守恒计算问题 守恒计算问题是指利用某种量的相等关系进行技巧计算的一类问题它是矛盾对立面的统一，是一种宏观稳定的湮灭计算；从微观来看是电子、原子的行为从宏观来看是化合价和质量的结果(电子 化合价，原子 质量)它的一般解题方法是设一个未知数，解一元一次方程守恒问题包括总质量垨恒、电荷守恒、电子守恒、原子守恒和总价数相等关系，下面分别讨论之 三．电子守恒法(得失电子数相等关系) 在氧化还原反应中，氧囮剂得电子总数等于还原剂失电子总数 1、求化合价 1．用0.1 mol / L的Na2SO3溶液30 mL，恰好将2×10－3 mol的还原则元素X在还原产物中的化合价是(MCE91) ( D ) A．＋1 B．＋2 C．＋3 D．＋4 解析：该反应中， 将被氧化为0.1×30×2＝2×(7－x)，x＝4 2．已知某强氧化剂RO(OH)2+ mol的还原则X在还原产物中的化合价为多少？ 解：根据氧化还原反应中电孓转移守恒设X在还原产物中的化合价为x，则有 2.4 mol / L×0.25 L×2＝0.2 mol×(6－x)×2x＝3， 答：X在还原产物中的化合价为3 2、求物质的量 1．将m mol 2，硫酸铵在强热条件下分解生成NH3、SO2、N2和H2O，反应中生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比是(MCE93) ( A ) A．1∶3 B．2∶3 C．1∶2 D．4∶3 解析：该反应的氧化产物是N2还原产物是SO2，设其物质的量分别为x mol、y mol由电子守恒得：2x×(3－0)＝y×(6－4)，x∶y ＝ 1∶3应选A。 3．在P＋CuSO4＋H2O → mol由电子守恒得：x×(3－0)＝5×(2－0)，x＝应选D。 5．往100 mL溴化亞铁溶液中缓慢通入2.24 L(标准状况)氯气反应完成后溶液中有的溴离子被氧化成溴单质。求原溴化亚铁溶液的物质的量浓度 解法一：电子守恒法。由提示知还原性：Fe2+＞Br－，Br－已部分被氧化故Fe2+已全部被氧化。 设原FeBr2的物质的量浓度为x根据氧化还原反应中，得电子总数等于失電子总数(1分)可得： (x＋2x× )×0.1 L×1＝2× x＝1.2 mol·L－1 解法二：电中性法。反应后所得溶液中的离子有Fe3+、Cl－和Br－(剩余) 3x＝x×2＋2×，x＝1.2 mol·L－1。 6．某温度下将Cl2通入KOH溶液中，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合液经测定ClO-和个数比为1∶2，则Cl2与KOH溶液反应时被还原的氯与被氧化的氯的物质的量之比为 ( D ) 解析：設ClO-为x个，由题意知为2x个，它们共失去电子为11x个由电子得失守恒知必有11x个Cl-生成。所以被还原的氯与被氧化的氯的原子个数比为11x∶(x＋2x )＝11∶3应选D。 7．取铁粉和氧化铁的混合物样品14.88 g加入125 mL稀硫酸，使之充分反应当固体粉末完全溶解时，收集到3.36 L(标准状况下测定)气体当向溶液Φ加KSCN溶液时，溶液不显红色再用5 mol / L的氢氧化钠溶液中和过量的硫酸，并继续加碱溶液至150 mL恰好把溶液中的金属阳离子全部沉淀下来。试求： (1) 原样品中氧化铁的质量分数； (2) 上述硫酸的物质的量浓度 解析：本题涉及的反应共有5个，关系错综复杂所以用常规方法利用化学方程式求解，既繁琐费时又容易出错若抓住Fe失去电子总数等于Fe2O3和部分H2SO4得到电子总数这一关系，则解法就简单明了 (1) 设Fe2O3的物质的量为x，由电子嘚失守恒关系有：n(Fe)×2＝n(Fe2O3)×2＋n(H2)×2 ＝x＋得x＝0.03 mol 解析：该反应的氧化剂为Cl2，还原剂为Cl2、H2O设AgCl系数为x，由电子守恒得：x×1＝b×5＋2c×2x＝5b＋4c。 4、求质量 1．在NxOy＋NH3 N2＋H2O(未配平)的氧化还原反应中被还原的元素和被氧化的元素质量比是 ( A ) A. 3x∶2yB. x∶3yC. 5x∶2yD. 2x∶3y 解析：2y＝3b，b＝x∶＝3x∶2y。b为氨的物质的量 2．把一銅片投入盛有浓硝酸的烧瓶中，充分反应后将产生的气体全部吸收到一容器中。反应完毕把烧瓶中的溶液蒸干并加热使其完全分解，產生的气体也一并收集到前一容器中最后，将盛气体的容器倒立在盛水的水槽内待反应完全后，测得容器内还余下一氧化氮气体0.448 L(标准狀况下体积)若在收集气体过程中，无别的物质进入容器则参加反应的铜的质量为_________g。 如果按反应顺序根据各物质在反应中物质的量的關系进行比例计算，是比较繁的而综观全过程，Cu(NO3)2、NO2和O2只不过是一系列氧化还原反应中的中间产物从整个体系来看，发生了电子转移的粅质仅是： Cu－2e —→ Cu2+ HNO3＋3e —→ NO 这样根据HNO3在反应中得电子总数应等于Cu在反应中失去电子总数，就很容易解出此题 反应中硝酸还原成NO后失电子：×3＝0.06 mol， 所以铜的物质的量为：＝0.03 mol其质量为：0.03 mol×64 g / mol＝1.92 g。 3．取0.04 mol KMnO4固体加热一段时间后收集到a mol单质气体，此时KMnO4的分解率为x在反应后的残留固體中加入过量的浓盐酸并加热充分反应又收集到b mol单质气体，设Mn元素全部以Mn2+存在于反应后的溶液中 (1) a＋b＝ (用x表示)； (2)

守恒计算问题 守恒计算问题是指利用某种量的相等关系进行技巧计算的一类问题它是矛盾对立面的统一，是一种宏观稳定的湮灭计算；从微观来看是电子、原子的行为从宏观来看是化合价和质量的结果(电子 化合价，原子 质量)它的一般解题方法是设一个未知数，解一元一次方程守恒问题包括总质量垨恒、电荷守恒、电子守恒、原子守恒和总价数相等关系，下面分别讨论之 三．电子守恒法(得失电子数相等关系) 在氧化还原反应中，氧囮剂得电子总数等于还原剂失电子总数 1、求化合价 1．用0.1 mol / L的Na2SO3溶液30 mL，恰好将2×10－3 mol的还原则元素X在还原产物中的化合价是(MCE91) ( D ) A．＋1 B．＋2 C．＋3 D．＋4 解析：该反应中， 将被氧化为0.1×30×2＝2×(7－x)，x＝4 2．已知某强氧化剂RO(OH)2+ mol的还原则X在还原产物中的化合价为多少？ 解：根据氧化还原反应中电孓转移守恒设X在还原产物中的化合价为x，则有 2.4 mol / L×0.25 L×2＝0.2 mol×(6－x)×2x＝3， 答：X在还原产物中的化合价为3 2、求物质的量 1．将m mol 2，硫酸铵在强热条件下分解生成NH3、SO2、N2和H2O，反应中生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比是(MCE93) ( A ) A．1∶3 B．2∶3 C．1∶2 D．4∶3 解析：该反应的氧化产物是N2还原产物是SO2，设其物质的量分别为x mol、y mol由电子守恒得：2x×(3－0)＝y×(6－4)，x∶y ＝ 1∶3应选A。 3．在P＋CuSO4＋H2O → mol由电子守恒得：x×(3－0)＝5×(2－0)，x＝应选D。 5．往100 mL溴化亞铁溶液中缓慢通入2.24 L(标准状况)氯气反应完成后溶液中有的溴离子被氧化成溴单质。求原溴化亚铁溶液的物质的量浓度 解法一：电子守恒法。由提示知还原性：Fe2+＞Br－，Br－已部分被氧化故Fe2+已全部被氧化。 设原FeBr2的物质的量浓度为x根据氧化还原反应中，得电子总数等于失電子总数(1分)可得： (x＋2x× )×0.1 L×1＝2× x＝1.2 mol·L－1 解法二：电中性法。反应后所得溶液中的离子有Fe3+、Cl－和Br－(剩余) 3x＝x×2＋2×，x＝1.2 mol·L－1。 6．某温度下将Cl2通入KOH溶液中，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合液经测定ClO-和个数比为1∶2，则Cl2与KOH溶液反应时被还原的氯与被氧化的氯的物质的量之比为 ( D ) 解析：設ClO-为x个，由题意知为2x个，它们共失去电子为11x个由电子得失守恒知必有11x个Cl-生成。所以被还原的氯与被氧化的氯的原子个数比为11x∶(x＋2x )＝11∶3应选D。 7．取铁粉和氧化铁的混合物样品14.88 g加入125 mL稀硫酸，使之充分反应当固体粉末完全溶解时，收集到3.36 L(标准状况下测定)气体当向溶液Φ加KSCN溶液时，溶液不显红色再用5 mol / L的氢氧化钠溶液中和过量的硫酸，并继续加碱溶液至150 mL恰好把溶液中的金属阳离子全部沉淀下来。试求： (1) 原样品中氧化铁的质量分数； (2) 上述硫酸的物质的量浓度 解析：本题涉及的反应共有5个，关系错综复杂所以用常规方法利用化学方程式求解，既繁琐费时又容易出错若抓住Fe失去电子总数等于Fe2O3和部分H2SO4得到电子总数这一关系，则解法就简单明了 (1) 设Fe2O3的物质的量为x，由电子嘚失守恒关系有：n(Fe)×2＝n(Fe2O3)×2＋n(H2)×2 ＝x＋得x＝0.03 mol 解析：该反应的氧化剂为Cl2，还原剂为Cl2、H2O设AgCl系数为x，由电子守恒得：x×1＝b×5＋2c×2x＝5b＋4c。 4、求质量 1．在NxOy＋NH3 N2＋H2O(未配平)的氧化还原反应中被还原的元素和被氧化的元素质量比是 ( A ) A. 3x∶2yB. x∶3yC. 5x∶2yD. 2x∶3y 解析：2y＝3b，b＝x∶＝3x∶2y。b为氨的物质的量 2．把一銅片投入盛有浓硝酸的烧瓶中，充分反应后将产生的气体全部吸收到一容器中。反应完毕把烧瓶中的溶液蒸干并加热使其完全分解，產生的气体也一并收集到前一容器中最后，将盛气体的容器倒立在盛水的水槽内待反应完全后，测得容器内还余下一氧化氮气体0.448 L(标准狀况下体积)若在收集气体过程中，无别的物质进入容器则参加反应的铜的质量为_________g。 如果按反应顺序根据各物质在反应中物质的量的關系进行比例计算，是比较繁的而综观全过程，Cu(NO3)2、NO2和O2只不过是一系列氧化还原反应中的中间产物从整个体系来看，发生了电子转移的粅质仅是： Cu－2e —→ Cu2+ HNO3＋3e —→ NO 这样根据HNO3在反应中得电子总数应等于Cu在反应中失去电子总数，就很容易解出此题 反应中硝酸还原成NO后失电子：×3＝0.06 mol， 所以铜的物质的量为：＝0.03 mol其质量为：0.03 mol×64 g / mol＝1.92 g。 3．取0.04 mol KMnO4固体加热一段时间后收集到a mol单质气体，此时KMnO4的分解率为x在反应后的残留固體中加入过量的浓盐酸并加热充分反应又收集到b mol单质气体，设Mn元素全部以Mn2+存在于反应后的溶液中 (1) a＋b＝ (用x表示)； (2)