浅谈守恒法在高中化学计算中的应用

1、浅谈守恒法在高中化学计算中的应用化学组 舒少华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 + 3

2、B = 2C,若 7g A和一定量 B 完全反应生成 8.5g C，则A、B、C的相对分子质量之比为（ ）。A、14:3:17 B、28:2:17C、1:3:2 D、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：ABCD反应后生成D的质量为30 g。然后在残留物中加入10 g A，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B 9 gB.第一次反应停止时，剩余C 6 gC.反应中A和C的质量比是53D.第二次反应后，C剩余5 g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

3、应后，只剩余 C，说明 A、B 恰好完全反应。则：m反(A)m反(B) = (15 g10 g)15 g = 53第一次反应耗 B 的质量mB为：15 gmB=53，mB=9 g即第一次反应后剩余B质量为：15 g9 g=6 g。可见(A)选项不正确。根据mAmBmC=mD ，可知生成30 g D时消耗C的质量。mC=30 g15 g9 g=6 g即第一次反应后剩余C质量为：15 g6g=9g。又见(B)选项不正确。易见反应消耗A、B、C质量之比为：mAmBmC=15 g9 g6g=532(C)选项不正确。二、原子守恒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

4、出与该原子(或原子团)相关连的某些物质的数量(如质量)。例31L1mol/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、2：1 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)、K2CO3：2.38%、KOH ：90.00%。取此样品 1.00 g 放入 46.00 mL 1.00 molL1 的 HCl(aq) 中，过量的 HCl 可用 1.070 mol/L KOH(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

5、(KCl) = n(HCl) = 1.00 molL10.04600 L = 4.60102 mol，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. FeO B. Fe2O3 C. Fe3O4 D. 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)=0.0075mol m(O)=0.0075mol16g/mol=0.12g。m(Fe)=0.4g-0.12g=0.28g，n(Fe)=0.00

6、5mol。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、7molL1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：2HClH2OO，得：n（O）=，m（O）=0.35mol16gmol1=5.6 g；而铁最终全部转化为FeCl3，n（Cl）=0.56L 22.4L/mo

7、l2+0.7mol=0.75mol，n（Fe）=，m(Fe)=0.25mol56gmol1=14 g，则，选B。例7现有19.7 g由Fe、FeO、Al、Al2O3组成的混合物，将它完全溶解在540 mL 2.00 molL1的H2SO4溶液中，收集到标准状况下的气体8.96 L。已知混合物中，Fe、FeO、Al、Al2O3L1的NaOH(aq)体积是_。答案：800 mL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(a

8、q)可求。三、电荷守恒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 13.400 g溶于水配成 500.00 mL 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 11.175 g。则原配溶液中，c(Ca2)c(Cl)c(Br)为A.321B.123C.132D.231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、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a108cm，计算NiO晶体的密度(已知NiO摩尔质量为74.7 gmol1)。 (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11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)691提示：由题得 NiO 晶体结构(如右图)。其体积为：V =

10、(a108cm)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：(NiO) =。(2)(电荷守恒法)设 1 mol Ni0.97O 中含Ni3物质的量为x，则Ni2的物质的量为(0.97 molx)；根据电荷守恒得：3x2(0.97 molx)=1 mol2x=0.06 molN(Ni3)N(Ni2)=0.06 mol(0.97 mol0.06 mol)=691例10 将8g Fe2O3投入150mL某浓度的稀硫酸中，再投入7g铁粉收集到1.68L H2（标准状况），同时，Fe和Fe2O3均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶

11、液中铁元素完全沉淀，共消耗4mol/L的NaOH溶液150mL。则原硫酸的物质的量浓度为（ ）A. 1.5mol/L B. 0.5mol/L C. 2mol/L D. 1.2mol/L答案：C解析 粗看题目，这是一利用关系式进行多步计算的题目，操作起来相当繁琐，但如能仔细阅读题目，挖掘出隐蔽条件，不难发现，反应后只有Na2SO4存于溶液中，且反应过程中SO42并无损耗，根据电荷守恒原则：n（SO42）=n（Na+），则原硫酸的浓度为：2mol/L，故选C。四：电子得失守恒法（或化合价升降守恒法）电子得失守恒法即化学反应中(或系列化学反应中)氧化剂所得电子总数等于还原剂所失电子总数，无论是自发进

12、行的氧化-还原反应还是原电池或电解池均如此例11 一定条件下RO3n-和I-间反应： RO3n-6I- 6H+ = R-323H2O， 则 RO3n中R元素的化合价为：答案：+5例12 某稀硝酸溶液中，加入5.6g铁粉充分反应后，铁粉全部溶解，生成NO，溶液质量增加3.2g，所得溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之比为 （ ）A. 41 B. 21 C. 11 D. 32答案：0.100 molL1解析 设Fe2+为xmol，Fe3+为ymol，则：x+y=0.1（Fe元素守恒）2x+3y=（得失电子守恒）得：x=0.06mol，y=0.04mol。则xy=32。故选D。例13.将 3.48 g

13、 Fe3O4 完全溶解在 100 mL 1.00 mol/L 的 H2SO4(aq) 中，然后加入 K2Cr2O7(aq)25.00 mL，恰好使 Fe2全部转化为 Fe3，且 Cr2O全部转化为 Cr3。则 K2Cr2O7 的物质的量浓度为_。提示：Fe3O4中 2 价铁所失电子物质的量与 Cr2O 中6 价铬所得电子物质的量相等。(32)= 0.02500 Lc(Cr2O)(63)2。例题14 将 CaCl2 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 Cl2，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.