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。
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。
高中化学计算八大解题模型
溶液中阳阴离子正负电荷守恒
浓度守恒
一定温度下的饱和溶液浓度（或溶质与溶剂质量比）不变
溶质守恒
溶质的质量在稲释前后保持不变
价态守恒
化合物中正负化合价总数守恒
2.方程组法
反应方程组
已知几元混合物的几个反应总量，求解其组分含量
组成方程组
已知几元混合物的几个组成总量，求解其组分含屋
3.关系式法
反应关系式
能从多步反应或部分氧化还原反应中提取物质转化关系式
终态关系式
能从整体出发找出最终的物质成分与起始成分的守恒关系式
对应关系式
能从混介物反应或组成中挖掘出特定的定量对应关系式
组成关系式
能从物质或溶液的组成中找出组分之间的定最关系式
4.差量法
变化差量
/变化和量
能利用物质单一变化的某个实际差最（质最差、物质的最差、 摩尔质量差、气体体枳差、压强差、密度差、反应热差、溶 解度差）及理论差量列出比列式求解
7•十字交叉 法
能找出平均值（A）,且符合x A：+y A：=（x +y） A的数学 关系，用十字交叉法求解混合物中两个组分的含屋
8.讨论法
极值讨论
能找出边界条件（极值），讨论混介物组成的可能范1制
范围讨论
两种反应物的最之比不确定时，找恰好反应点讨论取值范闱
结果讨论
两种反应物的帛:之比不确定而产物不同时，讨论町能的结果
高中化学计算八大解题模型（解题方法及其适用条件）
常用方法
方法分支
适用条件
1.守恒法一一已知变化 前后某一特 定不变的 量，建立等 式计算的系 列方法
质量守恒
化学反应前后质量守恒定律的应用
物料守恒
化学计算--基本解题方法-1-守恒法
例2.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· －1盐酸中， L 过量的酸再用1.07mol· －1KOH溶液中和，蒸发 L 中和后的溶液可得固体多少克？ 解析：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） m（KCl）=0.046L×1 mol· －1×74.5 g · －1 L mol =3.427 g
一、守恒法在化学解题中的应用
守恒法的类型Βιβλιοθήκη 1、质量守恒法 2、元素守恒法
3、电子守恒法 4、电荷守恒法
1．质量守恒法 在化学反应中，参加反应的 反应物的总质量等于生成物的总 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？
例2．在AlCl3 , Na2SO4 , NaCl三种盐 的混合溶液中，若Na＋0.7 mol ， SO42－0.2 mol， Cl－0.6 mol，则溶 液中Al3＋的物质的量为多少？
0.1 mol
例3、6.4 g Cu与 60 mL 8 mol· －1的HNO3 溶 L 液充分反应后，（HNO3的还原产物为NO2和 NO），溶液中所含H＋为0.2 mol , 此时溶液中 含 NO3－ 的物质的量为多少？
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。
化学计算的重要方法——守恒法
化学计算的重要方法——守恒法市二中学 刘小萍当物质之间发生化学反应时，其实质是原子间的重新组合，所以一切化学反应都存在着质量守恒、微粒个数守恒，氧化还原反应中存在着得失电子守恒，化合物及电解质溶液中存在着正、负电荷守恒（阳离子所带的正电荷总数与阴离子所带的负电荷总数相等）。
只要我们找出化学中某一特定量的等量关系，运用守恒法解题，则既可避免书写繁琐的化学方程式，提高解题的似的，又可避免在纷纭复杂的解题背景中寻找关系式，提高解题的准确度。
运用守恒法解题的基本类型主要有：1.原子（或离子）个数守恒 2.电子守恒 3.电荷守恒 4.质量守恒 5.物质的量守恒。
下面介绍其中的四种方法。
一、原子（或离子）个数守恒例1.将KCl 与KBr 混合物13.400g 溶于水配成500mL 溶液，通过足量的Cl 2让其反应，将溶液蒸干得固体11.175g ，则原溶液中K +、Cl —、Br —的物质的量浓度之比为（ ）。
A 、1 ：2 ：3B 、3 ：2 ：1C 、1 ：3 ：2D 、2 ：3 ：1解析：因为KCl 中nK +=nCl —、KBr 中nK +=nBr —，所以原溶液中c （K +）= c （Cl —）+c （Br —）答案是B 。
二、电子守恒例2.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NO 2气体和336mlN 2O 4（都已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化纳溶液，生成沉淀的质量为（ ）。
A 、7.04gB 、8.26gC 、8.51gD 、9.02g解析：根据题干提供的条件，由可逆反应2NO 2 N 2O 4 求出开始放出的NO 2的物质的量，即：n （NO 2）= 4.222336.04.2248.4⨯+ 。
根据得失电子守恒可知铜和镁共失电子0.23mol,又根据Cu 2+~Cu(OH)2,Mg 2+~Mg(OH)2可知铜和镁最终生成氢氧化物沉淀增加了0.23molOH —的质量。
化学守恒法
所谓守恒，就是指化学反应的过程中，存在某些守恒关系如质量守恒等。
应用守恒关系进行化学解题的方法叫做守恒法。
守恒法解题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得失电子守恒、质量守恒、电荷守恒、物料守恒。
应用守恒法解题，可使问题的化学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、3：1B、2：1C、1：1D、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NaOHB、Na2CO3与NaHCO3C、Na2CO3D、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、46：9B、32：9C、23：9D、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。
化学计算中的守恒法
0.3mol 为___________.
四.电子得失守恒: 电子得失守恒: 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. 原剂失电子总数.
在一定条件下，PbO2 3+反应，产物是CrO 2-和 与Cr 4 2+，则与1molCr3+反应所需 Pb PbO2的物质的量为（ B ） A.3.0mol C.1.0mol B.1.5mol D.0.75mol
A.4.6g C.0.46g
B.2.3g D.6.2g
三.电荷守恒: 电荷守恒: 电解质溶液中各阴离子 所带的负电荷总数等于各 阳离子所带的正电荷总数. 阳离子所带的正电荷总数.
由硫酸钾、 由硫酸钾、硫酸 铝和硫酸组成的混合溶液， 铝和硫酸组成的混合溶液， +)=0.1mol/L, c(H
3+)=0.4mol/L, c(Al 2-)=0.8mol/L,则c(K+) c(SO4 则
已知有反应2CO+O2=2CO2,今 已知有反应 今 在体积为VL的密闭容器中通 在体积为 的密闭容器中通 入amolCO和bmolO2,点燃反 和 点燃反 应后容器中的碳原子和氧原子 ( C ) 的个数之比为 A.a/b C.a/(a+2b) B.a/2b D.a/(2a+2b)
将一块质量为mg表面已被 将一块质量为 表面已被 缓慢氧化的钠投入足量水中反应， 缓慢氧化的钠投入足量水中反应， 收集到标准状况下气体4.48L且所 收集到标准状况下气体 且所 得溶液恰好与100mL3mol/L硫酸 得溶液恰好与 硫酸 完全中和． 完全中和．则mg钠块中被氧化的 钠块中被氧化的 A 钠的质量是 （ ）
将1molNa露置于空气中 1molNa露置于空气中 一段时间后质量为mg.若 一段时间后质量为mg.若 继续放置在空气中， 继续放置在空气中，求最 多少克？ 终可得Na 终可得Na2CO3多少克？ 53g
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。
守恒法在化学计算中的应用
的 HCl(aq) 中,过量的
பைடு நூலகம்
KOH(aq)中和至中性 中和至中性, HCl 可用 1.070 mol.L KOH(aq)中和至中性,蒸发中 和后的溶液可得固体多少克. 和后的溶液可得固体多少克.
4. 酸雨是因为大量燃烧含硫的燃料所致生成硫及 氮的氧化物溶于水生成硫酸和硝酸某次酸雨中的分析 数据如下: 数据如下: 2.0× c(NH4+) =2.0×10-5mol.L-1 6.0× c(Cl-)=6.0×10-5mol.L-1 1.9× c(Na+)=1.9×10-5mol.L-1 2.3× c(NO3-)=2.3×10-5mol.L-1 2.8× c(SO42-)=2.8×10-5mol.L-1 则此次酸雨的PH PH大约是 则此次酸雨的PH大约是 C A. 6 B. 5 C. 4 D. 3
化学上,常用的守恒方法有以下几种 化学上,常用的守恒方法有以下几种:
1.质量守恒 1.质量守恒
化学反应中反应物的总质量等于生成物的总质量. 化学反应中反应物的总质量等于生成物的总质量.
△ :2X= 2Z+4W,生 【例1】某固体物质X加热分解:2X=Y+2Z+4W,生 】某固体物质X加热分解:2X 成物均为气体,现测得生成混和气体500ml在标准状 成物均为气体,现测得生成混和气体500ml在标准状 500ml 况下的质量为0.51g,则 的摩尔质量约_______mol/L 况下的质量为0.51g,则X的摩尔质量约_______mol/L 0.51g, 解析: 解析 2X 2mol amol = Y+2Z+4W 7mol 0.5L 22.4L.mol-1
25℃ 将等体积的盐酸和氨水混合后, 2. 25℃时,将等体积的盐酸和氨水混合后,若混 合液中c(NH 则溶液的pH( 合液中c(NH4+)=c(Cl-),则溶液的pH( C ) 大于7 小于7 A大于7 B小于7 C等于7 等于7 D无法确定 3.某露置的苛性钾经分析含水:7.62%(质量分数,下 3.某露置的苛性钾经分析含水:7.62%(质量分数, 某露置的苛性钾经分析含水 质量分数 2.38%, 90.00%. 同),K2CO3:2.38%,KOH :90.00%.取此样品 1.00 g 放入 46.00 mL 1.00 molL
化学计算之守恒法
化学竞赛训练三化学计算之守恒法教案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的一系列守恒现象解题的方法叫做守恒法。
“守恒”使化学充满丰富的内涵。
守恒法是化学中常用的解题方法和技巧，它的运用可涉及到计算、推理等具体问题。
初中化学中常用的“守恒”包括元素守恒、质量守恒、化合价守恒、溶质守恒、溶质质量分数守恒、关系量守恒和变量守恒等。
运用这种方法，只须找到不变量。
有些看起来很复杂的问题，就会迎刃而解了。
解题方法指导1.元素守恒：包括元素种类守恒，元素的原子个数守恒。
例题1 在空气中加热4.8g铜粉，使其全部变为氧化铜，然后加入足量的稀硫酸中，待反应完毕后，再加热蒸发溶剂，可制得硫酸铜晶体的质量是（）A.9.38gB.18.75gC.12gD.24g思考：铜元素在本题涉及的一系列变化中保持守恒。
且有下列关系：Cu～CuO～CuSO4～CuSO4·5H2O64 250练习：50g镁、锌、铁的混合物与足量的稀硫酸反应得到混合溶液，蒸发后得到218g固体(已换算成无水硫酸盐)。
则反应产生氢气的质量是（）A.2gB.3gC.3.5gD.4.5g例题2 根据化学方程式，3AB + C2B3 = 2C + 3X，确定X的化学式为。
思考：化学反应前后各元素的原子种类和数目不变，进行逆向推断。
3X + 2C = 3AB+ C2B = 3A + 6B + 2C3X = 3A + 6BX = A + 2B = AB2练习：某物质在空气中完全燃烧后，生成二氧化碳气体和水蒸气的质量比是11：9，则此可燃物的化学式可能是( )A．C2H2 B.CH4 C.CH3OH D.C2H5OH2.质量守恒：质量守恒是指参加化学反应的各物质的质量总和等于反应后各生成物的质量总和。
例题3 在反应A + 3B == 2C + 3D中，已知生成物C和D的质量比为28 : 33，若A和B的混合物244g经充分反应后，恰好完全反应，则生成C的质量为。
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 守恒法计算方法总结
方法总论守恒法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＋2Y−→2Q＋R中，当1.6 g X与Y 完全反应，生成4.4 g 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．16:92．在臭氧发生器中装入氧气100 mL。
经反应3O2−→2O3，最后气体体积变为95 mL （均在标准状况下测定），则混合气体的密度是A．1.3 g/L B．1.5 g/L C．1.7 g/L D．2.0 g/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。
3．30 mL一定浓度的硝酸溶液与5.12 g铜片反应，当铜片全部反应完毕后，共收集到气体2.24 L（标准状况下），则该硝酸溶液的物质的量浓度至少为A．9 mol/L B．8 mol/L C．5 mol/L D．10 mol/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5 g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．5 g B．10 g C．15 g D．20 g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。
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。
化学方程式计算的几种常用方法
化学方程式计算的几种常用方法化学方程式计算的几种常用方法化学方程式(Chemical Equation)，也称为化学反应方程式，是用化学式表示化学反应的式子，接下来就由店铺带来化学方程式计算的几种常用方法，希望对你有所帮助！一、质量守恒法化学反应遵循质量守恒定律，各元素的质量在反应前后是守恒的。
抓住守恒这个中心，准确建立已知量与待求量的等量关系，是用质量守恒法解题的关键。
此法在化学计算中应用广泛。
例1. 向5g铜粉和氧化铜的混合物中不断通入氢气，并加热。
充分反应后停止加热，冷却后称量残留固体的质量为4.2g。
求原混合物中含氧化铜和铜粉各多少克?分析：由题意可知，反应前后铜元素的质量在固体中是没有变化的，根据铜元素质量守恒，即可建立方程，求出混合物中氧化铜和铜粉的质量。
解：设混合物中含CuO的质量为x g，则含Cu的质量为(5-x)g，由反应前后铜元素的质量相等，得：x·Cu/CuO+(5-x)=4.2即：x·64/80+(5-x)=4.2x=4原混合物中含Cu的质量为5-4=1(g)答：原混合物中含氧化铜4g;含铜1g。
二、差量法根据化学反应前后某一状态的物质之间的质量差与反应物或生成物的质量成正比例的关系进行计算的方法称为差量法。
在化学反应中，虽然从整体上看存在着质量守恒的关系，但某一状态的物质(例如固态物质或液态物质)的质量在反应前后会发生反应(增加或减少)，这一差值称为差量。
差量与反应物或生成物之间有着正比例关系，通过这种比例关系可以计算出与之相关的待求量。
因此，寻找差量，正确建立差量与待求量的比例关系，是用差量法解题的关键。
在有沉淀或气体生成的化学反应中，常用差量法进行计算。
例2. 某学生将16g氧化铜装入试管中，通入氢气并加热。
反应一段时间后，停止加热，待试管冷却后，称得试管中剩余固体的质量是14.4g。
问有多少克氧化铜被还原?分析：从化学方程式可以看出，反应后固体减少的质量就是参加反应的氧化铜失去氧的质量。
高中化学高考总复习----守恒法在化学计算中的应用知识讲解及巩固练习题(含答案解析)
A 0.2mol L－1
B 0.4mol L－1
C 0.8mol L－1
D 1.6mol L－1
【答案】C
【变式 5】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
（）
Байду номын сангаас
A、250mL
【总结升华】本题应抓住混合物中 Na2S 、Na2SO3 、Na2SO4 三者均含“Na2S”的特 点，Na、S 两元素个数比均为 2:1，故不论三者比例如何混合物中 Na、S 两元素个数比 均为 2:1。 举一反三： 【变式 1】C2H4 、C3H8O 、C6H12 混合物中，C 元素的质量分数为 a%，求 O 元素的质量分数。
【答案】（1—a%×7/6）×8/9 【解析】将 C3H8O 改为 C3H6 ▪ H2O，（1—a%×7/6）代表含“H2O”量。
【变式 2】甲醛，乙醛，丙醛组成的混和物中，氢元素占质量百分组成为 9%，则混和物
中氧元素占质量百分组成为
A. 37%
B. 16%
C. 6.6% D.无法确定
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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精心整理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=2O3，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100mlO2的质量。
则反应后混合气体的密度为：d=（0.1L/22.4L·mol－1×32g·mol－1）/0.095L=1.5g/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1mol·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×1mol·L－1×74.5g·mol－1=3.427g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+2H2O2H2S+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O 2中的O 元素全部转移到H 2O 用SO 2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Cl 2中燃烧，若红磷与Cl 2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PCl 3及PCl 5中，反应前Cl 2中的Cl 元素全部转移到PCl 3及PCl 5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：+=1mol3+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Cl 2,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 、1：2：3B 、3：2：1C 、1：3：2D 、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[NH 4+]=7×10-6mol/L[SO 42-]=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 +]+[NH 4+]+[H +]=[Cl -]+2[SO 42-]+[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/LPH=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Na 2SO 3溶液，恰好与20ml 浓度为0.02mol/L 的K 2Cr 2O 7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K 2Cr 2O 7,失电子的物质是Na 2SO 3。
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Na 2SO 3肯定被氧化为Na 2SO 4,∴1molNa 2SO 3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93.84g 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nZn(1)及nZn(2)mol，则：由电荷守恒有：2(nFe 2++nCu2+)=nCl-2nZn2+(2)=nCl-?由质量守恒有：mFe +mCu+mZn(1)=CmZn(2)=b-mZn(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？（4mol·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。