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1、“守恒法”是中學化學常常采納的技術性解題方式之一。 一樣情形下，能用“守恒法”解答的題目也能用其它方式解決，但較費時且易犯錯。而“守恒法”那么是利用物質轉變進程中某一特定量固定不變來解決問題，其特點是不糾纏于細枝末節(jié)，只關注始態(tài)和終態(tài)，尋覓轉變前后特有的守恒因素，快速成立等式關系，巧妙作答，能提高解題速度和準確率。其妙處所在可謂是“刪繁就簡三秋樹，獨樹一幟二月花”。 “守恒法”在不同版本的教輔材料中，有多種表述形式，如物料守恒、質量守恒、元素守恒、原子守恒、離子守恒、電荷守恒、電子守恒、物質的量守恒、體積守恒…等等。其實所謂的“守恒”因素不外乎三種情形：一是物料守恒，二是電性電量守恒，三是

2、能量守恒（中學時期涉及較少），其它的表述形式都隸屬于其中?？蓺w納如下： 「固態(tài) f濃度守恒溶液?溶劑守恒甘…［溶質守恒［其匕 ,物料守恒＜ 物質的量守恒 守值因素 I （體積守恒） 電性電量守恒* /電荷守恒 、電子守恒 具體物質 ，原子守恒 元素守恒*離子守恒 “質子守恒） '能量守恒（中學階段涉及較少，在此不作討論） 下面就各類守恒因素的應用舉例說明。 一、物料守恒 （一）質量守恒 例1:取必然量的KC1O3和MnO2的混合物共熱制取O2,反映開始時MnO2在混合物中的質量分數為20%,當反映進行到MnO2在混合物中的質量分數為25%時，求KC1O3的

3、分解百分率。 解析：MnO2在反映中作催化劑，反映前后質量守恒。設原混合物的質量為mig,反映終止后混合物的質量為m2g,那么MnO2反映前后的質量別離為：0.2mig和0.25m2g。由MnO2的質量守恒可得：0.2mig=0.25m2g,m2=0.8mi。由反映前后質量守恒可知，放出O2的質量應等于反映前后的固體質量之差，即：mig-m2g=mimimig。即可求得KClO3的分245g0.2m1g 解百分率為：96gi00%64%。 0.8m1g 練習：C和CaCO3的混合物在空氣中強熱后，CaCO3完全分解，C被完全氧化，若是生成的CO2的總質量等于原混合物的總質量，試求原混合

4、物中C的質量分數。［i7.4%］ （i）濃度守恒 例2：某鹽的飽和溶液的質量分數為26.8%,取必然量的此飽和溶液，加入wg該無水鹽,在溫度不變的情形下，析出mg含有必然量結晶水的該鹽晶體，那么從飽和溶液中析出溶質 的質量為 A.26.8%wB.m-wC.(m+w)x26.8%D.(m-w)x26.8% 解析：由于溫度不變，析晶后， 有(m-w) X 26.8% ,答案應選D。 練習：(2003年上海)某溫度下 現將甲燒杯中的溶液蒸發(fā)掉35g H2O 晶體10g。那么原溶液的質量分數為 剩余溶液、減少的溶液(m-w)及原溶液濃度守恒，故 甲、乙兩個燒杯中各盛有100g相同濃度的

5、 析出晶體5g ;乙燒杯中的溶液蒸發(fā)掉45g KCl溶液， H2O,析出 A.40% B.15% C.20% D.25% [答案：D] (2)溶劑守恒 2SO3粉末，充分攪拌后過濾，取得 度下Na 2SO 3的溶解度為20g ,求析出的 60g濾液和 必然量 的Na 2SO 3 ? 7H 2O晶體 Na 2SO 3 ? 7H 2O晶體的質量。 假設此溫 解析： 飽和溶液 解此題的關鍵是：溶劑水的質量守恒。析晶后，原溶劑水分成了兩部份，即所得 中的水和析出 55.3g xg 126g 60 g 126g 126g 晶體中的結晶水。假設設析出晶

6、體的質量為 xg。 忌歌，解得：x=10.6g。 ⑶溶質守恒 例4:將某二價金屬R X 1mol/L XM= 20.5g X 1mol/L X M = 84g 原50g溶液中溶質的質量分數為 。[① S=24g ;② 17.4%] 的單質粉末投入到200mL濃度為1mol/L的H2SO4溶液中， ?7H 2O 全反映后濾去過量的金屬粉末，蒸發(fā)溶液到剩余84g時，維持溫度為tC,開始析出RSO4 晶體。在該溫度下繼續(xù)蒸發(fā)，當析出20.5g晶體時，還留下49g溶液。求金屬R的相對原子質量。 解析：由題意可知，84g溶液和49g溶液皆為tC時的飽和溶液。設RS

7、O4的摩爾質量為 M,RSO4在tC時的溶解度為Sg。由溶質的質量守恒可得： MSg 49g M126g100gSg Sg 100gSg 解方程組得：S=40,M=120g/mol 因此，金屬R的相對原子質量為：120-96=24 練習：甲、乙兩同窗在室溫下各取50g某溶液別離制取晶體的實驗。甲將溶液蒸發(fā)掉10g水后，冷卻到室溫，得晶體1.2g(晶體不含結晶水)；乙將溶液蒸發(fā)掉15g水后，冷卻到室溫得晶體2.4g0假設兩人的實驗結果都正確，那么：①該溶質在室溫下的溶解度為 例5:向必然量的NaOH固體中加入硫酸銅和硫酸組成的混合物的溶液，充分攪拌，恰好完全反映，有藍色沉淀生

8、成，過濾，所得濾液的質量與加入的原混合物溶液的質量相等，那么與硫酸銅反映的氫氧化鈉和與硫酸反映的氫氧化鈉的物質的量之比為。 解析：此題屬于一道典型的無數據計算題。依題意不難分析出其中的守恒關系，即 m(NaOH)=m[Cu(OH)2]。設與CuSO4反映的NaOH為xmol,與H2SO4反映的NaOH為ymol, 1 x40 那么由(xmol+ymol)x40g/mol=98g/molx(xmolx—),——。 2 'y9 練習：向碘化鉀溶液中加入硝酸銀溶液，直到完全反映為止，結果反映后溶液的質量恰好等于反映前原碘化鉀溶液的質量。求加入硝酸銀溶液的溶質的質量分數。[72.3%]

9、 (二)物質的量守恒 例6:質量分數為a的某物質的溶液mg與質量分數為b的該物質的溶液ng混合后，蒸發(fā)掉pg水，取得的溶液每毫升質量為qg,物質的量濃度為c。那么溶質的分子量(相對分子質量)(2003年新課程卷) D. c(m n p) 1000q(am bn) q(ambn)c(mnp)1000q(ambn) A.-B.—C.二 c(mnp)q(ambn)c(mnp) mg ng pq 10 3 L/mL x c mol/L , qg/mL 解析：依照溶質的物質的量守恒可得：mgangb Mr 1000q(ambn)一、小 整理得：Mrg/mol,應選C。 c(mn

10、p) 原子守恒、離子守恒并無嚴格意義上的區(qū)分，只是由于在不同情境中呈現的形態(tài)不同罷了，多數情形下，?；\統(tǒng)地稱作元素守恒。 ⑴原子守恒 例7:某溫度下，1L密閉容器中加入1molN2和3molH2,使反映N2+3H2 二-2NH3,達到平穩(wěn)。測得平穩(wěn)混合物中N2、H2、NH3的物質的量別離為M、N、Q。若是溫度不變，只改變初始物質的加入量，而要求M、N、Q維持不變，那么N2、H2、NH3的加入量用x、v、z表示時，應知足條件： ⑴假設x=0,y=0,那么z=。 (2)假設x=0.75mol,那么y=,z=。 (3)x、v、z應知足的一樣條件是(用含x、y、z的方程式表示)。 解析

11、：此題最經常使用的思路是等效平穩(wěn)。假設從原子守恒的角度考慮，也比較容易解決。 容器內加入物質應含2molN原子和6molH原子。 ⑴假設x=0,y=0時，那么z=2mol。 「由N原子守恒：zx (2)假設x=0.75mol時，: I由H原子守恒：y=6mol30.5mol2.25mo| 2 (3)由N原子守恒：2x+z=2 由H原子守恒：2x+3z=6 例8:將amolH2S和1molO2置于一個容積可變的容器內進行反映。維持容器內氣體的壓強不變(101kPa),在120c下測得反映前后容器內氣體的密度別離為di和d2。假設a的取值不同，那么H2s的氧化產物可能有如下三種情

12、形： (1)全數是SO2,現在a的取值范圍是。 (2)全數是S,現在a的取值范圍是,did2(填大于、小于或等于)。 (3)部份是SO2,部份是S,現在a的取值范圍是,反映所生成的SO2的物質的量為mol,容器內氣體的物質的量之和為mol。(以含a的代數式表示)(96年全國) 解析：n(O2)=1mol,設生成SO2為xmol,S為ymol,H2O為zmol。直寫方程式：aH2S+[1]O2=xSO2+yS+zH2O(g)。 「由S原子守恒：x=a (1)若yw0,則全部生成SO2：，由H原子守恒：2z=2a 〔由。原子守恒：2x+z=2 解得a=2,即a的取值范圍是：aw2。

13、 33 「由S原子守恒：y=a (2)假設xw0,那么全數生,S：H原子守恒：2z=2a 〔由。原子守恒：z=2 解得a=2,即a的取值范圍是：a>2o］由S原子守恒：x+y=a (3)假設x>0,y>0,那么產物中既有SO2,又“曲：H原子守恒：2z=2a za=—(1+y)|由。原子守恒：2x+z=2 解得:L1 24mLH 2s在30mLO 2中燃燒，在同溫同壓下，取得的SO2體積為。 ［提示：燃燒后，H原子全數進入水中，S原子那么在SO2和單質S中。據 阿伏加德羅定 律，n(H 2S): n(O2)= V(H 2S): V(O 2)=24:30=4:5 ?？芍睂懛匠淌?/p>

14、，也可直接依照原子守恒求得： n(SO2)=3mol , V(SO 2)=18mL 。］ 3.在密閉容器內充入3mol A 和2mol B 發(fā)生反映：3A(g)+2B(g) = xC(g), 達到平穩(wěn)后，C的質量分數為w%。假設維 持溫度不變，按0.6molA、0.4molB 和0.8molC 為 起始物質，達平穩(wěn)后，C的質量分數仍為w%,那么x的值為。 ［x=1］ (2)離子守恒 例10 :向含0.01mol AlCl 3的溶液中逐滴加入34mL 1mol/L NaOH 溶液，那么生成物及其 物質的量別離為。 a 1 x=i—- 2 iz=a 因為y>0,從(2)可知yW2,

15、因此a的取值范圍是：2vav2。 3 反映后，SO2的物質的量為(1-a)mol,容器內氣體的物質的量之和為：x+z=(1+—)molo 22 例9:(2002年河南)將2molH2O和2molCO置于1L容器中，在必然條件下，加熱至高溫，發(fā)生如下可逆反映： 2H2O(g)=2H2+O22CO(g)+O2—2CO2 (1)當上述系統(tǒng)達到平穩(wěn)時，欲求其混合氣體的平穩(wěn)組成，那么至少需要明白兩種氣體的平穩(wěn)濃度，但這兩種氣體不能同時是和，或?? 和。(填它們的分子式) (2)假設平穩(wěn)時O2和CO2的物質的量別離為n(O2)平=amol,n(CO2)平=bmol。試求n(H2O)平=。(

16、用含a、b的代數式表示) 解析：(1)在同一反映容器內持續(xù)發(fā)生了兩個反映。只有H2O(g)分解了，CO才能被O2氧化，兩個反映彼此制約，同時達到平穩(wěn)。但第一個反映中H2O和H2與第二個反映無關，一樣第二個反映中CO和CO2的濃度與第一個反映無關。 (2)由O原子守恒可知，由CO生成CO2分子內增加的O原子來源于H2O,另外O2中的 O原子也來源于H2O。因此，n(H2O)反映=2xn(O2)+1xn(CO2)=2xamol+1xbmol=(2a+b)mol。 n(H2O)平=2mol-(2a+b)mol=(2-2a-b)mol。 2與NaOH溶液反映：3NO2+2NaOH=2NaNO

17、3+NOT+H2O。NO、NO2可一路與NaOH溶液作用：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O。欲用VL某燒堿溶液使amolNO與bmolNO2組成的混合氣體中的N元素全數進入溶液，那么NaOH溶液的物質的量濃度為。［提 ab ?。簄(NaNO2)=n(NO)+n(NO2)on(NaOH)=mol/L］ 解析：n(NaOH):n(AlCl3X1mol/L:0.01mol=3.4:1(或17:5),大于3小于4,故生成物中既有Al(OH)3,又有NaAlO2。設生成的Al(OH)3的化學計量數為x,NaAlO2的化學計量數為y。直寫方程式： 173x 5A1C13+17Na

18、OH=xAl(OH)3J+yNaAlO2+15NaCl+H2O j由Na+守恒：17=y+15rx=32 t由Al3+守恒：5=x+y">ly=2 則n[Al(OH)3]=0.006mol,n(NaAlO2)=0.004mol,n(NaCl)=0.003mol。 練習：把6.56gNaHCO3和Na2CO3?10H2O的混合物溶于水制成100mL溶液，測得其中Na+離子濃度為0.5mol/L。假設把同質量的該混合物加熱到質量不變，那么混合物比初始時質量減少多少克？[提示：混合物溶于水后溶液中Na+與混合物加熱后所得Na2CO3中的Na+守恒。3.91g] (3)原子、離子并存守恒(元

19、素守恒) 例11:將必然質量的鎂、鋁合金投入100mL必然濃度的鹽酸中，合金全數溶解，向所得溶液中滴加5mol/L的NaOH溶液至過量，生成沉淀的質量與加入NaOH溶液的體積關系如下圖。由圖中沉淀量 g ⑴原合金中鎂、鋁的質量； (2)鹽酸的物質的量濃度。 解析：由圖可知：Mg(OH)2的質量為11.6g,Al(OH)=7.8g。 ⑴由鎂元素守恒可知：MgMg(OH)2 24g58g m 解得：m 由鋁元素守恒可知：AlAl(OH)3 27g78g m 解得：m (2)當V(NaOH,aq)=160mL時，Mg2+、Al3+完全沉淀，現在溶液為NaCl溶液，由Cl-

20、離子、 Na+離子守恒可知：HClNaClNaOH 1mol1mol 100mLxc(HCl)160mLx5mol/L 解得例12:向300mLKOH溶液中緩慢通入2.24LCO2氣體(標準狀況下)，充分反映后，在減壓低溫下蒸發(fā)溶液，取得11.9g白色固體。請通過計算確信此白色固體的組成及其質量各為多少克？所用KOH溶液的物質的量濃度是多少？ 解析：先由極端假設法確信白色固體的組成：設定2.24LCO2與KOH溶液反映所得產物 只有一種，即K2CO3或KHCO 3。假設只生成K2CO3, 由C原子守恒可求得m(K2CO3)= 2.24L 22.4L/mol X138g/

21、mol=13.8g;假設只生成KHCO3,由C原子守恒可求得m(KHCO3)=2.24L乂 22.4L/mol100g/mol=10.0g。而題設質量為11.9g,故該白色固體由K2CO3和KHCO3組成。由C原子守 恒可得：n(CO2)= 一一2.24L n(K2CO3)+n(KHCO3)==0.100mol。設K2CO3的物質的量為amol,那么KHCO3amol。 22.4L/mol 那么由138g/molXamol+100g/molxamol)=11.9g,解之得：a=0.050mol。 因此m(K2CO3x m(KHCO3X 由K+離子守恒可得：n(KOH)=2Xn

22、(K2CO3)+1Xn(KHCO3)=2X +1x50mol=0.150mol。因此c(KOH尸n(KOH)/V=0.150mol/0.300L=0.50mol/L。 2,那么所得溶液中CO32-、HCO3-的物質的量濃度之比約為。[提示：依照Na+離子、C原子守恒。1:3] 2.將4g不純金屬R樣品(含有不與酸反映的雜質)，加入20g20%的稀鹽酸中，恰好完全反映，經測知金屬R與稀鹽酸反映生成的氯化物中含氯50%,那么該樣品中金屬R的質量分數為。[97.26%] (4)質子守恒 一樣情形下，很少單獨考慮質子守恒，事實上在水溶液中存在的質子守恒可看做是物料守恒與電荷守恒(后面將要涉及

23、到)的疊加項。 所謂的質子守恒，實質是從水的電離動身，考慮弱酸根離子結合水電離出的H+或弱堿陽離子結合水電離出的OH一，然后在溶液中尋覓H+和OH-的“藏身”之所，而列出的等式關系。經常使用于溶液中粒子濃度關系的比較。 下面以Na2CO3溶液、NH4Cl溶液和(NH4”CO3溶液為例，來確信它們的溶液中各自存在的質子守恒。 Na2CO3溶液：在不考慮CO32-水解時，水電離出的H+與OH-的物質的量是相等的，但當CO32-水解結合部份水電離出的H+后，別離生成了HCO3-(結合一個H+)和H2CO3(結合兩個H+),而OH-未被消耗，因此可列出等式關系：c(OH-)=c(H+)+c(HC

24、O3-)+2Xc(H2CO3),即Na2CO3溶液中的質子守恒。 NH4Cl溶液：同理，NH4+水解結合的是由水電離出的部份OH-,生成了NH3?H2O,而H+未被消耗，因此可列出等式關系：c(H+)=c(OH-)+c(NH3-H2O),即為NH4Cl溶液中的質子守恒。 (NH4)2CO3溶液：NH4+水解結合的是由水電離出的部份OH-,生成了NH3-H2O;CO32-水解結合部份水電離出的H+,別離生成了HCO3-和H2CO3,H+、OH-都有一部份被消耗，別離尋覓H+、OH-在溶液中的“藏身”之所，即可列出以劣等式關系： c(H+)+c(HCO3-)+2Xc(H2CO3)=c(OH-

25、)+c(NH3-H2O),即為(NH4)2CO3溶液中的質子守恒。 體積守恒 利用體積守恒的題目相較較而言要少一些，事實上它仍隸屬于物質的量守恒?；瘜W平穩(wěn)中會常常碰到反映前后體積守恒的題目，并用于判定和計算，只只是通常情形下不從守恒角度去熟悉算了。 例13:在tC時，向一密閉容器中充入2molA和3molB,發(fā)生如下化學反映：aA(g)+B(g)aC(g)+D(g^后測得各物質濃度有如下關系：ca(A)?c(B)=c(C)-c(D)。然后在溫度不變的情形下，擴大容器容積至原先的10倍，結果A的百分含量始終不變，那么這時B的轉化率為 解析：設消耗B的物質的量為xmol,在溫度不變、擴大容

26、器容積至原先10倍時，A的百分含量始終不變，說明該可逆反映前后體積守恒。依照阿伏加德羅定律可得，a+1=2,a=1。 依照反映式，可列出等式(2-x)(3-x)=x2 解得x=1.2mol,B的轉化率為40%，應選Bo 二、電性電量守恒 多用于計算、判定溶液中粒子濃度之間的關系。在計算題中，假設沒有專門說明，那么可忽略H+、OH-的阻礙，而在討論溶液中粒子濃度之間的關系時，卻必需考慮在內。 例14：將aL由(NH4)SO4和NH4NO3組成的混合溶液分成兩等份，一份加入bmol燒堿并加熱，恰好把NH3趕出；另一份需消耗含cmolBaCl2的溶液，沉淀恰好完全。那么原溶液中c(NO3-

27、)為。 解析：由題設不難求得aL混合溶液中含2bmolNH4+和2cmolSO42-。依據電荷守恒可得：1xn(NH4+)=2xn(SO42-)+1xn(NO3-),1x2bmol=2x2cmol+1xc(NO3-)xaL, -、2b4c c(NO3)=mol/L。 a 例15:(2002年全國理綜)常溫下，將甲酸和氫氧化鈉溶液混合，所得溶液pH=7,那么此溶液中 A.c(HCOO-)>c(Na+)B.c(HCOO-)

28、),因pH=7,那么c(OH-尸c(H+),故c(HCOO")=c(Na+),選C。 例16:[1999年全國，33(2)]天然的和絕大部份人工制備的晶體都存在各類缺點，例如某種NiO晶體中就存在如下圖的缺點： 一個Ni2+空缺，還有兩個Ni2+被兩個Ni3+所取代。其結果 晶體仍呈電中性，但化合物中Ni和O的比值卻發(fā)生了變 化。某氧化饃樣品組成為NiO。試計算該晶體中Ni3 與Ni2+的離子數之比。 解析：其解法相當多，在此僅討論守恒法。 法一：設1molNiO中含Ni3+xmol,那么Ni2+x)mol。據電荷守恒可得，3xxmol+2xx)mol=2x1mol,解得x=0.

29、06mol,那么Ni3+與Ni2+的離子數之比為：0.06mol:(0.97-0.06)mol=6:91。 法二：據電荷守恒直接分析。依題意“一個Ni2+空缺，還有兩個Ni2+被兩個Ni3+所取代。 其結果晶體仍呈電中性，…”從電荷守恒的角度明白得：當一個Ni3+取代一個Ni2+后，正電荷增加1[(+3)-(+2)]，假設要保證晶體呈電中性，就必需再增加一個正電荷，也確實是說，每當有一個Ni2+空缺時，需增加兩個Ni3+(即取代晶體中的兩個Ni2+)。1molNiO中空缺0.03molNi2+,那么Ni3+應為2x0.03mol=0.06mol。 法三：結合原子守恒。設1molNiO中含

30、Ni3+為xmol,Ni2+為ymol。 j由Ni原子守恒：xmol+y L由電荷守恒：3xxmol+2xymol=2x1mol 解得：x=0.06mol,y=0.91mol。 練習：1.(98年上海)將硫酸鉀、硫酸鋁、硫酸鉀鋁三種鹽混合溶于硫酸酸化的水中，測得c(SO42-)=0.105mol/L,c(Al3+)=0.055mol/L,溶液的pH=2.0(假設溶液中硫酸完全電離為 H+和SO42-),那么c(K+)為 [答案：B] n+2-溶液中的S2-全數沉淀，那么n的值是 [答案：B] 3. (2001年上海)將0.1mol/L的醋酸鈉溶液20mL與0.1mol/L的

31、鹽酸10mL混合后，溶液顯酸性，那么溶液中有關粒子的濃度關系正確的選項是 A. c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(H+)>c(CH3COOH) B. c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+) C. c(CH3COO-)=c(Cl-)>c(H+)>c(CH3COOH) D. c(H+)+c(Na+尸c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-) [答案：B、D] 例17:容積為30mL的試管中充滿了NO2和O2的混合氣體，將試管倒立在水槽中，一段時刻后，試管中仍然有5mL氣體。那么原混合氣體中NO2和02的體積比可能 解析：設原混合氣體中有amL

32、NO2,那么O2為(30-a)mL。 ⑴假設剩余氣體是5mLO2,那么NO2完全轉化為HNO3,O2只有(30-a-5)mL=(25-a)mL被還原。 e-+4e- 則有NO2HNO3、O2HNO3 由阿伏加德羅定律和電子守恒得：aX1=(25-a)X4,a=20mL,因此V(NO2):V(O2)=20mL:(30-20)mL=2:1。 (2)假設剩余氣體是5mLNO,那么生成5mLNO消耗的NO2為15mL,也確實是說有(a-15)mLNO2與(30-a)mLO2反映生成了HNO3。 由阿伏加德羅定律和電子守恒得：(a-15)X1=(30-a)X4,a=27mL,因此 V(NO

33、2):V(O2)=27mL:(30-27)mL=9:1 假設已知有1/4的HNO 3被還 n/4g HNO 3被還原為NO ,那么 例18:含ngHNO3的稀硝酸溶液恰好與mgFe完全反映，原成NO,那么n:m的取值范圍是。 解析：Fe是變價金屬，要考慮與HNO3反映時量的關系。 ，n1n HNO3得電子為一g(52)—mol。 463gmol84 (1)當Fe過量時，Fe被氧化為Fe2+,Fe元素失電子為：-mg—2—molo依據電子 56gmol28 守恒可得：—~m■，得n:m=3:1。 8428 (2)當Fe不足量時，Fe被氧化為Fe3+,Fe元素失電子為：mg

34、33mmol。依據電 56gmol56 子守恒可得：n- 3m 84 56 ' 得 n: m=9:2 。 因此n:m的取值范圍是：3<—<4.5o m x10-3mol的VO2-還原，那么在還原產物VO2n-中n的值為。[答案：n=2] 段時刻后 2.用石墨作電極，電解100mL含H2SO4和CuSO4兩種溶質的混合溶液， 兩極上均搜集到2.24L氣體(標準狀況下)，那么原混合溶液中Cu2+物質的量濃度 —一2.24L2.24L ［提不：先電解CuSO4,后電解H2O。4(02)=2(H2) 22.4Lmol22.4Lmol +n(Cu2+)X2。c(Cu2+)

35、=1.0mol/L。］ 2s203溶液 恰好把224mL Cl 2(標準狀況下)完全轉化為Cl-,那么S2O32-將轉化成 2-2-2- ［答案：D］ 三、綜合守恒 1 .元素守恒、電荷守恒 例19:向100mLFeCl3溶液中通入標準狀況下的H2s氣體2.24L，待H2s全數被吸收后，再加入過量鐵粉，待反映停止后，測得溶液中含有0.6mol金屬陽離子，那么原FeCl3溶液的物質的量濃度是。 解析：有關反映：2FeCl3+H2s=2FeCl2+2HCl+SJ,2FeCl3+Fe=3FeCl2,Fe+2HCl=FeCl2+H2T。 由此不難發(fā)覺，通入的H2s事實上只相當于分解成

36、了H2和S,對溶液而言并非會產生任何阻礙，反映前后溶液中恒定不變的是Cl-離子。 法一：據Cl-離子守恒可得：c(Cl-)xX2,c(Cl-)=0.12mol/L,那么 c(FeCl3)=-Xc(Cl-)=0.4mol/L。 3 法二：據反映前后正電荷守恒可得：c(Fe3+)xxx2,c(Fe3+)=0.4mol/L,c(FeCl3)=0.4mol/L。 例20：(2003年新課程卷)將0.2mol/LHCN溶液和0.1mol/LNaOH溶液等體積混合后，溶液顯堿性，以下關系式中正確的選項是 A.c(HCN)vc(CN-)B.c(Na+)>c(CN-) C.c(HCN)-c(CN

37、-)=c(OH-)D.c(HCN)+c(CN- 解析：在不考慮水解、電離時，混合后c(HCN)=0.05mol/L,c(Na+尸c(CN-)=0.05mol/L。 由于混合后溶液呈堿性，說明，CN-的水解程度要大于HCN的電離程度，那么c(CN-)<0.05mol/L,c(HCN)>0.05mol/L,故c(HCN)>c(CN-),因此B正確。據C、N元素守恒可得，c(HCN)+c(CN-)=0.1mol/L(①式)，D正確；又據電荷守恒可得，c(H+)+c(Na+)=c(CN-)+c(OH-)(②式)，由①式+②式得，c(HCN)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+0.1mol/L

38、,而c(Na+)=0.05mol/L, c(HCN)+c(H+)=0.05mol/L+c(OH-),故C不正確。 2CO3溶液中含amolNa2CO3,向其中逐滴滴入必然量的稀鹽酸，邊滴邊振蕩，至溶液中的Cl-和HCO3-的物質的量之比約為2:1,那么滴入稀鹽酸的物質的量等于mol。 ［答案：n(HCl)=-amol。既可依照電荷守恒，又可依照Cl-離子守恒］3 2s溶液中存在著多種分子和離子，以下關系式正確的選項是 A. c(OH-尸c(Hs-)+c(H+)+c(H2s) B. c(OH-)=2c(Hs-)+c(H+)+c(H2s) C. c(OH-)=c(Hs-)+c(H+)

39、+2c(H2s) D. c(Na+)+c(H+)=c(Hs-)+2c(s2-)+c(OH-) ［答案：C、DoC選項為質子守恒(即物料守恒與電荷守恒的疊加項)，D選項為電荷守 2 .元素守恒、電子守恒 例21:用石墨電極電解500mL含KNO3和Cu(NO3)兩種溶質的溶液，一段時刻后，在兩個電極上均生成11.2L氣體(標準狀況下)。試求： ⑴原溶液中c(Cu2+)； (2)電解后溶液中c(H+)。(忽略溶液體積的轉變) 析出銅，逸出H2 逸出O2 .,一「陰極 解析：依照題中信息可知：. 1陽極 11211121… (1)依據電子守恒：4(。2)=2(H2Xc(C

40、u2+)X2,解得， 22.4Lmol22.4Lmol c(Cu2+)=1.0mol/L。 (2)依據元素守恒：Cu(NO3)2~2NO3-?2HNO3?2H+ 那么溶液中c(H+)=2xc(Cu2+)=2.0mol/L。 練習：1.92gCu和必然量的濃HNO3反映，隨著銅的不斷減少，反映生成的氣體顏色慢慢變淺，當銅反映完畢時，共搜集到氣體1.12L(標準狀況下)。求： (1)反映消耗的HNO3的物質的量； (2)反映生成的氣體經水洗后剩余的體積。 (忽略N2O4的阻礙) [答案：(1)0.11mol;(2)0.448L。] 3 .電荷守恒、電子守恒 例22:(2003

41、年新課程卷)在必然條件下，RO3n-和F2可發(fā)生如下反映： RO3n-+F2+2OH-=RO4-+2F-+H2O,從而可知在RO3n-中，元素R的化合價是 A.+4B.+5C.+6D.+7 解析：設元素R在RO3n-中的化合價為x。 法一：據電荷守恒：n+1X2=1+2X1,n=1。那么x-2x3=-1,x=5。 法二：據電子守恒：(7-x)X1=[0-(-1)]X2,x=5。 4 .元素守恒、電子守恒、電荷守恒 一個正確的氧化還原離子方程式的配平，應同時遵循三個守恒關系，即元素守恒、電子守恒和電荷守恒。 例23:配平方程式：[]Sx2-+[]BrO3-+[]OH-=[]SO4

42、2-+[]Br-+[]H2O 解析： 第一步： 據電子守恒： C一 xSO42- 3-- Br - 失 2X (3x+1)e - X 3 得 6e- x (3x+1) 得：3Sx2-+(3x+1)BrO3-+[]OH-=3xSO42-+(3x+1)Br-+[]H2O； 第二步：由電荷守恒可知，OH-前的化學計量數應為6(x-1); 第三步：由原子守恒可知，H2O前的化學計量數應為3(x-1)。 配平后的化學方程式為：3Sx2-+(3x+1)BrO3-+6(x-1)OH-=3xSO42-+(3x+1)Br-+3(x-1)H2O 練習：[]Br2+[]CrO2-+[]()=[]Br-+[]CrO42-+[]H2O 總之，守恒因素的應用是多方面的，只有平常訓練時多注意積存與總結，方能熟練而巧妙的運用于解題進程中，才能收到事半功倍的成效。