4．设N_A为阿伏加德罗常数，则下列说法正确的是(　　 )

A．22.4 L乙烯中含有的分子数为N_A

B．0.1 L 0.1 mol／L的CH₃COOH溶液中含有的分子数为0.01 N_a

C．含0.1 mol H₂O₂的水溶液跟MnO₂充分作用，反应过程中转移的电子总数0.1N_a

D．1 mol HCl气体中的粒子数与0.5 mol/L盐酸中溶质粒子数相等

3．酒后驾车是引发交通事故的重要原因。交警对驾驶员进行呼气酒精检测的原理：橙色的K₂Cr₂O₇

酸性水溶液遇乙醇迅速生成蓝绿色Cr³⁺。下列对乙醇的描述与此原理有关的是(　　 )

①乙醇沸点低　 ②乙醇密度比水小　 ③乙醇有还原性　 ④乙醇是烃的含氧化合物

A．②④　　 B．②③　　　 C．①③　　 D．①④

2．下列化学名词书写正确的是(　　 )

A．正丁稀　 B．硝基笨　 C．乙酸乙脂　 D．氨基酸

1．据报道，科学家已成功合成了少量O₄(其结构式是)，有关O₄的说法正确的是(　　 )

A．在O₄分子中含有极性共价键　　　　 B．O₄是氧的一种新的同位素

C．相同质量的O₄与O₃所含原子个数比为4∶3　

D．O₄与O₃、O₂都是氧元素的同素异形体

4.元素守恒、电子守恒、电荷守恒

一个正确的氧化还原离子方程式的配平，应同时遵循三个守恒关系，即元素守恒、电子守恒和电荷守恒。

例23：配平方程式：[ ]S_x^2-+[ ]BrO₃^-+[ ]OH^-= [ ]SO₄^2-+[ ]Br^-+[ ]H₂O

3.电荷守恒、电子守恒

例22：在一定条件下，RO₃^n-和F₂可发生如下反应：RO₃^n-+F₂+2OH^-=RO₄^-+2F^-+H₂O从而可知在RO₃^n-中，元素R的化合价是

A.+4　　　 B.+5　　　 C.+6　　　 D.+7

解析：设元素R在RO₃^n-中的化合价为x。

法一：据电荷守恒：n+1×2=1+2×1，n=1。则

x-2×3=-1，x=5。

法二：据电子守恒：(7-x)×1=[0-(-1)]×2，x=5。

2.元素守恒、电子守恒

例21：用石墨电极电解500mL含KNO₃和Cu(NO₃)两种溶质的溶液，一段时间后，在两个电极上均生成11.2L气体(标准状况下)。试求：

(1)原溶液中c(Cu²⁺)；

(2)电解后溶液中c(H⁺)(忽略溶液体积的变化)。

解析：根据题中信息可知：

(1)依据电子守恒：(O₂)=(H₂) +0.5L×c(Cu²⁺)×2，

解得，c(Cu²⁺)=1.0mol/L。

(2)依据原子守恒可得:Cu(NO₃)₂~2NO₃^-~2HNO₃~2H⁺则溶液中c(H⁺)=2×c(Cu²⁺)=2.0mol/L。

某些情况下，有的题目可以用不同的守恒关系解决，而有的题目则需要同时运用多种守恒关系方能解决。

1.元素守恒、电荷守恒

例19：向100mL FeCl₃溶液中通入标准状况下的H₂S 2.24L，待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0.6mol金属阳离子，则原FeCl₃溶液的物质的量浓度是　　　　 。

解析：有关反应：2FeCl₃+H₂S=2FeCl₂+2HCl+S↓，

2FeCl₃+Fe=3FeCl₂，Fe+2HCl=FeCl₂+H₂↑

由此不难发现，通入的H₂S实际上只相当于分解成了H₂和S，对溶液而言并不会产生任何影响，反应前后溶液中恒定不变的是Cl^-离子。

法一：据Cl^-离子守恒可得：c(Cl^-)×0.100L=0.6mol×2，c(Cl^-)=0.12mol/L,则c(FeCl₃)=×c(Cl^-)=0.4mol/L。

法二：据反应前后正电荷守恒可得：c(Fe³⁺)×0.100L×3=0.6mol×2，c(Fe³⁺)=0.4mol/L，c(FeCl₃)= 0.4mol/L。

例20：(2003年新课程卷)将0.2mol/L HCN溶液和0.1mol/L NaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性，下列关系式中正确的是

A.c(HCN)＜c(CN^-)　　　　　　 B.c(Na⁺)＞c(CN^-)

C.c(HCN)-c(CN^-)= c(OH^-)　　　 D.c(HCN)+c(CN^-)=0.1mol/L

2.电子守恒

例17：容积为30mL的试管中充满了NO₂和O₂的混合气体，将试管倒立在水槽中，一段时间后，试管中仍然有5mL气体。则原混合气体中NO₂和O₂的体积比可能是　　　　　　　　　 。

解析：设原混合气体中有amL NO₂，则O₂为(30-a)mL。

(1)若剩余气体是5mL O₂，那么NO₂完全转化为HNO₃，O₂只有(30-a-5)mL=(25-a)mL被还原。

由阿伏加德罗定律和电子守恒得：a×1=(25-a)×4，a=20mL，所以V(NO₂) : V(O₂)=20mL : (30-20)mL=2:1。

(2) 若剩余气体是5mL NO，则生成5mL NO消耗的NO₂为15mL，也就是说有(a-15)mL NO₂与(30-a)mLO₂反应生成了HNO₃。

由阿伏加德罗定律和电子守恒得：(a-15)×1=(30-a)×4，a=27mL，所以V(NO₂):V(O₂)=27mL:(30-27)mL=9:1。

例18：含ng HNO₃的稀硝酸溶液恰好与mg Fe完全反应，若已知有1/4的HNO₃被还原成NO，则n:m的取值范围是　　　　　　 。

带电粒子可分为阴、阳离子和电子。在晶体或溶液中，不论有多少种离子，晶体或溶液总是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数(电性相反、电量相等)，即所谓的电荷守恒；在氧化还原反应或电解池中，氧化剂(或在阴极上)所得电子总数与还原剂(或在阳极上)所失电子总数相等，即所谓的电子守恒。

1.电荷守恒

多用于计算、判断溶液中粒子浓度之间的关系。在有关溶液的计算题中，若没有特别说明，则可忽略H⁺、OH^-的影响；而在讨论溶液中粒子浓度之间的关系时，却必须考虑在内。

例14：将aL由(NH₄)SO₄和NH₄NO₃组成的混合溶液分成两等份，一份加入bmol烧碱并加热，刚好把NH₃赶出；另一份需消耗含cmol BaCl₂的溶液，沉淀刚好完全。则原溶液中c(NO₃^-)为　　　　 。

解析：由题设不难求得aL混合溶液中含2bmol NH₄⁺和2cmol SO₄^2-。依据电荷守恒可得：1×n(NH₄⁺)=2×n(SO₄^2-)+1×n(NO₃^-)，1×2bmol=2×2cmol+1×c(NO₃^-)×aL，c(NO₃^-)=mol/L。

例15：常温下，将甲酸和氢氧化钠溶液混合，所得溶液pH=7，则此溶液中

A.c(HCOO^-)＞c(Na⁺)

B.c(HCOO^-)＜c(Na⁺)

C.c(HCOO^-)＝c(Na⁺)

D.无法确定c(HCOO^-)与c(Na⁺)的关系

解析：由电荷守恒可知，c(HCOO^-)+c(OH^-)= c(H⁺)+c(Na⁺)，因pH=7，则c(OH^-)= c(H⁺)，故c(HCOO^-)＝c(Na⁺)，选C。

例16：天然的和绝大部分人工制备的晶体都存在各种缺陷，例如某种NiO晶体中就存在如图所示的缺陷:一个Ni²⁺空缺，另

有两个Ni²⁺被两个Ni³⁺所取代。其结果晶体仍呈电

中性，但化合物中Ni和O的比值却发生了变化。

某氧化镍样品组成为Ni_0.97O。试计算该晶体中Ni³⁺

与Ni²⁺的离子数之比。

解析：其解法相当多，在此仅讨论守恒法。

法一：设1molNi_0.97O中含Ni³⁺ xmol，则Ni²⁺为(0.97-x)mol。据电荷守恒可得，3×xmol+2×(0.97-x)mol=2×1mol，解得x=0.06mol，则Ni³⁺与Ni²⁺的离子数之比为：0.06mol:(0.97-0.06)mol=6:91。

法二：据电荷守恒直接分析。依题意“一个Ni²⁺空缺，另有两个Ni²⁺被两个Ni³⁺所取代。其结果晶体仍呈电中性，…”从电荷守恒的角度理解：当一个Ni³⁺取代一个Ni²⁺后，正电荷增加1[(+3)-(+2)]，若要保证晶体呈电中性，就必须再增加一个正电荷，也就是说，每当有一个Ni²⁺空缺时，需增加两个Ni³⁺(即取代晶体中的两个Ni²⁺)。1mol Ni_0.97O中空缺0.03mol Ni²⁺，那么Ni³⁺应为2×0.03mol=0.06mol。

法三：结合原子守恒。设1mol Ni_0.97O中含Ni³⁺为xmol，Ni²⁺为ymol。

解得：x=0.06mol，y=0.91mol。