妙用守恒 巧解計(jì)算

1、妙用守恒 巧解計(jì)算 孫本義摘要：從原子守恒、電子得失守恒、電荷守恒三個(gè)角度分析化學(xué)中常用的解題思想和解題方法，通過(guò)典例分析，講解如何利用守恒思想快解、巧解化學(xué)試題。關(guān)鍵詞：化學(xué)；守恒 守恒法是中學(xué)化學(xué)計(jì)算教學(xué)中廣泛應(yīng)用的巧解方法，這種方法是利用物質(zhì)變化過(guò)程中某一特定的量固定不變來(lái)列式求解，其優(yōu)點(diǎn)是用宏觀縱覽全局的方式列式，直接抓住其中的守恒關(guān)系，不考慮問(wèn)題的過(guò)程細(xì)節(jié)，只考慮反應(yīng)體系中某些成分的始態(tài)和終態(tài)，快速建立關(guān)系式，巧妙地解答題目，從而達(dá)到速解、巧解的目的。本文從原子守恒、電子得失守恒、電荷守恒三個(gè)角度分析化學(xué)中常用的解題思想和解題方法。1 三大守恒例析1.1 原子守恒 依據(jù)：化學(xué)反應(yīng)是原

2、子或原子團(tuán)之間的重新組合，在反應(yīng)前后原子或原子團(tuán)的種類(lèi)和數(shù)目保持不變，即原子守恒。廢舊鋰離子電池正極材料濾液LiMn2O4碳粉沉淀濾液MnO2、碳粉濾液Li2CO3加過(guò)量NaOH溶液過(guò)濾加稀H2SO4通入空氣過(guò)濾通入過(guò)量CO2過(guò)濾加一定量Na2CO3過(guò)濾例1、（2010安徽卷27第4小問(wèn)）鋰離子電池的廣泛應(yīng)用使回收利用鋰資源成為重要課題。某研究性小組對(duì)廢舊鋰離子電池正極材料（LiMn2O4、碳粉等涂覆在鋁箔上）進(jìn)行資源回收研究，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)流程如下： （4）若廢舊鋰離子電池正極材料含LiMn2O4的質(zhì)量為18.1g，第步反應(yīng)中加入20.0 mL 3.0 mol·L1的H2SO4溶液，假定

3、正極材料中的鋰經(jīng)反應(yīng)和完全轉(zhuǎn)化為L(zhǎng)i2CO3，則至少有 g Na2CO3參加了反應(yīng)。解析：首先判斷硫酸是過(guò)量的。然后根據(jù)反應(yīng)到最后的產(chǎn)物中硫酸根全部以Na2SO4存在，根據(jù)SO42和Na守恒，可以知道Na2CO3和H2SO4的物質(zhì)的量相同，所以需要的Na2CO3的質(zhì)量為0.02 L×3.0 mol·L1×106 g·mol16.36g 答案：6.4或者6.36例2、將3.2g銅與30 mL一定濃度的硝酸反應(yīng)，銅完全溶解產(chǎn)生的NO和NO2混合氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為1.12 L。待產(chǎn)生的氣體全部釋放后，向溶液中加入50 mL 8 mol·L1 的

4、NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部轉(zhuǎn)化為沉淀，則原硝酸溶液的濃度為多少？解析：利用N和Na守恒，N元素最終以三種形式存在，NaNO3、NO和NO2，n(NaNO3)n(NaOH) 0.05 L×8 mol·L1 0.4 mol ，n(NO)n(NO2) 1.12 L÷22.4 L·mol1 0.05 mol所以 n(HNO3) 0.4 mol0.05 mol 0.45 mol.，故硝酸的物質(zhì)的量濃度為0.45 mol÷0.03 L15 mol·L1。答案：15 mol·L11.2 電子得失守恒依據(jù)：氧化還原反應(yīng)中，氧化

5、劑得電子總數(shù)等于還原劑失電子總數(shù)。例1、(2007四川卷10)足量銅與一定量濃硝酸反應(yīng)，得到硝酸銅溶液和NO2、N2O4、NO的混合氣體，這些氣體與1.68 L O2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)混合后通入水中，所有氣體完全被水吸收生成硝酸。向所得硝酸銅溶液中加入5mol·L1NaOH溶液至Cu2恰好完全沉淀，則消耗NaOH溶液的體積是A60 mL B45 mL C30 mL D15 mL解析：根據(jù)題意知道銅所失去的電子被硝酸得到，硝酸被還原得到的產(chǎn)物為NO、N2O4和NO2，然后這些氣體再與氧氣共同溶于水形成硝酸溶液，根據(jù)電子得失守恒，銅所失去的電子最終被氧氣得到。同時(shí)根據(jù)物質(zhì)的組成可以建立關(guān)系式：

6、O22Cu2Cu22Cu(OH)24NaOH， n (O2) 1.68L÷22.4 L·mol1 0.075 mol， n (NaOH) 4×0.075 mol 0.3 mol， V (NaOH)0.3 mol÷5 mol·L10.06 L60 mL。 答案為A。例2、將純鐵絲4.48 g 溶于過(guò)量稀鹽酸中，加熱條件下，用2.02 g KNO3去氧化溶液中Fe2，待反應(yīng)后剩余的Fe2離子尚需10 mL 0.4 mol·L1 KMnO4溶液才能完全氧化（已知KMnO4被還原為Mn2），則KNO3被還原后的產(chǎn)物為 AN2 BNO CNO2

7、 DNH4NO3解析：根據(jù)電子得失守恒，F(xiàn)e2Fe3失電子總數(shù)等于NO3和MnO4得電子總數(shù)n(Fe2)4.48g÷56 g·mol10.08 mol， n(NO3)n(KNO3)2.02g÷101 g·mol10.02 moln(MnO4)n(KMnO4) 0.01L×0.4 mol·L1 0.004 mol， 設(shè)還原產(chǎn)物中N的化合價(jià)為x，則有0.08 mol×(32)0.004 mol×(72)0.02 mol×(5x)。解之得 x2（即+2價(jià)），故KNO3被還原后得到的產(chǎn)物為NO。 答案為 B。1.

8、3 電荷守恒依據(jù)：溶液呈電中性，所有陽(yáng)離子所帶正電荷總數(shù)等于所有陰離子所帶負(fù)電荷總數(shù)。例1、 酸雨是因?yàn)槿紵汉褪彤a(chǎn)生硫、氮的氧化物溶于水生成硫酸和硝酸的緣故。某次雨水分析數(shù)據(jù)如下：NH42.0×106 mol·L1 Na3.0×106 mol·L1 NO32.3×105 mol·L1Cl6.0×106 mol·L1 SO423.8×105 mol·L1，此次雨水的pH值接近于 A2 B3 C4 D6解析：雨水呈電中性，根據(jù)電荷守恒，陰、陽(yáng)離子所帶負(fù)、正電荷總數(shù)相等。即：HNH4NaNO3Cl

9、OH2SO42，OH較小，忽略不計(jì)，代入數(shù)據(jù)，得：H+1.0×104mol/L，pH4。 答案：C例2、（2010廣東卷12）HA為酸性略強(qiáng)于醋酸的一元弱酸，在0.1 mol·L-1 NaA溶液中，離子濃度關(guān)系正確的是Ac(Na)c(A)c(H)c(OH) Bc(Na)c(OH)c(A)c(H)Cc(Na)c(OH)c(A)c(H) Dc(Na)c(H)c(A)c(OH)解析：A明顯錯(cuò)誤，因?yàn)殛?yáng)離子濃度都大于陰離子濃度，電荷不守恒；D是電荷守恒，明顯正確。NaA的水解是微弱的，故c(A)c(OH)，B錯(cuò)；C的等式不符合任何一個(gè)守恒關(guān)系，是錯(cuò)誤的。答案：D1.4 綜合使用：原

10、子守恒、電子得失守恒、電荷守恒三個(gè)守恒聯(lián)合使用例1：（2010上海卷16）下列溶液中微粒濃度關(guān)系一定正確的是A氨水與氯化銨的pH7的混合溶液中：ClNH4BpH2的一元酸和pH12的一元強(qiáng)堿等體積混合： OHHC0.1 mol·L1的硫酸銨溶液中：NH4SO42HD0.1 mol·L1的硫化鈉溶液中：OHHHSH2S解析：此題考查了溶液中微粒濃度的大小比較。氨水和氯化銨混合溶液的pH7時(shí)，根據(jù)電荷守恒HNH4OHCl，因?yàn)閜H7所以溶液中 HOH，則得出 ClNH4，A錯(cuò)；由于pH2的酸的強(qiáng)弱未知，當(dāng)其是強(qiáng)酸時(shí)正確，當(dāng)其是弱酸時(shí)，酸的濃度很大，酸過(guò)量，因此溶液中HOH，B錯(cuò)

11、；0.1mol·L1的硫酸銨溶液中，NH4會(huì)水解但是水解的程度很小，所以NH4很大，作為水解的產(chǎn)物H很小，根據(jù)物質(zhì)組成可知：NH4SO42H，C正確；0.1mol·L1的硫化鈉溶液中，根據(jù)質(zhì)子守恒可知：OHHHS2H2S，D錯(cuò)。 答案：C例2、將質(zhì)量為m g的鐵和銅的混合物，溶于100 mL 4 mol·L1 HNO3溶液（過(guò)量），充分反應(yīng)后所得還原產(chǎn)物全部為NO，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為1.12L，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液至沉淀完全。則沉淀的質(zhì)量為A5.52 g B（m+6.8）g C（m+2.55）g D（m+12.0）g解析：沉淀的組成為Cu(OH)

12、2和 Fe(OH)3 ，其質(zhì)量為Cu2、Fe3和OH三部分組成，根據(jù)原子守恒知道Cu2、Fe3的質(zhì)量等于原來(lái)鐵和銅的質(zhì)量，再根據(jù)電荷守恒可以知道OH的物質(zhì)的量等于Cu2、Fe3所帶的電荷數(shù)，然后根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，Cu2、Fe3所帶的電荷總數(shù)等于失去的電子總數(shù)，也等于HNO3生成NO得到的電子數(shù)。 n (NO)1.12 L÷22.4 L·mol1 0.05 mol n (OH)n (NO)×30.05 mol×3 0.15 molm (OH)0.015 mol×17 g·mol12.55g m (沉淀)(m+2.55)g。 答案：C2 如何選取守恒法在具體解題時(shí)，如何選擇并應(yīng)用這些守恒法，首先必須明確每種守恒法的特點(diǎn)，然后審清題意挖掘題中的守恒關(guān)系，最后巧妙地選取方法，正確地解答題目。 2.1 在某些復(fù)雜多步的化學(xué)反應(yīng)中，某些元素的質(zhì)量或濃度等沒(méi)有發(fā)生變化。因此涉及到多步復(fù)雜的化學(xué)過(guò)程的問(wèn)題通常考慮原子守恒。2.2 在