(word完整版)高中化學(xué)守恒法

1、精心整理淺談守恒法在高中化學(xué)計算中的應(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，方便計算。通俗地 說，就是抓住一個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，方便計算。下面我就結(jié)合例題列舉 守恒法在化學(xué)計算中常見的應(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

2、（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)計算題例1:將NO2、。2、NH 3的混合氣體26.88L通過稀H2SO4后，溶液質(zhì)量增加 45.7g,氣體體積縮小為 2.24L。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）A . 40.625B , 42.15C , 38.225D , 42.625解析將混合氣體通過稀 H2SO4后，NH 3被吸收。NH3+H2O=NH 3 - H2O2NH 3 - H2O + H 2SO4=（NH 4）2SO4+2H2O而NO2和O

3、2與水接觸發(fā)生如下反應(yīng)：3NO2+H2O=2HNO 3+NO 反應(yīng)2NO+O 2=2NO 2反應(yīng)生成的NO2再與水反應(yīng)：3NO2+H2O=2HNO 3+NO反應(yīng)上述反應(yīng)、屬于循環(huán)反應(yīng)，可將反應(yīng)X4NO2+O2+2H2O=4HNO 3反應(yīng)2+反應(yīng)，消去中間產(chǎn)物 NO,得出:如果反應(yīng)中 。2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 知，剩余氣體為 NO ,其體積在標(biāo)準(zhǔn)狀況下為2.24L,其質(zhì)量為 m（NO）。m（NO）=n M= x 30g/mol= x 30g/mol=3.0g 2.24 L02剩余。由反應(yīng)由質(zhì)量守恒定律，混合氣體的mo 而混合氣體的物質(zhì)的量 n, n2

4、2.4L/molm(總)為：m(總)=45.75g+3.0g=48.75gi.2moi26.88L由摩爾質(zhì)量 M 計算公式：M=24I62mg/mo5g24L/mol1.2mol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Ao例2:鐵有可變化合價，將14.4gFeC2O4（草酸亞鐵）隔絕空氣加熱使之分解，最終可得到7.6g鐵的氧化物，則該鐵的氧化物組成可能為.A . FeOB . Fe304c. FeO - Fe3O4D . Fe2O3解析已知Fe、C、。的相對原子質(zhì)量分別為56、12、16, FeC2O4中含鐵元素的質(zhì)量：m(Fe)=5.6g 5614.4gFex04o在加熱過程中，鐵元素

5、沒有損耗，鐵元素的質(zhì)量是不變的。由“質(zhì)量守怛法”，在FexO4中m（Fe）仍為5.6g,則m（O）=7.6g 5.6g=2.0g。n2 N2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)（mN1、N2彳表微粒NV數(shù)）則，答案為Co2利用濃縮溶液/恒野質(zhì)的質(zhì)鍛守恒關(guān)系解化學(xué)計算題遮聃）質(zhì)的躥網(wǎng)數(shù)為14%,加熱蒸發(fā)掉則后者溶酒佛射的臉體粉可浦6 g / mo 4100g水后變成溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)為28%的KOH溶液80mL ,A. 6nO）Lb . m（75mol/LC 2.0慢25mol5LD . 5.5mol/L解析KOH為M微性物6g /葩切熱蒸發(fā)KOH溶液過程中，KOH的質(zhì)量不變。設(shè)

6、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）x 14%= m（原）100g X28%解彳導(dǎo)m（原）=200g再由公式：，求解n公式中m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=80mL=0.08L ）,m 質(zhì)量，M 摩爾質(zhì)V M(K0H)=56g/mol則：所以答案m(kOH )200 g 14%） 守恒關(guān)系解化學(xué)計mol 0.5mol區(qū)J 4:用98% (密度為1.84g/cm3)的濃H2SO4配制200g20%的稀H2SO4,需這種濃度的濃 H2SO4A . 40.8gB . 40.8mLC . 22.2mLD . 20mL解析在

7、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) 尸公式，由質(zhì)量守恒定律列出H2SO4質(zhì)量守恒的式子：V1X 1.84g/cm3x 98%=200g X 20%解彳V V i=22.18mL 弋 22.2mL需這種濃度的濃 H2SO4： m= PV=1.84g/cm 3x 22.18mL=40.8g所以答案為Co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7gA和一定量B完全反應(yīng)生成8.5gC ,則A、B、C的相對分子質(zhì)量之比為()。A、 14:3:17B 、 28:2:17C、

8、1:3:2D、無法確定答案：B例2.A、B、C三種物質(zhì)各15g,發(fā)生如下反應(yīng)：A+ B+ CD反應(yīng)后生成D的質(zhì)量為30g。然后在殘留物中加入10gA,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，剩余 B9gB.第一次反應(yīng)停止時，剩余 C6gC.反應(yīng)中A和C的質(zhì)量比是5 : 3D.第二次反應(yīng)后，C剩余5g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：-； . ，了m反(A) : m反(B)=(15g +10g) : 15g=5： 3第一次反應(yīng)耗B的質(zhì)量mB為：15g

9、： m=5 ： 3, nB=9g即第一次反應(yīng)后剩余B質(zhì)量為：15g9g=6g。可見(A)選項(xiàng)不正確。1'根據(jù)nA+ nB+ m=m),可知生成30gD時消耗C的質(zhì)量。nC=30g 15g9g=6g即第一次反應(yīng)后剩余C質(zhì)量為：15g6g=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：mA ： mB ： m=15g : 9g : 6g=5 : 3 ： 2(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。“原子守恒”即反應(yīng)前后各元素 種類不變，各元素原子個數(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

10、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 aLH2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bmolNaOH完全轉(zhuǎn)化成鹽，則 a與b的關(guān)系不可能是A . b = a/ 22.4B. b<a/22.4C. b>a/22.4D. b>a/11.2解法一：常規(guī)方法。首先書寫化學(xué)方程式，在列式計算。反應(yīng)式如下：H2+Cl2=2HCl 反應(yīng)NaOH+HCl=NaCl+H 2O 反應(yīng)討論 1:若 C12 過量，還有： Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H 2O 反應(yīng)精心整理 計算時先以不足暑 H2計算。 設(shè)原混合氣體中也為xmol

11、, CI2為ymolH2+CI 2=2HCl 光 112 xmolxmol2xmolNaOH+HCl=NaCl+H 2O 11 2xmol2xmol Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H 2O 12 (y x)mol2(y x)mol 依題意得列二元一次方程組：x+y =a/ 22.42x+2(yx尸b t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 x>0,則 a/22.4-b/2>0,解得 b<a/ 11.2 討i2:若H2過量，以不足者 C12計算。只有反應(yīng)和反應(yīng)。 設(shè)原混合氣體中也為xmol , CI2為

12、ymol由方程式列式 Iha I H2+CI 2=2HCl 12 ym012ymol NaOH+HC1=NaC1+H 2O 11 2ym012ymol 由已知列二元一次方程組：2y=bx+y=a / 22.41解上述方程組，得：x=a/22.4-b/2由于 x>0,則 a/22.4-b/2>0,解得 b<a/ 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 0.44g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 20mL0.5mol/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 A. 36.4%

13、B . 46.2% C. 53.1%D , 22.8% 解法一：常規(guī)方法 先書寫方程式，再列式計算。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，也有如下四個反應(yīng)：m(S)m(樣品)100% 016g0.44g100% 36.4%占燃 S+O2=SO 2 反應(yīng) 2SO2+O22SO3-應(yīng) SO3+H2O=H 2SO4 反應(yīng) H2SO4+2NaOH=Na 2SO4+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)

14、含的 關(guān)系式如下： 2NaOH H2SO4SO3SO2S 2mol32g 20X 10 3L x 0.5mol/L m(S) =0.01mol 列比例式：解得2 m(S)=0.16g 則原化合物中SS 1m(S)量分?jǐn)?shù)= 所以，答案為Ao 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 得山：S2NaOH32g2mol m(S)20 x 10 3LX 0.5mol/L精心整理=0.01mol列比例式求得： m(S)=0.16g則原化合物中S的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=m100%

15、理 100% 36.4%所以答案為 Aom(樣品)0.44g例3: 38.4mg銅跟適量的濃 HNO3反應(yīng)，銅全部作用后，共收集到氣體 22.4mL (標(biāo)準(zhǔn)狀況)。反應(yīng)消耗的HNO 3物質(zhì)的量可能為A . 1.6X10 3molB. 2.0X10 3molC. 2.2X10 3molD. 2.4X10 3mol解法一：常規(guī)方法：書寫化學(xué)方程式，然后列式計算。設(shè)生成NO2、NO分別為xmol、ymol。已知Cu的相對原子質(zhì)量為 64CU+4HNO 3(濃尸Cu(NO 3)2+2NO 2 T +2H 2O1420.5xmol2xmolxmol3CU+8HNO 3(稀)=3Cu(NO 3)2+2NO

16、 T +4H2O3821.5ymol4ymolymol由已知條件列二元一次方程組：0.5x+1.5y=38.4 10 3x+y= 22.4 10 3 64解得，x=0.9 2西 3moly=0.1 x 10 3mol反應(yīng)中消耗的 HNO3： 2x+4y=2 X 0.9X 10 3mol+4 X 0.1 x 10 3mol=2.2 X 10 3mol所以，答案為Co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：Cu Cu(NO3)22HNO3 (酸)NOx HNO 3 (氧化劑)1121

17、1mol1.2 x 10 3moimol1 x 10 3mol反應(yīng)中共消耗 HNO3： 1.2X10 3mol+1 x 10 3mol=2.2 x 10 3molo 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)。2-例3. 1L1mol/L的NaOHY儀中，通入0.8molCO2,完全反應(yīng)后，溶液中 CO和HCO離子的物質(zhì)的量之比大約為()A、2: 1B、1: 1C、1: 2D、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)、K2CO: 2.38%、KOH 9

18、0.00%取此樣 品 1.00g 放入 46.00mL1.00mol L 1的 HCl(aq)中，過量的 HCl 可用 1.070mol/LKOH(aq)中和 至中性，蒸發(fā)中和后的溶液可得固體 克。答案：3.43g提示：根據(jù) Cl 原子守恒得:n(KCl)=n(HCl)=1.00mol L 1x 0.04600L=4.60 X 10 2mol, 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 CO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.FeOB.FezQC.FesQD.Fe,Q答案：B解析由題意得知，鐵的氧

19、化物中的氧原子最后轉(zhuǎn)移到沉淀物CaCO中。且n(O)=n(CaCO3)=0.0075molm(O)=0.0075molx 16g/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、7mol?LT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，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 Fe和O兩1元由卜8樣意，呼凱亞關(guān)系

20、式：2HC1H2OO 得：n (O) =22=0.56L + 22.4L/mo1m(Fe)=0.25mo1 xx 2+0.7mo1=0.75mo1, n ( Fe )56g?mo11=14g, 則h(035mm全在水中，。元素全部轉(zhuǎn)化為水中的o, ,m (O) =0.35mo1 X 16g?mo1 =5.6g ;皿鐵n%)f ”部0%mop d251mo1n(C1) 二(Fe3 14g3100% 71.4%，14g 5.6g,選 b。例7.現(xiàn)有19.7g由Fe、FeO Al、AlzQ組成的混合物，將它完全溶解在 540mL2.00mo1 L的HSO溶液中，收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氣體 8.96L。已

21、知混合物中，F(xiàn)e、FeO Al、A12O3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)力口入2.70mo1 L-的NaOH(aq體積是。答案：800mL2提示：根據(jù)Na原子守恒和S。守恒得如下關(guān)系：2NaOHNSO-H2SOWJ: n(NaOH)=2n(HSQc(NaOH) - VNaOH(aq)=2c(H2SO) - VH2SO(aq)VNaOH(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 o利用電荷守恒法的主要依據(jù)是電解質(zhì)

22、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 電荷守恒法解題時的計算公式：m4Rm)=E nc(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)的量或微粒個數(shù)，n代表代表陰離子所帶電荷數(shù)。以NaS溶液為例：在 NaS溶液中，

23、有如下三個平衡式：S2 +HbOHS； +OH (一級水解)HS +H2O-HbS+OK (二級水解)H2OH+OH (水的電離)含有的彳黝位：Na> H+、OH、HS、S"、H2s(H2O分子除外)，有下列的電荷守恒式： c(Na+)+ c(H+) = c(OH )+ c(HS )+2 c(S2 )2電荷守恒法適用范圍及解典型的化學(xué)計算題2.1 電荷守恒法解題范圍：已知溶液中幾個離子的量，求其他離子的量，可采用電荷守恒法計算。2.2 應(yīng)用電荷守恒法計算的典型例題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算題【例題1】由硫酸鉀、硫酸鋁和硫酸組成的混合溶液，其p

24、H= 1 , c(A1 3+) =0.4mo1/L , c(SO2 ) = 0.8mo1/L ,則c(K+)為()2A. 0.15mo1/LB.0.2mo1/LC.0.3mo1/LD.0.4mo1/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(K2SO)、硫酸鋁A12(SO4)3、硫酸(H2SO), 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?？捎蓀H= 1,再由公式pH=- lg c(H+)推知c(H+)=10 pH,推知溶液中的 c(H+)=10 1mo1 L t,根據(jù) -SO的電離方程式：H2SO=2H+SO,推知HbS。所提供的SO-的濃度為H+的一半，

25、即 SO的濃度為0.05 mol L ' 再由Al 2(SQ)3的電離方 程式：A12(SQ)3= = 2A13+3SO ,推知SCf的濃度應(yīng)為 A13+的1.5倍，由c(A1 3+) = 0.4mo1 - L 1得知由Al 2(SQ)3所提供的 SO-的濃度為 0.6mo1 yT；則由 性SO 所提供的 SO-濃度為：0.8mo1 - L 1-0.05 mol - L 1 0.6mo1 - L 1=0.15mo1 1,而由K2SQ的電離方程式：K2SO=2K+SCf得知，K2SO中K+的濃度是SO的2倍，則原混合液中K+的濃度是0.3 mol L t,即答案為Co解析2:巧用電荷守恒

26、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+、A13+、K> SO > OH,精心整理電荷守恒式如下：C(K+)+C(H+)+3c(Al 3+)=c(OH )+2c(SO4 )溶液的pH=1,再由公式 pH=lgc(H+)推知c(H+)=10 pH,推知溶液中 c(H+)=10 1mol - L 1,由水的離子積 KW的 計算公式 KW=c(H+) - c(OH ),在 25c (常溫)時，Kw=1.0 X 10-14得知 c(OH ) =10 13mol - L 1,由于 OH的濃度極小， 計算時可忽略 不計，將 c(H+)=10 1mol - L 1, c(Al

27、 3+) = 0.4mol/L , c(SO:)= 0.8mol 1 代入電荷守恒式： C(K+)+C(H+)+3c(Al 3+)= c(OHI )+2c(SO2)中，則不難得出 C(K+)為 0.3 mol L -1,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；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)雜的計算化

28、繁為簡，化難為易。3利用電荷守恒法解化學(xué)計算習(xí)題是化學(xué)計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療NaOH容液混合，所得溶液的pH=7,則此溶液中()4_ _+ _ _+A. c(HCOO) >c(Na )B. c(HCOO) < c(Na )C.c(HCOO) =c(Na+)D

29、.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+)=以。比)，進(jìn)而可推出c(Na+)= c(HCOO )o答案為G【例題3】常溫下

30、，將甲酸(HCOOH療NaOHB液混合，所得溶液的pH> 7,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+尸c(HCOO)+C(OH),由于溶液中的 pH> 7, IP c(H+) <c(OHI ), 進(jìn)而可推出 c(Na+) >c(HCOO)。答案為 Bo【例題4】常溫下，將甲酸(HCOOH療NaOHB液混合，所得溶液的pH< 7,則

31、此溶液中()A. c(HCOO) >c(Na+)B. c(HCOO)<c(Na+)一+_.、 ， 、 - 一+,>、，-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(O1),由于溶液中的pH< 7,即c(H+) >c(OH ),進(jìn)而 可推出c(Na+)<c(HCOO)。答案為 A以上三個例題若用常規(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)時間長，容易出錯。電荷守恒即對任一電中性的體系，如化合物、混

32、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CaCL和CaBr2的混合物13.400g溶于水配成500.00mL溶液，再通入過量的 CL, 完全反應(yīng)后將溶液蒸干，得到干燥固體11.175g。則原配溶液中，c(Ca2 ) ： c(Cl ) ： c(B一)為A.3 ： 2 ： 1B.1 ： 2 ： 3C.1 ： 3 ： 2D.2 ： 3 ： 1答案：D解題思路：1個C中所帶電荷數(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：_ _2+_ 一2n(Ca )=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。構(gòu)，它向

33、三維空 與NaCl相同， NiO晶體的密度存在各種缺陷，例9: (1)中學(xué)教材上圖示了 NaCl晶體結(jié) 間延伸得到完美晶體。NiO(氧化鍥)晶體的結(jié)構(gòu) Ni2+與最近CT的核間距離為aX1。8cm,計算1(已知NiO摩爾質(zhì)量為74.7g mol )。(2)天然的和絕大部分人工制備的晶體，都精心整理例如在某種NiO晶體中就存在如圖1 1所示的缺Pg: 一個Ni2+空缺，另有兩個Ni2+被兩個Ni3+所 取代。其結(jié)果晶體仍呈電中性，/化合物中Ni和。的比值卻發(fā)生了變化。某氧化鍥樣品組成為Nio.97。，試計算該晶襁7gNmo4Ni2 +的離子數(shù)之比。答案：(1) (a 10 8cm)3 2Na (

34、2)6 : 91提示：由題得NiO晶體結(jié)構(gòu)(如右圖)。其體積為：V=(ax 10 8cm)3右圖向三維空間迥中，臼均擁有的Ni2+、0一數(shù)目為：N(Ni2 )=N(O2 )= 8 X4=2 =N(NiO)由密度公皿O) M(NiO) 74.7 g mol 1p(NiO尸 V(NiO) Vm(NiO) (a 10-8 cm)3 2Na。(2)(電荷守恒法)設(shè)1molNi0.97。中含Ni3+物質(zhì)的量為x,則Ni"的物質(zhì)的量為(0.97mol x); 根據(jù)電荷守恒得：3x+2X(0.97mol x)=1mol X2 x=0.06molN(Ni3 ) ： N(Ni2+ )=0.06mol

35、： (0.97mol - 0.06mol)=6 : 91例10將8gFezQ投入150mL某濃度的稀硫酸中，再投入 7g鐵粉收集到1.68LH2 (標(biāo)準(zhǔn)狀況)，同時， Fe和FezQ 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()_l L./A.1.5mol/LB.0.5mol/LC.2mol/LD.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1條件，不難發(fā)現(xiàn)，反應(yīng)后只有NaS。存于溶液中，且反應(yīng)過程中SO”并無損耗，根據(jù)電荷守恒原則：

36、n (SO*) =2 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快J 11 一定條件下 ROn-和I-間反應(yīng)：ROn- + 6I -+ 6H+=R-+ 3 I 2+ 3H2O,則ROn中R元素的化合價為：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NQ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.4 ： 1B.2 ： 1C.1 ：

37、1D.3 : 2答案：0.100mol - L 1解析詼.6e2+為 xmol , Fe3+為 ymol,則：x+y= 5®=0.1 3(2:e 告素守恒)2x+3y=30(得失電子守恒)得：x=0.06mol , y=0.04mol。則 x ： y=3 : 2。故選 D。例 13.將 3.48gFe3。完全溶解在 100mL1.00mol/L 的 HSO(aq)中，然后力口入 KCr2O7(aq)25.00mL , 恰好使Fe2+全部轉(zhuǎn)化為Fe",且CmO7全部轉(zhuǎn)化為Cr"。則K2Cr2O7的物質(zhì)的量濃度為_2提后四空q中+2價鐵所失電子物質(zhì)的量與 C2O7中+

38、6價銘所得電子物質(zhì)的量相等。 12232 g molX (3 2)=0.02500L 義 c(Cr 2O7 ) X (6 3) X 2。例題14將CaCb和CaBr2的混合物13.400g溶于水配成500.00mL溶液，再通入過量的CL,完 全反應(yīng)后將溶液蒸干，得到干燥固體11.175g。則原配溶液中，c(Ca2+) ： c(Cl ) ： c(Br )為A.3 ： 2 ： 1B.1 ： 2 ： 3C.1 ： 3 ： 2D.2 ： 3 ： 1答案：D解題思路：1個C歲所帶電荷數(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?(

39、Br )將各備選項(xiàng)數(shù)值代入上式進(jìn)行檢驗(yàn)可知答案。守恒法是高考中常考常用的一種解題方法。 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。守恒計算問題是指利用某種量的相等關(guān)系進(jìn)行技巧計算的一類問題，它是矛盾對立面的統(tǒng)一，是一種宏觀穩(wěn)定的 湮滅計算；從微觀來看是電子、原子的行為，從宏觀來看是化合價和質(zhì)量的結(jié)果電子 對應(yīng) 化合價，原子 對應(yīng)質(zhì)量。它的一般解題方法是設(shè)一個未知數(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

40、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1 ,用0.1mol/L的Na2SO3溶液30mL ,恰好將2*10-3mol的XO 4還原，則元素 X在還原產(chǎn)物中的化合價是 (MCE91)(D)A. +1B. +2C. +3D. + 4解析：該反應(yīng)中，SO 2-將被氧化SO 4-為，0.1X30X2=2X 7-x , x=42,已知某強(qiáng)氧化劑 RO(OH)2+中的R元素被Na2SO3還原到較低價態(tài)。如果還原 2.4X 10-3molRO(OH) 2+至較低價 態(tài)，需要60mL0.1mol/L的Na2SO3溶液。那么，R元素被還原成的價態(tài)是 (B)A . 1B. 0C

41、.+1D.+2解析：Bo 由 2.4X 10-3Xx=0.06X 0.1 X 2, x=5, 5 5=0。應(yīng)選 B。3. 24mL濃度為0.05mol/L的Na2SO3溶液，恰好與 20mL濃度為0.02mol/L的K2Cr2O7溶液完全反應(yīng)，則元素 Cr 在被還原的產(chǎn)物中的化合價是(MCE95)(B)A. + 6B. + 3C. + 2D. 0解析：0.02X 0.02 X 2X (6 x)=0.024 X 0.05 X(6 4), x=3,應(yīng)選 B。2-、4. 250mL2 4mol/L的Na2SO3溶液恰好把 0 2moi的X2O7還原，則 X在還原廣物中的化合價為多少？解：根據(jù)氧化還原

42、反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移守恒，設(shè) X在還原產(chǎn)物中的化合價為x,則有2 4mol/L X 0 25LX 2=0 2mol X 6-x X2, x = 3,答：X在還原產(chǎn)物中的化合價為3 o2、求物質(zhì)的量1 .將mmolCu2s和足量稀 HNO 3反應(yīng)，生成 Cu(NO3)2、H2SO4、NO和H2。則參加反應(yīng)的硝酸中被還原的硝酸 的物質(zhì)的量是 CA.4 mmolB.10 mmolC. m molD. mm mol33解析：mmolCu 2s共失去電子：2mmol + 8mmol = 10mmol, Cu2s每失去3mol電子可還原 1molHNO 3,故被還原的HNO 3 為- mol,應(yīng)選 Co 32,

43、硫酸鏤在強(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)A . 1 ： 3B. 2 ： 3C. 1 ： 2D. 4 ： 3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xmol、ymol,由電子守恒得：2xX(30)=yx (6-4), x ： y = 1 ： 3,應(yīng)選 A。3.在P+CuSO4+H2。-CU3P+H3P。4+ H2SO4(未配平)的反應(yīng)中，7.5molCuSO4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

44、.5molCuSO 4氧化P 的物質(zhì)的量為 xmol,由電子守恒得：7.5X (21) = xX (5 0), x=1.5,應(yīng)選 A。4.在反應(yīng)3BrF3+5H2O=HBrO 3+Br2+ 9HF + O2 T ,若有5molH 2。作為還原劑時，被還原的BrF3的物質(zhì)的量為 (D)A.3molB.2molC. - molD. mol 33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) 5molH 2。能還原 BrF3xmol,由電子守恒得：xX (3-0) = 5X (2-0), x=,應(yīng)選 D。3 1 ,5.往100mL澳化亞鐵溶液

45、中緩慢通入2.24L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)氯氣，反應(yīng)完成后溶液中有'的澳離子被氧化成澳單質(zhì)。求原澳化亞鐵溶液的物質(zhì)的量濃度。解法一：電子守恒法。由提示知，還原性：Fe2+>Br , BL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：12.24Li(x+2xX -)X0.1LX1=2X rx= 1.2mol L322.4L mol-2 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§)22.24L3x= -xX2+2X 1,322.4L mol-6.某溫度下，將 Cl2

46、通入KOH 為1 ： 2,則Cl2與KOH溶液反應(yīng)時,x= 1.2mol L 1。溶液中，反應(yīng)后得到KCl、KClO、KClO 3的混合液，經(jīng)測定 ClO和ClO 3個數(shù)比被還原的氯與被氧化的氯的物質(zhì)的量之比為解析：設(shè)ClO為x個，由題意知，ClO 3為2x個，它們共失去電子為11x個，由電子得失守恒知必有11x個Cl生成。所以被還原的氯與被氧化的氯的原子個數(shù)比為11x : x+2x = 11 ： 3,應(yīng)選7.取鐵粉和氧化鐵的混合物樣品14 88g,加入125mL稀硫酸，使之充分反應(yīng)。3 36L標(biāo)準(zhǔn)狀況下測定 氣體，當(dāng)向溶液中加 KSCN溶液時，溶液不顯紅色。再用 硫酸，并繼續(xù)加堿溶液至 15

47、0mL，恰好把溶液中的金屬陽離子全部沉淀下來。試求：Do當(dāng)固體粉末完全溶解時，收集到5mol/L的氫氧化鈉溶液中和過量的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，關(guān)系錯綜復(fù)雜， 所以用常規(guī)方法利用化學(xué)方程式求解， 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。既繁瑣費(fèi)時又容易出錯。1設(shè)Fe2O3的物質(zhì)的量為14.88g-x 160g/mol56g/molx,由電子得失守恒關(guān)系有：n Fe X2=n Fe2O3 X2+n H2 x 23.36L=x+ ,得 x= 0 03mol22.4L/mol0.03m

48、ol 160g/molFe2O3% =a X 100% = 32 26%14.88g2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：2NaOHNa 2SO4H2SO40 15L X 5mol/L = 0 125L X 2yy= 3mol/L3、配平1 .在xR2+yH + +O2=mR3+nH2O的離子反應(yīng)中，化學(xué)計量數(shù)x =。解析：氧化劑 O2得電子總數(shù)為 2X2e,還原劑R2+失電子總數(shù)為 xX (32)e,由電子守恒得：2X2 = xX(3-2), x =4。2 .已知反應(yīng)：AgF+Cl2+H2O-AgCl +AgClO3+HF + O2T,配平后，AgClO3系數(shù)為b, O2的化學(xué)計量數(shù)為 c, 則AgCl的化學(xué)計量數(shù)為 o解析：該反應(yīng)的氧化劑為CL,還原劑為CM H2O,設(shè)AgCl系數(shù)為x,由電子守恒得：xX 1 = bX5 + 2cX2, x =5b+ 4c。4、求質(zhì)量1.在NxOy+NH3N2+H2O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AA 3x ： 2y B x ： 3yC 5x ： 2yD 2x ： 3y解析：2y =3b, b= 2y , x： 2y = 3x：2y。b為氨的物質(zhì)的量。332 .把一銅片投入盛有濃硝酸的燒瓶中，充分反應(yīng)后，將產(chǎn)