高考化學守恒法的應用技巧

金點子：

“守恒法”廣泛應用于高考及各類競賽試題的解題中，它既可使繁亂的問題化難為易，又可使復雜的計算化繁為簡，因而備受廣大中學生的青睞。但在使用中，由于對題意理解不清、條件分析不透，也時常出現濫用守恒的現象，故正確把握守恒原理，學會守恒方法，是高考化學解題之必備。

守恒法包括：元素守恒、電荷守恒、電子守恒、質量守恒等。

1．在化學反應前后，物質中的各元素原子的物質的量始終保持守恒，這就是元素守恒。如在復雜的變化過程中，能充分利用某些元素原子的物質的量守恒解題，不僅思路清晰，而且計算簡便。

2．根據電解質溶液總是呈電中性，從而利用電解質溶液中的陽離子所帶的正電荷總數與陰離子所帶的負電荷總數相等來進行解題的方法稱電荷守恒法。

3．在氧化還原反應中，還原劑失去的電子總數與氧化劑得到的電子總數相等，這是運用得失電子數守恒進行化學計算的主要依據。

4．質量守恒普遍存在于整個物理、化學變化過程中（核反應除外），如反應前后物質的質量守恒，反應過程中催化劑的質量守恒，溶液稀釋與混合時溶質的質量守恒等。

經典題：

例題1

：（2001年全國高考）在無土栽培中，需配制一定量含50

mol

NH4Cl、16

mol

KCl和24molK2SO4的營養液。若用KCl、NH4Cl和(NH4)2SO4三種固體為原料來配制，三者的物質的量依次是（單位為mol）（）

A．2、64、24

B．64、2、24

C．32、50、12

D．16、50、24

方法：利用元素守恒求解。

捷徑：先求出需配制營養液中所需NH4+、K+、Cl—、SO42—、物質的量，再用同樣的方法求出選項中所提供的物質中所含NH4+、K+、Cl—、SO42—物質的量。若與題干中的數值一致，即為選項。如題干中NH4+

mol；K+：16+24×2=64（mol）；Cl—：50+16=66（mol），SO42—：24mol。選項B，NH4+：2+24×2=50（mol），K+：64mol、Cl—：64+2=66（mol），SO42—：24mol，與題干相符，選項B正確。

總結：如果題目中提供不是固體物質，而是溶液，其解法是相同的，只要將溶質的物質的量求出，就變成與本題完全相同的題目。目前化學試題中往往置于與生產實際、科研等相結合的情境中，解題時，只要把它遷移到解化學題基本方法中，就可迎刃而解。

例題2

：（2001年上海高考）將0.1mol/L的醋酸鈉溶液20mL與0.1mol/L鹽酸10rnL混合后，溶液顯酸性，則溶液中有關微粒的濃度關系正確的是（）

A．c

(Ac－)＞c

(Cl－)＞c

(H＋)＞c

(HAc)

B．c

(Ac－)＞c

(Cl－)＞c

(HAc)＞c（H＋）

C．c

(Ac－)＝c

(Cl＋)＞c

(H＋)＞c

(HAc)

D．c

(Na＋)＋c

(H＋)＝c

(Ac－)＋c

(Cl－)＋c

(OH－)

方法：首先必須考慮溶液間的反應，然后通過守恒關系分析。

捷徑：將0.1mol/L的醋酸鈉溶液20mL與0.1mol/L鹽酸10rnL混合后，考慮溶液間的反應，此時溶液變成了等物質的量濃度的CH3COONa、CH3COOH、NaCl三種物質的混合溶液。因此時溶液顯酸性，知CH3COOH的電離程度大于CH3COONa的水解程度。以此得溶液中粒子間物質的量濃度的關系為：c（Na＋）＞c

(Ac－)＞c

(Cl－)＞c

(HAc)＞

c（H＋）＞c

(OH－)。再利用電荷守恒可得：c

(Na＋)＋c

(H＋)＝c

(Ac－)＋c

(Cl－)＋c

(OH－)。對照選項可得答案為BD。

總結：當溶液中兩種可兩種以上的物質相混合時，首先必須考慮溶液間的反應，這是解答此類試題的第一步，也是關鍵性的一步。部分考生由于未考慮混合后的反應而經常出錯。

例題3

：（1999年上海高考）

：把0.02

mol·

L－1

HAc溶液和0.01

mol·

L－1

NaOH溶液以等體積混和，則混合液中微粒濃度關系正確的是

（）

A．c（Ac-）>c（Na+）

B．c（HAc）>c（Ac-）

C．2c（H+）=

c（Ac-）—c（HAc）

D．c（HAc）+c（Ac-）=

0.01mol·

L－1

方法：通過電荷守恒及物料守恒兩大守恒分析。

捷徑：兩溶液等體積混合后變成0.005mol·L-1

HAc

和0.005mol·L-1

NaAc的混合溶液，由于HAc的電離占主導地位，故c（Ac-）>

c（HAc），溶液呈酸性。再根據電荷守恒關系：c（Na+）+c（H+）=

c（Ac-）+c（OH-），及c（H+）>

c（OH-）得c（Ac-）>

c（Na+）。再將物料守恒關系c（Na+）=

c（HAc）+c（H+）-c（OH-）代入電荷守恒關系得：2c（H+）=c（Ac-）-

c（HAc）+2c（OH-）。另知，不管溶液電離平衡和水解平衡如何移動，其c（HAc）+c（Ac-）均為常數0.01mol·L-1。以此得答案為A、D。

總結：此類試題考查方式主要有：①微粒濃度的大小比較

②電荷守恒關系式

③物料守恒關系式

④電荷守恒與物料守恒疊加后的恒等關系式。解題時仍要優先考慮溶液混合過程中的反應問題。

例題4

：(2001年高考試測題)將氨水逐滴加入到稀鹽酸中，使溶液成中性，則此時（）

A．ｃ(NH4+)=ｃ(Cl-)

B．ｃ(NH4+)>ｃ(Cl-)

C．ｃ(NH4+)<ｃ(Cl-)

D．ｃ(NH4+)與ｃ(Cl-)之間關系不確定

方法：根據溶液中電荷守恒關系獲解。

捷徑：將氨水加入到稀鹽酸中，根據電荷守恒關系得：c（NH4+）+c（H+）=

c（Cl-）+c（OH-）。因所得溶液呈中性，則c（H+）=

c（OH-），以此得：c（NH4+）=

c（Cl-）。故得答案為A。

總結：在對溶液進行計算以確定其濃度及溶液中恒等關系的判斷時，通常都可通過守恒法使答題過程變得簡單明了。

例題5

：

(1994年全國高考)

38.4mg銅跟適量的濃硝酸反應,銅全部作用后共收集到氣體22.4mL(標準狀況),反應消耗的HNO3的物質的量可能是

（）

A．1.0×10-3mol

B．1.6×10-3

mol

C．2.2×10-3

mol

D．2.0×10-3

mol

方法：利用反應過程中原子個數守恒求解。

捷徑：HNO3與Cu反應，一部分起酸的作用，即生成Cu(NO3)2用去硝酸

=

2n

(Cu)

=

mol×2=1.2×10—3mol；另一部分HNO3起氧化作用，不管生成的22.4mL

氣體為何成分，都是HNO3的還原產物，且有HNO3~NO，HNO3~NO2，所以起氧化作用的HNO3為

mol

=1×10—3mol，故共消耗HNO3的物質的量為：

1.2×10—3mol

+

1×10—3mol

=

2.2×10—3mol。以此得答案為C。

總結：這是利用原子個數守恒進行計算的范例。根據參加反應的HNO3一部分生成Cu（NO3）2，另一部分變成NO2或NO。利用反應前后的N原子守恒，可以輕松求解。類似的解法可以在很多題目應用。

例題6

：(2002年全國高考)在一定條件下，分別以高錳酸鉀、氯酸鉀、過氧化氫為原料制取氧氣，當制得同溫、同壓下相同體積的氧氣時，三個反應中轉移的電子數之比為

（）

A．1︰1︰l

B．2︰2︰1

C．

2︰3︰l

D．4︰3︰2

方法：根據反應過程中化合價的變化及得失電子守恒分析。

捷徑：假設三個反應均生成1molO2，在高錳酸鉀、氯酸鉀的分解反應中，只有氧的化合價升高，且均由-2價升高到0價，故轉移電子數均為4mol。而過氧化氫的分解反應，雖也只有氧的化合價升高，但其化合價由-1升高到0價，以此產生1molO2，轉移電子數為2mol。綜合得，產生相同量的O2，三個反應中轉移的電子數之比為：4︰4︰2

=

2︰2︰1。故答案為B。

總結：對不同的反應，在利用電子守恒分析轉移電子的情況時，要注意考慮不同反應中化合價不同，而造成電子轉移不同的情況。

例題7

：

(2001年全國高考)將NO3—+Zn+OH—+H2O→NH3+Zn（OH）42—配平后，離子方程式中H2O的系數是

（）

A．2

B．4

C．6

D．8

方法：利用得失電子守恒及電荷守恒進行配平后確定離子方程式中H2O前的系數。

捷徑：氧化劑NO3—被還原成NH3，1molNO3—得到8mol電子才能生成NH3。還原劑Zn被氧化成Zn（OH）42—，1molZn失去2mol電子才能生成Zn（OH）42—，所以Zn的序數是4，NO3—的序數是1，反應式變成NO3—+4Zn+OH—+H2O→NH3+4Zn（OH）42—，根據離子反應方程式中電荷守恒的原理，可確定OH—的序數是7，最后根據氫原子（或氧原子）守恒可確定H2O的序數是6。顯然答案為C。

總結：這是一道氧化還原反應方程式的配平題。在全國考題已經有多年未出現這樣的題目，而在上海試題中每年都有。反應方程式的配平是中學化學學習中的基本技能。全國高考題雖然多年未考純粹的配平題，但應用配平反應方程式的原理（即守恒原理）的試題卻很常見。

注意

高考試題評分標準明確指出，反應方程式不配平或配平錯誤都不能得分。

例題8

：(2001年高考試測題)某化工廠每小時生產98%（質量分數）硫酸at（噸），為使硫充分燃燒，且在下一步催化氧化時不再補充空氣，要求燃燒后的混合氣體中含氧氣的體積分數為b%。若空氣中氧氣的體積分數為21%，且不考慮各生產階段的物料損失，則

（1）該廠每小時消耗標準狀況下空氣的體積為

m3。

（2）為滿足題設需求，b%的下限等于。

方法：根據原子個數守恒求解。

捷徑：（1）該題的反應過程為：S→SO2→SO3→H2SO4，每小時生產的98%硫酸at，其物質的量為104amol，不計損耗，應制得SO2104amol。根據S→SO2，這一步需O2104amol，又因為燃燒后的混合氣體中含氧氣的體積分數為b%，且因S→SO2，反應前后氣體物質的量不變，設每小時消耗空氣為n

mol，則：。

故每小時消耗標準狀況下空氣的體積為：

（2）空氣中的氧氣必須維持兩個反應，即S→SO2和SO2→SO3的過程。第一步耗氧量為第二步的兩倍，故為了滿足SO2→SO3催化氧化時不再補充空氣的需求，b%的下限應等于空氣中氧氣的三分之一，即7%。

總結：該題為化工生產過程中的計算問題，為了迅速求解，除了要理清題意，還必須充分運用反應過程中的硫元素守恒及氧元素守恒。

金鑰匙：

例題1

：把0.02

mol/LHAc溶液和0.01

mol/LNaOH溶液以等體積混合，則混合液中微粒濃度關系正確的為

（）

A．c（Ac—）﹥c（Na+）

B．c（HAc）﹥c（Ac—）

C．2c（H+）=

c（Ac—）—

c（HAc）

D．c（HAc）+

c（Ac—）=

0.01mol/L

方法：

捷徑：混合后先得到0.005

mol/L的HAc溶液和0.005

mol/L的NaAc溶液，由于Ac—的水解程度小于HAc的電離程度，故A正確、B錯誤。整體考慮溶液中的H+得失：

HAc

H3O+

Ac—

H2O

OH—

得H+

失H+

可得

c（H+）+c（HAc）=c（OH—）

整體考慮CH3COO—的守恒，可得c（HAc）+

c（Ac—）=

0.01

mol/L。所以答案A、D。

總結：任何溶液中都存在三種恒等式——物料平衡（質量守恒）、電荷平衡、質子守衡。以上題為例，這三種等式分別是

c（HAc）+

c（Ac—）=

0.01mol/L

c（Na+）+

c（H+）=

c（Ac—）+

c（OH—）

c（H+）+

c（HAc）=

c（OH—）

例題2

：有一在空氣中暴露過久的KOH固體，經分析得知其中含水a%，K2CO3

6%，其余為KOH。取此樣品m

g

溶于100

mL

mol/L的硫酸里，殘酸需加n

g

原樣品才剛好中和完全。由此可知蒸發中和后的溶液可得固體質量為

（）

A．14.2g

B．17.4g

C．20.6g

D．無法計算

方法：因蒸發中和后的溶液得固體K2SO4，而SO42－僅來自于硫酸，以此可通過S原子守恒快速求解。

捷徑：最終所得固體為K2SO4

。∵n（K2SO4）

=

n（H2SO4）

∴m（K2SO4）

=

0.1mol

×

174g/mol

=

17.4g，得答案為B。

總結：因在空氣中暴露過久的KOH固體成分沒有具體的數值，不少同學會因數據未知而錯選D(無法計算)。

例題3

：取20g混有MnO2的KClO3，加熱至恒重，在一定溫度下將殘留的固體加入10g水中有7.9g固體未溶解，再加入5g水仍有5.3g固體未溶，則原混合物中可能含有的KClO3質量為（）

A．14.7g

B．6.9g

C．12.1g

D．17.6g

方法：根據作為起催化作用的MnO2，在整個過程中質量守恒分析求算。

捷徑：如5.3g未溶固體全為MnO2，則KClO3質量為14.7g。根據反應2KClO3

2KCl

+

3O2↑知，14.7g

KClO3完全分解生成KCl

8.94g，得10g水中溶KCl

5.3g+8.94g—7.9g=6.34g，再加5g水又溶7.9g—5.3g=2.6g，此時溶液為KCl的不飽和溶液，剩余物為MnO2，符合題意。

如5.3g未溶固體含KCl和MnO2，根據后加5g水溶2.6g

KCl知，先加的10g水中溶KCl

5.2g，得加熱至恒重時質量為5.2g+7.9g=13.1g，放出O2為6.9g，根據反應方程式可求得KClO3為17.6g，MnO2實際質量為2.4g，符合題意。

以此得答案為A、D。

總結：5.3g未溶固體是何物質是解答該題的關鍵，部分考生由于僅將其作為MnO2而出現漏選D答案的情況。

例題4

：在鐵和氧化鐵混合物15

g

中，加入稀硫酸150

mL，能放出H2

1.68

L（S、P、T）。同時鐵和氧化鐵均無剩余，向反應后的溶液中滴入KSCN溶液，未見顏色變化。為了中和過量的H2SO4，且使Fe2+完全轉化成Fe(OH)2，共消耗3

mol/L的NaOH溶液200

mL，則原硫酸的物質的量濃度是（）

A.1.5mol/L

B.2mol/L

C.2.5mol/L

D.3mol/L

方法：因最后溶液中所剩溶質為Na2SO4，根據電荷守恒可求得SO42－的物質的量濃度。

捷徑：最終所得溶液中含有Na+和SO42-（少量H+和OH-）而Na+來自于NaOH。SO42-來自于原硫酸，根據溶液中離子電荷守衡得：

n(Na+)

+

n(H+)

=

2n(SO42－)

+

n(OH－)，不計少量H+和OH-，得

3mol/L×

0.2L

=

2×c(SO42-)×0.15L

解得：c(H2SO4)=

mol/L，以此答案為B。

總結：此題再利用氫氣的體積和鐵元素守恒，還可求得原混合物中鐵和氧化鐵的質量。

例題5

：向某稀醋酸溶液中滴加一定量的氫氧化鈉溶液后，若溶液中CH3COO-的物質的量等于加入NaOH的物質的量。則此時溶液的pH（）

A.＞7

B.＜7

C.＝7

D.無法確定

方法：利用溶液中陰陽離子所帶電荷相等列出恒等式求得c(H+)與

c(OH-)間的關系，再分析此關系而獲得結果。

捷徑：因溶液中CH3COO-的物質的量等于加入NaOH的物質的量，又溶液中Na+的物質的量等于加入NaOH的物質的量，所以反應所得混合溶液中CH3COO-與Na+物質的量相等，即c(CH3COO-)=

c(Na+)。而根據電荷守恒知，溶液中c(Na+)+c(OH-)=

c(CH3COO-)+c(OH-)，則溶液中c(H+)=

c(OH-),即溶液pH

=

7。以此得答案為C。

總結：此題若從電離平衡角度分析，則難于理解。如果靈活運用電荷守恒關系分析，問題則迎刃而解。

例題6

：在3BrF3

+5H2O

=

HBrO3

+

O2↑+

Br2

+

9HF中，若有5mol水參加反應，則被水還原的BrF3的物質的量是（）

A．3

mol

B．10/3

mol

C．4/3

mol

D．2

mol

方法：水僅作還原劑，5mol水參加反應，有2mol水被氧化，以此根據得失電子守恒即可求得被水還原的BrF3的物質的量。

捷徑：2mol水被氧化生成1mol氧氣，水失去電子的物質的量為4mol，BrF3的化合價從+3降為0價，每摩爾BrF3作氧化劑時得3mol電子，以此根據得失電子守恒即可求得被2

mol水還原的BrF3為4/3

mol，故正確答案為C。

總結：該題部分學生根據化學方程式直接得，當5mol水參加反應，有2

mol

BrF3被還原。以此獲得錯誤結果D。現錯解的原因是審題時未注意失電子為何物質，又忽視一個關鍵字——水。該反應失電子不僅有H2O，還有BrF3。

y

x

A

y

x

y

x

y

x

B

C

D

例題7

：標準狀況下，在1L

NO氣體中不斷地通入O2，若溫度和壓強保持不變，則反應后氣體體積y與通入的O2體積（用x表示）關系正確的圖為（）

方法：根據反應2NO

+

O2

=

2NO2前后N元素守恒及部分NO2

轉化成N2O4，結合圖示分析求解。

捷徑：根據反應2NO

+

O2

=

2NO2，前后N元素守恒。但在標準狀況下，NO2一旦生成，便有部分轉化成N2O4，而造成氣體的物質的量及體積減小，待NO反應完后，再通入O2，體積逐漸增大，以此得正確答案為D。

總結：部分考生根據反應2NO

+

O2

=

2NO2，依據在溫度和壓強不變時，氣體體積與氣體的物質的量成正比，得出在NO中通入O2，開始體積不變，待NO反應完后，再通入O2，體積逐漸增大，從而獲得答案C。出現此種錯解的原因乃是濫用反應過程中物質的量守恒，未考慮后續反應之故。

在化學反應中利用物質的量守恒進行解題時，必須注意反應的進程問題。當反應過程中濃度變稀造成反應終止，或有后續反應存在時，便可能造成物質的量不守恒。

例題8：

NO和NO2（過量）組成的混合氣體通入NaOH溶液中，能發生反應①3NO2

+

NaOH

=

2NaNO3

+

NO↑+H2O，②NO2

+

NO

+

2NaOH

=

2NaNO2

+

H2O，如用V

L

NaOH溶液吸收由n

mol

和m

mol

NO2組成的混合氣體，求NaOH溶液的濃度最小要達到多少mol/L？

方法：根據反應前后N元素守恒求NaOH溶液的最小濃度。

捷徑：從題中反應可知，NO2過量，氮的氧化物能全部被吸收，且生成NaNO2或NaNO3，以此消耗NaOH的物質的量等于混合氣的總物質的量，NaOH的物質的量≥（m+n）/V

mol/L，故NaOH的濃度最小應為（m+n）/V

mol/L

總結：根據反應前后元素的來龍去脈，找出某些元素間的守恒關系，列出恒等式，可迅速求得結果。此題如通過設物質的量來求解，便顯得很繁雜。

例題9

：有碳酸鈉和碳酸氫鈉的混合物14.8g，把它配成稀溶液，然后向該溶液中加入12.4g堿石灰（CaO、NaOH組成的混合物），充分反應后，溶液已檢測不到Ca2+、CO32—和HCO3—，然后將所得的體系中水分設法蒸干，得白色固體29g。試求：（1）原混合物中碳酸鈉和碳酸氫鈉各多少克？（2）堿石灰中CaO、NaOH各多少克？（3）所得29g白色固體中各種成分的質量是多少？

方法：根據反應列出守恒關系，然后通過反應前后的守恒求解。

本題有下列量守恒：①反應前后的CO32—物質的量守恒，即CaCO3中CO32—物質的量等于Na2CO3中CO32—的物質的量與NaHCO3中HCO3—物質的量之和；②反應前后Ca2+物質的量守恒，即CaO中Ca2+的物質的量等于CaCO3中Ca2+物質的量；③反應前后，Na+物質的量守恒。

捷徑：設Na2CO3的物質的量為x，NaHCO3的物質的量為y，堿石灰中NaOH的物質的量為z，根據上述有關離子物質的量守恒得：

106g·mol—1x+

g·mol－1

y

=

14.8g

g·mol—1

(x+y)+40

g·mol—1z

=

12.4g

g·mol—1

(x+y)+40

g·mol—1

(2x+y+z)

=

29g

解之得

x=0.1mol，y=0.05mol，z=0.1mol

（1）

原混合物中Na2CO3為0.1mol

×106

g·mol—1

=

10.6g，NaHCO3為0.05mol×84

g·mol—1

=

4.2g。

（2）

堿石灰中CaO為56

g·mol—1

×（0.1mol+0.05mol）=

8.4g，NaOH為0.1mol×40

g·mol—1

=

4g。

（3）

29g白色固體中CaCO3為100

g·mol—1

×（0.1mol

+

0.05mol）=

15g，NaOH為29g

—15g

=

14g。

總結：為了能充分理清反應前后的關系，建議考生在解題時要畫出前后的變化關系圖，并將守恒的元素找對、找全。

例題10

：已知Zn（OH）2與Al（OH）3一樣具有兩性，現有硝酸銅和硝酸銀混合溶液100mL，其NO3—濃度為4

mol·L-1。當加入一定質量的鋅粉，充分振蕩后過濾，得干燥沉淀24.8

g

。將此沉淀置于稀鹽酸中，無氣體放出。在濾液中加入BaCl2溶液無沉淀生成，再加入過量稀NaOH溶液得到的沉淀，經過濾、干燥、灼熱后質量為4g。求參與反應的鋅的質量。

方法：由于電解質溶液呈中性，根據溶液中陽離子所帶的正電荷總數必定等于陰離子所帶的負電荷總數。對此題來說，即反應后溶液中Zn2+與未被置換的Cu2+

所帶的正電荷必定等于溶液中NO3—所帶的負電荷。根據反應后溶液中電荷守恒列式求解。

捷徑：由于24.8

g

沉淀物不能與鹽酸反應，說明沉淀物中無過剩的鋅粉，即加入的鋅全部參與反應。又由于濾液不與BaCl2溶液反應，說明原溶液中Ag+

已全部被鋅置換。最后4

g

固體為CuO的質量，它是溶液中未參與反應的Cu2+

轉化而成。

+

=

mol·L-1×0.1L

（）

×2

因反應后溶液中Zn2+與未被置換的Cu2+

所帶的正電荷等于溶液中NO3—所帶的負電荷。設參與反應的鋅的質量為x，則

解之得，x=9.75g

總結：利用電荷守恒法進行解題時，必須注意以下兩個問題：①溶液中陰、陽離子總數不一定守恒；②當溶液很稀時，水的電離不能忽略。

例題11

：在室溫時，將PH

=

5的稀硫酸稀釋到1000倍，則稀釋后的溶液中c(H+)︰c(SO42—)。

方法：溶液無限稀釋后，水的電離不能忽略，此時要通過水的離子積常數求解。

捷徑：PH=5的H2SO4稀釋到1000倍后，H2SO4電離提供的c(H+)為10—8mol·L—1，c(SO42—)為5×10—9

mol·L—1。由于溶液很稀，不能忽略水的電離。設水電離產生的H+或OH—為x

mol·L—1，根據水的離子積常數得：

（10—8+x）x=10—14，解得x

=9

.5×10—8（mol·L—1）

c(H+)︰c(SO42—)

=

（10—8mol·L—1

+

.5×10—8mol·L—1）︰5×10—9

mol·L—1

=

21︰1

總結：部分考生未考慮水的電離，而根據H2SO4完全電離得出錯誤結果為，c(H+)︰c(SO42—)

=2︰1。

例題12

：

3.84g

Cu和一定質量的濃硝酸反應，隨著反應的進行，硝酸溶液濃度也在降低，反應生成的氣體顏色也在逐步變淺，當銅反應完畢時共收集到氣體體積為2.21

L。若把收集到氣體的集氣瓶倒立于盛水的水槽中，需通入多少毫升標準狀況下的O2才能使集氣瓶充滿溶液？

方法：根據題意，硝酸首先獲得Cu的電子生成氮的氧化物NO2和NO，并有少量NO2轉化成N2O4

。而后各種氮的氧化物又失電子給O2而重新生成HNO3

。根據得失電子數守恒，O2得到的電子數一定等于Cu失去的電子數。

捷徑：由于3.84g

Cu失去電子0.12

mol，需0.03

mol

O2獲得，故標準狀況下O2的體積為0.03

mol×22.4

L·

mol-1×1000

mL·L-1

=672

mL。

總結：在利用得失電子數守恒進行解題時，必須注意得失電子為何物質，注意氧化還原反應中整體與局部之間的關系和聯系。

例題13

：將碳酸氫銨受熱分解后的產物恒溫于150℃，其平均分子量為多少？

方法：如果分析產物中氣體組成，再用對各組分氣體分子量加以平均（即M=17×

1/3

+

×

1/3

+

×

1/3）來求就太繁了。而從整體質量守恒法來求便顯得簡單明了。

捷徑：由于生成物均為氣體，故其總質量與碳酸氫銨質量相等。而1

mol碳酸氫銨又分解出3

mol氣體，因此平均分子量為：79/3。

總結：如果有生成物為固體或液體，前后的質量將不再守恒，在解題時要特別注意。

例題14

：

20℃時，向五瓶盛有90g水的容器中分別加入下列物質各10g，A、氯化鈉，B、氨氣，C、過氧化鈉，D、三氧化硫，E、氧化鈣，得到五種溶液。這五種溶液的溶質質量分數由大到小的順序是。

方法：解答該題既要考慮與水反應后的溶質質量，又要考慮生成氣體問題，還要考慮有無沉淀生成。

捷徑：由于Ca（OH）2為微溶物，故其濃度最低，其溶質質量分數大小順序應為D>C>A=B>E。

總結：該題易出現的錯解是：A、B加入90g水中，溶質仍為10g，得溶質質量分數為10%，C、D、E10g加入水中，溶質分別變為NaOH10.26g，H2SO412.25g，Ca（OH）213.21g，除Na2O2加入水中放出O22.05g，溶液質量變為97.95g外，其余溶液質量均為100g外，以此得溶質質量分數分別為C、10.47%，D、12.25%，E、13.21%，其大小順序為E>D>C>A=B

。出現此錯解的原因是未能考慮到Ca（OH）2為微溶物，其CaO與H2O反應生成的Ca（OH）2大部分脫離溶液體系呈沉淀析出，而出現溶質質量不守恒的現象。

在使用質量守恒進行解題，要特別注意反應的體系問題。當脫離反應體系，如生成沉淀、產生氣體，此時在反應體系內物質的質量便表現得不守恒。

聚寶盆：

1．化學反應總遵循質量守恒。其原因是在任何化學反應前后，元素的種類和原子的個數均保持不變。解題時既可運用質量守恒、更可直接運用原子守恒進行巧解。

2．在任何氧化還原反應中，還原劑失去的電子總數一定與氧化劑得到的電子總數相等，解決氧化還原反應中的相關問題時，可用電子守恒法。

3．任何溶液都呈電中性，可見：Σ(陽離子的物質的量×陽離子的價數)

=

Σ(陰離子的物質的量×陰離子的價數)；或Σ(陽離子的物質的量濃度×陽離子的價數)

=

Σ(陰離子的物質的量濃度×陰離子的價數)。這就是電荷守恒法。

熱身賽：

1．將ag

NaOH樣品溶于bmL

0.1mol/L硫酸里，再加cmL

0.1mol/L

KOH溶液恰好呈中性，則樣品純度為

（）

A．×100%

B．

×100%

C．

×100%

D．

×100%

2．為了取制氧氣，取一定量的KClO3和一定量的MnO2共熱，開始時MnO2在混和物中質量百分含量為25%，當M

nO2含量提高到30%時，KClO3的分解百分率為

（）

A．43.3%

B．56.7%

C．40%

D．60%

3．同溫同壓下,10mL氣體A2和30mL氣體B2恰好完全化合，生成20mL氣體X，則X的化學式為

（）

A．AB3

B．A3B

C．A2B

D．AB2

4．已知某強氧化劑XO（OH）2+

被亞硫酸鈉還原到較低價態，如果還原含2.4×10-3mol

XO（OH）2+的溶液至此較低價態，需用30mL

0.2mol/L的Na2SO3溶液，那么X元素最終價態為

（）

A．+2

B．+1

C．0

D．-1

5．24mL濃度為0.05mol/L的Na2SO3溶液，恰好與20mL濃度為0.02mol/L的K2Cr2O7溶液完全反應，則元素Cr在被還原的產物中的化合價是（）

A．+6

B．+3

C．+2

D．0

6．若干克銅粉和鐵粉產混合物與足量鹽酸充分反應后，過濾，將濾渣在空氣中充分加熱，冷卻后稱量，質量恰好等于原混合物的質量，則混合物中鐵的質量分數

7．將NaHCO3和部分風化的純堿晶體組成的混合物樣品m

g配成250mL溶液，用1.0

mol/L鹽酸滴定，至終點時，用去鹽酸30.0

mL。若將上述樣品m

g加熱至質量不變時，可得到固體多少克？

8．鎂帶在空氣中完全燃燒后，將其產物溶于50mL1.8mol/L稀鹽酸中,再加入20mL0.9moL/LNaOH溶液以中和多余的酸,然后加入足量NaOH溶液使氨全部逸出,經測定氨的質量為0.102g。求鎂帶的質量。

9．工業上用焦炭、水和空氣為原料合成氨，在理論上消耗焦炭和氨氣的物質的量之比為多少（不考慮空氣中O2的反應）？

10．有混合氣體A（由NO、H2、CO2組成），通過過量的Na2O2后，變成混合氣體B，將B引燃，使其充分反應，得到濃度為70%的硝酸溶液（無任何氣體剩余）。求混合氣體A和B中各氣體的體積比。

11．把一定量的氯酸鉀充分加熱到再不放出氣體為止，向剩余固體中加入足量的水配成溶液，向該溶液中加入足量的硝酸銀溶液，過濾，干燥，得到固體物質143。5g，求放出氧氣多少克。

12．羥胺（NH2OH）是一種還原劑，能將某些氧化劑還原。現用50.00mL

0.049mol／L的羥胺的酸性溶液跟足量的硫酸鐵溶液在煮沸條件下反應，生成的Fe2+恰好與49.3mL

0.02mol／L的KMnO4

酸性溶液完全作用。[已知FeS＋KMnO4＋H2SO4－Fe2（SO4）3＋K2SO4＋MnSO4＋H2O（未配平）]，則在上述

反應中，羥胺的氧化產物是____________。

13．金屬A和非金屬B可以直接化合生成化合物AB。甲、乙、丙三人分別做A和B化合反應的實驗，充分反應時每人所用A和B的質量各不相同，但總質量都是9g。甲、乙所用A和B的質量及三人得到化合物AB的質量如下表，請填寫表中空格。

A的用量

B的用量

得到AB的用量

甲

7g

2g

6g

乙

4g

5g

6g

丙

4.44g

14．將一定量的氯酸鉀與3.48

g二氧化錳組成的混合物加熱一段時間后共收集到氧氣0.336

L(標準狀況)，然后將殘留固體加入到足量濃鹽酸中共熱，使之與濃鹽酸充分反應，再將生成的氣體全部通入到100

mL1

mol/L的溴化亞鐵溶液中，有的溴離子被氧化成單質。求氯酸鉀的分解百分率。

15．將一定量的鋁粉和鐵粉的混合物溶于足量鹽酸中，然后向其中加入過量的氫氧化鈉溶液，在空氣中放置一段時間，濾出沉淀物，再將沉淀物在O2中灼燒，最后得紅棕色粉末，該粉末的質量與原鋁、鐵混合物的質量恰好相等。求原混合物中鋁的質量分數。

16．將一塊已被嚴重銹蝕而部分變為銅綠[Cu2(OH)2CO3]的銅研磨成粉末，充分灼燒成CuO，發現固體質量沒有發生增減。求銅被銹蝕的質量百分率。

大檢閱：

1．D

2．B

3．A

4．C

5．B

6．20%

7．15.9g。運用質量守恒法

8．0.792g。運用質量守恒法和整體思維技巧

9．3︰2。運用電荷守恒法

10．A中V(NO)

︰V(H2)

︰V(CO2)

=

2︰4︰7；B中V(NO2)

︰V(H2)

︰V(O2)

=

4︰8︰5。運用質量守恒法和整體思維技巧

11．48g

12．N2O

13．7.52g

1.48g

(或2.96g、6.04g)

14．33.33%

15．30%

16．有關的兩個反應式是：Cu2（OH）2CO3=2CuO＋H2O↑＋CO2↑，2Cu＋O2=2CuO。前一反應減小固體質量，后一反應增加固體質量。常見的解法可能是：設原固體質量為1，其中Cu2（OH）2CO3含x，單質銅含1－x。據題義：。式中80、222、64、62、32分別為CuO、Cu2（OH）2CO3、Cu、H2O＋CO2（相當于H2CO3）、O2的摩爾質量。解得x=47.23%。但這僅是Cu2（OH）2CO3的百分含量，還需對原金屬銅的銹蝕率進行換算：。如果緊盯關鍵元素Cu來做文章，可以發現第一個反應中放出的H2CO3的物質的量等于被蝕銅元素物質的量的1/2，第二個反應中被結合的O2的物質的量則等于未銹蝕銅元素的1/2。設H2CO3的質量為m，據題義O2的質量亦為m，即可據兩部分銅元素的量直接列式解得答案：。式中連Cu2（OH）2CO3、CuO、Cu的摩爾質量都沒有用上，運算量簡化到了最大限度