高考化学计算题守恒法详解(含例题及练习题)

高考化学计算题守恒法详解（含例题及练习题）利用电荷守恒和原子守恒为基础，就是巧妙地选择化学式中某两数(如化合价数、正负电荷总数)始终保持相等，或几个连续的化学方程式前后某微粒(如原子、电子、离子)的物质的量保持不变，作为解题的依据，这样不用计算中间产物的数量，从而提高解题速度和准确性。

1、原子个数守恒

【例题1】

某无水混合物由硫酸亚铁和硫酸铁组成，测知该混合物中的硫的质量分数为a，求混合物中铁的质量分数。

【分析】

根据化学式FeSO4、Fe2(SO4)3可看出，在这两种物质中S、O原子个数比为1：4，即无论这两种物质以何种比例混合，S、O的原子个数比始终为1：4。设含O的质量分数x，则32/64＝a/x，x＝2a。所以ω(Fe)＝1－3a

【例题2】

用1L1mol/L的NaOH溶液吸收0.8molCO2，求所得的溶液中CO23－和HCO3＝的物质的量之比为

【分析】

依题意，反应产物为Na2CO3和NaHCO3的混合物，根据Na原子和C原子数守恒来解答。设溶液中Na2CO3为xmol，为NaHCO3ymol，则有方程式①2x+y=1mol/L×1L①x+y=0.8mol，解得x=0.2，y=0.6，所以[CO32－]：[HCO3－]＝1：3

2、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3】

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 【例题4】

用1L1mol/L的NaOH溶液吸收0.8molCO2，求所得的溶液中CO23－和HCO3＝的物质的量之比为

【分析】

根据电荷守恒：溶液中[Na+]+[H+]=[HCO3－]+2[CO32－]+[OH－]，因为[H+]和[OH－]均相对较少，可忽略不计。①[Na+]=[HCO3－]+2[CO32－]，已知[Na+]＝1mol/L，根据C原子守恒：[HCO3－]+[CO32－]＝0.8mol/L，所以1＝0.8+[CO32－]，所以[CO32－]＝0.2mol/L，[HCO3－]＝0.6mol/L，所以[CO32－]：[HCO3－]＝1：3

3、电子守恒

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5】

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。

【分析】

铁跟盐酸完全反应生成Fe2+，根据题意可知Fe2+分别跟KMnO4溶液和KNO3溶液发生氧化还原反应，KMnO4被还原为Mn2+，那么KNO3被还原的产物是什么呢？根据电子得失守恒进行计算可得KNO3被还原的产物是NO，所以硝酸钾和氯化亚铁完全反应的化学方程式为：KNO3+3FeCl2+4HCl=3FeCl3+KCl+NO+2H2O

【练习】

往150mLFeBr2溶液中缓缓通入2.24L（标况）氯气，反应完全后，溶液中有1/3的溴离子被氧化成溴单质。求原溶液FeBr2的物质的量浓度。

4、质量守恒

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6】

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】

(NH4)2CO3=2NH3↑+H2O↑+CO2↑ 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为96/4=24 ，混和气体密度

与相同条件下氢气密度的比为24/2 =12 ，所以答案为C

【练习】

0.1mol某烃与1mol过量的氧气混合，充分燃烧后，通过足量的Na2O2固体，固体增重15g，从Na2O2中逸出的全部气体在标准状况下为16.8L，求该烃的化学式。

5、原子的物质的量守恒

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7】

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，所以答案为B

6、化合价数值守恒

【例题8】

某元素X的氧化物含氧44.0％，已知该元素的相对原子质量为51，则该氧化物的化学式为（）

（A）XO （B）X3O5（C）XO3（D）X2O5

【分析】

设X元素的化合价为+n，根据氧元素化合价总数等于X元素化合价总数的原则得：56n/51＝44×2/16，解得n＝5，则氧化物的化学式为D。

【练习】

某酸式盐的组成可用Ca3(PO4)2·nH3PO4·mH2O表示。现取该磷酸盐7.56g加热到失去全部结晶水后残余物质量为7.02g。同质量的该盐溶于水并加入 4.44g 消石灰刚好使之全部转化为正盐，则该盐的组成为（）

（A）Ca3(PO4)2·5H3PO4·2H2O （B）Ca3(PO4)2·4H3PO4·3H2O

（C）Ca3(PO4)2·5H3PO4·3H2O （D）Ca3(PO4)2·2H3PO4·5H2O

7、体积守恒

【练习】

有一真空瓶的质量为M1g，该瓶充入空气总质量为M2g，在相同状况下，若该充某气体A后，总质量为M3g。则A的相对分子质量为

8、守恒的综合利用

1、硝酸工业中用NaOH处处理废气，现对废气中的NO和NO2的含量作如下分析：将一定量的废气通人100mL 1mol/LNaOH溶液中，反应后NO和NO2均无剩余，且溶液质量增加3.2g，再向此溶液中通人O2，使溶液中的NaNO2完全转化为NaNO3，再用0.2mol/L盐酸中和过量的NaOH，消耗盐酸100mL，求废气中NO和NO2物质的量之比。

2、已知Cl－和Ag+反应生成AgCl，每次新生成的AgCl中又有10％见光分解成单质银和氯气，氯气又可在水溶液中歧化HClO和HCl，生成的Cl－又可与Ag+继续反应。现有1.1molNaCl溶液，向其中加人足量AgNO3溶液，求最终生成多少克难溶物（Ag和AgCl）？若最后溶液体积为IL，求[H+]为多少？

(完整)高中化学守恒法

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 [解析]将混合气体通过稀H 2SO 4后，NH 3被吸收。 NH 3+H 2O==NH 3·H 2O 2NH 3·H 2O+H 2SO 4==(NH 4)2SO 4+2H 2O 而NO 2和O 2与水接触发生如下反应： 3NO 2+H 2O==2HNO 3+NO 反应① 2NO+O 2==2NO 2 反应② 生成的NO 2再与水反应：3NO 2+H 2O==2HNO 3+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： 4NO 2+ O 2+2H 2O ==4HNO 3 反应④ 如果反应④中O 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O 2剩余。由反应③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== ×30 g/mol== ×30 g/mol ==3.0 g 由质量守恒定律，混合气体的质量m (总)为：m (总)==45.75 g+3.0 g== 48.75 g 而混合气体的物质的量n ，n== == ==1.2 mol 由摩尔质量M 计算公式：M== == ==40.625 g/mol 而摩尔质量与相对分子质量在数值上相等，则答案为A 。 例2：铁有可变化合价，将14.4 g FeC 2O 4(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 ．Fe 3O 4 C ．FeO ·Fe 3O 4 D ．Fe 2O 3 [解析]已知Fe 、C 、O 的相对原子质量分别为56、12、16，FeC 2O 4中含铁元素的质量： m (Fe)== == 5.6 g 将FeC 2O 4隔绝空气加热，使之分解得铁的氧化物，设为Fe x O 4。在加热过程中，铁元素 没有损耗，铁元素的质量是不变的。由“质量守恒法”，在Fe x O 4中m (Fe)仍为5.6 g ，则m (O)== 7.6 g －5.6 g==2.0 g 。 据物质的量（n ）与质量（m ）、摩尔质量（M ）之间公式 ，又据 （N 1、N 2代表微粒个数） 则 ，答案为C 。 mol L V /4.22mol L L /4.2224.2mol L V /4.22mol L L /4.2288.26mol g 2.175.48n m g 4.144162125656??+?+M m n =21 21N N n n =54/160.2/566.5)()()()()()(===mol g g mol g g O M O m Fe M Fe m O n Fe n

化学计算题解题方法——离子守恒法

化学计算题解题方法——离子守恒法 例1、某不纯的烧碱样品中含有Na2CO3 3.8%、Na2O 5.8% 、NaOH 90.4%。取M克样品，溶于质量分数为18.75%的盐酸溶液100克中，并用30%的NaOH%溶液来中和剩余的盐酸至中性。把反应后的溶液蒸干后可得到固体质量多少克（29.25克） 例2、向一定量的Fe（OH）2溶液中加入200克4.9%的硫酸充分反应后，向溶液中加入一定量的铁正好完全反应，蒸发冷却可得到晶体（不含结晶水）多少克（15.2克） 例3 、现有不纯的金属M（含有不溶于水也不溶于酸的杂质），取该金属样品4.0克，投入19．45 克20%的稀盐酸中，恰好完全反应，测得该金属与盐酸生成的氯化物中含氯50%，则该金属样品中金属M的质量分数为多少？（97.25%） 例4、取镁粉、铝粉、铁粉、锌粉组成的混合物M克，跟一定量的溶质质量分数为30%的稀硫酸恰好完全反应，经蒸干水分后得到固体物质N克，（不含结晶水），求生成氢气多少克？[（N—M）/48 克] 练习1、有一部分变质的KOH样品，含H2O：7.62%；K2CO3：2.38%；k2O：10%；KOH：80%；取该样品W克加入98克质量分数为20%的稀硫酸充分反应后，再加入20克质量分数为10%的KOH溶液恰好呈中性，把反应后所得溶液小心蒸干得到固体（不含结晶水）多少克（34.8克） 练习2、向一定量的Mg（OH）2溶液加入200克36.5%盐酸完全反应后再向溶液中加入一定量的镁正好完全反应，蒸干冷却得到固体（不含结晶水）多少克？（95克） 练习3 、把一定量的氯酸钾充分加热到再不放出气体为止，向剩余固体中加入足量的水配成溶液，向该溶液中加入足量的硝酸银溶液，过滤，干燥，得到固体物质143.5克，求放出氧气多少克（48克） 练习4、将5克含Cu的金属R样品放入25克20%稀盐酸中，恰好完全反应测得R的氯化物中氯元素为52.5%，则样品中金属R的质量分数为多少（88%）

高考化学计算题守恒法详解(含例题及练习题)

高考化学计算题守恒法详解（含例题及练习题）利用电荷守恒和原子守恒为基础，就是巧妙地选择化学式中某两数(如化合价数、正负电荷总数)始终保持相等，或几个连续的化学方程式前后某微粒(如原子、电子、离子)的物质的量保持不变，作为解题的依据，这样不用计算中间产物的数量，从而提高解题速度和准确性。 1、原子个数守恒 【例题1】 某无水混合物由硫酸亚铁和硫酸铁组成，测知该混合物中的硫的质量分数为a，求混合物中铁的质量分数。 【分析】 根据化学式FeSO4、Fe2(SO4)3可看出，在这两种物质中S、O原子个数比为1：4，即无论这两种物质以何种比例混合，S、O的原子个数比始终为1：4。设含O的质量分数x，则32/64＝a/x，x＝2a。所以ω(Fe)＝1－3a 【例题2】 用1L1mol/L的NaOH溶液吸收0.8molCO2，求所得的溶液中CO23－和HCO3＝的物质的量之比为 【分析】 依题意，反应产物为Na2CO3和NaHCO3的混合物，根据Na原子和C原子数守恒来解答。设溶液中Na2CO3为xmol，为NaHCO3ymol，则有方程式①2x+y=1mol/L×1L①x+y=0.8mol，解得x=0.2，y=0.6，所以[CO32－]：[HCO3－]＝1：3

2、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3】 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 【例题4】 用1L1mol/L的NaOH溶液吸收0.8molCO2，求所得的溶液中CO23－和HCO3＝的物质的量之比为 【分析】 根据电荷守恒：溶液中[Na+]+[H+]=[HCO3－]+2[CO32－]+[OH－]，因为[H+]和[OH－]均相对较少，可忽略不计。①[Na+]=[HCO3－]+2[CO32－]，已知[Na+]＝1mol/L，根据C原子守恒：[HCO3－]+[CO32－]＝0.8mol/L，所以1＝0.8+[CO32－]，所以[CO32－]＝0.2mol/L，[HCO3－]＝0.6mol/L，所以[CO32－]：[HCO3－]＝1：3 3、电子守恒 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5】

2020届高三化学一轮复习 物质的量有关计算(守恒法、差量法、关系式法计算)

2020届高三化学一轮复习物质的量有关计算（守恒法、差量法、关系式法计算） 方法一守恒法 1．原子(或离子)个数守恒 当物质之间发生化学反应时，其实质就是原子之间的化分和化合。即可推知某种元素的原子无论是在哪种物质中，反应前后其质量及物质的量都不会改变，即质量守恒。 专题训练 1．现有铁、氧化亚铁、三氧化二铁的混合物粉末3.44g，向其中加入100mL1mol·L－1盐酸恰好完全溶解，收集到标准状况下的气体22.4mL，向反应后的溶液中加入KSCN溶液不变色，则6.88g该混合物在高温下用足量CO处理后，残留固体质量为________g。 答案 5.6 2．(2018·浙江4月选考，29)称取4.00g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入50.0mL2.00mol·L－1的硫酸充分溶解，往所得溶液中加入5.60g铁粉，充分反应后，得固体的质量为3.04g。 请计算： (1)加入铁粉充分反应后，溶液中溶质的物质的量为______。 (2)固体混合物中氧化铜的质量为________。 答案(1)0.100mol(2)2.40g 3．(2018·舟山质检)向一定质量CaCl2和HCl的混合溶液中逐滴加入浓度为1.000mol·L－1的Na2CO3溶液，反应过程中加入的Na2CO3溶液的体积与产生沉淀或气体的质量关系如图所示。 (1)样品中物质的量之比n(CaCl2)∶n(HCl)＝________。 (2)V2＝__________L。 答案(1)1∶2(2)0.1000 4．(2017·浙江4月选考，29)分别称取2.39g (NH4)2SO4和NH4Cl固体混合物两份。 (1)将其中一份配成溶液，逐滴加入一定浓度的Ba(OH)2溶液，产生的沉淀质量与加入Ba(OH)2溶液体积的关系如图所示。混合物中n[(NH4)2SO4]∶n(NH4Cl)为______。

守恒法巧解氮族元素计算题

守恒法巧解氮族元素计算题 范新华 有关氮族元素的计算题是每年高考再现率较高的一个考点，这类试题大都可用电子得失守恒法或电荷守恒法进行解答。下面运用守恒法探究氮族元素计算题的解题规律。 一、氮的氧化物与水反应的有关计算。 【例1】将m LNO 40和2NO 的混合气体与2mLO 20同时通入盛满水且倒立在水槽中的量筒里，充分反应后，量筒内最终收集到mL 5气体，求原混合气体的组成。（气体的体积在相同条件下测定） 【解析】利用电子得失守恒法进行求解。 5342HNO e NO +-+失、532HNO e 3NO +-+失、2302HNO e 4O --得 设NO 、2NO 的体积分别为x m L 、()mL x 40-，则： （1）当剩余气体为NO 时，由电子得失守恒列式： ()()42035x 1x 40⨯=⨯-+⨯- 解得：5.27x =，则V （NO ）=mL 5.27，V （2NO ）=12.5mL 。 （2）当剩余气体为2O 时，由电子得失守恒列式： ()()45-203x 1x 40⨯=⨯+⨯- 解得：10x =，则V （NO ）=mL 10，V （2NO ）=30mL 。 二、金属与硝酸反应的有关计算 【例2】g 68.7铜与一定量的浓硝酸反应，当铜反应完全时，收集到标准状况下的气体 L 48.4，若把装有这些气体的集气瓶倒立在盛有水的水槽中，需通入多少升标准状况下的氧气才能使集气瓶中充满溶液？ 【解析】根据题意知，收集到标准状况下的4.48L 气体是氮的氧化物，可以判断出L 48.4气体不都是2NO ，因为随着反应的进行，浓硝酸可能变为稀硝酸，所以气体产物可能为2NO 、42O N 、NO 。若把装有这些气体的集气瓶倒立在盛有水的水槽中，则气体全部转化为NO ，通入的氧气与之恰好反应生成硝酸而无气体剩余，可使集气瓶中充满溶液。反应过程中可用下图表示： 从反应物到最后的生成物可以看出元素的化合价发生变化的是Cu 和O 。根据电子得失守恒，铜失去电子的物质的量为mol 24.02mol g 64g 68.71=⨯⋅÷-，则2O 得到电子的物质的量也为0.24mol ，故2O 的物质的量为m ol 06.04/m ol 24.0=。则标准状况下氧气的体积为L 344.1m ol /L 4.22m ol 06.0=⨯。 年级 高中 学科 化学 版本 期数 内容标题 守恒法巧解氮族元素计算题 分类索引号 G.622.46 分类索引描述 辅导与自学 主题词 守恒法巧解氮族元素计算题 栏目名称 学法指导 供稿老师 审稿老师 录入 赵真真 一校 林卉 二校 审核

高中化学利用电子守恒原理速解氧化还原反应习题

高中化学利用电子守恒原理速解氧化还原反应习题 众所周知，在氧化还原反应中，一种物质获得（或吸引）的电子数等于另一种物质失去（或偏离）的电子数，即在氧化还原反应中，得失电子数守恒。利用得失电子守恒来建立等式是快速解决氧化还原反应计算题的基本方法。下面通过几个例题，谈谈电子守恒法在氧化还原反应计算中的应用。 电子守恒法的理论基础：氧化剂获得的电子总数==还原剂损失的电子总数 氧化剂化合价降低总数==还原剂化合价升高总数 例1。（2001年高考试题）众所周知，在酸性溶液中，当下列物质氧化Ki时，它们的变化如下： fe3+→fe2+;mno4-→mn2+;cl2→2cl-;hno3→no 如果分别用相同数量的这些物质氧化足够的ki，最多的I2是（）a.fe3+b.mno4- c.cl2d hno3 例题2．(2021年江苏高考题)在一定条件下，ro3n－和氟气可发生如下反应：ro3n－+f2+2oh－=ro4－+2f－+h2o从而可知在ro3n－中，元素r的化合价是（） a．+4b．+5c．+6d．+7 例30.3 MolCu2S与足够的硝酸反应生成硝酸铜、硫酸、一氧化氮和水，则参与反应的硝酸中还原硝酸的量为（）a.0.9mol B 1mol C。1.2倍。2.2mol 【例4】(2021年上海卷)clo2是一种广谱型的消毒剂，根据世界环保组织的要求 clo2将逐渐取代cl2成为生产自来水的消毒剂，工业上clo2常用naclo3和na2so3溶液混合并加h2so4酸化后反应制得，在以上反应中naclo3和na2so3的物质的量之比为（） 【例5】（1997年上海高考试题）在一定温度下，将Cl2引入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO和NaClO 3的混合溶液。测定后，ClO-与ClO3-的浓度比为1:3，然后为Cl2 1 当与NaOH溶液反应时，还原氯与氧化氯的比率为（）a.21∶ 5B 11∶3c。3.∶1d。 4.∶1. 例6、用两支惰性电极插入500ｍｌａｇｎｏ３溶液中，通电电解，当电解液的ｐｈ从6.0变为3.0时（设电解时阴极没有ｈ２析出，且电解前后溶液体积不变），电极上应析出银的质量是？

守恒法“巧解”化学计算题

守恒法“巧解”化学计算题 作者：马娟 来源：《理科考试研究·高中》2014年第07期 在化学计算题中数字千变万化，但解题思路和基本方法是不变的，可以根据物质的质量进行计算，或者根据物质的量计算.它们是化学计算中应掌握的基本知识，但由此衍变出的各种解题的技巧、方法，使得化学计算更加简单化，如守恒法是计算题中常用的一种解题方法. 所谓“守恒法”解题就是利用一个体系变化前后的某些量之间的等价关系，以此作为解题依据，推理得到正确答案的方法.其特点是可以避开某些繁琐的中间过程，避免书写复杂的化学反应方程式，提高解题速度和准确度.常用的守恒法有质量守恒、元素（原子）守恒、电荷守恒、得失电子守恒等，下面就各种守恒法对应的举几个例题来说明其应用. 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质的质量总和——质量守恒 例1向KI溶液中加入AgNO3溶液，直到恰好完全反应，反应后溶液的质量恰好等于原KI溶液的质量，则原AgNO3溶液的质量分数为（）. A.72.3% B.50% C.48.3% D.38% 解析此题是出现多年的无数据型的计算题，总有许多学生感到困惑，无从下手. 化学方程式AgNO3+KIKNO3+AgI↓由质量守恒可知反应后溶液质量为m（AgNO3溶液）+m（KI溶液）-m（AgI沉淀）， 由题意得m（AgNO3溶液）+m（KI溶液）-m（AgI沉淀）=m（KI溶液）,即m（AgNO3溶液）=m（AgI沉淀）. 设硝酸银质量为x克，碘化银为y克 由方程式AgNO3+KIKNO3+AgI↓ 170 235 x y，得 x=170y/235 m（AgNO3）=170y/235克，m（AgNO3溶液）=y克，所以 w（AgNO3）=170y/235y×100%=72.3%.答案：A. 2.寻找化学式中正负化合价总数绝对值相等，确立化学式——化合价守恒

高中化学守恒法解计算题

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.NO2 B.NO C.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1.12L(标准状况)。则所消耗硝酸的物质的量是(上海高考题) A. 0.12mol B.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) 0.03 0.06

HNO3 ~ NOx (被还原的硝酸为0.05mol) 0.05mol 0.05mol 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.6.4g C.3.2g D.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 = 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

电子守恒法求解化学反应计算题

电子守恒法求解化学反应计算题 一、知识点 “电子守恒法”是依据氧化还原反应的本质：电子转移（即电子的得失与 偏移）。在同一氧化还原反应中转移电子总数的守恒. 电子守恒法的理论依据：氧化剂得到的电子总数==还原剂失去的电子总数 二、 典型例题 【例题1】求化合价 用0.1 mol / L 的Na 2SO 3溶液30 mL ，恰好将2×10－3 mol 的XO 4-还原，则元 素X 在还原产物中的化合价是 ( ) A ．＋1 B ．＋2 C ．＋3 D ．＋4 【例题2】求物质的量 将m mol Cu 2S 和足量稀HNO 3反应，生成Cu(NO 3)2、H 2SO 4、NO 和 H 2O 。则参加反应的硝酸中被还原的硝酸的物质的量是 ( ) A. 4m mol B. 10m mol C. 103m mol D. 23m mol 【例题3】配平 在x R 2+＋y H +＋O 2＝m R 3+＋n H 2O 的离子反应中，化学计量数x ＝ __________。 三、练习 求化合价 1、已知某强氧化剂RO(OH)2+ 中的R 元素被Na 2SO 3还原到较低价态。如果还原2.4×10－3 mol RO(OH)2+ 至较低价态，需要60 mL 0.1 mol / L 的Na 2SO 3溶液。那么，R 元素被还原成的价态是 ( ) A ．-1 B ．0 C ．＋1 D ．＋2 2、24mL 浓度为0.05mol.L －１的Ｎａ２ＳＯ３溶液，恰好与20mL 浓度为 0.02mol.L －１的Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７溶液完全反应，则Ｃｒ元素在还原产物中的化合价 为（ ）。 A.+6 B.+3 C.+2 D.0 3、硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0ml0.1mol/LNa 2S 2O 3溶液恰好把224ml （标准状况）Cl 2完全转化为Cl －离子，则S 2O 32－将转化成（ ） A 、S 2－ B 、S C 、SO 32－ D 、SO 42－ 4、250 mL 2.4 mol / L 的Na 2SO 3溶液恰好把0.2 mol 的-272O X 还原，则X 在还原 产物中化合价为（ ） A 、+1 B 、+6 C 、+3 D 、+2 求物质的量

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

高考化学_知识点复习：运用守恒法解氮氧化物计算题

运用守恒法解氮氧化物计算题 目前有关氮氧化物（NO、NO2）和O2混合溶于水的计算题都是依据如下方法求解：依据化学反应方程式： 2NO + O2＝2NO2 ① 3NO2 + H2O ＝2HNO3 + NO ② 经叠加得到： ①×3+②×2：4NO + 3O2 + 2H2O ＝4HNO3 ③ ①+②×2：4NO2 + O2 + 2H2O ＝4HNO3 ④ 在解有关试题时，主要依据②、③、④三个化学反应方程式求解。上述方法依据反应历程将循环进行的反应①、②进行叠加得到NO和O2、NO2和O2完全与水反应得到硝酸的物质的量比例关系确实给有关计算带来了便利。笔者在此基础上研究发现：有关氮氧化物（NO、NO2）和O2混合溶于水从总的结果来看，实际上是N、O、H原子间重新结合生成硝酸；从反 应实质看，是氧化还原反应过程， 2+ NO、 4 2 + NO被氧化为 5 3 + HNO，O2被还原2 H 2- O，而氧化 还原反应过程则蕴含了电子得失相等这样一条规律。本文将依据这一规律分类型来构建氮氧化物计算题的新解法。 一、NO2与O2溶于水 例题1：将容积为50mL的量筒内充满二氧化氮和氧气的混合气体，倒置量筒在盛满水的水槽里，一段时间后，量筒里剩余气体体积为5mL。求原混合气体中NO2和O2体积。 解析：据阿伏加德罗定律：相同条件下，气体的体积比等于其物质的量之比。故解题时可将体积看作物质的量。 设NO2的物质的量为Xmol，O2的物质的量为Ymol，则有X＋Y＝50……① （1）、如果剩余气体为O2，则： 还原过程：参加反应的O2物质的量为（Y－5）mol，在反应中得到4（Y－5）mol电子； 氧化过程：参加反应的NO2Xmol，在反应中失去Xmol电子。 据电子得失相等有：X＝4（Y－5）……②。 联解①②得：X＝36（mol)；Y=14（mol)。 （2）、如果剩余气体为NO，则由反应3NO2 + H2O ＝2HNO3 + NO可知：一部分NO2与O2、H2O反应生成HNO3后还剩余15mol NO2。则： 氧化过程：与O2反应的NO2的物质的量为（X－15）mol，在反应中失去（X－15）mol

巧用原子守恒法解化学计算题

光 光 光 巧用“原子守恒法”解化学计算题 1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。“原子守恒”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 H 2和Cl 2的混合气体，经光照反应后，将所有气体通入NaOH 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 /22.4 B ．b ＜a /22.4 C ．b ＞a /22.4 D ．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： H 2+Cl 2===2HCl 反应① NaOH+HCl==NaCl+H 2O 反应② 讨论1：若Cl 2过量，还有：Cl 2+2NaOH==NaCl+NaClO+H 2O 反应③ 计算时先以不足暑H 2计算。 设原混合气体中H 2 为x mol ，Cl 2为y mol H 2 + Cl 2 ==== 2HCl 1 1 2 x mol x mol 2x mol NaOH + HCl == NaCl + H 2O 1 1 2x mol 2x mol Cl 2 + 2NaOH == NaCl + NaClO + H 2O 1 2 (y －x)mol 2(y －x)mol 依题意得列二元一次方程组： x+y ＝a /22.4 ① 2x+2(y －x)=b ② 解上述二元一次方程组得：y=b /2。将y=b /2代入①式，解得x=a /22.4 － b /2 由于x ＞0，则a /22.4 － b /2＞0，解得b ＜a /11.2 讨论2：若H 2过量，以不足者Cl 2计算。只有反应①和反应②。 设原混合气体中H 2 为x mol ，Cl 2为y mol 由方程式列式 H 2 + Cl 2 ==== 2HCl 1 2 y mol 2y mol NaOH + HCl == NaCl + H 2O 1 1 2y mol 2y mol 由已知列二元一次方程组： 2y=b 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b ＜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，

大题专项练之氧化还原反应中有关的守恒计算

高中涉及的守恒计算 一、守恒 “守恒"是化学中的一个永恒规律，在氧化还原反应中常涉及的守恒有: （1）电子守恒： 电子守恒是指氧化剂得到电子的物质的量（或个数）和还原剂失去电子的物质的量(或个数)相等，即反应前后氧化剂得到电子的总数等于还原剂失去电子的总数. （2）质量守恒; 质量守恒是指氧化还原反应中反应前后各元素的种类和相应的原子个数不变. （3）电荷守恒 电荷守恒是指在离子反应中，所有阳离子所带正电荷总数等于所有阴离子所带的负电荷总数，即溶液呈电中性。 二、方法 对氧化还原反应的有关计算应根据化合价的变化，理清氧化和还原两条线索,以得失电子守恒为切入点，并结合化学方程式和质量守恒列式求解。 对于过程相对复杂的氧化还原反应，（连续反应或多个反应并列发生)的计算,可以通过分析反应前后,始终两态涉及的所有物质,找出所有起始物质到终了物质中化合价发生变化的元素，根据化合价升高总数和化合价降低总数相等列式求解，简化解题步骤。 三、守恒法解题的思维流程 （1)找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。 (2)找准一个原子或离子得失电子数。（注意化学式中粒子的个数） （3）根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。 n（氧化剂）×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价）＝n（还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价—低价)。 【1】在一定条件下的硝酸铵受热分解的未配平的化学方程式为（） NH4NO3HNO3+ N2↑+ H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为: A. 5 : 3B。5 : 4 C。1 : 1 D。3 ：5 【2】12 mL浓度为0.1 mol//L的Na2SO3溶液,恰好与10 mL浓度为0.04 mol//L的K2Cr2O7溶液，完全反应,通过计算确定Cr元素在还原产物中的化合价。 【3】含有a mol FeBr2的溶液中,通入x mol Cl2。下列各项为通Cl2过程中，溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是（） A．x＝0。4a,2Fe2+ +Cl2 ＝2Fe3++2Cl－ B．x＝0.6a，2Br－+ Cl2 ＝Br2+2Cl－ C．x＝a,2Fe2+ +2Br－+2Cl2 ＝Br2 +2Fe3+ +4Cl－ D．x＝1.5a，2Fe2+ +4Br－+3Cl2 ＝2Br2+2Fe3+ +6Cl－ 【例题4】5。12 g Cu和一定质量的浓硝酸反应，当Cu反应完时，共收集到标准状况下的气体3。36 L,若把装有这些气体的集气瓶倒立在盛水的水槽中，需通入多少升标准状 况下的氧气才能使集气瓶充满溶液?

高考化学总复习考点讲解—守恒法在化学计算中的应用(基础)(2020-2021)

守恒法在化学计算中的应用 【高考展望】 “守恒法”是中学化学经常采用的技巧性解题方法之一，是高考中常用的一种解题方法和解题技巧。系统学习守恒法的应用，对提高解题速率和破解高考难题都有很大的帮助。 【方法点拨】 一、守恒法的概念 守恒法名目繁多，在不同版本的教辅材料中，有多种表述形式，如物料守恒、质量守恒、元素守恒、原子守恒、离子守恒、电荷守恒、电子守恒、物质的量守恒、体积守恒等等。但本质上守恒法不外乎质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒等。 化学反应的实质是原子间的重新结合，所以一切化学反应都存在着物料守恒（质量守恒，微粒个数守恒）；宏观上各元素质量反应前后相等即质量守恒，微观上任一微观粒子（如原子、分子、离子等）反应前后个数相等。得失电子守恒是针对氧化还原反应，氧化剂得到电子总数与还原剂失去电子总数相等。电荷守恒一般是指在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，溶液呈电中性。 一般情况下，能用“守恒法”解答的题目也能用其它方法解决，但较费时且易出错。而“守恒法”则是利用物质变化过程中某一特定量固定不变来解决问题，其特点是不纠缠于细枝末节，只关注始态和终态，寻找变化前后特有的守恒因素，快速建立等式关系，巧妙作答，可节省做题时间，能提高解题速率和准确率。 二．守恒法的选取 在进行解题时，如何选择并应用上述方法对于正确快速地解答题目十分关键。首先必须明确每一种守恒法的特点，然后挖掘题目中存在的守恒关系，最后巧妙地选取方法，正确地解答题目。 1．在一个具体的化学反应中，由于反应前后质量不变，因此涉及到与质量有关的计算题可考虑质量守恒法。 2．在溶液中存在着离子的电荷守恒和物料守恒。因此涉及到溶液（尤其是混合溶液）中离子的物质的量或物质的量浓度等问题可考虑电荷守恒法、物料守恒法。 3．在氧化还原反应中存在着得失电子守恒，因此涉及到氧化还原反应中氧化剂、还原剂得失电子数目及反应前后化合价变化等问题可考虑电子守恒法。 【典型例题】 类型一：质量守恒（物料守恒、原子守恒） 【高清课堂：388461 例2】 例1、在溶液中1molNaOH与0.8molCO2充分反应，求Na2CO3与NaHCO3物质的量之比。 【思路点拨】如根据化学反应方程式来进行计算，就必须先写出涉及到的两个化学反应方程式，然后再列方程组求算，很繁琐。我们可以换个角度考虑问题，因为反应前后质量守恒，原子的种类及数目不会改变，所以在反应中钠离子与碳原子守恒。 【答案】1：3 【解析】依据在反应中钠离子与碳原子守恒，假设Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为a、b，则根据碳原子守恒有a+b＝0.8mol,根据钠原子守恒有2a+b＝1mol，解之得a＝0.2mol、b＝0.6mol故a：b＝1：3。 巧解：先配平方程式：0.8CO2+1NaOH=aNa2CO3 +bNaHCO3+cH2O，再列方程求解（见高清）。

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ﻫ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.①②⑤ C.①③⑥Ｄ.①④⑤ﻫ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3．６gＨ2Ｏ所提供的氧元素质量之和：ﻫ4．4ｇ×（32/44）＋３．6ｇ×(１6/１８)=６．4g 反应前氧元素质量为：4.4ｇ+3.６ｇ-1.6ｇ=６.4ｇﻫ所以，②是正确的。对于分子中C,H元素原子个数比为:ﻫＣ∶H＝（４．4-3.２)／１2∶(3．６-3.2) ／1=１∶4ﻫ故选Ａ。ﻫ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0.８mｏｌ的ＣＯ2，所得溶液中CO３2-和HＣＯ3－的物质的量浓度之比是( )。ﻫＡ．1∶３Ｂ．2∶１ C.2∶3 D.3∶2ﻫ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ﻫ2x＋y=１.0mol／Ｌ×1Ｌ（Na+守恒）ﻫx＋y=0．8ｍｏｌ(C守恒)ﻫ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Cu 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．0.12ｍol Ｂ．0.１1mol C．0．09mｏl Ｄ．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。05mｏl。故共消耗ＨＮＯ30.1１ｍｏｌ。选B。 二、原子或原子团守恒法 在许多化学反应中,尤其是离子反应中，原子或原子团以整体参加反应后，原子或原子团仍然保持守恒。 例4．有一在空气中暴露过的KＯH固体,经分析测知含水7.62%,含Ｋ２CO3２．３8%,ＫＯＨ9０％。若将此样品先加入到1。0mｏｌ／Ｌ的盐酸４6．00mＬ里,过量的盐酸再用１.０７ｍoｌ/LKＯH溶液27.６５ｍL正好中和，盐酸中和后的溶液可得固体约为（）． A．3.４3g B．4．00g Ｃ．4．５0g Ｄ.1．0７g

微学霸第3辑——氧化还原反应第五部分 利用得失电子守恒巧解氧化还原反应计算题 含解析

灵活应用电子得失守恒是解答的关键，得失电子守恒是氧化还原反应计算的核心思想：得失电子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.得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。 电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。 计算公式如下：n(氧化剂）×得电子原子数×原子降价数=n(还原剂）×失电子原子数×原子升价数。利用这一等式,解氧化还原反应计算题，可化难为易，化繁为简. 【典例】物质的量之比为2∶5的锌与稀硝酸反应,若HNO3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HNO3与未被还原的HNO3的物质的量之比是 A．1∶4 B．1∶5 C．2∶3 D．2∶5 【答案】A 【解析】方法一根据得失电子守恒法求解。设锌的物质的量为2 mol,HNO3的物质的量为5 mol ,生成N2O的物质的量为x（被还原的HNO3的物质的量为2x).该反应中化合价变化情况：Zn→Zn2+（价差为2)，23 NO →N2O(价差为8)，则由化合价升降相等，可得x× 8 =2 mol ×2，解得x=0.5 mol,则被还原的HNO3的物质的量(2x)为1 mol，未被还原的HNO3的物质的量为4 mol。故反应中被还原的HNO3与未被还原的HNO3的物质的量之比是1∶4。 方法二根据题意写出锌与稀硝酸反应的化学方程式并配平：

4Zn+10HNO34Zn（NO3）2+N2O↑+5H2O，从化学方程式可看出反应中被还原的HNO3与未被还原的HNO3的物质的量之比是1∶4。 1．PbO2是褐色固体，受热分解为Pb的+4和+2价的混合氧化物,+4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2，+4价的Pb还原成+2价的Pb；现将1 mol PbO2加热分解得到O2，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2，O2和Cl2的物质的量之比为3∶2,则剩余固体的组成及物质的量比是 A．1∶1混合的Pb3O4、PbO B．1∶2混合的PbO2、Pb3O4 C．1∶4∶1混合的PbO2、Pb3O4、PbO D．1∶1∶1混合的PbO2、Pb3O4、PbO 【答案】A 【解析】本题考查氧化还原反应的电子守恒规律。将1 mol PbO2加热分解得到O2，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2,O2和Cl2的物质的量之比为3∶2，则在两步反应中,Pb得到的电子的物质的量比为：（3×4）∶（2×2）=3∶1，即两步反应过程中+4价的 ，故铅被还原的比例为：3∶1，在第一步被还原的铅占铅总数的3 4 答案为:A。 2．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1.68 L O2（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5 mol/L NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积

高考化学解题方法系列 专题6守恒法

2011高考化学解题方法系列专题6·守恒法 （以下试题均来自VCM 仿真实验配套试题） “守恒法”是中学化学经常采用的技巧性解题方法之一。 一般情况下，能用“守恒法”解答的题目也能用其它方法解决，但较费时且易出错。而 “守恒法”则是利用物质变化过程中某一特定量固定不变来解决问题，其特点是不纠缠于细枝末节，只关注始态和终态，寻找变化前后特有的守恒因素，快速建立等式关系，巧妙作答，能提高解题速率和准确率。 “守恒法”在不同版本的教辅材料中，有多种表述形式，如物料守恒、质量守恒、元素守恒、原子守恒、离子守恒、电荷守恒、电子守恒、物质的量守恒、体积守恒…等等。其实所谓的“守恒”因素不外乎三种情况：一是物料守恒，二是电性电量守恒。 一、物料守恒 所谓“物料”，就是物质。从物质的形态而言，有宏观意义上的物质，又有微观意义上的粒子。当谈到“物料”守恒时，对宏观物质而言，主要是质量守恒；对微观粒子而言，则主要是与物质的量挂钩的元素守恒。 (一)质量守恒 在此探讨的质量守恒，已不再是狭义的质量守恒定律，它涵盖了物理和化学两种变化中的有关守恒关系。 1.固态混合物 由固体物质组成的混合物，往往在化学变化前后存在某一方面的守恒因素，利用这些因素可省时省力。 例1：取一定量的KClO 3和MnO 2的混合物共热制取O 2，反应开始时MnO 2在混合物中的质量分数为20%，当反应进行到MnO 2在混合物中的质量分数为25%时，求KClO 3的分解百分率。 解析：MnO 2在反应中作催化剂，反应前后质量守恒。设原混合物的质量为m 1g ，反应结束后混合物的质量为m 2g ，则MnO 2反应前后的质量分别为：0.2m 1g 和0.25m 2g 。由MnO 2的质量守恒可得：0.2m 1g ＝0.25m 2g ，m 2＝0.8m 1。由反应前后质量守恒可知，放出O 2的质量应等于反应前后的固体质量之差，即：m 1g-m 2g ＝m 1g-0.8m 1g ＝0.2m 1g 。即可求得KClO 3的分解百分率为：% 64%1008.0962.024511=⨯⨯g m g g m g 。