高中化学守恒法.docx

1、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

2、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N02、02、NH3的混合气体26.88 L通过稀H2SO4后，溶液质量增加 45.7 g， 气体体积缩小为2.24 L。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. 40.625 B . 42.15 C. 38.225 D. 42.625解析将混合气体通过稀 H2SO4后，NH3被吸收。NH3+H2O=NH 3 H2O 2NH3 H2O+H2SO4=（NH 4）2SO4+2H2O而NO2和O2

3、与水接触发生如下反应：3NO2+H2O=2HNO 3+NO 反应2NO+O2=2NO2 反应生成的NO2再与水反应：3NO2+H2O=2HNO 3+NO 反应上述反应、属于循环反应，可将反应X 2+反应，消去中间产物 NO,得出：4NO2+ O2+2H2O =4HNO 3 反应如果反应中 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。由反应知，剩余气体为 NO,其体积在标准状况下为 2.24 L,其质量为 m（NO）。m（NO）=n M= V X 30 g/mol= 2.24L X 30 g/mol =3.0 g22.4L/mol 22.4L/mol由质量守恒

4、定律，混合气体的质量 m（总）为：m（总）=45.75 g+3.0 g= 48.75 g而混合气体的物质的量 n, n= V = 26.88L =1.2 mol，宀一十冃 、“ 22.4L/mol 22.4L/mol由摩尔质量 M计算公式：M= m = 48.75g =40.625 g/moln 1.2mol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 14.4 g FeC2O4（草酸亚铁）隔绝空气加热使之分解，最终可得到7.6 g铁的氧化物，则该铁的氧化物组成可能为D. Fe2O312、16, FeC2O4中含铁元素的质量:设为FexO4。在加热过程中，铁元素

5、A. FeO B . Fe3O4 C. FeO Fe3O4解析已知Fe、C、O的相对原子质量分别为 56、m（Fe）= 56 144g = 5.6 g将FeC2O4隔绝空气加热，使之分解得铁的氧化物，没有损耗，铁兀素的质量是不变的。 由质量守恒法”，在FexO4中m（Fe）仍为5.6 g,则m（O）=7.6 g 5.6 g=2.0 g 。据物质的量（n）与质量（m）、摩尔质量（M ）之间公式 m，又据m N1 （N1、n N2代表微粒个数）M n 2 N 2m(Fe) 则 n(Fe) M (Fe) n (O) m(O)M(O)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

6、溶质的质量分数为 14%，加热蒸发掉100 g水后变成溶质质量分数为28%的KOH溶液80 mL,则后者溶液的物质的量浓度可能是A. 6 mol/L B. 6.75 mol/L C. 6.25 mol/L D. 5.5 mol/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）X 14%= m（原）100 g X 28%解得m（原）=200 g再由公式： n , m 求解。公式中 c溶质的物质的量浓度， n溶质的物质的c n 量，V 溶液的体积已知 V=80 mL=0.08 L

7、 ）, m质量，M 摩尔质量M（KOH）=56 g/molm(KOH ) 200g 14%n (KOH) 56g / mol则： MnKOW) 0.5molc( KOH ) 6.25mol / L3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1.84 g/cm3）的浓H2SO4配制200 g 20%的稀H2SO4,需这种浓度 的浓H2SO4A. 40.8 g B. 40.8 mL C. 22.2 mL D . 20 mL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，据尸m公式，由质量守恒定律列出 H2SO4质量守恒的式

8、子：VV1 X 1.84 g/cm3X 98%=200 g X 20%解得 V1=22.18 mL 22.2 mL需这种浓度的浓 H2SO4： m= p/=1.84 g/cm 3X 22.18 mL=40.8 g质量守恒就是化学反应前后各物质的质量总和不变, 的质量不变。例 1.反应 A + 3B = 2C,子质量之比为（在配制或稀释溶液的过程中，溶质若7g A)。和一定量B完全反应生成8.5g C，则A、B C的相对分A、14:3:17、28:2:17C、 1:3:2、无法确定答案：B例2.A、B C三种物质各15 g，发生如下反应： A+ B+ C 反应后生成D的质量为30 g。然后在残留

9、物中加入 再次停止，反应物中只剩余A. 第一次反应停止时，剩余B. 第一次反应停止时，剩余C. 反应中A和C的质量比是D. 第二次反应后，C剩余5 g 答案：DC,则下列说法正确的是10 g A，反应又继续进行，待反应（）所以答案为CoA又能进行第二次反应。第二次解析：第一次反应 A不足，因为第一次反应后加入 反应后，只剩余 C,说明A、B恰好完全反应。则:m反(A) : m反(B) = (15 g + 10 g) : 15 g = 5 : 3第一次反应耗 B的质量 m为：15 g : m=5 ： 3, m=9 g 即第一次反应后剩余 B质量为：15 g 9 g=6 g 。可见(A)选项不正确

10、。根据ra+ m?+ m=mD ,可知生成30 g D时消耗C的质量。m=30 g 15 g 9 g=6 g即第一次反应后剩余 C质量为：15 g 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： RB : m=15 g : 9 g : 6g=5 : 3 : 2 (C)选项不正确。二、原子守恒1原子守恒法的依据2典型例题及解题策略例1 :将标准状况下a L H2和Cl2的混合气体，经光照反应后，将所有气体通入 溶液，恰好使b mol NaOH完全转化成盐，则 a与b的关系不可能是A. b= a/22.4 B . bv a/22.4C. b a/22.4 D . b

11、a/11.2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=t=2HClNaOH+HCI=NaCI+H 2O讨论 1:若 Cl2过量，还有： Cl2+2NaOH=NaCI+NaCIO+H 2O计算时先以不足暑 H2计算。设原混合气体中 H2为x mol , CI2为y mol= 2HCI22x molNaCl + H2O反应 反应 反应NaOHH21x molNaOH12x molCl21(y x)molCl21x mol+HCI12x mol2NaOH22(y x)molNaCl + NaClO +H2Ox+y = a/ 22.42x+2(y x)=b解上述二元

12、一次方程组得： y=b/2。将y=b/2代入式，解得由于 x 0,则 a/22.4 b/2 0,解得 bv a/11.2 讨论2：若H2过量，依题意得列二元一次方程组:x=a/22.4 b/2以不足者C12计算。只有反应和反应。“原子“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。 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”。设原混合气体中 出 为x mol , CI2为y mol 由方程式列式 .光H2 + CI2 = 2HCI1 2y mol 2y molNaOH + HCI = NaCl

13、+ H2O1 12y mol 2y mol由已知列二元一次方程组： 2y=b.x+y= al 22.4解上述方程组，得：x=a/22.4 bl 2由于 x 0,则 a/22.4 b/2 0,解得 bv 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0.44 g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 20 mL 0.5 mol/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

14、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：S+02=S0 2 反应2SO2+O2 -I - 2SO3 反应SO3+H2O=H2SO4 反应H2SO4+2NaOH=Na 2SO4+2H2O3Cu + 8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2 + 2NO f +4H2O3 8 21.5y mol 4y mol y mol由已知条件列二元一次方程组：,0.5x + 1.5y = 38.4 10 3“ x+y= 22.4 10 3 64解得，x=0.922.40 3 mol y=0.1 x 10 3 mo

15、l反应中消耗的 HNO3： 2x+4y=2 x 0.9X 10 3 mol+4 x 0.1 x 10 3 mol=2.2 x 10 3 mol 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HN03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：CuCu(NO3)2-2HNO3 (酸)NOx HNO3 （氧化剂）1121138.4 103mol1.2 x 103 mol22.4 10 3 mol1 x 103 mol6422.4反应中共消耗HNO3： 1.2x 10 _3 mol+1x 103 mol=2.2 x 103

16、mol。所以答案为Co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 CQ2-和HCO离子的物质的量之比大约为（ ）A、2： 1 B、1： 1 C、1 : 2 D、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）、&CO: 2.38%、KOH : 90.00%。取此样品1.00 g放入46.00 mL1.00 mol -L1的HCI（aq） 中，过量的HCI可用1.070 mol/L KOH

17、（aq）中和至中性，蒸发中和后的溶液可得固体 克。答案：3.43 g提示：根据 Cl 原子守恒得：n（KCI） = n（HCI） = 1.00 mol - L1 x 0.04600 L = 4.60x 10 _2 mol, m（KCl）易求。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CaCO中。且答案：Bn(O)=n(CaCO3)=0.0075mol m(O)=0.0075mol x 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、7mo

18、l?L1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系式：2HCIH2OO,得：n1=0.35mol x 16g?mol =5.6 g ;十 22.4L/mol x 2+0.7mol=0.75mol ,- 1元1 素nM)转唯衿盘中(的35rOo,由关=2 2 , m(O)1而铁最终全部转化75m(FeClk25mCll)=0.56L =(Fe) 強 100% 71.4%，14g 5.6g ，选 B。例7 .

19、现有19.7 g由Fe、FeO Al、Al 2Q组成的混合物，将它完全溶解在一 1mol L的HSQ溶液中，收集到标准状况下的气体 8.96 L。已知混合物中，m(Fe)=0.25mol x 56g ? moln (Fe)=14 g ,则540 mL 2.00Fe、FeO Al、解析 铁的氧化物中含 Fe和O两种元素，由题意，反应后， HCI中的H全在水中，OAI2Q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 2.70 mol L一1的NaOH(aq)体积是 。答案：800 mL2提示：根据Na原子守恒和SO4守恒

20、得如下关系:2NaOH NazSQ H2SQ则：n(NaOH) = 2n(H 2SQ)c(NaOH) V NaOH(aq) = 2c(H 2SQ) V H 2SQ(aq)V NaQH(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 01。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

21、， 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：刀 mc(R=刀n c(Rn一)，此公式中刀代表“和”的意思，c(R)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一)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NS溶液为例：在 NaaS溶液中，有如下三个平衡式：S2 一+H.O HS+OH (级水解)HS+HzO H2S+QH (二级水解)H2QK+QH (水的电离)含有的微粒：Na； H+、OH、HS、S2一、H2S (H 2O分子除外)，有下列的电荷守恒式：+ + 2 c(

22、Na )+ c(H ) = c(QH )+ c(HS )+2 c(S )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(AI 3+) = 0.4 mol/L ,c(S0门=0.8 mol/L ，贝U c(K+)为()2A. 0.15 mol/L B. 0.2 mol/L C. 0.3 mol/L D. 0.4 mol/L解析1:常规方法：由硫酸钾、硫酸

23、铝和硫酸的化学式推理：硫酸钾( &SQ)、硫酸铝:Al 2(SO4) 3、硫酸(H2SQ),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= lg c(H+)推知 c(H+)=10 _pH ,推知溶液中的 C(H+)=10 -1 mol L1, 根据HSQ的电离方程式：H2SQ=2H+SQ，推知H2SQ所提供的SO的浓度为 H的一半，即SQ的浓度为0.05 mol L 1;再由Al2(SO4)3的电离方程式：Al2(SO4)3=2A|3+3SQ，推知sQ的浓度应为 Al3+的1.5 倍，由c(Al 3+) = 0.4 mol L1得知由Al2(SQ)3

24、所提供的SQ的浓度为0.6 molL 1;则由 K2SQ 所提供的 SQ浓度为：0.8 mol L 1 0.05 mol L 1 0.6 mol L 1 = 0.15 mol L 1,而由K2SQ的电离方程式：KS=2K + SO4得知，K2SQ中的浓度是 sQ的2倍，贝U 原混合液中k+的浓度是0.3 mol L 1，即答案为Co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+、A|3+、K+、SO、OH,电荷守恒式如下： c(K+) + c(H+) + 3 C(AI 3+)=C(OH)+ 2 c(SO4)溶液的pH= 1，再由公式pH= lg c(H+)推

25、知c(H+)=10 p：推知溶液中 c(H+)=10 1 mol L 1，由水的离子积 Kw的计算公式 Kw = c(H+) c(OH)，在25C(常温)时， Kw= 1.0X 10 14得知c(OH)=1013 mol L1,由于OH的浓度极小，计算时可忽略不计，将c(H+)=10 1 mol L 1, c(Al 3+) = 0.4 mol/L , c(SQi) = 0.8 mol L1 代入电荷守恒式： c(K+) + c(H+) + 3 c(Al 3+)= c(OH)+ 2 c(S& )中，则不难得出 c(K+)为 0.3 mol L 1,即答案为 Co 根据上述两种解题方法的对比不难得

26、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

27、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()4A. c(HCOO) c(Na+) B. c(HCOO) v 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

28、(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+、口、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pH7,则此溶液中()A. c(HCOO) c(Na+) +C. c(HCOO) = c(Na )B. c(HCOO) v c(Na+)D. 无法确定c(HCOO)和c(Na+)的大小关系解析：分析同例题

29、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+) v 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 c(Na+) B. c(HCOO) 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CaCl 2和CaBr2的混合物13.400 g 溶于水配成500.00 mL 溶液，再通 入过量的Cl 2,完全反应后将溶液蒸干， 得到干燥固体11.175 g。则原配溶液中，c(Ca2+): c(Cl)： c(Br)为A.3 : 2 : 1 B.1 : 2 : 3 C.1 : 3 : 2 D.2 : 3 : 1