1、湖南省郴州市2019-2020学年高一化学4月线上考试试题（含解析）注意事项：1.本试卷分试题卷和答题卡。试题卷共6页，有四道大题，共23道小题，满分100分。考试时间60分钟。2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。将条形码横贴在答题卡左上角“条形码粘贴处”。3.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案。信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。4.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使
2、用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。5.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1 O16 C12 S32 Na23 Cu64 Ba137一、选择题(每小题3分，共计54分，每小题只有一个选项符合题意)1.化学与生活生产、可持续发展密切相关。下列说法中正确的是A. 14C可用于文物年代的鉴定，14C和12C互为同素异形体B. 为了消除碘缺乏病，在食用盐中加入一定量的碘单质C. 高纯度的SiO2可以制成光电池，将光能直接转化为电能，D. Fe2O3是一种红棕色粉末，常用作红色油漆和涂料【答案】D【解析】【详解】A. 14C和12C互为同位素，
3、而同素异形体为同种元素形成不同单质，A错误；B.为了消除碘缺乏病，在食用盐中加入一定量碘酸钾，B错误；C.光导纤维用于传输信号，不具有导电性，不混将光能直接转化为电能，C错误D. Fe2O3是一种红棕色粉末，常用作红色油漆和涂料，D正确。故选D。2.19世纪中叶，俄国化学家门捷列夫的突出贡献是()A. 提出原子学说B. 制出第一张元素周期表C. 提出分子学说D. 发现氧气【答案】B【解析】【详解】A. 英国科学家道尔顿提出原子学说，A不合题意；B. 俄国科学家门捷列夫制出第一张元素周期表，B符合题意；C. 意大利科学家阿伏加德罗提出分子学说，C不合题意；D. 法国化学家拉瓦锡发现了氧气，D不合
4、题意。故选B。3.用NaOH固体配制250 mL 1.00 mol/L NaOH溶液时，不必用到的仪器是A. 试管B. 玻璃棒C. 胶头滴管D. 容量瓶【答案】A【解析】【分析】配制一定物质的量浓度的溶液步骤为：称量、溶解、转移、洗涤、定容等，依据配制步骤选用仪器。【详解】实验室配制250 mL 1.00 mol/L NaOH溶液时，需要用烧杯溶解，用玻璃棒搅拌，用250mL的容量瓶配制，用胶头滴管定容，不会用到试管。故选A。【点睛】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液方法，明确配制步骤为解答关键，根据配制的步骤，分析过程中所需的仪器，从而提高学生对化学实验分析能力。4.下列实验装置与实验目的
5、对应的是A. 稀释浓硫酸B. 将碘水中的碘单质与水直接分离C. 除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3D. 用海水制蒸馏水【答案】D【解析】【详解】A容量瓶只能在常温下使用不能在容量瓶中稀释浓硫酸，A错误；B分离碘和水，应加入苯或四氯化碳进行萃取分液后再蒸馏，不能用分液的方法直接分离碘和水，B错误；C胶体、溶液都可透过滤纸不能用过滤的方法分离，应用半透膜渗析分离，C错误；D利用沸点差异蒸馏海水可得蒸馏水，图中蒸馏装置合理，D正确；故选D。5.某些建筑材料中含有放射性元素Rn（氡），会对人体产生一定危害。该原子的质子数与中子数之和是（ ）A. 50B. 86C. 136D. 222【答案】D【解析
6、】【详解】质子数+中子数=质量数，Rn（氡）的质量数为：222，另外质子数为：86， 中子数= 222-86=136，D符合题意。答案为：D。6.下列化学用语或表达式正确的是A. 二氧化碳的结构式：OCOB. S2的结构示意图：C. 含有10个中子的氧原子的符号：OD. 硫化钠的电子式：【答案】C【解析】【详解】A二氧化碳为直线型结构，分子中含有两个碳氧双键，正确的结构式为：O=C=O，A错误；B硫离子的核电荷数为16，核外电子总数为18，最外层达到8电子稳定结构，结构示意图为，B错误；C原子核内有10个中子的氧原子的质量数为18，该原子可以表示为：O，C正确；D硫化钠为离子化合物，电子书为：
7、，D错误；故选C。7.下列反应中，既属于氧化还原反应同时又是吸热反应的是A. 灼热的炭与CO2反应B. 甲烷与O2的燃烧反应C. 铝与稀盐酸D. Ba(OH)28H2O与NH4Cl反应【答案】A【解析】【分析】常见的吸热反应有：Ba(OH)2 8H2O与 NH4Cl反应、大多数分解反应等，在化学反应中有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应，以此来解答。【详解】A.灼热的炭与CO2反应为吸热反应且该反应中碳元素的化合价发生变化则属于氧化还原反应，A正确；B. 甲烷与O2的燃烧反应为放热反应，D错误；C. 铝与稀盐酸反应是氧化还原反应又是放热反应，C错误；D.氯化铵与氢氧化钡晶体反应是非氧化还原反
8、应，D错误；故选A。8.As的原子结构示意图为，下列关于As的描述不正确的是A. 位于第四周期第VA族B. 酸性：H3AsO4H3PO4C. 属于非金属元素D. 稳定性：AsH3As，所以酸性：H3AsO4As，所以稳定性：AsH3H2SHClB. I2、Br2、Cl2氧化性依次增强C. 原子半径：ClMgCaD. Na、Mg、Al还原性依次减弱【答案】A【解析】【分析】A非金属性越强，简单氢化物稳定性越强；B原子序数越大，卤素单质的氧化性越弱；C电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同的原子，原子序数越大，半径越小；D金属性越强，单质的还原性越强，结合同一周期原子序数越大金属性越弱分析。【详
9、解】AP、S、Cl位于同一周期，原子序数逐渐增大，非金属性逐渐增强，则对应氢化物稳定性为PH3H2SBrCl，则非金属性IBrCl，单质氧化性按照I2、Br2、Cl2依次增强，B正确；C电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同的原子，原子序数越大，半径越小，则原子半径大小为：ClMgMgAl，单质的还原性NaMgAl，D正确；故选A。11.下列图示变化为吸热反应的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】常见吸热反应：绝大数分解反应，少数分解、置换以及某些复分解(如铵盐和强碱)；再根据吸热反应是反应物能量小于生成物能量进行分析判断。【详解】A.活泼金属与酸的反应是放热反应，A错误；B
10、.反应物的能量大于生成物的能量，反应为放热反应，B错误；C.浓硫酸稀释放热，但不是化学反应，C错误；D.反应物的能量小于生成物的能量，反应为吸热反应，D正确；故选D。12.设NA为阿伏加德罗常数值，下列有关叙述正确的是A. 标准状况下，2.24L SO3中所含原子数为0.4NAB. 1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NAC. 标准状况下，18 g H2O中所含电子数为10NAD. 将78 g Na2O2与过量CO2反应转移的电子数为2NA【答案】C【解析】【详解】A.标况下SO3不是气体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，A错误；B.合成氨的反应为可逆反应，不能
11、进行彻底，生成的氨气分子个数小于2NA个，B错误；C. 水的摩尔质量为18g/mol，故18g水的物质的量为1 mol，因为水中含10个电子，故1 mol重水中含10NA个电子，C正确；D. 78g过氧化钠的物质的量为1mol，而过氧化钠和二氧化碳反应时，1mol过氧化钠转移lmol电子，即转移NA个，D错误；正确答案选C。【点睛】过氧化钠与二氧化碳的反应，是过氧化钠自身氧化还原反应，所以产生1 mol氧气转移2 mol电子。13.某液态肼(N2H4)燃料电池被广泛应用于发射通讯卫星、战略导弹等运载火箭中。其中以固体氧化物为电解质，生成物为无毒无害的物质。下列有关该电池的说法正确的是A. b极
12、正极，发生还原反应B. 电池电路中，电流方向：电极a用电器电极bC. 当电极a.上消耗1 mol N2H4时，电极b上被氧化的O2在标准状况下体积为11.2 LD. b极附近的pH值变大【答案】A【解析】【分析】该电池总反应为：N2H4+O2=N2+2H2O，燃料电池中，负极是燃料失电子，发生氧化反应，正极是氧气得电子发生还原反应，可据此回答。【详解】A该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，故A正确；B该燃料电池中，通入燃料的一极为负极通入氧气的一极为正极，外电路中电流从正极流向负极，电流方向是：电极b用电器电极a，故B错误；C由电池总反应为N2H4+O2=
13、N2+2H2O可知，当电极a上有1mol N2H4消耗时，b电极上有1mo O2被还原，标况下体积是22.4L，故C错误；Db电极发生的反应为：O2+4e-=2O2-，b极附近的pH值没有变化，故D错误；故答案为A。14.2006年俄美两国科学家共同宣布发现了第118号元素，已知第118号元素位于周期表的第七周期0族，预测第114号元素的下列叙述中，错误的是A. 位于周期表的第七周期第A族B. 肯定是非金属元素C. 原子的最外层有4个电子D. 常见的化合价有+2和+4价【答案】B【解析】A. 已知第118号元素位于周期表的第七周期0族，则第114号元素位于周期表的第七周期第A族，A正确；B.
14、同主族从上到下金属性逐渐增强，因此可能是金属元素，B错误；C. 位于第A族，原子的最外层有4个电子，C正确；D. 位于第A族，常见的化合价有+2和+4价，D正确，答案选B。15.下列各图为元素周期表的一部分，表中数字为原子序数，其中X为17的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】17号是氯元素，位于第三周期第A族，在结合各元素位置关系进行判断。【详解】A9号的左边是氧，氧的下一周期同主族元素是硫，原子序数为16，A错误；B8号的右边是氟，氟的下一周期同主族元素是氯，原子序数为17，B正确；C9号的右边是氖，氖的下一周期同主族元素是氩，原子序数为18，C错误；D7号的氮，氮的下一周
15、期同主族元素是磷，原子序数为15，D错误；故选A。16.下列实验合理的是A. 吸收氨气，并防止倒吸B. 证明非金属性：ClCSiC. 制备并收集少量NO2气体D. 制备少量氧气【答案】A【解析】【分析】A氨气不溶于四氯化碳；B比较非金属性，应用最高价氧化物对应的水化物；C二氧化氮不能用排水法收集；D反应剧烈不能用简易气体发生装置制备。【详解】A氨气不溶于四氯化碳，氨气与水不直接接触，可防止倒吸，B正确；B比较非金属性，应用最高价氧化物对应的水化物，且盐酸易挥发不能排除HCl的影响，B错误；C二氧化氮易溶于水，且与水反应不能用排水法收集，C错误；D过氧化钠与水反应剧烈，不能用简易气体发生装置制备
16、，D错误；正确答案为A。17.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. 在酸性溶液中：Na、NO3、CO32、K、B. 能使酚酞试液变红的溶液中：Na、Cl、CO32、SO42C. 加入Al能放出H2的溶液中：Cl、HCO3、SO42、NH4D. 澄清透明溶液中：K、Fe3、SO42、OH【答案】B【解析】【分析】A在酸性溶液中，CO32能与氢离子发生复分解反应；B溶液呈碱性，各离子能共存；C加入Al能放出H2的溶液为非氧化性酸或强碱溶液；DFe3和OH会生成Fe(OH)3沉淀。【详解】A在酸性溶液中，CO32能与氢离子发生复分解反应，不可大量共存，A错误；B能使酚酞变红，说明溶液呈碱性
17、，离子之间能大量共存，B正确；C加入Al能放出H2的溶液为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中不能大量存在HCO3、NH4，酸溶液中不能大量存在HCO3，C错误；DFe3和OH会生成Fe(OH)3沉淀，不能大量共存，D错误；正确答案为B。18.化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程。化学键的键能是形成(或拆开)1 mol化学键时释放(或吸收)的能量。已知白磷和P4O6的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能(kJ/mol)：PP：198，PO：360，OO：498，则反应P4(白磷)3O2P4O6中消耗3 mol O2放出的热量为A. 1368kJB. 1498kJC. 1638kJD. 1683
18、kJ【答案】C【解析】【分析】化学反应中旧键断裂需要吸收能量，新键形成需要放出能量，化学反应中的反应热H=反应物总键能-生成物总键能，据此计算出反应热。【详解】各化学键键能为：P-P 198kJ/mol，P-O 360 kJ/mol， O=O 498 kJ/mol，反应热的焓变：H=反应物总键能-生成物总键能，则反应P4(白磷)+3O2P4O6的反应热为H=6198 kJ/mol +3498 kJ/mol -12360 kJ/mol =-1638 kJ/mol，则反应P4(白磷)3O2P4O6中消耗3 mol O2放出的热量为1638 kJ。答案为C。二、填空题(本大题共3小题，共30分)19
19、.(1)下列互为同位素的是_；互为同素异形体的是_；(填序号)H2O与H2O2；金刚石与石墨；汞与水银；16O和18O(2)请写出以下物质或微粒的电子式：H2O_NaCl_。(3)下面是同学们熟悉的物质：O2、HCl、Na2O、NH4Cl、NaOH。这些物质中，只含有离子键的是_；(填化学式，下同)属于共价化合物的是_；【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). Na2O (6). HCl【解析】【分析】(1)质子数相同中子数不同的原子互称同位素，同种元素形成的不同单质互为同素异形体；同种物质指组成和结构都相同的物质；(2)首先判断化合物是离子化合物还是共价化合物；依据电子式的
20、书写写出，即把原子的最外层电子表示出来，若是离子化合物，其电子式由阴、阳离子的电子式组合而成，相同的离子不能合并；若是共价化合物，其电子式由对应原子的电子式组成，并要表示出两原子之间的共用电子对情况，H2O是共价化合物，是由原子和氢原子形成共价键；NaCl是由钠离子和氯离子构成的离子化合物；(3) 活泼金属与活泼非金属之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键；共价化合物中只含有共价键，离子化合物一定含有离子键，可能含有共价键。【详解】(1). H2O与H2O2，是不同物质；金刚石和石墨都是是碳单质，属于同素异形体；汞与水银为金属汞属于同种物质；16O和18O是质子数相同中子数不同的同种元素
21、的不同原子，为氧元素的同位素，故答案为： ；(2).H2O是共价化合物，是由原子和氢原子形成共价键，电子式为，NaCl是由钠离子和氯离子构成的离子化合物，电子书为：，故答案为：、；(3). 活泼金属与活泼非金属之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键；共价化合物中只含有共价键，离子化合物一定含有离子键，可能含有共价键，O2为只含有共价键的单质、HCl为只含有共价键的化合物、Na2O为只含离子键的化合物、NH4Cl为含共价键的离子化合物、NaOH为含共价键的离子化合物，故答案为：Na2O、HCl。20.下表是元素周期表的一部分。根据表中的9种元素，用元素符号或化学式填空：01234(1)在元
22、素中，金属性最强的金属元素是_。(填元素符号)(2)在元素中，最高价氧化物的水化物呈两性的物质是_。(写化学式)(3)、对应的元素原子，半径最大的是_(填元素符号)。(4)和可形成_(填“离子”或“共价”)化合物。【答案】 (1). K (2). Al(OH)3 (3). Si (4). 离子【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置知号元素分别是H、C、O、Al、Si、S、Cl、Ar、K元素，据此回答。【详解】（1）同一主族元素元素的金属性随着原子序数增大而增强，同一周期元素，元素的金属性随着原子序数增大而减弱，在元素中，金属性最强的金属元素是K，正确答案：K；（2）在元素中，最高价氧化物的水
23、化物呈两性的是氢氧化铝，正确答案：Al(OH)3 ；（3）原子半径大小的比较方法：原子电子层数越多，半径越大，原子电子层数相同，原子序数越小，半径越大，、对应的元素原子分别是O、Si、S，半径最大的是Si，故正确答案：Si；（4）和对应的元素是Cl和K，活泼金属与活泼非金属易形成离子化合物，正确答案：离子。21.原电池原理的发现是储能和供能技术的巨大进步，是化学对人类的一项重大贡献。(1)现有如下两个反应：A.ZnH2SO4ZnSO4H2；B.NaOHHClNaClH2O。能设计成原电池的反应是_(填“A”或“B”)。(2)将锌片和铜片按如图方式插入100 mL相同浓度的稀硫酸中一段时间，回答
24、下列问题：下列说法正确的是_。A.甲、乙均为化学能转变为电能的装置B.甲中铜片质量减少、乙中锌片质量减少C.两烧杯中溶液的c(H)均减小在相同时间内，两烧杯中产生气泡的速度：甲_乙(填“”、“”或“”)。请写出图中构成原电池的正极电极反应式：_。当乙中产生2.24 L(标准状况)气体时，将锌铜片取出，再将烧杯中的溶液稀释至1 L，测得溶液中c(H)0.2 molL1(设反应前后溶液体积不变)。试确定原稀硫酸的物质的量浓度为_。【答案】 (1). A (2). C (3). (4). 2H+2e-=H2 (5). 2mol/L【解析】【分析】(1)自发的氧化还原反应才能设计成原电池；(2)甲装置
25、符合原电池构成条件，是原电池，乙不能形成闭合回路，不能构成原电池，两个烧杯中锌都失电子发生氧化反应，甲中铜上氢离子得电子发生还原反应，乙中锌上氢离子得电子发生还原反应；作原电池负极的金属加速被腐蚀；原电池正极是氢离子得电子发生还原反应；先计算氢离子的物质的量再计算原来稀硫酸的浓度。【详解】（1）反应A.ZnH2SO4ZnSO4H2是氧化还原反应，能设计成原电池反应，B.NaOHHClNaClH2O不是氧化还原反应，不能设计成原电池，正确答案是：A。 （2）A甲形成原电池，是化学能转变为电能的装置，乙不是，A猎误；B甲、乙中锌片质量都减少，铜片质量都不变，B错误；C两个烧杯中都产生氢气，氢离子浓
26、度都降低，所以溶液的pH均增大，C正确；所以选C。原电池原理引起腐蚀速度大于化学腐蚀的速度，所以两烧杯中产生气泡的速度甲乙，本题正确答案：；构成原电池的正极是氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H+2e-=H2，本题正确答案是：2H+2e-=H2稀释后氢离子的物质的量为1 L0.2 mol/L=0.2 mol，生成氢气2.24 L的物质的量为=0.1mol，消耗的氢离子物质的量为0.2 mol，所以原溶液中氢离子的物质的量为0.4 mol，原溶液中氢离子的浓度为，硫酸是二元强酸，所以原溶液中稀硫酸的浓度为2 mol/L，本题正确答案是2 mol/L。三、实验题(共12分)22.硫及其化合
27、物是重要的工业原料，探究其性质具有非常重要的意义。(1)某学习小组设计用如图装置验证二氧化硫的化学性质。能说明二氧化硫具有氧化性的实验现象为_。为验证二氧化硫的还原性，充分反应后，取试管b中的溶液分成三份，分别进行如下实验。方案I：向第一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成方案II：向第二份溶液中加入品红溶液，红色褪去方案III：向第三份溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀上述方案中合理的是_(填“I”、“II”或“III”)；试管b中发生反应的离子方程式为_。(2)利用如图装置可以验证硫和氯非金属性的强弱。仪器A的名称为_，干燥管D的作用是_。实验室中现有药品Na2S、KMnO4、浓
28、盐酸、MnO2，请选择合适药品设计实验验证氯的非金属性大于硫：装置A、B、C中所装药品分别为_、_、_；装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，离子方程式为_。【答案】 (1). a中溶液出现淡黄色沉淀 (2). (3). Cl2+SO2+2H2O=4H+2Cl-+SO42- (4). 分液漏斗 (5). 防止倒吸 (6). 浓盐酸 (7). KMnO4 (8). Na2S (9). S2-+Cl2=S+2Cl-【解析】【分析】（1）二氧化硫具有氧化性，可以和最低价的硫化钠发生氧化还原反应；氯气具有氧化性，可以将二氧化硫氧化到最高价的硫酸；（2）根据仪器的构造写出仪器A的名称，球形干燥管具有防倒
29、吸的作用；设计实验证明非金属性ClS，利用氯气和硫化钠的氧化还原可验证。【详解】（1）二氧化硫具有氧化性，可以和最低价的硫化钠发生氧化还原反应生成淡黄色的沉淀S，因此本题正确答案是：a试管中有淡黄色沉淀生成；方案：向第一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，可能是氯水中的氯离子产生的作用；方案：向第二份溶液加入品红溶液，红色褪去，可能是氯水中含有的漂白性物质次氯酸起的作用；方案：向第三份溶液加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明溶液中含硫酸根离子，是二氧化硫在酸性环境下被氯水氧化生成的，即SO2+Cl2+2H2O=4H+SO42-+2C1-，S元素的化合价升高体现二氧化硫的还原性，实验设
30、计合理，因此，本题正确答案是：；SO2+Cl2+2H2O=4H+SO42-+2C1-。（2）仪器A为分液漏斗，球形干燥管D能够防止倒吸，可以避免C中液体进入锥形瓶中，正确答案是：分液漏斗；防止倒吸；设计实验验证非金属性：ClS，利用氯气与Na2S的氧化还原反应可验证，则装置A、B、C中所装药品应分别为浓盐酸、KMnO4、Na2S溶液，装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，C中发生反应的离子方程式为S2-+Cl2=S+2Cl-，正确答案是：浓盐酸、KMnO4、Na2S溶液；S2-+Cl2=S+2Cl-。四、计算题(共4分)23.将64 g铜与140 mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的NO
31、和NO2混合气体在标准状况下的体积为22.4 L。请计算(写出计算过程)：(1)NO标况下体积_(2)参加反应的HNO3的物质的量_。【答案】 (1). 设NO标况下的物质的量为xmol，NO2标况下的物质的量为ymolx+y=3x+y=2解得：x=0.5，y=0.5NO在标况下的体积为0.522.4=11.2L (2). 参加反应的HNO3的物质的量为2+=3mol【解析】【分析】本题考查氧化还原反应的计算，物质的量浓度的计算，可根据电子得失守恒及元素守恒列方程式解即可。【详解】（1）64g的物质的量，在反应中失去电子的物质的量是，22.4L混合气体的物质的量，设NO标况下的物质的量为xmo
32、l，NO2标况下的物质的量为ymol元素守恒：x+y=电子得失守恒：3x+y=2解得：x=0.5，y=0.5NO在标况下的体积为0.5mol22.4L/mol=11.2L。故正确答案为：解：设NO标况下的物质的量为x mol，NO2标况下的物质的量为y molx+y=3x+y=2解得：x=0.5，y=0.5NO在标况下的体积为0.5mol22.4L/mol=11.2L。（2）参加反应的硝酸的物质的量是酸性的硝酸根和氧化性的硝酸的物质的量之和，即2+=3mol，故正确答案为：参加反应的HNO3的物质的量为2+=3mol。【点睛】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。2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。
