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守恒法在解化学题中的应用
所谓守恒，就是指化学反应的过程中，某些量在反应前、后保持不变的关系。应用守恒关系进行化学解题的方法叫做守恒法。守恒法是化学解题的典型方法之一，是常用的、重要的解题技巧。化学计算中常用到的守恒法有质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒、物料守恒等等。应用守恒法解题，可使化学问题的内在关系更简捷地展现出来，简化解题过程，尤其是在解选择题时，可节省做题时间，提高解题速率。
一、原子守恒
化学反应的实质就是反应中的分子分解成原子，原子重新组合成新的分子。因此参加反应的物质中的原子个数在反应前后不变，但分子个数可能变也可能不变！
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
解析：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。假设NaHCO3和Na2CO3的物质的量分别为X、Y，则根据碳原子守恒有X+Y＝0.8mol,根据钠原子守恒有X+2Y＝1mol，解之得X＝0.6mol、Y＝0.2mol故X：Y＝3：1,选A。
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？
解析：对于（1）由题知固体加热产生的气体体积不为零，则可说明有CO2生成，即碳酸氢钠过量，因此所得固体只有碳酸钠。
对于（2），因固体只有碳酸钠则根据钠离子守恒可知，n(NaOH) ＋n(NaHCO3) ＝2n(Na2CO3)=2V2/22.4.又知经过充分反应后，碳酸氢钠中所含的碳元素全部被转化为二氧化碳，则由碳守恒可知n(NaHCO3) ＝n(CO2) ＝(V1＋V2)/22.4,
n(NaOH) ＝2V2/22.4－(V1＋V2)/22.4＝(V2－V1)/22.4 .
n(NaOH)/ n(NaHCO3)＝(V2－V1)/ (V1＋V2)
二、质量守恒
参加化学反应的各物质的质量总和，等于反应后生产的各物质的质量总和。这个规律就叫做质量守恒定律。
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（ ）
A、46：9 B、32：9 C、23：9 D、16：9
解析：已知Q与R的摩尔质量比为9：22，结合方程式可以知道，反应生成的Q和R的质量比为18：22，也就是1.6克X与Y完全反应后，生成了4.4克R，同时生成了4.4×18÷22=3.6克Q，消耗Y的质量为3.6+4.4-1.6=6.4克。所以三参加反应的Y和生成物Q的质量之比为6.4g/3.6g=16：9。答案：D
例4：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%
解析：把a g铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，生成了和，再加入过量NaOH溶液，转化为，留在溶液中；生成了沉淀，过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧，得到的红色粉末为，铁在反应过程中是守恒的，中氧的量等于合金中铝的量，则。选A项。
三、电荷守恒
所谓电荷守恒是指溶液中所有阳离子所带的正电荷总数与所有阴离子所带的负电荷总数相等。
例5：已知，向100mL的溶液中通入标准状况下的，充分反应后测得形成的溶液中和的物质的量浓度相等，则原溶液的物质的量浓度为多少？
解析：由题中信息可知：还原性，因此通入后应该全部被氧化为。由题意可知反应后的溶液中只有、、，且
。
由电荷守恒有：，解得。
所以原溶液的物质的量浓度为：。
例6：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、8n个
解析：根据电荷守恒知4n×1＋5n×2＝8n×1+n(SO42－)×2,解得n(SO42－)＝3n,故选B.
例7: 50ml1mol/LCH3COOH与100mlNaOH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－)
C、c(Na+)＋c(H+)＝c(CH3COO－) ＋c(OH－) D、100mlNaOH溶液浓度为0.5mol/L
解析：根据题意c(H+)＝c(OH－)，可知c(Na+)＝c(CH3COO－)，故选项A、B正确；又根据溶液中电荷守恒，即Na+与H+所带正电荷和CH3COO－与OH－所带负电荷相等，故选项C正确，因此该题答案为D。
四、电子守恒
“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，在原电池和电解池中发生的也是氧化还原反应，因此在同一时间内，正极或阴极上微粒得到的电子数等于负极或阳极上微粒失去的电子数。电子守恒就是依据这种关系来解题的。凡是属于一般的氧化还原反应或电化学中的计算习题，笔者认为均可采用电子守恒法这种计算技巧进行计算。现举例如下：
1 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
==氧化剂化合价降低总数==还原剂化合价升高总数
例8：将54.4g铁和氧化铁的混合粉末投入足量的稀中，充分反应后收集到4.48L （标况），并测得溶液中既没有，也没有固体残留。求：
（1）原混合物中Fe和各多少克？
（2）反应后得到多少摩尔的？
解析：设原混合物中Fe为x g，则为
（1）根据得失电子守恒有：
解得，即原混合物中铁的质量为22.4g，的质量为。
（2）据铁元素守恒可得：。
例9：硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0ml0.1mol/LNa2S2O3溶液恰好把224ml（标准状况）Cl2完全转化为Cl－离子，则S2O32－将转化成（ ）
A、S2－ B、S C、SO32－ D、SO42－
解析：根据氧化还原反应的重要规律：得失电子数守恒，可知，反应中氯气所获得的电子的物质的量与硫代硫酸钠中硫失去的电子的物质的量相等。设硫的最终价态为x价。则有0.224L/22.4L.mol－1×2＝0.025L×0.1mol/L×2×(x－2),解得x＝6故选D
例10：将32.64克铜与140ml一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的NO和NO2混合气体的体积为11.2L（标准状况）请力量对比答：
（1）NO的体积为 L，NO2的体积为 L。
（2）待产生的气体全部释放后，向溶液中加入Vml、amol/LNaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化为沉淀，则原硝酸溶液的浓度为 mol/L.
(3)使铜与硝酸反应产生的气体在NaOH溶液中完全转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水 克。
解析：该题题干给出了铜与一定浓度的硝酸反应的情况，要求计算反应后各相关的量，综合性强，有一定的难度。因此抓住反应的实质，利用氧化还原反应中得失电子守恒来建立等式，是突破题中难点的关键。
对问题（1）由于n(Cu) ＝32.64/64=0.51mol,n(NO,NO2) ＝11.2/22.4=0.5mol,又知Cu－2e－＝Cu2+;HNO3＋3e－＝NO、HNO3＋e－＝NO2.若设NO的物质的量为xmol则NO2的物质的量为(0.5－x)mol，根据得失电子守恒得0.51×2＝3x＋(0.5＋x)×1，则x＝0.26即n(NO)＝0.26mol, n(NO2) ＝0.24mol,所以V(NO) ＝0.26×22.4＝5.8L，V(NO) ＝22.4×0.24＝5.4L
对问题（2），由题意知反应中部分硝酸参加氧化还原反应，其物质的量为0.5mo，部分硝酸未参加氧化还原反应，其物质的量根据最后溶液中的溶质只有NaNO3即可知Na+=N(原子守恒)，则其物质的量为aV×10－3mol；所以原硝酸溶液的浓度为c(HNO3)=( aV×10－3+0.5)/0.14mol/L.
对问题（3），由于NO和NO2混合气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，即HNO3-----NO，NO2-----NO3-相当于氮元素的化合价未变，铜失去的电子被双氧水得到。即有0.51×2=m（H2O2）×30%×2/34，m（H2O2）=57.8g.
例11：将含有0.4molCuSO4和0.2molNaCl的水溶液1L，用惰性电极电解一段时间后，在一个电极上得到0.3molCu，则另一电极上放出气体在标况下的体积是（ ）
A、4.48L B、5.60L C、6.72L D、13.44L
解析：Cu2+在电解池阴极得电子转变为Cu，即Cu2+＋2e－=Cu。阴极得到0.3molCu,即共得到电子0.3×2＝0.6mol。阳极为2Cl――2e－=Cl2,0.2molCl－共失0.2mol电子,放出Cl20.1mol;4OH――4e－=2H2O＋O2,根据得失电子守恒,故OH－失(0.6-0.2)mol电子,放出O2气体0.1mol,故气体总量为0.2mol,因此标况下体积为0.2mol×22.4mol/L＝4.48L.选A.
解析：根据氧化还原反应的重要规律：得失电子数守恒，可知，反应中氯气所获得的电
五、物料守恒
例12、 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、1.1×10－3mol D、1.2×10－3mol
解析:根据N原子守恒,有如下物料守恒式:
n(HNO3) ＝n(HNO3)氧＋n（HNO3）酸＝n(气) ＋2n[Cu(NO3)2]
＝(11.2×10－3/22.4)＋2×(19.2×10－3/64) ＝1.1×10－3mol，故选C。
例13: 同例7.
六、体积守恒
例14：将m g铁粉和n g硫粉均匀混合，在密闭容器中加热到红热，冷却后加入多少升的盐酸后就不再产生气体？若把已放出的气体收集起来，在标准状况下的体积一共是多少升？
解析：有关化学方程式为：、
若Fe过量，还有反应：
可得关系式：

1mol 2mol 1mol

解得

注：收集的气体可能是也可能是和的混合气体。
七、综合守恒关系
例15、将10g铁粉置于40mL较浓的硝酸中，微热完全反应时，收集到和NO混合气体1792mL（标准状况下），还残留4.4g固体。求：
（1）该反应中被还原的硝酸和未被还原的硝酸的物质的量之比；
（2）原硝酸的物质的量浓度；
（3）NO和的体积比；
（4）写出总的化学方程式。
解析：由题意可知：残留固体必为铁，则生成的盐为，反应掉的铁为：10g－4.4g=5.6g，即0.1mol，铁与浓共热，开始放出的气体为，由于反应一段时间后，硝酸由浓变稀，则放出的气体为NO，易求得收集到的和NO的混合气体共0.08mol。
（1）由N原子守恒有：n（被还原的）:n（未被还原的）
（2）
（3）设NO为a mol，为b mol
则
解得
由阿伏加德罗定律有：
（4）由以上计算数据和题意可写出其化学方程式为：
即：
守恒法练习题：基本依据：溶液中阴、阳离子电荷数守恒；质量守恒；
氧化还原反应中得失电子守恒（即化合价升降守恒）
1、现有含0.8某金属阳离子Zn+的溶液10mL，恰好把30mL0.4 mol/L的碳酸盐溶液中的CO32—全部形成沉淀，则n值是（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 E. 5
2.在V L硫酸铝溶液中加入过量的氨水，过滤得沉淀，然后在高温中灼烧沉淀，最后得白色固体m g，则原溶液中的硫酸根离子的浓度为（ ）
A. m/27V B.2m/27V C.m/18V D.m/9V E. m/34V
3.KCl和KBr的混合物13.4 g溶于水配成500mL溶液，通入过量的氯气，反应后将溶液蒸干，得到固体11.175g，则原所配溶液中K+、Cl-、Br-的浓度之比为（ ）
A. 1：2：3 B.3：2：1 C.1：3：2 D.2：3：1
4.某次酸雨的分析数据如下：C（NH4+）=2.0×10-5moL/L，C（Cl-）=6.0×10-5moL/L，C（Na+）=1.9×10-5moL/L，C（NO3-）=2.3×10-5moL/L，C（SO42-）=2.8×10-5moL/L，则此次酸雨的pH值大约是（ ）
A. 2 B.3 C.4 D.5
5.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
6.氯化铝和硫酸铝的混合溶液中，若不计铝离子水解，当其中C（SO42-）= C（Al3+）时，下列判断正确的是（ ）
A . C（Al3+）> C（Cl-） B. C（SO42-）> C（Cl-）
C. C（SO42-）< C（Cl-） D. n(AlCl3)=n(Al2(SO4)3)
7.硫酸钠与硫酸钾的混合溶液中，C（K+）=y mol/L，C（Na+）=0.2mol/L，C（SO42-）=x mol/L。则x、y之间的关系是
A. x=0.1+y/2 B.x=y/2 C.y=2x-0.1 D.y=2（x-0.1）
8.由HCl与氨水反应制得的溶液，若溶液中
(1) C（NH4+）= C（Cl-）,则溶液中pH_______7.
(2) C（NH4+）< C（Cl-）,则溶液中pH________7.
(3) C（NH4+）>C（Cl-）,则溶液中pH________7.
9.将0.1mol/L的硫酸钾溶液,0.2mol/L的硫酸铝溶液和纯水混和,要使混和溶液中的浓度分别为0.1mol/L,0.1mol/L,0.2mol/L,则所取三种溶液的体积比依次是
A. 1:1:1 B. 2:1:2 C.1:1:2 D.2:1:1
10.将Na2CO3·10H2O与NaHCO3的混合物m克溶于水,配成100mL溶液,测得溶液中C（Na+）为0.4mol/L,若将溶液蒸干灼烧至质量不变,可得固体( )
A. 2.12g B. 2.55g C. 1.68g D. 无法确定
11.将镁在空气中燃烧的全部产物(MgO、Mg3N2)溶于50mL1.8mol/L的盐酸中,以20mL0.9mol/L的NaOH溶液中和多余的盐酸,然后在此溶液中加入过量的NaOH溶液,把氨全部蒸发出来，用足量的盐酸去吸收，经测定，氨的质量为0.102g，计算镁的质量为多少克？
12.在Na2S溶液中存在多种离子和分子，下列关系式正确的是
A. C（OH-）= C（HS-）+ C（H+）+c（H2S） B. C（OH-）= C（HS-）+ C（H+）+2c（H2S）
C. C（Na+）= C（S2-）+ C（HS-）+c（H2S） D. C（Na+）= 2C（S2-）+2 C（HS-）+2c（H2S）
13.6.96g四氧化三铁完全溶于100mL2mol/L硫酸，再加入50mLK2Cr2O7溶液使铁全部氧化，若K2Cr2O7还原产物为Cr3+，则K2Cr2O7最低浓度为（ ）mol/L。
A. 0.005 B.0.05 C.0.1 D.0.2
14.两个铂电极插入500mL硫酸铜溶液中进行电解，通电一段时间后，某一电极增重0.064g（设电解时无氢气析出，且不考虑水解和溶液体积变化），此时溶液中氢离子浓度为多少？
15.向KI溶液中加入AgNO3溶液，直到反应完全为止，结果反应后溶液的质量恰好等于原KI溶液的质量，则该硝酸银溶液的质量分数为多少？
16.如果将9.60×10-4moL的XO4-在溶液中还原到较低价态，需用24.0mL0.100mol/L的H2O2溶液，那么X元素的最终化合价为（ ）
17.用铂电极电解500mL含KNO3和Cu（NO3）2的混合溶液，一段时间后，在两极均生成11.2L（标）气体，则原溶液中Cu2+的物质的量浓度为（ ）mol/L。
A. 0.5 B.1 C.2 D.无法确定
18.某固体A在一定条件下分解，产物全是气体，其分解的方程式为2A=B+2C+2D，现测得分解产生的混合气体对氢气的相对密度为d，则A的式量为（ ）
A. 2d B.2.5d C.5d D.0.8d
19.用二氧化锰与浓盐酸加热制氯气，若制得的气体为1.12L（标），则被氧化的氯离子为（ ）mol。
A. 0.1 B.0.2 C.0.4 D.2
20.硫酸铵在强热条件下分解生成NH3、SO2、N2、H2O，反应中生成的氧化产物和还原产物的物质的量的比是（ ）
21.3.24g银投入到足量的稀硝酸中，能得到_______mL(标)NO气体,参加反应的硝酸的物质的量为________mol。
22.在一定条件下发生如下反应：RO3n-+ 6I-+6H+ = R-+3I2+3H2O，则：中R元素的化合价为_____;R元素的最外层电子数为_______。
23.某金属硝酸盐受热分解生成二氧化氮和氧气的物质的量之比为4：1，则该金属元素的化合价_______(升高降低或不变),若生成的二氧化氮和氧气的物质的量之比小于4:1,则金属元素的化合价_________ , 若比为8:1,则金属的化合价________。
24.由反应，若，判断：X的分子式为
A. B.NO C. D.
25.若的系数比为1；8，则x值为__。
26.取镁铝合金粉末若干，用足量盐酸溶解后，再向溶液中加入过量NaOH溶液，将生成的沉淀过滤、洗涤、干燥并灼烧后，得到的白色粉末与原合金质量相等，则原合金中镁的质量分数为（ ）
A. 60% B. 40% C. 50% D. 80%
27.将4.34gNa、Na2O、Na2O2的混合物与足量水反应，得到672mL（标）混合气体，该混合气体通过放电恰好完全反应，则它们的物质的量之比为（ ）
A. 1：1：1 B. 1：1：2 C.1：2：1 D. 4：3：2
28.将M摩的Cu2S跟足量的稀硝酸反应，生成Cu（NO3）2、H2SO4、NO、H2O，则参加反应的硝酸中被还原的硝酸的物质的量是（ ）
A.4M B.10M C.10M/3 D.2M/3
29.某固体KOH样品含水7.55%，碳酸钾4.32%，将a克此样品与b毫升1摩/升的盐酸反应完全，再用c摩/升KOH溶液25.12mL恰使剩余盐酸中和，则得到的溶液蒸干后，固体质量接近（ ）克
A.0.800a B.0.0745b C.0.0357c D.无法计算
30.标准状况时，0.1mol某烃与1mol过量氧气混合，完全燃烧后，通过足量的过氧化钠固体，固体增重15g，从固体中逸出的全部气体为16.8L，则该烃的化学式为（ ）
A. C4H8 B.C4H10 C.C5H10 D.C5H12
31、将13.4克KBr和KCl的混合物深于水，配成500ml溶液，通入足量Cl2，反应后将溶液蒸干得11.18g固体，所配溶液中K+、Cl－、Br－的物质的量浓度之比为（ ）
A、3：2：1 B、1：2：3 C、1：3：2 D、1：1：1
32、已知3NO2＋2NaOH＝2NaNO3＋H2O＋NO;NO＋NO2＋2NaOH＝NaNO2＋NaNO3＋H2O.将224ml（标准状况）NO和NO2的混合气体溶于20mlNaOH溶液中，恰好完全反应并无所气体放出，则NaOH的浓度为（ ）
A、1mol/L B、0.5mol/L C、0.25mol/L D、0.2mol/L
33、将8gFe2O3投入150mL的稀硫酸中，再投入7g铁粉，共收集到1.68L氢气（标），同时固体均无剩余，向溶液中滴入KSCN溶液，未见颜色变化。为了中和多余的硫酸，且使Fe2+全部转化为Fe（OH）2沉淀，共消耗4mol/L的NaOH溶液150mL，则原硫酸的物质的量浓度为（ ）mol/L。
A.1 B. 2 C.3 D. 4
34、将1.92克铜投入一定量的浓HNO3中，随反应的进行，生成的气体的颜色逐渐变浅。当铜完全反应后共收集到Xml气体（标况）。盛有等量气体的容器倒置于水中，欲使容器中的
气体恰好完全溶于水，应通入氧气的体积（ ）（标准状况）
A、112ml B、224ml C、336ml D、448ml
35、Cu2S与一定浓度的硝酸反应，生成Cu（NO3）2、CuSO4、NO2、NO和H2O，当n（NO2）∶n（NO）为1∶1时，实际参加反应的Cu2S与HNO3物质的量之比为（）
A、1∶7 B、1∶9 C、1∶5 D、2∶9
36、某金属的硝酸盐受热分解时，生成NO2和O2的物质的量之比是2∶1，则在分解过程中金属元素的化合价是（ ）
A、升高 B、降低 C、不变 D、无法确定
37、将一定质量的镁铝合金投入到250ml 4mol/L的盐酸中，金属完全溶解后，再加入2mol/L的NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，加入的这种氢氧化钠溶液的体积是（ ）
A、250ml B、400ml C、500ml D、750ml
38、向一定量的FeO、Fe、Fe2O3的混合物中加入100ml1mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224ml标况下的气体，在所得溶液中滴入硫氰化钾溶液无血红色出现。若用足量CO在高温下还原同质量的此混合物，能得到铁的质量是（ ）
A、11.2g B、5.6g C、2.8g D、无法计算
39、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%
40、0.1mol某烃在22.4L(标况)过量氧气中完全燃烧后，将生成的混合气体与足量的过氧化钠反应，过氧化钠固体增重15g，剩余气体为16.8L(标况)，则该烃为（ ）
A、C2H6 B、C3H6 C、C4H8 D、C5H10