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

1、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

2、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）11，推出：c（Na）c（HCO）c（CO）c（H2CO3）。（3）质子守恒

3、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

4、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Cl2NACl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O2NACl2 + H2 2HClN24NAN2 + O22NO6NAN2 + 3H22NH3O2O2 + 2NaNa2O22O2 + 3Fe Fe3O4SS + H2H2SS + O2SO2F2F2 + H2 2HFC2C + SiO2Si + 2COC + O2（足量） CO2H2H2 + 2Na2NaH2H

5、2 + O22H2O金属单质Na4Na + O22Na2OAl3NA2Al + Fe2O3Al2O3 + 2FeFeS + Fe FeS3Cl2 +2Fe2FeCl3Cu2Cu + SCu2S2Cu + O22CuO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

6、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3 e-。（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

7、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9.0 g乙二酸和某二元醇混合，在一定条件下完全酯化，生成W g环酯和3.6 g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2mol H2O，设二元醇式量为M，质量为X。即：乙二酸二元醇 环酯 2H2O M 36 g9.0 g X W g3.6 g由质量守恒定律可知：9.0+XW+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

8、的物质的量为0.1mol，二元醇式量M （W-5.4）/0.110W-54。集训点一、单项选择题（每个小题只有一个正确选项）12012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a molL1的一元酸HA与b molL1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是（）AabB混合溶液的pH7C混合溶液中，c（H）molL1D混合溶液中，c（H）c（B）c（OH）c（A）2500 mL KNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中c（NO）6 molL1，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22.4 L气体（标准状况），假设电解后溶液体积仍为500 mL，

9、下列说法正确的是（）A原混合溶液c（K）为2 molL1B上述电解过程中共转移2 mol电子C电解得到的Cu的物质的量为0.5 molD电解后溶液中c（H）为2 mol3在标准状况下将1.92 g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1.12 L，则混合气体中NO的体积为（）A112 mLB1008 mLC224 mL D448 mL4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ZnAg2OH2O=2AgZn（OH）2。现用该蓄电池电解含有0.04 mol CuSO4和0.04 mol

10、 NaCl的混合溶液400 mL，工作一段时间后测得蓄电池消耗了0.72 g H2O（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Ag2OH2O2e=2Ag2OHB阳极产生的气体在标准状况下为0.448 LC阴极析出铜为2.56 gD电解后溶液的pH1（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（）A25 时， pH7的NH4Cl与NH3H2O的混合溶液：c（H）c（OH）c（NH）c（Cl） B0.1 mol/L Na2S溶液：c（OH）c（H）c（HS）c（H2S）C25 时， pH2的HCOOH与pH12的NaOH等体积混合：c（HCOO）

11、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1 L，则混合溶液中Na+为0.3 mol，C原子的所有形式之和为0.2 mol，即n（CO）n（HCO）n（H2CO3）0.2 mol，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-，

12、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0.2 mol Fe参与反应生成mol H2，A项错误；Ph=13的NaOH溶液中，溶液中c（OH）=0.1 mol/L，c（H+）=1013 mol/L，则水电离出来c（OH）=c（H+）=10-13 mol/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1 mol O2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4 mol

13、氮气，反应中转移电子的物质的量为15 mol，则生成28 g N2（即1 mol氮气），转移电子的物质的量是15 mol43.75 mol ，D项正确。8ANaOH和NH3H2O混合溶液中，NaOH完全电离，NH3H2O部分电离，因此，c（OH）c（Na） c（NH3H2O），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

14、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。9A项，1 mol FeI2与足量的Cl2反应时转移电子数为 3 mol，错误；B项，2 L 0.5 molL1 K2SO4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，1 mol Na2O2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42 g即1 mol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）40.3

15、molV（NaOH）0.06 L，即60 mL。11（1）2Mn2+O2+4OH-=2MnO（OH）2（2）赶走装置内空气，避免空气中的O2的干扰淀粉溶液（3）7.8 mgL-1偏大若碱过量，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2Mn2O24OH=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

16、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：O22MnO（OH）22I24Na2S2O3故水样中O2的含量为： =7.8 mgL1。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）LiH2O8.610432（1）原电池的实质为化学能转化成电能。总反应为2H2O2=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）Li元素从0价升至1价，作还原剂。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，当吸收10 mol H2时，则生成20 m