高三化學二輪復習 第二篇 高考技能跨越 第1講 考場快速解題的4大思想方法 1 守恒法課件.ppt

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第二篇 高考技能跨越 第1講 考場快速解題的4大思想方法 思想方法1 守恒法,1.概念：以化學反應過程中存在的某些特定關系為依據，從諸多變化和繁雜數據中尋找某一不變的物理量及其對應等式關系解題的一種思想方法。 2.意義：可以避開復雜的反應和中間過程，直接尋找始態(tài)和終態(tài)中特有的守恒關系，能更快、更便捷地解決問題，提高解題的速度和準確度。 3.常見3種類型：質量守恒、電子守恒、電荷守恒。,1.質量守恒法 【內涵解讀】 1.含義：參加化學反應的各物質的質量總和等于生成物的質量總和。 2.類型： (1)質量守恒：反應物減少的總質量=生成物增加的總質量。在一些物理變化中也存在質量守恒，如溶液在稀釋或濃縮過程中，原溶質質量在稀釋或濃縮后不變(溶質不揮發(fā)、不析出)。,(2)元素守恒：化學反應前原子的種類或數目=反應后原子的種類或數目。 (3)物料守恒：溶液中某一組分的原始濃度=它在溶液中各種存在形式的濃度之和。,【典題訓練】 1.(質量守恒)有一塊鋁、鐵合金，溶于足量的鹽酸中再用過量的NaOH溶液處理，將產生的沉淀過濾、洗滌、干燥、灼燒，完全變成紅色粉末，經稱量紅色粉末和合金質量恰好相等，則合金中鋁的質量分數為 ( ) A.60% B.50% C.40% D.30%,【解析】選D。根據題中信息，物質的變化如下圖所示： 在反應過程中，鐵元素的質量是守恒的，且有m(Al)+m(Fe)= m(Fe2O3)，即合金中鋁元素的質量和Fe2O3中氧元素的質量相等，則合金中鋁元素的質量分數與Fe2O3中氧元素的質量分數相等。w(Al)= 100%=30%。,,2.(元素守恒)將1.92 g銅粉與一定量濃硝酸反應，當銅粉完全作用時收集到NO2和NO的混合氣體1.12 L(標準狀況)，則消耗硝酸的物質的量是( ) A.0.12 mol B.0.11 mol C.0.09 mol D.0.08 mol,【解析】選B。由題意可知參加反應的HNO3一部分反應生成Cu(NO3)2， 另一部分反應生成NO2或NO，利用反應前后氮原子守恒，可以輕松求 解。HNO3與Cu反應，HNO3一部分起酸的作用，即生成Cu(NO3)2，用去硝 酸的物質的量=2n(Cu)= 2=0.06 mol；另一部分HNO3起氧化 作用，不管生成的1.12 L氣體為何種成分，都是HNO3的還原產物，且有 HNO3～NO，HNO3～NO2，所以起氧化作用的HNO3的物質的量為 =0.05 mol，故共消耗HNO3的物質的量為0.06 mol+0.05 mol= 0.11 mol。,3.(物料守恒)下列溶液中有關物質的量濃度關系正確的是( ) A.Na2CO3溶液中：c(Na+)=2c( )+2c( ) B.常溫下將醋酸鈉、鹽酸兩溶液混合后，溶液呈中性，則混合后溶液中：c(Na+)c(Cl-)c(CH3COOH) C.0.1 molL-1的NaHS溶液中離子濃度關系：c(OH-)=c(H+)-c(S2-)-c(H2S) D.向1.0 L 0.3 molL-1NaOH溶液中緩慢通入0.2 mol CO2，完全反應后的溶液中：2c(Na+)=3c( )+3c( )+3c(H2CO3),【解析】選D。A項，碳酸鈉溶液中存在物料守恒，根據物料守恒得 c(Na+)=2c( )+2c( )+2c(H2CO3)。B項，醋酸鈉、鹽酸兩溶液 混合后的電荷守恒式：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(CH3COO-)，又 由于溶液呈中性，即c(H+)=c(OH-)，因此混合溶液中應有c(Na+)= c(Cl-)+c(CH3COO-)，根據物料守恒可得c(Na+)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)，所以有c(Na+)c(Cl-)=c(CH3COOH)。C項，0.1 molL-1 的NaHS溶液中存在電荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+ 2c(S2-)；存在物料守恒：c(Na+)=c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)；消去鈉離,子得到離子濃度關系：c(OH-)=c(H+)-c(S2-)+c(H2S)。D項，溶液中溶 質是等物質的量的Na2CO3和NaHCO3，根據物料守恒得2c(Na+)=3c( ) +3c( )+3c(H2CO3)。,4.(綜合)下列物質的量濃度關系錯誤的是( ) A.25℃時，在1.0 L濃度均為0.01 molL-1的某一元酸HA與其鈉鹽組成的混合溶液中，測得c(Na+)c(A-)，則c(A-)+c(HA)=0.02 molL-1 B.等體積、等物質的量濃度的NaF溶液與HF溶液混合：c(Na+)=c(F-) +c(HF) C.物質的量濃度相等的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等體積混合：c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH) D. 0.2 molL-1某一元弱酸HA溶液和0.1 molL-1NaOH溶液等體積混合后的溶液：2c(OH-)+c(A-)=2c(H+)+c(HA),【解析】選B。A項，根據物料守恒，則c(A-)+c(HA)=0.02 molL-1， 正確；B項，根據物料守恒，應為2c(Na+)=c(HF)+c(F-)，錯誤；C項， 寫出電荷守恒和物料守恒式，消去c(Na+)，即得本項等式，正確；D項， 反應后得到等物質的量濃度的HA和NaA的混合溶液，由電荷守恒： c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，由物料守恒：2c(Na+)=c(HA)+c(A-)，消 去c(Na+)可得：2c(OH-)+c(A-)=2c(H+)+c(HA)，正確。,5.(綜合)將Wg鐵、氧化鐵和氧化銅組成的混合物粉末放入100 mL 4.4 molL-1鹽酸中，反應完全后得氫氣896 mL(標準狀況)，生成的溶液中只有FeCl2、HCl和1.28 g固體。把溶液稀釋到320 mL時，鹽酸的物質的量濃度為0.25 molL-1，求混合物中各物質是多少克？,【解析】解答此題的關鍵，是審清題意，找出等量關系，找準突破口。首先由生成溶液中的鹽酸可知反應后的1.28 g固體沉淀物為銅，因此可首先確定CuO的質量。再根據各反應化學方程式中諸物質的量的關系和耗用鹽酸的物質的量列方程求解，或尋求題中“隱含”的電子守恒和Cl-守恒條件，求得Fe和Fe2O3的質量。 n(Cu)= mol=0.02 mol m(CuO)=0.0280=1.6(g),設混合物中Fe2O3的物質的量為x。 Fe + 2HCl ==== FeCl2 + H2↑ 0.04 mol 0.08 mol mol=0.04 mol Fe2O3 +6HCl====2FeCl3 + 3H2O x 6x 2x CuO + 2HCl ==== CuCl2+H2O 0.02 mol 0.04 mol 0.02 mol,2FeCl3 + Fe====3FeCl2 2x x CuCl2 + Fe====FeCl2+Cu 0.02 mol 0.02 mol,根據反應耗用鹽酸的量列方程求解 0.08+6x+0.04=0.14.4-0.3200.25 6x=0.24 x=0.04(mol) m(Fe2O3)=1600.04=6.4(g) m(Fe)=(0.04+0.02+0.04)56=5.6(g),答案：Fe的質量為5.6 g； CuO的質量為1.6 g； Fe2O3的質量為6.4 g。,【思維建模】 1.方法的選?。?在任何化學反應中 質量守恒 (1)在一個具體的化學反應中，涉及與質量有關的問題可考慮質量守恒法。 (2)在某一具體的化學反應或過程中，涉及某一元素(或微粒)的數目問題時可考慮元素守恒法或物料守恒法。 (3)在某些復雜多步的化學反應中，涉及多步復雜的化學過程的問題可考慮元素守恒法。,2.解題流程： (1)明確目標：即明確題目中要求解的量。 (2)分析過程：根據題目中要求的量，分析反應過程中物質的變化，找出質量(元素、原子、物料)守恒的物質及其相關的量。 (3)運用守恒：根據守恒原理，梳理出量的變化關系(反應物的總質量與生成物的總質量、化學反應前后原子的種類或數目、溶液稀釋或混合時溶質的質量、溶液中某一組分的原始濃度與它在溶液中各種存在形式的濃度)，列式推斷求解。,【加固訓練】1.已知Q與R的摩爾質量之比為9∶22，在反應X+2Y====2Q+R中，當1.6 g X與Y完全反應后，生成4.4 g R，則參與反應的Y和生成物Q的質量之比為( ) A.23∶9 B.32∶9 C.46∶9 D.16∶9,【解析】選D。設Q的摩爾質量為9agmol-1，R的摩爾質量為22agmol-1，生成物Q的質量為mg 則X + 2Y ==== 2Q + R 29a 22a m 4.4 可得：m= =3.6 根據質量守恒定律可知參加反應的Y的質量為4.4 g+3.6 g-1.6 g =6.4 g，故參加反應的Y與生成物Q的質量之比為6.4 g∶3.6 g= 16∶9。,2.在化學反應A+B====C+D中，已知25 g A與10 g B恰好完全反應生成5 g C，若反應后要生成6 g D，則參加反應的A的質量為( ) A.2 g B.3 g C.4 g D.5 g,【解析】選D。根據質量守恒，反應A+B====C+D中，25 g A與10 g B 恰好完全反應生成5 g C時，生成D的質量=25 g+10 g-5 g=30 g，則 設生成6 g D時參加反應的A的質量為x，則 ，解得x=5 g。,3.0.1 molL-1HCOOH溶液和0.1 molL-1HCOONa溶液等體積混合后的溶液顯酸性，下列關于該混合溶液的描述正確的是( ) A.c(HCOO-)c(HCOOH)c(Na+)c(H+) B.c(HCOO-)+c(HCOOH)= 0.2 molL-1 C.c(HCOO-)+2c(OH-)=c(HCOOH)+2c(H+) D.c(HCOO-)c(Na+)c(OH-)c(H+),【解析】選C。對于0.1 molL-1HCOOH溶液和0.1 molL-1HCOONa溶液等體積混合后的溶液，根據物料守恒c(HCOO-)+c(HCOOH)= 0.1 molL-1；電荷守恒為c(HCOO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，又溶液呈酸性，所以c(H+)c(OH-)，故c(HCOO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)，將物料守恒和電荷守恒聯(lián)立，可得c(HCOO-)+2c(OH-)=c(HCOOH)+ 2c(H+)，綜上，C正確。,2.電子守恒法 【內涵解讀】 1.含義：在氧化還原反應中(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；或電解池、原電池中兩極轉移的電子總數相等。 2.類型： (1)在氧化還原反應中：氧化劑得電子總數=還原劑失電子總數。 (2)在電解過程中：陰極得電子總數=陽極失電子總數。 (3)在原電池中：負極失去的電子數=正極得到的電子數。,【典題訓練】 1.(化合價或物質的確定)已知 可與R2-作用，R2-被氧化為R單質， 的還原產物中，M為+3價；c( )=0.3 molL-1的溶液100 mL可與c(R2-)=0.6 molL-1的溶液150 mL恰好完全反應，則n值為( ) A.4 B.5 C.6 D.7,【解析】選D。R2-被氧化為R單質，失去電子，而M元素的化合價降低，得到電子， 的還原產物中，M為+3價。設 中M元素的化合價為x，則由電子守恒可知，0.15 L0.6 molL-1(2-0) =0.1 L0.3 molL-12(x-3)，解得x=+6。 中(+6)2+ (-2)n=-2，則n=7。,2.(氧化還原反應綜合計算)足量銅溶于一定量濃硝酸，產生NO2、N2O4、NO的混合氣體，這些氣體若與2.24 L O2(標準狀況)混合后通入水中，氣體被水完全吸收。若向原所得溶液中加入10 molL-1 H2SO4溶液100 mL，則繼續(xù)溶解的Cu的質量為( ) A.0 B.32 g C.38.4 g D.48 g,【解析】選C。Cu和濃硝酸反應過程中，Cu→Cu2+和HNO3→NO2、 N2O4、NO，轉移電子守恒；NO2、N2O4、NO→HNO3和2.24 L O2(標準狀 況)→ ，轉移電子守恒；所以O2得到的電子的物質的量等于Cu失去 的電子的物質的量，則n(Cu)= =0.2 mol，根據原子守 恒得n[Cu(NO3)2]=n(Cu)=0.2 mol，再加入稀硫酸后，溶液中含有H+ 和 ，又能繼續(xù)溶解Cu，n(H+)=2n(H2SO4)=210 molL-10.1 L =2 mol，n( )=20.2 mol=0.4 mol。設溶解Cu的質量為x，可 運用離子反應進行計算。,3Cu + 2 + 8H+====3Cu2++2NO↑+4H2O 192 g 2 mol 8 mol x 0.4 mol 2 mol 反應中H+過量，按照 進行計算，則 192 g∶x=2 mol∶0.4 mol， x=38.4 g。,3.(電化學計算)用惰性電極電解NaCl和CuSO4混合液250 mL，經過一段時間后，兩極均得到11.2 L氣體(標準狀況)，則下列有關描述中，正確的是( ) A.陽極發(fā)生的反應只有：4OH--4e-====2H2O+O2↑ B.兩極得到的氣體均為混合氣體 C.若Cu2+起始濃度為1 molL-l，則c(Cl-)起始為2 molL-1 D.Cu2+的起始物質的量應大于0.5 mol,【解析】選C。惰性電極電解NaCl和CuSO4混合液，兩極均得到11.2 L氣體，則陰極反應為Cu2++2e-====Cu、2H++2e-====H2↑，陽極反應為2Cl--2e-====Cl2↑、4OH--4e-====2H2O+O2↑。陽極氣體為Cl2和O2的混合氣體，陰極只得到H2；兩極均得到11.2 L氣體，則n(H2)= 0.5 mol，若c(Cu2+)=1 molL-1，n(Cu2+)=0.25 mol，陰極上Cu2+和H+放電，轉移電子的物質的量為0.25 mol2+0.5 mol2=1.5 mol。,設溶液中Cl-的物質的量為x，則O2的物質的量為0.5 mol-0.5x。根據得失電子守恒，可得 x+4(0.5 mol-0.5x)=1.5 mol，解得x=0.5 mol。 因此c(Cl-)=0.5 mol/0.25 L=2 molL-1。 根據得失電子守恒，可得：2n(Cu)+2n(H2)=2n(Cl2)+4n(O2)，則n(Cu)=n(Cl2)+2n(O2)-n(H2)=n(O2)0.5 mol。,【思維建?！?1.方法的選取： 涉及氧化還原反應 電子守恒 (1)在氧化還原反應中確定元素的化合價、確定產物的化學式等，常用電子守恒法進行計算。 (2)在原電池和電解池的計算中，兩極通過電子的物質的量相等；串聯(lián)電路中，各電極上轉移電子數相等。 (3)在復雜的氧化還原反應計算中，準確運用電子守恒，常可簡化運算，出奇制勝。,2.解題流程： (1)確定氧化劑、還原劑及相應的還原產物和氧化產物。 (2)找準一個原子或離子得失電子數(特別注意化學式中有多個原子化合價變化的情況)。 (3)根據題中物質的物質的量和電子守恒列出等式。 n(氧化劑)變價原子個數化合價變化值(高價-低價)=n(還原劑)變價原子個數化合價變化值(高價-低價),【加固訓練】1.在酸性溶液中，下列物質氧化KI溶液時，自身發(fā)生如下變化：甲：KIO3( →I2)；乙：H2O2(H2O2→H2O)；丙：FeCl3(Fe3+→Fe2+)；丁：K2Cr2O7( →Cr3+)。用濃度均為 0.1 molL-1的已經酸化的上述氧化劑滴定等量的KI溶液，所需體積的大小順序為( ) A.甲乙丙丁 B.乙丙丁甲 C.丁甲乙丙 D.丙乙甲丁,【解析】選D。氧化等量的KI，需要等濃度的氧化劑的體積越大，相同物質的量的氧化劑得到的電子越少，1 mol題中氧化劑得到的電子分別為5 mol、2 mol、1 mol、6 mol，則用濃度均為0.1 molL-1的已經酸化的上述氧化劑滴定等量的KI溶液，所需體積的大小順序為丙乙甲丁。,2.將4.48 g Fe溶于1 L 0.2 molL-1的稀硫酸，再加入50 mL 0.4 molL-1KNO3溶液，其中的Fe2+全部轉化成Fe3+， 也完全反應，生成一種氮氧化物NyOx，則該氮氧化物的化學式是( ) A.N2O B.NO C.N2O5 D.NO2,【解析】選A。4.48 g Fe的物質的量n(Fe)= =0.08 mol， 1 L 0.2 molL-1的稀硫酸中n(H2SO4)=1 L0.2 molL-1=0.2 mol。 由Fe+H2SO4====FeSO4+H2↑可知，硫酸有剩余，故溶液中n(Fe2+)= n(Fe)=0.08 mol，再加入50 mL 0.4 molL-1KNO3溶液后，其中的 Fe2+全部轉化成Fe3+， 也完全反應，生成一種氮氧化物NyOx，令 氮元素在氮氧化物中的化合價為a，根據電子轉移守恒可知： 0.08 mol(3-2)=0.05 L0.4 molL-1(5-a)，解得a=1，故該氮 氧化物的化學式為N2O。,3.足量銅與一定量濃硝酸反應得到硝酸銅溶液和NO2、N2O4、NO的混合氣體，這些氣體與1.68 L O2(標準狀況)混合后通入水中，所有氣體完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸銅溶液中加入5 molL-1 NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，則消耗NaOH溶液的體積是( ) A.60 mL B.45 mL C.30 mL D.15 mL,【解析】選A。由于氣體完全反應生成HNO3，則整個過程中HNO3反應前后沒有變化，即Cu失去的電子的物質的量等于O2得到的電子的物質的量。根據得失電子守恒： n(Cu)2=n(O2)4， n(Cu)2= 4， 解得n(Cu)=0.15 mol， 則n(Cu2+)=n(Cu)=0.15 mol。,由于沉淀1 mol Cu2+消耗2 mol OH-，因此n(NaOH)=0.15 mol2= 0.3 mol。 則V(NaOH)= =0.06 L，即60 mL。,4.用酸性氫氧燃料電池(乙池)為電源進行電解的實驗裝置(甲池，一定條件下可實現(xiàn)有機物的電化學儲氫)如圖所示。甲池中A為含苯的物質的量分數為10%的混合氣體，B為10 mol混合氣體，其中苯的物質的量分數為24%，C為標準狀況下2.8 mol氣體(忽略水蒸氣)，下列說法不正確的是( ),A.乙池中溶液的pH變大 B.E處通入H2，C處有O2放出 C.甲池中陰極區(qū)只有苯被還原 D.導線中共傳導11.2 mol電子,【解析】選C。乙池裝置是氫氧燃料電池，總反應方程式為2H2+O2 ====2H2O，由于反應生成水因此乙池中H+濃度減小，pH增大，故A正確；根據題意，陰極上苯反應生成環(huán)己烷，電極反應為C6H6+6H++6e-====C6H12，陽極上OH-放電生成O2，電極反應式為4OH--4e-==== 2H2O+O2↑，所以E為負極，通入氫氣，C處產生氧氣，故B正確；參加反應的苯為10 mol24%-10 mol10%=1.4 mol，甲池中陰極區(qū)苯放電的電極反應式為C6H6+6H++6e-====C6H12，1.4 mol苯反應轉移電子的物質的量為1.4 mol6=8.4 mol；產生2.8 mol O2轉移電子物質的,量為2.8 mol4=11.2 mol，所以甲池中陰極區(qū)不只有苯被還原，故C錯誤；根據O2可以確定導線中共傳導11.2 mol電子，故D正確。,3.電荷守恒法 【內涵解讀】 1.含義：電解質溶液一定呈電中性，即電解質溶液中的陽離子所帶的正電荷總數與陰離子所帶的負電荷總數相等。 2.類型： (1)溶液中或離子化合物中正電荷的物質的量=負電荷的物質的量：Σ[n(Ma+)a]=Σ[n(Nb-)b]。 (2)溶液中正電荷的總濃度=負電荷的總濃度：[c(Ma+)a]= Σ[c(Nb-)b]。 (3)離子反應中電荷守恒。,【典題訓練】 1.(運用電荷守恒計算溶液組成)由硫酸鉀、硫酸鋁和硫酸組成的混合溶液，其中c(H+)=0.1 molL-1，c(Al3+)=0.4 molL-1，c( )= 0.8 molL-1，則c(K+)為( ) A.0.15 molL-1 B.0.2 molL-1 C.0.3 molL-1 D.0.4 molL-1,【解析】選C。根據溶液電荷守恒，溶液中存在3c(Al3+)+c(K+)+ c(H+)=2c( )+c(OH-)，而溶液中c(OH-)很小，可以忽略不計，則 有3c(Al3+)+c(K+)+c(H+)=2c( )，所以：c(K+)=2c( )- 3c(Al3+)-c(H+)=20.8 molL-1-30.4 molL-1-0.1 molL-1 =0.3 molL-1。,2.(運用電荷守恒比較離子濃度大小)用0.10 molL-1的鹽酸滴定0.10 molL-1的氨水，滴定過程中不可能出現(xiàn)的結果是( ) A.c( )c(Cl-)，c(OH-)c(H+) B.c( )=c(Cl-)，c(OH-)=c(H+) C.c(Cl-)c( )，c(OH-)c(H+) D.c(Cl-)c( )，c(H+)c(OH-),【解析】選C。鹽酸滴定氨水，反應后的溶液中只有四種離子，存在 電荷守恒：c( )+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，若反應后的溶液呈堿 性，即c(OH-)c(H+)，則c( )c(Cl-)；若溶液為中性，即c(OH-) =c(H+)，則c( )=c(Cl-)；若溶液呈酸性，即c(H+)c(OH-)，則 c(Cl-)c( )。,3.(離子反應電荷守恒的運用)在一定條件下， 和氯氣可發(fā)生如下反應： +Cl2+2OH-==== +2Cl-+H2O，從而可知在 中，元素R的化合價為( ) A.+3 B.+5 C.+6 D.+7 【解析】選B。根據電荷守恒，可以確定n=1。在 中R的化合價為+5。,4.(運用電荷守恒推斷溶液組成)今有一混合物的水溶液，只可能含有以下離子中的若干種： 、Cl-、Mg2+、Ba2+、K+、 、 ，現(xiàn)取三份100 mL溶液進行如下實驗，并回答相關問題： ①第一份加入AgNO3溶液有沉淀產生； ②第二份加足量NaOH溶液加熱后，收集到氣體0.04 mol； ③第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27 g，經足量鹽酸洗滌、干燥后，沉淀為2.33 g。 根據上述實驗，推測一定存在的離子是__________________，可能存在的離子是____________________。,【解析】①第一份加入AgNO3溶液有沉淀產生，與AgNO3溶液反應有沉淀產生的離子有Cl-、 、 ； ②加足量NaOH溶液加熱產生氣體，氣體是氨氣，故溶液中一定含有 ，并且物質的量為0.04 mol； ③不溶于鹽酸的2.33 g沉淀為BaSO4，n(BaSO4)= = 0.01 mol；6.27 g沉淀是BaSO4和BaCO3，m(BaCO3)=6.27 g-2.33 g =3.94 g，n(BaCO3)= =0.02 mol，故原溶液中一定存在,、 ，則一定沒有Mg2+、Ba2+；再根據電荷守恒，正電荷的物質的量為n( )=0.04 mol；負電荷的物質的量為2n( )+ 2n( )=0.06 mol，正電荷的物質的量小于負電荷的物質的量，故原溶液中一定有K+，至少為0.02 mol；綜合以上可以得出，一定存在的離子有 、K+、 、 ，一定沒有的離子為Mg2+、Ba2+，可能存在Cl-。 答案： 、K+、 、 Cl-,【思維建?！?1.方法的選取： 電解質溶液或固體離子化合物、離子反應 電荷守恒 (1)電解質溶液中判斷可能存在的離子，常用電荷守恒進行確定。 (2)比較溶液中離子濃度的大小，常用電荷守恒。 (3)計算溶液(特別是混合溶液)中離子濃度的大小，常運用電荷守恒法。 (4)離子方程式或電極反應的書寫與配平，運用電荷守恒?？筛旖?、更準確。,2.解題流程： (1)找出所有離子：找出溶液或晶體中的所有陽離子和陰離子。 (2)列出守恒等式：根據電荷守恒，列出等式。 (3)計算與比較：根據守恒關系，可計算未知離子的濃度或物質的量；或者結合題中信息，確定離子濃度的大小關系。,【加固訓練】1.由鈉元素和氧元素組成的某種離子物質中陰離子只有O2-和 (過氧根離子)。在此物質中氧元素和鈉元素的質量之比為48∶92，其中O2-和 的物質的量之比為( ) A.1∶1 B.2∶1 C.1∶2 D.1∶3,【解析】選A。根據題意， 假設氧原子的物質的量為3 mol，則鈉原子的物質的量為4 mol。 設O2-的物質的量為x，則 的物質的量為 。根據電荷守恒得2x+ 2=41，解得x=1 mol。 的物質的量為 =1 mol，因此O2-和 的物質的量之比為1∶1。,2.有一未知濃度的稀硫酸25 mL，先加入25 mL 5 molL-1BaCl2溶液后，改加NaOH溶液，結果用去1.0 molL-1NaOH溶液25 mL恰好完全中和。則稀硫酸的物質的量濃度為( ) A.0.5 molL-1 B.1.0 molL-1 C.1.5 molL-1 D.2.0 molL-1,【解析】選A。稀硫酸中加入BaCl2溶液并不影響溶液中H+的物質的量，因此加入NaOH溶液的離子反應為H++OH-====H2O。設稀硫酸的濃度為c，則0.025 Lc2=1.0 molL-10.025 L，解得：c=0.5 molL-1。,3.下列各溶液中，微粒的物質的量濃度關系正確的是( ) A.常溫下，將pH=2的鹽酸和pH=12的氨水等體積混合后： c( )c(Cl-)c(OH-)c(H+) B.0.1 molL-1Na2CO3溶液：c(Na+)+c(H+)=c( )+c( )+c(OH-) C.0.1 molL-1NH4Cl溶液：c( )=c(Cl-) D.向醋酸鈉溶液中加入適量醋酸，得到的酸性混合溶液：c(Na+)c(CH3COO-)c(H+)c(OH-),【解析】選A。pH=2的鹽酸和pH=12的氨水等體積混合，氨水過量， 溶液呈堿性，則c(OH-)c(H+)，根據電荷守恒得c(OH-)+c(Cl-)= c( )+c(H+)，則c( )c(Cl-)，所以離子濃度大小順序是 c( )c(Cl-)c(OH-)c(H+)，故A正確；根據電荷守恒，可得 Na2CO3溶液中：c(Na+)+c(H+)=c( )+2c( )+c(OH-)，故B錯 誤；氯化銨是強酸弱堿鹽， 易水解而使溶液呈酸性，則c(OH-) c(OH-)，,根據電荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，則c(CH3COO-) c(Na+)，故D錯誤。,4.某溶液中只可能含有下列離子中的幾種(不考慮溶液中含的較少的H+和OH-)Na+、 、 、 、 。取200 mL該溶液，分為等體積的兩份分別做下列實驗。 實驗1：第一份加入足量的燒堿并加熱，產生的氣體在標準狀況下為224 mL。 實驗2：第二份先加入足量的鹽酸，無現(xiàn)象，再加足量的BaCl2溶液，得固體2.33 g。下列說法正確的是( ),A.該溶液中可能含有Na+ B.該溶液中肯定含有 、 、 、 C.該溶液中一定不含 D.該溶液中一定含Na+，且c(Na+)≥0.1 molL-1,【解析】選D。根據實驗1：第一份加入足量的燒堿并加熱，會產生氣 體224 mL，證明含有 ，且物質的量為0.01 mol；實驗2：第二份 先加入足量的鹽酸，無現(xiàn)象，則一定不含有 ，再加足量的BaCl2 溶液，得固體2.33 g，證明一定含有 ，且n( )= =0.01 mol，根據溶液中的電荷守恒，則一定含有Na+，且c(Na+)≥ =0.1 molL-1，D正確；該溶液中肯定含有 、 、Na+，故A、B錯誤；該溶液中可能含有 ，故C錯誤。,