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高中化学守恒方法思想

利用电荷守恒和原子守恒为基础，就是巧妙地选择化学式中某两数(如化合价数、正负电荷总数)始终保持相等，或几个连续的化学方程式前后某微粒(如溶质原子、电子、离子)的物质的量保持不变，作为解题的依据，这样不用计算中间产物的数量，从而提高解题速度和准确性。虎头蛇尾

1．38.4g铜（0.6mol）跟适量的浓硝酸反应，铜全部作用后，共收集到气体22.4L（标况），则反应消耗的硝酸的物质的量是（）

A．1.0molB．1.6molC．2.2molD．2.4mol

2．足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体1.68LO2（标准状况0.075mol）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收，所得硝酸溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则生成沉淀消耗NaOH溶液的体积是（）

A．60mLB．45mL C．30mLD．15mL

3.[溶质中元素守恒]向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入150mL4mol·L-1的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，放出2.24LNO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为（）

A．0.21mol B．0.25mol C．0.3mol D．0.35mol

4【溶质】0.6mol硝酸与一定量的镁铝铁合金反应生成0.15molNO和铁盐、铝盐、镁盐，再向反应后的溶液内加入3mol/L的NaOH溶液，使镁铝铁元素恰好完全转化为沉淀，所加入的NaOH溶液体积为

A.150mLB.200mLC.450mLD.600mL

5、[2009全国2，6]物质的量之比为2：5的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是

A.1：4B.1：5C.2：3D.2：5

【解析】设2molZn参与反应，因Zn无剩余，则最终生成了2molZn(NO3)2，显然含有4molNO3－，这部分是没有参与氧化还原反应的HNO3，根据得失电子守恒有：2×n(Zn)=n(HNO3)×4，则n(HNO3)=1mol，即有1molHNO3被还原。

[2004年天津卷29.（14分）必修一N的性质之计算]将32.64g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L。请回答：

（1）NO的体积为L，NO2的体积为L。

（2）待产生的气体全部释放后，向溶液加入的NaOH溶液，恰好使溶液中的全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为mol/L。

（3）欲使铜与硝酸反应生成的气体在溶液中全部转化为，至少需要30%的双氧水g。

29.（14分）

（1）5.85.4

（2）

（3）57.8

一、原子个数守恒

【例题1】某无水混合物由硫酸亚铁和硫酸铁FeSO4、Fe2(SO4)3组成，测知该混合物中的硫的质量分数为a，求混合物中铁的质量分数。

【分析】根据化学式FeSO4、Fe2(SO4)3可看出，在这两种物质中S、O原子个数比为1：4，即无论这两种物质以何种比例混合，S、O的原子个数比始终为1：4。设含O的质量分数x，则32/64＝a/x，x＝2a。所以ω(Fe)＝1－3a

【例题2】【2011全国卷13．】

某含铬Cr2O72-废水用硫酸亚铁铵[FeSO4·（NH4）2SO4·6H2O]处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀。该沉淀干燥后得到nmolFeO·FeyCrx·O3。不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是

A．消耗硫酸亚铁铵的物质的量为

B．处理废水中Cr2O72-的物质的量为

C．反应中发生转移的电子数为

D．在FeO·FeyCrx·O3中，3x=y

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。【反应原理中电离与水解平衡】

【例题3】在Na2SO4和K2SO4的混和溶液中，如果[Na+]=0.2mol／L，[SO42-]=xmol／L，[K+]=ymol／L，则x和y的关系是

（A）x=0.5y(B)x=0.1+0.5y(C)y=2(x