol 故c（H＋）=0.001mol/1L = 0.001mol/L 答案选C
例2、在K2SO4 、Al2（SO4）3 、的混合液中，已知c(Al3+)=0.4mol/L，
c(SO42-)=0.7mol/L，则溶液中c(K+)为（）
（A）0.1mol/L （B）0.15mol/L （C）0.2mol/L （D）0.25mol/L
【分析】由电荷守恒知：c（K+）·1 + c（Al3+）·3 = c（SO42-）·2
即：c（K+）·1 + 0.4mol/L·3 = 0.7·2 故求得：c（K+）= 0.2mol/L 形成性习1
1、已知M2O7x-和S2-在酸性溶液中发生如下反应：M2O7x- + 3S2- + 14H + === 2M3+ + 3S↓+7H2O ，则M2O7x-中M 元素的化合价是（）
A．+2 B．+3 C．+4 D．+6
2.Na2SO4、MgCl2、MgSO4三种盐的混合溶液，溶液中含0.2mol的钠离子，
0.25mol的镁离子，0.4mol的氯离子，则硫酸根离子为（）mol。
A.0.1
B.0.3
C.0.15
D.0.5
2．电子守恒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，即得失电子守恒。
例3.某氧化剂中，起氧化作用的是X
2O
7
2－离子，在溶液中0.2 mol该离子恰
好能使0.6mol
SO
3－离子完全氧化，则X
2
O
7
2－离子还原后的化合价为（）。
A．＋1 B．＋2 C．＋3 D．＋4
【分析】在上述反应中，氧化剂为X
2O
7
2－，还原剂为SO
3
2－。设反应后X元素
的化合价为a.则X元素化合价由＋6降为a，S元素化合价由＋4升为＋6。1molX元素得电子（6－a）mol，1molS元素失电子（6－4）mol=2 mol。由电子守恒知：
2×0.2（6－a）=0.6×2 求得a=＋3 答案选C
形成性习2
1、24ml 0.05mol/L的Na2SO3溶液恰好于20ml 0.02mol/L的K2Cr2O7溶液完全反应,则元素Cr在还原产物中的化合价为
2、已知25.0ml 0.100mol/L的Na2S2O3溶液恰好把标况下224mLCl2完全还原成Cl-,则S2O32-将转化为( )
A.S2-
B.S
C.SO32-
D.SO42-
3.某温度下，将Cl
2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl 、NaClO、NaClO
3
的混
合溶液，经测定ClO-与ClO
3-的浓度之比为1︰3 ，则Cl
2
与NaOH溶液反应时，
被氧化的氯元素与被还原的氯元素的物质的量之比为( )
A. 1︰3
B. 5︰21
C.1︰4
D.3︰11
3．元素守恒在一些复杂多步的化学过程中，虽然发生的化学反应多，但某些元素的物质的量、浓度等始终没有发生变化，整个过程中元素守恒。例4、把 NaHCO3与Na2CO3·10H2O的混合物6．56克溶于水配制成100ml 溶液，已知此溶液中Na+的物质浓度为0．5 mol/L；若将等质量的该混合物加热到质量不再变化为止，则其质量减少了多少克？
【解析】利用钠元素的物质的量守恒,反应前钠元素的物质的量为
0.5·100·10-3=0.05(mol )
解：设生成Na2CO3的质量为xg由Na元素的物质的量守恒得：
2N a ～Na2CO3 2mol/0.05mol=106g/xg
2mol 106g 解得：x=2.65g
0.05mol xg 故减少的质量为：6.56-2.65=3.91（g）例5.有一在空气中暴露过的KOH固体，经分析知其内含水7.62%，K2CO3 2.88%，KOH90%，若将此样品1g加入到46.00ml的1 mol·L－1盐酸中，过量的酸再用1.07mol·L－1KOH溶液中和，蒸发中和后的溶液可得固体多少克？
【分析】此题中发生的反应很多，但仔细分析可知：蒸发溶液后所得固体为氯化钾，其Cl－全部来自于盐酸中的Cl－，在整个过程中Cl－守恒。
即：n（KCl）= n（HCl）
故m（KCl）=0.046L×1 mol·L－1×74.5 g ·mol－1=3.427 g
形成性习3
1.用1L1mol·L-1的NaOH溶液吸收0.8molCO2,所得溶液中CO32-和HCO3-的物质的量浓度之比约为( )
A.1︰3
B.2︰1
C.2︰3
D.3︰2
2.向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物投入100 ml 1 mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224 ml（标准状况）的气体，所得溶液中，加入KSCN 溶液无血红色出现，若用过量的CO在高温下还原相同质量的混合物，能得铁的质量为（）
A 11.2 g
B 5.6 g
C 2.8 g
D 无法计算
3．将5.1 g镁铝合金，投入到500 mL 2．0 mol／L的盐酸中，金属完全溶解再加入4.0 mol／L 的NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，则NaOH溶液的体积是
A．200 mL B．250 mL C．425 mL D．560 mL
4.将Wg铁、氧化铁和氧化铜组成的混合物粉未放入100mL 4.4mol/L盐酸中，反应完全后得氢气896mL（标况），生成的溶液中只有FeCl2、HCl和1.28g 固体。把溶液稀释到320mL时，盐酸的物质的量浓度为0.25mol/L，求混合物中各物质是多少g？
4．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6有一块铝铁合金，溶于足量的盐酸中，再用过量的NaOH溶液处理，将产生的沉淀过滤、洗涤、干燥、灼烧，完全变成红棕色粉末，经称量红色粉末和合金的质量相等，求合金中铝的质量分数。
解：[分析]
Al AlCl3 NaAlO2NaAlO2
合金
Fe FeCl2Fe(OH)3(2O3(红棕色粉末) 有题意得合金中铝和铁的质量等于Fe2O3的质量，有铁的守恒的：Fe2O3中氧
元素的就等于铝的质量
所以铝的质量分数为：48/ 160=30%
形成性习4
1．现有CuO和Fe2O3组成的混合物a g，向其中加入2 mol·L－1的硫酸溶液50 mL，恰好完全反应。若将2a g该混合物在足量H2中加热，使其充分反应，冷却后剩余固体的质量为()
A．(2a－1.6) g B．2(a－1.6) g C．(a－1.6) g D．3.2 g 2.将agFe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200mL, 0.05mol/L的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液，使Fe3+、Al3+刚好沉淀完全，用去NaOH溶液100mL,求NaOH溶液的浓度。
3.某铁的氧化物，用7mol/L的盐酸100mL在一定条件下恰好完全溶解，所得溶液再通入0.56L（标准状况下测定）氯气时，刚好使溶液中Fe2+完全转化为Fe3+。则该氧化物的化学式是（）
A. FeO
B. Fe3O4
C. Fe4O5
D. Fe5O7
参考答案：
形成性习1 1.D 2.C
形成性习2 1. +3 2.D 3.C
形成性习3 1.A 2.C 3.B
4. n(Cu)=1.28g/(64g/mol)=0.02mol n(H2)=0.896L/(22.4L/mol)=0.04mol
设Wg铁、氧化铁和氧化铜组成的混合物中Fe的物质的量为a ,Fe2O3的物质的量为b。
由得失电子守恒得：2a=2b + 0.04 x 2 + 0.02 x 2 …………①
由氯元素守恒得：(a + 2b) x 2 + 0.32 x 0.25 = 0.1 x 4.4 …………②
①、②联立得：a= 0.1 b= 0.04
故：m(Fe)= 5.6g M(Fe2O3)= 6.4g
形成性习4 1.B 2. 0.2mol/L 3.D
高中化学守恒法计算
守恒法在化学计算中的应用 例1.取1.6 g钙线试样（主要成分为金属Fe和Ca，并含有质量分数为3.5% 的CaO），与水充分反应，生成224 mL H2（标准状况），在向溶液中通入适量的CO2，最多能得到CaCO3g。（相对原子质量Ca 40，O 16，C 12） （1）求例1中通入CO2在标准状况下的体积（不考虑CO2与水反应以及在水中的溶解）。 （2）若向例1的溶液中通入足量的CO2，求所得Ca（HCO3）2溶液的浓度（假设溶液的体积为0.1L）。 练习1.将铁和三氧化二铁的混合物2.72 g，加入50 mL 1.6 mol/L的盐酸中，恰好完全反应，滴入KSCN溶液后不显红色，若忽略溶液体积的变化，则在所得溶液中Fe2+的物质的量浓度为() A.0.2 mol/L B.0.4 mol/L C.0.8 mol/L D.1.6 mol/L （相对原子质量Fe 56，O 16） 例2锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水。当生成1 mol硝酸锌时，被还原的硝酸的物质的量为() A．2mol B．1mol C．0.5 mol D．0.25 mol 练习2.物质的量之比为2：5的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是() A. 1：4 B.1：5 C. 2：3 D.2：5
例3把500mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等分，取一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀：另取一份加入b mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀，则该混合溶液中钾离子浓度为() A.0.1(b-2a)mol·L-1 B.10(2a-b) mol·L-1 C.10(b-a) mol·L-1 D.10(b-2a) mol·L-1 练习3在aLAl2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合物溶液中加入b molBaCl2，恰好使溶液中的SO42-离子完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到 c molNH3气，则原溶液中的Al3+离子浓度(mol/L)为() A．B．C．D．
(完整版)守恒法巧解金属与硝酸反应的计算题
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. 9.02g B. 8.51g C. 8.26g D. 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. 1.4g B. 2.4g C. 3.2g D. 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。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol·L-1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（） A．60mL B．45mL C．30mL D．15mL 解析：本题包含三个反应过程：①Cu+HNO3→Cu2++混合气体(NO2、N2O4、NO)；②混合气体(NO2、N2O4、NO)+O2+H2O→HNO3；③Cu2++2OH-＝Cu(OH)2↓。根据电子守恒，在反应①中Cu失去电子的物质的量与反应②中O2获得电子的物质的量相等，即2n(Cu2+)＝4n(O2)，得：
化学计算守恒法
中学生化学竞赛专题讲座：守恒法在化学计算中的应用 化学计算中一种十分常用的方法——守恒法。这种方法在使用过程中不需要了解过多的中间过程，避免了繁杂的分析和多重化学反应，具有思路简单，关系明确，计算快捷的特点。 一、守恒法的基本题型和解题依据 1、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的质量总和，这个规律叫质量守恒定律。其本质是：化学反应前后，各元素的原子的种类，数目没有改变。所以，在一切化学反应中都存在着质量守恒、原子个数守恒。 2、氧化还原反应的特征是元素的化合价发生变化，其本质是在反应中有电子转移。由于物质间得失电子数相等，所以，在有化合价升降的元素间存在化合价升降总数相等的守恒关系。因而有电量守恒（又称电子得失守恒）及化合价守恒。 3、由于物质是电中性的，因而在化合物和电解质溶液中，阴阳离子所带电荷数相等，存在电荷守恒 二、例题应用指导 （一）质量守恒： 在化学反应中，参加反应的反应物的总质量等于反应后生成物的总质量，反应前后质量不变。
例1.在臭氧发生器中装入100mlO2，经反应3O2=2O3，最后气体体积变为95ml（体积均为标准状况下测定），则反应后混合气体的密度为多少 【分析】根据质量守恒定律反应前后容器中气体的质量不变，等于反应前100mlO2的质量。则反应后混合气体的密度为： d=（·mol－1×32g·mol－1）/=L 例2、将足量的金属钠投入到100gt°C的水中，恰好得到t°C时NaOH饱和溶液111g，则t°C时NaOH的溶解度为____克。 [分析解答]：由于2Na+2H2O=NaOH+H2所以，反应前总质量为,反应后总质量为若设Na的物质的量为xmol，则= xmol.据质量守恒定律有：23x+100=111+x×2，得x= ∴=×40g/mol=20g (二)原子守恒： 在一些复杂多步的化学过程中，虽然发生的化学反应多，但某些元素的物质的量、浓度等始终没有发生变化，整个过程中元素守恒。 例3.有一在空气中暴露过的KOH固体，经分析知其内含水%，%，KOH90%，若将此样品1g加入到的1mol·L－1盐酸中，过量的酸再用·L－1KOH溶液中和，蒸发中和后的溶液可得固体多少克
高中化学常见计算方法及练习：守恒法
守恒法 在化学反应中存在一系列守恒现象，如：质量守恒（含原子守恒、元素守恒）、电荷守恒、电子得失守恒、能量守恒等，利用这些守恒关系解题的方法叫做守恒法。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。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-还原反应还是以后将要学习的原电池或电解池均如此。 a. 质量守恒 1 . 有0.4g铁的氧化物，用足量的CO 在高温下将其还原，把生成的全部CO2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. Fe2O3 C. Fe3O4 D. Fe4O5 2.将几种铁的氧化物的混合物加入100mL、7mol?L―1的盐酸中。氧化物恰好完全溶解，在所得的溶液中通入0.56L（标况）氯气时，恰好使溶液中的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% b. 电荷守恒法 3.将8g Fe2O3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Fe2O3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NaOH溶液150mL。则原硫酸的物质的量浓度为（） A. 1.5mol/L B. 0.5mol/L C. 2mol/L D. 1.2mol/L 4. 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50mL 1.8
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75．4克。0℃时为14．3克）（130．48克4．34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42．5。求气体A的相对分子量。（17） 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
高中化学守恒法解计算题(1)
守恒法解题 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。 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75．4克。 0℃时为14．3克）（130．48克4．34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42．5。求气体A的相对分子量。（17） 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，此时烧杯及内盛物物质为54.4g，则该 亚硫酸钠试剂的纯度为百分之几？ 4、向KI溶液中滴入AgNO3溶液直至完全反应，过滤后滤液的质量恰好与原溶液质量相等，则AgNO3溶液中溶 质的质量分数为多少？ 物质的量守恒 物质的量守恒是根据反应前后某一物质的量不变的原理进行推导和计算的方法。这种方法可以应用在多步反应中的计算。可简化计算过程，减少数学计算，一步得出结果。 例1、300mL某浓度的NaOH溶液中含有60g溶质，现欲配制1mol/LNaOH溶液，应取原溶液与蒸馏水的体积比 约为( ) (A)1∶4(B)1∶5(C)2∶1(D)2∶3 例2、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K2CO337.3%，取1克该样品投入25毫升2摩／升的盐酸中后，多余的盐酸用1.0摩／升KOH溶液30.8毫升恰好完全中和，蒸发中和后的溶液 可得到固体： （A）1克（B）3.725克（C）0.797克（D）2.836克 练习：1、用1L10mol／LNaOH溶液吸收0.8molCO2，所得溶液中CO3２－和HCO3－的物质的量浓度之比是（）（Ａ）１∶３（Ｂ）２∶１（Ｃ）２∶３（Ｄ）３∶２ 2、今有100mLCu(NO3)2与AgNO3的混合溶液，其中NO3-的浓度为4mol/L，加入一定量的锌粉后，产生沉淀，经过滤、干燥后称量，沉淀物的质量为24.8g,将此沉淀物置于稀盐酸中,无气体逸出。向前述过滤后得到的滤液中先滴入BaCl2溶液，无明显现象，后加入过量的NaOH溶液，有沉淀物析出。滤出此沉淀物，并将其灼烧至 恒重，最后得4g灼烧物。求所加锌粉的质量。 三、元素守恒 元素守恒，即化学反应前后各元素的种类不变，各元素的原子个数不变，其物质的量、质量也不变。元素守恒包括原子守恒和离子守恒: 原子守恒法是依据反应前后原子的种类及个数都不变的原理，进行推导或计算
高中化学守恒法精选习题及答案
1、在铁与氧化铁的混合物15g 中加入稀硫酸150mL ，标准状况下放出氢气168 .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Fe 2+完全转化成氢氧化亚铁，共耗3mol L /的氢氧化钠溶液200mL ，问原硫酸的摩尔浓度是多少？ 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50mL 浓度为 18./mol L 盐酸溶液中，以2009mL mol L ./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0006.mol ，求镁带物质的量。 3、取一定量的氯酸钾和二氧化锰的混合物共热制氧气，反应开始时二氧化锰在混合物中的质量百分含量为20%，当反应进行到二氧化锰在混合物中质量百分含量为25%时，求氯酸钾分解的百分率？ 4、384.mg 铜跟适量的浓硝酸反应，铜全部作用后共收集到气体224.mL （标准状况），反 应消耗的硝酸的物质的量可能是（ ） A. 10 103.?-mol B. 16103 .?-mol C. 22103.?-mol D. 24103.?-mol 5、现有m mol NO 2和n mol NO 组成的混合气体，欲用a mol L NaOH /溶液，使该混合气体全部转化成盐进入溶液，需用NaOH 溶液的体积是（ ） A. m a L B. 23m a L C. 23()m n a L + D. m n a L + 6、向一定量的Fe FeO Fe O 、、23的混合物中，加入1001mL mol L /的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL （标准状况）的气体，所得溶液中加入KSCN 溶液无血红色出现，若用足量的CO 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. 112 .g B. 56.g C. 28.g D. 无法计算 7、将NO 2、O 2、NH 3的混合气体26.88 L 通过稀H 2SO 4后，溶液质量增加45.7 g ，气体体积缩小为2.24 L 。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 ．42.15 C ．38.225 D ．42.625
质量守恒定律应用练习题
九年级化学质量守恒定律的应用练习题 一、选择题（请将正确答案填入下列括号中，每小题2分，共20分） 1.化学反应遵守质量守恒定律的原因是（ ） A.物质的种类没有变化 B.分子的种类没有变化 C.化学反应前后，原子的种类、数目和质量都没有改变 D.分子的数目没有改变 2.下列现象不能用质量守恒定律解释的是（ ） A.纸燃烧化为灰烬，灰烬的质量比纸的质量小 B.镁条燃烧，生成物的质量比镁条的质量大 C.100克干冰升华变成100克二氧化碳气体 D.蜡烛燃烧后质量减小 3.在化学反应：4NH 3 + 5O 2 === 4X + 6H 2O 中，X 的化学式为（ ） A.N 2O 5 B. N O C. N O 2 D. H NO 3 4.根据蜡烛燃烧后生成水蒸气和二氧化碳的实验事实，可以推断石蜡(蜡烛的主要成分)的组成里一定含有 （ ） A ．碳一种元素 B ．氢一种元素 C ．碳和氢两种元素 D ．碳、氢、氧三种元素 5.氯碱工业的反应原理是电解饱和的食盐水，下列物质不可能使氯碱工业产品的是（ ） A.H 2 B.Cl 2 C.Na 2CO 3 D.NaOH 6.在化学反应A+B==C+D 中，10克A 物质跟一定质量的B 物质完全反应生成5克C 物质和9克D 物质，该反应开始时，A 、B 的质量比为（ ） A. 5 : 2 B. 9 : 5 C. 2 : 5 D. 5 : 9 7.从右边水分子分解示意图中获得以下信息，其中错误的是 （ ） A 、水是由氢元素和氧元素组成 B 、化学反应前后元素的种类不变 C 、在化学变化中，分子可分原子也可分 D 、1个水分子由2个氢原子和1个氧原子构成 8.镁带在容器中密封（内含空气）加热，图中能正确表示容器里所盛物质总质量m 的变化的是（ ） m m m m 0 t 0 t 0 t 0 t A B C D 9.下图形象地表示了A(● ○ )与B(○ ○ )反应生成C (○ ● ○ )的反应前后分子及其数目的变化，则该反应的化学方程式中，A 、B 、C 的分子数之比为（ ） A. 2：1：2 B. 1：2：2 C. 1：1：1 D. 2：2：3 10.已知某两种物质在光照条件下能发生化学反应，其微观示意图如下： （说明：一种小球代表一种不同元素的原子） 则有关说法正确的是（ ） A.图示中的生成物中有单质 B.该反应属于化合反应 C.该图示符合质量守恒定律 D.图示中共有3种分子 二、填空题（每空1分，共28分） 1、无数科学事实证明：__________的_____物质___________等于反应后生成的_____物质的_____________。这个规律叫做质量守恒定律。在一切化学反应里，由于反应前后，________种类没有改变，________的数目没有增减，____________的质量也没有变化，所以反应前后各物质的___________必然相等。 2、有化学反应A+B==C+2D ，已知49gA 恰好与29gB 完全反应，生成了60gC ，则同时生成D g 。 3、我国已成功发射的“神州六号”载人飞船，所用的固体燃料是铝粉和高氯酸氨（化学式为NH 4ClO 4）混合物。发射时，点燃铝粉产生大量的热引发高氯酸氨发生下列反应2NH 4ClO 4===N 2↑+Cl 2↑+2O 2↑+4X 。请回答下列问题： （1）NH 4ClO 4中氯元素的化合价为：_________。 （2）该反应属于基本反应类型中的__________反应。 （3）X 的化学式为__________。 （4）NH 4ClO 4由____种元素组成的，是氮元素与氧元素的质量比为____________（N:14 O:16） 4、化学兴趣小组对某化学反应进行了探究，并已将实验测定结果填写在下表中，请你分析并填空： 物质 A B C D 反应前质量/g 20 12 2 2 反应后质量/g 0 2 2 待测 （1）该反应的类型是：__________ （2）反应后D 物质的质量是__________g 。 （3）C 物质可能是该反应的__________ (填“反应物”、“生成物”、“催化剂”)。 命题人 审题人 定稿人 答题时 打印时 学生姓名 班级 学号 得分
高中化学守恒法例题
高中化学守恒法例题 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、NH3的混合气体 L 通过稀H2SO4后，溶液质量增加 g ，气体体积缩小为 L 。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
A 、 B、 C、 D、 [解析]将混合气体通过稀H2SO4后，NH3被吸收。 NH3+H2O==NH3·H2O2NH3·H2O+H2SO4==2SO4+2H2O 而NO2和O2与水接触发生如下反应： 3NO2+H2O==2HNO3+NO 反应① 2NO+O2==2NO2 反应② 生成的NO2再与水反应：3NO2+H2O==2HNO3+NO 反应③ 上述反应①、②属于循环反应，可将反应①×2+反应②，消去中间产物NO ，得出：4NO2+ O2+2H2O ==4HNO3 反应④如果反应④中O2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O2剩余。由反应③知，剩余气体为NO ，其体积在标准状况下为 L，其质量为m。 m==n·M== V ×30 g/mol== ×30 g/mol == g 由质量守恒定律，混合气体的质量m 为：m== g+ g== g V ==26而混合气体的物质的量n ，n== 、88 L == mol //由摩尔质量M 计算公式：M== == g == g/mol //mol而摩尔质量与相对分子质量在数值上相等，则答案为A 。
高考化学守恒法
方法总论 守恒法专题 守恒存在于整个自然界的千变万化之中。化学反应是原子之间的重新组合，反应前后组成物质的原子个数保持不变，即物质的质量始终保持不变，此即质量守恒。运用守恒定律，不纠缠过程细节，不考虑途径变化，只考虑反应体系中某些组分相互作用前后某些物理量或化学量的始态和终态，从而达到速解、巧解化学试题的目的。一切化学反应都遵循守恒定律，在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、元素守恒、原子守恒、电子守恒、电荷守恒、化合价守恒、能量守恒等等。这就是打开化学之门的钥匙。 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．16:9 2．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/L 4．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 2.4×10-3mol [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．-1 6．3.84 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）。 四．电荷守恒 电荷守恒，就是指在物理化学变化中，电荷既不能被创造，也不会被消灭。 换言之，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。
化学计算守恒法
中学生化学竞赛专题讲座：守恒法在化学计算中的应用化学计算中一种十分常用的方法一一守恒法。这种方法在使用过程中不需要了解过多的中间过程，避免了繁杂的分析和多重化学反应，具有思路简单，关系明确，计算快捷的特点。 一、守恒法的基本题型和解题依据 1、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的质量总和，这个规律叫质量守恒定律。其本质是：化学反应前后，各元素的原子的种类，数目没有改变。所以，在一切化学反应中都存在着质量守恒、原子个数守恒。 2、氧化还原反应的特征是元素的化合价发生变化，其本质是在反应中有电子转移。由于物质间得失电子数相等，所以，在有化合价升降的元素间存在化合价升降总数相等的守恒关系。因而有电量守恒（又称电子得失守恒）及化合价守恒。 3、由于物质是电中性的，因而在化合物和电解质溶液中，阴阳离子所带电荷数相等，存在电荷守恒 二、例题应用指导 （一）质量守恒： 在化学反应中，参加反应的反应物的总质量等于反应后生成物的总质量，反应前后质量不变。 例1.在臭氧发生器中装入100mlO 2，经反应302=2 03,最后气体体积变为95ml （体积均为标准状况下测定），则反应后混合气体的密度为多少？ 【分析】根据质量守恒定律反应前后容器中气体的质量不变，等于反应前100ml 0 2的质量。则反应后混合气体的密度为： d= （0.1 L /22.4 L mol：1為2g mo「1）/0.095 L =1.5 g/L 例2、将足量的金属钠投入到100gt °的水中，恰好得到t °时NaOH饱和溶液111g,则t ° 时NaOH的溶解度为 _____ 克。 ［分析解答］:由于2Na+2H2O=NaOH+H 2 所以，反应前总质量为 反应后总质量为
用守恒法解有关镁、铝和铁的计算题
用守恒法解有关镁、铝和铁的计算题 有关金属的计算题，解题方法有多种，其中最重要的一种是守恒法，这种方法 常常能快速，准确地解出较难的计算题！ 一、得失电子守恒与终态法结合 例1：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（） A. 200 ml B. 250 ml C. 425 ml D. 560 ml 解析：要使生成的沉淀最多，Mg2+和Al3+全部生成Mg(OH)2和Al(OH)3沉淀，溶液中溶质只含NaCl，据Na+与Cl-守恒有500×2=4×V（NaOH），所以V（NaOH）=250 ml。 (2) 生成沉淀的质量最多是（） A. 22.1 g B. 8.5 g C. 10.2 g D. 13.6 g 解析：从始态（金属镁和铝）到终态（Mg(OH)2和Al(OH)3）沉淀，固体增加的质量为OH-的质量，只要计算出OH-的物质的量即可，而OH-的物质的量等于反应中转移的电子的物质的量，因反应中生成氢气0.5 g，所以转移的电子的物质的量为氢气物质的量的2倍， 即 mol e，答案为 D。 例2：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H2多少升（标准状况下） 解析：剩余金属1.8 g只可能是Al（因钾要与水反应），钾与水反应生成KOH和H2，KOH再与Al反应（因金属Al有剩余，所以生成的KOH完全反应）， 2K +2H2O = 2KOH + H2↑① 2KOH + 2H2O + 2Al = 2NaAlO2 + 3 H2↑ ②
化学中的守恒思想
化学计算的解题方法——守恒法 化学计算是中学化学的一个难点和重点，要掌握化学计算，应了解中学化学计算的类型，不同类型解题方法是有所不同的。 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。 （一）质量守恒法 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。 【例题】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 【分析】根据质量守恒定律可知混和气体的质量等于碳酸铵的质量，从而可确定混和气体的平均分子量，混和气体密度与相同条件下氢气密度的比，所以答案为C （二）元素守恒法 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。 【例题】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K2CO337.3% 取1克该样品投入25毫升2摩／升的盐酸中后，多余的盐酸用1.0摩／升KOH 溶液30.8毫升恰好完全中和，蒸发中和后的溶液可得到固体 （A）1克（B）3.725克（C）0.797克（D）2.836克 【分析】KOH、K2CO3跟盐酸反应的主要产物都是KCl，最后得到的固体物质是KCl，根据元素守恒，盐酸中含氯的量和氯化钾中含氯的量相等：n(KCl)=n(Cl － )=n(HCl) 所以答案为B (三)电荷守恒法 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】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 (四)电子得失守恒法 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】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KMnO4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
守恒法巧解金属与硝酸反应的计算题修订稿
守恒法巧解金属与硝酸 反应的计算题 WEIHUA system office room 【WEIHUA 16H-WEIHUA WEIHUA8Q8-
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（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. 9.02g B. 8.51g C. 8.26g D. 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. 1.4g B. 2.4g C. 3.2g D. 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
高考复习专题--守恒法在化学计算中的应用
高考复习专题——守恒法在化学计算中的应用 一、原子守恒 原子守恒的解题基本形式 1、分析化学反应的时态和终态的组成微粒，从中筛选合适的守恒对象——原子（离子）或原子团； 2、根据已知条件与守恒对象间的关系，设未知数，列方程； 3、解方程，求未知数的解；⑷根据题设回答相关问题。 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、3：1 B、2：1 C、1：1 D、1：3 【变式1】向500ml 2mol/L的盐酸中加入7.8克镁铝合金，合金完全溶解并放出8.96L（标况）气体，向反应后的溶液中逐滴加入4mol/L的烧碱溶液，当沉淀最多时，滴入这种烧碱的体积是（） A、500ml B、375 ml C、250 ml D、125 ml 【变式2】在铁与氧化铁的混合物15g中加入稀硫酸150ml，标准状况下放出氢气1.68L，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+完全转化成氢氧化亚铁，共耗3mol/L的氢氧化钠溶液200ml，问原硫酸的摩尔浓度是多少？ 【变式3】将0.2mol某烷烃完全燃烧后，生成的气体缓缓通入盛有0.5L 2mol/L的氢氧化钠溶液中，生成的碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之比为1：3，试求该烷烃的分子式 【变式4】现有m mol NO2和n mol NO组成的混合气体，欲用a mol/LNaOH溶液，使该混合气体全部转化成盐进入溶液，需用NaOH溶液的体积是（） A. m a L B. 2 3 m a L C. 2 3 () m n a L + D. m n a L + 【变式5】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% 二：电荷守恒 例2、1L混合溶液中含SO42－0.00025mol，Cl－0.0005mol ,NO3－0.00025mol ,Na＋0.00025 mol ,其余为H＋，则H＋物质的量浓度为（）。 A．0.0025 mol·L－1 B．0.0001 mol·L－1 C．0.001 mol·L－1D．0.005 mol·L－1 强调：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，要注意离子所带电荷数。 【变式6】在H2SO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，铝离子浓度是0.4 mol / L，硫酸根离子的浓度是0.7 mol / L，则氢离子的浓度最接近于 ( ) A. 0.1 mol / L B. 0.2 mol / L C. 0.3 mol / L D. 0.4 mol / L 【变式7】50 mL 1mol/LCH3COOH与100 mL NaOH溶液混合，所得溶液的PH=7，关于该溶液中离子浓度的大小关系或说法，不正确的是（） A、 c(Na+)＝c(CH3COO－) B、 c(Na+)＝c(CH3COO－)＞c(H+)=c(OH－)
守恒法巧解几例化学计算题
守恒法巧解几例化学计算题 守恒法巧解几例化学计算题 论文关键词：守恒法,巧解,几例化学计算题 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3．6ｇ Ｈ2Ｏ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0.8ｍｏ ｌ的ＣＯ2，所得溶液中ＣＯ32－和ＨＣＯ3－的物质的量浓度之比是（）。 Ａ．1∶3 Ｂ．2∶1 Ｃ．2∶3 Ｄ．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Ｃ ｕ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（）。 Ａ．0.12ｍｏｌＢ．0.11ｍｏｌＣ．0.09ｍｏｌＤ．0.08ｍｏｌ 解析：由物料守恒1.92ｇＣｕ和ＨＮＯ3完全反应后，生成0.03ｍｏｌＣｕ（ＮＯ3）2，即消耗ＨＮＯ30.06ｍｏｌ；产生气体不管是ＮＯ2还是ＮＯ，均需ＨＮＯ30.05 ｍｏｌ。故共消耗ＨＮＯ30.11ｍｏｌ。选Ｂ。 二、原子或原子团守恒法
高中化学三大守恒
溶液中离子浓度大小比较归类解析 一、电离平衡理论和水解平衡理论 1.电离理论： ⑴弱电解质的电离是微弱的，电离消耗的电解质及产生的微粒都是少量的，同时注意考虑水的电离的存在；例如NH3·H2O溶液中微粒浓度大小关系。 【分析】由于在NH3·H2O溶液中存在下列电离平衡：NH3·H2O NH4++OH-，H2O H++OH-，所以溶液中微粒浓度关系为：c(NH3·H2O)＞c(OH-)＞c(NH4+)＞c(H+)。 ⑵多元弱酸的电离是分步的，主要以第一步电离为主；例如H2S溶液中微粒浓度大小关系。【分析】由于H2S溶液中存在下列平衡：H2S HS-+H+，HS-S2-+H+，H2O H++OH-，所以溶液中微粒浓度关系为：c(H2S)＞c(H+)＞c(HS-)＞c(OH-)。 2.水解理论： ⑴弱酸的阴离子和弱碱的阳离子因水解而损耗；如NaHCO3溶液中有： c(Na+)＞c(HCO3-)。 ⑵弱酸的阴离子和弱碱的阳离子的水解是微量的（双水解除外），因此水解生成的弱电解质及产生H+的（或OH-）也是微量，但由于水的电离平衡和盐类水解平衡的存在，所以水解后的酸性溶液中c(H+)（或碱性溶液中的c(OH-)）总是大于水解产生的弱电解质的浓度；例如（NH4）2SO4溶液中微粒浓度关系： c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(NH3·H2O)＞c(OH-)。 (3)多元弱酸的酸根离子的水解是分步进行的，主要以第一步水解为主。 例如: Na2CO3溶液中水解平衡为：CO32-+H2O HCO3-+OH-，H2O+HCO3-H2CO3+OH-，所以溶液中部分微粒浓度的关系为：c(CO32-)＞c(HCO3-)。 二、电荷守恒和物料守恒 1．电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数与所有的阴离子所带的负电荷数相等。如NaHCO3溶液中：n(Na+)＋n(H+)＝n(HCO3-)＋2n(CO32-)＋n(OH-)推出：c(Na+)＋c(H+)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(OH-) 2．物料守恒：电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其它离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会改变的。如NaHCO3溶液中n(Na+)：n(c)＝1：1，推出：c(Na+)＝c(HCO3-)＋c(CO32-)＋c(H2CO3)
高一化学守恒法解题
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。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。 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（ 1 ）A、3：1 B、2：1 C、1：1 D、1：3 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NaOH B、Na2CO3与NaHCO3 C、Na2CO3 D、 NaOH （2）A中 NaOH与NaHCO3共多少摩尔？NaOH与NaHCO3物质的量之比为多少？ 练习1. 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分数约为A．36.4% B．46.2% C．53.1% D．22.8% 2.. 有0.4g铁的氧化物，用足量的CO 在高温下将其还原，把生成的全部CO2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（2 ） A. FeO B. Fe2O3 C. Fe3O4 D. Fe4O5 3. 铁有可变化合价，将1 4.4 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·Fe3O4D．Fe2O3 4、现有m mol NO2和n mol NO组成的混合气体，欲用a mol L NaOH /溶液，使该混合气体全部转化成盐进入溶液，需用NaOH溶液的体积是（） A. m a L B. 2 3 m a L C. 2 3 () m n a L + D. m n a L + 5、19.2mg铜跟适量浓硝酸反应后,铜完全溶解,共收集到11.2mL标况下气体,则反应消耗的硝酸可能为( ) A、0.8×10－3mol B、0.5×10－3mol C、1.2×10－3mol D、1.1×10－3mol 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（ 4 ） A、46：9 B、32：9 C、23：9 D、16：9 练习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% 2、向碘化钾溶液中加入硝酸银溶液，直到沉淀完全为止。已知反应后生成硝酸盐溶液质量恰好等于反应前原碘化钾溶液的质量。则加入硝酸银溶液的质量分数为（） A、69% B、75% C、72.5% D、48.3%