化学计算守恒法
化学计算技巧之1.守恒法
专题（一）守恒法【学海导航】所谓“守恒法”就是以化学反应过程中存在的某些守恒关系如质量守恒、元素守恒、得失电子守恒、电荷守恒等进行计算的方法。
运用守恒法解题可避免在纷纭复杂的解题背景中寻找关系式，提高解题的速度和准确度。
在进行解题时，如何选择并应用上述方法对于正确快速地解答题目十分关键。
首先必须明确每一种守恒法的特点，然后挖掘题目中存在的守恒关系，最后巧妙地选取方法，正确地解答题目。
1．在溶液中存在着离子的电荷守恒和物料守恒．．．．．．．．．．．．．．．．．．．。
因此涉及到溶液（尤其是混合溶液）中离子的物质的量或物质的量浓度等问题可考虑电荷守恒或物料守恒法。
2．在氧化还原反应中存在着得失电子守恒．．．．．．．．．．．．．．．．．。
因此涉及到氧化还原反应中氧化剂、还原剂得失电子及反应前后化合价等问题可考虑电子守恒法。
3．在某些复杂多步的化学反应中．．．．．．．．．．．．．，某些元素的质量或浓度等没有发生变化。
因此涉及到多步复杂的化学过程的问题可考虑元素守恒法。
4．在一个具体的化学反应中，由于反应前后质量不变，因此涉及到与质量有关的问题可考虑质量守恒法。
【精题点拨】1、得失电子守恒【例1】向含amolNa2S和bmolNa2S2O3的混合液中加入足量的稀硫酸酸化，完全反应后，得到沉淀(a+2b)mol ，原混和液中a 和b 的关系是(A)a=2b (B)2a=b (C)a>2b (D)2a>b【解析】由题意可知：amolNa2S 和 bmolNa2S2O3中的Ｓ元素全部转变为Ｓ沉淀，硫元素的化合价发生了改变，是氧化－还原反应，得失电子总数守恒。
amolNa2S 中的硫元素化合价从－２价变为０价，失去 2amol 电子，bmolNa2S2O3中的＋２价的Ｓ变到０价，得到 4bmol 电子，由得失电子总数守恒得 a=2b 。
【能力训练一】1.某氧化剂中，起氧化作用的是X2O72－离子，在溶液中 mol该离子恰好能使－离子完全氧化，则X2O72－离子还原后的化合价为A．＋1 B．＋2 C．＋3 D．＋42、在3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2↑，若有5 mol H2O做还原剂时，被水还原的BrF3的物质的量是mol mol C. D.3．向100 mL FeBr 2溶液中缓慢通入 L （标准状况）Cl 2，有的Br - 被氧化成溴单质，则原FeBr 2溶液的物质的量浓度mol/L mol/L mol/L mol/L4.已知某强氧化剂[RO(OH)2]+能被亚硫酸钠还原到较低价态,如果还原含 ×10-3mol[RO(OH)2]+的溶液到低价态,需L 的亚硫酸钠溶液,那么R 元素的最终价态为A.+3B.+2C.+15、 实验室用铅蓄电池做电源电解饱和食盐水制取氯气，已知铅蓄电池放电时发生如下反应：负极Pb+SO 42―-2e -=PbSO 4正极PbO 2+4H ++SO 42―+2e -=PbSO 4+2H 2O如果制得，这时电池内消耗的H 2SO 4的物质的量至少是A 、B 、C 、D 、6. 某金属单质跟一定浓度的硝酸反应，假定只产生单一的还原产物。
守恒法在化学计算中的应用
守恒法在化学计算中的应用
化学守恒法（Conservation of Mass in Chemistry）是指在一个封闭体系中，原子、分子和离子的数量保持不变，反应前后总质量相等。
在化学计算中，守恒法可以用来判断反应是否发生，以及反应物和产物的摩尔比。
例如，以下反应式：
$$\ce{2H2 + O2 -> 2H2O}$$
可以看出，2个氢气分子和1个氧气分子反应生成2个水分子。
根据守恒法，反应前后所含原子数量应该相等。
因此，我们可以根据化学式进行计算，用原子个数或者摩尔数来判断反应是否平衡。
例如，对于上面的反应式，左边共有2个氢原子和2个氧原子，右边共有4个氢原子和2个氧原子。
因此，反应前后氢原子和氧原子的数量均保持不变，符合守恒法。
在摩尔计算中，可以据此得出反应物摩尔比和产物摩尔比。
另外，守恒法在化学计算中还可以用来计算反应的化学量。
例如，对于上述反应式，如果给定反应物的摩尔数，就可以根据守恒法计算出产物的摩尔数，从而得出反应的化学量。
需要注意的是，在实际反应中，可能有些原子或分子并不完全参与反应，或者产生了副产物。
这时候，守恒法就不再适用，需要进行进一步的分析和计算。
化学计算中的常用方法
化学计算中的常用方法
1.守恒法
守恒法是中学化学计算中一种很重要的方法与技巧,也是高考试题中应用最多的方法之一。
守恒法中有三把“金钥匙”——质量守恒、电荷守恒、得失电子守恒,它们都是抓住有关变化的始态和终态,淡化中间过程,利用某种不变量(某原子、离子或原子团不变,溶液中阴、阳离子所带电荷总数相等,氧化还原反应中得失电子数相等)建立关系式,从而达到简化过程、快速解题的目的
2.极值法
对混合体系或反应物可能发生几种反应生成多种产物的计算,我们可假设混合体系中全部是一种物质,或只发生一种反应,求出最大值、最小值,然后进行解答。
3.差量法
化学反应中因反应物和生成物的状态变化(或不相同)而产生物质的量差量、质量差量、气体体积差量、气体压强差量等,差量法就是利用这些差量来列出比例式,从而简化计算步骤,达到快速解题的目的,其中最常用的是质量差法和体积差法。
4.关系式法
关系式是将多个连续反应转化为一步计算。
建立关系式的依据有两种,一是依据连续反应的化学方程式的化学计量数建立,二是依据化学反应
中原子数目守恒建立,如用氨气制取硝酸,关系式为NH
3~HNO
3。
5.估算法
化学题尤其是选择题中所涉及的计算,所要考查的是化学知识,而不是运算技能,所以其中的计算量应该是较小的,有时不需要计算出确切值,通过逻辑推理,确定出结果的大致范围,结合题给信息,直接得出答案,做到“不战而胜”。
化学竞赛专题辅导：化学计算的解题方法——守恒法
竞赛专题辅导：化学计算的解题方法——守恒法化学计算是中学化学的一个难点和重点，要掌握化学计算，应了解中学化学计算的类型，不同类型解题方法是有所不同的，因此我把中学化学中出现的解题方法归纳如下，每种类型都举例加以说明。
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。
（一）质量守恒法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。
【例题】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（A）96倍（B）48倍（C）12倍（D）32倍【分析】根据质量守恒定律可知混和气体的质量等于碳酸铵的质量，从而可确定混和气体的平均分子量，混和气体密度与相同条件下氢气密度的比，所以答案为C（二）元素守恒法元素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。
【例题】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K2CO337.3% 取1克该样品投入25毫升2摩／升的盐酸中后，多余的盐酸用1.0摩／升KOH溶液30.8毫升恰好完全中和，蒸发中和后的溶液可得到固体（A）1克（B）3.725克（C）0.797克（D）2.836克【分析】KOH、K2CO3跟盐酸反应的主要产物都是KCl，最后得到的固体物质是KCl，根据元素守恒，盐酸中含氯的量和氯化钾中含氯的量相等：n(KCl)=n(Cl－)=n(HCl)所以答案为B(三)电荷守恒法电荷守恒即对任一电中性的体系，如化合物、混和物、溶液等，电荷的代数和为零，即正电荷总数和负电荷总数相等【例题】在Na2SO4和K2SO4的混和溶液中，如果[Na+]=0.2摩／升，[SO42-]=x摩／升，[K+]=y摩／升，则x和y的关系是（A）x=0.5y (B)x=0.1+0.5y (C)y=2(x-0.1) (D)y=2x-0.1【分析】可假设溶液体积为1升，那么Na+物质的量为0.2摩，SO42-物质的量为x摩，K+物质的量为y摩，根据电荷守恒可得[Na+]+[K+]=2[SO42-]，所以答案为BC(四)电子得失守恒法电子得失守恒是指在发生氧化—还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数，无论是自发进行的氧化—还原反应还是原电池或电解池中均如此【例题】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【分析】铁跟盐酸完全反应生成Fe2+，根据题意可知Fe2+分别跟KMnO4溶液和KNO3溶液发生氧化还原反应，KMnO4被还原为Mn2+，那么KNO3被还原的产物是什么呢？根据电子得失守恒进行计算可得KNO3被还原的产物是NO。
守恒法在化学计算中应用
守恒法在化学计算中应用1、质量守恒法：例1：已知某物质A 受热能完全分解，方程式为：2A △B ↑+ 2C ↑ + 3D ↑，现取一定量的A 物质，使之完全分解，测得分解后产物混合气体对氢气的相对密度为13.2，求A 物质的相对分子质量。
2.原子守恒法：例2：在空气中暴露过的KOH 固体,经分析知其成分为:水7.62%､K 2CO 3 2.38%､KOH 90%,若将1 g 此样品加到46.00 mL 1 mol/L 的盐酸中,过量的盐酸再用1.07 mol/L 的KOH 溶液中和,蒸发中和后的溶液可得固体多少克?3.电荷守恒法：例3：某科研小组采集到一地区的雨水，分析成分为：c(SO 42－)=0.012mol/L ，c(Cl －)=0.01mol/L ，c(Na ＋)=0.015mol/L ，c(NH 4＋)=0.02mol/L ，c(NO 3－)=0.009mol/L 。
其余为H ＋浓度，求雨水的PH.例5、ClO 2是一种广谱型的消毒剂,根据世界环保联盟的要求,ClO 2将逐渐取代Cl 2成为生产自来水的消毒剂｡工业上ClO 2常用NaClO 3和Na 2SO 3溶液混合并加H 2SO 4酸化后反应制得,在以上反应中,NaClO 3和Na 2SO 3的物质的量之比为( )A.1∶1B.2∶1C.1∶2D.2∶3342223232224.3.48 100 1.00 /,25.00 ,,?g Fe O mL mol L mL K Cr O Fe Fe Cr O Cr K Cr O ++-+777电子守恒法【例4】将完全溶解在硫酸中然后加入溶液恰好使全部转化为且全部转化为｡则的物质的量浓度是多少5.物料守恒：例6：（2011天津）25℃时，向10ml0.01mol/LKOH 溶液中滴加0.01mol/L 苯酚溶液，混合溶液中粒子浓度关系正确的A.pH >7时，c(C 6H 5O －)>c(K +)>c(H ＋)>c(OH －) B.pH <7时，c(K +)>c(C 6H 5O －)>c(H ＋)>c(OH －) C.V[C 6H 5OH(aq)]＝10ml 时，c(K +)＝c(C 6H 5O －)>c(OH －)＝c(H ＋) D.V[C 6H 5OH(aq)]＝20ml 时，c(C 6H 5O －)+c(C 6H 5OH )=2c(K +) 例7：(2011全国II 卷9)温室时，将浓度和体积分别为c 1、v 1的NaOH 溶液和c 2、v 2的CH 3COOH 溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述错误的是A ．若PH>7时，则一定是c 1v 1=c 2v 2B ．在任何情况下都是c （Na +）+c （H ＋）=c （CH 3COO －）+c （OH －） C ．当pH=7时，若V 1=V 2，则一定是c 2>c 1D ．若V 1=V 2,C 1=C 2,则c （CH 3COO －）+C(CH 3COOH)=C(Na ＋)例8（2010江苏卷）．常温下，用 0.1000 mol·L1-NaOH 溶液滴定 20.00mL0.1000 mol·L 1-3CH COOH 溶液所得滴定曲线如右图。
化学计算的常见方法
化学计算的常见方法1.守恒法守恒法是一种中学化学典型的解题方法，它利用物质变化过程中某一特定的量固定不变来列式求解，可以免去一些复杂的数学计算，大大简化解题过程，提高解题速度和正确率。
它的优点是用宏观的统揽全局的方式列式，不去探求某些细枝末节，直接抓住其中的特有守恒关系，快速建立计算式，巧妙地解答题目。
物质在参加反应时，化合价升降的总数，反应物和生成物的总质量，各物质中所含的每一种原子的总数，各种微粒所带的正负电荷总和等等，都必须守恒。
所以守恒是解计算题时建立等量关系的依据，守恒法往往穿插在其它方法中同时使用，是各种解题方法的基础。
例1.将几种铁的氧化物的混合物加入100ml、7molol―1的盐酸中。
氧化物恰好完全溶解，在所得的溶液中通入0.56l（标况）氯气时，恰好使溶液中的fe2+完全转化为fe3+，则该混合物中铁元素的质量分数为（）a. 72.4%b. 71.4%c. 79.0%d. 63.6%解析：铁的氧化物中含fe和o两种元素，由题意，反应后，hcl 中的h全在水中，o元素全部转化为水中的o，由关系式：2hc——h2o——o，得：n（o）=，m（o）=0.35mol×16g·mol―1=5.6 g；而铁最终全部转化为fecl3，n（cl）=0.56l ÷22.4l/mol×2+0.7mol=0.75mol，n（fe）=，m（fe）=0.25mol×56g·mol―1=14 g，则，选b。
2.差量法差量法是根据物质变化前后某种量发生变化的化学方程式或关系式，找出所谓”理论差量”，这个差量可以是质量差、气态物质的体积差、压强差，也可以是物质的量之差、反应过程中的热量差等。
解题时将”差量”看作化学方程式右端的一项，将已知差量（实际差量）与化学方程式中的对应差量（理论差量）列成比例，其他解题步骤与按化学方程式列比例或解题完全一样。
该法适用于解答混合物间的反应，且反应前后存在上述差量的反应体系。
化学计算方法
计算题解题方法一、 守恒法1. 质量守恒：m(反应物)=m(生成物)。
该法常用于连续反应的计算、复杂的化学方程式的计算和有机物分子组成的计算。
2. 电子守恒：在氧化还原反应中，氧化剂得到电子总数等于还原剂失去电子总数。
常用于氧化还原反应中电子转移数目、配平等计算，以及电化学中的有关计算。
3. 电荷守恒：即溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数。
①化合物化学式中存在的电中性原则（正负化合价代数和为零）。
②电解质溶液中存在的电荷守恒（阴阳离子电荷守恒）。
4. 物料守恒：电解质溶液中某一组分的原始浓度等于它在溶液中各种存在形式的浓度之和。
它实质上就是原子守恒和质量守恒。
例1. 将0.195g 锌粉加入到200mL 的0.100 mol·L -1MO 2+溶液中，恰好完全反应，则还原产物可能是（ ）A. MB. M 2+ · C ．M 3+ D. MO 2+例2. 含有砒霜)(32O As 的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢)(3AsH 在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气，若砷的质量为1.50mg ，则（ ）A.被氧化的砒霜为1.98mgB. 分解产生的氢气为0.672mLC.和砒霜反应的锌为3.90mg ·D.转移的点子总数为A N 5106-⨯二、差量法差量法是根据化学变化前后物质的量发生的变化，找出“理论差量”。
这个差量可以是质量、物质的量、气体的体积和压强、反应过程中的热量等、这种差量跟化学方程式中的物质的相应量成比例关系。
用差量法解题是先把化学方程式中的对应差量（理论差量）跟已知差量（实际差量）列成比例，然后求解。
解题关键：（1） 计算依据：化学反应中反应物或生成物的量与差量成正比。
（2） 解题关键：一是明确产生差量的原因，并能根据方程式求出理论上的差值。
二是结合题中的条件求出或表示出实际的差值。
例3.下列反应中，反应后固体物质增重的是（ ）A ．氢气通过灼热的CuO 粉末B ．二氧化碳通过Na 2O 2粉末·C ．铝与Fe 2O 3发生铝热反应D ．将锌粒投入Cu(NO 3)2溶液三.极值法极值法（又称极端思维法、极端假设法）就是从某种极限状态出发，进行分析、推理、判断的的一种思维方法。
守恒法
守恒法是解决化学计算常用的一种快速、简便而又准确的一种方法，在考试时可节省时间又可提高准确率。
守恒法一般包括质量守恒（原子或原子团守恒）、电荷守恒、得失电子守恒以及一些化学变化前后恒定不变的量。
下面，就有关化学计算中运用守恒法的解题方法，以实例分析。
一、质量守恒（原子或原子团守恒）法质量守恒定律的内容，从宏观上表达是：“参加化学反应的各物质的质量总和等于反应后生成的各物质的质量总和”；从微观上可理解为：“在一切化学反应中，反应前后原子的种类、数目、原子质量前后没有变化，因此，质量守恒”。
[例1].（2005年高考全国卷）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 g X与Y完全反应后，生成4.4 g R，则参加反应的Y和生成物Q的质量之比为（）。
A. 46:9B. 32:9C. 23:9D. 16:9[解析]由题意得： X + 2Y = 2Q + R18221.6 g m(Y) 3.6 g 4.4 g根据质量守恒，参加反应Y与生成物Q的质量之比为（4.4+3.6—1.6）:3.6 =16:9 [解答] D[例2]．标准状况下将17.92L CO2气体通入1 L 1 mol/L的NaOH溶液中，完全反应后所得溶质的物质的量是多少？[解析]：反应前后原子的质量是守恒的，此题可利用反应前后钠原子和碳原子守恒来计算。
[解答] 解：由题意，17.92 L CO2的物质的量为：17.92 L/22.4 mol·L-1== 0.8 mol 设生成的Na2CO3物质的量为x mol，NaHCO3物质的量为y mol。
由题意得x + y == 0.8 mol (碳元素守恒)2x + y == 1 mol (钠元素守恒)解得，x == 0.2 mol y == 0.6 mol答：生成Na2CO3 0.2 mol，NaHCO3 0.6 mol。
二、电荷守恒法在溶液中，存在着阴阳离子，由于整个溶液不显电性，故所有阳离子所带电荷总数等于阴离子所带的电荷总数。
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中学生化学竞赛专题讲座：守恒法在化学计算中的应用化学计算中一种十分常用的方法一一守恒法。
这种方法在使用过程中不需要了解过多的中间过程，避免了繁杂的分析和多重化学反应，具有思路简单，关系明确，计算快捷的特点。
一、守恒法的基本题型和解题依据1、参加化学反应的各物质的质量总和等于反应后生成的各物的质量总和，这个规律叫质量守恒定律。
其本质是：化学反应前后，各元素的原子的种类，数目没有改变。
所以，在一切化学反应中都存在着质量守恒、原子个数守恒。
2、氧化还原反应的特征是元素的化合价发生变化，其本质是在反应中有电子转移。
由于物质间得失电子数相等，所以，在有化合价升降的元素间存在化合价升降总数相等的守恒关系。
因而有电量守恒（又称电子得失守恒）及化合价守恒。
3、由于物质是电中性的，因而在化合物和电解质溶液中，阴阳离子所带电荷数相等，存在电荷守恒二、例题应用指导（一）质量守恒：在化学反应中，参加反应的反应物的总质量等于反应后生成物的总质量，反应前后质量不变。
例1.在臭氧发生器中装入100mlO 2，经反应302=2 03,最后气体体积变为95ml （体积均为标准状况下测定），则反应后混合气体的密度为多少？【分析】根据质量守恒定律反应前后容器中气体的质量不变，等于反应前100ml 0 2的质量。
则反应后混合气体的密度为：d= （0.1 L /22.4 L mol：1為2g mo「1）/0.095 L =1.5 g/L例2、将足量的金属钠投入到100gt °的水中，恰好得到t °时NaOH饱和溶液111g,则t °时NaOH的溶解度为 _____ 克。
［分析解答］:由于2Na+2H2O=NaOH+H 2 所以，反应前总质量为反应后总质量为叮叮小文库Na的物质的量为xmol ,则xmol. 据质量守恒定23x+100=111+ x >2，得x=0.5=0.5mol X40g/mol=20g在一些复杂多步的化学过程中，虽然发生的化学反应多，但某些元素的物质的量、浓度等始终没有发生变化，整个过程中元素守恒。
例3.有一在空气中暴露过的KOH固体，经分析知其内含水7.62%, ©CO32.88%, KOH90% , 若将此样品1g加入到46.00ml的1 mol L盐酸中，过量的酸再用 1.07mol L_1KOH溶液中和，蒸发中和后的溶液可得固体多少克？【分析】此题中发生的反应很多，但仔细分析可知：蒸发溶液后所得固体为氯化钾，其Cl「全部来自于盐酸中的C「，在整个过程中C「守恒。
艮卩n ( KCl) = n ( HCI )故m ( KCl ) =0.046L > mol L 1 X74.5 g mol 1=3.427 g例4、将1molH2S和1molO2混合后点燃，生成SO2的物质的量为_________ mol?［分析解答］:H2S在O2中燃烧反应有两种情况：2H2S+O2=2S+2H2O 2H2S+3O2=2SO2+2H 2O本题中：由于2: 3 v V 2: 1 所以H2S在。
2中燃烧的产物有S、SO2、H20。
细心观察不难发现：反应前H2S中的H元素全部转移到H20中，反应前H2S中的S元素全部转移到S02和S中，反应前02中的0元素全部转移至U H20 用S02 中。
•••据原子守恒有：叮叮小文库（H 守恒）=2叮叮小文库（0守恒）数据=1mol=0.5mol红磷放在 Cl 2 中燃烧，若红磷与 Cl 2 按=1:1.8混合，待充分反应后，生成物中例 5 、将n p ：［分析解答］:由于反应前红磷中的P元素全部转移到PCI3及PCI5中，反应前CI2中的Cl元素全部转移到PCI3及PCI5中。
•••据原子守恒有：叮叮小文库=n ci =n p +5叮叮小文库若设n p=imol 则n c=2二有=2X1.8=3.6mol=1mol叮叮小文库+5 =3.6mol=0.7mol叮叮小文库=0.3mol=0.7:0.3=7:3（三）电荷守恒例6、将KCl和KBr的混合物13.4克，溶于水配成500mol溶液，通入过量的Cb,反应后将溶液蒸干，得固体11.175克，则原配溶液中的K+、Cl-、Br-的物质的量浓度之比为（）A、1: 2: 3 B、3: 2：1 C、1 : 3：2 D、2：3：1[分析解答]:根据溶液中的电荷守恒有：[K+]=[CI -]+[Br-]•••[K+] > [Cl-] [K +] > [Br-] •••为B例7 、某地酸雨分析数据如下：[Na+]=2.3 W-5moI/L[Cl -]=3.5 W-5moI/L[NH 4+]=7 >10-6mol/L[SO 42]=2.5 W-6moI/L 该地酸雨的PH 值是（）。
A.3.0 B.4.0C.4.3D.5.0解析：根据酸雨中，阴阳离子电荷守恒求算：[Na+]+ [NH 4+] +[H +] =[Cl-] +2[SO42-] +[OH -]因溶液显酸性，故[OH-]可略。
代入题给数据，立即求得[H+]=1.0 10-5mol/L PH=5.0 故选D。
（四）电子守恒：（电子得失守恒，化合价升降总数相等）氧化还原反应中，氧化剂失电子总数等于还原剂失电子总数，得失电子守恒。
例8、24ml浓度为0.05mol/L的Na2SO3溶液，恰好与20ml浓度为0.02mol/L的K2C2O7溶液完全反应，则元素Cr在被还原的产物中的化合价是__________ 。
[分析解答]:先根据化合价的改变确定得失电子的物质：由于题目指出Cr被还原，所以得电子的物质是K262O7,失电子的物质是Na2SO3。
再根据化合价的改变分别找出1mol氧化剂、还原剂的得失电子数。
设Cr元素被还原为+n价，• 1mol 在反应中得电子：2X（6-n ）mol由于Na2SO3肯定被氧化为Na2SO4, •• 1molNa 2SO3在反应中失电子：（6-4） 1=2mol。
最后，根据反应物的实际电子得失总数，列电子守恒关系求解：0.05mol/L 24 X10-3L X2=0.02mol/L 20 X10-3L X2（6-n）解得：n=3 应为+3价。
例9 3.84g铜和一定质量的浓硝酸反应，当铜反应完时，共收集到标准状况时的气体 2.24L , 若把装有这些气体的集气瓶倒立在盛水的水槽中，需通入多少升标况下的氧气才能使集气瓶充满溶液？解析：铜失电子数=被还原的硝酸得的电子数=氧化硝酸的还原产物NO,NO 2消耗的氧气得的电子数，省去中间计算，得铜失的电子数=氧气得的电子数。
则n 4（02）= 3.84 g 为4g .mo「X2 X1 / 4 = 0.03molV（O 2）= 0.03mol X22.4L .mo「= 0.672L若用常规解法，应先求出NO, NO 2的物质的量，再根据：4NO 2 + 0 2 + 2H 2 O = 4HNO 34NO+ 302+ 2H 20= 4HNO 3计算出O 2的物质的量，并求出其体积，此方法运算量大，中间计算多且复杂，容易出错，用电子守恒法综合考虑，可省去中间的各步计算，使计算简化。
你看，这种方法在使用时是否只看两头不管中间”呢？三、守恒法的选取在进行解题时，如何选择并应用上述方法对于正确快速地解答题目十分关键。
首先必须明确每一种守恒法的特点，然后挖掘题目中存在的守恒关系，最后巧妙地选取方法，正确地解答题目。
1.在溶液中存在着离子的电荷守恒和物料守恒。
因此涉及到溶液(尤其是混合溶液)中离子的物质的量或物质的量浓度等问题可考虑电荷守恒法物料守恒法。
2 •在氧化还原反应中存在着得失电子守恒。
因此涉及到氧化还原反应中氧化剂、还原剂得失电子及反应前后化合价等问题可考虑电子守恒法。
3 •在某些复杂多步的化学反应中，某些元素的质量或浓度等没有发生变化。
因此涉及到多步复杂的化学过程的问题可考虑元素守恒法。
4 •在一个具体的化学反应中，由于反应前后质量不变，因此涉及到与质量有关的问题可考虑质量守恒法。
四•习题练习练习〔、有FeO、Fe2O3的混合物若干克，在H2流中加热充分反应后，冷却称得剩余固体比原混合物减轻0.8g ;若将同量的混合物与盐酸反应，欲使之完全溶解，需1mol/L的盐酸的体积至少为______ ml。
(答案：100ml)练习2、有FeCl2,CuCl2混合溶液400ml，经测定其中Cl-浓度为amol/L,投入过量的锌粉bg, 充分反应后过滤，所得固体残渣洗涤干燥后，质量为eg。
求原混合液中Fe2+,Cu2+的物质的量浓度。
(分析提示：向FeCl2,CuCl2混合溶液中投入过量锌粉，充分反应后过滤，滤液的成份是ZnCl2, 固体残渣的成份是Fe、Cu及剩余的Zn。
若设剩余的及已反应的锌分别为n Zn⑴及n Zn⑵mol, 则：由电荷守恒有：2( n Fe2++ n cu2+)=n cl-2n Zn2+( 2)=n c「由质量守恒有：m Fe+m Cu+m Zn(1)=C m Zn (2) =b-m Zn(1)[Fe2+]=mol/L[Cu2+]= mol/L）练习3、用1L1.0mol/LNaOH 溶液吸收0.8molCO2,所以溶液中的CO32-, HCO3-的物质的量浓度之比为__________ 。
练习5.当溶液中XO42离子与H2O2分子个数比为2: 5时，溶液中XO 42离子中的X元素恰好被还原成较低价态，H2O2中的氧元素被氧化为O2,则X元素的化合价变为多少？（ + 2）练习6•向100mlFeCl3溶液中通入标准状况下的H2S气体2.24L，设H2S全部被吸收后，再加入过量铁粉，待反应停止后，测得溶液中含有0.6金属阳离子，则原FeCb溶液的物质的量浓度为多少？（ 4 mol L一1）练习7.向KI溶液中滴入AgNO3溶液直至完全反应，过滤后滤液的质量恰好与原溶液质量相等，则AgNO 3溶液中溶质的质量分数为多少？（72.3%）例4,10g Fe— Mg合金溶解在一定量的某浓度的稀硝酸中，当金属完全反应后，收集到标况下4.48LNO气体（设HNO 3的还原产物只有NO）。
在反应后的溶液中加入足量的NaO H溶液，可得多少克沉淀?（ 20.2 g ）解析：该反应中Fe的变价无法确定，用常规法得讨论计算。
仔细审题后发现，Mg,Fe失电子数等于氮元素得电子数。
n 失=n 得=4.48 L 弋2.4 L .mol— 1 X3=0.6molFe,Mg失电子后的阳离子所带正电荷共为0.6mol，它也等于沉淀该阳离子所需OH的物质的量。
即n（OH —）= 0.6mol。
m沉淀=m阳+ m(OH )=10 g+ 0.6mol XI7 g .mol=20.2 g。