【解析】粗看此题，我们会想到利用“5.6gFe”和“20gFe（NO₃）₂和Fe（NO₃）₃的混合物”来设未知数列方程求解。这样做就走进了题目设置的陷阱，且不说找关系式和计算，单是铁与硝酸反应的两个方程式及Fe（NO₃）₂和Fe（NO₃）₃分解的两个方程式就够有些同学忙一阵的了。这样就犯了做选择题的大忌——小题大做。如果我们抓住得失电子守恒，先找出以下关系：

首先，我们来分析一下最后剩余的气体可不可能是O₂。Fe最终变成Fe₂O₃失去电子，若剩余的气体是O₂_，则O的化合价从-2价升到0价，也失去电子，不可能。所以剩余的气体只能是NO。

从上述关系图中不难看出，Fe失去的电子总数等于N得到的电子总数。所以，剩余的NO气体的物质的量为0.1mol，即2240mL。

【答案】（A）

【例2】已知：11P+15CuSO₄+24H₂O==5Cu₃P+6H₃PO₄+15H₂SO₄，反应中1molCu²⁺能氧化P的物质的量为（）

A. mol B. mol C. mol D. mol

【解析】本题常犯的错误为选A或B，选B的同学片面地认为CuSO₄是氧化剂，P是还原剂，故用CuSO₄、P的系数列比例求解；而选A的同学虽然注意到了11 mol P中只有6 mol生成H₃PO₄被氧化，却忽略了P歧化时本身的电子转移。

但如果撇开P歧化时本身的电子转移，追踪Cu²⁺与P之间的电子得失，设被Cu²⁺氧化的P为x mol，则：Cu²⁺得电子总数= P（部分）失电子数，而有：1×1 = 5x，解得x=

【答案】（C）

演练一：

1、若(NH₄）₂SO₄在强热时分解的产物是SO₂、N₂、NH₃和H₂O，则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为（）

A．1:4 B. 1:2 C. 2:1 D. 4:1

2、某温度下，将Cl₂通入KOH溶液里，反应后得到KCl、KClO、KClO₃的混合溶液，经测定ClO^-与ClO₃^-离子的物质的量浓度之比是1:2，则Cl₂与KOH反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为（）

A、2:3 B、4:3 C、10:3 D、11:3

3、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。当参加反应的单质与被还原硝酸的物质的量之比为2：1时，还原产物是（）

A、NO₂ B、NO C、N₂O D、N₂

4、用两支惰性电极插入500mLAgNO₃溶液中，通电电解，当电解液的PH从6.0变为3.0时（设电解时阴极没有H₂析出，且电解前后溶液体积不变），电极上应析出银的质量是（）

A、27mg B、54mg C、108mg D、216mg

5、用惰性电极电解M（NO₃）_×的水溶液，当阴极上增重ag时，在阳极上同时产生bL氧气（标准状况），从而可知M的相对原子质量为（）

A、 B、 C、 D、

【参考答案】

1、B 2、D 3、C 4、B 5、C

招数二：巧用元素守恒，出奇制胜解疑难。

化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程，一切化学反应均不过是原子间的重新组合，原子的种类和数目并没有改变，因而反应前后某元素物质的量也不变。在解题过程中，巧妙地利用这一守恒关系，追踪元素，常可出奇制胜。

【例3】取一定量的Na₂CO₃、NaHCO₃和Na₂SO₄固体的混合物与250mL 1.00mol·L^-1过量盐酸反应，生成2.016L CO₂（标准状况），然后加入500mL 0.100mol·L^-1Ba(OH)₂溶液，得到沉淀的质量为2.33 g，溶液中过量的碱用10.0mL 1.00mol·L^-1盐酸恰好完全中和。计算混合物中各物质的质量。

【解析】本题涉及的反应方程式有四个：Na₂CO₃＋2HCl==2NaCl＋H₂O＋CO₂↑；NaHCO₃＋HCl==NaCl＋H₂O＋CO₂↑；SO₄^2-＋Ba²⁺==BaSO₄↓；H⁺＋OH^-==H₂O。按常规思路需分步进行计算，非常繁琐。而运用元素守恒关系则可不必写方程式而快速作答：

① 据硫元素守恒：n(Na₂SO₄)= n(BaSO₄)=0.01mol

②根据钡元素守恒：n(BaCl₂)= n(Ba(OH)₂)- n(BaSO₄)= 0.05mol-0.01mol=0.04mol

③设Na₂CO₃和NaHCO₃的物质的量分别为x、y

根据钠元素守恒：n(NaCl)=2n(Na₂CO₃)+n(NaHCO₃)+2n(Na₂SO₄)

根据氯元素守恒又有：n(NaCl)+2n(BaCl₂)=n(HCl)

据碳元素守恒有：x+y=n(CO₂)==0.09mol

所以，Na₂CO₃、NaHCO₃的质量分别为0.07mol×106g·mol^-1=7.42g、0.02mol×84 g·mol^-1=1.68g。

【答案】Na₂SO₄的质量为1.42g。Na₂CO₃、NaHCO₃的质量分别为7.42g和1.68g。

【例4】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 mol ·L^-1的盐酸中后，多余的盐酸用1.0 mol ·L^-1KOH溶液30.8mL恰好完全中和，蒸发中和后的溶液可得到固体（）

（A）1g （B）3.725 g （C）0.797 g （D）2.836 g

【解析】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)。

【答案】B

演练二：

1. 由氧化铜、氧化铁、氧化锌组成的混合物ag,加入2 mol ·L^-1的硫酸溶液50ml时固体恰好完全溶解。若将该混合物在足量的一氧化碳中加热充分反应，冷却后剩余固体的质量为 ( )

A.1.6g B.（a-1.6）g C.（a-3.2）g D.无法计算

2.用1L 1.0mol·L^-1NaOH溶液吸收0.8molCO₂，所得溶液中的CO₃^2-和HCO₃^-的物质的量浓度之比约是（）

A、1：3 B、2：1 C、2：3 D、3：2

3.在CO和CO₂的混合气体中，氧元素的质量分数为64%。将该混合气体5g通过足量的灼热氧化铜，充分反应后，气体再全部通入足量的澄清石灰水中，得到的白色沉淀的质量是（）

A、5克 B、10克 C、15克 D、20克

4.碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸，转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解成氧化铜。溶解28.4g上述混合物，消耗1mol·L^-1盐酸500mL。燃烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是（）

A、35g B、30 g C、20 g D、15 g

5.把7.8gNa₂O₂和7.9gNH₄HCO₃装入密闭容器中加热至150℃，充分反应后排出气体，冷却至常温，取出全部残留固体，加水溶解并定容至250mL，求所得溶液中Na₂CO₃物质的量的浓度。（）

【参考答案】

1、B 2、A 3、C 4、C 5、0.4mol·L^-1。

招数三：活用电荷守恒，拔刀亮剑斩乱麻。

在解剖有关离子反应的习题时，电荷守恒是一把锋利的刀。有了这把刀，就不必纠缠于纷纭繁杂的离子反应的一团乱麻中，只需关注始态与终态之间离子的电荷平衡关系，从而快刀斩乱麻，大大加快了解题进程。

【例5】向100mL 0.5mol·L^-1的Na₂CO₃溶液中逐滴加入100mL某浓度的硫酸溶液(边滴边振荡)，充分反应后，向混合溶液中加入6.24gBaCl₂固体，恰好使溶液的-2价阴离子沉淀完全。则所加硫酸溶液的物质的量浓度可能为 ( )

A. 0.35mol·L^-1 B. 0.2mol·L^-1 C. 0.15mol·L^-1 D. 0.1mol·L^-1

【答案】B

【例6】76.8mg铜和10mL 6mol·L^-1硝酸反应，铜全部溶解后，如果NO₃^-离子减少0.2mol·L^-1，则溶液中H⁺同时下降（），设反应前后溶液体积的变化可忽略不计。

A.0.22mol·L^-1 B.0.32mol·L^-1 C.0.44mol·L^-1 D.0.4mol·L^-1

【解析】本题若用常规解题法，需先判断硝酸的还原产物——NO、NO₂或其混合物，再列出两个方程式联立求解。步骤繁杂，未免小题大做。采用电荷守恒则事半功倍：

H⁺下降的浓度==NO₃^-离子减少的浓度 + 被Cu²⁺离子替换的H⁺的浓度

==NO₃^-离子减少的浓度 + 2×Cu²⁺的浓度

【答案】C

演练三：

1、将 CaCl₂和 CaBr₂的混合物 13.400 g溶于水配成 500.00 mL 溶液，再通入过量的Cl₂，完全反应后将溶液蒸干，得到干燥固体11.175g。则原溶液中，c(Ca²⁺)∶c(Cl^-)∶c(Br^-)为（）

A.3∶2∶1 B.1∶2∶3 C.1∶3∶2 D.2∶3∶1

2、含有Xⁿ⁺离子的溶液10mL，浓度为1.2mol·L^-1，正好使30mL0.4mol·L^-1的CO₃^2-全部沉淀，则n值为（）

A. 3 B.2 C.1 D.无法确定

3、今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K⁺、NH₄⁺、Cl^-、Mg²⁺、Ba²⁺、CO₃^2-、SO₄^2-，现取三份100mL溶液进行如下实验（已知：NH₄⁺＋OH^-NH₃·H₂O）：

（1）第一份加入AgNO₃溶液有沉淀产生；

（2）第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol；

（3）第三份加足量BaCl₂溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。根据上述实验，以下推测正确的是（）

4、已知某H₂SO₄、FeSO₄、Fe₂(SO₄)₃混合溶液100 mL，其中阳离子浓度相等，SO₄^2-浓度为6 mol / L，此溶液中还可溶解铁粉的质量为 ( )

A. 11.2 g B.16.8 g C. 33.6 g D. 5.6 g

5、镁带在空气中燃烧的全部产物（MgO、Mg₃N₂）溶解在100mL，2.2 mol·L^-1的盐酸中，再以50mL 0.6 mol·L^-1的NaOH溶液中和多余的HCl，然后在此溶液中加入过量的NaOH把NH₃蒸出，并用足量盐酸吸收，测得NH₃的质量为0.51g，则镁带的质量为（）
A．2.28g B．0.96g C．1.92g D．3.2g

【参考答案】

1、D 2、B 3、A

4、根据电中性原理，可得：c(H⁺)＋2c(Fe²⁺)＋3c(Fe³⁺)＝2c(SO₄^2-)。又由于c(H⁺)＝c(Fe²⁺)＝c(Fe³⁺)，则6 c(H⁺)＝2c(SO₄^2-)＝2×6，c(H⁺)＝2 mol·L^-1。H⁺溶解铁粉的质量为： 2 mol·L^-1×0.1 L×0.5×56 g·mol^-1＝5.6 g。Fe³⁺溶解铁粉的质量为： 2 mol·L^-1×0.1 L×0.5×56 g·mol^-1＝5.6 g。答案A。

5、据电荷平衡：n(Na⁺)+n(NH₄⁺)+2n(Mg²⁺)=n(Cl^-)，求得镁带质量为1.92g，答案C。

招数四：智用整体思维，纵观全局巧切入。

整体思维，就是不纠缠细枝末节，纵观全局，从整体上理顺各物质之间的关系，综合处理。从而迅速找到解题切入点，达到复杂问题简单化处理的目的。

【例7】将1.92g Cu 投入到一定量的浓 HNO₃中，Cu 完全溶解，生成的气体越来越浅，共收集到标准状况下672mL气体。将盛此气体的容器倒扣在水中，求通入多少毫升标准状况下的氧气可使容器中充满液体。

【解析】按一般解法解此题较为复杂。如果抛开细节，注意到它们间的反应都是氧化还原反应，把氧化剂和还原剂得失电子相等作为整体考虑，则可化繁为简。浓 HNO₃将Cu氧化后自身被还原为低价氮的氧化物，而低价氮的氧化物又恰好被通入的氧气氧化，最后变成 HNO₃，相当于在整个过程中HNO₃的化合价未变，即1 .92 g Cu相当于被通入的氧气氧化。由电子得失守恒知：= ，解得，V(O₂)=0.336L ，即通入336mLO₂即可。

【答案】336mL

【例8】有5.1g镁、铝合金，投入500mL 2 mol·L^-1盐酸溶液中，金属完全溶解后，再加入4 mol·L^-1NaOH溶液，若要达到最大量的沉淀物质，加入的NaOH溶液的体积为多少？（）

A．300 mL B．250 mL C．200 mL D．100 mL

【解析】物质之间的转化为：

从反应的整体来观察，原溶液里的Cl^-和加入的Na⁺都不参加反应，最终生成NaCl，即：n(HCl)=n(NaOH)。V(NaOH)=

【答案】B

演练四：

1、将NO₂、NH₃、O₂的混合气体22.4L（标况）通过浓H₂SO₄后，溶液质量增加了26.7g，气体体积缩小为4.48L（标况），剩余气体使带火星的木条着火，则混合气体的平均相对分子质量为（）。

A、28.1 B、30.2 C、33.1 D、 34.0

2、向一定量Fe、FeO和Fe₂O₃的混合物中加入120mL 4mol·L^-1的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，放出1.344L(标准状况)气体，往所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，若用足量的氢气在加热条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为( )

A、0.21mol B、0.14mol C、0.16mol D、0.24mol

3、某种由K₂S和Al₂S₃组成的混合物中，这两种组分的物质的量之比为3：2，则含32g硫元素的这种混合物的质量是（）

A．64g B．94g C．70g D．140g

4、一定量的无水乙醇完全燃烧时放出的热量为Q，它所产生的CO₂用饱和石灰水吸收可得到100gCaCO₃沉淀。则完全燃烧1mol无水乙醇放出的热量为（）

A、0.5Q B、Q C、2Q D、5Q　　

5、向m g镁和铝的混合物中加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体b L。向反应后的溶液中加入c mol·L^-1氢氧化钾溶液V mL，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为n g。再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体p g。则下列关系不正确的是（）

A. B. C.n=m+17Vc D. ＜p＜

【参考答案】

1、C （提示：混合气通入浓H₂SO₄发生的反应有： 4 NO₂+2H₂O+ O₂=4HNO₃，2NH₃+ H₂SO₄=（NH₄）₂ SO₄，溶液增重的量与剩余氧气的质量和就是混合气体的质量）

2、A （提示：溶液中n[Fe（NO₃）₂]=（n（HNO₃）- n（NO））

3、C （提示：将混合物看作一个整体，其化学式为K₆Al₄S₉）

4、C （提示：1molC～1molCO₂～1mol CaCO₃～Q；1 molC₂H₅OH中含2 molC。所以放出的热量为2Q）

5、C

招数五：借用数学思想，化繁为简找极值。

借用数学中的极限思想，把研究的对象构造为问题的两个极端，然后 “抓两端，定中间”。运用此法解题的优点是将某些复杂的、难于分析清楚的化学问题（如某些混合物的计算、平行反应计算和讨论型计算等）变得单一化、极端化和简单化，使解题过程简洁，解题思路清晰，把问题化繁为简，化难为易，从而提高了解题效率。

【例9】某混合物含有KCl、NaCl和Na₂CO₃，经分析含钠31.5％，含氯27.08％（以上均为质量分数），则混合物中Na₂CO₃的质量分数为（）

（A）25％（B）50％（C）80％（D）无法确定

【解析】若混合物质量为100g，则可求出n (Cl^-)= 0.763mol ，①假设这0.763mol的Cl^-全部来自于KCl（即混合物为KCl和Na₂CO₃）则m(KCl)=56.84g，②假设这0.763mol的Cl^-全部来自于NaCl（即混合物为NaCl和Na₂CO₃）则m(NaCl)=44.63g，因Cl^－来自于NaCl、KCl两种物质，由平均值原理知（1－56.84％）＜m(Na₂CO₃) ％＜（1－44.63％）