高中化學(xué)守恒法.docVIP

_淺談守恒法在高中化學(xué)計(jì)算中的應(yīng)用化學(xué)反應(yīng)的實(shí)質(zhì)是原子間重新組合，依據(jù)質(zhì)量守恒定律在化學(xué)反應(yīng)中存在一系列守恒現(xiàn)象，如：質(zhì)量守恒、原子守恒、元素守恒、電荷守恒、電子得失守恒等，利用這些守恒關(guān)系解題的方法叫做守恒法。守恒的實(shí)質(zhì)：利用物質(zhì)變化過程中某一特定的量固定不變而找出量的關(guān)系，基于宏觀統(tǒng)覽全局而避開細(xì)枝末節(jié)，簡化步驟，方便計(jì)算。通俗地說，就是抓住一個(gè)在變化過程中始終不變的特征量來解決問題。目的是簡化步驟，方便計(jì)算。下面我就結(jié)合例題列舉守恒法在化學(xué)計(jì)算中常見的應(yīng)用。一、 質(zhì)量守恒化學(xué)反應(yīng)的實(shí)質(zhì)是原子間重新結(jié)合，質(zhì)量守恒就是化學(xué)反應(yīng)前后各物質(zhì)的質(zhì)量總和不變，在配制或稀釋溶液或濃縮溶液（溶質(zhì)難揮發(fā)）過程中，溶質(zhì)的質(zhì)量不變。利用質(zhì)量守恒關(guān)系解題的方法叫“質(zhì)量守恒法”。1 利用化學(xué)反應(yīng)過程中的質(zhì)量守恒關(guān)系解化學(xué)計(jì)算題 例1：將NO2、O2、NH3的混合氣體26.88 L通過稀H2SO4后，溶液質(zhì)量增加45.7 g，氣體體積縮小為2.24 L。將帶火星的木條插入其中，木條不復(fù)燃。則原混合氣體的平均相對分子質(zhì)量為（氣體均在標(biāo)準(zhǔn)狀況下測定）A40.625 B42.15 C38.225 D42.625 解析將混合氣體通過稀H2SO4后，NH3被吸收。NH3+H2O=NH3H2O 2NH3H2O+H2SO4=(NH4)2SO4+2H2O 而NO2和O2與水接觸發(fā)生如下反應(yīng)：3NO2+H2O=2HNO3+NO 反應(yīng)2NO+O2=2NO2 反應(yīng)生成的NO2再與水反應(yīng)：3NO2+H2O=2HNO3+NO 反應(yīng)上述反應(yīng)、屬于循環(huán)反應(yīng)，可將反應(yīng)2+反應(yīng)，消去中間產(chǎn)物NO，得出：4NO2+ O2+2H2O =4HNO3 反應(yīng)如果反應(yīng)中O2剩余，則將帶火星的木條插入其中，木條復(fù)燃。而題中木條不復(fù)燃，說明無O2剩余。由反應(yīng)知，剩余氣體為NO，其體積在標(biāo)準(zhǔn)狀況下為2.24 L，其質(zhì)量為m(NO)。m(NO)=nM= 30 g/mol= 30 g/mol =3.0 g由質(zhì)量守恒定律，混合氣體的質(zhì)量m(總)為：m(總)=45.75 g+3.0 g= 48.75 g而混合氣體的物質(zhì)的量n，n= = =1.2 mol由摩爾質(zhì)量M計(jì)算公式：M= = =40.625 g/mol而摩爾質(zhì)量與相對分子質(zhì)量在數(shù)值上相等，則答案為A。例2：鐵有可變化合價(jià)，將14.4 g FeC2O4(草酸亞鐵)隔絕空氣加熱使之分解，最終可得到7.6 g鐵的氧化物，則該鐵的氧化物組成可能為AFeO BFe3O4 CFeOFe3O4 DFe2O3 解析已知Fe、C、O的相對原子質(zhì)量分別為56、12、16，F(xiàn)eC2O4中含鐵元素的質(zhì)量：m(Fe)= = 5.6 g將FeC2O4隔絕空氣加熱，使之分解得鐵的氧化物，設(shè)為FexO4。在加熱過程中，鐵元素沒有損耗，鐵元素的質(zhì)量是不變的。由“質(zhì)量守恒法”，在FexO4中m(Fe)仍為5.6 g，則m(O)= 7.6 g5.6 g=2.0 g。據(jù)物質(zhì)的量（n）與質(zhì)量（m）、摩爾質(zhì)量（M）之間公式 ，又據(jù) （N1、N2代表微粒個(gè)數(shù)）則 ，答案為C。2 利用濃縮溶液前后溶質(zhì)的質(zhì)量守恒關(guān)系解化學(xué)計(jì)算題 例3：KOH溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為14%，加熱蒸發(fā)掉100 g水后變成溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)為28%的KOH溶液80 mL，則后者溶液的物質(zhì)的量濃度可能是A6 mol/L B6.75 mol/L C6.25 mol/L D5.5 mol/L解析 KOH為難揮發(fā)性物質(zhì)，在加熱蒸發(fā)KOH溶液過程中，KOH的質(zhì)量不變。設(shè)原溶液的質(zhì)量為m(原)，據(jù)質(zhì)量守恒規(guī)律，列出加熱蒸發(fā)前后KOH質(zhì)量不變的式子： m(原)14%= m(原)100 g28%解得m(原)=200 g再由公式： ， 求解。公式中c溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度，n溶質(zhì)的物質(zhì)的量，V溶液的體積（已知V=80 mL=0.08 L），m質(zhì)量，M摩爾質(zhì)量M(KOH)=56 g/mol則： ，所以答案為C。3 利用稀釋前后溶質(zhì)的質(zhì)量守恒關(guān)系解化學(xué)計(jì)算題 例4：用98%（密度為1.84 g/cm3）的濃H2SO4配制200 g 20%的稀H2SO4，需這種濃度的濃H2SO4 A40.8 g B40.8 mL C22.2 mL D20 mL解析 在由濃溶液稀釋而配制溶液的過程中，H2SO4溶質(zhì)的質(zhì)量是不變的，設(shè)濃H2SO4的體積為V，據(jù)= 公式，由質(zhì)量守恒定律列出H2SO4質(zhì)量守恒的式子： V11.84 g/cm398%=200 g20%解得V1=22.18 mL22.2 mL需這種濃度的濃H2SO4：m=V=1.84 g/cm322.18 mL=40.8 g所以答案為C。質(zhì)量守恒就是化學(xué)反應(yīng)前后各物質(zhì)的質(zhì)量總和不變，在配制或稀釋溶液的過程中，溶質(zhì)的質(zhì)量不變。例1.反應(yīng)A + 3B = 2C,若 7g A和一定量 B 完全反應(yīng)生成 8.5g C，則A、B、C的相對分子質(zhì)量之比為（ ）。A、14:3:17 B、28:2:17C、1:3:2 D、無法確定 答案：B例2.A、B、C三種物質(zhì)各15 g，發(fā)生如下反應(yīng)：ABCD反應(yīng)后生成D的質(zhì)量為30 g。然后在殘留物中加入10 g A，反應(yīng)又繼續(xù)進(jìn)行，待反應(yīng)再次停止，反應(yīng)物中只剩余C，則下列說法正確的是( )A.第一次反應(yīng)停止時(shí)，剩余B 9 gB.第一次反應(yīng)停止時(shí)，剩余C 6 gC.反應(yīng)中A和C的質(zhì)量比是53D.第二次反應(yīng)后，C剩余5 g答案：D解析：第一次反應(yīng) A 不足，因?yàn)榈谝淮畏磻?yīng)后加入 A 又能進(jìn)行第二次反應(yīng)。第二次反應(yīng)后，只剩余 C，說明 A、B 恰好完全反應(yīng)。則：m反(A)m反(B) = (15 g10 g)15 g = 53第一次反應(yīng)耗 B 的質(zhì)量mB為：15 gmB=53，mB=9 g即第一次反應(yīng)后剩余B質(zhì)量為：15 g9 g=6 g?？梢?A)選項(xiàng)不正確。根據(jù)mAmBmC=mD ，可知生成30 g D時(shí)消耗C的質(zhì)量。mC=30 g15 g9 g=6 g即第一次反應(yīng)后剩余C質(zhì)量為：15 g6g=9g。又見(B)選項(xiàng)不正確。易見反應(yīng)消耗A、B、C質(zhì)量之比為：mAmBmC=15 g9 g6g=532(C)選項(xiàng)不正確。二、 原子守恒1原子守恒法的依據(jù)“原子守恒法”的依據(jù)是基于化學(xué)反應(yīng)前后原子的種類和數(shù)目不變的守恒現(xiàn)象?！霸邮睾恪奔捶磻?yīng)前后各元素種類不變，各元素原子個(gè)數(shù)不變，其物質(zhì)的量、質(zhì)量也不變。利用這種守恒關(guān)系解題的方法叫“原子守恒法”。2典型例題及解題策略例1：將標(biāo)準(zhǔn)狀況下a L H2和Cl2的混合氣體，經(jīng)光照反應(yīng)后，將所有氣體通入NaOH溶液，恰好使b mol NaOH完全轉(zhuǎn)化成鹽，則a與b的關(guān)系不可能是Aba/22.4 Bba/22.4 Cba/22.4 Dba/11.2光解法一：常規(guī)方法。首先書寫化學(xué)方程式，在列式計(jì)算。反應(yīng)式如下： H2+Cl2=2HCl 反應(yīng)NaOH+HCl=NaCl+H2O 反應(yīng)討論1：若Cl2過量，還有：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 反應(yīng)計(jì)算時(shí)先以不足暑H2計(jì)算。光設(shè)原混合氣體中H2 為x mol，Cl2為y molH2 + Cl2 = 2HCl 1 1 2 x mol x mol 2x molNaOH + HCl = NaCl + H2O 1 12x mol 2x molCl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O 1 2 (yx)mol 2(yx)mol依題意得列二元一次方程組： x+ya/22.4 2x+2(yx)=b 解上述二元一次方程組得：y=b/2。將y=b/2代入式，解得x=a/22.4 b/2由于x0，則a/22.4 b/20，解得ba/11.2討論2：若H2過量，以不足者Cl2計(jì)算。只有反應(yīng)和反應(yīng)。設(shè)原混合氣體中H2 為x mol，Cl2為y mol光由方程式列式H2 + Cl2 = 2HCl 1 2 y mol 2y molNaOH + HCl = NaCl + H2O 1 12y mol 2y mol由已知列二元一次方程組： 2y=b x+y= a/22.4解上述方程組，得：x=a/22.4 b/2由于x0，則a/22.4 b/20，解得ba/11.2綜上分析，即b不可能等于a/11.2。本題答案為D。例2：在氧氣中灼燒0.44 g由硫、鐵組成的化合物，使其中的硫經(jīng)過一系列變化最終全部轉(zhuǎn)化為硫酸，用20 mL 0.5 mol/L的燒堿溶液恰好能完全中和這些硫酸。則原化合物中硫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)約為A36.4% B46.2% C53.1% D22.8%解法一：常規(guī)方法先書寫方程式，再列式計(jì)算。而本題Fe、S化合物的化學(xué)式不定，因此第一步Fe、S化合物燃燒方程式還需寫不定的化學(xué)方程式，這給計(jì)算帶來了更大的困難，即使不考慮鐵，只從S元素考慮，也有如下四個(gè)反應(yīng)：點(diǎn)燃S+O2=SO2 反應(yīng)2SO2+O2 2SO3 反應(yīng)SO3+H2O=H2SO4 反應(yīng)H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O 反應(yīng)根據(jù)已知NaOH的量，逆推H2SO4，再由H2SO4推SO3，再由SO3推SO2，再由SO2推S元素。這里面所蘊(yùn)含的關(guān)系式如下： 2NaOHH2SO4SO3SO2S 2 mol 32 g20103 L0.5 mol/L m(S)=0.01 mol 列比例式： 解得m(S)=0.16 g則原化合物中S元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=所以，答案為A。解法二：原子守恒法依題意分析，S元素經(jīng)過一系列變化，最后變成了H2SO4，H2SO4再與NaOH發(fā)生中和反應(yīng)，根據(jù)S、Na的原子守恒關(guān)系：SH2SO4NaSO42NaOH 得出： S 2NaOH 32 g 2 mol m(S) 20103 L0.5 mol/L=0.01 mol列比例式求得：m(S)=0.16 g則原化合物中S的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=所以答案為A。例3：38.4 mg銅跟適量的濃HNO3反應(yīng)，銅全部作用后，共收集到氣體22.4 mL（標(biāo)準(zhǔn)狀況）。反應(yīng)消耗的HNO3物質(zhì)的量可能為A1.6103 mol B2.0103 mol C2.2103 mol D2.4103 mol解法一：常規(guī)方法：書寫化學(xué)方程式，然后列式計(jì)算。設(shè)生成NO2、NO分別為x mol、y mol。已知Cu的相對原子質(zhì)量為64Cu + 4HNO3(濃) = Cu(NO3)2 + 2NO2+2H2O 1 4 20.5x mol 2x mol x mol3Cu + 8HNO3(稀) = 3Cu(NO3)2 + 2NO+4H2O 3 8 21.5y mol 4y mol y mol由已知條件列二元一次方程組：0.5x + 1.5y =x+y=解得，x=0.9103 mol y=0.1103 mol反應(yīng)中消耗的HNO3：2x+4y=20.9103 mol+40.1103 mol=2.2103 mol所以，答案為C。解法二：原子守恒法經(jīng)分析Cu與HNO3反應(yīng)生成了Cu(NO3)2和NOx，在反應(yīng)中HNO3所起的作用有2種，一種是酸，另一種是氧化劑，由N原子守恒列出：CuCu(NO3)22HNO3（酸） NOx HNO3（氧化劑） 1 1 2 1 1 mol 1.2103 mol mol 1103 mol反應(yīng)中共消耗HNO3：1.2103 mol+1103 mol=2.2103 mol。所以答案為C。原子守恒即系列反應(yīng)中某原子(或原子團(tuán))個(gè)數(shù)(或物質(zhì)的量)不變。以此為基礎(chǔ)可求出與該原子(或原子團(tuán))相關(guān)連的某些物質(zhì)的數(shù)量(如質(zhì)量)。例31L1mol/L的NaOH溶液中，通入0.8molCO2，完全反應(yīng)后，溶液中CO32-和HCO3-離子的物質(zhì)的量之比大約為（ ）A、2：1 B、1：1 C、1：2 D、1：3 答案:D例4.某露置的苛性鉀經(jīng)分析含水：7.62%(質(zhì)量分?jǐn)?shù)，下同)、K2CO3：2.38%、KOH ：90.00%。取此樣品 1.00 g 放入 46.00 mL 1.00 molL1 的 HCl(aq) 中，過量的 HCl 可用 1.070 mol/L KOH(aq)中和至中性，蒸發(fā)中和后的溶液可得固體_克。答案：3.43 g提示：根據(jù) Cl 原子守恒得：n(KCl) = n(HCl) = 1.00 molL10.04600 L = 4.60102 mol，m(KCl) 易求。例5：有0.4g鐵的氧化物， 用足量的CO 在高溫下將其還原，把生成的全部CO2通入到足量的澄清的石灰水中得到0.75g固體沉淀物，這種鐵的氧化物的化學(xué)式為（ ）A. FeO B. Fe2O3 C. Fe3O4 D. Fe4O5 答案：B解析 由題意得知，鐵的氧化物中的氧原子最后轉(zhuǎn)移到沉淀物CaCO3中。且n(O)=n(CaCO3)=0.0075mol m(O)=0.0075mol16g/mol=0.12g。m(Fe)=0.4g-0.12g=0.28g，n(Fe)=0.005mol。n(Fe)n(O)=2:3，選B例6 將幾種鐵的氧化物的混合物加入100mL、7molL1的鹽酸中。氧化物恰好完全溶解，在所得的溶液中通入0.56L（標(biāo)況）氯氣時(shí)，恰好使溶液中的Fe2+完全轉(zhuǎn)化為Fe3+，則該混合物中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 （ ）A. 72.4% B. 71.4% C. 79.0% D. 63.6%答案：B解析 鐵的氧化物中含F(xiàn)e和O兩種元素，由題意，反應(yīng)后，HCl中的H全在水中，O元素全部轉(zhuǎn)化為水中的O，由關(guān)系式：2HClH2OO，得：n（O）=，m（O）=0.35mol16gmol1=5.6 g；而鐵最終全部轉(zhuǎn)化為FeCl3，n（Cl）=0.56L 22.4L/mol2+0.7mol=0.75mol，n（Fe）=，m(Fe)=0.25mol56gmol1=14 g，則，選B。例7現(xiàn)有19.7 g由Fe、FeO、Al、Al2O3組成的混合物，將它完全溶解在540 mL 2.00 molL1的H2SO4溶液中，收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氣體8.96 L。已知混合物中，F(xiàn)e、FeO、Al、Al2O3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)分別為0.284、0.183、0.274和0.259。欲使溶液中的金屬陽離子完全轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀，至少應(yīng)加入2.70 molL1的NaOH(aq)體積是_。答案：800 mL提示：根據(jù) Na 原子守恒和 SO守恒得如下關(guān)系：2NaOH Na2SO4 H2SO4則：n(NaOH) = 2n(H2SO4)c(NaOH)V NaOH(aq) = 2c(H2SO4)V H2SO4(aq)V NaOH(aq)可求。三、 電荷守恒“電荷守恒法”，即電解質(zhì)溶液中的陰離子所帶的負(fù)電荷總數(shù)等于陽離子所帶的正電荷總數(shù)，或者說正、負(fù)電荷的代數(shù)和等于01。利用電荷守恒法的主要依據(jù)是電解質(zhì)溶液的整體上呈電中性。這種解題技巧的優(yōu)點(diǎn)是基于宏觀的統(tǒng)攬全局的方式列式，避開繁雜的運(yùn)算，不去追究細(xì)枝末節(jié)，因而能使復(fù)雜的計(jì)算化繁為簡，化難為易。1 電荷守恒法解題的依據(jù)和基本公式1.1 電荷守恒法解題的依據(jù)：電解質(zhì)溶液中，不論存在多少種離子，溶液都是呈電中性的，即陰離子所帶的電荷數(shù)與陽離子所帶的電荷數(shù)是相等的。1.2 電荷守恒法解題時(shí)的計(jì)算公式： m c(Rm+) = n c(Rn)，此公式中代表“和”的意思，c(Rm+)代表陽離子的濃度或物質(zhì)的量或微粒個(gè)數(shù)，m代表代表陽離子所帶電荷數(shù)，c(Rn) 代表陰離子的濃度或物質(zhì)的量或微粒個(gè)數(shù)，n 代表代表陰離子所帶電荷數(shù)。以Na2S溶液為例：在Na2S溶液中，有如下三個(gè)平衡式：S2+H2OHS+OH （一級水解）HS+H2OH2S+OH（二級水解）H2OH+OH （水的電離）含有的微粒：Na+、H+、OH、HS、S2、H2S (H2O分子除外)，有下列的電荷守恒式：c(Na+)+c(H+)c(OH)+c(HS)+2c(S2)2 電荷守恒法適用范圍及解典型的化學(xué)計(jì)算題2.1電荷守恒法解題范圍：已知溶液中幾個(gè)離子的量，求其他離子的量，可采用電荷守恒法計(jì)算。2.2 應(yīng)用電荷守恒法計(jì)算的典型例題2.2.1 利用電荷守恒法可巧解有關(guān)電解質(zhì)溶液中離子濃度的計(jì)算題【例題1】由硫酸鉀、硫酸鋁和硫酸組成的混合溶液，其pH1，c(Al3+)0.4 mol/L，c(SO42)0.8 mol/L，則c(K+)為( ) 2A. 0.15 mol/L B. 0.2 mol/L C. 0.3 mol/L D. 0.4 mol/L解析1：常規(guī)方法：由硫酸鉀、硫酸鋁和硫酸的化學(xué)式推理：硫酸鉀（K2SO4）、硫酸鋁Al2(SO4)3、硫酸（H2SO4），三種物質(zhì)組成的混合液中硫酸根的來源則由這三種物質(zhì)提供。 可由pH1，再由公式 pH=lg c(H+)推知c(H+)=10pH ，推知溶液中的c(H+)=101 molL1，根據(jù)H2SO4的電離方程式：H2SO4=2H+ +SO42，推知H2SO4所提供的SO42的濃度為H+的一半，即SO42的濃度為0.05 molL1；再由Al2(SO4)3的電離方程式：Al2(SO4)3=2Al3+3SO42，推知SO42的濃度應(yīng)為Al3+的1.5倍，由c(Al3+)0.4 molL1得知由Al2(SO4)3所提供的SO42的濃度為0.6 molL1；則由K2SO4所提供的SO42濃度為：0.8 molL1 0.05 molL10.6 molL1 = 0.15 molL1，而由 K2SO4的電離方程式：K2SO4=2K+ + SO42得知，K2SO4中K+的濃度是SO42的2倍，則原混合液中K+的濃度是0.3 molL1，即答案為C。解析2：巧用電荷守恒式：三種物質(zhì)組成的混合溶液中共存在5種離子，它們分別是：H+、Al3+、K+、SO42、OH ，電荷守恒式如下：c(K+) + c(H+) + 3c(Al3+)=c(OH) + 2c(SO42) 溶液的pH1，再由公式 pH=lg c(H+)推知c(H+)=10pH，推知溶液中c(H+)=101 molL1，由水的離子積Kw的計(jì)算公式Kw = c(H+)c(OH)，在25（常溫）時(shí)，Kw= 1.01014 得知c(OH) =1013 molL1，由于OH的濃度極小，計(jì)算時(shí)可忽略不計(jì)，將c(H+)=101 molL1，c(Al3+)0.4 mol/L，c(SO42)0.8 molL1代入電荷守恒式：c(K+) + c(H+) + 3c(Al3+)= c(OH) + 2c(SO42 )中，則不難得出 c(K+)為0.3 molL1，即答案為C。根據(jù)上述兩種解題方法的對比不難得出，第一種方法是基于物質(zhì)的化學(xué)式利用繁雜的電離方程式和運(yùn)算來解題的，此方法步驟繁多，容易出錯(cuò)；而第二種解題方法是利用電荷的守恒關(guān)系來解題的，這種方法在優(yōu)點(diǎn)是基于宏觀的統(tǒng)攬全局的方式列式，避開繁雜的運(yùn)算，不去追究細(xì)枝末節(jié)，沒有用電離方程式，不用理會物質(zhì)的化學(xué)式，只要知道溶液中有幾種離子及離子的符號就可以解題了，因而能使復(fù)雜的計(jì)算化繁為簡，化難為易。3利用電荷守恒法解化學(xué)計(jì)算習(xí)題是化學(xué)計(jì)算中一種很重要的解題方法和技巧，這種技巧應(yīng)用的好，可以起到事半功倍的效果，能使復(fù)雜的計(jì)算化繁為簡，化難為易。2.2.2 利用電荷守恒法可巧解比較溶液中離子濃度大小的習(xí)題比較溶液中離子濃度大小水溶液中離子平衡知識中常見的一種題型，其中利用電荷守恒法比較離子濃度大小，筆者認(rèn)為也是在這些習(xí)題中使用較多的方法之一?！纠}2】常溫下，將甲酸(HCOOH)與NaOH溶液混合，所得溶液的pH=7，則此溶液中( )4A. c(HCOO)c(Na+) B. c(HCOO)c(Na+)C. c(HCOO)c(Na+) D. 無法確定c(HCOO)和c(Na+)的大小關(guān)系解析1：（常規(guī)方法）甲酸是弱酸，甲酸和氫氧化鈉溶液混合恰好中和時(shí)生成的弱酸強(qiáng)堿鹽水解顯堿性，所以甲酸和氫氧化鈉溶液混合所得溶液pH=7 時(shí)甲酸過量，甲酸過量的不是很多，如果過量很多的話，溶液又呈酸性了，但c(HCOO)和c(Na+)的大小關(guān)系還是比較不出來。解析2：用電荷守恒法進(jìn)行分析，混合后溶液中所存在的離子共有HCOO、Na+、H+、OH 四種，根據(jù)電荷守恒法可得出c(Na+)+c(H+)=c(HCOO)+c(OH) , 由于溶液的pH=7，溶液呈中性，則有c(H+) = c(OH)，進(jìn)而可推出c(Na+)=c(HCOO)。答案為C ?！纠}3】常溫下，將甲酸(HCOOH)與NaOH溶液混合，所得溶液的pH7，則此溶液中( )A. c(HCOO)c(Na+) B. c(HCOO)c(Na+)C. c(HCOO)c(Na+) D. 無法確定c(HCOO)和c(Na+)的大小關(guān)系解析：分析同例題2利用電荷守恒式：c(Na+)+c(H+)=c(HCOO)+c(OH)，由于溶液中的pH7 ，即c(H+)c(OH)，進(jìn)而可推出c(Na+)c(HCOO)。答案為B ?！纠}4】常溫下，將甲酸(HCOOH)與NaOH溶液混合，所得溶液的pH7，則此溶液中( )A. c(HCOO)c(Na+) B. c(HCOO)c(Na+)C. c(HCOO)c(Na+) D. 無法確定c(HCOO)和c(Na+)的大小關(guān)系分析同例題2利用電荷守恒式：c(Na+)+c(H+)=c(HCOO)+c(OH)，由于溶液中的pH7，即c(H+)c(OH)，進(jìn)而可推出c(Na+)c(HCOO)。答案為A。 以上三個(gè)例題若用常規(guī)方法分析，既得考慮酸堿中和反應(yīng)中有關(guān)量的問題，還得考慮鹽類的水解問題，分析過程繁瑣，浪費(fèi)時(shí)間長，容易出錯(cuò)。電荷守恒即對任一電中性的體系，如化合物、混和物、溶液、膠體等，電荷的代數(shù)和為零，即正電荷總數(shù)和負(fù)電荷總數(shù)相等。例題8將 CaCl2 和 CaBr2 的混合物 13.400 g溶于水配成 500.00 mL 溶液，再通入過量的 Cl2，完全反應(yīng)后將溶液蒸干，得到干燥固體 11.175 g。則原配溶液中，c(Ca2)c(Cl)c(Br)為A.321B.123C.132D.231答案：D解題思路：1個(gè) Ca2 所帶電荷數(shù)為2，則根據(jù)溶液中陽離子所帶正電荷總數(shù)等于陰離子所帶負(fù)電荷總數(shù)，知原溶液中：2n(Ca2) = n(Cl) n(Br)將各備選項(xiàng)數(shù)值代入上式進(jìn)行檢驗(yàn)可知答案。例9：(1)中學(xué)教材上圖示了NaCl晶體結(jié)構(gòu)，它向三維空間延伸得到完美晶體。NiO(氧化鎳)晶體的結(jié)構(gòu)與NaCl相同，Ni2與最近O2的核間距離為a108cm，計(jì)算NiO晶體的密度(已知NiO摩爾質(zhì)量為74.7 gmol1)。(2)天然的和絕大部分人工制備的晶體，都存在各種缺陷，例如在某種NiO晶體中就存在如圖11所示的缺陷：一個(gè)Ni2空缺，另有兩個(gè)Ni2被兩個(gè)Ni3所取代。其結(jié)果晶體仍呈電中性，但化合物中Ni和O的比值卻發(fā)生了變化。某氧化鎳樣品組成為Ni0.97O，試計(jì)算該晶體中Ni3與Ni2的離子數(shù)之比。答案：(1) (2)691提示：由題得 NiO 晶體結(jié)構(gòu)(如右圖)。其體積為：V = (a108cm)3右圖向三維空間延伸，它平均擁有的 Ni2、O2數(shù)目為：N(Ni2) =N(O2) =4 =N(NiO)由密度公式得：(NiO) =。(2)(電荷守恒法)設(shè) 1 mol Ni0.97O 中含Ni3物質(zhì)的量為x，則Ni2的物質(zhì)的量為(0.97 molx)；根據(jù)電荷守恒得：3x2(0.97 molx)=1 mol2x=0.06 molN(Ni3)N(Ni2)=0.06 mol(0.97 mol0.06 mol)=691例10 將8g Fe2O3投入150mL某濃度的稀硫酸中，再投入7g鐵粉收集到1.68L H2（標(biāo)準(zhǔn)狀況），同時(shí)，F(xiàn)e和Fe2O3均無剩余，為了中和過量的硫酸，且使溶液中鐵元素完全沉淀，共消耗4mol/L的NaOH溶液150mL。則原硫酸的物質(zhì)的量濃度為（ ）A. 1.5mol/L B. 0.5mol/L C. 2mol/L D. 1.2mol/L答案：C解析 粗看題目，這是一利用關(guān)系式進(jìn)行多步計(jì)算的題目，操作起來相當(dāng)繁瑣，但如能仔細(xì)閱讀題目，挖掘出隱蔽條件，不難發(fā)現(xiàn)，反應(yīng)后只有Na2SO4存于溶液中，且反應(yīng)過程中SO42并無損耗，根據(jù)電荷守恒原則：n（SO42）=n（Na+），則原硫酸的濃度為：2mol/L，故選C。四：電子得失守恒法（或化合價(jià)升降守恒法）電子得失守恒法即化學(xué)反應(yīng)中(或系列化學(xué)反應(yīng)中)氧化劑所得電子總數(shù)等于還原劑所失電子總數(shù)，無論是自發(fā)進(jìn)行的氧化-還原反應(yīng)還是原電池或電解池均如此例11 一定條件下RO3n-和I-間反應(yīng)： RO3n-6I- 6H+ = R-323H2O， 則 RO3n中R元素的化合價(jià)為：答案：+5例12 某稀硝酸溶液中，加入5.6g鐵粉充分反應(yīng)后，鐵粉全部溶解，生成NO，溶液質(zhì)量增加3.2g，所得溶液中Fe2+和Fe3+物質(zhì)的量之比為 （ ）A. 41 B. 21 C. 11 D. 32答案：0.100 molL1解析 設(shè)Fe2+為xmol，F(xiàn)e3+為ymol，則：x+y=0.1（Fe元素守恒）2x+3y=（得失電子守恒）得：x=0.06mol，y=0.04mol。則xy=32。故選D。例13.將 3.48 g Fe3O4 完全溶解在 100 mL 1.00 mol/L 的 H2SO4(aq) 中，然后加入 K2Cr2O7(aq)25.00 mL，恰好使 Fe2全部轉(zhuǎn)化為 Fe3，且 Cr2O全部轉(zhuǎn)化為 Cr3。則 K2Cr2O7 的物質(zhì)的量濃度為_。提示：Fe3O4中 2 價(jià)鐵所失電子物質(zhì)的量與 Cr2O 中6 價(jià)鉻所得電子物質(zhì)的量相等。(32)= 0.02500 Lc(Cr2O)(63)2。例題14 將 CaCl2 和 CaBr2 的混合物 13.400 g溶于水配成 500.00 mL 溶液，再通入過量的 Cl2，完全反應(yīng)后將溶液蒸干，得到干燥固體 11.175 g。則原配溶液中，c(Ca2)c(Cl)c(Br)為A.321B.123C.132D.231答案：D解題思路：1個(gè) Ca2 所帶電荷數(shù)為2，則根據(jù)溶液中陽離子所帶正電荷總數(shù)等于陰離子所帶負(fù)電荷總數(shù)，知原溶液中：2n(Ca2) = n(Cl) n(Br)將各備選項(xiàng)數(shù)值代入上式進(jìn)行檢驗(yàn)可知答案。守恒法是高考中?？汲Ｓ玫囊环N解題方法。恰當(dāng)?shù)剡\(yùn)用守恒法，對提高解題速度和破解高考難題都有很大的幫助，值得我們探究。本文只是粗略地列舉了一些常見的例題，以期做到拋磚引玉的作用。守恒計(jì)算問題是指利用某種量的相等關(guān)系進(jìn)行技巧計(jì)算的一類問題，它是矛盾對立面的統(tǒng)一，是一種宏觀穩(wěn)定的湮滅計(jì)算；從微觀來看是電子、原子的行為，從宏觀來看是化合價(jià)和質(zhì)量的結(jié)果(電子 化合價(jià)，原子 質(zhì)量)。它的一般解題方法是設(shè)一個(gè)未知數(shù)，解一元一次方程。守恒問題包括總質(zhì)量守恒、電荷守恒、電子守恒、原子守恒和總價(jià)數(shù)相等關(guān)系，下面分別討論之。三電子守恒法(得失電子數(shù)相等關(guān)系)在氧化還原反應(yīng)中，氧化劑得電子總數(shù)等于還原劑失電子總數(shù)。1、求化合價(jià)1用0.1 mol / L的Na2SO3溶液30 mL，恰好將2103 mol的還原，則元素X在還原產(chǎn)物中的化合價(jià)是(MCE91) ( D )A1 B2 C3 D4解析：該反應(yīng)中， 將被氧化為，0.13022(7x)，x42已知某強(qiáng)氧化劑RO(OH)2+ 中的R元素被Na2SO3還原到較低價(jià)態(tài)。如果還原2.4103 mol RO(OH)2+ 至較低價(jià)態(tài)，需要60 mL 0.1 mol / L的Na2SO3溶液。那么，R元素被還原成的價(jià)態(tài)是 ( B )A-1 B0 C1 D2解析：B。由2.4103x0.060.12，x5，550。應(yīng)選B。324 mL濃度為0.05 mol / L的Na2SO3溶液，恰好與20 mL濃度為0.02 mol / L的K2Cr2O7溶液完全反應(yīng)，則元素Cr在被還原的產(chǎn)物中的化合價(jià)是(MCE95) ( B )A6 B3 C2 D0解析：0.020.022(6x)0.0240.05(64)，x3，應(yīng)選B。4250 mL 2.4 mol / L的Na2SO3溶液恰好把0.2 mol的還原，則X在還原產(chǎn)物中的化合價(jià)為多少？解：根據(jù)氧化還原反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移守恒，設(shè)X在還原產(chǎn)物中的化合價(jià)為x，則有2.4 mol / L0.25 L20.2 mol(6x)2，x3，答：X在還原產(chǎn)物中的化合價(jià)為3。2、求物質(zhì)的量1將m mol Cu2S和足量稀HNO3反應(yīng)，生成Cu(NO3)2、H2SO4、NO和H2O。則參加反應(yīng)的硝酸中被還原的硝酸的物質(zhì)的量是 ( C )A. 4m mol B. 10m mol C. mol D. mol解析：m mol Cu2S共失去電子：2m mol8m mol10m mol，Cu2S每失去3 mol 電子可還原1 mol HNO3，故被還原的HNO3為 mol，應(yīng)選C。2，硫酸銨在強(qiáng)熱條件下分解，生成NH3、SO2、N2和H2O，反應(yīng)中生成的氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比是(MCE93) ( A )A13 B23 C12 D43解析：該反應(yīng)的氧化產(chǎn)物是N2，還原產(chǎn)物是SO2，設(shè)其物質(zhì)的量分別為x mol、y mol，由電子守恒得：2x(30)y(64)，xy 13，應(yīng)選A。3在PCuSO4H2O Cu3PH3PO4H2SO4(未配平)的反應(yīng)中，7.5 mol CuSO4可氧化P的物質(zhì)的量為 ( A )解析：該反應(yīng)的氧化劑為P、CuSO4，還原劑為P，本題只需CuSO4氧化P的物質(zhì)的量，設(shè)7.5 mol CuSO4氧化P的物質(zhì)的量為x mol，由電子守恒得：7.5(21)x(50)，x 1.5，應(yīng)選A。4在反應(yīng)3BrF35H2OHBrO3Br29HFO2，若有5 mol H2O作為還原劑時(shí)，被還原的BrF3的物質(zhì)的量為 ( D )A. 3 mol B. 2 mol C. mol D. mol解析：該反應(yīng)的氧化劑為BrF3，還原劑為BrF3、H2O，本題只要求H2O還原BrF3的物質(zhì)的量，設(shè)5 mol H2O能還原BrF3 x mol，由電子守恒得：x(30)5(20)，x，應(yīng)選D。5往100 mL溴化亞鐵溶液中緩慢通入2.24 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)氯氣，反應(yīng)完成后溶液中有的溴離子被氧化成溴單質(zhì)。求原溴化亞鐵溶液的物質(zhì)的量濃度。 解法一：電子守恒法。由提示知，還原性：Fe2+Br，Br已部分被氧化，故Fe2+已全部被氧化。設(shè)原FeBr2的物質(zhì)的量濃度為x，根據(jù)氧化還原反應(yīng)中，得電子總數(shù)等于失電子總數(shù)，(1分)可得：(x2x )0.1 L12 x1.2 molL1 解法二：電中性法。反應(yīng)后所得溶液中的離子有Fe3+、Cl和Br(剩余)。3xx22，x1.2 molL1。6某溫度下，將Cl2通入KOH溶液中，反應(yīng)后得到KCl、KClO、KClO3的混合液，經(jīng)測定ClO-和個(gè)數(shù)比為12，則Cl2與KOH溶液反應(yīng)時(shí)，被還原的氯與被氧化的氯的物質(zhì)的量之比為 ( D )解析：設(shè)ClO-為x個(gè)，由題意知，為2x個(gè)，它們共失去電子為11x個(gè)，由電子得失守恒知必有11x個(gè)Cl-生成。所以被還原的氯與被氧化的氯的原子個(gè)數(shù)比為11x(x2x )113，應(yīng)選D。7取鐵粉和氧化鐵的混合物樣品14.88 g，加入125 mL稀硫酸，使之充分反應(yīng)。當(dāng)固體粉末完全溶解時(shí)，收集到3.36 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下測定)氣體，當(dāng)向溶液中加KSCN溶液時(shí)，溶液不顯紅色。再用5 mol / L的氫氧化鈉溶液中和過量的硫酸，并繼續(xù)加堿溶液至150 mL，恰好把溶液中的金屬陽離子全部沉淀下來。試求：(1) 原樣品中氧化鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)；(2) 上述硫酸的物質(zhì)的量濃度。解析：本題涉及的反應(yīng)共有5個(gè)，關(guān)系錯(cuò)綜復(fù)雜，所以用常規(guī)方法利用化學(xué)方程式求解，既繁瑣費(fèi)時(shí)又容易出錯(cuò)。若抓住Fe失去電子總數(shù)等于Fe2O3和部分H2SO4得到電子總數(shù)這一關(guān)系，則解法就簡單明了。(1) 設(shè)Fe2O3的物質(zhì)的量為x，由電子得失守恒關(guān)系有：n(Fe)2n(Fe2O3)2n(H2)2x，得x0.03 molFe2O3%100%32.26%(2) 設(shè)H2SO4的物質(zhì)的量為y，由題意知H2SO4最終全部變成Na2SO4，而Na+的來源只有NaOH，由元素守恒可得如下關(guān)系式：2NaOH Na2SO4 H2SO40.15 L5 mol / L0.125 L2yy3 mol / L3、配平1在xR2+yH+O2mR3+nH2O的離子反應(yīng)中，化學(xué)計(jì)量數(shù)x _。解析：氧化劑O2得電子總數(shù)為22e，還原劑R2+ 失電子總數(shù)為x(32)e，由電子守恒得：22x(32)，x4。2已知反應(yīng)：AgFCl2H2O AgClAgClO3HFO2，配平后，AgClO3系數(shù)為b，O2的化學(xué)計(jì)量數(shù)為c，則AgCl的化學(xué)計(jì)量數(shù)為_。解析：該反應(yīng)的氧化劑為Cl2，還原劑為Cl2、H2O，設(shè)AgCl系數(shù)為x，由電子守恒得：x1b52c2，x5b4c。4、求質(zhì)量1在NxOyNH3 N2H2O(未配平)的氧化還原反應(yīng)中，被還原的元素和被氧化的元素質(zhì)量比是 ( A )A. 3x2yB. x3yC. 5x2yD. 2x3y解析：2y3b，b，x3x2y。b為氨的物質(zhì)的量。2把一銅片投入盛有濃硝酸的燒瓶中，充分反應(yīng)后，將產(chǎn)生的氣體全部吸