2021高考化学解题技巧守恒法
难点突破丨高中化学解题技巧之守恒法
难点突破丨高中化学解题技巧之守恒法最近很多同学都向化学姐提问有关高中化学习题解答技巧的，我在这里给同学们总结了很多化学习题常用的解题方法，通过习题的方法给同学们进行经典例题的分析，帮助同学们攻克化学习题。
今天化学姐给同学们先推荐一个方法，就是守恒法，希望同学们多做后面的练习，争取对这种方法熟练掌握。
高中化学解题方法技巧之——守恒法守恒法是高考中常考常用的一种解题方法。
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。
●难点磁场请试做下列题目，然后自我界定学习本篇是否需要。
现有19.7g由Fe、FeO、Al、Al2O3组成的混合物，将它完全溶解在540mL 2.00 mol·L－1的H2SO4溶液中，收集到标准状况下的气体8.96L。
已知混合物中，Fe、FeO、Al、Al2O3的质量分数分别为0.284、0.183、0.274和0.259。
欲使溶液中的金属阳离子完全转化为氢氧化物沉淀，至少应加入2.70mol·L－1的NaOH(aq)体积是________。
●案例探究［例题］将CaCl2和CaBr2的混合物13.400g溶于水配成500.00mL 溶液，再通入过量的Cl2，完全反应后将溶液蒸干，得到干燥固体11.175g。
则原配溶液中，c(Ca2＋)∶c(Cl－)∶c(Br－)为A.3∶2∶1B.1∶2∶3C.1∶3∶2D.2∶3∶1命题意图：考查学生对电荷守恒的认识。
属化学教学中要求理解的内容。
知识依托：溶液等有关知识。
错解分析：误用电荷守恒：n(Ca2＋)=n(Cl－)＋n(Br－)，错选A。
解题思路：1个Ca2＋所带电荷数为2，则根据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，知原溶液中：2n(Ca2＋)= n (Cl－)＋n (Br－)将各备选项数值代入上式进行检验可知答案。
答案：D●锦囊妙计化学上，常用的守恒方法有以下几种：1.电荷守恒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。
高中化学高中化学不得不学会的守恒法
高中化学不得不学会的守恒法所谓守恒，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。
(word完整版)高中化学守恒法(2021年整理)
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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26.88L 通过稀H 2SO 4后，溶液质量增加45.7g,气体体积缩小为2.24L 。
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 ．40.625B ．42。
15C ．38。
225D ．42。
625［解析］将混合气体通过稀H 2SO 4后，NH 3被吸收。
新高考二轮复习守恒法在化学解题中的运用 PPT精美版
解析：由质量守恒可知： m（KI溶液）=m（AgNO3溶液）+m（KI溶液）-m（AgI沉淀） 即 m（AgNO3溶液）= m（AgI沉淀） 由方程式AgNO3+KI===KNO3+AgI↓ 可知：w（AgNO3）= m（AgNO3） /m（AgI）
11
4．质子守恒
∑得质子后形成的微粒浓度·得质子数 ==∑ 失质子后形成的微粒浓度·失质子数 例6、写出Na2CO3溶液质子守恒表达式 c(H+)＋c(HCO3－)＋2c(H2CO3)=c(OH－)
12
（二）．电荷守恒法
1.电解质溶液（或离子化合物）中： 阴离子所带负电荷总数=阳离子所带正电荷总数
解析：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 ～CuSO4·5H2O
64
250
32g
Ｘ
Ｘ＝125g
9
2．元素（原子）守恒法
例5、含1mol NaOH的溶液1L吸收0.8mol
CO2,则所得溶液中CO32-、HCO3-的物质的
量浓度之比约为
。
始态：1molNaOH 0.8mol CO2
Σ(阳离子的物质的量×阳离子的电荷数) = Σ(阴离子的物质的量×阴离子的电荷数)； 或Σ(阳离子的物质的量浓度×阳离子的电荷数) = Σ(阴离子的物质的量浓度×阴离子的电荷数)。
13
1．电解质溶液（或离子化合物）中
例7、1L混合溶液中含SO42－0.00025mol，Cl－ 0.0005mol ,NO3－0.00ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ25mol ,Na＋0.00025 mol ,其余为H＋，则H＋物质的量浓度为（ ）。
高中化学守恒法解题技巧
化学守恒法解题技巧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;一、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,当与Y完全反应后,生成,则在此反应中Y和M的质量比为A16：9 B23：9 C32：9 D46：9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A96倍 B48倍 C12倍 D32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;173、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二、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A1∶4 B1∶5 C2∶1D2∶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%、含%,取1克该样品投入25毫升2摩／升的盐酸中后,多余的盐酸用摩／升KOH溶液毫升恰好完全中和,蒸发中和后的溶液可得到固体：A1克 B3.725克 C0.797克 D2.836克练习：1、用1L10mol／LNaOH溶液吸收,所得溶液中CO3２－和HCO3－的物质的量浓度之比是Ａ１∶３Ｂ２∶１Ｃ２∶３Ｄ３∶２2、今有100mLCuNO32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,进行推导或计算的方法;离子守恒是根据反应非氧化还原反应前后离子数目不变的原理进行推导和计算;用这种方法计算不需要化学反应式,只需要找到起始和终止反应时离子的对应关系,即可通过简单的守恒关系,计算出所需结果;例1、在同温同压下,50ml气体A2跟100ml气体B2化合生成50ml气体C,则C的化学式是AAB2 BA2B CA2B4 DAB例2、把 NaHCO3与Na2CO3·10H2O的混合物6．56克溶于水配制成100ml溶液,已知此溶液中Na+的物质浓度为0．5 mol/L；若将等质量的该混合物加热到质量不再变化为止,则其质量减少了多少克练习：1、准确称取6g铝土矿样品含Al2O3、Fe2O3、SiO2加入100mL硫酸溶液,充分反应后向滤液中加入10mol/L的NaOH溶液,产生沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示,则所用硫酸溶液的物质的量浓度为2、有一块铝铁合金,溶于足量的盐酸中,再用过量的NaOH溶液处理,将产生的沉淀过滤、洗涤、干燥、灼烧,完全变成红色粉末,经称量红色粉末和合金的质量相等,求合金中铝的质量分数;3、将镁带在空气中燃烧的全部产物溶解在50mL物质的量浓度为1．8mol/L的盐酸中,多余的盐酸用20mL0．9mol/LNaOH溶液正好中和,然后在此溶液中加入过量的NaOH把NH3全部蒸发出来,经测定NH3的质量为0．102克,求镁带的质量为多少四、电荷守恒电荷守恒,即对任一电中性的体系,如化合物、混合物、浊液等,电荷的代数和为0,即正电荷总数和负电荷总数相等;电荷守恒是利用反应前后离子所带电荷总量不变的原理,进行推导或计算;常用于溶液中离子浓度关系的推断,也可用此原理列等式进行有关反应中某些量的计算;例1、在K2SO4、Al2SO43、的混合液中,已知cAl3+=L,cSO42-=L,则溶液中cK+为AL BL CL DL例2、M2O7x-离子和S2-在酸性溶液中发生如下反应：M2O7x-+3S2-+14H+=2M3++3S+7HO则M2O7x-离子中M的化合价为A+2 B+3 C+5 D+6练习：1、将KCl和KBr混合物13.4克溶于水配成500mL溶液,通入过量的Cl2,反应后将溶液蒸干,得固体11.175g则原溶液中K+,Cl-,Br-的物质的量之比为：A3:2:1 B1:2:3 C1:3:2 D2:3:12、将200mL ／L的Na2CO3溶液与含OH2的溶液混合后,为使溶液呈中性,需加入1mol／L盐酸的体积是多少3、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R元素的化合价是______；2R元素的原子最外层电子数是_____;4、1L混合溶液中含SO42－,Cl－ ,NO3－ ,Na＋ mol ,其余为H＋,则H＋物质的量浓度为 ;A． mol·L－1 B． mol·L－1 C． mol·L－1D． mol·L－1五、电子得失守恒电子得失守恒,是指在氧化还原反应中,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;它广泛应用于氧化还原反应中的各种计算,甚至还包括电解产物的计算;例1、7.68g铜和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4.48L,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例2、已知某强氧化剂ROOH2+能被硫酸钠还原到较低价态,如果还原含×10-3molROOH2-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 +2 C+1 D -1练习：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、一定条件下ＮＨ4ＮＯ３受热分解的未配平的化学方程式为：ＮＨ4ＮＯ３＝ＨＮＯ３＋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∶４Ｃ．１∶１Ｄ．３∶５3、将5．6克铁粉溶于过量的稀硫酸中,在加热条件下加入1．01克KNO3晶休氧化溶液中的Fe2+,待反应完全后,剩余的Fe2+尚需0．2mol/L的KMnO4mol/L溶液70mL才能完全氧化已知KMnO4的还原产物为Mn2+求KNO3的还原产物;4、将1．36克铁粉和氧化铁粉末的混合物,投入50ml的稀H2SO4中,恰好完全反应并放出标况下1．12L氢气,反应后的溶液中不含Fe和Fe3+;求混合物中的Fe和氧化铁的质量;5、将X molMg溶于含Y molHNO3的稀硝酸溶液中,生成N2O;求此时X与Y的比值为多少6、A、B、C三个电解槽,A槽是CuCl2作电解液,纯铜片作阴极,B、C两槽以AgNO3溶液作电解液,纯银丝作阴极,先将A、B槽并联,再与C槽串联进行电解,其B槽中银丝质量增加0.108g,C槽银丝增加0.216g,则A槽Cu片质量增加A.0.216gB.0.108gC.0.064gD.0.032g六、多重守恒多重守恒是利用多种守恒列方程式组进行计算的方法;例1、把／LＨＡC溶液和０.０１mol／ＬＮａＯＨ溶液等体积混合,则混合溶液中微粒浓度关系正确的是Ａ．CAc－＞ｃNa＋Ｂ．CHAc＞ｃAc－Ｃ．２CＨ＋＝CAC－－CＨＡCＤ．ｃＨＡC＋CAC－＝０.０１ｍｏｌ／Ｌ〖分析〗此题实质上是０.０５mol／Ｌ的ＨＡｃ溶液和０.０５mol／Ｌ的ＮａＡｃ溶液的混合溶液;由电荷守恒关系可得：CＨ＋＋CNa＋＝CAC－＋COH －…………１由物料守恒关系可得：CHAC＋AC－＝CNa＋×２＝０.０１mol/L……２由２可知Ｄ正确;将１×２＋２可得：２CＨ＋＝CAC－＋２COH－－ＣHAC%……３故Ｃ选项错误;例2、L的NaOH溶液0.2L,通入标准状况下448mL H2S气体,所得溶液离子浓度大小关系正确的是A．Na+＞HS－＞OH－＞H2S＞S2－＞H+B．Na++H+=HS－＋S2－＋OH－C．Na+＝H2S＋HS－＋S2-＋OH－D．S2－＋OH－＝H+＋H2S〖分析〗对于溶液中微粒浓度或数目的比较,要遵循两条原则：一是电荷守恒,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；二是物料守恒,即溶液中某一组分的原始浓度应该等于它在溶液中各种存在形式的浓度之和;上述溶液实际上是含 NaHS的溶液;根据上面的规律：电荷守恒：溶液中阳离子有Na+、H+,阴离子有HS－、S2－、OH－;Na++H+=HS－＋2S2－＋OH －…………………①物料守恒：HS－由于水解和电离,其存在形式为HS－、S2－、H2S;S=S2-＋HS－＋H2S而钠元素物质的量等于硫元素物质的量即Na+=S2-＋HS－＋H2S …………②②代入①中,得S2－＋OH－＝H+＋H2S …………………③另在溶液中,H+、OH－都由H2O电离而来,故H+、OH －二者的总量应相等,而H+由于HS－水解的原因存在形式为H+、H2S,OH－由于HS－电离的原因存在形式为OH－、S2－;同样可得到③; 答案选D。
高考化学守恒法的应用技巧
高考化学守恒法的应用技巧金点子：“守恒法”广泛应用于高考及各类竞赛试题的解题中，它既可使繁乱的问题化难为易，又可使复杂的计算化繁为简，因而备受广大中学生的青睐。
但在使用中，由于对题意理解不清、条件分析不透，也时常出现滥用守恒的现象，故正确把握守恒原理，学会守恒方法，是高考化学解题之必备。
守恒法包括：元素守恒、电荷守恒、电子守恒、质量守恒等。
1．在化学反应前后，物质中的各元素原子的物质的量始终保持守恒，这就是元素守恒。
如在复杂的变化过程中，能充分利用某些元素原子的物质的量守恒解题，不仅思路清晰，而且计算简便。
2．根据电解质溶液总是呈电中性，从而利用电解质溶液中的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来进行解题的方法称电荷守恒法。
3．在氧化还原反应中，还原剂失去的电子总数与氧化剂得到的电子总数相等，这是运用得失电子数守恒进行化学计算的主要依据。
4．质量守恒普遍存在于整个物理、化学变化过程中（核反应除外），如反应前后物质的质量守恒，反应过程中催化剂的质量守恒，溶液稀释与混合时溶质的质量守恒等。
经典题：例题1 ：（2001年全国高考）在无土栽培中，需配制一定量含50 mol NH4Cl、16 mol KCl和24molK2SO4的营养液。
若用KCl、NH4Cl和(NH4)2SO4三种固体为原料来配制，三者的物质的量依次是（单位为mol）（）A．2、64、24 B．64、2、24 C．32、50、12 D．16、50、24方法：利用元素守恒求解。
捷径：先求出需配制营养液中所需NH4+、K+、Cl—、SO42—、物质的量，再用同样的方法求出选项中所提供的物质中所含NH4+、K+、Cl—、SO42—物质的量。
若与题干中的数值一致，即为选项。
如题干中NH4+ 50 mol；K+：16+24×2=64（mol）；Cl—：50+16=66（mol），SO42—：24mol。
选项B，NH4+：2+24×2=50（mol），K+：64mol、Cl—：64+2=66（mol），SO42—：24mol，与题干相符，选项B正确。
高中化学常用解题方法“守恒法”
得电子。根据电子得失守恒得：n(Fe )×1＝n(Cl2)×2＋n(X2O7 )×(6 －n)×2，即 1×1＝0.2×2＋0.1×(6－n)×2，解之得：n＝3。
2＋
2－
【巩固2】请根据反应15CuSO4＋11P＋24H2O=5Cu3P↓＋6H3PO4＋15H
2SO4，判断1
mol CuSO4能氧化P的物质的量(
【练习3】 将0.1 mol的镁、铝混合物溶于100 mL 2 mol/L H2SO4溶液中，然后再滴加1 mol/L NaOH溶液。请回答： (1)若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m随加入NaOH溶液 的体积V变化如图所示。
当V1＝160时，则金属粉末中：n(Mg)＝________mol，V2＝ ________。 (2)若在滴加NaOH溶液的过程中，欲使Mg2＋、Al3＋刚好沉淀 完全，则滴入NaOH溶液的体积V(NaOH)＝________mL。 (3)若混合 物仍为0.1 mol，其中Mg粉的物质的量分数为a，用100 mL 2 mol/L的硫酸溶解该混合物后，再加入450 mL 1 mol/L的NaOH溶液， 所得沉淀中无Al(OH)3。满足此条件的a的取值范围是________。
[巩固 1]向含有 1 mol FeCl2 的溶液中通入 0.2 mol Cl2，再加入含 0.1 mol X2O7 的酸性溶液，使溶液中 Fe 恰好全部被氧化，并使 X2O7 还 原为 X ，则 n 值为( A．2 C．4
n＋
2－ 2＋ 2－
) B．3 D．5
－ 【解析】 由题意知 Fe2＋是还原剂，失电子，Cl2、X2O2 7 是氧化剂，
－1
－1
2＋
3＋
)
【解析】
2－ －1
高考化学常见题型解题技巧
免费获取海量高考资料及重要高考资讯长按扫描上方二维码关注微信公众号：向学霸进军【xueba678】高考化学常见题型解题技巧——计算题1、守恒法多数计算题是以化学反应为依据，化学方程式可表示反应物和生成物之间的质量、微观粒子、物质的量、气体体积等变化关系，又反映出化学反应前后的电荷数、电子得失数、微粒个数都是守恒的。
在有关的多步反应、并行反应、混合物的综合计算等问题中，如能巧用这些守恒规律，可使难度较大和计算过程繁杂的题目达到解题思路简明、方法简单、步骤简化的目的，收到事半功倍的效果。
（1）质量守恒法例1把过量的铁粉加入到FeCl3和CuCl2组成的混合液中，充分搅拌，反应后过滤、干燥、称得不溶物的质量与加入铁粉的质量相等。
求混合物中FeCl3和CuCl2的物质的量之比是多少？解析：设混合物中CuCl2的物质的量为x，FeCl3物质的量为yFe+CuCl2=Cu+FeCl2Fe+2FeCl3=3FeCl2xmol xmol xmol y/2mol ymol反应后所得不溶物为铜粉和过量的铁粉。
按题意，反应中与FeCl3和CuCl2反应而消耗的铁粉的质量与置换出铜粉的质量相等。
按此等量关系用代数法求解。
56(x+y/2)=64x∴x:y=2:7(2)摩尔守恒法这是利用某种原子（或原子团）反应前物质的量等于转化为各种产物中所含该原子（或原子团）的物质的量进行计算的一种方法。
例2（1994年高考24题）38.4mg铜与适量的浓硝酸反应，铜全部作用后，共收集到气体22.4ml （标准状况），反应消耗的HNO3的物质的量可能是（）A、1.0×10—3molB、1.6×10—3molC、2.2×10—3molD、2.4×10—3mol免费获取海量高考资料及重要高考资讯长按扫描上方二维码关注微信公众号：向学霸进军【xueba678】解析：此题的隐含条件是“随着铜与硝酸反应，硝酸越来越稀，因而产生的气体有NO 2和NO”。
化学(心得)之高中化学解题方法——守恒思想的巧妙运用
化学论文之高中化学解题方法——守恒思想的巧妙运用物质守恒定律在千变万化的自然界中每时每刻都是存在的，而化学中的守恒思想主要是根据化学反应前后物质的各种量的守恒来树立的，利用化学变化中各种量的守恒来解决化学问题。
守恒法是中学化学计算中一种很重要的简便方法，也是高考试题中应用最多的方法之一，其特点是紧抓化学变化之中某些量在过程中是保持不变的这一规律，把守恒的思想作为解题的依据，利用某些不变量建立有关的数学关系式，从而树立解题的思路，简化了复杂的解题过程，达到快速高效的解题效果。
所以，在高中化学的学习过程中，培养守恒思想来提高学习化学的能力和加深对化学的理解是尤为重要的。
高中化学习题解答中涉及到多种守恒定律，主要有质量守恒规律，物质的量守恒规律，元素守恒规律，电荷守恒规律，电子得失守恒规律，多重守恒规律，能用守恒解答的题目较多。
解题步骤上，最为重要的是对各种物质在化学反应中的变化做出准确的分析，以能够确定各个量值的关系。
对已知条件中各个量的关系可以从某种元素的存在形式入手，对整个题目全过程进行贯穿，也可以通过分析题中给出的各种反应关系条件找到隐藏的关系。
本文将对常见的守恒题型及其巧妙的运用进行举例，分析、探讨：一、质量守恒规律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，这就叫做质量守恒定律。
根据这个规律进行计算或者推断。
主要包括反应物总质量与生成物总质量守恒；反应中某种元素的质量守恒；物质溶解，溶液稀释，蒸发结晶等物理过程中溶质总质量守恒；可逆反应过程中总质量守恒。
例题：有一块铝、铁合金，溶于足量的盐酸中，再用过量的NaOH溶液处理，将产生的沉淀过滤、洗涤、干燥、灼烧，完全变成红色粉末，经称量红色粉末和合金质量恰好相等，则合金中铝的质量分数为（）A.60%B.50%C.40%D.30%解析：按常规方法，应计算出铝、铁合金的质量及其组分的质量，再求出铝的质量分数。
运用质量守恒规律，由题意分析可知最后的红色粉末是Fe2O3,又知红色粉末和合金质量恰好相等，说明Fe2O3中氧元素的质量等于合金中铝的质量，所以合金中铝的质量分数为Fe2O3中氧元素的质量分数30%。
高中化学解题思维方法专讲：守恒法课件
下:c( NH4)=2.0×10-6mol·L-1、c(Cl-)=6.0×10-6mol·L-1、
c(Na+)=3.0×10-6mol·L-1、c( NO3 )=2.3×10-5mol·L-1、
c( SO24－)=2.8×10-5mol·L-1。则此次雨水的pH大约为( B )
A.3
B.4
C.5
D.6
中学常见的守恒问题有3种:质量守恒、电子守恒、电荷守恒。
(一) 质量守恒法
1.含义:参加化学反应的各物质的质量总和等于生成物的质量总和。 2.类型: (1)质量守恒:反应物减少的总质量=生成物增加的总质量。在一些物理变化中也 存在质量守恒,如溶液在稀释或浓缩过程中,原溶质质量在稀释或浓缩前后不变 (溶质不挥发、不析出)。 (2)元素守恒（原子守恒）:化学反应前原子的种类或数目=反应后原子的种类或 数目。 (3)物料守恒:溶液中某一组分的原始浓度=它在溶液中各种存在情势的浓度之和。
【应用攻略】
在溶液中 电荷守恒 涉及溶液(尤其是混合溶液)或固体离子化合物及它们的混
合物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。
【典题示范17】在硫酸、明矾和硫酸铝组成的混合溶液中,
c(Al3+)=0.3 mol·L-1, c( SO24－)=0.7 mol·L-1,c(H+)= 0.1 mol·L-1,
【典题示范11】某氧化剂中,起氧化作用的是 X2O72 ,在溶液中 0.2 mol该离子恰好能使0.6 mol SO32－ 完全氧化,则 X2O72 还原 后的化合价为 ( C )
A.+1
B.+2
C.+3
D.+4
【解析】选C。题给反应中,氧化剂为 X2O,还72 原剂为 。S设O32反－ 应后X的化 合价为a。则X化合价由+6降为a,硫元素化合价由+4升为+6。1 mol X 得电子(6-a)mol,1 mol S失电子(6-4)mol=2 mol。由电子守恒 知:0.2×2×(6-a)=0.6×2,可得 a=+3。
高考化学解题方法6守恒法
化学解题技巧-守恒法“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=⨯⨯gm gg m g 。
高考化学计算技巧-守恒法专题突破
高考化学计算技巧—守恒法专题突破【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。
质量守恒宏观上指各元素质量反应前后相等，微观上指任一微观粒子个数〔如原子、分子、离子等〕反应前后相等〔在溶液中也称物料守恒〕；得失电子守恒是针对氧化复原反应中氧化剂得电子总数与复原剂的电子总数相等；电荷守恒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。
“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，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．在氧化复原反应中存在着得失电子守恒。
因此涉及到氧化复原反应中氧化剂、复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。
【经典例题透析】类型一：质量守恒〔物料守恒、原子守恒〕1、现有19.7 g由Fe、FeO、Al、Al2O3组成的混合物，将它完全溶解在540 mL 2.00 mol·L－1的H2SO4溶液中，收集到标准状况下的气体8.96 L。
高中化学答题技巧(守恒篇)
高中化学解题技巧（守恒篇）吾等化学宅，内修理论，外修实验，然而解题技巧也是必不可少的。
而在高中，守恒是解决化学题的一个重要手段。
那么，接下来，呆瓜我（什么鬼）就来介绍几种常见的守恒。
一、质量守恒所谓质量守恒，就是根据质量守恒定律，通过化学反应中化合物之间的质量关系来解决题目。
【例题】8克氧化铜固体在氢气流中加热，问反应完全时固体减少的质量。
【解答】该反应的方程式：CuO + H22O ……△O80g/mol 64g/mol (80-64)g/mol8g X根据以上关系式，可得80g/mol (80-64)g/mol8g XX = 8×(80-64) /80 g = 1.6 g二、元素守恒元素守恒嘛……让我想想（这样子看上去超不专业）……其实是质量守恒的一种特殊形式，这个技巧利用反应前后同种原子数量不变来解题。
【例题】一份在标准状况下体积为8.96L的气体混合物，仅含有N2，CO2，和CH4。
将此气体充分燃烧后通过足量澄清石灰水，得到10g白色沉淀，求原气体中氮气的物质的量。
【解答】由题意可知，白色沉淀的成分是碳酸钙。
M(CaCO3) = 100g/molHence, n(CaCO3) = m(CaCO3)/ M(CaCO3) = 10/100 mol = 0.1 mol由于CO2不可燃，CH4燃烧后生成等物质的量的CO2，n(Carbon) = n(CO2) + n(CH4)因为所有生成的CO2中的碳元素都转化为CaCO3中的碳元素n(CaCO3) = n(CO2) + n(CH4) = 0.1mol原混合气体的体积为8.96L（标准状况），son(混合气体) = V(混合气体)/ V(标准) = 8.96/22.4 mol = 0.4 moln(N2) = n(混合气体) – [n(CO2) + n(CH4)] = 0.4 – 0.1 mol = 0.3 mol 三、化合价升降守恒这一点是指，在一个氧化还原反应中，还原剂化合价升高等于氧化剂化合价降低。
高考化学解题方法——守恒思想！高中生务必掌握的好方法！
高考化学解题方法——守恒思想！高中生务必掌握的好方法！1.1 质量守恒法它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的方法。
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；可逆反应过程中总质量守恒等。
答题要点：第一步：明确题目要求解的量。
第二步：根据题目中要求解的量，分析反应过程中物质的变化，找出质量守恒的物质及与其相关的量。
第三步：根据质量守恒的原理，梳理出反应前后反应物的总质量与生成物的总质量，列式计算求解。
调研试题：【调研1】现有一块铝铁合金，为测定其中铝的含量，做如下实验：切一小块合金，将其溶于盐酸，然后加入足量的氢氧化钠溶液，待溶液中的沉淀全部变成红褐色时，过滤沉淀物并在空气中灼烧，最后所得红棕色粉末的质量恰好跟原来的合金试样质量相等。
则合金中铝的质量分数为A．25% B．30% C．46% D．70%【思路点拨】第一步，弄清从合金到最后得到红棕色粉末的过程中铁元素的转化；第二步，根据题意得出合金中铝的质量与氧化铁中氧的质量相等的结论；第三步，利用质量守恒定律列式计算。
【试题解析】铁、铝两种元素在整个化学变化过程中的转化形式如图所示：根据上图知，最后得到的红棕色粉末为氧化铁，根据题意知反应前合金的质量等于最后得到的Fe2O3的质量，因铁元素在各步反应中完全转化，即铁元素的质量守恒，则合金中铝的质量等于Fe2O3中氧元素的质量，所以合金中铝的质量分数为1.2 原子守恒法它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的方法。
当遇到两种或两种以上物质组成的混合物的计算类试题时，一般会涉及多个反应，若按常规方法计算需先写化学方程式，然后列方程组求解，非常烦琐，此时，可采用“原子守恒法”解题。
答题要点：第一步：仔细分析题目中给出的信息，找出反应前后守恒的原子。
第二步：分别写出反应前后含守恒原子的物质及其物质的量，找出反应前后它们之间的关系。
高中化学高考计算题守恒三大方法
按比例求解——化学计算三大法宝之首[例1]Na2S2O3在30℃时的溶解度为35.5g/100gH2O。
将30℃时的Na2S2O3饱和溶液271g冷却到10℃，析出晶体79.5g。
计算10℃时Na2S2O3在水中的溶解度。
这是初中化学乃至小学算术中就开始出现的比例问题。
首先遇到的问题是每271g30℃时的饱和溶液中溶质和水各有几克。
按比例，135.5g饱和溶液中有溶质35.5g，水100g，271是135.5的两倍，则含溶质71g，水200g。
Na2S2O3•7H2O中Na2S2O3的质量分数为0.5。
设10℃时100g水中最多可溶解Na2S2O3xg，再按比例列式：(71-79.5×0.5)/(200-79.5×0.5) = x/100x=19.5答：10℃时Na2S2O3在水中的溶解度为19.5g/100gH2O。
[例2]某固体仅由一种元素组成，其密度为5.0g/cm3。
X射线研究表明在边长为1×10-7cm的立方体中含有20个原子，此元素的相对原子质量为_____。
首先考虑：20个原子占体积10-21cm3，则1mol原子占多大体积。
还是一个按比例求解的问题。
10-21×(6.02×1023/20)=30.1cm3/mol30.1×5.0=150.5[例3]达喜的化学成分是铝和镁的碱式盐。
取该碱式盐3.01g，加入2.0mol/L盐酸使其溶解，当加入盐酸42.5mL时开始产生CO2，加入盐酸至45.0mL时正好反应完全。
计算该碱式盐样品中OH-与CO32-的物质的量之比。
在上述碱式盐溶于盐酸后的溶液中加入过量氢氧化钠，过滤，沉淀物干燥后重1.74g。
试推测该碱式盐的化学式。
假定该盐为Al a Mg b(OH)c(CO3)d•eH2O。
盐酸首先与OH-中和，再与CO32-反应生成HCO3-，最后将HCO3-转变为CO2。
按比例列式：42.5/2.5 = (c+d)/d c:d=16:1如果d=1，与d对应的HCl为0.005mol，即0.005mol该盐为3.01g。
【备战2021】高考化学 专题04 氧化还原反映及其应用热点题型和提分秘籍（含解析）(1)
专题04 氧化还原反映及其应用热点题型和提分秘【高频考点解读】1．以生产、生活、社会中的实际问题考查氧化还原反映的大体概念，分析物质的氧化性、还原性强弱和电子转移进程。
2．结合物质的推断及离子反映考查氧化还原反映的书写。
3．电子守恒法在氧化还原反映计算中的应用。
【热点题型】题型一考查氧化还原反映概念例一、亚氨基锂(Li2NH)是一种储氢容量高、平安性好的固体储氢材料，其储氢原理可表示为：Li2NH＋H2===LiNH2＋LiH。
以下有关说法正确的选项是( )A．Li2NH中N的化合价是－1B．该反映中H2既是氧化剂又是还原剂C．Li＋和H－的离子半径相等D．此法储氢和钢瓶储氢的原理相同【提分秘籍】经历氧化还原反映概念的“三种方式”1．氧化还原反映大体概念间的关系：2．表现性质规律：同种元素不同价态原子的最高价只表现氧化性，最低价只表现还原性，中间价态既表现氧化性又表现还原性。
3．熟记氧化还原反映中几对概念的方式：(1)典型反映经历法：能够依照氢气还原氧化铜的典型反映分析，氢气是还原剂，反映后化合价升高，发生氧化反映，推理取得化合价升多发生氧化反映的普遍规律。
(2)浓缩经历法：确实是将几个关键概念进行浓缩，便于经历。
例如上述关系能够浓缩为：高失氧；低得还。
即化合价升高，失电子，发生氧化反映；化合价降低，得电子，发生还原反映。
(3)联想经历法：对相关概念进行合理联想，达到牢固经历的目的。
例如宇航员飞到高空，失重，缺氧。
高失氧即化合价升高、失去电子、发生氧化反映。
【触类旁通】ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处置剂。
实验室可通过以下反映制得ClO2：2KClO3＋H2C2O4＋H2SO4===2ClO2↑＋K2SO4＋2CO2↑＋2H2O，以下说法正确的选项是( )A．KClO3在反映中失去电子B．ClO2是氧化产物C．1 mol KClO3参加反映有2 mol电子转移D．H2C2O4在反映中被氧化【热点题型】题型二考查氧化性、还原性强弱例二、已知：①向KMnO4晶体中滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；②向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变黄色；③取少量实验②生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝色。
高考化学计算的解题方法与技巧(守恒法)
高考化学计算的解题方法与技巧（守恒法）(一原子个数守恒 a,求混合物中铁的质量分数。
-=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(二电荷守恒——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。
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(Ax=0.5y (Bx=0.1+0.5y (Cy=2(x-0.1 (Dy=2x-0.1(三电子守恒——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。
(四质量守恒——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。
0C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((A96倍(B48倍(C12倍(D32倍(八守恒的综合利用【作业练习】一、守恒法2.用铂电极电解500ml的KNO3和Cu(NO32混合液一段时间后,在两极均生成11.2L气体(标况下,则原溶液中Cu2+浓度为(A.0.5 mol/LB. 1mol/LC.2 mol/LD.无法确定二、差量法3.在标况下,6.72 L NO2通过水后,收集到5.04L气体,则被氧化的NO2体积是(A.1.68 LB.2.52 LC.0.56 LD.1.12 L4.溴化钾和氯化钾的混合物3.87g,溶于水并加入足量AgNO3溶液后,产生6.63g沉淀,则混合物中含K+为(A.0.02 molB.0.04 molC.0.78gD.1.56g三、十字交叉法5.由CO2、H2和CO组成的混合气体在同温同压下与氮气的密度相同,则该混合气体中CO2、H2和CO的体积比不可能为(A.29:8:13B.39:24:5C.13:8:29D.26:16:576.铜有两种天然同位素 63Cu和 65Cu , 参考铜的原子量为63.5 , 估算 63Cu 的平均原子百分含量约是(A. 20%B.25%C.66.7%D.75%19. 某单质银硝酸反应,若参加反应的单质与硝酸的物质的量之比为1:4,则氮元素在反应中所显示的化合价是(- 1 -。
高考化学计算题解题技巧(含例题解析)
高考化学计算题解题技巧（含例题解析）1、守恒法多数计算题是以化学反应为依据，化学方程式可表示反应物和生成物之间的质量、微观粒子、物质的量、气体体积等变化关系，又反映出化学反应前后的电荷数、电子得失数、微粒个数都是守恒的。
在有关的多步反应、并行反应、混合物的综合计算等问题中，如能巧用这些守恒规律，可使难度较大和计算过程繁杂的题目达到解题思路简明、方法简单、步骤简化的目的，收到事半功倍的效果。
（1）质量守恒法例1把过量的铁粉加入到FeCl3和CuCl2组成的混合液中，充分搅拌，反应后过滤、干燥、称得不溶物的质量与加入铁粉的质量相等。
求混合物中FeCl3和CuCl2的物质的量之比是多少？解析：设混合物中CuCl2的物质的量为x，FeCl3物质的量为yFe+CuCl2=Cu+FeCl2Fe+2FeCl3=3FeCl2xmol xmol xmol y/2mol ymol反应后所得不溶物为铜粉和过量的铁粉。
按题意，反应中与FeCl3和CuCl2反应而消耗的铁粉的质量与置换出铜粉的质量相等。
按此等量关系用代数法求解。
56(x+y/2)=64x∴x:y=2:7(2)摩尔守恒法这是利用某种原子（或原子团）反应前物质的量等于转化为各种产物中所含该原子（或原子团）的物质的量进行计算的一种方法。
例2（1994年高考24题）38.4mg铜与适量的浓硝酸反应，铜全部作用后，共收集到气体22.4ml（标准状况），反应消耗的HNO3的物质的量可能是（）A、1.0×10—3molB、1.6×10—3molC、2.2×10—3molD、2.4×10—3mol解析：此题的隐含条件是“随着铜与硝酸反应，硝酸越来越稀，因而产生的气体有NO2和NO”。
根据N原子守恒（不考虑NO2聚合成N2O4）有：nHNO3＝nCu(NO3)2+nNO2+nNO＝nCu×2+n总气体＝[(38.4×10—3)/64]×2+（22.4×10—3）/22.4＝2.2×10—3(mol)应选C。
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类型二 竞争反应(平行反应)
平行反应是指反应物能同时平行地进行两个或两个以上的不同反应，得出不同的产物。其中
反应较快或产物在混合物中所占比率较高的称为主反应，其余称为副反应。解题时要注意如
果一个物质是两个平行反应的反应物，则题目中所给初始量则是该物质在这两个反应中的初
始量之和
例 1、CO2 在 Cu-ZnO 催化下，同时发生如下反应 I，II，是解决温室效应和能源短缺的重 要手段。
相似，被誉为“21 世纪的清洁燃料”。由合成气(CO、H2)制备二甲醚的反应原理如下： ①CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) ΔH1＝－90.0 kJ·mol－1 ②2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH2
有人模拟该制备原理，500 K 时，在 2 L 的密闭容器中充入 2 mol CO 和 6 mol H2,5 min 达到平衡，平衡时 CO 的转化率为 60%，c(CH3OCH3)＝0.2 mol·L－1，用 H2 表示反应① 的速率是________ mol·L－1·min－1，可逆反应②的平衡常数 K2＝________。若在 500 K 时， 测得容器中 n(CH3OCH3)＝2n(CH3OH)，此时反应②的 v 正____v 逆(填“＞”“＜”或“＝”)
＝0.1 mol / L，则 CO2 的浓度为( )
A. 1 mol/L
B. 0.9 mol/L C. 1.9 mol/L
D. 1.8 mol/L
6、某温度下，4molH2O 和 lmolCH4 在体积为 2L 的刚性容器内同时发生 I、II 反应，达平
衡时，体系中 n(CO)＝bmol、n(CO2)＝dmol，则该温度下反应 I 的平衡常数 K 值为
1、将固体 NH4I 置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：①NH4I(s) NH3(g)＋ HI(g) ②2HI(g) H2(g)＋I2(g)达到平衡时，c(H2)＝0.5mol·L-1，c(HI)＝3mol·L-1，则 此温度下反应①的平衡常数为_____
2 、 加 热 N2O5 ， 依 次 发 生 的 分 解 反 应 为 ① N2O5(g)
守恒法在化学平衡多重反应中的应用
——平衡常数、平衡浓度、转化率计算
类型一 连续反应
连续平衡是指有关的两个可逆反应有着关联，第一个反应的某一生成物，是第二个反应的反
应物。解题时要注意如果该物质是第一个反应的生成物，第二个反应的反应物；则在第一个
反应中，该物质的初始量为 0，它的平衡量则为第二个反应中该物质的初始量 (在计算第二
__________________(用字母表示)
I、CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g)
△H1＝+206.4kJ·mol－1
II、CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)
△H2
7、甲醚又称二甲醚，简称 DME，熔点－141.5 ℃，沸点－24.9 ℃，与石油液化气(LPG)
4、在容积为 2 L 的恒容密闭容器中充入 4 mol N2O3，恒温 t℃时发生反应： N2O3(g) N2O(g)＋O2(g)，
N2O3(g)＋O2(g) N2O5(g)，达平衡时，测得 N2O5 为 0.7 mol / L，O2 为 0.5 mol / L，
则( )
A. c(N2O3)＝0.8 mol/L
Ⅰ、CO2(g)+3H2(g) CH3OH (g)+H2O(g) △H1<0
N2O3(g) ＋ O2(g) ， ②
N2O3(g) N2O(g)＋O2(g)。在容积为 2 L 的密闭容器中充入 8 mol N2O5，加热到 t ℃，
达到平衡状态后 O2 为 9 mol，N2O3 为 3.4 mol，则 t ℃时反应①的平衡常数为( )
A．10.7
B．8.5
C．9.6
D．10.2
B．16
C．20
D．25
例 3、二甲醚是一种清洁能源，用水煤气制取二甲醚的原理如下：
I、CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) II、2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)
500K 时，在 2L 密闭容器中充入 4molCO 和 8molH2，4min 达到平衡，平衡时 CO 的 转化率为 80%，且 2c(CH3OH)=c(CH3OCH3)，则： ①0～4min，反应 I 的 v(H2)＝______ ②反应 II 中 CH3OH 的转化率α＝__________，反应 I 的平衡常数 K＝_______ 【经典练习】
个反应的转化率尤为重要)
例 1、[2019·天津Ⅰ·节选] 在 1 L 真空密闭容器中加入 a mol PH4I 固体，t℃ 时发生如下
反应：
PH4I (s) PH3(g) + HI (g)
①
4 PH3(g) P4(g)+ 6H2(g)
②
2HI (g) H2 (g) + I2 (g)
③
达到平衡时，体系中 n(HI)=b mol，n(I2)=c mol， n(H2)=d mol，则 t℃时反应①的平
3、在某温度 T 时能同时发生反应：①2N2O5(g) 2 N2O4(g)+O2(g) k1
②N2O4(g) 2 NO2(g)
k2
若向一体积固定为 2L 的密闭容器内加入 N2O5 2 mol 一段时间后，容器内的反应达到平
衡，此时 n(NO2)＝0.4 mol 已知 K2＝0.1，请计算出 k1＝
衡常数 K 值为
例 2、将固体 NH4I 置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：①NH4I(s) NH3(g) ＋HI(g) ②2HI(g) H2(g)＋I2(g)达到平衡时，c(H2)＝0.5mol·L-1，c(HI)＝4mol·L-1，
则此温度下反应①的平衡常数为
，平衡时 NH3 的浓度
A．9
B. c(N2O3)＝0.1 mol/L
C. c(N2O)＝0.5 mol/L
D. c(N2O)＝1.2 mol/L
5、某温度下，C 和 H2O(g)在密闭溶液器中发生下列反应：C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g)，
CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)，当反应平衡时，测得 c(H2)＝1.9 mol / L，c(CO)