江苏省届高考化学创新复习适合二轮三轮复习知识组块三 三个守恒原则文档格式.docx
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设问点
1．配平依据是什么？
对于化学方程式，非氧化还原反应根据质量守恒来配平，氧化还原反应依据电子守恒来配平；
对于离方程式中，非氧化还原反应先后根据电荷守恒、质量守恒来配平，氧化还原反应先后根据电子守恒、电荷守恒、质量守恒来配平；
对于能通过观察法配平的方程式，要用三个守恒再检验一下，确保无误。
2．电荷守恒在离子反应定量推断试题中如何应用？
解与离子反应有关的定量推断类试题，需要掌握定量推断最后一种离子存在的方法：
如果多种离子共存，且只有一种离子的物质的量未知，可以用电荷守恒来确定最后一种离子是否存在，即阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数。
3．如何利用三个守恒原则比较离子浓度大小？
研究电解质溶液时也有三个守恒，即电荷守恒、物料守恒、质子守恒。
电荷守恒就是上面谈到电荷守恒；
物料守恒是质量守恒的变形，是原子或离子之间存在特殊的数量关系；
质子守恒是从溶剂（一般指水）角度重新考虑H+和OH-的关系。
（1）电荷守恒
如NaHCO3溶液中：
n（Na＋）＋n（H＋）＝n（HCO
）＋2n（CO
）＋n（OH－）推出：
c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HCO
）＋2c（CO
）＋c（OH－）。
（2）物料守恒
电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其他离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会改变的。
如NaHCO3溶液中n（Na＋）∶n（C）＝1∶1，推出：
c（Na＋）＝c（HCO
）＋c（CO
）＋c（H2CO3）。
（3）质子守恒
质子守恒是指电解质溶液中粒子电离出的H＋数等于接受的H＋数加上游离的H＋数。
如Na2S水溶液中质子守恒式可表示为：
c（H3O＋）＋2c（H2S）＋c（HS－）＝c（OH－）或c（H＋）＋2c（H2S）＋c（HS－）＝c（OH－）。
质子守恒的关系式也可以由电荷守恒与物料守恒推导得到。
离子浓度大小比较蕴含在守恒体系之中，如在NH4Cl溶液中，电荷守恒的关系式为c（NH4＋）＋c（H＋）＝c（Cl-）＋c（OH－），据盐类水解知识可知该溶液呈弱酸性，c（H＋）＞c（OH－），则c（NH4＋）＜c（Cl-）。
4．如何计算转移电子数？
在一个氧化还原反应中，有的元素化合价的升高，也有化合价降低的元素，元素化合价升高是因为失去电子或电子对偏离，降低是因为得到电子或电子对偏向，化合价升高数等于化合价降低数。
所以，氧化剂得到电子的数目或还原剂失去的电子数即为转移电子数。
（1）1mol物质完全反应转移电子数的计算
1mol物质完全反应转移电子数列举
分类
转移电子数
实例
非金属单质
Cl2
NA
Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
2NA
Cl2+H2
2HCl
N2
4NA
N2+O2
2NO
6NA
N2+3H2
2NH3
O2
O2+2Na
Na2O2
2O2+3Fe
Fe3O4
S
S+H2
H2S
S+O2
SO2
F2
F2+H2＝2HF
C
2C+SiO2
Si+2CO
C+O2（足量）
CO2
H2
H2+2Na＝2NaH
2H2+O2
2H2O
金属单质
Na
4Na+O2＝2Na2O
Al
3NA
2Al+Fe2O3
Al2O3+2Fe
Fe
S+Fe
FeS
3Cl2+2Fe
2FeCl3
Cu
2Cu+S
Cu2S
2Cu+O2
2CuO
因此，1mol物质完全反应转移电子数，不能简单看物质的外层电子数，一定要视具体的反应来确定。
（2）利用价态变化规律来确定转移电子数
例如：
在H2S+H2SO4（浓）=S↓+SO2↑+2H2O反应中，H2S做还原剂，H2SO4做氧化剂，S是氧化产物，SO2是还原产物，所以转移电子数为2e-。
还有KClO3+6HCl（浓）=KCl+Cl2↑+3H2O，Cl2既是氧化产物也是还原产物，所以转移电子数为5e-。
（3）多种氧化剂与一种还原剂反应或多种还原剂与一种氧化剂反应时，如FeS+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+S↓+2H2O，FeS中Fe和S均失电子，此时HNO3做氧化剂，只要计算出得到的电子数即为该反应转移的电子数，此反应转移电子数为3e-。
（4）对于多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各步反应过程中电子无损耗，可讲各步转移电子数相加。
（5）在电学问题中，根据电子守恒计算：
阴阳两极转移的电子的物质的量相等，若多个电解池串联，则每个电极转移的电子的物质的量相等。
根据电极反应式或电解反应式进行相关计算：
注意混合溶液的电解要分清阶段，理清两极电解过程的电子守恒。
根据关系式计算：
借得失电子守恒关系建立已知量与未知量之间的桥梁，建立计算所需的关系。
5．如何判断羧酸与醇的酯化反应中物质的特征？
例．把9.0g乙二酸和某二元醇混合，在一定条件下完全酯化，生成Wg环酯和3.6g水，则该醇的相对分子质量可以表示为。
解析：
已知乙二酸和某二元醇，在一定条件下酯化生成环酯，所以，1mol乙二酸和1mol该二元醇酯化时一定脱去2molH2O，设二元醇式量为M，质量为X。
即：
乙二酸＋二元醇→环酯＋2H2O
M
36g
9.0g X
Wg 3.6g
由质量守恒定律可知：
9.0+X＝W+3.6，则X＝（W-5.4）g，那么，由化学方程式的比例关系可知二元醇的物质的量为0.1mol，二元醇式量M＝（W-5.4）/0.1＝10W-54。
集训点
一、单项选择题（每个小题只有一个正确选项）
1．2012·
课标全国卷]已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为amol·
L－1的一元酸HA与bmol·
L－1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是（ ）
A．a＝b
B．混合溶液的pH＝7
C．混合溶液中，c（H＋）＝
mol·
L－1
D．混合溶液中，c（H＋）＋c（B＋）＝c（OH－）＋c（A－）
2．500mLKNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中c（NO
）＝6mol·
L－1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），假设电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是（ ）
A．原混合溶液c（K＋）为2mol·
L－1B．上述电解过程中共转移2mol电子
C．电解得到的Cu的物质的量为0.5molD．电解后溶液中c（H＋）为2mol·
3．在标准状况下将1.92g铜粉投入一定量浓HNO3中，随着铜粉的溶解，反应生成的气体颜色逐渐变浅，当铜粉完全溶解后共收集到由NO2和NO组成的混合气体1.12L，则混合气体中NO的体积为（ ）
A．112mL B．1008mLC．224mLD．448mL
4．银锌碱性蓄电池是一种可以反复充电、放电的装置。
电池放电时的反应原理是Zn＋Ag2O＋H2O=2Ag＋Zn（OH）2。
现用该蓄电池电解含有0.04molCuSO4和0.04molNaCl的混合溶液400mL，工作一段时间后测得蓄电池消耗了0.72gH2O（电解池的电极均为惰性电极）。
下列叙述不正确的是（ ）
A．该电池正极反应为Ag2O＋H2O＋2e－=2Ag＋2OH－
B．阳极产生的气体在标准状况下为0.448L
C．阴极析出铜为2.56g
D．电解后溶液的pH＝1（溶液的体积变化忽略不计）
5．下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．25℃时，pH＝7的NH4Cl与NH3·
H2O的混合溶液：
c（H＋）＝c（OH－）＝c（NH
）＝c（Cl－）
B．0.1mol/LNa2S溶液：
c（OH－）＝c（H＋）＋c（HS－）＋c（H2S）
C．25℃时，pH＝2的HCOOH与pH＝12的NaOH等体积混合：
c（HCOO－）＋c（H＋）<
c（Na＋）＋c（OH－）
D．0.1mol/LNa2CO3溶液与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：
3c（CO32-）+3c（HCO3-）+3c（H2CO3）=2c（Na+）
6．水溶液X中只可能溶有K+、Mg2+、Al3+、AlO2-、SiO32-、SO32-、CO32-、SO42-中的若干种离子。
某同学对该溶液进行了如下实验：
下列判断正确的是（ ）
A．气体甲一定是纯净物B．沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物
C．K+、AlO2-和SiO32-一定存在于溶液X中D．CO32-和SO42-一定不存在于溶液X中
7．2014·
四川卷]设NA为阿伏伽德罗常数的值。
下列说法正确的是（ ）
A．高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NA
B．室温下，1LpH＝13的NaOH溶液中，由水电离的OH－数目为0.1NA
C．氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NA
D．5NH4NO3
2HNO3＋4N2↑＋9H2O反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为3.75NA
8．2015·
安徽卷，13]25℃时，在10mL浓度均为0.1mol∙L－1的NaOH和NH3·
H2O混合溶液中滴加0.1mol∙L－1的盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是：
（ ）
A．未加盐酸时：
c（OH－）＞c（Na＋）=c（NH3·
H2O）
B．加入10mL盐酸时：
c（NH4＋）＋c（H＋）＝c（OH－）
C．加入盐酸至溶液pH=7时：
c（Cl－）=c（Na＋）
D．加入20mL盐酸时：
c（Cl－）＝c（NH4＋）＋c（Na＋）
9．（2014·
大纲全国卷，7）NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）
A．1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NA
B．2L0.5mol·
L－1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NA
C．1molNa2O2固体中含离子总数为4NA
D．丙烯和环丙烷组成的42g混合气体中氢原子的个数为6NA
10．足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。
若向所得硝酸铜溶液中加入5mol·
L－1NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（ ）
A．60mLB．45mLC．30mLD．15mL
二、填空
11．实验室用下列方法测定某水样中O2的含量。
（1）实验原理
用如图所示装置，使溶解在水中的O2在碱性条件下将Mn2＋氧化成MnO（OH）2，反应的离子方程式为。
再用I-将生成的MnO（OH）2还原为Mn2+，反应的离子方程式为MnO（OH）2＋2I-＋4H+==Mn2+＋I2＋3H2O。
然后用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，反应方程式为I2＋2Na2S2O3==2NaI＋Na2S4O6。
（2）实验步骤
①打开止水夹a和b，从A处向装置内鼓入过量N2，此操作的目的是；
②用注射器抽取某水样20.00mL从A处注入锥形瓶；
③再分别从A处注入含mmolNaOH的溶液及过量的MnSO4溶液；
④完成上述操作后，关闭a、b，将锥形瓶中溶液充分振荡；
⑤打开止水夹a、b，分别从A处注入足量NaI溶液及含nmolH2SO4的硫酸溶液；
⑥重复④的操作；
⑦取下锥形瓶，向其中加入2～3滴作指示剂；
⑧用0.005mol·
L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点。
（3）数据分析
①若滴定过程中消耗的Na2S2O3标准溶液体积为3.90mL，则此水样中氧（O2）的含量为（单位：
mg·
L-1）。
②若未用Na2S2O3标准溶液润洗滴定管，则测得水样中O2的含量将（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
③实验要求加入适量的H2SO4使溶液接近中性，其原因是。
12．氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型电池。
电池装置如图所示，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定。
请回答下列问题：
（1）氢氧燃料电池的能量转化主要形式是，在导线中电子流动方向为（用a、b表示）。
（2）负极反应式为。
（3）电极表面镀铂粉的原因为。
（4）该电池工作时，H2和O2连续由外部供给，电池可连续不断地提供电能。
因此大量安全储氢是关键技术之一。
金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下：
Ⅰ．2Li＋H2
2LiH
Ⅱ．LiH＋H2O===LiOH＋H2↑
①反应Ⅰ中的还原剂是，反应Ⅱ中的氧化剂是。
②已知LiH固体密度为0.82g/cm3。
用锂吸收224L（标准状况）H2，生成的LiH体积与被吸收的H2体积之比为。
③由②生成的LiH与H2O作用，放出的H2用作电池燃料，若能量转化率为80%，则导线中通过电子的物质的量为mol。
知识组块三集训点参考答案：
题号
答案
解析
1
A项，酸与碱恰好中和，混合溶液的酸碱性取决于酸、碱的相对强弱，可能呈酸性、中性或碱性；
B项，常温下，溶液的pH=7，溶液中c（H+）=c（OH－）=10-7mol·
L-1，溶液呈中性，非常温下，混合溶液的pH=7时，溶液中c（H+）≠c（OH-），溶液可能呈酸性或碱性；
C项，由c（H＋）=
L－1和KW=c（H+）·
c（OH-）可导出c（H+）=c（OH-），溶液呈中性；
D项，满足溶液的电中性，但c（H+）不一定等于c（OH-），溶液不一定呈中性。
2
A
该混合溶液用石墨作电极电解，阳极反应式为：
4OH-－4e-=2H2O＋O2↑，生成1mol氧气失去4mol电子，阴极反应先为：
Cu2+＋2e-=Cu，后为：
2H+＋2e-=H2↑，生成1mol氢气得2mol电子，而阴阳两极得失电子数相等，故Cu2+得2mole-生成1molCu，由电荷守恒式：
c（K+）＋2c（Cu2+）=c（NO
）得c（K+）=2mol·
L-1。
电解后c（H+）应为4mol·
3
混合气体的总物质的量为1.12L÷
22.4L/mol＝0.05mol，1.92g铜粉的物质的量为0.03mol。
设NO的物质的量为n1mol，则NO2的物质的量为（0.05－n1）mol，根据得失电子守恒得3n1＋（0.05－n1）×
1=0.03×
2，解得n1=0.005，V（NO）=0.005mol×
22.4L/mol=0.112L=112mL。
4
B
原电池工作时，正极反应为Ag2O＋H2O＋2e-=2Ag＋2OH-，选项A正确。
电解池中阳极首先是Cl-放电，Cl-消耗完后是OH-放电，蓄电池中消耗0.72g水，转移电子0.08mol，Cl-只有0.04mol，因此阳极产物为Cl2和O2，又转移0.04mol电子生成0.01molO2，阳极气体体积在标准状况下为0.672L，B选项错误。
转移0.08mol电子，析出铜0.04mol，质量为2.56g，C选项正确。
转移0.08mol电子，阴极Cu2+恰好完全放电，阳极先消耗0.04mol电子用于Cl-放电，余下0.04mol电子用于OH-放电，同时生成0.04molH+，c（H+）=0.1mol/L，pH=1，选项D正确。
5
D
A项，溶液中的NH
和Cl-的浓度肯定大于H+和OH-的浓度，A选项错误；
B项，为质子守恒方程式，正确表达为c（OH-）＝c（H+）＋c（HS-）＋2c（H2S），B选项错误；
C项，电荷守恒:
c（Na+）＋c（H+）＝c（HCOO-）＋c（OH-），而HCOOH是弱酸，反应中HCOOH过量，则c（H+）>
c（OH-），c（HCOO-）>
c（Na+），所以c（HCOO-）＋c（H+）>
c（Na+）＋c（OH-），C选项错误。
D项，设两者的体积均为1L，则混合溶液中Na+为0.3mol，C原子的所有形式之和为0.2mol，即n（CO
）＋n（HCO
）＋n（H2CO3）＝0.2mol，所以2c（Na+）＝3c（CO
）＋c（HCO
）＋c（H2CO3）]，正确。
6
加入过量盐酸有气体生成，则X中至少含有SO32-、CO32-中的一种，有沉淀甲生成则溶液X中一定含有SiO32-，有SiO32-则X中一定无Mg2+、Al3+；
无色溶液甲加入过量氨水有白色沉淀乙生成，则乙一定是Al（OH）3，溶液X中一定含AlO2-，依据电荷守恒，溶液中一定含有阳离子（K+）；
SO42-不能确定是否存在，只有C选项正确。
7
根据3Fe+4H2O（g）
Fe3O4+4H2，则0.2molFe参与反应生成
molH2，A项错误；
Ph=13的NaOH溶液中，溶液中c（OH－）=0.1mol/L，c（H+）=
=10－13mol/L，则水电离出来c（OH－）=c（H+）=10-13mol/L，B项错误；
氢氧燃料电池正极的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，则1molO2被消耗，电路中有4NA的电子通过，C项错误；
根据化学方程式，－3价的氮元素升高到0价，失去3个电子。
＋5价的氮元素降低到0价，得到5个电子，即每生成4mol氮气，反应中转移电子的物质的量为15mol，则生成28gN2（即1mol氮气），转移电子的物质的量是15mol÷
4＝3.75mol，D项正确。
8
A．NaOH和NH3·
H2O混合溶液中，NaOH完全电离，NH3·
H2O部分电离，因此，c（OH－）＞c（Na＋）＞c（NH3·
H2O），A选项错误；
B．混合溶液中滴加10mL盐酸，存在电中性原则：
c（NH4＋）＋c（H＋）＋c（Na＋）＝c（OH－）＋c（Cl－），由于等体积混合，c（Cl－）=c（Na＋），则c（NH4＋）＋c（H＋）＝c（OH－），B选项正确；
c（H＋）＝c（OH－），c（Cl－）=c（NH4＋）＋c（Na＋），即c（Cl－）＞c（Na＋），C选项错误；
D．加入20mL盐酸，溶液为氯化钠与氯化铵的混合溶液，此时溶液呈酸性，c（H＋）＞c（OH－），则c（Cl－）＞c（NH4＋）＋c（Na＋），D选项错误。
9
A项，1molFeI2与足量的Cl2反应时转移电子数为3mol，错误；
B项，2L0.5mol·
L－1K2SO4溶液中SO
带的负电荷数为2NA，溶液中的阴离子还有OH－，故阴离子所带电荷数大于2NA，错误；
C项，1molNa2O2固体中含有离子总数为3NA，错误；
D项，丙烯（C3H6）和环丙烷（C3H6）互为同分异构体，故42g即1mol该混合物含有H原子数为6NA，正确。
10
根据电子守恒得：
NaOH的物质的量等于得失电子的物质的量
n（NaOH）＝
×
4＝0.3mol
V（NaOH）＝
＝0.06L，即60mL。
11
（1）2Mn2++O2+4OH-=2MnO（OH）2
（2）①赶走装置内空气，避免空气中的O2的干扰
⑦淀粉溶液
（3）①7.8mg·
L-1
②偏大
③若碱过量，则Mn（OH）2不能全部转变为Mn2+，而酸过量时，滴定过程中Na2S2O3可与酸反应。
（1）根据题意“在碱性条件下”可知反应物为Mn2＋、OH－、O2，而生成物为MnO（OH）2，根据电子守恒可得反应的离子方程式为2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO（OH）2。
（2）该实验主要解决的问题是排除装置内空气中氧气的影响和恰好反应（即反应的终点）的判断，故开始时通入氮气以排尽装置内空气，并在装置最后设置保护装置，即装置末端的“水封”装置，防止空气中的氧气进入；
以淀粉作指示剂判断反应终点。
（3）根据电子守恒，结合已知方程式可得关系式：
O2～2MnO（OH）2～2I2～4Na2S2O3
故水样中O2的含量为：
=7.8mg·
L－1。
12
（1）由化学能转变为电能 由a到b
（2）2H2+4OH--4e-=4H2O或H2+2OH--2e-=2H2O
（3）增大电极单位面积吸附H2、O2的分子数，加快电极反应速率
（4）①Li H2O ②8.6×
10－4 ③32
（1）原电池的实质为化学能转化成电能。
总反应为2H2＋O2===2H2O，其中H元素从0价升至＋1价，失去电子，即电子从a流向b。
（2）负极为失去电子的一极，即H2失电子生成H＋，由于溶液呈碱性，故电极反应式左边应加上OH－，右边生成H2O。
（3）铂粉吸附气体的能力强，可以加快反应速率。
（4）Ⅰ．Li元素从0价升至＋1价，作还原剂。
Ⅱ．H2O中的H元素的化合价从＋1价降至H2中的0价，作氧化剂。
由反应Ⅰ，当吸收10molH2时，则生成20m
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