(完整)高中化学守恒法
高中化学高中化学不得不学会的守恒法
高中化学不得不学会的守恒法所谓守恒，就是指化学反应的过程中，存在某些守恒关系如质量守恒等。
应用守恒关系进行化学解题的方法叫做守恒法。
守恒法解题是化学解题的典型方法之一，是常用的、重要的解题技巧。
化学计算中常用到的守恒法有得失电子守恒、质量守恒、电荷守恒、物料守恒。
应用守恒法解题，可使问题的化学内在关系更简捷地展现出来，简化解题过程，尤其是在解选择题时，可节省做题时间，提高解题速率。
一、原子守恒例1：将0.8molCO2完全通入1L1mol/LNaOH溶液中充分反应后，所得溶液中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比为（）A、3：1B、2：1C、1：1D、1：3解析：如根据化学反应方程式来进行计算，就必须先写出涉及到的两个化学反应方程式，然后再列方程组求算，很繁琐。
我们可以换个角度考虑问题，因为反应前后质量守恒，原子的种类及数目不会改变，所以在反应中钠离子与碳原子守恒。
假设NaHCO3和Na2CO3的物质的量分别为X、Y，则根据碳原子守恒有X+Y＝0.8mol,根据钠原子守恒有X+2Y＝1mol，解之得X＝0.6mol、Y＝0.2mol故X：Y＝3：1,选A。
例2：将一定量NaOH与NaHCO3的混合物A，放在密闭容器中加热，充分反应后生成气体V1L（V1≠0）.将反应后的固体残渣B与过量盐酸反应，又生成CO2 V2L（气体体积在标况下测定）则（1） B的成分是（）A、Na2CO3与NaOHB、Na2CO3与NaHCO3C、Na2CO3D、NaOH（2）A中 NaOH与NaHCO3共多少摩尔？NaOH与NaHCO3物质的量之比为多少？解析：对于（1）由题知固体加热产生的气体体积不为零，则可说明有CO2生成，即碳酸氢钠过量，因此所得固体只有碳酸钠。
对于（2），因固体只有碳酸钠则根据钠离子守恒可知，n(NaOH) ＋n(NaHCO3) ＝2n(Na2CO3)=2V2/22.4.又知经过充分反应后，碳酸氢钠中所含的碳元素全部被转化为二氧化碳，则由碳守恒可知n(NaHCO3) ＝n(CO2) ＝(V1＋V2)/22.4,n(NaOH) ＝2V2/22.4－(V1＋V2)/22.4＝(V2－V1)/22.4 .n(NaOH)/ n(NaHCO3)＝(V2－V1)/ (V1＋V2)二、质量守恒例3：已知Q与R的摩尔质量之比为9：22，在反应X＋2Y＝2Q＋R中，当1.6克X与Y完全反应后，生成4.4克R，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为（）A、46：9B、32：9C、23：9D、16：9解析：已知Q与R的摩尔质量比为9：22，结合方程式可以知道，反应生成的Q和R的质量比为18：22，也就是1.6克X与Y完全反应后，生成了4.4克R，同时生成了4.4×18÷22=3.6克Q，消耗Y的质量为3.6+4.4-1.6=6.4克。
(完整)高中化学守恒法
浅谈守恒法在高中化学计算中的应用化学反应的实质是原子间重新组合，依据质量守恒定律在化学反应中存在一系列守恒现象，如：质量守恒、原子守恒、元素守恒、电荷守恒、电子得失守恒等，利用这些守恒关系解题的方法叫做守恒法。
守恒的实质：利用物质变化过程中某一特定的量固定不变而找出量的关系，基于宏观统览全局而避开细枝末节，简化步骤，方便计算。
通俗地说，就是抓住一个在变化过程中始终不变的特征量来解决问题。
目的是简化步骤，方便计算。
下面我就结合例题列举守恒法在化学计算中常见的应用。
一、质量守恒化学反应的实质是原子间重新结合，质量守恒就是化学反应前后各物质的质量总和不变，在配制或稀释溶液或浓缩溶液（溶质难挥发）过程中，溶质的质量不变。
利用质量守恒关系解题的方法叫“质量守恒法”。
1 利用化学反应过程中的质量守恒关系解化学计算题例1：将NO 2、O 2、NH 3的混合气体26.88 L 通过稀H 2SO 4后，溶液质量增加45.7 g ，气体体积缩小为2.24 L 。
将带火星的木条插入其中，木条不复燃。
则原混合气体的平均相对分子质量为（气体均在标准状况下测定）A ．40.625B ．42.15C ．38.225D ．42.625[解析]将混合气体通过稀H 2SO 4后，NH 3被吸收。
NH 3+H 2O==NH 3·H 2O 2NH 3·H 2O+H 2SO 4==(NH 4)2SO 4+2H 2O而NO 2和O 2与水接触发生如下反应：3NO 2+H 2O==2HNO 3+NO 反应①2NO+O 2==2NO 2 反应②生成的NO 2再与水反应：3NO 2+H 2O==2HNO 3+NO 反应③上述反应①、②属于循环反应，可将反应①×2+反应②，消去中间产物NO ，得出：4NO 2+ O 2+2H 2O ==4HNO 3 反应④如果反应④中O 2剩余，则将带火星的木条插入其中，木条复燃。
而题中木条不复燃，说明无O 2剩余。
高一化学计算守恒法
守恒法守恒法:化学反应的实质是原子间重新组合，依据质量守恒定律在化学反应中存在一系列守恒现象，如：质量守恒、元素守恒、电荷守恒、电子得失守恒等，利用这些守恒关系解题的方法叫做守恒法。
质量守恒法例一：1500C 时，碳酸铵完全分解产生气态混合物，其密度是相同条件下氢气密度的多少倍？例二：往100 mL 溴化亚铁溶液中缓慢通入2.24 L(标准状况)氯气，反应完成后溶液中有31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。
例三：向100 ml 水中投入K 和Al 共15 g 充分反应后，剩余金属为1.8 g(1）计算放出H 2多少升（标准状况下）(2）过滤出未反应的金属，向滤液中逐滴加入4 mol/L 的H 2SO 4溶液，生成沉淀的最大值是多少，此时消耗H 2SO 4溶液的体积是多少？(3）生成沉淀后，再加入H 2SO 4溶液使沉淀刚好完全溶解，此时消耗H 2SO 4溶液的体积是多少？元素守恒法例一：有一在空气中放置了一段时间的KOH 固体，经分析测知其含水2.8%、含K 2CO 337.3% 取1g 该样品投入25ml,2mol/L 的盐酸中后，多余的盐酸用1.0mol/L KOH 溶液30.8ml 恰好完全中和，蒸发中和后的溶液可得到固体电荷守恒法例一：在Na 2SO 4和K 2SO 4的混和溶液中，如果[Na +]=0.2mol/L ，[SO 42-]=xmol/L ，[K +]=y mol/L ，则x 和y 的关系是2-的浓例二：在硫酸铝、硫酸钾、明矾三种物质组成的混合溶液中，当S O4度为0.20 mol / L时，加入等体积0.20 mol / L的KOH溶液，使生成的白色沉淀恰好完全溶解，那原溶液中K+浓度是例三：将 3.48 g Fe3O4完全溶解在100mL 1.00 mol/L 的H2SO4(aq) 中，然后加入K2Cr2O7(aq)25.00 mL恰好使Fe2＋全部转化为Fe3＋且Cr2O 2全部7转化为Cr3＋则K2Cr2O7的物质的量浓度为？电子得失守恒法例一：将纯铁丝5.21克溶于过量稀盐酸中，在加热条件下，用2.53克KNO3去氧化溶液中亚铁离子，待反应后剩余的Fe2+离子尚需12毫升0.3摩/升KMnO4溶液才能完全氧化，写出硝酸钾和氯化亚铁完全反应的方程式将5.1 g镁和铝投入500 ml 2 mol/L的盐酸中，生成氢气0.5 g，金属完全溶解：再加入4 mol/L的NaOH溶液，(1)若要使生成的沉淀最多，则应加入NaOH溶液的体积是多少？生成沉淀的质量最多是多少质量守恒或电荷守恒与电解质溶液的相关知识结合。
高一守恒法
守恒法的应用技巧守恒法包括：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。
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。
在离子方程式中，反应的离子电荷总数一定等于反应后生成的离子电荷总数。
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 molNH 4Cl 、16 mol KCl 和24molK 2SO 4的营养液。
若用KCl 、NH 4Cl 和(NH 4)2SO 4三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、24B ．64、2、24C ．32、50、12D ．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NH 4+、K +、Cl —、SO 42—、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NH 4+、K +、Cl —、SO 42—物质的量。
若与题干中的数值一致，即为选项。
如题干中NH 4+ 50 mol ；K +：16+24×2=64（mol ）；Cl —：50+16=66（mol ），SO 42—：24mol 。
选项B ，NH 4+：2+24×2=50（mol ），K +：64mol 、Cl —：64+2=66（mol ），SO 42—：24mol ，与题干相符，选项B 正确。
例题2 ：在一定条件下，-n 3RO 和I － 发生反应的离子方程式如下：-n 3RO ＋ 6I － ＋6H + ＝ R － ＋ 3I 2 ＋ 3H 2O(1) -n 3RO 中R 元素的化合价是_________；(2) R 元素的原子最外层的电子数是___________。
高中化学三大守恒定律
高中化学三大守恒定律
高中化学三大守恒定律，一般是指
1、电荷守恒
溶液呈电中性，阳离子所带的正电荷总数与阴离子所带的负电荷总数电量相对。
例：NaHSO3溶液，
c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HSO3-）+2c（CO3 2-）
2、物料守恒
NaHCO3溶液，c（Na+）=c（HCO-）+c（CO3 2-）+c（H2CO3）
3、质子守恒
Na2CO3溶液
c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3）
NaHCO3溶液
c（H+）=c（OH-）+c（CO3 2-）-c（H2CO3）
扩展资料：
例一：在NaHCO3中，如果HCO3-没有电离和水解，那么Na+和HCO3-浓度相等。
现在HCO3-会水解成为H2CO3，电离为CO32-（都是1：1反应，也就是消耗一个HCO3-，就产生一个H2CO3或者CO32-），那么守恒式中把Na+浓度和HCO3-及其产物的浓度和画等号（或直接看作钠与碳的守恒）：
即c(Na+) == c(HCO3-) + c(CO32-) + c(H2CO3)
例二：在0.1mol/L的H2S溶液中存在如下电离过程:（均为可逆反应）
H2S=(H+) +(HS-)
(HS-)=(H+)+(S2-)
H2O=(H+)+(OH-)
可得物料守恒式c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)==0.1mol/L, （在这里物料守恒就是S 元素守恒--描述出有S元素的离子和分子即可）。
高中化学三大守恒定律
高中化学三大守恒定律三大守恒定律是解决高考大题必不可少的技巧！那么，如何写化学中三大守恒式（电荷守恒，物料守恒，质子守恒）？这三个守恒的最大应用是判断溶液中粒子浓度的大小，或它们之间的关系等式。
电荷守恒即溶液永远是电中性的，所以阳离子带的正电荷总量＝阴离子带的负电荷总量例：NH4Cl溶液：c(NH+4)+c(H+)= c(Cl-)+ c(OH-)写这个等式要注意2点：1、要判断准确溶液中存在的所有离子，不能漏掉。
2、注意离子自身带的电荷数目。
如，Na2CO3溶液：c(Na＋)+ c(H＋)= 2c(CO32－)+ c(HCO3－)+ c(OH-)NaHCO3溶液：c(Na＋)+ c(H＋)= 2c(CO32－) + c(HCO3－)+ c(OH-)NaOH溶液：c(Na＋) + c(H＋)=c(OH-)Na3PO4溶液：c(Na＋) + c(H＋) = 3c(PO43－) + 2c(HPO42－) + c(H2PO4－) + c(OH-)物料守恒即加入的溶质组成中存在的某些元素之间的特定比例关系，由于水溶液中一定存在水的H、O 元素，所以物料守恒中的等式一定是非H、O元素的关系。
例：NH4Cl溶液：化学式中N:Cl=1:1，即得到，c(NH4+)+ c(NH3•H2O) = c(Cl-)Na2CO3溶液：Na:C=2:1，即得到，c(Na+) = 2c(CO32－ + HCO3－ + H2CO3)NaHCO3溶液：Na:C=1:1，即得到，c(Na+) = c(CO32－)+ c(HCO3－) + c(H2CO3)写这个等式要注意，把所有含这种元素的粒子都要考虑在内，可以是离子，也可以是分子。
质子守恒即H+守恒，溶液中失去H+总数等于得到H+总数，或者水溶液的由水电离出来的H+总量与由水电离出来的OH-总量总是相等的，也可利用物料守恒和电荷守恒推出。
实际上，有了上面2个守恒就够了，质子守恒不需要背。
高中化学 守恒原理
专题:学习目标1.熟悉化学反应中守恒思想的应用。
一、质量守恒：反应物减少的总质量=生成物增加的总质量。
在一些物理变化中也存在质量守恒，如溶液在稀释或浓缩过程中，原溶质质量在稀释或浓缩后不变(溶质不挥发、不析出)。
【方法1】在化学反应过程中找准反应前后的质量关系，利用不变量可快速求解。
【例1】在臭氧发生器中装入100 mL O2，经反应3O22O3，最后气体体积变为95 mL(体积均为标准状况下测定)，则反应后混合气体的密度为 g·L-1。
【方法2】原子守恒：抓住反应物和生成物中某一原子(或原子团)不变，找到等量关系进行求解。
【例2】有一在空气中暴露过的KOH固体，经分析知其内含水7.12%，K2CO32.88%，KOH90%，若将此样品1 g加入到46.00 mL的1 mol·L-1盐酸中，过量的酸再用1.07 mol·L-1KOH溶液中和，蒸发中和后的溶液可得固体克。
二、电子守恒：氧化还原反应中，氧化剂得电子(化合价降低)总数等于还原剂失电子(化合价升高)总数，得失电子守恒(化合价升降相等)。
在解题中找到最终化合价升高的和降低的物质，列等式求解。
【例3】 1.92 g铜投入到一定量的浓硝酸中，铜完全溶解，用试管收集生成气体颜色越来越浅，共收集到672 mL气体(标准状况下)，将盛有此气体的试管倒扣在水中，通入氧气恰好使气体完全溶解在水中，则需要标准状况下的氧气体积为( )。
A.504 mLB.168 mLC.336 mLD.224 mL【例4】硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0 mL 0.1mol/LNa2S2O3溶液恰好把224mL（标准状况）Cl2完全转化为Cl－离子，则S2O32－将转化成（）A．S2－B．S C．SO32－ D．SO42－三、电荷守恒：指阳离子所带的电荷总数(各种阳离子所带电荷数与阳离子物质的量的乘积的代数和)与阴离子所带的电荷总数(各种阴离子所带电荷数与阴离子物质的量的乘积的代数和)在数值上相等。
高中化学常用解题方法“守恒法”
得电子。根据电子得失守恒得：n(Fe )×1＝n(Cl2)×2＋n(X2O7 )×(6 －n)×2，即 1×1＝0.2×2＋0.1×(6－n)×2，解之得：n＝3。
2＋
2－
【巩固2】请根据反应15CuSO4＋11P＋24H2O=5Cu3P↓＋6H3PO4＋15H
2SO4，判断1
mol CuSO4能氧化P的物质的量(
【练习3】 将0.1 mol的镁、铝混合物溶于100 mL 2 mol/L H2SO4溶液中，然后再滴加1 mol/L NaOH溶液。请回答： (1)若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m随加入NaOH溶液 的体积V变化如图所示。
当V1＝160时，则金属粉末中：n(Mg)＝________mol，V2＝ ________。 (2)若在滴加NaOH溶液的过程中，欲使Mg2＋、Al3＋刚好沉淀 完全，则滴入NaOH溶液的体积V(NaOH)＝________mL。 (3)若混合 物仍为0.1 mol，其中Mg粉的物质的量分数为a，用100 mL 2 mol/L的硫酸溶解该混合物后，再加入450 mL 1 mol/L的NaOH溶液， 所得沉淀中无Al(OH)3。满足此条件的a的取值范围是________。
[巩固 1]向含有 1 mol FeCl2 的溶液中通入 0.2 mol Cl2，再加入含 0.1 mol X2O7 的酸性溶液，使溶液中 Fe 恰好全部被氧化，并使 X2O7 还 原为 X ，则 n 值为( A．2 C．4
n＋
2－ 2＋ 2－
) B．3 D．5
－ 【解析】 由题意知 Fe2＋是还原剂，失电子，Cl2、X2O2 7 是氧化剂，
－1
－1
2＋
3＋
)
【解析】
2－ －1
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浅谈守恒法在高中化学计算中的应用化学反应的实质是原子间重新组合，依据质量守恒定律在化学反应中存在一系列守恒现象，如：质量守恒、原子守恒、元素守恒、电荷守恒、电子得失守恒等，利用这些守恒关系解题的方法叫做守恒法。
守恒的实质：利用物质变化过程中某一特定的量固定不变而找出量的关系，基于宏观统览全局而避开细枝末节，简化步骤，方便计算。
通俗地说，就是抓住一个在变化过程中始终不变的特征量来解决问题。
目的是简化步骤，方便计算。
下面我就结合例题列举守恒法在化学计算中常见的应用。
一、质量守恒化学反应的实质是原子间重新结合，质量守恒就是化学反应前后各物质的质量总和不变，在配制或稀释溶液或浓缩溶液（溶质难挥发）过程中，溶质的质量不变。
利用质量守恒关系解题的方法叫“质量守恒法”。
1 利用化学反应过程中的质量守恒关系解化学计算题例1：将NO 2、O 2、NH 3的混合气体26.88 L 通过稀H 2SO 4后，溶液质量增加45.7 g ，气体体积缩小为2.24 L 。
将带火星的木条插入其中，木条不复燃。
则原混合气体的平均相对分子质量为（气体均在标准状况下测定）A ．40.625B ．42.15C ．38.225D ．42.625[解析]将混合气体通过稀H 2SO 4后，NH 3被吸收。
NH 3+H 2O==NH 3·H 2O 2NH 3·H 2O+H 2SO 4==(NH 4)2SO 4+2H 2O而NO 2和O 2与水接触发生如下反应：3NO 2+H 2O==2HNO 3+NO 反应①2NO+O 2==2NO 2 反应②生成的NO 2再与水反应：3NO 2+H 2O==2HNO 3+NO 反应③上述反应①、②属于循环反应，可将反应①×2+反应②，消去中间产物NO ，得出：4NO 2+ O 2+2H 2O ==4HNO 3 反应④如果反应④中O 2剩余，则将带火星的木条插入其中，木条复燃。
而题中木条不复燃，说明无O 2剩余。
由反应③知，剩余气体为NO ，其体积在标准状况下为2.24 L ，其质量为m (NO)。
m (NO)==n ·M== ×30 g/mol== ×30 g/mol ==3.0 g由质量守恒定律，混合气体的质量m (总)为：m (总)==45.75 g+3.0 g== 48.75 g而混合气体的物质的量n ，n== == ==1.2 mol由摩尔质量M 计算公式：M== == ==40.625 g/mol而摩尔质量与相对分子质量在数值上相等，则答案为A 。
例2：铁有可变化合价，将14.4 g FeC 2O 4(草酸亚铁)隔绝空气加热使之分解，最终可得到7.6 g 铁的氧化物，则该铁的氧化物组成可能为A ．FeOB ．Fe 3O 4C ．FeO ·Fe 3O 4D ．Fe 2O 3[解析]已知Fe 、C 、O 的相对原子质量分别为56、12、16，FeC 2O 4中含铁元素的质量：m (Fe)== == 5.6 g 将FeC 2O 4隔绝空气加热，使之分解得铁的氧化物，设为Fe x O 4。
在加热过程中，铁元素没有损耗，铁元素的质量是不变的。
由“质量守恒法”，在Fe x O 4中m (Fe)仍为5.6 g ，则m (O)==7.6 g －5.6 g==2.0 g 。
据物质的量（n ）与质量（m ）、摩尔质量（M ）之间公式 ，又据 （N 1、N 2代表微粒个数）则 ，答案为C 。
mol L V /4.22mol L L /4.2224.2mol L V /4.22mol L L /4.2288.26mol g 2.175.48n m g4.144162125656⨯⨯+⨯+M m n =2121N N n n =54/160.2/566.5)()()()()()(===mol g g mol g gO M O m Fe M Fe m O n Fe n2 利用浓缩溶液前后溶质的质量守恒关系解化学计算题例3：KOH 溶液中溶质的质量分数为14%，加热蒸发掉100 g 水后变成溶质质量分数为28%的KOH 溶液80 mL ，则后者溶液的物质的量浓度可能是A ．6 mol/LB ．6.75 mol/LC ．6.25 mol/LD ．5.5 mol/L[解析] KOH 为难挥发性物质，在加热蒸发KOH 溶液过程中，KOH 的质量不变。
设原溶液的质量为m (原)，据质量守恒规律，列出加热蒸发前后KOH 质量不变的式子：m (原)×14%==[ m (原)－100 g]×28%解得m (原)==200 g再由公式： ， 求解。
公式中c —溶质的物质的量浓度，n —溶质的物质的量，V —溶液的体积（已知V=80 mL=0.08 L ），m —质量，M —摩尔质量[M(KOH)=56 g/mol]则： ，所以答案为C 。
3 利用稀释前后溶质的质量守恒关系解化学计算题例4：用98%（密度为1.84 g/cm 3）的浓H 2SO 4配制200 g 20%的稀H 2SO 4，需这种浓度的浓H 2SO 4A ．40.8 gB ．40.8 mLC ．22.2 mLD ．20 mL[解析] 在由浓溶液稀释而配制溶液的过程中，H 2SO 4溶质的质量是不变的，设浓H 2SO 4的体积为V ，据ρ= 公式，由质量守恒定律列出H 2SO 4质量守恒的式子： V 1×1.84 g/cm 3×98%==200 g ×20%解得V 1==22.18 mL ≈22.2 mL需这种浓度的浓H 2SO 4：m =ρV=1.84 g/cm 3×22.18 mL=40.8 g所以答案为C 。
质量守恒就是化学反应前后各物质的质量总和不变，在配制或稀释溶液的过程中，溶质的质量不变。
例1.反应A + 3B = 2C,若 7g A 和一定量 B 完全反应生成 8.5g C ，则A 、B 、C 的相对分子质量之比为（ ）。
A 、14:3:17B 、28:2:17C 、1:3:2D 、无法确定答案：B例2.A 、B 、C 三种物质各15 g ，发生如下反应：A ＋B ＋C −→−D 反应后生成D 的质量为30 g 。
然后在残留物中加入10 g A ，反应又继续进行，待反应再次停止，反应物中只剩余C ，则下列说法正确的是( )A.第一次反应停止时，剩余B 9 gB.第一次反应停止时，剩余C 6 gC.反应中A 和C 的质量比是5∶3D.第二次反应后，C 剩余5 g答案：D解析：第一次反应 A 不足，因为第一次反应后加入 A 又能进行第二次反应。
第二次反应后，只剩余 C ，说明 A 、B 恰好完全反应。
则：M m n =V n c =mol mol g g KOH M KOH m KOH n 5.0/56%14200)()()(=⨯==L mol L mol V KOH n KOH c /25.608.05.0)()(===Vm光 光 光 m 反(A)∶m 反(B) = (15 g ＋10 g)∶15 g = 5∶3第一次反应耗 B 的质量m B 为：15 g ∶m B =5∶3，m B =9 g即第一次反应后剩余B 质量为：15 g －9 g=6 g 。
可见(A)选项不正确。
根据m A ＋m B ＋m C =m D ，可知生成30 g D 时消耗C 的质量。
m C =30 g －15 g －9 g=6 g即第一次反应后剩余C 质量为：15 g －6g=9g 。
又见(B)选项不正确。
易见反应消耗A 、B 、C 质量之比为：m A ∶m B ∶m C =15 g ∶9 g ∶6g=5∶3∶2(C)选项不正确。
二、原子守恒1原子守恒法的依据“原子守恒法”的依据是基于化学反应前后原子的种类和数目不变的守恒现象。
“原子守恒”即反应前后各元素种类不变，各元素原子个数不变，其物质的量、质量也不变。
利用这种守恒关系解题的方法叫“原子守恒法”。
2典型例题及解题策略例1：将标准状况下a L H 2和Cl 2的混合气体，经光照反应后，将所有气体通入NaOH溶液，恰好使b mol NaOH 完全转化成盐，则a 与b 的关系不可能是A ．b ＝a /22.4B ．b ＜a /22.4C ．b ＞a /22.4D ．b ≥a /11.2解法一：常规方法。
首先书写化学方程式，在列式计算。
反应式如下：H 2+Cl 2===2HCl 反应①NaOH+HCl==NaCl+H 2O 反应②讨论1：若Cl 2过量，还有：Cl 2+2NaOH==NaCl+NaClO+H 2O 反应③计算时先以不足暑H 2计算。
设原混合气体中H 2 为x mol ，Cl 2为y molH 2 + Cl 2 ====2HCl 1 1 2x mol x mol 2x molNaOH + HCl == NaCl + H 2O1 12x mol 2x molCl 2 + 2NaOH == NaCl + NaClO + H 2O1 2(y －x)mol 2(y －x)mol依题意得列二元一次方程组： x+y ＝a /22.4 ①2x+2(y －x)=b ②解上述二元一次方程组得：y=b /2。
将y=b /2代入①式，解得x=a /22.4 － b /2由于x ＞0，则a /22.4 － b /2＞0，解得b ＜a /11.2讨论2：若H 2过量，以不足者Cl 2计算。
只有反应①和反应②。
设原混合气体中H 2 为x mol ，Cl 2为y mol由方程式列式 H 2 + Cl 2 ==== 2HCl1 2y mol 2y molNaOH + HCl == NaCl + H 2O点燃 1 12y mol 2y mol由已知列二元一次方程组： 2y=bx+y= a /22.4解上述方程组，得：x=a /22.4 － b /2由于x ＞0，则a /22.4 － b /2＞0，解得b ＜a /11.2综上分析，即b 不可能等于a /11.2。
本题答案为D 。
例2：在氧气中灼烧0.44 g 由硫、铁组成的化合物，使其中的硫经过一系列变化最终全部转化为硫酸，用20 mL 0.5 mol/L 的烧碱溶液恰好能完全中和这些硫酸。
则原化合物中硫的质量分数约为A ．36.4%B ．46.2%C ．53.1%D ．22.8%解法一：常规方法先书写方程式，再列式计算。
而本题Fe 、S 化合物的化学式不定，因此第一步Fe 、S化合物燃烧方程式还需写不定的化学方程式，这给计算带来了更大的困难，即使不考虑铁，只从S 元素考虑，也有如下四个反应：S+O 2====SO 2 反应①2SO 2+O 2 2SO 3 反应②SO 3+H 2O==H 2SO 4 反应③H 2SO 4+2NaOH==Na 2SO 4+2H 2O 反应④根据已知NaOH 的量，逆推H 2SO 4，再由H 2SO 4推SO 3，再由SO 3推SO 2，再由SO 2推S 元素。