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策略34 守恒法的应用技巧
金点子：
“守恒法”广泛应用于高考及各类竞赛试题的解题中，它既可使繁乱的问题化难为易，又可使复杂的计算化繁为简，因而备受广大中学生的青睐。但在使用中，由于对题意理解不清、条件分析不透，也时常出现滥用守恒的现象，故正确把握守恒原理，学会守恒方法，是高考化学解题之必备。
守恒法包括：元素守恒、电荷守恒、电子守恒、质量守恒等。
1．在化学反应前后，物质中的各元素原子的物质的量始终保持守恒，这就是元素守恒。如在复杂的变化过程中，能充分利用某些元素原子的物质的量守恒解题，不仅思路清晰，而且计算简便。
2．根据电解质溶液总是呈电中性，从而利用电解质溶液中的阳离子所带的正电荷总数与阴离子所带的负电荷总数相等来进行解题的方法称电荷守恒法。
3．在氧化还原反应中，还原剂失去的电子总数与氧化剂得到的电子总数相等，这是运用得失电子数守恒进行化学计算的主要依据。
4．质量守恒普遍存在于整个物理、化学变化过程中（核反应除外），如反应前后物质的质量守恒，反应过程中催化剂的质量守恒，溶液稀释与混合时溶质的质量守恒等。
经典题：
例题1 ：（2001年全国高考）在无土栽培中，需配制一定量含50 mol NH4Cl、16 mol
KCl和24molK2SO4的营养液。若用KCl、NH4Cl和(NH4)2SO4三种固体为原料来配制，三者的物质的量依次是（单位为mol） （
）
A．2、64、24
B．64、2、24
C．32、50、12
D．16、50、24
方法：利用元素守恒求解。
捷径：先求出需配制营养液中所需NH4+、K+、Cl—、SO42—、物质的量，再用同样的方法求出选项中所提供的物质中所含NH4+、K+、Cl—、SO42—物质的量。若与题干中的数值一致，即为选项。如题干中NH4+
50
mol；K+：16+24×2=64（mol）；Cl—：50+16=66（mol），SO42—：24mol。选项B，NH4+：2+24×2=50（mol），K+：64mol、Cl—：64+2=66（mol），SO42—：24mol，与题干相符，选项B正确。
总结：如果题目中提供不是固体物质，而是溶液，其解法是相同的，只要将溶质的物质的量求出，就变成与本题完全相同的题目。目前化学试题中往往置于与生产实际、科研等相结合的情境中，解题时，只要把它迁移到解化学题基本方法中，就可迎刃而解。
例题2
：（2001年上海高考）将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10rnL混合后，溶液显酸性，则溶液中有关微粒的浓度关系正确的是 （
）
A．c (Ac－)＞c (Cl－)＞c (H＋)＞c (HAc)
B．c (Ac－)＞c (Cl－)＞c (HAc)＞c（H＋）
C．c (Ac－)＝c (Cl＋)＞c (H＋)＞c (HAc)
D．c (Na＋)＋c (H＋)＝c (Ac－)＋c (Cl－)＋c (OH－)
方法：首先必须考虑溶液间的反应，然后通过守恒关系分析。
捷径：将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10rnL混合后，考虑溶液间的反应，此时溶液变成了等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH、NaCl三种物质的混合溶液。因此时溶液显酸性，知CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度。以此得溶液中粒子间物质的量浓度的关系为：c（Na＋）＞c
(Ac－)＞c (Cl－)＞c
(HAc)＞
c（H＋）＞c (OH－)。再利用电荷守恒可得：c (Na＋)＋c (H＋)＝c (Ac－)＋c (Cl－)＋c
(OH－)。对照选项可得答案为BD。
总结：当溶液中两种可两种以上的物质相混合时，首先必须考虑溶液间的反应，这是解答此类试题的第一步，也是关键性的一步。部分考生由于未考虑混合后的反应而经常出错。
例题3 ：（1999年上海高考） ：把0.02 mol· L－1 HAc溶液和0.01 mol· L－1
NaOH溶液以等体积混和，则混合液中微粒浓度关系正确的是
（ ）
A．c（Ac-）>c（Na+）
B．c（HAc）>c（Ac-）
C．2c（H+）=
c（Ac-）—c（HAc）
D．c（HAc）+c（Ac-）= 0.01mol· L－1
方法：通过电荷守恒及物料守恒两大守恒分析。
捷径：两溶液等体积混合后变成0.005mol·L-1 HAc 和0.005mol·L-1 NaAc
的混合溶液，由于HAc的电离占主导地位，故c（Ac-）>
c（HAc），溶液呈酸性。再根据电荷守恒关系：c（Na+）+c（H+）=
c（Ac-）+c（OH-），及c（H+）>
c（OH-）得c（Ac-）>
c（Na+）。再将物料守恒关系c（Na+）= c（HAc）+c（H+）-c（OH-）代入电荷守恒关系得：2c（H+）=c（Ac-）-
c（HAc）+2c（OH-）。另知，不管溶液电离平衡和水解平衡如何移动，其c（HAc）+c（Ac-）均为常数0.01mol·L-1。以此得答案为A、D。
总结：此类试题考查方式主要有：①微粒浓度的大小比较 ②电荷守恒关系式 ③物料守恒关系式
④电荷守恒与物料守恒叠加后的恒等关系式。解题时仍要优先考虑溶液混合过程中的反应问题。
例题4
：(2001年高考试测题)将氨水逐滴加入到稀盐酸中，使溶液成中性，则此时(
)
A．ｃ(NH4+)=ｃ(Cl-)
B．ｃ(NH4+)>ｃ(Cl-)
C．ｃ(NH4+)<ｃ(Cl-)
D．ｃ(NH4+)与ｃ(Cl-)之间关系不确定
方法：根据溶液中电荷守恒关系获解。
捷径：将氨水加入到稀盐酸中，根据电荷守恒关系得：c（NH4+）+c（H+）=
c（Cl-）+c（OH-）。因所得溶液呈中性，则c（H+）= c（OH-），以此得：c（NH4+）=
c（Cl-）。故得答案为A。
总结：在对溶液进行计算以确定其浓度及溶液中恒等关系的判断时，通常都可通过守恒法使答题过程变得简单明了。
例题5 ： (1994年全国高考)
38.4mg铜跟适量的浓硝酸反应,铜全部作用后共收集到气体22.4mL(标准状况),反应消耗的HNO3的物质的量可能是
( )
A．1.0×10-3mol B．1.6×10-3
mol C．2.2×10-3
mol D．2.0×10-3 mol
方法：利用反应过程中原子个数守恒求解。
捷径：HNO3与Cu反应，一部分起酸的作用，即生成Cu(NO3)2用去硝酸 = 2n (Cu) =
mol×2=1.2×10—3mol；另一部分HNO3起氧化作用，不管生成的22.4mL
气体为何成分，都是HNO3的还原产物，且有HNO3~NO，HNO3~NO2，所以起氧化作用
的HNO3为
mol =1×10—3mol，故共消耗HNO3 的物质的量为：
1.2×10—3mol + 1×10—3mol = 2.2×10—3mol。以此得答案为C。
总结：这是利用原子个数守恒进行计算的范例。根据参加反应的HNO3一部分生成Cu（NO3）2，另一部分变成NO2或NO。利用反应前后的N原子守恒，可以轻松求解。类似的解法可以在很多题目应用。
例题6
：(2002年全国高考)在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢为原料制取氧气，当制得同温、同压下相同体积的氧气时，三个反应中转移的电子数之比为
( )
A．1︰1︰l
B．2︰2︰1
C．
2︰3︰l
D．4︰3︰2
方法：根据反应过程中化合价的变化及得失电子守恒分析。
捷径：假设三个反应均生成1molO2，在高锰酸钾、氯酸钾的分解反应中，只有氧的化合价升高，且均由-2价升高到0价，故转移电子数均为4mol。而过氧化氢的分解反应，虽也只有氧的化合价升高，但其化合价由-1升高到0价，以此产生1molO2，转移电子数为2mol。综合得，产生相同量的O2，三个反应中转移的电子数之比为：4︰4︰2
= 2︰2︰1。故答案为B。
总结：对不同的反应，在利用电子守恒分析转移电子的情况时，要注意考虑不同反应中化合价不同，而造成电子转移不同的情况。
例题7 ：
(2001年全国高考)将NO3—+Zn+OH—+H2O→NH3+Zn（OH）42—配平后，离子方程式中H2O的系数是
（
）
A．2
B．4
C．6
D．8
方法：利用得失电子守恒及电荷守恒进行配平后确定离子方程式中H2O前的系数。
捷径：氧化剂NO3—被还原成NH3，1molNO3—得到8mol电子才能生成NH3。还原剂Zn被氧化成Zn（OH）42—，1molZn失去2mol电子才能生成Zn（OH）42—，所以Zn的序数是4，NO3—的序数是1，反应式变成NO3—+4Zn+OH—+H2O→NH3+4Zn（OH）42—，根据离子反应方程式中电荷守恒的原理，可确定OH—的序数是7，最后根据氢原子（或氧原子）守恒可确定H2O的序数是6。显然答案为C。
总结：这是一道氧化还原反应方程式的配平题。在全国考题已经有多年未出现这样的题目，而在上海试题中每年都有。反应方程式的配平是中学化学学习中的基本技能。全国高考题虽然多年未考纯粹的配平题，但应用配平反应方程式的原理（即守恒原理）的试题却很常见。
注意 高考试题评分标准明确指出，反应方程式不配平或配平错误都不能得分。
例题8
：(2001年高考试测题)某化工厂每小时生产98%（质量分数）硫酸at（吨），为使硫充分燃烧，且在下一步催化氧化时不再补充空气，要求燃烧后的混合气体中含氧气的体积分数为b%。若空气中氧气的体积分数为21%，且不考虑各生产阶段的物料损失，则
（1）该厂每小时消耗标准状况下空气的体积为
m3。
（2）为满足题设需求，b%的下限等于
。
方法：根据原子个数守恒求解。
捷径：（1）该题的反应过程为：S→SO2→SO3→H2SO4
，每小时生产的98%硫酸at，其物质的量为104amol，不计损耗，应制得SO2104amol。根据S→SO2，这一步需O2104amol，又因为燃烧后的混合气体中含氧气的体积分数为b%，且因S→SO2，反应前后气体物质的量不变，设每小时消耗空气为n
mol，则：
， 。
故每小时消耗标准状况下空气的体积为：
（2）空气中的氧气必须维持两个反应，即S→SO2和SO2→SO3的过程。第一步耗氧量为第二步的两倍，故为了满足SO2→SO3催化氧化时不再补充空气的需求，b%的下限应等于空气中氧气的三分之一，即7%。
总结：该题为化工生产过程中的计算问题，为了迅速求解，除了要理清题意，还必须充分运用反应过程中的硫元素守恒及氧元素守恒。
金钥匙：
例题1 ：把0.02 mol/LHAc溶液和0.01
mol/LNaOH溶液以等体积混合，则混合液中微粒浓度关系正确的为
（ ）
A．c（Ac—）﹥c（Na+）
B．c（HAc）﹥c（Ac—）
C．2c（H+）= c（Ac—）—
c（HAc）
D．c（HAc）+ c（Ac—）=
0.01mol/L
方法：
捷径：混合后先得到0.005 mol/L的HAc溶液和0.005
mol/L的NaAc溶液，由于Ac—的水解程度小于HAc的电离程度，故A正确、B错误。整体考虑溶液中的H+得失：
可得 c（H+）+c（HAc）=c（OH—）
整体考虑CH3COO—的守恒，可得c（HAc）+ c（Ac—）= 0.01 mol/L。所以答案A、D。
总结：任何溶液中都存在三种恒等式——物料平衡（质量守恒）、电荷平衡、质子守衡。以上题为例，这三种等式分别是
c（HAc）+ c（Ac—）= 0.01mol/L
c（Na+）+ c（H+）= c（Ac—）+ c（OH—）
c（H+）+ c（HAc）= c（OH—）
例题2 ：有一在空气中暴露过久的KOH固体，经分析得知其中含水a%，K2CO3 6%，其余为KOH。取此样品m g 溶于100 mL
1 mol/L的硫酸里，残酸需加n g 原样品才刚好中和完全。由此可知蒸发中和后的溶液可得固体质量为
(
)
A．14.2g
B．17.4g
C．20.6g
D．无法计算
方法：因蒸发中和后的溶液得固体K2SO4，而SO42－仅来自于硫酸，以此可通过S原子守恒快速求解。
捷径：最终所得固体为K2SO4 。∵n（K2SO4） = n（H2SO4）
∴m（K2SO4） = 0.1mol × 174g/mol = 17.4g ，得答案为B。
总结：因在空气中暴露过久的KOH固体成分没有具体的数值，不少同学会因数据未知而错选D(无法计算)。
例题3
：取20g混有MnO2的KClO3，加热至恒重，在一定温度下将残留的固体加入10g水中有7.9g固体未溶解，再加入5g水仍有5.3g固体未溶，则原混合物中可能含有的KClO3质量为（
）
A．14.7g
B．6.9g
C．12.1g
D．17.6g
方法：根据作为起催化作用的MnO2，在整个过程中质量守恒分析求算。
捷径：如5.3g未溶固体全为MnO2，则KClO3质量为14.7g。根据反应2KClO3
2KCl + 3O2↑知，14.7g KClO3完全分解生成KCl 8.94g，得10g水中溶KCl
5.3g+8.94g—7.9g=6.34g，再加5g水又溶7.9g—5.3g=2.6g，此时溶液为KCl的不饱和溶液，剩余物为MnO2，符合题意。
如5.3g未溶固体含KCl和MnO2，根据后加5g水溶2.6g KCl知，先加的10g水中溶KCl
5.2g，得加热至恒重时质量为5.2g+7.9g=13.1g，放出O2为6.9g，根据反应方程式可求得KClO3为17.6g，MnO2实际质量为2.4g，符合题意。
以此得答案为A、D。
总结：5.3g未溶固体是何物质是解答该题的关键，部分考生由于仅将其作为MnO2而出现漏选D答案的情况。
例题4 ：在铁和氧化铁混合物15 g 中，加入稀硫酸150 mL，能放出H2 1.68
L（S、P、T）。同时铁和氧化铁均无剩余，向反应后的溶液中滴入KSCN溶液，未见颜色变化。为了中和过量的H2SO4，且使Fe2+完全转化成Fe(OH)2，共消耗3
mol/L的NaOH溶液200 mL
，则原硫酸的物质的量浓度是（
）
A.1.5mol/L
B.2mol/L
C.2.5mol/L
D.3mol/L
方法：因最后溶液中所剩溶质为Na2SO4，根据电荷守恒可求得SO42－的物质的量浓度。
捷径：最终所得溶液中含有Na+和SO42-（少量H+和OH-）而Na+来自于NaOH。SO42-来自于原硫酸，根据溶液中离子电荷守衡得：
n(Na+) + n(H+) = 2n(SO42－) + n(OH－)，不计少量H+和OH-，得
3mol/L× 0.2L = 2×c(SO42-)×0.15L
解得：c(H2SO4)= 2 mol/L，以此答案为B。
总结：此题再利用氢气的体积和铁元素守恒，还可求得原混合物中铁和氧化铁的质量。
例题5
：向某稀醋酸溶液中滴加一定量的氢氧化钠溶液后，若溶液中CH3COO-的物质的量等于加入NaOH的物质的量。则此时溶液的pH（
）
A.＞7
B.＜7
C.＝7
D.无法确定
方法：利用溶液中阴阳离子所带电荷相等列出恒等式求得c(H+)与 c(OH-)间的关系，再分析此关系而获得结果。
捷径：因溶液中CH3COO-的物质的量等于加入NaOH的物质的量，又溶液中Na+的物质的量等于加入NaOH的物质的量，所以反应所得混合溶液中CH3COO-与Na+物质的量相等，即c(CH3COO-)=
c(Na+)。而根据电荷守恒知，溶液中c(Na+)+c(OH-)= c(CH3COO-)+c(OH-)，则溶液中c(H+)=
c(OH-),即溶液pH = 7。以此得答案为C。
总结：此题若从电离平衡角度分析，则难于理解。如果灵活运用电荷守恒关系分析，问题则迎刃而解。
例题6 ：在3BrF3 +5H2O = HBrO3 + O2↑+ Br2 +
9HF中，若有5mol水参加反应，则被水还原的BrF3的物质的量是（
）
A．3
mol
B．10/3
mol
C．4/3
mol
D．2 mol
方法：水仅作还原剂，5mol水参加反应，有2mol水被氧化，以此根据得失电子守恒即可求得被水还原的BrF3的物质的量。
捷径：2mol水被氧化生成1mol氧气，水失去电子的物质的量为4mol，BrF3的化合价从+3降为0价，每摩尔BrF3作氧化剂时得3mol电子，以此根据得失电子守恒即可求得被2
mol水还原的BrF3为4/3 mol，故正确答案为C。
总结：该题部分学生根据化学方程式直接得，当5mol水参加反应，有2 mol
BrF3被还原。以此获得错误结果D。现错解的原因是审题时未注意失电子为何物质，又忽视一个关键字——水。该反应失电子不仅有H2O，还有BrF3。
例题7 ：标准状况下，在1L
NO气体中不断地通入O2，若温度和压强保持不变，则反应后气体体积y与通入的O2体积（用x表示）关系正确的图为（
）
方法：根据反应2NO + O2 = 2NO2前后N元素守恒及部分NO2 转化成N2O4，结合图示分析求解。
捷径：根据反应2NO + O2 =
2NO2，前后N元素守恒。但在标准状况下，NO2一旦生成，便有部分转化成N2O4，而造成气体的物质的量及体积减小，待NO反应完后，再通入O2，体积逐渐增大，以此得正确答案为D。
总结：部分考生根据反应2NO + O2 =
2NO2，依据在温度和压强不变时，气体体积与气体的物质的量成正比，得出在NO中通入O2，开始体积不变，待NO反应完后，再通入O2，体积逐渐增大，从而获得答案C。出现此种错解的原因乃是滥用反应过程中物质的量守恒，未考虑后续反应之故。
在化学反应中利用物质的量守恒进行解题时，必须注意反应的进程问题。当反应过程中浓度变稀造成反应终止，或有后续反应存在时，便可能造成物质的量不守恒。
例题8： NO和NO2（过量）组成的混合气体通入NaOH溶液中，能发生反应①3NO2 + NaOH = 2NaNO3 +
NO↑+H2O，②NO2 + NO + 2NaOH = 2NaNO2 + H2O，如用V L NaOH溶液吸收由n mol 和m
mol NO2组成的混合气体，求NaOH溶液的浓度最小要达到多少mol/L？
方法：根据反应前后N元素守恒求NaOH溶液的最小浓度。
捷径：从题中反应可知，NO2过量，氮的氧化物能全部被吸收，且生成NaNO2或NaNO3，以此消耗NaOH的物质的量等于混合气的总物质的量，NaOH的物质的量≥（m+n）/V
mol/L，故NaOH的浓度最小应为（m+n）/V mol/L
总结：根据反应前后元素的来龙去脉，找出某些元素间的守恒关系，列出恒等式，可迅速求得结果。此题如通过设物质的量来求解，便显得很繁杂。
例题9
：有碳酸钠和碳酸氢钠的混合物14.8g，把它配成稀溶液，然后向该溶液中加入12.4g碱石灰（CaO、NaOH组成的混合物），充分反应后，溶液已检测不到Ca2+、CO32—和HCO3—，然后将所得的体系中水分设法蒸干，得白色固体29g。试求：（1）原混合物中碳酸钠和碳酸氢钠各多少克？（2）碱石灰中CaO、NaOH各多少克？（3）所得29g白色固体中各种成分的质量是多少？
方法：根据反应列出守恒关系，然后通过反应前后的守恒求解。
本题有下列量守恒：①反应前后的CO32—物质的量守恒，即CaCO3中CO32—物质的量等于Na2CO3中CO32—的物质的量与NaHCO3中HCO3—物质的量之和；②反应前后Ca2+物质的量守恒，即CaO中Ca2+的物质的量等于CaCO3中Ca2+物质的量；③反应前后，Na+物质的量守恒。
捷径：设Na2CO3的物质的量为x，NaHCO3的物质的量为y，碱石灰中NaOH的物质的量为z，根据上述有关离子物质的量守恒得：
106g·mol—1x+ 84 g·mol－1 y = 14.8g
56 g·mol—1 (x+y)+40 g·mol—1z = 12.4g
100 g·mol—1 (x+y)+40 g·mol—1 (2x+y+z) = 29g
解之得 x=0.1mol ，y=0.05mol ，z=0.1mol
（1） 原混合物中Na2CO3为0.1mol ×106 g·mol—1 = 10.6g，
NaHCO3为0.05mol×84 g·mol—1 = 4.2g 。
（2） 碱石灰中CaO为56 g·mol—1 ×（0.1mol+0.05mol）=
8.4g，
NaOH为0.1mol×40 g·mol—1 = 4g 。
（3） 29g白色固体中CaCO3为100 g·mol—1 ×（0.1mol + 0.05mol）=
15g，
NaOH为29g —15g = 14g 。
总结：为了能充分理清反应前后的关系，建议考生在解题时要画出前后的变化关系图，并将守恒的元素找对、找全。
例题10 ：已知Zn（OH）2与Al（OH）3一样具有两性，现有硝酸铜和硝酸银混合溶液100mL，其NO3—浓度为4
mol·L-1。当加入一定质量的锌粉，充分振荡后过滤，得干燥沉淀24.8 g
。将此沉淀置于稀盐酸中，无气体放出。在滤液中加入BaCl2溶液无沉淀生成，再加入过量稀NaOH溶液得到的沉淀，经过滤、干燥、灼热后质量为4g。求参与反应的锌的质量。
方法：由于电解质溶液呈中性，根据溶液中阳离子所带的正电荷总数必定等于阴离子所带的负电荷总数。对此题来说，即反应后溶液中Zn2+与未被置换的Cu2+
所带的正电荷必定等于溶液中NO3—所带的负电荷。根据反应后溶液中电荷守恒列式求解。
捷径：由于24.8 g
沉淀物不能与盐酸反应，说明沉淀物中无过剩的锌粉，，即加入的锌全部参与反应。又由于滤液不与BaCl2溶液反应，说明原溶液中Ag+
已全部被锌置换。最后4 g 固体为CuO的质量，它是溶液中未参与反应的Cu2+ 转化而成。
因反应后溶液中Zn2+与未被置换的Cu2+ 所带的正电荷等于溶液中NO3—所带的负电荷。设参与反应的锌的质量为x，则
解之得，x=9.75g
总结：利用电荷守恒法进行解题时，必须注意以下两个问题：①溶液中阴、阳离子总数不一定守恒；②当溶液很稀时，水的电离不能忽略。
例题11 ：在室温时，将PH =
5的稀硫酸稀释到1000倍，则稀释后的溶液中c(H+)︰c(SO42—)
。
方法：溶液无限稀释后，水的电离不能忽略，此时要通过水的离子积常数求解。
捷径：PH=5的H2SO4稀释到1000倍后，H2SO4电离提供的c(H+)为10—8mol·L—1，c(SO42—)为5×10—9
mol·L—1。由于溶液很稀，不能忽略水的电离。设水电离产生的H+或OH—为x mol·L—1 ，根据水的离子积常数得：
（10—8+x）x=10—14，解得x =9
.5×10—8（mol·L—1）
c(H+)︰c(SO42—) = （10—8mol·L—1 + 9 .5×10—8mol·L—1）︰5×10—9
mol·L—1
= 21︰1
总结：部分考生未考虑水的电离，而根据H2SO4完全电离得出错误结果为，c(H+)︰c(SO42—) =2︰1 。
例题12 ： 3.84g
Cu和一定质量的浓硝酸反应，随着反应的进行，硝酸溶液浓度也在降低，反应生成的气体颜色也在逐步变浅，当铜反应完毕时共收集到气体体积为2.21
L。若把收集到气体的集气瓶倒立于盛水的水槽中，需通入多少毫升标准状况下的O2才能使集气瓶充满溶液？
方法：根据题意，硝酸首先获得Cu的电子生成氮的氧化物NO2和NO，并有少量NO2转化成N2O4
。而后各种氮的氧化物又失电子给O2而重新生成HNO3 。根据得失电子数守恒，O2得到的电子数一定等于Cu失去的电子数。
捷径：由于3.84g Cu失去电子0.12 mol，需0.03 mol O2获得，故标准状况下O2的体积为0.03 mol×22.4
L· mol?-1×1000 mL·L-1 =672 mL 。
总结：在利用得失电子数守恒进行解题时，必须注意得失电子为何物质，注意氧化还原反应中整体与局部之间的关系和联系。
例题13 ：将碳酸氢铵受热分解后的产物恒温于150℃，其平均分子量为多少？
方法：如果分析产物中气体组成，再用对各组分气体分子量加以平均（即M=17× 1/3 + 18 × 1/3 + 44 ×
1/3）来求就太繁了。而从整体质量守恒法来求便显得简单明了。
捷径：由于生成物均为气体，故其总质量与碳酸氢铵质量相等。而1 mol碳酸氢铵又分解出3 mol气体，因此平均分子量为：79/3
。
总结：如果有生成物为固体或液体，前后的质量将不再守恒，在解题时要特别注意。
例题14 ： 20℃时，向五瓶盛有90g水的容器中分别加入下列物质各10g
，A、氯化钠，B、氨气，C、过氧化钠，D、三氧化硫，E、氧化钙，得到五种溶液。这五种溶液的溶质质量分数由大到小的顺序是
。
方法：解答该题既要考虑与水反应后的溶质质量，又要考虑生成气体问题，还要考虑有无沉淀生成。
捷径：由于Ca（OH）2为微溶物，故其浓度最低，其溶质质量分数大小顺序应为D>C>A=B>E。
总结：该题易出现的错解是：A、B加入90g水中，溶质仍为10g，得溶质质量分数为10%，C、D、E10g加入水中，溶质分别变为NaOH10.26g，H2SO412.25g，Ca（OH）213.21g，除Na2O2加入水中放出O22.05g，溶液质量变为97.95g外，其余溶液质量均为100g外，以此得溶质质量分数分别为C、10.47%，D、12.25%，E、13.21%，其大小顺序为E>D>C>A=B
。出现此错解的原因是未能考虑到Ca（OH）2为微溶物，其CaO与H2O反应生成的Ca（OH）2大部分脱离溶液体系呈沉淀析出，而出现溶质质量不守恒的现象。
在使用质量守恒进行解题，要特别注意反应的体系问题。当脱离反应体系，如生成沉淀、产生气体，此时在反应体系内物质的质量便表现得不守恒。
聚宝盆：
1．化学反应总遵循质量守恒。其原因是在任何化学反应前后，元素的种类和原子的个数均保持不变。解题时既可运用质量守恒、更可直接运用原子守恒进行巧解。
2．在任何氧化还原反应中，还原剂失去的电子总数一定与氧化剂得到的电子总数相等，解决氧化还原反应中的相关问题时，可用电子守恒法。
3．任何溶液都呈电中性，可见：Σ(阳离子的物质的量×阳离子的价数) =
Σ(阴离子的物质的量×阴离子的价数)；或Σ(阳离子的物质的量浓度×阳离子的价数) =
Σ(阴离子的物质的量浓度×阴离子的价数)。这就是电荷守恒法。
热身赛：
1．将ag NaOH样品溶于bmL 0.1mol/L硫酸里，再加cmL 0.1mol/L
KOH溶液恰好呈中性，则样品纯度为
（ ）
A．
×100%
B． ×100%
C．
×100%
D． ×100%
2．为了取制氧气，取一定量的KClO3和一定量的MnO2共热，开始时MnO2在混和物中质量百分含量为25%，当M
nO2含量提高到30%时，KClO3的分解百分率为
( )
A．43.3%
B．56.7%
C．40%
D．60%
3．同温同压下,10mL气体A2和30mL气体B2恰好完全化合，生成20mL气体X，则X的化学式为
（
）
A．AB3
B．A3B
C．A2B
D．AB2
4．已知某强氧化剂XO（OH）2+ 被亚硫酸钠还原到较低价态，如果还原含2.4×10-3mol XO（OH）2+
的溶液至此较低价态，需用30mL
0.2mol/L的Na2SO3溶液，那么X元素最终价态为
（ ）
A．+2
B．+1
C．0
D．-1
5．24mL浓度为0.05mol/L的Na2SO3溶液，恰好与20mL浓度为0.02mol/L的K2Cr2O7溶液完全反应，则元素Cr在被还原的产物中的化合价是（
）
A．+6
B．+3
C．+2
D．0
6．若干克铜粉和铁粉产混合物与足量盐酸充分反应后，过滤，将滤渣在空气中充分加热，冷却后称量，质量恰好等于原混合物的质量，则混合物中铁的质量分数
7．将NaHCO3和部分风化的纯碱晶体组成的混合物样品m g配成250mL溶液，用1.0
mol/L盐酸滴定，至终点时，用去盐酸30.0 mL。若将上述样品m g加热至质量不变时，可得到固体多少克？
8．镁带在空气中完全燃烧后，将其产物溶于50mL1.8mol/L稀盐酸中, 再加入20mL0.9moL/LNaOH溶液以中和多余的酸,
然后加入足量NaOH溶液使氨全部逸出, 经测定氨的质量为0.102g。求镁带的质量。
9．工业上用焦炭、水和空气为原料合成氨，在理论上消耗焦炭和氨气的物质的量之比为多少（不考虑空气中O2的反应）？
10．有混合气体A（由NO、H2、CO2组成），通过过量的Na2O2后，变成混合气体B，将B引燃，使其充分反应，得到浓度为70%的硝酸溶液（无任何气体剩余）。求混合气体A和B中各气体的体积比。
11．把一定量的氯酸钾充分加热到再不放出气体为止，向剩余固体中加入足量的水配成溶液，向该溶液中加入足量的硝酸银溶液，过滤，干燥，得到固体物质143。5g，求放出氧气多少克。
12．羟胺（NH2OH）是一种还原剂，能将某些氧化剂还原。现用50. 00mL
0.049mol／L的羟胺的酸性溶液跟足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2+恰好与49.3mL
0.02mol／L的KMnO4 酸性溶液完全作用。[已知FeS
＋KMnO4＋H2SO4－Fe2（SO4）3＋K2SO4＋MnSO4＋H2O（未配平）]，则在上述
反应中，羟胺的氧化产物是____________。
13．金属A和非金属B可以直接化合生成化合物AB。甲、乙、丙三人分别做A和B化合反应的实验，充分反应时每人所用A和B的质量各不相同，但总质量都是9g。甲、乙所用A和B的质量及三人得到化合物AB的质量如下表，请填写表中空格。
A的用量 B的用量 得到AB的用量
甲 7g 2g 6g
乙 4g 5g 6g
丙 4.44g
14．将一定量的氯酸钾与3.48 g二氧化锰组成的混合物加热一段时间后共收集到氧气0.336
L(标准状况)，然后将残留固体加入到足量浓盐酸中共热，使之与浓盐酸充分反应，再将生成的气体全部通入到100 mL1
mol/L的溴化亚铁溶液中，有 的溴离子被氧化成单质。求氯酸钾的分解百分率。
15．将一定量的铝粉和铁粉的混合物溶于足量盐酸中，然后向其中加入过量的氢氧化钠溶液，在空气中放置一段时间，滤出沉淀物，再将沉淀物在O2中灼烧，最后得红棕色粉末，该粉末的质量与原铝、铁混合物的质量恰好相等。求原混合物中铝的质量分数。
16．将一块已被严重锈蚀而部分变为铜绿[Cu2(OH)2CO3]的铜研磨成粉末，充分灼烧成CuO，发现固体质量没有发生增减。求铜被锈蚀的质量百分率。
大检阅：
1．D 2．B 3．A
4．C 5．B
6．20%
7．15.9g。运用质量守恒法
8．0.792g。运用质量守恒法和整体思维技巧
9．3︰2。运用电荷守恒法
10．A中V(NO) ︰V(H2) ︰V(CO2) = 2︰4︰7；B中V(NO2) ︰V(H2) ︰V(O2) =
4︰8︰5。运用质量守恒法和整体思维技巧
11．48g
12．N2O
13．7.52g 1.48g (或2.96g、6.04g)
14．33.33%
15．30%
16．有关的两个反应式是：Cu2（OH）2CO3=2CuO＋H2O↑＋CO2↑，2Cu＋O2=2CuO。前一反应减小固体质量，后一反应增加固体质量。常见的解法可能是：设原固体质量为1，其中Cu2（OH）2CO3含x，单质铜含1－x。据题义：
。式中80、222、64、62、32分别为CuO、Cu2（OH）2CO3、Cu、H2O＋CO2（相当于H2CO3）、O2的摩尔质量。解得x=47.23%。但这仅是Cu2（OH）2CO3的百分含量，还需对原金属铜的锈蚀率进行换算：
。如果紧盯关键元素Cu来做文章，可以发现第一个反应中放出的H2CO3的物质的量等于被蚀铜元素物质的量的1/2，第二个反应中被结合的O2的物质的量则等于未锈蚀铜元素的1/2。设H2CO3的质量为m，据题义O2的质量亦为m，即可据两部分铜元素的量直接列式解得答案：
。式中连Cu2（OH）2CO3、CuO、Cu的摩尔质量都没有用上，运算量简化到了最大限度
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