化学计算 守恒法
化学计算技巧之1.守恒法
专题（一）守恒法【学海导航】所谓“守恒法”就是以化学反应过程中存在的某些守恒关系如质量守恒、元素守恒、得失电子守恒、电荷守恒等进行计算的方法。
运用守恒法解题可避免在纷纭复杂的解题背景中寻找关系式，提高解题的速度和准确度。
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或物料守恒法。
2．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、还原剂得失电子及反应前后化合价等问题可考虑电子守恒法。
3．在某些复杂多步的化学反应中．．．．．．．．．．．．．，某些元素的质量或浓度等没有发生变化。
因此涉及到多步复杂的化学过程的问题可考虑元素守恒法。
4．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问题可考虑质量守恒法。
【精题点拨】1、得失电子守恒【例1】向含amolNa2S和bmolNa2S2O3的混合液中加入足量的稀硫酸酸化，完全反应后，得到沉淀(a+2b)mol ，原混和液中a 和b 的关系是(A)a=2b (B)2a=b (C)a>2b (D)2a>b【解析】由题意可知：amolNa2S 和 bmolNa2S2O3中的Ｓ元素全部转变为Ｓ沉淀，硫元素的化合价发生了改变，是氧化－还原反应，得失电子总数守恒。
amolNa2S 中的硫元素化合价从－２价变为０价，失去 2amol 电子，bmolNa2S2O3中的＋２价的Ｓ变到０价，得到 4bmol 电子，由得失电子总数守恒得 a=2b 。
【能力训练一】1.某氧化剂中，起氧化作用的是X2O72－离子，在溶液中 mol该离子恰好能使－离子完全氧化，则X2O72－离子还原后的化合价为A．＋1 B．＋2 C．＋3 D．＋42、在3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2↑，若有5 mol H2O做还原剂时，被水还原的BrF3的物质的量是mol mol C. D.3．向100 mL FeBr 2溶液中缓慢通入 L （标准状况）Cl 2，有的Br - 被氧化成溴单质，则原FeBr 2溶液的物质的量浓度mol/L mol/L mol/L mol/L4.已知某强氧化剂[RO(OH)2]+能被亚硫酸钠还原到较低价态,如果还原含 ×10-3mol[RO(OH)2]+的溶液到低价态,需L 的亚硫酸钠溶液,那么R 元素的最终价态为A.+3B.+2C.+15、 实验室用铅蓄电池做电源电解饱和食盐水制取氯气，已知铅蓄电池放电时发生如下反应：负极Pb+SO 42―-2e -=PbSO 4正极PbO 2+4H ++SO 42―+2e -=PbSO 4+2H 2O如果制得，这时电池内消耗的H 2SO 4的物质的量至少是A 、B 、C 、D 、6. 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。
守恒法在化学计算中的应用
守恒法在化学计算中的应用
化学守恒法（Conservation of Mass in Chemistry）是指在一个封闭体系中，原子、分子和离子的数量保持不变，反应前后总质量相等。
在化学计算中，守恒法可以用来判断反应是否发生，以及反应物和产物的摩尔比。
例如，以下反应式：
$$\ce{2H2 + O2 -> 2H2O}$$
可以看出，2个氢气分子和1个氧气分子反应生成2个水分子。
根据守恒法，反应前后所含原子数量应该相等。
因此，我们可以根据化学式进行计算，用原子个数或者摩尔数来判断反应是否平衡。
例如，对于上面的反应式，左边共有2个氢原子和2个氧原子，右边共有4个氢原子和2个氧原子。
因此，反应前后氢原子和氧原子的数量均保持不变，符合守恒法。
在摩尔计算中，可以据此得出反应物摩尔比和产物摩尔比。
另外，守恒法在化学计算中还可以用来计算反应的化学量。
例如，对于上述反应式，如果给定反应物的摩尔数，就可以根据守恒法计算出产物的摩尔数，从而得出反应的化学量。
需要注意的是，在实际反应中，可能有些原子或分子并不完全参与反应，或者产生了副产物。
这时候，守恒法就不再适用，需要进行进一步的分析和计算。
化学计算中的常用方法
化学计算中的常用方法
1.守恒法
守恒法是中学化学计算中一种很重要的方法与技巧,也是高考试题中应用最多的方法之一。
守恒法中有三把“金钥匙”——质量守恒、电荷守恒、得失电子守恒,它们都是抓住有关变化的始态和终态,淡化中间过程,利用某种不变量(某原子、离子或原子团不变,溶液中阴、阳离子所带电荷总数相等,氧化还原反应中得失电子数相等)建立关系式,从而达到简化过程、快速解题的目的
2.极值法
对混合体系或反应物可能发生几种反应生成多种产物的计算,我们可假设混合体系中全部是一种物质,或只发生一种反应,求出最大值、最小值,然后进行解答。
3.差量法
化学反应中因反应物和生成物的状态变化(或不相同)而产生物质的量差量、质量差量、气体体积差量、气体压强差量等,差量法就是利用这些差量来列出比例式,从而简化计算步骤,达到快速解题的目的,其中最常用的是质量差法和体积差法。
4.关系式法
关系式是将多个连续反应转化为一步计算。
建立关系式的依据有两种,一是依据连续反应的化学方程式的化学计量数建立,二是依据化学反应
中原子数目守恒建立,如用氨气制取硝酸,关系式为NH
3~HNO
3。
5.估算法
化学题尤其是选择题中所涉及的计算,所要考查的是化学知识,而不是运算技能,所以其中的计算量应该是较小的,有时不需要计算出确切值,通过逻辑推理,确定出结果的大致范围,结合题给信息,直接得出答案,做到“不战而胜”。
化学竞赛专题辅导：化学计算的解题方法——守恒法
竞赛专题辅导：化学计算的解题方法——守恒法化学计算是中学化学的一个难点和重点，要掌握化学计算，应了解中学化学计算的类型，不同类型解题方法是有所不同的，因此我把中学化学中出现的解题方法归纳如下，每种类型都举例加以说明。
守恒法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、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。
（一）质量守恒法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】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】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，混和气体密度与相同条件下氢气密度的比，所以答案为C（二）元素守恒法元素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】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：n(KCl)=n(Cl－)=n(HCl)所以答案为B(三)电荷守恒法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】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(四)电子得失守恒法电子得失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】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。
守恒法在化学计算中应用
守恒法在化学计算中应用1、质量守恒法：例1：已知某物质A 受热能完全分解，方程式为：2A △B ↑+ 2C ↑ + 3D ↑，现取一定量的A 物质，使之完全分解，测得分解后产物混合气体对氢气的相对密度为13.2，求A 物质的相对分子质量。
2.原子守恒法：例2：在空气中暴露过的KOH 固体,经分析知其成分为:水7.62%､K 2CO 3 2.38%､KOH 90%,若将1 g 此样品加到46.00 mL 1 mol/L 的盐酸中,过量的盐酸再用1.07 mol/L 的KOH 溶液中和,蒸发中和后的溶液可得固体多少克?3.电荷守恒法：例3：某科研小组采集到一地区的雨水，分析成分为：c(SO 42－)=0.012mol/L ，c(Cl －)=0.01mol/L ，c(Na ＋)=0.015mol/L ，c(NH 4＋)=0.02mol/L ，c(NO 3－)=0.009mol/L 。
其余为H ＋浓度，求雨水的PH.例5、ClO 2是一种广谱型的消毒剂,根据世界环保联盟的要求,ClO 2将逐渐取代Cl 2成为生产自来水的消毒剂｡工业上ClO 2常用NaClO 3和Na 2SO 3溶液混合并加H 2SO 4酸化后反应制得,在以上反应中,NaClO 3和Na 2SO 3的物质的量之比为( )A.1∶1B.2∶1C.1∶2D.2∶3342223232224.3.48 100 1.00 /,25.00 ,,?g Fe O mL mol L mL K Cr O Fe Fe Cr O Cr K Cr O ++-+777电子守恒法【例4】将完全溶解在硫酸中然后加入溶液恰好使全部转化为且全部转化为｡则的物质的量浓度是多少5.物料守恒：例6：（2011天津）25℃时，向10ml0.01mol/LKOH 溶液中滴加0.01mol/L 苯酚溶液，混合溶液中粒子浓度关系正确的A.pH >7时，c(C 6H 5O －)>c(K +)>c(H ＋)>c(OH －) B.pH <7时，c(K +)>c(C 6H 5O －)>c(H ＋)>c(OH －) C.V[C 6H 5OH(aq)]＝10ml 时，c(K +)＝c(C 6H 5O －)>c(OH －)＝c(H ＋) D.V[C 6H 5OH(aq)]＝20ml 时，c(C 6H 5O －)+c(C 6H 5OH )=2c(K +) 例7：(2011全国II 卷9)温室时，将浓度和体积分别为c 1、v 1的NaOH 溶液和c 2、v 2的CH 3COOH 溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述错误的是A ．若PH>7时，则一定是c 1v 1=c 2v 2B ．在任何情况下都是c （Na +）+c （H ＋）=c （CH 3COO －）+c （OH －） C ．当pH=7时，若V 1=V 2，则一定是c 2>c 1D ．若V 1=V 2,C 1=C 2,则c （CH 3COO －）+C(CH 3COOH)=C(Na ＋)例8（2010江苏卷）．常温下，用 0.1000 mol·L1-NaOH 溶液滴定 20.00mL0.1000 mol·L 1-3CH COOH 溶液所得滴定曲线如右图。
化学计算的常见方法
化学计算的常见方法1.守恒法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，不去探求某些细枝末节，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，各种微粒所带的正负电荷总和等等，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。
例1.将几种铁的氧化物的混合物加入100ml、7molol―1的盐酸中。
氧化物恰好完全溶解，在所得的溶液中通入0.56l（标况）氯气时，恰好使溶液中的fe2+完全转化为fe3+，则该混合物中铁元素的质量分数为（）a. 72.4%b. 71.4%c. 79.0%d. 63.6%解析：铁的氧化物中含fe和o两种元素，由题意，反应后，hcl 中的h全在水中，o元素全部转化为水中的o，由关系式：2hc——h2o——o，得：n（o）=，m（o）=0.35mol×16g·mol―1=5.6 g；而铁最终全部转化为fecl3，n（cl）=0.56l ÷22.4l/mol×2+0.7mol=0.75mol，n（fe）=，m（fe）=0.25mol×56g·mol―1=14 g，则，选b。
2.差量法差量法是根据物质变化前后某种量发生变化的化学方程式或关系式，找出所谓”理论差量”，这个差量可以是质量差、气态物质的体积差、压强差，也可以是物质的量之差、反应过程中的热量差等。
解题时将”差量”看作化学方程式右端的一项，将已知差量（实际差量）与化学方程式中的对应差量（理论差量）列成比例，其他解题步骤与按化学方程式列比例或解题完全一样。
该法适用于解答混合物间的反应，且反应前后存在上述差量的反应体系。
化学计算方法
计算题解题方法一、 守恒法1. 质量守恒：m(反应物)=m(生成物)。
该法常用于连续反应的计算、复杂的化学方程式的计算和有机物分子组成的计算。
2. 电子守恒：在氧化还原反应中，氧化剂得到电子总数等于还原剂失去电子总数。
常用于氧化还原反应中电子转移数目、配平等计算，以及电化学中的有关计算。
3. 电荷守恒：即溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数。
①化合物化学式中存在的电中性原则（正负化合价代数和为零）。
②电解质溶液中存在的电荷守恒（阴阳离子电荷守恒）。
4. 物料守恒：电解质溶液中某一组分的原始浓度等于它在溶液中各种存在形式的浓度之和。
它实质上就是原子守恒和质量守恒。
例1. 将0.195g 锌粉加入到200mL 的0.100 mol·L -1MO 2+溶液中，恰好完全反应，则还原产物可能是（ ）A. MB. M 2+ · C ．M 3+ D. MO 2+例2. 含有砒霜)(32O As 的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢)(3AsH 在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气，若砷的质量为1.50mg ，则（ ）A.被氧化的砒霜为1.98mgB. 分解产生的氢气为0.672mLC.和砒霜反应的锌为3.90mg ·D.转移的点子总数为A N 5106-⨯二、差量法差量法是根据化学变化前后物质的量发生的变化，找出“理论差量”。
这个差量可以是质量、物质的量、气体的体积和压强、反应过程中的热量等、这种差量跟化学方程式中的物质的相应量成比例关系。
用差量法解题是先把化学方程式中的对应差量（理论差量）跟已知差量（实际差量）列成比例，然后求解。
解题关键：（1） 计算依据：化学反应中反应物或生成物的量与差量成正比。
（2） 解题关键：一是明确产生差量的原因，并能根据方程式求出理论上的差值。
二是结合题中的条件求出或表示出实际的差值。
例3.下列反应中，反应后固体物质增重的是（ ）A ．氢气通过灼热的CuO 粉末B ．二氧化碳通过Na 2O 2粉末·C ．铝与Fe 2O 3发生铝热反应D ．将锌粒投入Cu(NO 3)2溶液三.极值法极值法（又称极端思维法、极端假设法）就是从某种极限状态出发，进行分析、推理、判断的的一种思维方法。
守恒法在化学计算中的应用
守恒法在化学计算中的应用
守恒法是物理学中的一种基本原理，也被广泛应用于化学计算中。
守恒法主要包括质
量守恒、能量守恒和电荷守恒三个方面。
下面将分别介绍它们在化学计算中的具体应用。
首先是质量守恒。
质量守恒法是指在化学反应中，参与反应的各种物质的质量总和在
反应前后保持不变。
质量守恒法可以用来计算反应物的摩尔比例，反应物的消耗量以及产
物的生成量等等。
当我们需要知道反应物A和B之间的摩尔比例时，可以根据质量守恒法，通过比较它们的摩尔质量来计算它们的摩尔比。
又如在化学反应中，如果我们已知某一种
化合物的质量和反应产物的质量，就可以根据质量守恒法来计算反应物的质量。
最后是电荷守恒。
电荷守恒法是指在化学反应中，电荷的总量在反应前后保持不变。
电荷守恒法主要用于反应中涉及电离和电子转移的计算。
在电解质溶液中的电离反应中，
可以根据电荷守恒法来计算生成的离子的电荷数和电离度。
除了以上的应用之外，守恒法还可以应用于化学计算中其他方面，例如反应速率的计算、物质的浓度和摩尔浓度的计算等等。
守恒法在化学计算中的应用主要包括质量守恒、能量守恒和电荷守恒三个方面。
通过
应用这些守恒法，我们可以计算化学反应物的摩尔比例和质量、反应的能量变化和热量、
电解质溶液中的电离度和电荷数等等。
守恒法为化学计算提供了一种基本的原理和方法，
可以帮助我们更好地理解和解释化学反应过程。
守恒法在化学计算中的应用
守恒法在化学计算中的应用化学计算是化学学科的重要技能之一。
在化学试卷中占有相当大的比重，由于一些综合计算题往往与元素化合物的性质、化学实验等融为一题，具有数据多、关系复杂、知识丰富、综合性强的特点，若按常规方法求解，计算过程复杂，容易出错。
守恒法是中学化学计算题中一种典型的解题方法，它是利用化学反应前后（或物质混合前后）的某些量之间的恒定关系作为解题的依据。
这样可避免书写化学方程式，从而提高解题的速度和准确性。
在这些恒定关系中，包括质量守恒、正负化合价总数守恒、离子守恒、电荷守恒、电子得失守恒、元素（或原子）守恒。
下面就一些典型例题来说明这一方法的应用。
一、质量守恒在溶液蒸发、冷却的过程中，有一部分溶质会结晶析出（指溶解度随温度升高而增大的物质），根据质量守恒可知：在这一变化过程中，溶质的总质量应保持相等，即原溶液中溶质的质量等于析出的溶质与残留在母液中的溶质的质量之和。
例1：将200g30℃饱和硫酸铜溶液加热蒸发掉30g水后，再冷却到0℃。
问有多少克晶体析出？（硫酸铜的溶解度：30℃时为25g，0℃时为14.8g）解析：我们可以将过程分成两个步骤：一是200g30的饱和硫酸铜溶液加热蒸发30g水后，降至30℃时，会析出一部分晶体（CuSO4·5H2O）；二是将30℃的溶液再冷却0℃，又会析出一部分晶体。
在整个过程中，原溶液中的硫酸铜有一部分结晶析出，有一部分仍在溶液中，即硫酸铜的质量保持守恒。
于是有：原溶液中硫酸铜的质量=析出的晶体中硫酸铜的质量+0℃时残留在母液中硫酸铜的质量设析出的硫酸铜晶体（CuSO4·5H2O）的质量为xg，则200g×=xg×+（200g-30g-xg)×解得：x≈35.1 g二、正负化合价总数守恒（或化合价守恒）在化合物中，正价总数与负价总数的代数和等于零。
例2：美国“·11”恐怖袭击事件中，毁坏的建筑物散发出大量石棉，人吸入石棉纤维易患肺癌。
化学计算的常用方法
化学计算的常用方法方法一 守恒法(一)质量守恒(原子守恒)依据化学反应的实质是原子的重新组合，因而反应前后原子的总数和质量保持不变。
[典例1] 28 g 铁粉溶于稀盐酸中，然后加入足量的Na 2O 2固体，充分反应后过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体质量为( ) A ．36 g B ．40 g C ．80 g D ．160 g 答案 B解析 28 g 铁粉溶于稀盐酸中生成氯化亚铁溶液，然后加入足量的Na 2O 2固体，由于Na 2O 2固体溶于水后生成氢氧化钠和氧气，本身也具有强氧化性，所以充分反应后生成氢氧化铁沉淀，过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体为Fe 2O 3，根据铁原子守恒， n (Fe 2O 3)＝12n (Fe)＝12×28 g56 g·mol －1＝0.25 mol 所得Fe 2O 3固体的质量为：0.25 mol ×160 g·mol －1＝40 g 。
针对训练1．有14 g Na 2O 2、Na 2O 、NaOH 的混合物与100 g 质量分数为15%的盐酸恰好反应，蒸干溶液，最终得固体质量为( )A ．20.40 gB ．28.60 gC ．24.04 gD ．无法计算 答案 C解析 混合物与盐酸反应后所得溶液为氯化钠溶液，蒸干后得到NaCl ，由Cl －质量守恒关系可得100 g ×15%×35.536.5＝m (NaCl)×35.558.5，解得m (NaCl)≈24.04 g 。
2．一定量的H 2和Cl 2充分燃烧后，将反应生成的气体通入100 mL 1.0 mol·L －1的NaOH 溶液中，两者恰好完全反应，生成NaClO 为0.01 mol ，则燃烧前H 2和Cl 2的物质的量之比为( ) A ．5∶4 B ．4∶5 C ．4∶3 D ．3∶4 答案 B解析 100 mL 1.0 mol·L－1的NaOH 溶液中含有氢氧化钠的物质的量为1.0 mol·L －1×0.1 L ＝0.1 mol ；两者恰好完全反应，说明0.1 mol NaOH 完全反应，生成的0.01 mol NaClO 来自Cl 2与NaOH 的反应(Cl 2＋2NaOH===NaCl ＋NaClO ＋H 2O)，则氢气和氯气反应后剩余氯气的物质的量为0.01 mol ，消耗NaOH 的物质的量为0.02 mol ，发生反应NaOH ＋HCl===NaCl ＋H 2O ，消耗NaOH 的物质的量为：0.1 mol －0.02 mol ＝0.08 mol ，则n (HCl)＝n (NaOH)＝0.08 mol ，n (H 2)＝n (Cl 2)＝12n (HCl)＝0.08 mol ×12＝0.04 mol ，所以原混合气体中含有Cl 2的物质的量为：0.01 mol ＋0.04 mol ＝0.05 mol ，氢气的物质的量为0.04 mol ，燃烧前H 2和Cl 2的物质的量之比＝0.04 mol ∶0.05 mol ＝4∶5。
守恒法在化学计算上的应用
守恒法在化学计算上的应用一、质量守恒原理：参加反应的反应物的总质量等于生成物的总质量1、某BaCl2溶液32.33g, 恰好跟20g稀硫酸完全反应，过滤沉淀后，得到50g溶液。
求所得溶液的溶质质量分数？2、向某AgNO3溶液中加入KI溶液，直至恰好完全反应为止，反应后溶液的质量恰好等于原KI溶液的质量，求原AgNO3溶液的溶质质量分数。
3、取一定量的CuAg合金溶于足量稀硝酸中，使CuAg变成Cu2+Ag+,再加入足量盐酸，得到白色AgCl沉淀的质量和原合金质量相等。
求合金中Ag的质量分数。
4、已知32g A和40g B恰好完全反应，生成w g C和9 gD，相同条件下，15g B和8g A反应生成了0.125mol C，求C的摩尔质量。
*5、在一个体积为10L的密闭容器中，放入12g C 和24g O2，加热恰好完全反应后，恢复原状况，求所得气体的密度？*6、将NO2、NH3、O2的混合气体44.8L（标况），通过足量的稀硫酸后，稀硫酸的质量增加了76g，剩余2.24L气体（标况），将带火星的木条插入其中，木条能复燃。
求原混合气体对H2的相对密度。
已知：4NO2+O2+2H2O=4HNO3 ;2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4二、元素守恒（粒子个数守恒）原理：参加反应的反应物中某元素的原子个数等于生成物中该元素原子个数7、有10gKOH固体样品，其中含有KOH88%、K2CO34%、K2CO3·6H2O6%、K2SO32%，将样品放入100mL2mol/L的稀盐酸中，固体完全溶解，多余的盐酸用0.5mol/L的KOH溶液10mL 恰好中和。
将最后所得溶液蒸干，可得固体（不含结晶水）多少克？8、将Na2CO3·10H2O和NaHCO3的混合物10g，溶于适量的水中，配成100mL溶液，测得溶液中Na+的浓度为0.8mol/L。
如将等质量的原混合物充分加热至质量不再变化时，所得固体的质量为多少克？9、向等物质的量浓度等体积的五份稀硫酸溶液中分别加入适量的Na2O、Na2O2、Na、NaOH、Na2CO3，恰好完全反应，则所得溶液的溶质质量分数大小关系？10、取10gMgAl合金，溶入100mL2mol/L稀H2SO4溶液中，再向其中加入3mol/LNaOH溶液，至恰好沉淀完全为止，求加入NaOH溶液的体积?11、取10.9 g Na2O、Na2O2混合物固体样品，溶于水，加入100mL1.5mol/L的稀硫酸，恰好中和，求Na2O、Na2O2的物质的量比。
守恒法
守恒法“守恒”就是利用化学反应前后某些量之间的等量关系，经过分析得出答案的一种方法。
守恒法是中学化学计算中的一种重要方法与技巧，也是高考试题中应用最多的方法之一，其特点就是抓住有关变化的始态与终态，忽略中间过程细节，利用其中某种不变量建立关系式，从而简化思路，快捷解题。
常见的守恒法有：质量守恒、电子守恒、电荷守恒、化合价守恒。
一、质量守恒由于化学反应前后原子的种类、数目、质量不变，所以化学反应中反应物的总质量等于生成物的总质量，即质量守恒定律。
又因为同种元素原子的物质的量在反应前后不变，因此质量守恒又演变出原子守恒等守恒。
1. 质量守恒在化学反应过程中找准反应前后的质量关系，利用不变量可快速求解。
常用于物质的组成成分判断等计算。
【例1】把a g铁铝合金粉末溶于足量的盐酸中，加入过量的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的盐酸中，生成Al3+和Fe2+，再加入过量NaOH溶液，Al3+转化为AlO2－，留在溶液中；Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀，过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧，得到红色粉末为Fe2O3，铁在反应过程中是守恒的，Fe2O3中氧的质量等于合金中铝的质量，则w(Fe)＝×100％＝70％选A【练习】1.在臭氧发生器中装入100mlO2，经反应3O2=2O3，最后气体体积变为95ml（体积均为标准状况下的体积）求反应后混合气体的密度。
（1.5g/L）2.已知Q和R的摩尔质量之比为9：22，在反应X+2Y=2Q+R中，当1.6gX与Y完全反应后，生成4.4gR，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为（）A．23:9 B．32:9 C．46:9 D．16:92.原子守恒抓住“初始反应物和最终生成物中某一原子（或原子团）个数不变”这一特征列出关系式，进而解答。
守恒法在高中化学计算中的应用
守恒法在高中化学计算中的应用摘要：守恒法的实质是利用物质变化过程中某一特定的量固定不变来解决问题,简化步骤，使计算方便.关键词：守恒法化学计算应用在化学反应中存在一系列守恒现象如质量守恒、电荷守恒、电子得失守恒等，守恒法的实质是利用物质变化过程中某一特定的量固定不变而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。
具体内容如下：一、质量守恒法：质量守恒即“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”；从微观上可理解为：“在一切化学反应中，反应前后原子的种类、数目、原子质量前后没有变化。
”质量守恒的题型有：（一）物质的质量守恒例、已知Q 与R 的摩尔质量之比为9：22，在反应X+2Y=2Q+R中，当1.6gX与Y 完全反应后，生成4.4gR，则参加反应的Y和生成物Q 的质量之比为（）。
A. 46:9B. 32:9C. 23:9D. 16:9[解析]:由题意得：X + 2Y =2Q + R18 221.6 g m(Y) 3.6 g 4.4 g根据质量守恒，参加反应Y 与生成物Q 的质量之比为（4.4+3.6—1.6）:3.6=16:9 故选 D（二）原子守恒例1、将几种铁的氧化物的混合物加入100mL、7mol•L-1的盐酸中。
氧化物恰好完全溶解，在所得的溶液中通入0.56L（标况）氯气时，恰好使溶液中的Fe2+完全转化为Fe3+，则该混合物中铁元素的质量分数为（）A. 72.4%B. 71.4%C. 79.0%D. 63.6%[解析]: 由题意，反应后，HCl 中的H 全在水中，O 元素全部转化为水中的O，由关系式：2HCl～H2O～O，得：n（O）=1/2×n(HCl)= 1/2×0.75=0.35 mol，m（O）=0.35mol×16g•mol-1=5.6g；而铁最终全部转化为FeCl3，n（Cl）=0.56L÷22.4L/mol×2+0.7mol=0.75mol，n（Fe）=0.25mol，则例2、标准状况下将17.92 L CO2气体通入1 L 1 mol/L 的NaOH 溶液中，完全反应后所得溶质的物质的量是多少？[解析]：由题意，n(CO2)=17.92 L/22.4 mol·L-1== 0.8 mol，设生成的Na2CO3 为x mol，NaHCO3为y mol。
高中化学计算方法总结：守恒法
高中化学计算方法总结：守恒法高中化学计算方法总结：守恒法方法总论守恒法高三化学组守恒存在于整个自然界的千变万化之中。
化学反应是原子之间的重新组合，反应前后组成物质的原子个数保持不变，即物质的质量始终保持不变，此即质量守恒。
运用守恒定律，不纠缠过程细节，不考虑途径变化，只考虑反应体系中某些组分相互作用前后某些物理量或化学量的始态和终态，从而达到速解、巧解化学试题的目的。
一切化学反应都遵循守恒定律，在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、元素守恒、原子守恒、电子守恒、电荷守恒、化合价守恒、能量守恒等等。
这就是打开化学之门的钥匙。
一．质量守恒质量守恒，就是指化学反应前后各物质的质量总和不变。
1．已知Q与R的摩尔质量之比为9:22，在反应X＋2Y2Q＋R中，当1.6gX与Y完全反应，生成4.4gR，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为A．46:9B．32:9C．23:9D．16:92．在臭氧发生器中装入氧气100mL。
经反应3O22O3，最后气体体积变为95mL（均在标准状况下测定），则混合气体的密度是A．1.3g/LB．1.5g/LC．1.7g/LD．2.0g/L二．元素守恒元素守恒，就是指参加化学反应前后组成物质的元素种类不变，原子个数不变。
3．30mL一定浓度的硝酸溶液与5.12g铜片反应，当铜片全部反应完毕后，共收集到气体2.24L（标准状况下），则该硝酸溶液的物质的量浓度至少为A．9mol/LB．8mol/LC．5mol/LD．10mol/L4．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5g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，得到白色沉淀的质量是A．5gB．10gC．15gD．20g三．电子守恒电子守恒，是指在氧化还原反应中，氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数。
5．某强氧化剂[XO(OH)2]被亚硫酸钠还原到较低价态。
若还原2.4×10mol+3[XO(OH)2]到较低价态，需要20mL0.3mol/LNa2SO3溶液，则X元素的最终价态为A．+2B．+1C．0D．16．3.84g铜和一定量浓硝酸反应，当铜反应完毕时，共产生气体2.24L （标况）。
化学计算的几种方法
其物质的量浓度比为 Na＋∶Mg2＋∶Cl－＝3∶5∶5， 若 Na＋浓度为 3
－ mol· L－1，则 SO2 4 的浓度为(
) B．3 mol· L－1 D．8 mol· L－ 1
A．2 mol· L－1 C．4 mol· L－1
1 ． ( 质量守恒法 ) 白色固体 PCl5 受热即挥发并发生分解： PCl5(s)=PCl3(g)＋Cl2(g)。现将 5.84 g PCl5 装入 2.05 L 真空密 闭容器中，在 277 ℃达到平衡，容器内压强为 1.01×105 Pa，经测 定平衡时混合气体的物质的量为 0.05 mol， 则平衡时混合气体的相 对分子质量为________。
(2)元素守恒法 催化剂 4NH3＋5O2 ===== △ 4NO＋6H2O 2NO＋O2===2NO2 3NO2＋H2O===2HNO3＋NO 经多次氧化和吸收，由 N 元素守恒知： NH3～HNO3
(3)电子转移守恒法
由 得 失 电 子 总 数 相 等 知 ， NH3 经 氧 化 等 一 系 列 过 程 生 成 HNO3，NH3 和 O2 的关系为 NH3～2O2。
m(O)＝1.28 g，则 m(Pb)＝13.7 g－1.28 g＝12.42 g。 mPb mO 故 x∶y＝ ∶ ＝3∶4。 MPb MO
[答案]
C
7．一定体积的 KMnO4 溶液恰好能氧化一定质量的 KHC2O4· H2C2O4· 2H2O。 若用 0.1000 mol· L－1 的 NaOH 溶液中 和相同质量的 KHC2O4· H2C2O4· 2H2O，所需 NaOH 溶液的体积恰 好为 KMnO4 溶液的 3 倍， 则 KMnO4 溶液的浓度(mol· L－1)为( 提示：①H2C2O4 是二元弱酸 )
高中化学计算——守恒法
1. 元素守恒：[例1] 粗盐中含有、、等杂质，取粗盐溶于水过滤除去不溶物，向滤液中依次加入过量的①的氢氧化钠溶液；②固体氯化钡；③的碳酸钠溶液，发现白色沉淀逐渐增多，过滤除去沉淀物，再加入过量的盐酸，使溶液呈酸性，加热蒸发得晶体，求粗盐中含的质量分数。
解析：来自两方面：粗盐中原有，除杂过程中产生的。
根据守恒可知，后者可由加入的和来确定，即除杂中生成的为：。
所以粗盐中为：答案：[例2] 现有和组成的混合气体，欲用溶液，使该混合气体全部转化成盐进入溶液，使混合气体全部转化成盐进入溶液，需用溶液的体积是（）A. B. C. D.解析：与溶液的反应为：在足量的时，混合气体可全部被吸收转化成盐和。
我们不必设多个未知数，只要认真观察两种盐的化学式会发现：元素和元素的物质的量之比为，由氮原子物质的量即为所需的物质的量：∴答案：D2. 电荷守恒：[例3] 镁带在空气中燃烧生成氧化镁和氮化镁，将燃烧后的产物全部溶解在，浓度为盐酸溶液中，以的氢氧化钠溶液中和多余的酸，然后在此溶液中加入过量碱把氨全部释放出来，用足量盐酸吸收，经测定氨为，求镁带物质的量。
解析：化学反应方程式为：我们用流程图来表示会更清晰一些：在溶液A中的阴离子为、阳离子为、、，根据电荷守恒有：答案：镁带物质的量为：。
3. 正、负化合价总数相等：[例4] 向一定量的、、的混合物中，加入的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出（标况）的气体，所得溶液中加入溶液无血红色出现，若用足量的在高温下还原相同质量的此混合物，能得到的铁的质量为（）A. B. C. D. 无法计算解析：最后溶液中溶质全部是，由化合价可知：∴答案：C4. 得失电子相等（守恒）：[例5] 将的跟足量稀反应，生成、、和，则参加反应的中被还原的的物质的量是（）A. B.C. D.解析：由反应物、生成物可知：失为：失：失得为：，得根据得、失数相等，有：答案：C5. 综合守恒：[例6] 取钠、钙各一小块，投入适量水中，反应完毕时只收集到（标准状况）。
化学计算法-守恒法
计算法专题讲座(守恒法)姓名______一守恒法专题讲座守恒思想贯穿着中学化学始终，守恒法的灵活运用能够简化解题过程，从而快速准确地解答题目。
现将守恒法的类型及应用归纳如下：守恒法的最基本原理为——质量守恒定律，并由此衍生出来：一切化学变化中都存在的——微粒守恒; 氧化还原反应中存在的——得失电子守恒化合物的化学式存在的——正、负化合价总数相等; 电解质溶液中存在的——阴、阳离子电荷守恒一．守恒法的类型1．电荷守恒法在溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，溶液电中性。
例1.1L混合溶液中含SO42－0.00025mol，Cl－0.0005mol ,NO3－0.00025mol ,Na＋0.00025 mol ,其余为H＋则H＋物质的量浓度为：。
A0.0025 mol·L－1B．0.0001 mol·L－1 C．0.001 mol·L－1D0.005 mol·L－1 例2.已知2Fe3+ + Fe = 3Fe2+，现向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中，加入100mL 1mol/L 的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL（标况）的气体，经测定所得溶液中无Fe3+，若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到的铁的质量为（）A．11.2g B．5.6g C．2.8g D．无法计算2．电子守恒法氧化还原反应中，氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数，得失电子守恒。
例3.某氧化剂中，起氧化作用的是X2O72－离子，在溶液中0.2 mol该离子恰好能使0.6molSO32－离子完全氧化，则X2O72－离子还原后的化合价为（）。
A．＋1 B．＋2 C．＋3 D．＋4 例4.将m mol的Cu2S跟足量的稀HNO3反应，生成Cu(NO3)2、H2SO4、NO和H2O，则参加反应的HNO3中被还原的HNO3的物质的量是：A．4m molB．10m mol C．10m/3 mol D．2m/3 mol 3．元素守恒法在一些复杂多步的化学过程中，虽然发生的化学反应多，但某些元素的物质的量、浓度等始终没有发生变化，整个过程中元素守恒。
守恒法在化学计算中的应用
守恒法在化学计算中的应用
守恒法是化学计算中常用的原则之一，它基于质量、能量和电荷的守恒原则，用来描述化学反应过程中物质的转化和能量的转移。
守恒法在化学计算中有广泛的应用，下面将从质量守恒、能量守恒和电荷守恒三个方面来探讨守恒法在化学计算中的应用。
一、质量守恒
质量守恒是守恒法的基本原理之一，它指导着我们在化学计算中考虑反应物的摩尔质量与产物的摩尔质量之间的关系。
在化学反应中，反应物的质量总和应该等于产物的质量总和。
化学计算中常用的质量守恒应用包括：
1. 摩尔质量的计算：通过化学式和元素的摩尔质量，可以计算出物质的摩尔质量。
通过H2O的化学式和氢和氧的摩尔质量，可以计算出H2O的摩尔质量。
2. 反应物和产物的摩尔比计算：通过化学方程式和已知反应物或产物的摩尔数量，可以计算反应物或产物的摩尔比。
通过已知反应物的摩尔数量和化学方程式，可以计算出产物的摩尔数量。
化学计算中常用的电荷守恒应用包括：
1. 离子电荷计算：通过离子的化学式和已知离子的电荷，可以计算出未知离子的电荷。
通过Cl-的化学式和已知电荷，可以计算出未知离子的电荷。
2. 离子浓度计算：通过已知溶液中离子的浓度和离子的电荷，可以计算出溶液中离子的总电荷。
通过已知Na+离子的浓度和电荷，可以计算出溶液中的Na+离子的总电荷。
守恒法在化学计算中的应用涵盖了质量、能量和电荷三个方面。
它通过考虑反应物与产物之间的质量转化、能量转移与转化以及电荷转移与转化，帮助我们理解和计算化学反应的过程。
守恒法在化学计算中的应用
守恒法在化学计算中的应用
守恒法（Conservation Law）是物理学的基本原理之一，也被广泛应用于化学计算中。
它指的是在一个封闭系统中，质量、能量和冲量的总量是不变的。
在化学计算中，守恒法可以应用于化学方程式的平衡计算、反应速率的计算以及能量变化的计算等方面。
下面将详细介绍守恒法在化学计算中的应用。
1. 化学方程式的平衡计算：
化学方程式描述了化学反应的物质转化过程。
在平衡状态下，反应物与生成物的物质数量是不变的。
根据守恒法的原理，在一个封闭系统中，物质的质量是守恒的。
化学方程式平衡时，反应物的质量和生成物的质量之和是相等的。
利用守恒法可以计算平衡态下反应物与生成物的物质比例，从而得到化学方程式的平衡状态。
这种平衡计算方法被广泛应用于化学工业中的生产过程以及实验室的化学反应研究中。
2. 反应速率的计算：
反应速率是描述反应物质转化速度的物理量。
守恒法可以应用于反应速率的计算中。
根据守恒法的原理，当一个物质在反应中消失时，其他物质必须以相等的速率生成。
利用守恒法可以计算出反应物与生成物之间的物质转化速率，从而得到反应速率的数值。
这对于研究反应的动力学过程以及优化反应条件具有重要意义。
守恒法在化学计算中有着广泛的应用，包括化学方程式的平衡计算、反应速率的计算以及能量变化的计算等方面。
守恒法的应用不仅可以帮助化学研究者理解化学反应过程的基本原理，还可以为化学工业的生产过程提供指导和优化。
通过运用守恒法，我们可以更好地了解和掌握化学反应的基本规律，从而实现对反应过程的控制和调节。
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中学生化学竞赛专题讲座：守恒法在化学计算中的应用化学计算中一种十分常用的方法——守恒法。
这种方法在使用过程中不需要了解过多的中间过程，避免了繁杂的分析和多重化学反应，具有思路简单，关系明确，计算快捷的特点。
一、守恒法的基本题型和解题依据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的质量总和，这个规律叫质量守恒定律。
其本质是：化学反应前后，各元素的原子的种类，数目没有改变。
所以，在一切化学反应中都存在着质量守恒、原子个数守恒。
2、氧化还原反应的特征是元素的化合价发生变化，其本质是在反应中有电子转移。
由于物质间得失电子数相等，所以，在有化合价升降的元素间存在化合价升降总数相等的守恒关系。
因而有电量守恒（又称电子得失守恒）及化合价守恒。
3、由于物质是电中性的，因而在化合物和电解质溶液中，阴阳离子所带电荷数相等，存在电荷守恒二、例题应用指导（一）质量守恒：在化学反应中，参加反应的反应物的总质量等于反应后生成物的总质量，反应前后质量不变。
例1.在臭氧发生器中装入100mlO2，经反应3O2=2 O3，最后气体体积变为95ml（体积均为标准状况下测定），则反应后混合气体的密度为多少？【分析】根据质量守恒定律反应前后容器中气体的质量不变，等于反应前100ml O2的质量。
则反应后混合气体的密度为：d=（0.1 L /22.4 L·mol－1 ×32g·mol－1）/0.095 L =1.5 g/L例2、将足量的金属钠投入到100gt°C的水中，恰好得到t°C时NaOH饱和溶液111g，则t°C 时NaOH的溶解度为____克。
[分析解答]：由于2Na+2H2O=NaOH+H2所以，反应前总质量为,反应后总质量为若设Na的物质的量为xmol，则=xmol.据质量守恒定律有：23x+100=111+x×2，得x=0.5∴=0.5mol×40g/mol=20g(二)原子守恒：在一些复杂多步的化学过程中，虽然发生的化学反应多，但某些元素的物质的量、浓度等始终没有发生变化，整个过程中元素守恒。
例3.有一在空气中暴露过的KOH固体，经分析知其内含水7.62%，K2CO32.88%，KOH90%，若将此样品1g加入到46.00ml的1 mol·L－1盐酸中，过量的酸再用1.07mol·L－1KOH溶液中和，蒸发中和后的溶液可得固体多少克？【分析】此题中发生的反应很多，但仔细分析可知：蒸发溶液后所得固体为氯化钾，其Cl －全部来自于盐酸中的Cl－，在整个过程中Cl－守恒。
即n（KCl）= n（HCl）故m（KCl）=0.046L×1 mol·L－1×74.5 g · mol－1=3.427 g例4、将1molH2S和1molO2混合后点燃，生成SO2的物质的量为_____mol?[分析解答]：H2S在O2中燃烧反应有两种情况：2H2S+O2=2S+2H2O 2H2S+3O2=2SO2+2H2O本题中：由于2：3＜＜2：1 所以H2S在O2中燃烧的产物有S、SO2、H2O。
细心观察不难发现：反应前H2S中的H元素全部转移到H2O中，反应前H2S中的S元素全部转移到SO2和S中，反应前O2中的O元素全部转移到H2O用SO2中。
∴据原子守恒有：=(H守恒) 2=2+(O守恒）代入数据得：==1mol ∴==0.5mol例5、将红磷放在Cl2中燃烧，若红磷与Cl2按n p:=1:1.8混合，待充分反应后，生成物中=___________。
[分析解答]：由于反应前红磷中的P元素全部转移到PCl3及PCl5中，反应前Cl2中的Cl元素全部转移到PCl3及PCl5中。
∴据原子守恒有：+=n P 3+5=n Cl若设n P=1mol 则n Cl=2=2×1.8=3.6mol∴有：+=1mol 3+5=3.6mol解得=0.7mol =0.3mol∴：=0.7:0.3=7:3（三）电荷守恒例6、将KCl和KBr的混合物13.4克，溶于水配成500mol溶液，通入过量的Cl2,反应后将溶液蒸干，得固体11.175克，则原配溶液中的K+、Cl-、Br-的物质的量浓度之比为（）A、1：2：3 B、3：2：1 C、1：3：2 D、2：3：1[分析解答]：根据溶液中的电荷守恒有：[K+]=[Cl-]+[Br-]∴[K+]＞[Cl-] [K+]＞[Br-] ∴为B例7、某地酸雨分析数据如下：[Na+]=2.3×10-5mol/L [Cl-]=3.5×10-5mol/L[NH4+]=7×10-6mol/L[SO42-]=2.5×10-6mol/L 该地酸雨的PH值是（）。
A.3.0B.4.0C.4.3D.5.0解析：根据酸雨中，阴阳离子电荷守恒求算：[Na+]+ [NH4+] +[H+] =[Cl-] +2[SO42-] +[OH-] 因溶液显酸性，故[OH-]可略。
代入题给数据，立即求得[H+]=1.0×10-5mol/L PH=5.0故选D。
（四）电子守恒：（电子得失守恒，化合价升降总数相等）氧化还原反应中，氧化剂失电子总数等于还原剂失电子总数，得失电子守恒。
例8、24ml浓度为0.05mol/L的Na2SO3溶液，恰好与20ml浓度为0.02mol/L的K2Cr2O7溶液完全反应，则元素Cr在被还原的产物中的化合价是______。
[分析解答]：先根据化合价的改变确定得失电子的物质：由于题目指出Cr被还原，所以得电子的物质是K2Cr2O7,失电子的物质是Na2SO3。
再根据化合价的改变分别找出1mol氧化剂、还原剂的得失电子数。
设Cr元素被还原为+n价，∴1mol在反应中得电子：2×(6-n)mol由于Na2SO3肯定被氧化为Na2SO4, ∴1molNa2SO3在反应中失电子：(6-4)×1=2mol。
最后，根据反应物的实际电子得失总数，列电子守恒关系求解：0.05mol/L×24×10-3L×2=0.02mol/L×20×10-3L×2(6-n)解得：n=3 应为+3价。
例9 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：铜失电子数＝被还原的硝酸得的电子数＝氧化硝酸的还原产物ＮＯ，ＮＯ２消耗的氧气得的电子数，省去中间计算，得铜失的电子数＝氧气得的电子数。
则ｎ4（Ｏ２）＝3.84ｇ÷64ｇ.mol－１×2×1／4＝0.03molＶ（Ｏ２）＝0.03mol×22.4Ｌ.mol－１＝0.672Ｌ若用常规解法，应先求出NO，NO２的物质的量，再根据：4ＮＯ２＋Ｏ２＋2Ｈ２Ｏ＝4ＨＮＯ３4ＮＯ＋3Ｏ２＋2Ｈ２Ｏ＝4ＨＮＯ３计算出Ｏ２的物质的量，并求出其体积，此方法运算量大，中间计算多且复杂，容易出错，用电子守恒法综合考虑，可省去中间的各步计算，使计算简化。
你看，这种方法在使用时是否“只看两头不管中间”呢？三、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。
2．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、还原剂得失电子及反应前后化合价等问题可考虑电子守恒法。
3．在某些复杂多步的化学反应中，某些元素的质量或浓度等没有发生变化。
因此涉及到多步复杂的化学过程的问题可考虑元素守恒法。
4．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问题可考虑质量守恒法。
四．习题练习练习1、有FeO、Fe2O3的混合物若干克，在H2流中加热充分反应后，冷却称得剩余固体比原混合物减轻0.8g；若将同量的混合物与盐酸反应，欲使之完全溶解，需1mol/L的盐酸的体积至少为______ml。
（答案：100ml）练习2、有FeCl2,CuCl2混合溶液400ml，经测定其中Cl-浓度为amol/L,投入过量的锌粉bg，充分反应后过滤，所得固体残渣洗涤干燥后，质量为cg。
求原混合液中Fe2+,Cu2+的物质的量浓度。
（分析提示：向FeCl2,CuCl2混合溶液中投入过量锌粉，充分反应后过滤，滤液的成份是ZnCl2,固体残渣的成份是Fe、Cu及剩余的Zn。
若设剩余的及已反应的锌分别为n Zn(1)及n Zn(2)mol，则：由电荷守恒有：2(n Fe2++n Cu2+)=n Cl- 2n Zn2+(2)=n Cl-由质量守恒有：m Fe+m Cu+m Zn(1)=C m Zn(2)=b-m Zn(1)答案：[Fe2+]=mol/L [Cu2+]=mol/L）练习3、用1L1.0mol/LNaOH溶液吸收0.8molCO2,所以溶液中的CO32-，HCO3-的物质的量浓度之比为_____。
练习5．当溶液中XO42－离子与H2O2分子个数比为2：5时，溶液中XO42－离子中的X元素恰好被还原成较低价态，H2O2中的氧元素被氧化为O2，则X元素的化合价变为多少？（＋2）练习6．向100mlFeCl3溶液中通入标准状况下的H2S气体2.24L，设H2S全部被吸收后，再加入过量铁粉，待反应停止后，测得溶液中含有0.6金属阳离子，则原FeCl3溶液的物质的量浓度为多少？（4 mol·L－1）练习7．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？（72.3%）例4,10gＦｅ－Ｍｇ合金溶解在一定量的某浓度的稀硝酸中，当金属完全反应后，收集到标况下4.48ＬＮＯ气体（设ＨＮＯ３的还原产物只有ＮＯ）。
在反应后的溶液中加入足量的ＮａＯＨ溶液，可得多少克沉淀?( 20.2ｇ)解析：该反应中Ｆｅ的变价无法确定，用常规法得讨论计算。
仔细审题后发现，Ｍｇ，Ｆｅ失电子数等于氮元素得电子数。
ｎ失＝ｎ得＝4.48Ｌ÷22.4Ｌ.mol－１×3＝0.6molＦｅ，Ｍｇ失电子后的阳离子所带正电荷共为0.6mol，它也等于沉淀该阳离子所需ＯＨ－的物质的量。
即ｎ（ＯＨ－）＝0.6mol。
ｍ沉淀＝ｍ阳+ｍ（ＯＨ－）＝10ｇ＋0.6mol×17ｇ.mol－１＝20.2ｇ。