高中化學計算方法總結(jié)：守恒法

方法總論守恒法高三化學組

守恒存在于整個自然界的千變?nèi)f化之中。化學反應是原子之間的重新組合，反應前后組成物質(zhì)的原子個數(shù)保持不變，即物質(zhì)的質(zhì)量始終保持不變，此即質(zhì)量守恒。運用守恒定律，不糾纏過程細節(jié)，不考慮途徑變化，只考慮反應體系中某些組分相互作用前后某些物理量或化學量的始態(tài)和終態(tài)，從而達到速解、巧解化學試題的目的。一切化學反應都遵循守恒定律，在化學變化中有各種各樣的守恒，如質(zhì)量守恒、元素守恒、原子守恒、電子守恒、電荷守恒、化合價守恒、能量守恒等等。這就是打開化學之門的鑰匙。

一．質(zhì)量守恒

質(zhì)量守恒，就是指化學反應前后各物質(zhì)的質(zhì)量總和不變。

1．已知Q與R的摩爾質(zhì)量之比為9:22，在反應X＋2Y2Q＋R中，當1.6gX與Y完全反應，生成4.4gR，則參與反應的Y和生成物Q的質(zhì)量之比為

A．46:9B．32:9C．23:9D．16:9

2．在臭氧發(fā)生器中裝入氧氣100mL。經(jīng)反應3O22O3，最后氣體體積變?yōu)?5mL（均在標準狀況下測定），則混合氣體的密度是

A．1.3g/LB．1.5g/LC．1.7g/LD．2.0g/L二．元素守恒

元素守恒，就是指參加化學反應前后組成物質(zhì)的元素種類不變，原子個數(shù)不變。3．30mL一定濃度的硝酸溶液與5.12g銅片反應，當銅片全部反應完畢后，共收集到氣體2.24L（標準狀況下），則該硝酸溶液的物質(zhì)的量濃度至少為

A．9mol/LB．8mol/LC．5mol/LD．10mol/L

4．在CO和CO2的混合氣體中，氧元素的質(zhì)量分數(shù)為64%。將該混合氣體5g通過足量的灼熱的氧化銅，充分反應后，氣體再全部通入足量的澄清石灰水中，得到白色沉淀的質(zhì)量是

A．5gB．10gC．15gD．20g三．電子守恒

電子守恒，是指在氧化還原反應中，氧化劑得電子總數(shù)等于還原劑失電子總數(shù)。

5．某強氧化劑[XO(OH)2]被亞硫酸鈉還原到較低價態(tài)。若還原2.4×10mol

+3

[XO(OH)2]到較低價態(tài)，需要20mL0.3mol/LNa2SO3溶液，則X元素的最終價態(tài)為

A．+2B．+1C．0D．1

6．3.84g銅和一定量濃硝酸反應，當銅反應完畢時，共產(chǎn)生氣體2.24L（標況）。

（1）反應中消耗HNO3的總物質(zhì)的量是__________mol。0.22mol。

（2）欲使2.24L氣體恰好全部被水吸收，需通入__________mL標準狀況下的氧氣（氧氣也恰好全部被吸收）。672mL。

四．電荷守恒

電荷守恒，就是指在物理化學變化中，電荷既不能被創(chuàng)造，也不會被消滅。換言之，在化學反應中反應物的電荷總數(shù)應等于產(chǎn)物的電荷總數(shù)；在電解質(zhì)溶液中陰離子所帶的負電荷總量應等于陽離子所帶的正電荷總量。7．鎂帶在空氣中燃燒生成氧化鎂和氮化鎂。將燃燒后的產(chǎn)物溶解在60mL2.0mol/L的鹽酸中，再用20mL0.5mol/LNaOH溶液中和多余的鹽酸，然后在此溶液中加入過量的堿，把氨全部蒸出來，用稀鹽酸吸收，稀鹽酸增重0.17g。則鎂帶的質(zhì)量為____g。1.2

五．化合價守恒

化合價守恒，是指化合物或混合物中正負化合價絕對值相等。在電解過程中各電極上析出物質(zhì)的總價數(shù)也是守恒的。

8．用0.1mol/L的Na2SO3溶液300mL，恰好將2×10mol的XO4離子還原，則元

2+

素X在還原產(chǎn)物中的化合價是

A．+1B．+2C．+3D．+4

9．一種含MgO、Mg3N2的混合物，若其中Mg的質(zhì)量分數(shù)為62.4%，則氮的質(zhì)量分數(shù)為_____。5.6%。

六．能量守恒

在任何一個反應體系中，體系的能量一定是守恒的。

在解答與能量有關(guān)的試題時，考慮能量守恒，能使解題的程序簡化。

10．已知硝酸鉀晶體溶于水時要吸收熱量，從溶液中析出晶體會放出熱量，若有室溫下硝酸鉀飽和溶液20mL，向其中加入1g硝酸鉀晶體，充分攪拌，這時

A．溶液的質(zhì)量會減少B．溶液的溫度會降低

C．溶液的溫度無變化D．溶液的溫度先降低后升高七．巧練

11．往100mLFeBr2溶液中緩慢通入2.24LCl2（標準狀況），結(jié)果溶液中有1/3的溴離子被氧化成溴單質(zhì)，則原FeBr2溶液的物質(zhì)的量濃度為_____mol/L。1.2mol/L。

12．為了配制一種培養(yǎng)液，需用含有NaH2PO4和Na2HPO4（它們的物質(zhì)的量之比為3:1）的混合液，每升混合液中含磷原子0.1mol�，F(xiàn)用4.0mol/L的H3PO4溶液和固體NaOH配制2.0L混合液，問需該H3PO4溶液_____mL和NaOH固體_____g。50mL/10g

13．在鐵和氧化鐵的混合物15g中加入稀硫酸150mL，標準狀況下放出氫氣1.68L，同時鐵和氧化鐵均無剩余。向溶液中滴入KSCN未見顏色變化。為了中和過量的硫酸，且使Fe完全轉(zhuǎn)化為氫氧化亞鐵，共消耗3mol/L的氫氧化鈉溶液200mL，則原硫酸的物質(zhì)的量濃度為_____mol/L。2mo/L。

14．某金屬硝酸鹽溶液，用鉑做電極電解，電解時陽極產(chǎn)生的氣體為560mL（標準狀況），在陰極析出mg金屬，若金屬在硝酸鹽中為+n價，則金屬的相對原子質(zhì)量為

A．mnB．20m/nC．20mnD．10mn

守恒法巧解

一．質(zhì)量守恒

1．已知：MQ/MR＝9/22，nQ/nR＝2/1。

mQ/mR＝nQMQ/nRMR＝2/1×9/22＝9/11；mQ＝mR×9/11＝4.4×9/11＝3.6g。根據(jù)質(zhì)量守恒得到：mY＝mQ＋mR－mX＝3.6＋4.4－1.6＝6.4g。則：mY/mQ＝6.4/3.6＝16/9。

2．由質(zhì)量守恒定律得知，反應前后容器內(nèi)的氣體質(zhì)量不變，為100mL氧氣質(zhì)量。

則混合氣體的密度為：＝(32×0.1/22.4)/0.095＝1.5g/L。二．元素守恒

3．HNO3作氧化劑生成NO2與NO混合物（NOx）：n氧化劑＝2.24/22.4＝0.1mol；

HNO3作酸生成Cu(NO3)2：n酸＝2×5.12/64＝0.16mol；

N元素守恒，則HNO3的最低濃度為：c(HNO3)＝(0.1＋0.16)/0.03＝8.67mol/L。

2+

4．5g混合氣體中含C元素的質(zhì)量為：m(C)＝5×(1－64%)＝1.8g；

C元素守恒：m(CaCO3)＝100×1.8/12＝15g。三．電子守恒

5．根據(jù)電子守恒，反應中[XO(OH)2]得到電子的物質(zhì)的量等于Na2SO3失去電子的物質(zhì)的量。

設(shè)X元素的最終價態(tài)為x：2.4×10×(5－x)＝0.02×0.3×(6－4)，解得x＝

3+

0。

6．（1）HNO3的作用是氧化性和酸性，n(HNO3)＝2.24/22.4＋2×3.84/64＝0.22mol。

（2）根據(jù)得失電子守恒有：V(O2)＝3.84/64×22400/2＝672mL。四．電荷守恒

7．根據(jù)電荷守恒有：2n(Mg)＋n(NH4)＋n(Na)＝n(Cl)；

2+++

代入數(shù)據(jù)：2n(Mg)＋0.17/17＋0.5×0.02＝2.0×0.06，解得：n(Mg)＝0.05mol，m(Mg)＝1.2g五．化合價守恒

8．根據(jù)化合價守恒有：2×10×(7－x)＝0.1×0.3×(6－4)，解得x＝4。

22+

2+2+

9．若取100g混合物，則m(Mg)＝62.4g，設(shè)N元素為xg，則O元素為100－62.4－xg；

根據(jù)化合價守恒有：2×62.4/24＝3x/14＋2×(37.6－x)/16，解得x＝5.6g，則N%＝5.6%。六．能量守恒

10．由于溶解與結(jié)晶所吸收和放出的熱量守恒，故答案為C。七．巧練

11．設(shè)原溶液有xmolFeBr2，則生成xmolFe，2x/3molBr被氧化，0.1mol

3+2+

Cl2被還原；

由得失電子守恒有：x＋2x/3＝0.1×2，x＝0.12mol，則c(FeBr2)＝1.2mol/L。12．由P元素守恒可得：V(H3PO4)＝0.1×2/4.0＝0.05L＝50mL；

其中：n(NaH2PO4)＝0.2×3/4＝0.15mol，n(Na2HPO4)＝0.2×1/4＝0.05mol；由Na元素守恒可得：m(NaOH)＝(0.15＋0.05×2)×40＝10g。

13．溶液中的溶質(zhì)最終以Na2SO4形式存在，設(shè)溶液中硫酸根的物質(zhì)的量為xmol。

則由化合價守恒可得：3×0.2＝2x，解得：x＝0.3mol；由于硫酸根來自于稀硫酸，所以c(H2SO4)＝0.3/0.15＝2mol/L。14．陽極產(chǎn)生O2，陰極析出金屬單質(zhì)。

由得失電子守恒可得：4×560/22400＝mn/M，M＝10mn。

擴展閱讀：201*上海高中化學計算方法總結(jié)：守恒法

方法總論守恒法

守恒存在于整個自然界的千變?nèi)f化之中�；瘜W反應是原子之間的重新組合，反應前后組成物質(zhì)的原子個數(shù)保持不變，即物質(zhì)的質(zhì)量始終保持不變，此即質(zhì)量守恒。運用守恒定律，不糾纏過程細節(jié)，不考慮途徑變化，只考慮反應體系中某些組分相互作用前后某些物理量或化學量的始態(tài)和終態(tài)，從而達到速解、巧解化學試題的目的。一切化學反應都遵循守恒定律，在化學變化中有各種各樣的守恒，如質(zhì)量守恒、元素守恒、原子守恒、電子守恒、電荷守恒、化合價守恒、能量守恒等等。這就是打開化學之門的鑰匙。

一．質(zhì)量守恒

質(zhì)量守恒，就是指化學反應前后各物質(zhì)的質(zhì)量總和不變。

1．已知Q與R的摩爾質(zhì)量之比為9:22，在反應X＋2Y2Q＋R中，當1.6gX與Y完全反應，生成4.4gR，則參與反應的Y和生成物Q的質(zhì)量之比為

A．46:9B．32:9C．23:9D．16:9

2．在臭氧發(fā)生器中裝入氧氣100mL。經(jīng)反應3O22O3，最后氣體體積變?yōu)?5mL（均在標準狀況下測定），則混合氣體的密度是

A．1.3g/LB．1.5g/LC．1.7g/LD．2.0g/L二．元素守恒

元素守恒，就是指參加化學反應前后組成物質(zhì)的元素種類不變，原子個數(shù)不變。3．30mL一定濃度的硝酸溶液與5.12g銅片反應，當銅片全部反應完畢后，共收集到氣體2.24L（標準狀況下），則該硝酸溶液的物質(zhì)的量濃度至少為

A．9mol/LB．8mol/LC．5mol/LD．10mol/L

4．在CO和CO2的混合氣體中，氧元素的質(zhì)量分數(shù)為64%。將該混合氣體5g通過足量的灼熱的氧化銅，充分反應后，氣體再全部通入足量的澄清石灰水中，得到白色沉淀的質(zhì)量是

A．5gB．10gC．15gD．20g三．電子守恒

電子守恒，是指在氧化還原反應中，氧化劑得電子總數(shù)等于還原劑失電子總數(shù)。5．某強氧化劑[XO(OH)2]被亞硫酸鈉還原到較低價態(tài)。若還原2.4×10mol

+3

[XO(OH)2]到較低價態(tài)，需要20mL0.3mol/LNa2SO3溶液，則X元素的最終價態(tài)為

A．+2B．+1C．0D．1

+6．3.84g銅和一定量濃硝酸反應，當銅反應完畢時，共產(chǎn)生氣體2.24L（標況）。

（1）反應中消耗HNO3的總物質(zhì)的量是__________mol。0.22mol。

（2）欲使2.24L氣體恰好全部被水吸收，需通入__________mL標準狀況下的氧氣（氧氣也恰好全部被吸收）。672mL。

四．電荷守恒

電荷守恒，就是指在物理化學變化中，電荷既不能被創(chuàng)造，也不會被消滅。換言之，在化學反應中反應物的電荷總數(shù)應等于產(chǎn)物的電荷總數(shù)；在電解質(zhì)溶液中陰離子所帶的負電荷總量應等于陽離子所帶的正電荷總量。7．鎂帶在空氣中燃燒生成氧化鎂和氮化鎂。將燃燒后的產(chǎn)物溶解在60mL2.0mol/L的鹽酸中，再用20mL0.5mol/LNaOH溶液中和多余的鹽酸，然后在此溶液中加入過量的堿，把氨全部蒸出來，用稀鹽酸吸收，稀鹽酸增重0.17g。則鎂帶的質(zhì)量為____g。1.2

五．化合價守恒

化合價守恒，是指化合物或混合物中正負化合價絕對值相等。在電解過程中各電極上析出物質(zhì)的總價數(shù)也是守恒的。

8．用0.1mol/L的Na2SO3溶液300mL，恰好將2×10mol的XO4離子還原，則元

2

素X在還原產(chǎn)物中的化合價是

A．+1B．+2C．+3D．+4

9．一種含MgO、Mg3N2的混合物，若其中Mg的質(zhì)量分數(shù)為62.4%，則氮的質(zhì)量分數(shù)為_____。5.6%。

六．能量守恒

在任何一個反應體系中，體系的能量一定是守恒的。

在解答與能量有關(guān)的試題時，考慮能量守恒，能使解題的程序簡化。

10．已知硝酸鉀晶體溶于水時要吸收熱量，從溶液中析出晶體會放出熱量，若有室溫下硝酸鉀飽和溶液20mL，向其中加入1g硝酸鉀晶體，充分攪拌，這時

A．溶液的質(zhì)量會減少B．溶液的溫度會降低C．溶液的溫度無變化D．溶液的溫度先降低后升高七．巧練11．往100mLFeBr2溶液中緩慢通入2.24LCl2（標準狀況），結(jié)果溶液中有1/3的溴離子被氧化成溴單質(zhì)，則原FeBr2溶液的物質(zhì)的量濃度為_____mol/L。1.2mol/L。

12．為了配制一種培養(yǎng)液，需用含有NaH2PO4和Na2HPO4（它們的物質(zhì)的量之比為3:1）的混合液，每升混合液中含磷原子0.1mol�，F(xiàn)用4.0mol/L的H3PO4溶液和固體NaOH配制2.0L混合液，問需該H3PO4溶液_____mL和NaOH固體_____g。50mL/10g

13．在鐵和氧化鐵的混合物15g中加入稀硫酸150mL，標準狀況下放出氫氣1.68L，同時鐵和氧化鐵均無剩余。向溶液中滴入KSCN未見顏色變化。為了中和過量的硫酸，且使Fe完全轉(zhuǎn)化為氫氧化亞鐵，共消耗3mol/L的氫氧化鈉溶液200mL，則原硫酸的物質(zhì)的量濃度為_____mol/L。2mo/L。

14．某金屬硝酸鹽溶液，用鉑做電極電解，電解時陽極產(chǎn)生的氣體為560mL（標準狀況），在陰極析出mg金屬，若金屬在硝酸鹽中為+n價，則金屬的相對原子質(zhì)量為

A．mnB．20m/nC．20mnD．10mn

守恒法巧解

一．質(zhì)量守恒

1．已知：MQ/MR＝9/22，nQ/nR＝2/1。

mQ/mR＝nQMQ/nRMR＝2/1×9/22＝9/11；mQ＝mR×9/11＝4.4×9/11＝3.6g。根據(jù)質(zhì)量守恒得到：mY＝mQ＋mR－mX＝3.6＋4.4－1.6＝6.4g。則：mY/mQ＝6.4/3.6＝16/9。

2．由質(zhì)量守恒定律得知，反應前后容器內(nèi)的氣體質(zhì)量不變，為100mL氧氣質(zhì)量。

則混合氣體的密度為：＝(32×0.1/22.4)/0.095＝1.5g/L。二．元素守恒

3．HNO3作氧化劑生成NO2與NO混合物（NOx）：n氧化劑＝2.24/22.4＝0.1mol；

HNO3作酸生成Cu(NO3)2：n酸＝2×5.12/64＝0.16mol；

N元素守恒，則HNO3的最低濃度為：c(HNO3)＝(0.1＋0.16)/0.03＝8.67mol/L。4．5g混合氣體中含C元素的質(zhì)量為：m(C)＝5×(1－64%)＝1.8g；

C元素守恒：m(CaCO3)＝100×1.8/12＝15g。

2+三．電子守恒

5．根據(jù)電子守恒，反應中[XO(OH)2]得到電子的物質(zhì)的量等于Na2SO3失去電子的物質(zhì)的量。

設(shè)X元素的最終價態(tài)為x：2.4×10×(5－x)＝0.02×0.3×(6－4)，解得x＝

3+

0。

6．（1）HNO3的作用是氧化性和酸性，n(HNO3)＝2.24/22.4＋2×3.84/64＝0.22mol。

（2）根據(jù)得失電子守恒有：V(O2)＝3.84/64×22400/2＝672mL。四．電荷守恒

7．根據(jù)電荷守恒有：2n(Mg)＋n(NH4)＋n(Na)＝n(Cl)；

2+++

代入數(shù)據(jù)：2n(Mg)＋0.17/17＋0.5×0.02＝2.0×0.06，解得：n(Mg)＝0.05mol，m(Mg)＝1.2g五．化合價守恒

8．根據(jù)化合價守恒有：2×10×(7－x)＝0.1×0.3×(6－4)，解得x＝4。

22+

2+2+

9．若取100g混合物，則m(Mg)＝62.4g，設(shè)N元素為xg，則O元素為100－62.4－xg；

根據(jù)化合價守恒有：2×62.4/24＝3x/14＋2×(37.6－x)/16，解得x＝5.6g，則N%＝5.6%。六．能量守恒

10．由于溶解與結(jié)晶所吸收和放出的熱量守恒，故答案為C。七．巧練

11．設(shè)原溶液有xmolFeBr2，則生成xmolFe，2x/3molBr被氧化，0.1mol

3+2+

Cl2被還原；

由得失電子守恒有：x＋2x/3＝0.1×2，x＝0.12mol，則c(FeBr2)＝1.2mol/L。12．由P元素守恒可得：V(H3PO4)＝0.1×2/4.0＝0.05L＝50mL；

其中：n(NaH2PO4)＝0.2×3/4＝0.15mol，n(Na2HPO4)＝0.2×1/4＝0.05mol；由Na元素守恒可得：m(NaOH)＝(0.15＋0.05×2)×40＝10g。

13．溶液中的溶質(zhì)最終以Na2SO4形式存在，設(shè)溶液中硫酸根的物質(zhì)的量為xmol。則由化合價守恒可得：3×0.2＝2x，解得：x＝0.3mol；由于硫酸根來自于稀硫酸，所以c(H2SO4)＝0.3/0.15＝2mol/L。14．陽極產(chǎn)生O2，陰極析出金屬單質(zhì)。

由得失電子守恒可得：4×560/22400＝mn/M，M＝10mn。

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