高中化學(xué)守恒方法思想

高中化學(xué)守恒方法思想利用電荷守恒和原子守恒為基礎(chǔ)，就是巧妙地選擇化學(xué)式中某兩數(shù)(如化合價(jià)數(shù)、正負(fù)電荷總數(shù))始終保持相等，或幾個(gè)連續(xù)的化學(xué)方程式前后某微粒(如溶質(zhì)原子、電子、離子)的物質(zhì)的量保持不變，作為解題的依據(jù)，這樣不用計(jì)算中間產(chǎn)物的數(shù)量，從而提高解題速度和準(zhǔn)確性?；㈩^蛇尾1．38.4g銅（0.6mol）跟適量的濃硝酸反應(yīng)，銅全部作用后，共收集到氣體22.4L（標(biāo)況），則反應(yīng)消耗的硝酸的物質(zhì)的量是（）A．1.0molB．1.6molC．2.2molD．2.4mol2．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，將這些氣體1.68LO2（標(biāo)準(zhǔn)狀況0.075mol）混合后通入水中，所有氣體完全被水吸收，所得硝酸溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，則生成沉淀消耗NaOH溶液的體積是（）A．60mLB．45mL C．30mLD．15mL3.[溶質(zhì)中元素守恒]向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入150mL4mol·L-1的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，放出2.24LNO（標(biāo)準(zhǔn)狀況），往所得溶液中加入KSCN溶液，無(wú)紅色出現(xiàn)。若用足量的H2在加熱條件下還原相同質(zhì)量的混合物，所得到的鐵的物質(zhì)的量為（） A．0.21mol B．0.25mol C．0.3mol D．0.35mol4【溶質(zhì)】0.6mol硝酸與一定量的鎂鋁鐵合金反應(yīng)生成0.15molNO和鐵鹽、鋁鹽、鎂鹽，再向反應(yīng)后的溶液內(nèi)加入3mol/L的NaOH溶液，使鎂鋁鐵元素恰好完全轉(zhuǎn)化為沉淀，所加入的NaOH溶液體積為A.150mLB.200mLC.450mLD.600mL5、[2009全國(guó)2，6]物質(zhì)的量之比為2：5的鋅與稀硝酸反應(yīng)，若硝酸被還原的產(chǎn)物為N2O，反應(yīng)結(jié)束后鋅沒有剩余，則該反應(yīng)中被還原的硝酸與未被還原的硝酸的物質(zhì)的量之比是A.1：4B.1：5C.2：3D.2：5【解析】設(shè)2molZn參與反應(yīng)，因Zn無(wú)剩余，則最終生成了2molZn(NO3)2，顯然含有4molNO，這部分是沒有參與氧化還原反應(yīng)的HNO3，根據(jù)得失電子守恒有：2×n(Zn)=n(HNO3)×4，則n(HNO3)=1mol，即有1molHNO3被還原。[2004年天津卷29.（14分）必修一N的性質(zhì)之計(jì)算]將32.64g銅與140mL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11.2L。請(qǐng)回答：（1）NO的體積為L(zhǎng)，NO2的體積為L(zhǎng)。（2）待產(chǎn)生的氣體全部釋放后，向溶液加入的NaOH溶液，恰好使溶液中的全部轉(zhuǎn)化成沉淀，則原硝酸溶液的濃度為mol/L。（3）欲使銅與硝酸反應(yīng)生成的氣體在溶液中全部轉(zhuǎn)化為，至少需要30%的雙氧水g。29.（14分）（1）5.85.4（2）（3）57.8一、原子個(gè)數(shù)守恒【例題1】某無(wú)水混合物由硫酸亞鐵和硫酸鐵FeSO4、Fe2(SO4)3組成，測(cè)知該混合物中的硫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為a，求混合物中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)?！痉治觥扛鶕?jù)化學(xué)式FeSO4、Fe2(SO4)3可看出，在這兩種物質(zhì)中S、O原子個(gè)數(shù)比為1：4，即無(wú)論這兩種物質(zhì)以何種比例混合，S、O的原子個(gè)數(shù)比始終為1：4。設(shè)含O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)x，則32/64＝a/x，x＝2a。所以ω(Fe)＝1－3a【例題2】【2011全國(guó)卷13．】某含鉻Cr2O72-廢水用硫酸亞鐵銨[FeSO4·（NH4）2SO4·6H2O]處理，反應(yīng)中鐵元素和鉻元素完全轉(zhuǎn)化為沉淀。該沉淀干燥后得到nmolFeO·FeyCrx·O3。不考慮處理過(guò)程中的實(shí)際損耗，下列敘述錯(cuò)誤的是 A．消耗硫酸亞鐵銨的物質(zhì)的量為 B．處理廢水中Cr2O72-的物質(zhì)的量為 C．反應(yīng)中發(fā)生轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為 D．在FeO·FeyCrx·O3中，3x=y二、電荷守恒——即對(duì)任一電中性的體系，如化合物、混和物、溶液等，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。【反應(yīng)原理中電離與水解平衡】【例題3】在Na2SO4和K2SO4的混和溶液中，如果[Na+]=0.2mol／L，[SO42-]=xmol／L，[K+]=ymol／L，則x和y的關(guān)系是（A）x=0.5y(B)x=0.1+0.5y(C)y=2(x－0.1)(D)y=2x－0.1【分析】可假設(shè)溶液體積為1升，那么Na+物質(zhì)的量為0.2摩，SO42-物質(zhì)的量為x摩，K+物質(zhì)的量為y摩，根據(jù)電荷守恒可得[Na+]+[K+]=2[SO42-]，所以答案為BC【例題4】[2010海南4]、把VL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成兩等份，一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使鎂離子完全沉淀為氫氧化鎂；另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根離子完全沉淀為硫酸鋇。則原混合溶液中鉀離子的濃度為A.EQ\f(b-a,V)mol·L-1B.EQ\f(2b-a,V)mol·L-1C.EQ\f(2(b-a),V)mol·L-1D.EQ\f(2(2b-a),V)mol·L-1三、電子守恒——是指在發(fā)生氧化—還原反應(yīng)時(shí)，氧化劑得到的電子數(shù)一定等于還原劑失去的電子數(shù)，無(wú)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中均如此?！纠}5】【09全國(guó)卷Ⅱ】含有amolFeBr2的溶液中，通入xmolCl2。下列各項(xiàng)為通Cl2過(guò)程中，溶液內(nèi)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式，其中不正確的是（）A．x＝0.4a，2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-B．x＝0.6a，2Br－+Cl2＝Br2+2Cl－C．x=a，2Fe2＋+2Br－+2Cl2＝Br2+2Fe3＋+4Cl－D．x=1.5a，2Fe2＋+4Br－+3Cl2＝2Br2+2Fe3＋+6Cl－【練習(xí)】往150mLFeBr2溶液中緩緩?fù)ㄈ?.24L（標(biāo)況）氯氣，反應(yīng)完全后，溶液中有1/3的溴離子被氧化成溴單質(zhì)。求原溶液FeBr2的物質(zhì)的量濃度。0<n(Cl2)<0.5amol,2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-0.5amol<n(Cl2)<1.5amol,分步反應(yīng)2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-，2Br－+Cl2＝Br2+2Cl－總反應(yīng)2Fe2＋+2Br－+2Cl2＝Br2+2Fe3＋+4Cl－1.5amol=<n(Cl2)，2Fe2＋+4Br－+3Cl2＝2Br2+2Fe3＋+6Cl－設(shè)Fe2+消耗氯氣Xmol,剩余1-Xmol氯氣與原溶液1/3Br-反應(yīng)，則2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-，2Br－+Cl2＝Br2+2Cl－2XX2(1-X)1-X4X/3=2(1-X),x=0.06mol,FeBr2的物質(zhì)的量濃度為0.012mol/0.15L=0.8mol/L0.012molFe2+消耗氯氣0.06mol,剩余0.04mol氯氣與0.08molBr-反應(yīng)，總Br-為0.24mol將純鐵絲5.21克溶于過(guò)量稀鹽酸中，在加熱條件下，用2.53克KNO3去氧化溶液中亞鐵離子，待反應(yīng)后剩余的Fe2+離子尚需12毫升0.3摩/升KMnO4溶液才能完全氧化，寫出硝酸鉀和氯化亞鐵完全反應(yīng)的方程式?！痉治觥胯F跟鹽酸完全反應(yīng)生成Fe2+，根據(jù)題意可知Fe2+分別跟KMnO4溶液和KNO3溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，KMnO4被還原為Mn2+，那么KNO3被還原的產(chǎn)物是什么呢？根據(jù)電子得失守恒進(jìn)行計(jì)算可得KNO3被還原的產(chǎn)物是NO，所以硝酸鉀和氯化亞鐵完全反應(yīng)的化學(xué)方程式為：KNO3+3FeCl2+4HCl=3FeCl3+KCl+NO+2H2O四、質(zhì)量守恒——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(guò)程中，溶質(zhì)的質(zhì)量不變?！纠}6】1500C時(shí)，碳酸銨完全分解產(chǎn)生氣態(tài)混合物，其密度是相同條件下氫氣密度()提示：(NH4)2CO3=2NH3↑+H2O↑+CO2↑;相同條件下，密度之比=相對(duì)分子質(zhì)量之比（A）96倍（B）48倍（C）12倍（D）32倍【分析】(NH4)2CO3=2NH3↑+H2O↑+CO2↑根據(jù)質(zhì)量守恒定律可知混和氣體的質(zhì)量等于碳酸銨的質(zhì)量，從而可確定混和氣體的平均分子量為96/4=24，混和氣體密度與相同條件下氫氣密度的比為24/2=12，所以答案為C五原子的物質(zhì)的量守恒——即反應(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?！纠}7】有一在空氣中放置了一段時(shí)間的KOH固體，經(jīng)分析測(cè)知其含水2.8%、含K2CO337.3%取1克該樣品投入25mL2mol／L的鹽酸中后，多余的鹽酸用1.0mol／LKOH溶液30.8mL恰好完全中和，蒸發(fā)中和后的溶液可得到固體()（A）1克（B）3.725克（C）0.797克（D）2.836克【分析】KOH、K2CO3跟鹽酸反應(yīng)的主要產(chǎn)物都是KCl，最后得到的固體物質(zhì)是KCl，根據(jù)元素守恒，鹽酸中含氯的量和氯化鉀中含氯的量相等，0.05mol鹽酸=0.05molKCl,m=0.05*74.5=3.725,所以答案為B六、化合價(jià)數(shù)值守恒【例題8】某元素X的氧化物含氧44.0％，已知該元素的相對(duì)原子質(zhì)量為51，則該氧化物的化學(xué)式為（）（A）XO（B）X3O5（C）XO3（D）X2O5【分析】設(shè)X元素的化合價(jià)為+n，根據(jù)氧元素化合價(jià)總數(shù)(氧離子所帶的負(fù)電荷總量)等于X元素化合價(jià)總數(shù)（X所帶的正電荷總量）的原則得：56n/51＝44×2/16，解得n＝5，則氧化物的化學(xué)式為D?！纠}9】將22.4L某氣態(tài)氮氧化合物與足量的灼熱銅粉完全反應(yīng)后，氣體體積11.2L（體積均在相同條件下測(cè)定），則該氮氧化合物的化學(xué)式為（）A．NO2B.N2O2C.N2OD.N2O4【練習(xí)】某酸式鹽的組成可用Ca3(PO4)2·nH3PO4·mH2O表示?，F(xiàn)取該磷酸鹽7.56g加熱到失去全部結(jié)晶水后殘余物質(zhì)量為7.02g。同質(zhì)量的該鹽溶于水并加入4.44g消石灰剛好使之全部轉(zhuǎn)化為正鹽，則該鹽的組成為（）（A）Ca3(PO4)2·5H3PO4·2H2O（B）Ca3(PO4)2·4H3PO4·3H2O（C）Ca3(PO4)2·5H3PO4·3H2O（D）Ca3(PO4)2·2H3PO4·5H2O七、體積守恒【練習(xí)】有一真空瓶的質(zhì)量為M1g，該瓶充入空氣總質(zhì)量為M