高中化学高考计算题守恒三大方法
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。
高中化学计算题解题技巧
In places deeper than night, there must be darker eyes than night.简单易用轻享办公（页眉可删）高中化学计算题解题技巧高中化学计算题解题技巧就在下面，欢迎大家一起学习高中化学解题技巧、高中化学题解题技巧、高中化学解题方法哦!高中化学计算题解题技巧一.守恒法：化学上，常用的守恒方法有以下几种：电荷守恒、电子守恒、原子守恒、质量守恒1、某露置的苛性钠经分析含水：9%(质量分数，下同)、Na2CO3：53%、NaOH ：38%。
取此样品 10.00 g放入 100.00 mL 2.00 molL-1 的 HCl(aq) 中，过量的 HCl 可用 1.00mol/L NaOH(aq)中和至中性，蒸发中和后的溶液可得固体_______克。
2、Fe、Cu合金42g与足量的稀HNO3反应，生成标准状况下的无色气体为13.44L，将此溶液中加过量的NaOH充分沉淀，过滤，洗涤，灼烧，最后得混和氧化物，求氧化物的总重量。
二.估算法：1、甲、乙两种化合物都只含X、Y 两种元素，甲、乙中 X 元素的百分含量分别为 30.4% 和 25.9%。
若已知甲的分子式是XY2，则乙的分子式只可能是( )A.XYB.X2YC.X2Y3D.X2Y52、有一种不纯的铁，已知它含有铜、铝、钙或镁中的一种或几种，将5.6克样品跟足量稀H 2SO4完全反应生成0.2克氢气，则此样品中一定含有(A)Cu(B)Al(C)Ca (D)Mg三.差量法：遇到反应前后固体或液体的质量、物质的量、体积发生变化时，可尝试用“差量法”解题：总压强为 3.0107 Pa 时，N2、H2 混合气体(体积之比为 1∶3)通入合成塔中，反应达平衡时，压强降为2.5107 Pa，则平衡时混合气体中 NH3 的体积分数为( )A.35%B.30%C.D.四.和量法：与差量法相反，为解决问题方便，有时需要将多个反应物(或生成物)合在一起进行计算。
(完整)高中化学守恒法
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26.88 L 通过稀H 2SO 4后，溶液质量增加45.7 g ，气体体积缩小为2.24 L 。
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。
NH 3+H 2O==NH 3·H 2O 2NH 3·H 2O+H 2SO 4==(NH 4)2SO 4+2H 2O而NO 2和O 2与水接触发生如下反应：3NO 2+H 2O==2HNO 3+NO 反应①2NO+O 2==2NO 2 反应②生成的NO 2再与水反应：3NO 2+H 2O==2HNO 3+NO 反应③上述反应①、②属于循环反应，可将反应①×2+反应②，消去中间产物NO ，得出：4NO 2+ O 2+2H 2O ==4HNO 3 反应④如果反应④中O 2剩余，则将带火星的木条插入其中，木条复燃。
而题中木条不复燃，说明无O 2剩余。
高一化学计算题解题技巧
高一化学计算题解题技巧高一化学计算题解题技巧1.守恒法：包括原子个数守恒、得失电子守恒、电荷守恒法、质量守恒法等。
2.极值法：从问题的极端去考虑、去推理、判断，使问题得到解决。
3.讨论法：当题中含有不确定的因素时，对每一种可能情况进展的讨论。
4.量量关系法：利用量物质与未知量物质之间的关系来解题。
5.数形结合法：将复杂或抽象的数量关系与直观形象的图形互为浸透、互相补充。
6.差量法：运用前后量的差，根据方程式中的计量数的关系直接求解。
7.定量问题定性化；8.近似估算；9.运用整体思维，化繁为简；10.利用图象解题等等。
11.注意解题标准格式，这方面主要是指要带单位运算和利用化学方程式计算时的标准格式。
12.注意分步作答。
每年国家考试中心的评分标准都是分步计分，往往分步计分之和不等于总分。
13.注意有效数字的取用近年来有效数字的取用越来越重视，在平时的练习中就要引起注意。
14.价配平法当化学方程式中某些元素的化合价较难确定时，通常采用0价配平法，所选配平标准可以是反响物，也可以是生成物。
15.万能配平法万能配平法所配平的化学方程式只是原子个数守恒，化合价的升降总值不一定相等，因此不一定正确，虽然中学阶段很少遇到这样的化学方程式，但在最后进展化合价升降总值是否相等的验证，还是必要的。
16.合并配平法关键是找出发生氧化复原反响的两种物质间的某种数量关系，常用方法有〔1〕通过某种物质的分子中原子间的数量关系，确定其他两种〔或多种〕物质的数量关系。
〔2〕通过电荷守恒等方法确定其他两种〔或多种〕物质的数量关系。
17.拆分配平法合适氧化剂和复原剂是同一种物质，且氧化产物和复原产物也是同一种物质的化学方程式的配平，其配平技巧是将氧化复原剂〔或氧化复原产物〕根据需要进展合理拆分。
拓展阅读：高考化学选择题有什么解题技巧 1、列举特例、速排选项高考选择题往往考察一般规律中的特殊情况，这就要求考生熟悉特例，对于一些概念判断、命题式判断正误类题目，假如从正面不能直接作出判断，可以列举反例、特例，迅速判断选项正误。
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
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。
化学计算题解题技巧
化学计算题解题技巧（守恒法、差量法、估算法、和量法、设一法、奇偶数法、关系式法、虚拟法）一．守恒法化学上，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。
即：阳离子物质的量(或浓度)与其所带电荷数乘积的代数和等于阴离子物质的量(或浓度)与其所带电荷数乘积的代数和。
2.电子守恒化学反应中(或系列化学反应中)氧化剂所得电子总数等于还原剂所失电子总数。
3.原子守恒系列反应中某原子(或原子团)个数(或物质的量)不变。
以此为基础可求出与该原子(或原子团)相关连的某些物质的数量(如质量)。
4.质量守恒包含两项内容：①质量守恒定律；②化学反应前后某原子(或原子团)的质量不变。
5. 物料平衡，电解质溶液中。
练习：1．将 CaCl2和 CaBr2的混合物 13.400 g溶于水配成 500.00 mL 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 11.175 g。
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【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】2. 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 2.00mol·L－1的H2SO4溶液中，收集到标准状况下的气体8.96 L。
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2.70 mol·L－1的NaOH(aq)体积是________。
【800mL】二．差量法利用化学反应前后物质间所出现象的差量关系解决化学问题的方法就是差量法。
高考化学解题方法守恒法
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 。
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）。
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。
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
高三化学反应中的五大守恒专题辅导
化学反应中的五大守恒守恒法是中学化学计算中常用的解题方法，它利用物质变化过程中某一特定的量恒定不变来列式求解，可以免去一些复杂的计算，大大简化解题过程，提高解题速度和正确率。
以下从五个方面分析，如何巧用守恒法快速解题。
一、质量守恒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 向KI 溶液中加入AgNO 3溶液，直到完全反应，得到沉淀和溶液。
已知所得硝酸钾溶液的质量等于KI 溶液的质量，则原AgNO 3溶液中溶质的质量分数是多少？解析 向KI 溶液中加入AgNO 3溶液，发生的反应为：KI+AgNO 3=AgI ↓+KNO 3。
当所得KNO 3溶液的质量等于KI 溶液的质量时，由质量守恒关系知：AgNO 3溶液的质量等于生成AgI 沉淀的质量。
根据上述化学方程式可知，若170g AgNO 3完全反应将生成235g AgI 沉淀，即含170g 溶质的AgNO 3溶液的质量是235g ，所以原AgNO 3溶液中溶质的质量分数%72%100235170=⨯=。
二、原子守恒原子守恒法是依据反应前后原子的种类及个数均不变的原理进行推导或计算的方法。
例2 一定量的铁粉和9g 硫粉混合加热，待其反应后再加入过量盐酸，将生成的气体完全燃烧，共收集到9g 水，则加入的铁粉质量为（ ）。
A.14gB. 42gC. 56gD. 28g解析 因为题目中没有指明铁粉的量，所以铁粉可能过量，也可能不足，则铁粉与硫粉反应后，加入过量盐酸时生成的气体有两种可能：只有H 2S （铁全部转变为FeS ），或既有H 2S 又有H 2（铁除了生成FeS 外还有剩余），所以只凭硫粉质量和生成水的质量，不易建立方程求解。
根据各步反应的定量关系，可列出关系式：Fe →Fes(铁守恒)→H 2S(硫守恒)→H 2O(氢守恒) (1)Fe →H 2(化学方程式)→H 2O(氢守恒) (2)由此可知，无论铁参与了哪一个反应，每1mol 铁原子均生成lmol H 2O,所以迅速得出铁的物质的量就是水的物质的量，与硫粉的量无关，所以铁为0.5mol 即28g 。
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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。
按比例，1mol盐为602g。
1.74g沉淀物当为Mg(OH)2，78g/mol，0.03mol。
d=1，则b=6。
据电荷平衡，a=2最后按分子量确定e=4答：Al2Mg6(OH)16(CO3)•4H2O[例4]难溶盐MCO3w g，加热完全分解为MO和CO2后，残留物的质量较原物质少了p g。
求MCO3中M的质量分数。
这可“按化学方程式计算”。
MCO3→ MO+ CO2M+60 44w p按比例列式 (M+60)/w = 44/pM=44w/p -60结果是 = [(44w/p)-60]/(M+60) =[(44w/p)-60]/(44w/p)= 1-15p/11w这里最需要讨论的问题是 [(44w/p)-60]/(M+60)是否等于 [(44w/p)-60]/w，或者说后面这个比值是否成立。
[例5]某容器中盛有某种气态烃和氧气的混合物0.03mol，温度为400℃，其中氧气的量是此烃完全燃烧所需量的2倍。
该烃完全燃烧后容器中压力提高了5%(温度保持不变)，并测得H2O的质量为0.162g。
求烃的分子式。
设该烃分子式为C x H y，其物质的量为amol。
C x H y+(x+y/4)O2→xCO2+ y/2 H2O(g) Δ y/4-1a (0.03-a)/2 0.162/18 0.03×5%化学反应方程式中的每一项都可能用于按比例列式。
包括“差量”。
1/a = (x+y/4)/[(0.03-a)/2] = (y/2)/(0.162/18) = (y/4-1)/(0.03×5%)答：C3H6[例6]在密闭容器中充入amol SO2和bmol O2(V2O5为催化剂，400℃)，反应达平衡时，容器内共有Dmol气体。
这时容器内尚有SO2________mol。
2SO2+ O2→2SO3Δ1x a+b-D按比例列式 x/2 = (a+b-D)/1x=2a+2b-2D (x为反应消耗的SO2的量)剩余的SO2为a-(2a+2b-2D)= 2D-a-2b这里遇到的一个重要问题是反应前后气体的差值究竟是(a+b)-D还是D-(a+b)。
[例7]1体积SO2和3体积空气混合后在450℃以上通过V2O5催化剂发生反应。
若同温同压下测得反应前后混合气体的密度比为0.9:1，SO2的转化率为_____。
质量守恒，密度与体积成反比，该反应前后混合气体的体积比为1:0.9，即总体积下降10%。
2SO2+O2→2SO3⊿=1x 4×10%按比例列式： 2/x = 1/0.4x=0.8 (x为转化了的SO2的体积)答：80%[例8]氢气和氧气的混合气体，在120℃和一定压强下体积为aL，点燃后发生反应。
待气体恢复至原来的温度和压强时，测得其体积为bL。
求原混合气体中氢气的体积。
2H2 + O2→2H2O(g) ⊿=1x a-x a-b(1)H2过量，由完全反应的O2按比例列式：a-x=a-b x=b(2)O2过量，由完全反应的H2按比例列式：x/2 = (a-b)/1 x=2(a-b)答：b或2(a-b)L物料守恒——化学计算三大法宝之二[例1]将0.51g镁铝混合粉末溶于4mol/L盐酸溶液50mL中。
现加入2mol/L氢氧化钠溶液，要使沉淀达到最大量，需要这种氢氧化钠溶液____mL。
解：答案其实与“0.51g”无关。
溶液中最后的溶质是NaCl，即NaOH与HCl应等物质的量，各为0.2mol。
答：100[例2]常温下往100mLFeCl3溶液中通入0.224LH2S，结果生成单质硫。
再加入过量铁粉，反应停止后溶液中含有0.06mol阳离子。
原FeCl3溶液的浓度是____mol/L。
解：求解与“0.224L”无关。
最后溶液的溶质仅为FeCl2，即有0.12molCl-，即可知原有的FeCl3应为0.04mol。
答：0.4[例3]沥青铀矿主要成分的分子式为U3O8。
历史上，柏齐里乌斯把U的相对原子质量定为120，门捷列夫建议改为240，阿姆斯特朗又认为是180。
现已证明门氏正确，请推测柏氏与阿氏给沥青铀矿写的分子式。
解：既然门捷列夫正确，则该物质中U与O的质量之比就是240×3:16×8，该比值应该是大家承认的一个客观事实，是各人考虑问题的基点。
柏齐里乌斯的结论是(720/120):8，阿姆斯特朗的结论是(720/180):8。
答：U3O4 UO2[例4]在足量水中加入一定量的Na2O2后再加入一定量的铝粉，反应完毕后无固体剩余，得澄清溶液，整个过程共生成气体3.5g。
再向溶液中加入3.5mol/LHCl 200mL，先产生沉淀，后沉淀恰好全部溶解。
原Na2O2的质量为____g，铝粉的质量为____g。
解：设Na2O2、Al的物质的量分别是a、bmol。
气体是O2与H2的混合物。
每摩尔Na2O2释放O20.5mol，每摩尔Al释放H21.5mol。
最后溶液为NaCl和AlCl3的混合液，Cl-全部来自HCl。
16a+3b=3.5 2a+3b=3.5×0.2 a=0.2 b=0.1答：15.6 2.7[例5]某硫酸溶液100mL里加入1.60g Fe2O3，全部溶解，再向其中加入5.00g铁粉，溶液变浅绿色。
反应停止后还剩余3.32g铁粉。
求硫酸的物质的量浓度。
解：涉及的反应是Fe2O3+3H2SO4→Fe2(SO4)3+3H2OFe2(SO4)3+Fe→3FeSO4 H2SO4+Fe→FeSO4+H2↑最终的溶质仅是FeSO4。
SO42-源自H2SO4，Fe2+源自Fe2O3和Fe。
n(SO42-)=n(Fe2+)= (1.6/160)×2+(5.00-3.32)/56 =0.05mol答：0.5mol/L[例6]高炉煤气的平均组成(体积分数)为：CO-0.28，CO2-0.10、N2-0.58、其它-0.04。
生产1000kg生铁耗用石灰石250kg，排放煤气2400m3(标准状况)。
计算：(1)生产1000kg生铁至少需要多少千克焦炭？(2)高炉煤气所需O2来源于空气。
生产1000kg生铁需要提供多少立方米(标准状况)空气？(设空气中O2和N2的体积分数分别为0.20和0.80。
)解：本题不能按O的物料守恒求解，因为O的来源除空气、石灰石外还有矿物。
我们不知道矿物的成分，铁的氧化物尚不确定，如Fe2O3、Fe3O4等。
(1)考虑利用C的物质的量，因为C来自石灰石和焦炭，结果主要就是CO和CO2，来龙去脉都清楚。
2400×0.38/22.4 – 2.5 = 38.21kmol(2)考虑利用来自空气的N2量不变。
2400×0.58×5/4 =1740答：(1)458.6kg (2)1740m3[例7]有镁和铝两种金属的混合粉末1.44g，在50mL3.4mol/LHCl中全部溶解。
再加50mL 4.0mol/LNaOH溶液，得白色沉淀物。
滤出沉淀物灼烧至质量不再减小，得固体1.11g。
在滤液中滴加少量稀盐酸即有沉淀产生。
原混合物中镁的质量为____g。
解：涉及的反应可能包括：Mg+HCl、Al+HCl、HCl+NaOH、MgCl2+NaOH、AlCl3+NaOH、Al(OH)3+NaOH、Mg(OH)2分解、Al(OH)3分解。
沉淀物估计为Mg(OH)2和Al(OH)3，1.11g固体为MgO和Al2O3。
滤液成分为NaAlO2和NaCl。
由于碱性，溶液中不可能再有Mg2+、Al3+；沉淀中有Al(OH)3，溶液中也不可能有值得计量的OH-。
物料守恒，Cl-为0.17mol，Na+为0.20mol，故NaAlO2为0.03mol。
设镁粉xmol，铝粉ymol，40x+(y-0.03)×102/2=1.11 24x+27y=1.44 x=0.015mol答：0.36g[例8]在三个密闭容器内分别装有：(1)Na2O2和NaHCO3 (2)Na2O2和NH4HCO3 (3)Na2O2和Ca(HCO3)2，其中每种物质均为1mol。
将它们加热至300℃，充分反应后排出气体。
求各容器内残留的固体物质名称及其物质的量。
解：三个容器内首先发生的都是酸式盐的分解。
NaHCO3→(1/2)Na2CO3+(1/2)CO2+(1/2)H2ONH4HCO3→NH3+H2O+CO2Ca(HCO3)2→CaCO3+CO2+H2O然后是H2O、CO2与Na2O2的反应，生成NaOH、Na2CO3。
容器掀开后，肯定不会被排出的是金属离子Na+和Ca2+。