章末考能特訓守恒法是中學化學計算中一種很重要的方法與技巧，也是高考試題中應用最多的方法之一，其特點是抓住有關變化的始態和終態，忽略中間過程，利用其中某種不變量建立關系式，從而簡化思路，快速解題。守恒法解題依據：根據幾個連續的化學方程式前后某微粒如原子、電子、離子的物質的量保持不變，或質量守恒等。化學思想1守恒思想在化學中的應用1.質量守恒法質量守恒主要包含兩項內容：①質量守恒定律，②化學反應前后某原子（或原子團）的質量不變。【典例導析1】已知Q與R的摩爾質量之比為9∶22,在反應X+2Y2Q+R中，當1.6gX與Y完全反應后,生成4.4gR,則參與反應的Y和生成物

Q的質量之比為（）

A.23∶9B.32∶9

C.46∶9D.16∶9解析

此題主要考查質量守恒定律。Q與R的摩爾質量之比為9∶22是計算的突破口，由反應方程式知，,得m(Q)=3.6g。再根據質量守恒定律:1.6g+m(Y)=3.6g+4.4g,得m(Y)=6.4g。故m(Y)∶m(Q)=6.4g∶3.6g=16∶9。答案

D2.原子守恒法原子守恒主要指系列反應中某原子（或原子團）個數（或物質的量）不變，以此為基礎可求出與該原子（或原子團）相關連的某些物質的數量（或質量）。【典例導析2】某非金屬單質A和氧氣發生化合反應生成B。B為氣體，其體積是反應掉氧氣體積的兩倍（同溫、同壓）。以下對B分子組成的推測一定正確的是()

A.有1個氧原子B.有2個氧原子

C.有1個A原子D.有2個A原子解析

根據題意該化合反應可表示為nA+mO2=2mB(n、m為正整數)，再根據氧原子守恒，可推斷

B分子中只有一個氧原子,因A單質中原子個數未定,則B分子中A原子的個數無法確定。故選A。A3.電荷守恒法電荷守恒即溶液中陽離子所帶正電荷總數等于陰離子所帶負電荷總數，也就是說陽離子物質的量（或濃度）與其所帶電荷數乘積的代數和等于陰離子物質的量（或濃度）與其所帶電荷數乘積的代數和。常見的電荷守恒有以下幾種情況：①化合物化學式中存在的電中性原則（正負化合價代數和為零）。②離子反應中的電荷守恒（反應前后凈電荷數相等）。③電解質溶液中存在的電荷守恒（陰、陽離子電荷守恒）。【典例導析3】某硫酸鎂和硫酸鋁的混合溶液中,[Mg2+]=2mol/L,[SO]=6.5mol/L,若將200mL此混合液中的Mg2+和Al3+分離,至少應加入1.6mol/L的苛性鈉溶液（）

A.0.5L

B.1.625L

C.1.8L

D.2L

解析

根據溶液中的電荷守恒可得：2[Mg2+]+3[Al3+]=2[SO

],故[Al3+]=(2×6.5mol/L-2×2mol/L)/3=3mol/L,當加入的NaOH溶液恰好

將Mg2+與Al3+分離時,NaOH轉化為Na2SO4和Na[Al(OH)4],則V（NaOH）=D4.得失電子守恒法化學反應中（或系列化學反應中）氧化劑所得電子總數等于還原劑所失電子總數。【典例導析4】某反應可表示為：mM+nH++O2

xM2++yH2O,則x值為()

A.2B.4C.6D.9解析

本題可以利用得失電子守恒求解，也可以利用電荷守恒求解。據得失電子守恒有2x=4,即x=2。若利用電荷守恒求解，則有y=2(氧原子守恒)，n=4（氫原子守恒），4×1=2x，即x=2。A5.物料守恒電解質溶液中某一組分的原始濃度等于它在溶液中各種存在形成的濃度之和。它實質上是原子守恒和質量守恒。【典例導析5】（2009·安徽理綜，13）向體積

為Va的0.05mol/L

CH3COOH溶液中加入體積為Vb的0.05mol/LKOH溶液，下列關系錯誤的是（）A.Va>Vb時:[CH3COOH]+[CH3COO-]>[K+]B.Va=Vb時:[CH3COOH]+[H+]=[OH-]C.Va<Vb時:[CH3COO-]>[K+]>[OH-]>[H+]D.Va與Vb任意比時：[K+]+[H+]=[OH-]+[CH3COO-]解析

若Va=Vb，則溶質只有CH3COOK,據質子守恒知,B正確；若Va>Vb，則CH3COOH剩余,溶質為CH3COOH、CH3COOK,A正確;若Va<Vb,則KOH剩余,溶質為KOH、CH3COOK,離子濃度大小關系為[K+]>[CH3COO-],C錯誤；根據電荷守恒知，D正確。答案

C遷移應用用1.以惰惰性電極極電解飽飽和食鹽鹽水,當當電路路中通過過0.2mol電子時時，陰極極上產生生（標準準狀況下下）（））2222解析電解飽和和食鹽水水，陰極極產生H2，陽極產產生Cl2,生成1molH2消耗2mol電子,VH2=×22.4L/mol=2.24L。D2.1.92g銅投投入一定定量的濃濃硝酸中中,銅完生成氣體顏色越來越淺，共收集到672mL氣體（標準狀況），將盛有此氣體的容器倒扣在水中，通入氧氣恰好使氣體完全溶解在水中，則需要標準狀況下的氧氣體積為（）A.504mLB.168mLC.336mLD.224mL

解析

整體來看，銅失去的電子給了N原子，接著N原子將所得電子又給了O原子，其中N是“二傳手”并沒有得失電子，銅失去的電子全部由O原子得到，則：得V（O2）=0.336L。C3.由硫硫酸鉀、、硫酸鋁鋁和硫酸酸組成的的混合溶溶液，其其pH=1,[Al3+]=0.4mol/L，[SO]=0.8mol/L,則[K+]為（（））解析根據溶溶液中中電荷荷守恒恒的原原則，，建立立如下下等式：：[H+]+[K+]+3[Al3+]=2[SO],即0.1mol/L+[K+]+3××0.4mol/L=2××0.8mol/L，則則[K+]=0.3mol/L,故答答案為為C。。C4.Na2O2、HCl、、Al2O3三種物物質在在水中中完全全反應應后，溶溶液中中只含含有Na+、H+、Cl-、OH-，且溶溶液呈中中性，，則Na2O2、HCl、、Al2O3的物質質的量量之比可能為為（（））A.3∶2∶1B.2∶4∶1C.2∶3∶1D.4∶2∶1解析由溶液中只只含有Na+、H+、Cl-、OH-，且溶液呈中性性可知，溶溶質為氯化化鈉溶液，，結合鈉和氯原子守守恒，Na2O2和HCl的的物質的量量之比必為1∶2，，滿足這點點的選項只只有B。B1.（2009·江蘇，，7）在下列各溶溶液中，離離子一定能大量共存存的是()A.強堿性性溶液中：：K+、Al3+、Cl-、B.含有0.1mol/LFe3+的溶液中：：K+、Mg2+、I-、C.含有0.1mol/LCa2+的溶液中：：Na+、K+、、Cl-D.室溫下下，pH=1的溶液液中：Na+、Fe3+、、易錯題重練練解析本題中的隱隱含條件較較易挖掘，，但涉及一一個較復雜的氧氧化還原反反應，即選選項B中Fe3+與I-發生氧化還原反反應而不能能大量共存存，離子方方程式為2Fe3++2I-2Fe2++I2,B不符合合題意；A中在強堿堿性條件下Al3+不能大量存存在；選項項C中Ca2+與不能大量共共存。答案D2.下列方方程式表示示正確的是是（（））A.向Ca(ClO)2溶液中通入入足量的CO2：Ca2++2ClO-+H2O+CO2CaCO3↓+2HClOB.向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中中加入少量量醋酸：+2CH3COOHCO2↑+2CH3COO-+H2OC.向NaBr、KI混合溶溶液中加入入少量氯水水：2I-+Cl2I2+2Cl-D.等體積Ba(OH)2兩溶液混合：+Ba2++2OH-

BaCO3↓++2H2O解析A項，關關鍵在““足量””二字，，足量的的CO2還能與CaCO3反應，A錯；B項，關關鍵詞在在于“少少量”，、、都都能能與醋酸酸反應，，當醋酸酸少量時，僅有有發發生反反應，且且生成而而不是CO2，B錯；；C項，，I-、Br-都具有還還原性，，但I-還原性比Br-強，當Cl2少量時首首先與I-反應，C對；D項，二二者等量量時，發發生的反反應應為為+Ba2++OH-BaCO3↓+H2O。答案C3.LiAlH4、LiH既是金金屬儲氫氫材料又又是有機機合成中中的常用試試劑，遇遇水均能能劇烈分分解，釋釋放出H2，LiAlH4在125℃時分分解為LiH、、H2和Al。。下列說說法不正確確的是（（））A.LiH與D2O反應，，所得氫氫氣的摩摩爾質量量為4g/molB.1molLiAlH4在125℃時完完全分解解，轉移移3mol電子C.LiAlH4溶于適量量水后得得到無色色溶液，，則化學學方程式可表表示為：：LiAlH4+2H2OLiAlO2+4H2↑D.LiAlH4與乙醛作作用生成成乙醇，，LiAlH4作還原劑劑解析選項A，，LiH與D2O反應生生成氫氣氣（HD），其摩爾質質量為3g/mol；選項項B，LiAlH4中的Li、Al都是是主族金金屬元素素，H是是非金屬屬元素，，故Li為+1價、、Al為為+3價價、H為為-1價價，受熱熱分解時時，根據據Al元素素的價態態變化即即可得出出1molLiAlH4在125℃時完全分分解，轉轉移3mol電子；；選項C，LiAlH4中的-1價價H與H2O中的+1價H發生氧氧化還原原反應生生成H2,同時生成OH-,OH-與Al3+反應生成[Al(OH)4]-，C正確；選項項D，乙醛被被還原為乙醇醇，LiAlH4作還原劑。答案A4.某溫度下下將Cl2通入KOH溶溶液，反應后后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，，經測定ClO-與的的物質的的量濃度之比比為11∶1，則Cl2與KOH反應時時，被還原的的氯元素和被被氧化的氯元元素的物質的量量之比為（（））A.1∶3B.4∶3C.2∶1D.3∶1解析析xCl→→xKCl，，Cl元元素素化化合合價價降降x·1；；11Cl→→11KClO，，Cl元元素素化化合合價價升升11××1；；Cl→→KClO3，Cl元元素素化化合合價價升升1××5。。由由此此得得關關系系式：：x·1=11××1+1××5，，x=16，，則則被被還還原原和和被被氧化化的的氯氯元元素素之之比比是是16∶∶（（1+11））=4∶∶3。。B5.下下列列選選項項中中的的兩兩步步操操作作能能用用一一個個離離子子方方程程式式表表示的的是是（（））A.向向Na2CO3稀溶溶液液中中滴滴加加少少量量稀稀鹽鹽酸酸；；向向稀稀鹽鹽酸中中滴滴加加少少量量Na2CO3溶液液B.向向澄澄清清石石灰灰水水中中滴滴加加少少量量NaHCO3；向向NaHCO3溶液液中中滴滴加加少少量量澄澄清清石石灰灰水水C.向向CuSO4溶液液中中滴滴加加少少量量Ba(OH)2溶液液；；向向Ba(OH)2溶液液中中滴滴加加少少量量CuSO4溶液液D.向向AlCl3溶液液中中滴滴加加少少量量NaOH溶溶液液；；向向NaOH溶液液中中滴滴加加少少量量AlCl3溶液液C6.下下列列反反應應的的離離子子方方程程式式書書寫寫正正確確的的是是（（））A.用用惰惰性性電電極極電電解解MgCl2溶液液：：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-

B.向Ca(OH)2溶液中加入過量的NaHCO3溶液：Ca2++2+2OH-+CaCO3↓+2H2OC.次氯酸鈣溶液中通入過量的CO2：Ca2++2ClO-+H2O+CO2CaCO3↓+2HClOD.氫氧化鐵溶于碘化氫溶液：Fe(OH)3+3H+Fe3++3H2OB7.在在指定定環境境中，，下列列各組組離子子一定定可存的是（）A.使pH試紙呈紅色的溶液：Fe2+、、、Na+B.使無色酚酞試液顯紅色的溶液：S2-、K+、、[Al(OH)4]-C.加入鋁粉可以放出氫氣的溶液：Na+、Cl-、、D.在[H+]/[OH-]=1×1013的溶液：、Mg2+、Cl-、K+解析使pH試紙紙呈紅紅色的的溶液液為酸酸性溶溶液，，與Fe2+在酸性性條件件下不不能共共存，，A項項錯；；酚酞酞顯紅紅色的溶溶液是是堿性性溶液液，不不能存存在，，B項項錯誤；與與鋁粉粉能放放出氫氫氣的的溶液液是強強酸性性或強強堿性性溶液，，而堿堿性條條件下下不不能能存在在，故故C項項的離離子也不不可以以大量量共存存。答案D8.24mL0.05mol/L的Na2SO3恰好與與20mL0.02mol/L的的K2R2O7溶液完完全反反應，，則R元素素在還原產產物中中的化化合價價為（（））A.0B.+2C.+3D.+6解析設K2R2O7反應后后生成成的還還原產產物中中R的的化合價價為x。依據據化合合價升升降守守恒有有24×10-3L×0.05mol/L××2=20×10-3L×0.02mol/L××(6-x)×2，x=+3。C學生案案例1.Cl2通入石石灰乳乳可制制取漂漂白粉粉，其其反應應的化化學方方程式為為，在標準準狀況況下當當有0.224LCl2被Ca（OH））2吸收后后，轉轉移電電子的的物質質的量量為mol。規范答答案2Cl2+2Ca(OH)2CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O0.01Cl2+Ca（OH））2CaCl2+Ca（ClO）2+H2O0.022.電電解飽飽和食食鹽水水的離離子方方程式式：。規范答答案2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-2Cl-+2H2OCl2+H2+2OH-2.化學方方程式、離離子方程式式的書寫規規范答題規范3.只用一一種試劑即即可除去下下列各物質質中的雜質質（括號內為為雜質），，試寫出所所用試劑及及有關的離離子方程式：：（1）BaCl2（HCI））：選用試試劑，離子方程式式。（2）CO2（SO2）：選用試試劑，離子方程式。（3）NaCl（Na2