高考化學(xué)守恒法的應(yīng)用技巧

金點子：

“守恒法”廣泛應(yīng)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(fù)雜的計算化繁為簡，因而備受廣大中學(xué)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(xiàn)濫用守恒的現(xiàn)象，故正確把握守恒原理，學(xué)會守恒方法，是高考化學(xué)解題之必備。

守恒法包括：元素守恒、電荷守恒、電子守恒、質(zhì)量守恒等。

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

2．根據(jù)電解質(zhì)溶液總是呈電中性，從而利用電解質(zhì)溶液中的陽離子所帶的正電荷總數(shù)與陰離子所帶的負(fù)電荷總數(shù)相等來進(jìn)行解題的方法稱電荷守恒法。

3．在氧化還原反應(yīng)中，還原劑失去的電子總數(shù)與氧化劑得到的電子總數(shù)相等，這是運用得失電子數(shù)守恒進(jìn)行化學(xué)計算的主要依據(jù)。

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

經(jīng)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(yǎng)液。若用KCl、NH4Cl和(NH4)2SO4三種固體為原料來配制，三者的物質(zhì)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(yǎng)液中所需NH4+、K+、Cl—、SO42—、物質(zhì)的量，再用同樣的方法求出選項中所提供的物質(zhì)中所含NH4+、K+、Cl—、SO42—物質(zhì)的量。若與題干中的數(shù)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(jié)：如果題目中提供不是固體物質(zhì)，而是溶液，其解法是相同的，只要將溶質(zhì)的物質(zhì)的量求出，就變成與本題完全相同的題目。目前化學(xué)試題中往往置于與生產(chǎn)實際、科研等相結(jié)合的情境中，解題時，只要把它遷移到解化學(xué)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(guān)微粒的濃度關(guān)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(yīng)，然后通過守恒關(guān)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(yīng)，此時溶液變成了等物質(zhì)的量濃度的CH3COONa、CH3COOH、NaCl三種物質(zhì)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(zhì)的量濃度的關(guān)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(jié)：當(dāng)溶液中兩種可兩種以上的物質(zhì)相混合時，首先必須考慮溶液間的反應(yīng)，這是解答此類試題的第一步，也是關(guān)鍵性的一步。部分考生由于未考慮混合后的反應(yīng)而經(jīng)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(guān)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(dǎo)地位，故c（Ac-）>

c（HAc），溶液呈酸性。再根據(jù)電荷守恒關(guān)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(guān)系c（Na+）=

c（HAc）+c（H+）-c（OH-）代入電荷守恒關(guān)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(shù)0.01mol·L-1。以此得答案為A、D。

總結(jié)：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(guān)系式

③物料守恒關(guān)系式

④電荷守恒與物料守恒疊加后的恒等關(guān)系式。解題時仍要優(yōu)先考慮溶液混合過程中的反應(yīng)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(guān)系不確定

方法：根據(jù)溶液中電荷守恒關(guān)系獲解。

捷徑：將氨水加入到稀鹽酸中，根據(jù)電荷守恒關(guān)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(jié)：在對溶液進(jìn)行計算以確定其濃度及溶液中恒等關(guān)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(yīng),銅全部作用后共收集到氣體22.4mL(標(biāo)準(zhǔn)狀況),反應(yīng)消耗的HNO3的物質(zhì)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(yīng)過程中原子個數(shù)守恒求解。

捷徑：HNO3與Cu反應(yīng)，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(chǎn)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(zhì)的量為：

1.2×10—3mol

+

1×10—3mol

=

2.2×10—3mol。以此得答案為C。

總結(jié)：這是利用原子個數(shù)守恒進(jìn)行計算的范例。根據(jù)參加反應(yīng)的HNO3一部分生成Cu（NO3）2，另一部分變成NO2或NO。利用反應(yīng)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(yīng)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(dāng)制得同溫、同壓下相同體積的氧氣時，三個反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)之比為

（）

A．1︰1︰l

B．2︰2︰1

C．

2︰3︰l

D．4︰3︰2

方法：根據(jù)反應(yīng)過程中化合價的變化及得失電子守恒分析。

捷徑：假設(shè)三個反應(yīng)均生成1molO2，在高錳酸鉀、氯酸鉀的分解反應(yīng)中，只有氧的化合價升高，且均由-2價升高到0價，故轉(zhuǎn)移電子數(shù)均為4mol。而過氧化氫的分解反應(yīng)，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(chǎn)生1molO2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2mol。綜合得，產(chǎn)生相同量的O2，三個反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)之比為：4︰4︰2

=

2︰2︰1。故答案為B。

總結(jié)：對不同的反應(yīng)，在利用電子守恒分析轉(zhuǎn)移電子的情況時，要注意考慮不同反應(yīng)中化合價不同，而造成電子轉(zhuǎn)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(shù)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(jìn)行配平后確定離子方程式中H2O前的系數(shù)。

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(shù)是4，NO3—的序數(shù)是1，反應(yīng)式變成NO3—+4Zn+OH—+H2O→NH3+4Zn（OH）42—，根據(jù)離子反應(yīng)方程式中電荷守恒的原理，可確定OH—的序數(shù)是7，最后根據(jù)氫原子（或氧原子）守恒可確定H2O的序數(shù)是6。顯然答案為C。

總結(jié)：這是一道氧化還原反應(yīng)方程式的配平題。在全國考題已經(jīng)有多年未出現(xiàn)這樣的題目，而在上海試題中每年都有。反應(yīng)方程式的配平是中學(xué)化學(xué)學(xué)習(xí)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(yīng)用配平反應(yīng)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(biāo)準(zhǔn)明確指出，反應(yīng)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(chǎn)98%（質(zhì)量分?jǐn)?shù)）硫酸at（噸），為使硫充分燃燒，且在下一步催化氧化時不再補(bǔ)充空氣，要求燃燒后的混合氣體中含氧氣的體積分?jǐn)?shù)為b%。若空氣中氧氣的體積分?jǐn)?shù)為21%，且不考慮各生產(chǎn)階段的物料損失，則

（1）該廠每小時消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下空氣的體積為

m3。

（2）為滿足題設(shè)需求，b%的下限等于。

方法：根據(jù)原子個數(shù)守恒求解。

捷徑：（1）該題的反應(yīng)過程為：S→SO2→SO3→H2SO4，每小時生產(chǎn)的98%硫酸at，其物質(zhì)的量為104amol，不計損耗，應(yīng)制得SO2104amol。根據(jù)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?jǐn)?shù)為b%，且因S→SO2，反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量不變，設(shè)每小時消耗空氣為n

mol，則：。

故每小時消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下空氣的體積為：

（2）空氣中的氧氣必須維持兩個反應(yīng)，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(bǔ)充空氣的需求，b%的下限應(yīng)等于空氣中氧氣的三分之一，即7%。

總結(jié)：該題為化工生產(chǎn)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(yīng)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(guān)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(jié)：任何溶液中都存在三種恒等式——物料平衡（質(zhì)量守恒）、電荷平衡、質(zhì)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(jīng)分析得知其中含水a(chǎn)%，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(fā)中和后的溶液可得固體質(zhì)量為

（）

A．14.2g

B．17.4g

C．20.6g

D．無法計算

方法：因蒸發(fā)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(jié)：因在空氣中暴露過久的KOH固體成分沒有具體的數(shù)值，不少同學(xué)會因數(shù)據(jù)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(zhì)量為（）

A．14.7g

B．6.9g

C．12.1g

D．17.6g

方法：根據(jù)作為起催化作用的MnO2，在整個過程中質(zhì)量守恒分析求算。

捷徑：如5.3g未溶固體全為MnO2，則KClO3質(zhì)量為14.7g。根據(jù)反應(yīng)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(jù)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(zhì)量為5.2g+7.9g=13.1g，放出O2為6.9g，根據(jù)反應(yīng)方程式可求得KClO3為17.6g，MnO2實際質(zhì)量為2.4g，符合題意。

以此得答案為A、D。

總結(jié)：5.3g未溶固體是何物質(zhì)是解答該題的關(guān)鍵，部分考生由于僅將其作為MnO2而出現(xiàn)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(yīng)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(zhuǎn)化成Fe(OH)2，共消耗3

mol/L的NaOH溶液200

mL，則原硫酸的物質(zhì)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(zhì)為Na2SO4，根據(jù)電荷守恒可求得SO42－的物質(zhì)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(jù)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(jié)：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(zhì)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(zhì)的量等于加入NaOH的物質(zhì)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(guān)系，再分析此關(guān)系而獲得結(jié)果。

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

c(Na+)。而根據(jù)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(jié)：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(guān)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(yīng)，則被水還原的BrF3的物質(zhì)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(yīng)，有2mol水被氧化，以此根據(jù)得失電子守恒即可求得被水還原的BrF3的物質(zhì)的量。

捷徑：2mol水被氧化生成1mol氧氣，水失去電子的物質(zhì)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(jù)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(jié)：該題部分學(xué)生根據(jù)化學(xué)方程式直接得，當(dāng)5mol水參加反應(yīng)，有2

mol

BrF3被還原。以此獲得錯誤結(jié)果D。現(xiàn)錯解的原因是審題時未注意失電子為何物質(zhì)，又忽視一個關(guān)鍵字——水。該反應(yīng)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(biāo)準(zhǔn)狀況下，在1L

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

方法：根據(jù)反應(yīng)2NO

+

O2

=

2NO2前后N元素守恒及部分NO2

轉(zhuǎn)化成N2O4，結(jié)合圖示分析求解。

捷徑：根據(jù)反應(yīng)2NO

+

O2

=

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

總結(jié)：部分考生根據(jù)反應(yīng)2NO

+

O2

=

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

在化學(xué)反應(yīng)中利用物質(zhì)的量守恒進(jìn)行解題時，必須注意反應(yīng)的進(jìn)程問題。當(dāng)反應(yīng)過程中濃度變稀造成反應(yīng)終止，或有后續(xù)反應(yīng)存在時，便可能造成物質(zhì)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(fā)生反應(yīng)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(dá)到多少mol/L？

方法：根據(jù)反應(yīng)前后N元素守恒求NaOH溶液的最小濃度。

捷徑：從題中反應(yīng)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(zhì)的量等于混合氣的總物質(zhì)的量，NaOH的物質(zhì)的量≥（m+n）/V

mol/L，故NaOH的濃度最小應(yīng)為（m+n）/V

mol/L

總結(jié)：根據(jù)反應(yīng)前后元素的來龍去脈，找出某些元素間的守恒關(guān)系，列出恒等式，可迅速求得結(jié)果。此題如通過設(shè)物質(zhì)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(yīng)后，溶液已檢測不到Ca2+、CO32—和HCO3—，然后將所得的體系中水分設(shè)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(zhì)量是多少？

方法：根據(jù)反應(yīng)列出守恒關(guān)系，然后通過反應(yīng)前后的守恒求解。

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

捷徑：設(shè)Na2CO3的物質(zhì)的量為x，NaHCO3的物質(zhì)的量為y，堿石灰中NaOH的物質(zhì)的量為z，根據(jù)上述有關(guān)離子物質(zhì)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(jié)：為了能充分理清反應(yīng)前后的關(guān)系，建議考生在解題時要畫出前后的變化關(guān)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(xiàn)有硝酸銅和硝酸銀混合溶液100mL，其NO3—濃度為4

mol·L-1。當(dāng)加入一定質(zhì)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(jīng)過濾、干燥、灼熱后質(zhì)量為4g。求參與反應(yīng)的鋅的質(zhì)量。

方法：由于電解質(zhì)溶液呈中性，根據(jù)溶液中陽離子所帶的正電荷總數(shù)必定等于陰離子所帶的負(fù)電荷總數(shù)。對此題來說，即反應(yīng)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(fù)電荷。根據(jù)反應(yīng)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(yīng)，說明沉淀物中無過剩的鋅粉，即加入的鋅全部參與反應(yīng)。又由于濾液不與BaCl2溶液反應(yīng)，說明原溶液中Ag+

已全部被鋅置換。最后4

g

固體為CuO的質(zhì)量，它是溶液中未參與反應(yīng)的Cu2+

轉(zhuǎn)化而成。

+

=

mol·L-1×0.1L

（）

×2

因反應(yīng)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(fù)電荷。設(shè)參與反應(yīng)的鋅的質(zhì)量為x，則

解之得，x=9.75g

總結(jié)：利用電荷守恒法進(jìn)行解題時，必須注意以下兩個問題：①溶液中陰、陽離子總數(shù)不一定守恒；②當(dāng)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(shù)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(shè)水電離產(chǎn)生的H+或OH—為x

mol·L—1，根據(jù)水的離子積常數(shù)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(jié)：部分考生未考慮水的電離，而根據(jù)H2SO4完全電離得出錯誤結(jié)果為，c(H+)︰c(SO42—)

=2︰1。

例題12

：

3.84g

Cu和一定質(zhì)量的濃硝酸反應(yīng)，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，硝酸溶液濃度也在降低，反應(yīng)生成的氣體顏色也在逐步變淺，當(dāng)銅反應(yīng)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(biāo)準(zhǔn)狀況下的O2才能使集氣瓶充滿溶液？

方法：根據(jù)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(zhuǎn)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(jù)得失電子數(shù)守恒，O2得到的電子數(shù)一定等于Cu失去的電子數(shù)。

捷徑：由于3.84g

Cu失去電子0.12

mol，需0.03

mol

O2獲得，故標(biāo)準(zhǔn)狀況下O2的體積為0.03

mol×22.4

L·

mol-1×1000

mL·L-1

=672

mL。

總結(jié)：在利用得失電子數(shù)守恒進(jìn)行解題時，必須注意得失電子為何物質(zhì)，注意氧化還原反應(yīng)中整體與局部之間的關(guān)系和聯(lián)系。

例題13

：將碳酸氫銨受熱分解后的產(chǎn)物恒溫于150℃，其平均分子量為多少？

方法：如果分析產(chǎn)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(zhì)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(zhì)量與碳酸氫銨質(zhì)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(jié)：如果有生成物為固體或液體，前后的質(zhì)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(zhì)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(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)由大到小的順序是。

方法：解答該題既要考慮與水反應(yīng)后的溶質(zhì)質(zhì)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(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)大小順序應(yīng)為D>C>A=B>E。

總結(jié)：該題易出現(xiàn)的錯解是：A、B加入90g水中，溶質(zhì)仍為10g，得溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)為10%，C、D、E10g加入水中，溶質(zhì)分別變?yōu)镹aOH10.26g，H2SO412.25g，Ca（OH）213.21g，除Na2O2加入水中放出O22.05g，溶液質(zhì)量變?yōu)?7.95g外，其余溶液質(zhì)量均為100g外，以此得溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)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(xiàn)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(yīng)生成的Ca（OH）2大部分脫離溶液體系呈沉淀析出，而出現(xiàn)溶質(zhì)質(zhì)量不守恒的現(xiàn)象。

在使用質(zhì)量守恒進(jìn)行解題，要特別注意反應(yīng)的體系問題。當(dāng)脫離反應(yīng)體系，如生成沉淀、產(chǎn)生氣體，此時在反應(yīng)體系內(nèi)物質(zhì)的質(zhì)量便表現(xiàn)得不守恒。

聚寶盆：

1．化學(xué)反應(yīng)總遵循質(zhì)量守恒。其原因是在任何化學(xué)反應(yīng)前后，元素的種類和原子的個數(shù)均保持不變。解題時既可運用質(zhì)量守恒、更可直接運用原子守恒進(jìn)行巧解。

2．在任何氧化還原反應(yīng)中，還原劑失去的電子總數(shù)一定與氧化劑得到的電子總數(shù)相等，解決氧化還原反應(yīng)中的相關(guān)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(zhì)的量×陽離子的價數(shù))

=

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

=

Σ(陰離子的物質(zhì)的量濃度×陰離子的價數(shù))。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(zhì)量百分含量為25%，當(dāng)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(xué)式為

（）

A．AB3

B．A3B

C．A2B

D．AB2

4．已知某強(qiáng)氧化劑XO（OH）2+

被亞硫酸鈉還原到較低價態(tài)，如果還原含2.4×10-3mol

XO（OH）2+的溶液至此較低價態(tài)，需用30mL

0.2mol/L的Na2SO3溶液，那么X元素最終價態(tài)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(yīng)，則元素Cr在被還原的產(chǎn)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(chǎn)混合物與足量鹽酸充分反應(yīng)后，過濾，將濾渣在空氣中充分加熱，冷卻后稱量，質(zhì)量恰好等于原混合物的質(zhì)量，則混合物中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)

7．將NaHCO3和部分風(fēng)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(zhì)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(chǎn)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(jīng)測定氨的質(zhì)量為0.102g。求鎂帶的質(zhì)量。

9．工業(yè)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(zhì)的量之比為多少（不考慮空氣中O2的反應(yīng)）？

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(yīng)，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(zhì)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(xiàn)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(yīng)，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(yīng)中，羥胺的氧化產(chǎn)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(yīng)的實驗，充分反應(yīng)時每人所用A和B的質(zhì)量各不相同，但總質(zhì)量都是9g。甲、乙所用A和B的質(zhì)量及三人得到化合物AB的質(zhì)量如下表，請?zhí)顚懕碇锌崭瘛?/p>

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(biāo)準(zhǔn)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(yīng)，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(zhì)。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(zhì)量與原鋁、鐵混合物的質(zhì)量恰好相等。求原混合物中鋁的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。

16．將一塊已被嚴(yán)重銹蝕而部分變?yōu)殂~綠[Cu2(OH)2CO3]的銅研磨成粉末，充分灼燒成CuO，發(fā)現(xiàn)固體質(zhì)量沒有發(fā)生增減。求銅被銹蝕的質(zhì)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(zhì)量守恒法

8．0.792g。運用質(zhì)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(zhì)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(guān)的兩個反應(yīng)式是：Cu2（OH）2CO3=2CuO＋H2O↑＋CO2↑，2Cu＋O2=2CuO。前一反應(yīng)減小固體質(zhì)量，后一反應(yīng)增加固體質(zhì)量。常見的解法可能是：設(shè)原固體質(zhì)量為1，其中Cu2（OH）2CO3含x，單質(zhì)銅含1－x。據(jù)題義：。式中80、222、64、62、32分別為CuO、Cu2（OH）2CO3、Cu、H2O＋CO2（相當(dāng)于H2CO3）、O2的摩爾質(zhì)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(jìn)行換算：。如果緊盯關(guān)鍵元素Cu來做文章，可以發(fā)現(xiàn)第一個反應(yīng)中放出的H2CO3的物質(zhì)的量等于被蝕銅元素物質(zhì)的量的1/2，第二個反應(yīng)中被結(jié)合的O2的物質(zhì)的量則等于未銹蝕銅元素的1/2。設(shè)H2CO3的質(zhì)量為m，據(jù)題義O2的質(zhì)量亦為m，即可據(jù)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(zhì)量都沒有用上，運算量簡化到了最大限度