招数一追踪元素(元素守恒)

补充追踪之术————————来源于张明昭《化学追踪之术》
招数一：追踪元素（元素守恒）
化学反应的实质是化学键的破旧立新过程，一切化学反应均不过是原子间的化合与化分，原子种类和数目并未变,因而反应前后某元素物质的量也不变。

在解题过程中，巧妙地利用这一守恒关系，追踪元素，常可出奇制胜。

例题解析
例题1．把7.4gNa2CO3·10H2O和NaHCO3组成的混合物溶于水，配成100mL溶液，其中Na+的物质的量浓度为0.6mol·L-1；若把等质量的混合物加热到恒重时，残留物的质量是（）
(A)7.4g (B)5.24g (C) 3.18g (D)1.86g
【解析】本题若用常规解法，需先列出二元一次方程式求解Na2CO3·10H2O和NaHCO3的量，再根据以下两个反应求解残留物的质量：
Na2CO3·10H2O == Na2CO3+10H2O
2NaHCO3 == Na2CO3+CO2↑+H2O
虽可解出，但步骤繁多，犯了计算型选择题解题之大忌——小题大做。

现用化学追踪术分析如下，该题可从Na+追踪入手：最后生成的物质是Na2CO3，通过Na+守恒，算出Na2CO3的质量
例题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2mol·L-1的盐酸中后，多余的盐酸用1.0mol·L-1KOH 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
【解析】本题主要追踪K或者Cl离子。

最后的产物是KCl。

因为K+来源甚多，难以列式求解；而Cl-来源是唯一的，故确定氯元素为追踪目标，根据盐酸中含氯的物质的量和氯化钾中含氯的物质的量相等列式可解。

【答案】B
追踪术运用于化学综合计算题，同样事半功倍、游刃有余。

当然，综合计算题的信息量更大，干扰因素更多，更需要认真审题，去繁就简，去伪存真，浓缩信息，抓住关键，直奔目标。

例题3：有Na2CO3、NaHCO3、CaO和NaOH组成的混合物27.2g，把它们溶于足量
的水中充分反应后，溶液中的Ca 2+、CO 32-、HCO 3―
均转化为沉淀，将反应容器内水分蒸干，最后得到白色固体共29g ，则原混合物中Na 2CO 3的物质的量是多少？
解析：本题若用常规解法，则有以下反应：
CaO+H 2O=Ca(OH)2
NaOH+NaHCO 3=Na 2CO 3+H 2O
Ca(OH)2+Na 2CO 3=CaCO 3↓+2NaOH
2Ca(OH)2+2NaHCO 3= 2CaCO 3↓+2NaOH +2H 2O
头绪繁多，数量之间的关系难以建立。

且用元素追踪术分析之：
最后得到的白色固体是Ca CO 3和NaOH 的混合物，为什么量会变多呢？追踪多余 量的来源。

CaO 变到Ca(OH)2将要吸水，同时NaHCO 3与Ca(OH)2、NaOH 作用将放出水，这里的水的量就是差量的源泉。

设NaHCO 3为xmol ，Na 2CO 3为ymol ，由于Ca 2+、CO 32-、HCO 3―
均转化为沉淀，则Ca 2+的浓度为x+ymol ，于是可以得出吸水的量为x+ymol ，放出水的量为ymol 。

多余的水的物质的量恰好等于Na 2CO 3的量，于是得出0.1mol 。

同时也可以采取对化学式做适当变形：将NaHCO 3变形为NaOH·CO 2，将Na 2CO 3变形为Na 2O·CO 2。

NaHCO 3(NaOH·CO 2)−−→−CaO
NaOH+CaCO 3 （质量不变） {32222CaCO CaO CO NaO H O H O Na →+→+
由此追踪得出：1mol Na 2CO 3(Na 2O·CO 2)反应后，增加了1mol 水的质量（18g ）。

Na 2CO 3~ Na 2O~H 2O
1mol 18g
x 1.8g
【答案】0.1mol
元素追踪术所依据之原理为“反应前后某种元素物质的量不变”。

对于多步反应、连续反应或循环反应的计算，此术尤为好用——无需过问复杂的变化途径和繁琐的反应细节，省却了书写化学方程式的麻烦，既加快了解题速度，也提高了准确度。

Na 2CO 3(Na 2O·CO 2)
基本训练
1.在一定体积的容器中，加入1.5mol氙和7.5mol氟气，与400℃和2633KPa压强下加热数小时，然后迅速冷却至25℃，容器内除得到一种无色晶体外，还余下4.5mol氟气，则所得无色晶体产物中，Xe与F的原子个数比是（）
A、1：2
B、1：3
C、1：4
D、1：6
2.用1升1.0mol·L-1NaOH溶液吸收0.8molCO2，所得溶液中的CO32-和HCO3―的物质的量浓度之比约是（）
A、1：3
B、2：1
C、2：3
D、3：2
3.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克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，得到的白色沉淀的质量是（）
A、5克
B、10克
C、15克
D、20克
4.若4A + 3B2 = 2AxBy，则x、y的数值是（）
A、x = 4，y= 6
B、x = 2，y= 3
C、x = 1，y= 2
D、x = 3，y= 2
5.黑火药爆炸的原理可用下式表示：2KNO3 + 3C + S K2S + N2则X的化学式为（）
A、CO
B、CO2
C、NO
D、SO2
6.碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸，转化为氯化铜。

在高温下这两种化合物均能分解成氧化铜。

溶解28.4g上述混合物，消耗1mol·L-1盐酸500mL。

燃烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是（）
A、35g
B、30 g
C、20 g
D、15 g
7.把7、8gNa2O2和7、9gNH4HCO3装入密闭容器中加热至150℃，充分反应后排出气体，冷却至常温，取出全部残留固体，加水溶解并定容至250mL，求所得溶液中Na2CO3物质的量的浓度。

8．将5.1gMg、Al合金投入500mL 2mol·L-1盐酸中，金属完全溶解后，再加入4mol·L-1NaOH溶液多少毫升时所得沉淀质量最多？
【参考答案】
1.Xe是单原子分子，F2是双原子分子，反应前的Xe原子、氟原子全部转移到“一种无色晶体之中”。

原子个数比：Xe：F = 1.5：（7.5—4.5）×2
=1.5：6
=1：4
2.设反应生成Na2CO3为ymol，有：
2x+y=1 （追踪Na+）
x+y=0.8 （追踪碳原子）
求出x=0.2，y=0.6
则[CO32―]：[HCO3―]=1：3
故选择答案为A。

3.本题可从追踪碳元素着手。

∵5克混合气体中共含碳元素：5克×36% = 1.8克
又因为：C ——CaCO3
12克100克
∴得到的白色沉淀的质量为（1.8/12）×100克
4.反应前后原子的种类没有改变，原子的数目没有增减，可知：
x = 2 y = 3
5.B
6.（0.5 mol/2）×80 g·mol-1=20g
7. 本题可从追踪Na+着手，答案为0.4mol·L-1。

8．沉淀最多时刚好生成NaCl。

需250mL。

招数二：追踪电子
有关氧化还原反应的考题可使用追踪电子之术。

氧化还原反应是高考必考的考点，也是中学化学学习的重点与难点。

题型多变，题意迷离，令许多同学左支右绌，难以招架。

其实，“你有千变万化，我有一定之规”，只要抓住了氧化还原反应的实质——电子转移，运用电子追踪之术，便可拨开迷雾，豁然开朗。

例题解析
例题1．硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0mL 0.100 mol·L-1 Na2S2O3溶液恰好把224mL （标准状况下）Cl2完全转化为Cl－离子，则S2O32－将转化成（）
A 、S 2－
B 、S
C 、SO 32－
D 、SO 42－
【解析】
本题是氧化还原反应产物判断的试题，高考常见题型，可用电子追踪术分析求解，其基本步骤如下：
（1）根据电子得失确定氧化还原关系。

（2）求出氧化剂、还原剂物质的量，并根据化合价的改变分别求出得、失电子数
（3）用电子守衡列方程求解。

题目指出“Cl 2转化为Cl －” ，则得电子被还原的物质是Cl 2；失电子被氧化的物质一定是Na 2S 2O 3（其中S 元素的平均化合价为+2）。

设：被氧化产物中S 元素升高n 价
Na 2S 2O 3 Cl 2
失电子总数 得电子总数
0.0100×25.0×2×n =（224/22.4）×2
n=4
【答案】（D ）
电子追踪术依据之原理为“氧化还原反应中电子得失总量不变”。

追根溯源，氧化还原反应的实质是电子的得失与转移，反应中电子只不过是从一种原子转移到另一种原子，数目并未改变,因而存在如下关系：
氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数
这就将化学关系抽象成数学模型，有关氧化还原反应的计算均可运用以上数学模型解决。

氧化还原反应的试题虽然变化甚多，但所谓“万变不离其宗”，只要抓住核心问题——电子转移，就不易出错了。

例题2．已知：11P+15CuSO 4+24H 2O==5Cu 3P+6H 3PO 4+15H 2SO 4,反应中1molCu 2+能氧化P 的物质的量为: A.52 mol B. 1115 mol C. 51 mol D. 3
1 mol 【解析】本题常犯的错误为选A 或B ，选B 的同学片面地认为CuSO 4是氧化剂，P 是还原剂，故用CuSO 4、P 的系数列比例求解；而选A 的同学虽然注意到了11 mol P 中只有
6 mol生成H3PO4被氧化，却忽略了P歧化时本身的电子转移。

若采用电子追踪之术，决不会发生以上错误：
撇开P歧化时本身的电子转移，追踪Cu2+与P之间的电子得失，设被Cu2+氧化的P为x mol，则Cu2+得电子总数= P（部分）失电子数
1×1 = 5x
【答案】（C）
有关NO、NO2、O2循环的计算，历来是中学化学教学中的一个难点，试作一详尽的例析——例题3．向盛有12mLNO2气体并倒立水槽中的试管里, 通入一定量的O2充分反应后, 试管内最后剩余2mL气体, 则通入O2的体积可能为 ( )
A. 1.5mL
B. 2.5mL
C. 4.5mL
D. 5mL
【解析】NO2、O2、水三者共存时有反应：
（1）3NO2 + H2O === 2HNO3 + NO
（2）2NO + O 2 === 2NO2
可知，混和气体在与水充分接触时，NO2被水吸收产生的NO会很快与O2化合成NO2，NO2又会继续与水作用……如此循环往复，直至只余NO或O2为止。

由于每完成一轮循环周期消耗的气体（NO2或O2）的量构成无穷递减数列，故可用级数求和法求解。

这是一种很复杂的数学方法，有兴趣的同学可自行试之。

本题的另一种常用解法是叠加法，这是基于化学原理的一种解法，比上法略胜一筹。

叠加法的特点是：将以上（1）、（2）方程式叠加（类似于数学中的加减消元法），消掉“中间过渡物质”（NO），得到一个总的化学反应关系式——
2×（3NO2 + H2O === 2HNO3 + NO）
十）2NO + O 2 === 2NO2
2×（1）式十（2）式，得： 4NO2十O 2十2H2O=4HNO3
再根据这一反应关系讨论、计算。

此法仍嫌不够简洁，而且易误选（B、D），这是将“最后剩余2mL气体”看作过量的NO2或Ｏ，分别讨论计算的结果。

其实，过量的气体只能是NO或Ｏ2。

2
下面，且看电子追踪术如何化难为易——
因为，过量的气体可能是NO或Ｏ2。

故讨论如下：
若过量的气体为ＮＯ时，
NO2→HNO3所失电子数=NO2→NO所得电子数十O2所得电子数
（12―2）×1 = 2×2十4X 解得：X=1.5
若过量的气体为O2时，
NO2所失电子数=O2所得电子数
12×1 = 4×（X―2）解得：X=5
干脆利索，快速简捷，真妙法也！笔者曾于十几年前以《旧题新解》为题，将此法发表，但至今在循环氧化计算题中仍未成为主流解法，诚可惜也。

【答案】A、D
电子追踪术运用于多步反应，可将中间步骤与中间过渡产物视为传递电子的媒介，直接追踪起始反应物与最终产物之间的电子关系，长驱直入，直捣黄龙。

例题4．3.84g铜和一定质量的浓硝酸反应，当铜反应完时，共收集到标准状况时的气体2.24L，若把装有这些气体的集气瓶倒立在盛水的水槽中，需通入多少升标况下的氧气才能使集气瓶充满溶液?
【解析】本题为多步反应的计算，铜与浓硝酸反应生成NO2，随硝酸浓度变稀，有可能生成NO。

反应过程纷纭繁杂，若用常规解法，需先求出NO，NO2的物质的量，再根据：4NO2十O2十2H2O=4HNO3
4NO 十3O2十2H2O=4HNO3
计算出O2的物质的量及其体积。

步骤烦琐，运算量大，极易出错。

现追踪电子分析于下：硝酸虽然参加了反应，但最终却没有变，整个过程可视为铜失去电子，硝酸先得电子，再把电子传递给了O2，设通入标况下的氧气的体积为x，则有：
铜所失电子数= O2所得电子数
2×3.84/64 = 4×x/22.4
【答案】0．672Ｌ
【小结】
电子追踪术的关键在追踪电子，所谓“追踪电子”就是利用化学知识找出题目中各物质得失电子的关系，只要找到了正确的关系，问题就迎刃而解了。

基本训练
1、氯碱工业电解饱和NaCl 溶液时，若将电解槽内隔膜去掉，同时升高电解液温度，此时电解槽内将发生反应：NaOH+Cl 2→NaClO 3+NaCl+H 2O ，假设该反应进行完全，则在该条件下最后得到的两种产物物质的量之比是：
A 、1:1
B 、1:2
C 、1:3
D 、2:3
2、某温度下，将Cl 2通入KOH 溶液里，反应后得到KCl 、KClO 、KClO 3的混合溶液，经测定ClO -与ClO －3离子的物质的量浓度之比是1:2，
则Cl 2与KOH 反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为
A 、2:3
B 、4:3
C 、10:3
D 、11:3
3、用25mL0.028mol·L -1的Na 2SO 3溶液恰好将含有2.8×10－
4molMO(OH) 2+的氧化剂还原, 则M 元素的最终化合价为
A 、+2
B 、－2
C 、－1
D 、 O
4、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
A 、NO 2
B 、NO
C 、N 2O
D 、N 2
5、一定条件下硝酸铵受热分解的未配平化学方程式为：NH 4NO 3—HNO 3+N 2+N 2O ，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为
A 、5:3
B 、5:4
C 、1:1
D 、3:5
6、用两支惰性电极插入500mLAgNO 3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H 2析出，且电解前后溶液体积不变），电极上应析出银的质量是
A 、27mg
B 、54mg
C 、108mg
D 、216mg
7、用惰性电极电解M （NO 3）×的水溶液，当阴极上增重ag 时，在阳极上同时产生bL 氧气（标准状况），从而可知M 的原子量为
A 、b ax 4.22
B 、b ax 2.11
C 、b ax 6.5
D 、b
ax 5.2 8、通以相等的电量，分别电解等浓度的硝酸银和硝酸亚汞（亚汞的化合价为+1）溶液，若被还原的硝酸银和硝酸亚汞的物质的量之比n （硝酸银）: n （硝酸亚汞）=2:1，则下列表述正确的是（ ）
A、在两个阴极上得到的银和汞的物质的量之比n（硝酸银）:n（硝酸亚汞）=2:1
B、在两个阳极上得到的产物的物质的量不相等
C、硝酸亚汞的分子式为HgNO3
D、硝酸亚汞的分子式为Hg2(NO3)2
9、高锰酸钾和氢溴酸溶液可以发生下列反应：KMnO4+HBr→Br2+MnBr2+KBr+H2O 其中还原剂是。

若消耗0.1mol氧化剂，则被氧化的还原剂的物质的量是mol。

10、环保化学中，COD是度量水中还原性污染物的重要指标。

测定COD的方法是：用强氧化剂（如KMnO4、NaClO等）处理1L水样，当水中还原性污染物恰好被完全氧化时，测出消耗的氧化剂的量。

然后将此氧化剂的量通过电子得失关系，换算成以O2作氧化剂时所需O2的质量（amg），该水样的COD即为a mg·L-1。

现有某废水样品50.00mL，加入0.0200mol·L-1MnO4溶液10.00mL，并加入适量硫酸和催化剂，放入沸水浴中加热一段时间，充分反应后，MnO4-被还原为Mn2+。

用0.0200mol·L-1Na2C2O4标准液滴定多余的KMnO4，消耗Na2C2O4溶液 5.00mL。

求该废水样品的COD。

（已知：2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=====K2SO4+5Na2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O）
【参考答案】
1、C
2、D
3、D
4、C
5、A
6、B
7、C
8、D 9、HBr；0.5 10、128mg·L-1
招数三：追踪电荷
电荷追踪术主要用于有关离子浓度、离子反应的考题，也是高考必考的考点，常以选择题、填空题、信息题、推断题、计算题等形式出现。

例题解析
例题1．将K2SO4、Al2(SO4)3、KAl(SO4)2三种盐混合溶于稀H2SO4，测得溶液中离子浓度如下：C(SO42-)=0.105mol·L-1，C(Al3+)=0.055mol·L-1，C(H+)=0.010mol·L-1，则C(K+)为（）
A、0.045mol·L-1
B、0.035mol·L-1
C、0.055mol·L-1
D、0.040mol·L-1
【解析】本题是求算离子浓度的题目，高考常见题型。

运用电荷追踪术求解于下：
因为电解质溶液呈电中性，所以溶液中
阳离子所带正电荷总数==阴离子所带负电荷总数
即3×C(Al3+) + C(H+) + C(K+) == 2×C(SO42-) 解之可得。

【答案】A
电荷追踪术依据之原理为“电中性原理”：因为原子、分子、物质都是电中性的，所以，中性物质或分子中带正电粒子与带负电粒子的正、负电荷总数一定相等。

这种解法在中学教学参考书中被广泛地称为“电荷守恒法”，其实不妥。

因为，化学反应中由于沉淀、气体、难电离物质的生成，电荷总数也在发生变化，电荷是不守恒的。

正确的称谓应该是“电荷平衡法”。

应用电荷平衡法，有时需要忽略次要离子。

且看下例：
例题2．酸雨是因过度燃烧煤和石油，生成硫和氮的氧化物溶于水，生成了H2SO4和HNO3的缘故。

分析某次雨水的数据如下：
[NH4+]=2.0×10—6mol·L-1
[Na+]=3×10—6mol·L-1
[CI—]=6×10—6mol·L-1
[SO42—]=2.8×10—5mol·L-1
[NO3—]=2.3×10—5mol·L-1
则此次降雨雨水的pH值接近于
（A）3 （B）4 （C）5 （D）6
【解析】根据“电中性原理”：
[H+] + [NH4+] + [Na+] = [CI—] + [NO3—] + 2[SO42—] + [OH—]
因为酸雨中[OH—]很小，可忽略，故
[H+]≈8×10—5mol·L-1，pH = —Ig（8×10—5）≈4。

【答案】B
电荷追踪术运用于离子反应计算题，同样游刃有余。

例题3．76.8mg铜和10mL 6mol·L-1硝酸反应，铜全部溶解后，如果NO3-离子减少0.2mol·L-1，则溶液中H+同时下降（），设反应前后溶液体积的变化可忽略不计。

A.0.22mol·L -1
B.0.32mol·L -1
C.0.44mol·L -1
D.0.4mol·L -1
【解析】本题若用常规解题法，需先判断硝酸的还原产物——NO 、NO 2或其混合物，再列出两个方程式联立求解。

步骤繁杂，未免小题大做。

采用电荷追踪术则事半功倍： H +下降的浓度==NO 3-离子减少的浓度 + 被Cu 2+离子替换的H +的浓度
==NO 3-离子减少的浓度 + 2×Cu 2+的浓度
即 0.2mol·L -1+ 2× ==0.44mol·L -1 【答案】C
电荷追踪术运用于错综复杂的多步离子反应综合计算题，更显出英雄本色。

例题4．27.2ｇ铁粉和氧化铁的混合物，放入500mL 的稀H 2SO 4中，发现固体完全溶解，并放出4.48LH 2
（标况）。

加入NH 4SCN 溶液，无颜色变化。

然后向溶液中加入2mol·L -1NaOH 溶液，当溶液呈中性时，消耗NaOH 溶液500mL ，求原H 2SO 4溶液的物质的量浓度。

【解析】本题可能涉及以下6个反应：
Fe+H 2SO 4= FeSO 4+H 2↑
Fe 2O 3+3H 2SO 4= Fe 2(SO 4)3+3H 2O
Fe 2(SO 4)3+Fe= 3FeSO 4
Fe+Fe 2O 3+3H 2SO 4=3FeSO 4+3H 2O
H 2SO 4+2NaOH= Na 2SO 4+H 2O
FeSO 4+2NaOH= Fe(OH)2↓+ Na 2SO 4
常规解法非常麻烦。

且看张某巧用电荷追踪术快速抢答：
依题意，反应结果所得是Na 2SO 4溶液，根据电荷平衡:
Na +所带正电荷数==SO 42-
所带负电荷数 则 Na +的物质的量==２×SO 42-
的物质的量 又因为：Na +的物质的量==NaOH 的物质的量，
SO 42-
的物质的量==H 2SO 4的物质的量， ∴2mol ·L —1×0.5L==2×C （H 2SO 4）×0.5L
【答案】C （H 2SO 4）＝１mol·L -1
【小结】
（76.8mg/64mol·L -1）
10mL
在解剖有关离子反应的习题时，电荷追踪术是一把最锋利的刀。

有了这把刀，就不必纠缠于纷纭繁杂的离子反应的一团乱麻中，只需关注始态与终态之间离子的电荷平衡关系，从而快刀斩乱麻，大大加快了解题进程，这实际上是整体思维方式在化学中的又一应用。

基本训练
1、在MgCl
2、KCl、K2SO4三种盐的混合溶液中，若K+、Cl-各为1.5mol，Mg2+为0.5mol，则SO42-的物质的量为( )
A.0.1mol
B.0.5mol
C.0.15mol
D.0.25mol
2、6.4g铜与60mL 8mol·L-1的硝酸充分反应后，硝酸的还原产物有NO2、NO，反应后溶液中所含H+为nmol，此时溶液中所含NO3-物质的量为（）
A. 0.28mol
B. 0.31mol
C.(n＋0.2)mol
D. (n＋0.4)mol
3、将KCl与KBr的混合物13.4g溶于水，配制成500mL溶液。

向此溶液中通入过量的Cl2，反应将溶液蒸干并灼烧得固体11.175g。

则原所配溶液中K+、Cl－、Br－的个数比为（）
A. 3:2:1
B.1:2:3
C.1:3:2
D.2:3:1
4.含有X n+离子的溶液10mL，浓度为1.2mol·L-1，正好使30mL0.4mol·L-1的CO32－全部沉淀，则n值为（）
A. 3
B.2
C.1
D.无法确定
5．测得某溶液中含Cu2＋，K＋，SO42－，Cl－四种离子且阳离子的个数比为：Cu2＋∶K＋＝3:4，则SO42－与Cl－的个数比可能是（）
A．3:2 B．1:3
C．1:8 D．2:5
6、在一定条件下，RO3n－和I－发生反应的离子方程式为：
RO3n－+6I－+6H+= R－+3I2+3H2O。

(1) RO3n－中n值为______，R元素的化合价是______；
(2)R元素的原子最外层电子数是_____。

7、将7.84g铁粉置于200mL 1.75mg·L-1的稀硫酸中，不再产生气体时向溶液中加入KNO3晶体3.03g；充分反应后再用0.5mol·L-1 KMnO4溶液滴定，当全部Fe2+被氧化为Fe3+，MnO4-被还原成Mn2+时，耗KMnO4溶液20mL。

试通过计算确定：（1）KNO3被还原产物中氮元素的化合价；（2）最后所得溶液中的氢离子浓度（设溶液体积为220mL）。

8．将镁带在空气中燃烧的全部产物溶解在500ml浓度为1.8mg·L-1的盐酸中，以
20ml0.9mg·L-1的NaOH溶液中和多余的盐酸，然后在此溶液中再加入过量的NaOH使氨全部蒸出来，用足量盐酸吸收经测定氨为0.102g。

求镁带的质量。

【参考答案】1、B 2、C 3、A 4、B
5、设溶液中Cu2＋:K＋:SO42－:Cl－＝3:4:ｘ:y。

则：
2ｘ＋ｙ＝3×2＋4×1 讨论求解：B、C项符合题意。

6、(1) 1 , +5 ; (2) 7 。

7、由电子守恒可求出（1）；再由电荷平衡求出（2）。

+2；1mol·L-1。

8．据电荷平衡n(Na+)+n(NH4+)+2n(Mg2+)=n(Cl-)可求,镁带质量为0.792g
【总结】
化学追踪术强调的是揭开表象，总揽全局，寻找物质的性质与数量间的本质联系，而不是僵化地陷入题目所设情境之中。

所谓“追踪”者，就是通过认真分析题意，找出某种不变的量，抛弃纷纭繁杂的反应过程，以不变应万变，一矢破的。