高中化学守恒法.docx
《高中化学守恒法.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中化学守恒法.docx（21页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
高中化学守恒法
浅谈守恒法在高中化学计算中的应用
化学反应的实质是原子间重新组合，依据质量守恒定律在化学反应中存在一系列守恒现象，如：
质量守恒、原子守恒、元素守恒、电荷守恒、电子得失守恒等，利用这些守恒关系解题的方法叫做守恒法。
守恒的实质：
利用物质变化过程中某一特定的量固定不变而找出量的关系，基于宏观统览全局而避开细枝末节，简化步骤，方便计算。
通俗地说，就是抓住一个在变化过程中始终不变的特征量来解决问题。
目的是简化步骤，方便计算。
下面我就结合例题列举守恒法在化学计算中常见的应用。
一、质量守恒
化学反应的实质是原子间重新结合，质量守恒就是化学反应前后各物质的质量总和不变，在配制或稀释溶液或浓缩溶液（溶质难挥发）过程中，溶质的质量不变。
利用质量守恒关系解题的方法叫“质量守恒法”。
1利用化学反应过程中的质量守恒关系解化学计算题
例1：
将NO2、O2、NH3的混合气体26.88L通过稀H2SO4后，溶液质量增加45.7g，气体体积缩小为2.24L。
将带火星的木条插入其中，木条不复燃。
则原混合气体的平均相对分子质量为（气体均在标准状况下测定）
A．40.625B．42.15C．38.225D．42.625
[解析]将混合气体通过稀H2SO4后，NH3被吸收。
NH3+H2O==NH3·H2O2NH3·H2O+H2SO4==（NH4）2SO4+2H2O
而NO2和O2与水接触发生如下反应：
3NO2+H2O==2HNO3+NO反应①
2NO+O2==2NO2反应②
生成的NO2再与水反应：
3NO2+H2O==2HNO3+NO反应③
上述反应①、②属于循环反应，可将反应①×2+反应②，消去中间产物NO，得出：
4NO2+O2+2H2O==4HNO3反应④
如果反应④中O2剩余，则将带火星的木条插入其中，木条复燃。
而题中木条不复燃，说明无O2剩余。
由反应③知，剩余气体为NO，其体积在标准状况下为2.24L，其质量为m（NO）。
m（NO）==n·M==×30g/mol==×30g/mol==3.0g
由质量守恒定律，混合气体的质量m（总）为：
m（总）==45.75g+3.0g==48.75g
而混合气体的物质的量n，n======1.2mol
由摩尔质量M计算公式：
M======40.625g/mol
而摩尔质量与相对分子质量在数值上相等，则答案为A。
例2：
铁有可变化合价，将14.4gFeC2O4（草酸亚铁）隔绝空气加热使之分解，最终可得到7.6g铁的氧化物，则该铁的氧化物组成可能为
A．FeOB．Fe3O4C．FeO·Fe3O4D．Fe2O3
[解析]已知Fe、C、O的相对原子质量分别为56、12、16，FeC2O4中含铁元素的质量：
m（Fe）====5.6g
将FeC2O4隔绝空气加热，使之分解得铁的氧化物，设为FexO4。
在加热过程中，铁元素没有损耗，铁元素的质量是不变的。
由“质量守恒法”，在FexO4中m（Fe）仍为5.6g，则m（O）==7.6g－5.6g==2.0g。
据物质的量（n）与质量（m）、摩尔质量（M）之间公式，又据（N1、N2代表微粒个数）
则，答案为C。
2利用浓缩溶液前后溶质的质量守恒关系解化学计算题
例3：
KOH溶液中溶质的质量分数为14%，加热蒸发掉100g水后变成溶质质量分数为28%的KOH溶液80mL，则后者溶液的物质的量浓度可能是
A．6mol/LB．6.75mol/LC．6.25mol/LD．5.5mol/L
[解析]KOH为难挥发性物质，在加热蒸发KOH溶液过程中，KOH的质量不变。
设原溶液的质量为m（原），据质量守恒规律，列出加热蒸发前后KOH质量不变的式子：
m（原）×14%==[m（原）－100g]×28%
解得m（原）==200g
再由公式：
，求解。
公式中c—溶质的物质的量浓度，n—溶质的物质的量，V—溶液的体积（已知V=80mL=0.08L），m—质量，M—摩尔质量[M（KOH）=56g/mol]
则：
，所以答案为C。
3利用稀释前后溶质的质量守恒关系解化学计算题
例4：
用98%（密度为1.84g/cm3）的浓H2SO4配制200g20%的稀H2SO4，需这种浓度的浓H2SO4
A．40.8gB．40.8mLC．22.2mLD．20mL
[解析]在由浓溶液稀释而配制溶液的过程中，H2SO4溶质的质量是不变的，设浓H2SO4的体积为V，据ρ=公式，由质量守恒定律列出H2SO4质量守恒的式子：
V1×1.84g/cm3×98%==200g×20%
解得V1==22.18mL≈22.2mL
需这种浓度的浓H2SO4：
m=ρV=1.84g/cm3×22.18mL=40.8g
所以答案为C。
质量守恒就是化学反应前后各物质的质量总和不变，在配制或稀释溶液的过程中，溶质的质量不变。
例1.反应A+3B=2C,若7gA和一定量B完全反应生成8.5gC，则A、B、C的相对分子质量之比为（）。
A、14:
3:
17B、28:
2:
17
C、1:
3:
2D、无法确定
答案：
B
例2.A、B、C三种物质各15g，发生如下反应：
A＋B＋C
D
反应后生成D的质量为30g。
然后在残留物中加入10gA，反应又继续进行，待反应再次停止，反应物中只剩余C，则下列说法正确的是（）
A.第一次反应停止时，剩余B9g
B.第一次反应停止时，剩余C6g
C.反应中A和C的质量比是5∶3
D.第二次反应后，C剩余5g
答案：
D
解析：
第一次反应A不足，因为第一次反应后加入A又能进行第二次反应。
第二次反应后，只剩余C，说明A、B恰好完全反应。
则：
m反（A）∶m反（B）=（15g＋10g）∶15g=5∶3
第一次反应耗B的质量mB为：
15g∶mB=5∶3，mB=9g
即第一次反应后剩余B质量为：
15g－9g=6g。
可见（A）选项不正确。
根据mA＋mB＋mC=mD，可知生成30gD时消耗C的质量。
mC=30g－15g－9g=6g
即第一次反应后剩余C质量为：
15g－6g=9g。
又见（B）选项不正确。
易见反应消耗A、B、C质量之比为：
mA∶mB∶mC=15g∶9g∶6g=5∶3∶2
（C）选项不正确。
二、原子守恒
1原子守恒法的依据
“原子守恒法”的依据是基于化学反应前后原子的种类和数目不变的守恒现象。
“原子守恒”即反应前后各元素种类不变，各元素原子个数不变，其物质的量、质量也不变。
利用这种守恒关系解题的方法叫“原子守恒法”。
2典型例题及解题策略
例1：
将标准状况下aLH2和Cl2的混合气体，经光照反应后，将所有气体通入NaOH溶液，恰好使bmolNaOH完全转化成盐，则a与b的关系不可能是
A．b＝a/22.4B．b＜a/22.4
C．b＞a/22.4D．b≥a/11.2
光
解法一：
常规方法。
首先书写化学方程式，在列式计算。
反应式如下：
H2+Cl2===2HCl反应①
NaOH+HCl==NaCl+H2O反应②
讨论1：
若Cl2过量，还有：
Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2O反应③
计算时先以不足暑H2计算。
光
设原混合气体中H2为xmol，Cl2为ymol
H2+Cl2====2HCl
112
xmolxmol2xmol
NaOH+HCl==NaCl+H2O
11
2xmol2xmol
Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2O
12
（y－x）mol2（y－x）mol
依题意得列二元一次方程组：
x+y＝a/22.4①
2x+2（y－x）=b②
解上述二元一次方程组得：
y=b/2。
将y=b/2代入①式，解得x=a/22.4－b/2
由于x＞0，则a/22.4－b/2＞0，解得b＜a/11.2
讨论2：
若H2过量，以不足者Cl2计算。
只有反应①和反应②。
设原混合气体中H2为xmol，Cl2为ymol
光
由方程式列式
H2+Cl2====2HCl
12
ymol2ymol
NaOH+HCl==NaCl+H2O
11
2ymol2ymol
由已知列二元一次方程组：
2y=b
x+y=a/22.4
解上述方程组，得：
x=a/22.4－b/2
由于x＞0，则a/22.4－b/2＞0，解得b＜a/11.2
综上分析，即b不可能等于a/11.2。
本题答案为D。
例2：
在氧气中灼烧0.44g由硫、铁组成的化合物，使其中的硫经过一系列变化最终全部转化为硫酸，用20mL0.5mol/L的烧碱溶液恰好能完全中和这些硫酸。
则原化合物中硫的质量分数约为
A．36.4%B．46.2%
C．53.1%D．22.8%
解法一：
常规方法
先书写方程式，再列式计算。
而本题Fe、S化合物的化学式不定，因此第一步Fe、S化合物燃烧方程式还需写不定的化学方程式，这给计算带来了更大的困难，即使不考虑铁，只从S元素考虑，也有如下四个反应：
点燃
S+O2====SO2反应①
2SO2+O22SO3反应②
SO3+H2O==H2SO4反应③
H2SO4+2NaOH==Na2SO4+2H2O反应④
根据已知NaOH的量，逆推H2SO4，再由H2SO4推SO3，再由SO3推SO2，再由SO2推S元素。
这里面所蕴含的关系式如下：
2NaOH——H2SO4——SO3——SO2——S
2mol32g
20×10－3L×0.5mol/Lm（S）
=0.01mol
列比例式：
解得m（S）==0.16g
则原化合物中S元素的质量分数=
所以，答案为A。
解法二：
原子守恒法
依题意分析，S元素经过一系列变化，最后变成了H2SO4，H2SO4再与NaOH发生中和反应，根据S、Na的原子守恒关系：
S——H2SO4——NaSO4——2NaOH
得出：
S————2NaOH
32g2mol
m（S）20×10－3L×0.5mol/L
=0.01mol
列比例式求得：
m（S）=0.16g
则原化合物中S的质量分数=
所以答案为A。
例3：
38.4mg铜跟适量的浓HNO3反应，铜全部作用后，共收集到气体22.4mL（标准状况）。
反应消耗的HNO3物质的量可能为
A．1.6×10－3molB．2.0×10－3mol
C．2.2×10－3molD．2.4×10－3mol
解法一：
常规方法：
书写化学方程式，然后列式计算。
设生成NO2、NO分别为xmol、ymol。
已知Cu的相对原子质量为64
Cu+4HNO3（浓）==Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O
142
0.5xmol2xmolxmol
3Cu+8HNO3（稀）==3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O
382
1.5ymol4ymolymol
由已知条件列二元一次方程组：
0.5x+1.5y=
x+y=
解得，x=0.9×10－3moly=0.1×10－3mol
反应中消耗的HNO3：
2x+4y=2×0.9×10－3mol+4×0.1×10－3mol=2.2×10－3mol
所以，答案为C。
解法二：
原子守恒法
经分析Cu与HNO3反应生成了Cu（NO3）2和NOx，在反应中HNO3所起的作用有2种，一种是酸，另一种是氧化剂，由N原子守恒列出：
Cu——Cu（NO3）2——2HNO3（酸）NOx——HNO3（氧化剂）
11211
mol1.2×10－3molmol1×10－3mol
反应中共消耗HNO3：
1.2×10－3mol+1×10－3mol=2.2×10－3mol。
所以答案为C。
原子守恒即系列反应中某原子（或原子团）个数（或物质的量）不变。
以此为基础可求出与该原子（或原子团）相关连的某些物质的数量（如质量）。
例3．1L1mol/L的NaOH溶液中，通入0.8molCO2，完全反应后，溶液中CO32-和HCO3-离子的物质的量之比大约为（）
A、2：
1B、1：
1C、1：
2D、1：
3
答案:
D
例4.某露置的苛性钾经分析含水：
7.62%（质量分数，下同）、K2CO3：
2.38%、KOH：
90.00%。
取此样品1.00g放入46.00mL1.00mol·L－1的HCl（aq）中，过量的HCl可用1.070mol/LKOH（aq）中和至中性，蒸发中和后的溶液可得固体_______克。
答案：
3.43g
提示：
根据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铁的氧化物，用足量的CO在高温下将其还原，把生成的全部CO2通入到足量的澄清的石灰水中得到0.75g固体沉淀物，这种铁的氧化物的化学式为（）
A.FeOB.Fe2O3C.Fe3O4D.Fe4O5
答案：
B
解析由题意得知，铁的氧化物中的氧原子最后转移到沉淀物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，选B
例6将几种铁的氧化物的混合物加入100mL、7mol?
L―1的盐酸中。
氧化物恰好完全溶解，在所得的溶液中通入0.56L（标况）氯气时，恰好使溶液中的Fe2+完全转化为Fe3+，则该混合物中铁元素的质量分数为（）
A.72.4%B.71.4%C.79.0%D.63.6%
答案：
B
解析铁的氧化物中含Fe和O两种元素，由题意，反应后，HCl中的H全在水中，O元素全部转化为水中的O，由关系式：
2HCl~H2O~O，得：
n（O）=
，m（O）=0.35mol×16g?
mol―1=5.6g；
而铁最终全部转化为FeCl3，n（Cl）=0.56L÷22.4L/mol×2+0.7mol=0.75mol，n（Fe）=
，m（Fe）=0.25mol×56g?
mol―1=14g，则
，选B。
例7．现有19.7g由Fe、FeO、Al、Al2O3组成的混合物，将它完全溶解在540mL2.00mol·L－1的H2SO4溶液中，收集到标准状况下的气体8.96L。
已知混合物中，Fe、FeO、Al、Al2O3的质量分数分别为0.284、0.183、0.274和0.259。
欲使溶液中的金属阳离子完全转化为氢氧化物沉淀，至少应加入2.70mol·L－1的NaOH（aq）体积是________。
答案：
800mL
提示：
根据Na原子守恒和SO
守恒得如下关系：
2NaOH~Na2SO4~H2SO4
则：
n（NaOH）=2n（H2SO4）
c（NaOH）·V[NaOH（aq）]=2c（H2SO4）·V[H2SO4（aq）]
V[NaOH（aq）]可求。
三、电荷守恒
“电荷守恒法”，即电解质溶液中的阴离子所带的负电荷总数等于阳离子所带的正电荷总数，或者说正、负电荷的代数和等于0[1]。
利用电荷守恒法的主要依据是电解质溶液的整体上呈电中性。
这种解题技巧的优点是基于宏观的统揽全局的方式列式，避开繁杂的运算，不去追究细枝末节，因而能使复杂的计算化繁为简，化难为易。
1电荷守恒法解题的依据和基本公式
1.1电荷守恒法解题的依据：
电解质溶液中，不论存在多少种离子，溶液都是呈电中性的，即阴离子所带的电荷数与阳离子所带的电荷数是相等的。
1.2电荷守恒法解题时的计算公式：
∑mc（Rm+）==∑nc（Rn－），此公式中∑代表“和”的意思，c（Rm+）代表阳离子的浓度或物质的量或微粒个数，m代表代表阳离子所带电荷数，c（Rn－）代表阴离子的浓度或物质的量或微粒个数，n代表代表阴离子所带电荷数。
以Na2S溶液为例：
在Na2S溶液中，有如下三个平衡式：
S2－+H2O
HS－+OH－（一级水解）
HS－+H2O
H2S+OH－（二级水解）
H2O
H++OH－（水的电离）
含有的微粒：
Na+、H+、OH－、HS－、S2－、H2S（H2O分子除外），有下列的电荷守恒式：
c（Na+）+c（H+）＝c（OH－）+c（HS－）+2c（S2－）
2电荷守恒法适用范围及解典型的化学计算题
2.1电荷守恒法解题范围：
已知溶液中几个离子的量，求其他离子的量，可采用电荷守恒法计算。
2.2应用电荷守恒法计算的典型例题
2.2.1利用电荷守恒法可巧解有关电解质溶液中离子浓度的计算题
【例题1】由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其pH＝1，c（Al3+）＝0.4mol/L，c（SO42－）＝0.8mol/L，则c（K+）为（）[2]
A.0.15mol/LB.0.2mol/LC.0.3mol/LD.0.4mol/L
解析1：
常规方法：
由硫酸钾、硫酸铝和硫酸的化学式推理：
硫酸钾（K2SO4）、硫酸铝［Al2（SO4）3］、硫酸（H2SO4），三种物质组成的混合液中硫酸根的来源则由这三种物质提供。
可由pH＝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，根据H2SO4的电离方程式：
H2SO4==2H++SO42－，推知H2SO4所提供的SO42－的浓度为H+的一半，即SO42－的浓度为0.05mol·L－1；再由Al2（SO4）3的电离方程式：
Al2（SO4）3==2Al3++3SO42－，推知SO42－的浓度应为Al3+的1.5倍，由c（Al3+）＝0.4mol·L－1得知由Al2（SO4）3所提供的SO42－的浓度为0.6mol·L－1；则由K2SO4所提供的SO42－浓度为：
0.8mol·L－1－0.05mol·L－1—0.6mol·L－1==0.15mol·L－1，而由K2SO4的电离方程式：
K2SO4==2K++SO42－得知，K2SO4中K+的浓度是SO42－的2倍，则原混合液中K+的浓度是0.3mol·L－1，即答案为C。
解析2：
巧用电荷守恒式：
三种物质组成的混合溶液中共存在5种离子，它们分别是：
H+、Al3+、K+、SO42－、OH－，电荷守恒式如下：
c（K+）+c（H+）+3c（Al3+）==c（OH－）+2c（SO42－）
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，由水的离子积Kw的计算公式Kw=c（H+）·c（OH－），在25℃（常温）时，Kw==1.0×10－14得知c（OH－）==10－13mol·L－1，由于OH－的浓度极小，计算时可忽略不计，将c（H+）==10－1mol·L－1，c（Al3+）＝0.4mol/L，c（SO42－）＝0.8mol·L－1代入电荷守恒式：
c（K+）+c（H+）+3c（Al3+）==c（OH－）+2c（SO42）中，则不难得出c（K+）为0.3mol·L－1，即答案为C。
根据上述两种解题方法的对比不难得出，第一种方法是基于物质的化学式利用繁杂的电离方程式和运算来解题的，此方法步骤繁多，容易出错；而第二种解题方法是利用电荷的守恒关系来解题的，这种方法在优点是基于宏观的统揽全局的方式列式，避开繁杂的运算，不去追究细枝末节，没有用电离方程式，不用理会物质的化学式，只要知道溶液中有几种离子及离子的符号就可以解题了，因而能使复杂的计算化繁为简，化难为易。
[3]利用电荷守恒法解化学计算习题是化学计算中一种很重要的解题方法和技巧，这种技巧应用的好，可以起到事半功倍的效果，能使复杂的计算化繁为简，化难为易。
2.2.2利用电荷守恒法可巧解比较溶液中离子浓度大小的习题
比较溶液中离子浓度大小水溶液中离子平衡知识中常见的一种题型，其中利用电荷守恒法比较离子浓度大小，笔者认为也是在这些习题中使用较多的方法之一。
【例题2】常温下，将甲酸（HCOOH）与NaOH溶液混合，所得溶液的pH=7，则此溶液中（）[4]
A.c（HCOO－）＞c（Na+）B.c（HCOO－）＜c（Na+）
C.c（HCOO－）＝c（Na+）D.无法确定c（HCOO－）和c（Na+）的大小关系
解析1：
（常规方法）甲酸是弱酸，甲酸和氢氧化钠溶液混合恰好中和时生成的弱酸强碱盐水解显碱性，所以甲酸和氢氧化钠溶液混合所得溶液pH=7时甲酸过量，甲酸过量的不是很多，如果过量很多的话，溶液又呈酸性了，但c（HCOO－）和c（Na+）的大小关系还是比较不出来。
解析2：
用电荷守恒法进行分析，混合后溶液中所存在的离子共有HCOO－、Na+、H+、OH－四种，根据电荷守恒法可得出c（Na+）+c（H+）==c（HCOO－）+c（OH－）,由于溶液的pH=7，溶液呈中性，则有c（H+）==c（OH－），进而可推出c（Na+）==c（HCOO－）。
答案为C。
【例题3】常温下，将甲酸（HCOOH）与NaOH溶液混合，所得溶液的pH＞7，则此溶液中（）
A.c（HCOO－）＞c（Na+）B.c（HCOO－）＜c（Na+）
C.c（HCOO－）＝c（Na+）D.无法确定c（HCOO－）和c（Na+）的大小关系
解析：
分析同例题2利用电荷守恒式：
c（Na+）+c（H+）=c（HCOO－）+c（OH－），由于溶液中的pH＞7，即c（H+）＜c（OH－），进而可推出c（Na+）＞c（HCOO－）。
答案为B。
【例题4】常温下，将甲酸（HCOOH）与NaOH溶液混合，所得溶液的pH＜7，则此溶液中（）
A.c（HCOO－）＞c（Na+）B.c（HCOO－）＜c（Na+）
C.c（HCOO－）＝c（Na+）D.无法确定c（HCOO－）和c（Na+）的大小关系
分析同例题2利用电荷守恒式：
c（Na+）+c（H+）==c（HCOO－）+c（OH－），由于溶液中的pH＜7，即c（H+）＞c（OH－），进而可推出c（Na+）＜c（HCOO－）。
答案为A。
以上三个例题若用常规方法分析，既得考虑酸碱中和反应中有关量的问题，还得考虑盐类的水解问题，分析过程繁琐，浪费时间长，容易出错。
电荷守恒即对任一电中性的体系，如化合物、混和物、溶液、胶体等，电荷的代数和为零，即正电荷总数和负电荷总数相等。
［例题8］将CaCl2和CaBr2的混合物13.400g溶于水配成500.00mL溶液，再通入过量的Cl2，完全反应后将溶液蒸干，得到干燥固体11.175g。
则原配溶液中，c（Ca2＋）∶c（Cl－）∶c（Br－）为
A.3∶2∶1B.1∶2∶3C.1∶3∶2D.2∶3∶1
答案：
D
解题思路：
1个Ca2＋所带电荷数为2，则根据溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，知原溶液中：
2n（Ca2＋）=n?
（Cl－）＋n?
（Br－）
将各备选项数值代入上式进行检验可知答案。
例9：
（1）中学教材上图示了NaCl晶体结构，它向三维空间延伸得到完美晶体。
NiO（氧化镍）晶体的结构与NaCl相同，Ni2＋与最近O2－的核间距离为a×10－8cm，计算NiO晶体的密度（已知NiO摩尔质量为74.7g·mol－1）。
（2）天然的和绝大部分人工制备的晶体，都存在各种缺陷，例如在某种NiO晶体中就存在如图1—1所示的缺陷：
一个Ni2＋空缺，另有两个Ni2＋被两个Ni3＋所取代。
其结果晶体仍呈电中性，但化合物中Ni和O的比值却发生了变化。
某氧化镍样品组成为Ni0.97O，试计算该晶体中Ni3＋与Ni2＋的离子数之比。
答案：
（1）
（2）6∶91
提示：
由题得NiO晶体结构（如右图）。
其体积为：
V=（a×10－8cm）3
右图向三维空间延伸，它平均拥有的Ni2＋、O2－数目为：
N（Ni2＋）=N（O2－）=
×4=
=N（NiO）
由密度公式得：
ρ（NiO）=
。
（2）（电荷守恒法）设1molNi0.97O中含Ni3＋物质的量为x，则Ni2＋的
升级会员 