高中化學守恒法及高中化學試題(含答案)

PAGEPAGE15淺談守恒法在高中化學計算中的應(yīng)用化學反應(yīng)的實質(zhì)是原子間重新組合，依據(jù)質(zhì)量守恒定律在化學反應(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計算中常見的應(yīng)用。質(zhì)量守恒化學反應(yīng)的實質(zhì)是原子間重新結(jié)合，質(zhì)量守恒就是化學反應(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利用化學反應(yīng)過程中的質(zhì)量守恒關(guān)系解化學計算題例1：將NO2、O2、NH3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，木條不復燃。則原混合氣體的平均相對分子質(zhì)量為（氣體均在標準狀況下測定）A．40.625B．42.15C．38.225D．42.625[解析]將混合氣體通過稀H2SO4后，NH3被吸收。NH3+H2O==NH3·H2O2NH3·H2O+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)①2NO+O2==2NO2反應(yīng)②生成的NO2再與水反應(yīng)：3NO2+H2O==2HNO3+NO反應(yīng)③上述反應(yīng)①、②屬于循環(huán)反應(yīng)，可將反應(yīng)①×2+反應(yīng)②，消去中間產(chǎn)物NO，得出：4NO2+O2+2H2O==4HNO3反應(yīng)④如果反應(yīng)④中O2剩余，則將帶火星的木條插入其中，木條復燃。而題中木條不復燃，說明無O2剩余。由反應(yīng)③知，剩余氣體為NO，其體積在標準狀況下為2.24L，其質(zhì)量為m(NO)。m(NO)==n·M==×30g/mol==×30g/mol==3.0g由質(zhì)量守恒定律，混合氣體的質(zhì)量m(總)為：m(總)==45.75g+3.0g==48.75g而混合氣體的物質(zhì)的量n，n======1.2mol由摩爾質(zhì)量M計算公式：M======40.625g/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，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．Fe3O4C．FeO·Fe3O4D．Fe2O3[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)====5.6g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5.6g，則m(O)==7.6g－5.6g==2.0g。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)系解化學計算題例3：KOH溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)為14%，加熱蒸發(fā)掉100g水后變成溶質(zhì)質(zhì)量分數(shù)為28%的KOH溶液80mL，則后者溶液的物質(zhì)的量濃度可能是A．6mol/LB．6.75mol/LC．6.25mol/LD．5.5mol/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)－100g]×28%解得m(原)==200g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=80mL=0.08L），m—質(zhì)量，M—摩爾質(zhì)量[M(KOH)=56g/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)系解化學計算題例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)ρ=公式，由質(zhì)量守恒定律列出H2SO4質(zhì)量守恒的式子：V1×1.84g/cm3×98%==200g×20%解得V1==22.18mL≈22.2mL需這種濃度的濃H2SO4：m=ρV=1.84g/cm3×22.18mL=40.8g所以答案為C。質(zhì)量守恒就是化學反應(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、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，因為第一次反應(yīng)后加入A又能進行第二次反應(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)=(15g＋10g)∶15g=5∶3第一次反應(yīng)耗B的質(zhì)量mB為：15g∶mB=5∶3，mB=9g即第一次反應(yīng)后剩余B質(zhì)量為：15g－9g=6g?？梢?A)選項不正確。根據(jù)mA＋mB＋mC=mD，可知生成30gD時消耗C的質(zhì)量。mC=30g－15g－9g=6g即第一次反應(yīng)后剩余C質(zhì)量為：15g－6g=9g。又見(B)選項不正確。易見反應(yīng)消耗A、B、C質(zhì)量之比為：mA∶mB∶mC=15g∶9g∶6g=5∶3∶2(C)選項不正確。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：將標準狀況下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光解法一：常規(guī)方法。首先書寫化學方程式，在列式計算。反應(yīng)式如下：光H2+Cl2===2HCl反應(yīng)①NaOH+HCl==NaCl+H2O反應(yīng)②討論1：若Cl2過量，還有：Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2O反應(yīng)③計算時先以不足暑H2計算。光設(shè)原混合氣體中H2為xmol，Cl2為ymol光H2+Cl2====2HCl112xmolxmol2xmolNaOH+HCl==NaCl+H2O112xmol2xmolCl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2O12(y－x)mol2(y－x)mol依題意得列二元一次方程組：x+y＝a/22.4①2x+2(y－x)=b②解上述二元一次方程組得：y=b/2。將y=b/2代入①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討論2：若H2過量，以不足者Cl2計算。只有反應(yīng)①和反應(yīng)②。設(shè)原混合氣體中H2為xmol，Cl2為ymol光由方程式列式光H2+Cl2====2HCl12ymol2ymolNaOH+HCl==NaCl+H2O112ymol2ymol由已知列二元一次方程組：2y=bx+y=a/22.4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)量分數(shù)約為A．36.4%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)：點燃S+O2====SO2反應(yīng)①點燃2SO2+O22SO3反應(yīng)②SO3+H2O==H2SO4反應(yīng)③H2SO4+2NaOH==Na2SO4+2H2O反應(yīng)④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。這里面所蘊含的關(guān)系式如下：2NaOH——H2SO4——SO3——SO2——S2mol32g20×10－3L×0.5mol/Lm(S)=0.01mol列比例式：解得m(S)==0.16g則原化合物中S元素的質(zhì)量分數(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：S——H2SO4——NaSO4——2NaOH得出：S————2NaOH32g2molm(S)20×10－3L×0.5mol/L=0.01mol列比例式求得：m(S)=0.16g則原化合物中S的質(zhì)量分數(shù)=所以答案為A。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（標準狀況）。反應(yīng)消耗的HNO3物質(zhì)的量可能為A．1.6×10－3molB．2.0×10－3molC．2.2×10－3molD．2.4×10－3mol解法一：常規(guī)方法：書寫化學方程式，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+4HNO3(濃)==Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O1420.5xmol2xmolxmol3Cu+8HNO3(稀)==3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O3821.5ymol4ymolymol由已知條件列二元一次方程組：0.5x+1.5y=x+y=解得，x=0.9×10－3moly=0.1×10－3mol反應(yīng)中消耗的HNO3：2x+4y=2×0.9×10－3mol+4×0.1×10－3mol=2.2×10－3mol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：Cu——Cu(NO3)2——2HNO3（酸）NOx——HNO3（氧化劑）11211mol1.2×10－3molmol1×10－3mol反應(yīng)中共消耗HNO3：1.2×10－3mol+1×10－3mol=2.2×10－3mol。所以答案為C。原子守恒即系列反應(yīng)中某原子(或原子團)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)相關(guān)連的某些物質(zhì)的數(shù)量(如質(zhì)量)。例3．1L1mol/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、2：1B、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)量分數(shù)，下同)、K2CO3：2.38%、KOH：90.00%。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－1×0.04600L=4.60×10－2mol，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式為（）A.FeOB.Fe2O3C.Fe3O4D.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)=0.0075molm(O)=0.0075mol×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?L―1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)量分數(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：2HCl~H2O~O，得：n（O）=，m（O）=0.35mol×16g?mol―1=5.6g；而鐵最終全部轉(zhuǎn)化為FeCl3，n（Cl）=0.56L÷22.4L/mol×2+0.7mol=0.75mol，n（Fe）=，m(Fe)=0.25mol×56g?mol―1=14g，則，選B。例7．現(xiàn)有19.7g由Fe、FeO、Al、Al2O3組成的混合物，將它完全溶解在540mL2.00mol·L－1的H2SO4溶液中，收集到標準狀況下的氣體8.96L。已知混合物中，F(xiàn)e、FeO、Al、Al2O3的質(zhì)量分數(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2.70mol·L－1的NaOH(aq)體積是________。答案：800mL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。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電荷總數(shù)等于陽離子所帶的正電荷總數(shù)，或者說正、負電荷的代數(shù)和等于0[1]。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)點是基于宏觀的統(tǒng)攬全局的方式列式，避開繁雜的運算，不去追究細枝末節(jié)，因而能使復雜的計算化繁為簡，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：∑mc(Rm+)∑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Na2S溶液為例：在Na2S溶液中，有如下三個平衡式：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pH＝1，c(Al3+)＝0.4mol/L，c(SO2－)＝0.8mol/L，則c(K+)為()[2]A.0.15mol/LB.0.2mol/LC.0.3mol/LD.0.4mol/L解析1：常規(guī)方法：由硫酸鉀、硫酸鋁和硫酸的化學式推理：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?？捎蓀H＝1，再由公式pH==－lgc(H+)推知c(H+)==10－pH，推知溶液中的c(H+)==10－1mol·L－1，根據(jù)H2SO4的電離方程式：H2SO42H++SO2－，推知H2SO4所提供的SO2－的濃度為H+的一半，即SO2－的濃度為0.05mol·L－1；再由Al2(SO4)3的電離方程式：Al2(SO4)3==2Al3++3SO2－，推知SO2－的濃度應(yīng)為Al3+的1.5倍，由c(Al3+)＝0.4mol·L－1得知由Al2(SO4)3所提供的SO2－的濃度為0.6mol·L－1；則由K2SO4所提供的SO2－濃度為：0.8mol·L－1－0.05mol·L－1—0.6mol·L－10.15mol·L－1，而由K2SO4的電離方程式：K2SO4==2K++SO2－得知，K2SO4中K+的濃度是SO2－的2倍，則原混合液中K+的濃度是0.3mol·L－1，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+、SO2－、OH－，電荷守恒式如下：c(K+)+c(H+)+3c(Al3+)==c(OH－)+2c(SO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25℃（常溫）時，Kw==1.0×10－14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(Al3+)＝0.4mol/L，c(SO2－)＝0.8mol·L－1代入電荷守恒式：c(K+)+c(H+)+3c(Al3+)==c(OH－)+2c(SO2)中，則不難得出c(K+)為0.3mol·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)的化學式利用繁雜的電離方程式和運算來解題的，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)點是基于宏觀的統(tǒng)攬全局的方式列式，避開繁雜的運算，不去追究細枝末節(jié)，沒有用電離方程式，不用理會物質(zhì)的化學式，只要知道溶液中有幾種離子及離子的符號就可以解題了，因而能使復雜的計算化繁為簡，化難為易。[3]利用電荷守恒法解化學計算習題是化學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，筆者認為也是在這些習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()[4]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+)=c(HCOO－)+c(OH－)，由于溶液中的pH＞7，即c(H+)＜c(OH－)，進而可推出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pH＜7，即c(H+)＞c(OH－)，進而可推出c(Na+)＜c(HCOO－)。答案為A。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)和負電荷總數(shù)相等。［例題8］將CaCl2和CaBr2的混合物13.400g溶于水配成500.00mL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11.175g。則原配溶液中，c(Ca2＋)∶c(Cl－)∶c(Br－)為A.3∶2∶1 B.1∶2∶3 C.1∶3∶2 D.2∶3∶1答案：D解題思路：1個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)等于陰離子所帶負電荷總數(shù)，知原溶液中：2n(Ca2＋)=n

(Cl－)＋n

(Br－)將各備選項數(shù)值代入上式進行檢驗可知答案。例9：(1)中學教材上圖示了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a×10－8cm，計算NiO晶體的密度(已知NiO摩爾質(zhì)量為74.7g·mol－1)。(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1—1所示的缺陷：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，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，試計算該晶體中Ni3＋與Ni2＋的離子數(shù)之比。答案：(1) (2)6∶91提示：由題得NiO晶體結(jié)構(gòu)(如右圖)。其體積為：V=(a×10－8cm)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：ρ(NiO)=。(2)(電荷守恒法)設(shè)1molNi0.97O中含Ni3＋物質(zhì)的量為x，則Ni2＋的物質(zhì)的量為(0.97mol－x)；根據(jù)電荷守恒得：3x＋2×(0.97mol－x)=1mol×2 x=0.06molN(Ni3＋)∶N(Ni2＋)=0.06mol∶(0.97mol－0.06mol)=6∶91例10將8gFe2O3投入150mL某濃度的稀硫酸中，再投入7g鐵粉收集到1.68LH2（標準狀況），同時，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/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)系式進行多步計算的題目，操作起來相當繁瑣，但如能仔細閱讀題目，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（或化合價升降守恒法）電子得失守恒法即化學反應(yīng)中(或系列化學反應(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-＋3Ｉ2＋3H2O，則RO3n－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.4∶1B.2∶1C.1∶1D.3∶2答案：0.100mol·L－1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x∶y=3∶2。故選D。例13.將3.48gFe3O4完全溶解在100mL1.00mol/L的H2SO4(aq)中，然后加入K2Cr2O7(aq)25.00mL，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價鐵所失電子物質(zhì)的量與Cr2O中＋6價鉻所得電子物質(zhì)的量相等。×(3－2)=0.02500L×c(Cr2O)×(6－3)×2。例題14將CaCl2和CaBr2的混合物13.400g溶于水配成500.00mL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11.175g。則原配溶液中，c(Ca2＋)∶c(Cl－)∶c(Br－)為A.3∶2∶1 B.1∶2∶3 C.1∶3∶2 D.2∶3∶1答案：D解題思路：1個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)等于陰離子所帶負電荷總數(shù)，知原溶液中：2n(Ca2＋)=n

(Cl－)＋n

(Br－)將各備選項數(shù)值代入上式進行檢驗可知答案。守恒法是高考中常考常用的一種解題方法。恰當?shù)剡\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)果電子化合價，原子質(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，將被氧化為，0.1×30×2＝2×7－x，x＝42．已知某強氧化劑RO(OH)2+中的R元素被Na2SO3還原到較低價態(tài)。如果還原2.4×10－3molRO(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．＋1D．＋2解析：B。由2.4×10－3×x＝0.06×0.1×2，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：0.02×0.02×2×(6－x)＝0.024×0.05×(6－4)，x＝3，應(yīng)選B。 4．250mL24mol/L的Na2SO3溶液恰好把02mol的還原，則X在還原產(chǎn)物中的化合價為多少？ 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)物中的化合價為x，則有 24mol/L×025L×2＝02mol×6－x×2，x＝3， 答：X在還原產(chǎn)物中的化合價為3。2、求物質(zhì)的量1．將mmolCu2S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CA.4mmolB.10mmolC.molD.mol解析：mmolCu2S共失去電子：2mmol＋8mmol＝10mmol，Cu2S每失去3mol電子可還原1molHNO3，故被還原的HNO3為mol，應(yīng)選C。2，硫酸銨在強熱條件下分解，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：2x×(3－0)＝y(tǒng)×(6－4)，x∶y＝1∶3，應(yīng)選A。3．在P＋CuSO4＋H2O→Cu3P＋H3PO4＋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)7.5molCuSO4氧化P的物質(zhì)的量為xmol，由電子守恒得：7.5×(2－1)＝x×(5－0)，x＝1.5，應(yīng)選A。4．在反應(yīng)3BrF3＋5H2O＝HBrO3＋Br2＋9HF＋O2↑，若有5molH2O作為還原劑時，被還原的BrF3的物質(zhì)的量為(D)A.3molB.2molC.molD.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)5molH2O能還原BrF3xmol，由電子守恒得：x×(3－0)＝5×(2－0)，x＝，應(yīng)選D。5．往100mL溴化亞鐵溶液中緩慢通入2.24L(標準狀況)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：(x＋2x×)×0.1L×1＝2×x＝1.2mol·L－1 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)。 3x＝x×2＋2×，x＝1.2mol·L－1。 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和個數(shù)比為1∶2，則Cl2與KOH溶液反應(yīng)時，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，由題意知，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D。 7．取鐵粉和氧化鐵的混合物樣品1488g，加入125mL稀硫酸，使之充分反應(yīng)。當固體粉末完全溶解時，收集到336L標準狀況下測定氣體，當向溶液中加KSCN溶液時，溶液不顯紅色。再用5mol/L的氫氧化鈉溶液中和過量的硫酸，并繼續(xù)加堿溶液至150mL，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)量分數(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)系錯綜復雜，所以用常規(guī)方法利用化學方程式求解，既繁瑣費時又容易出錯。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：nFe×2＝nFe2O3×2＋nH2×2 ＝x＋，得x＝003mol Fe2O3%＝×100%＝3226% 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~H2SO4 015L×5mol/L＝0125L×2y y＝3mol/L3、配平1．在xR2+＋yH+＋O2＝mR3+＋nH2O的離子反應(yīng)中，化學計量數(shù)x＝__________。解析：氧化劑O2得電子總數(shù)為2×2e，還原劑R2+失電子總數(shù)為x×(3－2)e，由電子守恒得：2×2＝x×(3－2)，x＝4。2．已知反應(yīng)：AgF＋Cl2＋H2O→AgCl＋AgClO3＋HF＋O2↑，配平后，AgClO3系數(shù)為b，O2的化學計量數(shù)為c，則AgCl的化學計量數(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：x×1＝b×5＋2c×2，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A A3x∶2y Bx∶3y C5x∶2y D2x∶3y 解析：2y＝3b，b＝，x∶＝3x∶2y。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)生的氣體全部吸收到一容器中。反應(yīng)完畢，把燒瓶中的溶液蒸干并加熱使其完全分解，產(chǎn)生的氣體也一并收集到前一容器中。最后，將盛氣體的容器倒立在盛水的水槽內(nèi)，待反應(yīng)完全后，測得容器內(nèi)還余下一氧化氮氣體0.448L(標準狀況下體積)。若在收集氣體過程中，無別的物質(zhì)進入容器，則參加反應(yīng)的銅的質(zhì)量為_________g。解析：本題涉及的反應(yīng)有以下幾個：Cu＋4HNO3(濃)＝Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2Ox2x2Cu(NO3)2＝2CuO＋4NO2↑＋O2↑3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO2x＝0.02molx＝0.03mol，Cu的質(zhì)量為0.03mol×64g/mol＝1.92g。如果按反應(yīng)順序，根據(jù)各物質(zhì)在反應(yīng)中物質(zhì)的量的關(guān)系進行比例計算，是比較繁的。而綜觀全過程，Cu(NO3)2、NO2和O2只不過是一系列氧化還原反應(yīng)中的中間產(chǎn)物，從整個體系來看，發(fā)生了電子轉(zhuǎn)移的物質(zhì)僅是：Cu－2e—→Cu2+HNO3＋3e—→NO這樣，根據(jù)HNO3在反應(yīng)中得電子總數(shù)應(yīng)等于Cu在反應(yīng)中失去電子總數(shù)，就很容易解出此題。反應(yīng)中硝酸還原成NO后失電子：×3＝0.06mol，所以銅的物質(zhì)的量為：＝0.03mol，其質(zhì)量為：0.03mol×64g/mol＝1.92g。 3．取004molKMnO4固體加熱一段時間后，收集到amol單質(zhì)氣體，此時KMnO4的分解率為x，在反應(yīng)后的殘留固體中加入過量的濃鹽酸并加熱充分反應(yīng)又收集到bmol單質(zhì)氣體，設(shè)Mn元素全部以Mn2+存在于反應(yīng)后的溶液中。 1a＋b＝用x表示； 2當x＝時，a＋b取最小值，且最小值為； 3當a＋b＝009時，004molKMnO4加熱后所得殘留固體各是何物質(zhì)？其物質(zhì)的量分別是多少？ 312KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2 004x002x002x002x＝a MnO2＋4HClMnCl2＋2H2O＋Cl2 002x002x K2MnO4＋8HCl＝MnCl2＋4H2O＋2Cl2＋2KCl 002x002x 2KMnO4＋16HCl＝2MnCl2＋8H2O＋5Cl2＋2KCl 0041－x0041－x× b b＝002x＋004x＋01－01x＝01－004x a＋b＝002x＋01－004x＝01－002x 另解：Mn元素的降低總價＝O元素的升高總價＋Cl元素的升高總價 004×5＝a×4＋b×2，2a＋b＝01，b＝01－2a，a＋b＝01－002x 2x＝1，a＋b＝01－002×1＝008 3x＝05，KMnO4：0041－05＝002mol，K2MnO4和MnO2各為：0021－05＝001mol。5、電極反應(yīng)1．實驗室用鉛蓄電池作電源電解飽和食鹽水制取氯氣，已知鉛蓄電池放電時發(fā)生如下反應(yīng)：MCE9621負極：Pb＋＝PbSO4＋2e正極：PbO2＋4H+＋＋2e＝PbSO4＋2H2O今若制得Cl20.050mol，這時電池內(nèi)消耗的H2SO4的物質(zhì)的量至少是(C)A.0.025molB.0.050molC.0.10molD.0.20mol 解析：在電解池中，陽極上的電極反應(yīng)：2Cl－2e＝Cl2，要制0.050molCl2，在電解池中得失電子為010mol。抓住鉛蓄電池內(nèi)H2SO4的消耗實質(zhì)是H+的消耗這一特點，用正極反應(yīng)得到關(guān)系式：2e～4H+～2H2SO4，故轉(zhuǎn)移010mol電子，要消耗010molH2S高中化學試題(word版_含答案)1．化學與生活、社會密切相關(guān)。下列說法正確的是（）A．光導纖維導電能力很強，是一種很好的通訊材料B．凡含有食品添加劑的食物對人體健康均有害，不可食用C．苯酚有一定毒性，能做消毒劑和防腐劑D．棉、麻、絲、毛及合成纖維完全燃燒都只生成二氧化碳和水2．NA代表阿伏加德羅常數(shù)。下列說法中，不正確的是（）A．標準狀況下，NO和O2各11.2L混合，所得混合氣體的分子總數(shù)為0.75NAB．25℃時，lLpH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的數(shù)目為0.1NAC．在H2O2＋Cl2＝2HCl＋O2反應(yīng)中，每生成32g氧氣，則轉(zhuǎn)移2NA個電子D．2.8g乙烯與丙烯的混合物中含碳原子的數(shù)目為0.2NA3．下列實驗問題處理方法不正確的是（）A．制氧氣時排水法收集氧氣后出現(xiàn)倒吸現(xiàn)象，立即松開試管上的橡皮塞B．在氣體發(fā)生裝置上直接點燃乙炔氣體時，必須先檢驗乙炔氣體的純度C．實驗結(jié)束后將所有的廢液倒入下水道排出實驗室，以免污染實驗室D．給試管中的液體加熱時不時移動試管或加入碎瓷片，以免暴沸傷人4．右圖是電解飽和氯化鈉溶液（滴入酚酞）的裝置，電極均為惰性電極。下列判斷正確的是（）A．x極為陰極，y極為陽極B．電解過程中，氫離子濃度不變C．通電一段時間后，d極附近溶液顏色變紅D．通電一段時間后，b試管中溶液顏色變藍5．在密閉容器中，反應(yīng)2X(g)+Y(g)3Z(g)達到平衡后，若將容器體積縮小一半，對反應(yīng)產(chǎn)生的影響是（）A．正反應(yīng)速率減小，逆反應(yīng)速率增大，平衡向逆反應(yīng)方向移動B．正反應(yīng)速率增大，逆反應(yīng)速率減小，平衡向正反應(yīng)方向移動C．正、逆反應(yīng)速率都減小，平衡不移動D．正、逆反應(yīng)速率都增大，平衡不移動6．無色的混合氣體甲，可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的幾種，將100mL甲氣體經(jīng)過下圖實驗的處理，結(jié)果得到酸性溶液，而幾乎無氣體剩余，則甲氣體的組成為（）A．NH3、NO2、N2B．NH3、NO、CO2C．NH3、NO2、CO2D．NO、CO2、N27．氫化銨（NH4H）與氯化銨的結(jié)構(gòu)相似，又知NH4H與水反應(yīng)有H2生成，下列敘述正確的是（）A．NH4H是共價化合物B．NH4H溶于水，所形成的溶液顯堿性C．NH4H與水反應(yīng)時，水作還原劑D．NH4H中的H元素只有一種化合價8．科學家研制出多種新型殺蟲劑，化合物A是其中的一種。下列關(guān)于這種化合物的說法正確的是（）A．化合物A的化學式為C15H24O3B．化合物A是芳香族化合物C．化合物A可以發(fā)生鹵代反應(yīng)、酯化反應(yīng)和銀鏡反應(yīng)D．1mol化合物A最多可與1molH2發(fā)生加成反應(yīng)9．（15分）已知A、B、C是第二周期的非金屬元素，其原子序數(shù)依次增大，且它們之間可以形成AC和BC以及AC2和BC2分子，D元素是一種短周期元素，它與A、B、C可分別形成電子總數(shù)相等的三種分子。請?zhí)羁眨孩艑懗鯝、B、C、D對應(yīng)的元素符號：A.______、B.______、C.______、D._____。⑵寫出工業(yè)生產(chǎn)中BD3與氧氣反應(yīng)的化學方程式：__________________________。⑶你認為B、C、D元素形成的化合物之間能否_____________（填：“能”或“不能”）發(fā)生下面的反應(yīng)：BC+BD3→DBC2+D2C，得出上面結(jié)論的理由是___________________。Ⅰ．恒溫恒壓下，在一體積可變的密閉容器中發(fā)生下列反應(yīng)：4AC(g)+2BC2(g)4AC2(g)+B2(g)，在上述條件下，向容器中充入AC和BC2各1mol達平衡時，生成AC2和B2共amol，則AC的轉(zhuǎn)化率是____________（用含a的代數(shù)式表示）。Ⅱ．若維持溫度不變，在一個與Ⅰ反應(yīng)前的起始體積相同容積固定的密閉容器中發(fā)生Ⅰ中所述的化學反應(yīng)，開始時仍向容器中充入AC和BC2各1mol，達平衡時生成AC2和B2共bmol，將b與Ⅰ中的a進行比較，則a________b（填“＞”、“＜”、“＝”或“不能確定”）。YA氯氣D溶液YA氯氣D溶液CXD無水晶體EFGHAB溶液G原電池反應(yīng)＋氧氣⑥＋Y高溫⑦①②③電解熔融操作a＋氧氣＋氧氣＋C⑤△④濃溶液（1）反