“守恒法”是中學(xué)化學(xué)常常采納的技術(shù)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(fèi)時(shí)且易犯錯(cuò)。而“守恒法”那么是利用物質(zhì)轉(zhuǎn)變進(jìn)程中某一特定量固定不變來解決問題，其特點(diǎn)是不糾纏于細(xì)枝末節(jié)，只關(guān)注始態(tài)和終態(tài)，尋覓轉(zhuǎn)變前后特有的守恒因素，快速成立等式關(guān)系，巧妙作答，能提高解題速度和準(zhǔn)確率。其妙處所在可謂是“刪繁就簡(jiǎn)三秋樹，獨(dú)樹一幟二月花”?！笆睾惴ā痹诓煌姹镜慕梯o材料中，有多種表述形式，如物料守恒、質(zhì)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(zhì)的量守恒、體積守恒等等。其實(shí)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，三是能量守恒（中學(xué)時(shí)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(zhì)守恒其匕,物料守恒物質(zhì)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(zhì)，原子守恒 元素守恒*離子守恒“質(zhì)子守恒）'能量守恒（中學(xué)階段涉及較少，在此不作討論）下面就各類守恒因素的應(yīng)用舉例說明。一、物料守恒（一）質(zhì)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(shí)MnO2在混合物中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為20%,當(dāng)反映進(jìn)行到MnO2在混合物中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為25%時(shí)，求KC1O3的分解百分率。解析：MnO2在反映中作催化劑，反映前后質(zhì)量守恒。設(shè)原混合物的質(zhì)量為mig,反映終止后混合物的質(zhì)量為m2g,那么MnO2反映前后的質(zhì)量別離為：0.2mig和0.25m2g。由MnO2的質(zhì)量守恒可得：0.2mig=0.25m2g,m2=0.8mi。由反映前后質(zhì)量守恒可知，放出O2的質(zhì)量應(yīng)等于反映前后的固體質(zhì)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(xí)：C和CaCO3的混合物在空氣中強(qiáng)熱后，CaCO3完全分解，C被完全氧化，若是生成的CO2的總質(zhì)量等于原混合物的總質(zhì)量，試求原混合物中C的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。i7.4%（i）濃度守恒例2：某鹽的飽和溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)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(jié)晶水的該鹽晶體，那么從飽和溶液中析出溶質(zhì)的質(zhì)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(yīng)選D。練習(xí)：(2003年上海)某溫度下 現(xiàn)將甲燒杯中的溶液蒸發(fā)掉35g H2O 晶體10g。那么原溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)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(gè)燒杯中各盛有100g相同濃度的析出晶體5g ;乙燒杯中的溶液蒸發(fā)掉45gKCl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?jǐn)嚢韬筮^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(zhì)量。假設(shè)此溫解析： 飽和溶液解此題的關(guān)鍵是：溶劑水的質(zhì)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 xg126g 60 g 126g 126g晶體中的結(jié)晶水。假設(shè)設(shè)析出晶體的質(zhì)量為 xg。忌歌，解得：x=10.6g。溶質(zhì)守恒例4:將某二價(jià)金屬RX 1mol/L XM= 20.5gX 1mol/L X M = 84g原50g溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。 S=24g ; 17.4%的單質(zhì)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(shí)，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(dāng)析出20.5g晶體時(shí)，還留下49g溶液。求金屬R的相對(duì)原子質(zhì)量。解析：由題意可知，84g溶液和49g溶液皆為tC時(shí)的飽和溶液。設(shè)RSO4的摩爾質(zhì)量為M,RSO4在tC時(shí)的溶解度為Sg。由溶質(zhì)的質(zhì)量守恒可得：MSg49gM126g100gSgSg100gSg解方程組得：S=40,M=120g/mol因此，金屬R的相對(duì)原子質(zhì)量為：120-96=24練習(xí)：甲、乙兩同窗在室溫下各取50g某溶液別離制取晶體的實(shí)驗(yàn)。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(jié)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(shè)兩人的實(shí)驗(yàn)結(jié)果都正確，那么：該溶質(zhì)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?jǐn)嚢?，恰好完全反映，有藍(lán)色沉淀生成，過濾，所得濾液的質(zhì)量與加入的原混合物溶液的質(zhì)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(zhì)的量之比為。解析：此題屬于一道典型的無數(shù)據(jù)計(jì)算題。依題意不難分析出其中的守恒關(guān)系，即m(NaOH)=mCu(OH)2。設(shè)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(xí)：向碘化鉀溶液中加入硝酸銀溶液，直到完全反映為止，結(jié)果反映后溶液的質(zhì)量恰好等于反映前原碘化鉀溶液的質(zhì)量。求加入硝酸銀溶液的溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。72.3%(二)物質(zhì)的量守恒例6:質(zhì)量分?jǐn)?shù)為a的某物質(zhì)的溶液mg與質(zhì)量分?jǐn)?shù)為b的該物質(zhì)的溶液ng混合后，蒸發(fā)掉pg水，取得的溶液每毫升質(zhì)量為qg,物質(zhì)的量濃度為c。那么溶質(zhì)的分子量(相對(duì)分子質(zhì)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(zhì)的物質(zhì)的量守恒可得：mgangbMr1000q(ambn)一、小整理得：Mrg/mol,應(yīng)選C。c(mnp)原子守恒、離子守恒并無嚴(yán)格意義上的區(qū)分，只是由于在不同情境中呈現(xiàn)的形態(tài)不同罷了，多數(shù)情形下，常籠統(tǒng)地稱作元素守恒。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(dá)到平穩(wěn)。測(cè)得平穩(wěn)混合物中N2、H2、NH3的物質(zhì)的量別離為M、N、Q。若是溫度不變，只改變初始物質(zhì)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(shí)，應(yīng)知足條件：假設(shè)x=0,y=0,那么z=。(2)假設(shè)x=0.75mol,那么y=,z=。(3)x、v、z應(yīng)知足的一樣條件是(用含x、y、z的方程式表示)。解析：此題最經(jīng)常使用的思路是等效平穩(wěn)。假設(shè)從原子守恒的角度考慮，也比較容易解決。容器內(nèi)加入物質(zhì)應(yīng)含2molN原子和6molH原子。假設(shè)x=0,y=0時(shí)，那么z=2mol。由N原子守恒：zx(2)假設(shè)x=0.75mol時(shí)，: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(gè)容積可變的容器內(nèi)進(jìn)行反映。維持容器內(nèi)氣體的壓強(qiáng)不變(101kPa),在120c下測(cè)得反映前后容器內(nèi)氣體的密度別離為di和d2。假設(shè)a的取值不同，那么H2s的氧化產(chǎn)物可能有如下三種情形：(1)全數(shù)是SO2,現(xiàn)在a的取值范圍是。(2)全數(shù)是S,現(xiàn)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(xiàn)在a的取值范圍是,反映所生成的SO2的物質(zhì)的量為mol,容器內(nèi)氣體的物質(zhì)的量之和為mol。(以含a的代數(shù)式表示)(96年全國(guó))解析：n(O2)=1mol,設(shè)生成SO2為xmol,S為ymol,H2O為zmol。直寫方程式：aH2S+1O2=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。33由S原子守恒：y=a(2)假設(shè)xw0,那么全數(shù)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(shè)x>0,y>0,那么產(chǎn)物中既有SO2,又“曲：H原子守恒：2z=2aza=(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(shù)進(jìn)入水中，S原子那么在SO2和單質(zhì)S中。據(jù) 阿伏加德羅定 律，n(H 2S): n(O2)= V(H 2S): V(O 2)=24:30=4:5 ?？芍睂懛匠淌剑部芍苯右勒赵邮睾闱蟮茫?n(SO2)=3mol , V(SO 2)=18mL 。3.在密閉容器內(nèi)充入3mol A 和2mol B 發(fā)生反映：3A(g)+2B(g) = xC(g), 達(dá)到平穩(wěn)后，C的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為w%。假設(shè)維 持溫度不變，按0.6molA、0.4molB 和0.8molC 為 起始物質(zhì)，達(dá)平穩(wěn)后，C的質(zhì)量分?jǐn)?shù)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(zhì)的量別離為。a1 x=i-2iz=a因?yàn)閥>0,從(2)可知yW2,因此a的取值范圍是：2vav2。3反映后，SO2的物質(zhì)的量為(1-a)mol,容器內(nèi)氣體的物質(zhì)的量之和為：x+z=(1+)molo22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)+O22CO2(1)當(dāng)上述系統(tǒng)達(dá)到平穩(wěn)時(shí)，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(shí)是和，或和。(填它們的分子式)(2)假設(shè)平穩(wěn)時(shí)O2和CO2的物質(zhì)的量別離為n(O2)平=amol,n(CO2)平=bmol。試求n(H2O)平=。(用含a、b的代數(shù)式表示)解析：(1)在同一反映容器內(nèi)持續(xù)發(fā)生了兩個(gè)反映。只有H2O(g)分解了，CO才能被O2氧化，兩個(gè)反映彼此制約，同時(shí)達(dá)到平穩(wěn)。但第一個(gè)反映中H2O和H2與第二個(gè)反映無關(guān)，一樣第二個(gè)反映中CO和CO2的濃度與第一個(gè)反映無關(guān)。(2)由O原子守恒可知，由CO生成CO2分子內(nèi)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=2NaNO3+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(shù)進(jìn)入溶液，那么NaOH溶液的物質(zhì)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(shè)生成的Al(OH)3的化學(xué)計(jì)量數(shù)為x,NaAlO2的化學(xué)計(jì)量數(shù)為y。直寫方程式：173x5A1C13+17NaOH=xAl(OH)3J+yNaAlO2+15NaCl+H2Oj由Na+守恒：17=y+15rx=32t由Al3+守恒：5=x+y">ly=2則nAl(OH)3=0.006mol,n(NaAlO2)=0.004mol,n(NaCl)=0.003mol。練習(xí)：把6.56gNaHCO3和Na2CO310H2O的混合物溶于水制成100mL溶液，測(cè)得其中Na+離子濃度為0.5mol/L。假設(shè)把同質(zhì)量的該混合物加熱到質(zhì)量不變，那么混合物比初始時(shí)質(zhì)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(元素守恒)例11:將必然質(zhì)量的鎂、鋁合金投入100mL必然濃度的鹽酸中，合金全數(shù)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(zhì)量與加入NaOH溶液的體積關(guān)系如下圖。由圖中沉淀量g原合金中鎂、鋁的質(zhì)量；(2)鹽酸的物質(zhì)的量濃度。解析：由圖可知：Mg(OH)2的質(zhì)量為11.6g,Al(OH)=7.8g。由鎂元素守恒可知：MgMg(OH)224g58gm解得：m由鋁元素守恒可知：AlAl(OH)327g78gm解得：m(2)當(dāng)V(NaOH,aq)=160mL時(shí)，Mg2+、Al3+完全沉淀，現(xiàn)在溶液為NaCl溶液，由Cl-離子、Na+離子守恒可知：HClNaClNaOH1mol1mol100mLxc(HCl)160mLx5mol/L解得例12:向300mLKOH溶液中緩慢通入2.24LCO2氣體(標(biāo)準(zhǔn)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(qǐng)通過計(jì)算確信此白色固體的組成及其質(zhì)量各為多少克？所用KOH溶液的物質(zhì)的量濃度是多少？解析：先由極端假設(shè)法確信白色固體的組成：設(shè)定2.24LCO2與KOH溶液反映所得產(chǎn)物只有一種，即K2CO3或KHCO 3。假設(shè)只生成K2CO3,由C原子守恒可求得m(K2CO3)=2.24L22.4L/molX138g/mol=13.8g;假設(shè)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(shè)質(zhì)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)=一一2.24Ln(K2CO3)+n(KHCO3)=0.100mol。設(shè)K2CO3的物質(zhì)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(K2CO3xm(KHCO3X由K+離子守恒可得：n(KOH)=2Xn(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(zhì)的量濃度之比約為。提示：依照Na+離子、C原子守恒。1:32.將4g不純金屬R樣品(含有不與酸反映的雜質(zhì))，加入20g20%的稀鹽酸中，恰好完全反映，經(jīng)測(cè)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(zhì)量分?jǐn)?shù)為。97.26%(4)質(zhì)子守恒一樣情形下，很少單獨(dú)考慮質(zhì)子守恒，事實(shí)上在水溶液中存在的質(zhì)子守恒可看做是物料守恒與電荷守恒(后面將要涉及到)的疊加項(xiàng)。所謂的質(zhì)子守恒，實(shí)質(zhì)是從水的電離動(dòng)身，考慮弱酸根離子結(jié)合水電離出的H+或弱堿陽離子結(jié)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(guān)系。經(jīng)常使用于溶液中粒子濃度關(guān)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(zhì)子守恒。Na2CO3溶液：在不考慮CO32-水解時(shí)，水電離出的H+與OH-的物質(zhì)的量是相等的，但當(dāng)CO32-水解結(jié)合部份水電離出的H+后，別離生成了HCO3-(結(jié)合一個(gè)H+)和H2CO3(結(jié)合兩個(gè)H+),而OH-未被消耗，因此可列出等式關(guān)系：c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2Xc(H2CO3),即Na2CO3溶液中的質(zhì)子守恒。NH4Cl溶液：同理，NH4+水解結(jié)合的是由水電離出的部份OH-,生成了NH3H2O,而H+未被消耗，因此可列出等式關(guān)系：c(H+)=c(OH-)+c(NH3-H2O),即為NH4Cl溶液中的質(zhì)子守恒。(NH4)2CO3溶液：NH4+水解結(jié)合的是由水電離出的部份OH-,生成了NH3-H2O;CO32-水解結(jié)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(guān)系：c(H+)+c(HCO3-)+2Xc(H2CO3)=c(OH-)+c(NH3-H2O),即為(NH4)2CO3溶液中的質(zhì)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(shí)上它仍隸屬于物質(zhì)的量守恒?；瘜W(xué)平穩(wěn)中會(huì)常常碰到反映前后體積守恒的題目，并用于判定和計(jì)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(shí)，向一密閉容器中充入2molA和3molB,發(fā)生如下化學(xué)反映：aA(g)+B(g)aC(g)+D(g后測(cè)得各物質(zhì)濃度有如下關(guān)系：ca(A)c(B)=c(C)-c(D)。然后在溫度不變的情形下，擴(kuò)大容器容積至原先的10倍，結(jié)果A的百分含量始終不變，那么這時(shí)B的轉(zhuǎn)化率為解析：設(shè)消耗B的物質(zhì)的量為xmol,在溫度不變、擴(kuò)大容器容積至原先10倍時(shí)，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(zhuǎn)化率為40%，應(yīng)選Bo二、電性電量守恒多用于計(jì)算、判定溶液中粒子濃度之間的關(guān)系。在計(jì)算題中，假設(shè)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(guān)系時(shí)，卻必需考慮在內(nèi)。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-)為。解析：由題設(shè)不難求得aL混合溶液中含2bmolNH4+和2cmolSO42-。依據(jù)電荷守恒可得：1xn(NH4+)=2xn(SO42-)+1xn(NO3-),1x2bmol=2x2cmol+1xc(NO3-)xaL,-、2b4cc(NO3)=mol/L。a例15:(2002年全國(guó)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-)<c(Na+)C.c(HCOO-)=c(Na+c(HCOO-)與c(Na+)的關(guān)系解析：由電荷守恒可知，c(HCOO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+),因pH=7,那么c(OH-尸c(H+),故c(HCOO")=c(Na+),選C。例16:1999年全國(guó)，33(2)天然的和絕大部份人工制備的晶體都存在各類缺點(diǎn)，例如某種NiO晶體中就存在如下圖的缺點(diǎn)：一個(gè)Ni2+空缺，還有兩個(gè)Ni2+被兩個(gè)Ni3+所取代。其結(jié)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(jì)算該晶體中Ni3與Ni2+的離子數(shù)之比。解析：其解法相當(dāng)多，在此僅討論守恒法。法一：設(shè)1molNiO中含Ni3+xmol,那么Ni2+x)mol。據(jù)電荷守恒可得，3xxmol+2xx)mol=2x1mol,解得x=0.06mol,那么Ni3+與Ni2+的離子數(shù)之比為：0.06mol:(0.97-0.06)mol=6:91。法二：據(jù)電荷守恒直接分析。依題意“一個(gè)Ni2+空缺，還有兩個(gè)Ni2+被兩個(gè)Ni3+所取代。其結(jié)果晶體仍呈電中性，”從電荷守恒的角度明白得：當(dāng)一個(gè)Ni3+取代一個(gè)Ni2+后，正電荷增加1(+3)-(+2)，假設(shè)要保證晶體呈電中性，就必需再增加一個(gè)正電荷，也確實(shí)是說，每當(dāng)有一個(gè)Ni2+空缺時(shí)，需增加兩個(gè)Ni3+(即取代晶體中的兩個(gè)Ni2+)。1molNiO中空缺0.03molNi2+,那么Ni3+應(yīng)為2x0.03mol=0.06mol。法三：結(jié)合原子守恒。設(shè)1molNiO中含Ni3+為xmol,Ni2+為ymol。j由Ni原子守恒：xmol+yL由電荷守恒：3xxmol+2xymol=2x1mol解得：x=0.06mol,y=0.91mol。練習(xí)：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(cè)得c(SO42-)=0.105mol/L,c(Al3+)=0.055mol/L,溶液的pH=2.0(假設(shè)溶液中硫酸完全電離為H+和SO42-),那么c(K+)為答案：Bn+2-溶液中的S2-全數(shù)沉淀，那么n的值是答案：B3. (2001年上海)將0.1mol/L的醋酸鈉溶液20mL與0.1mol/L的鹽酸10mL混合后，溶液顯酸性，那么溶液中有關(guān)粒子的濃度關(guān)系正確的選項(xiàng)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(shí)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(shè)原混合氣體中有amLNO2,那么O2為(30-a)mL。假設(shè)剩余氣體是5mLO2,那么NO2完全轉(zhuǎn)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(shè)剩余氣體是5mLNO,那么生成5mLNO消耗的NO2為15mL,也確實(shí)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(NO2):V(O2)=27mL:(30-27)mL=9:1假設(shè)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(jià)金屬，要考慮與HNO3反映時(shí)量的關(guān)系。，n1nHNO3得電子為一g(52)mol。463gmol84(1)當(dāng)Fe過量時(shí)，F(xiàn)e被氧化為Fe2+,Fe元素失電子為：-mg2molo依據(jù)電子56gmol28守恒可得：m，得n:m=3:1。8428(2)當(dāng)Fe不足量時(shí)，F(xiàn)e被氧化為Fe3+,Fe元素失電子為：mg33mmol。依據(jù)電56gmol56子守恒可得：n- 3m8456 '得 n: m=9:2 。因此n:m的取值范圍是：3<<4.5omx10-3mol的VO2-還原，那么在還原產(chǎn)物VO2n-中n的值為。答案：n=2段時(shí)刻后2.用石墨作電極，電解100mL含H2SO4和CuSO4兩種溶質(zhì)的混合溶液，兩極上均搜集到2.24L氣體(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)，那么原混合溶液中Cu2+物質(zhì)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+)=1.0mol/L。2s203溶液 恰好把224mL Cl2(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)完全轉(zhuǎn)化為Cl-,那么S2O32-將轉(zhuǎn)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(biāo)準(zhǔn)狀況下的H2s氣體2.24L，待H2s全數(shù)被吸收后，再加入過量鐵粉，待反映停止后，測(cè)得溶液中含有0.6mol金屬陽離子，那么原FeCl3溶液的物質(zhì)的量濃度是。解析：有關(guān)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(shí)上只相當(dāng)于分解成了H2和S,對(duì)溶液而言并非會(huì)產(chǎn)生任何阻礙，反映前后溶液中恒定不變的是Cl-離子。法一：據(jù)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(jù)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(guān)系式中正確的選項(xiàng)是A.c(HCN)vc(CN-)B.c(Na+)>c(CN-)C.c(HCN)-c(CN-)=c(OH-)D.c(HCN)+c(CN-解析：在不考慮水解、電離時(shí)，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(jù)C、N元素守恒可得，c(HCN)+c(CN-)=0.1mol/L(式)，D正確；又據(jù)電荷守恒可得，c(H+)+c(Na+)=c(CN-)+c(OH-)(式)，由式+式得，c(HCN)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+0.1mol/L,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(zhì)的量之比約為2:1,那么滴入稀鹽酸的物質(zhì)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32s溶液中存在著多種分子和離子，以下關(guān)系式正確的選項(xiàng)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+)+2c(H2s)D. c(Na+)+c(H+)=c(Hs-)+2c(s2-)+c(OH-)答案：C、DoC選項(xiàng)為質(zhì)子守恒(即物料守恒與電荷守恒的疊加項(xiàng))，D選項(xiàng)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(zhì)的溶液，一段時(shí)刻后，在兩個(gè)電極上均生成11.2L氣體(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)。試求：原溶液中c(Cu2+)；(2)電解后溶液中c(H+)。(忽略溶液體積的轉(zhuǎn)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(jù)電子守恒：4(。2)=2(H2Xc(Cu2+)X2,解得，22.4Lmol22.4Lmolc(Cu2+)=1.0mol/L。(2)依據(jù)元素守恒：Cu(NO3)22NO3-2HNO32H+那么溶液中c(H+)=2xc(Cu2+)=2.0mol/L。練習(xí)：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(dāng)銅反映完畢時(shí)，共搜集到氣體1.12L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)。求：(1)反映消耗的HNO3的物質(zhì)的量；(2)反映生成的氣體經(jīng)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(jià)是A.+4B.+5C.+6D.+7解析：設(shè)元素R在RO3n-中的化合價(jià)為x。法一：據(jù)電荷守恒：n+1X2=1+2X1,n=1。那么x-2x3=-1,x=5。法二：據(jù)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(gè)正確的氧化還原離子方程式的配平，應(yīng)同時(shí)遵循三個(gè)守恒關(guān)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-=SO42-+Br-+H2O解析：第一步：據(jù)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(xué)計(jì)量數(shù)應(yīng)為6(x-1);第三步：由原子守恒可知，H2O前的化學(xué)計(jì)量數(shù)應(yīng)為3(x-1)。配平后的化學(xué)方程式為：3Sx2-+(3x+1)BrO3-+6(x-1)OH-=3xSO42-+(3x+1)Br-+3(x-1)H2O練習(xí)：Br2+CrO2-+()=Br-+CrO42-+H2O總之，守恒因素的應(yīng)用是多方面的，只有平常訓(xùn)練時(shí)多注意積存與總結(jié)，方能熟練而巧妙的運(yùn)用于解題進(jìn)程中，才能收到事半功倍的成效。