3学科方法养成守恒在计算中的应用2

3学科方法养成守恒在计算中的应用2化学计算的解题思路就一种——找到等式。等式的来源一是题中的已知，一是已知和未知的比例关系。其中三大守恒定律——质量守恒、电荷守恒、能量守恒是隐含的，高度概括的等式，若能充分利用，能起到化繁就简的功效。各地的高考题中都有守恒原理的用武之地。在具体使用中，这些守恒表现为以下几种形式：原子守恒它的本质是质量守恒，从微观上可理解为：“在一切变化中，反应前后原子的种类、数目、原子质量前后没有变化。例1.（2011.江苏学业水平测试・23）将一定质量的铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入100mL4.4mol/L盐酸中，充分反应后产生896mL斗（标准状况），残留固体1.28g。过滤，滤液中无Cu2+。将滤液加水稀释到200mL,测得其中c（H+）为0.400mol/L。则原混合物中单质铁的质量是 （ ）A.2.24g B.3.36g C.5.6g D.10.08g【答案】C【解析】由题意知，HCl过量，Fe3+、Cu2+全被铁还原，剩余铁完全反应生成H2,残留固体为Cu。n（HCl）=4.4mol/LX0.100L=0.44mol琐钛）=0.896L22.4L琐钛）=0.896L22.4L/mol二0.04moln(Cu)=-L^=0.02mol64g/moln(HCl)过|p(H+)=0.400mol/LX0.200L=0.08molFeO+6HCl=2FeCl+3HOTOC\o"1-5"\h\z2 3 3 21mol 6mol 2moln(FeO)6n(FeO) 2n(FeO)2FeCl+Fe=3FeCl3 22mol 1mol2n（冒丿n（吓）CuCl2+Fe=FeCl2+ Cu1mol1mol1mol0.02mol0.02mol0.02molCuO+2HCl=CuCl+2H2O1mol2mol1mol0.02mol0.04mol0.02molFe+2HCl=FeCl+2H2f1mol2mol1mol0.04mol0.08mol0.04mol根据盐酸的量可列等式:6n(Fef3)+0.04mol+0.08mol+0.08=0.44mol得n(Fe203)=0.04mol.*.n(Fe)=0.04mol+0.02mol+0.04mol=0.1mol.•.m(Fe)=0.1molX56g/mol=5.6g解法2若直接用上电子守恒，元素守恒，可列出两个等式Fe+FeO+CuO+HC1—FeCl+Cu+Hf+HC1(过量)2 3 2 2Cl元素守恒2X[n(Fe)+2n(Fe?O3)]=n(HCl)-n(HCl)”2 3 总 过量得失电子守恒 2n(Fe)=2n(Fe2O3)+2n(H2)+2n(CuO)直接消去n(Fe2O3)可得n(Fe)=O.lmol物料守恒它的本质是质量守恒，电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化生成其它离子或分子，但离子或分子中某种特定元素的原子总数不会改变。例2(2008・广东・17)盐酸、醋酸和碳酸氢钠是生活中常见的物质。下列表述正确的是()在NaHCO3溶液中加入与其等物质的量的NaOH，溶液中的阴离子只有CO32-和OH—NaHCO3溶液中：c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)10mL0.10mol・L-1CH3COOH溶液加入等物质的量的NaOH后，溶液中离子的浓度由大到小的顺序是：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)中和体积与pH都相同的HC1溶液和CH3COOH溶液所消耗的NaOH物质的量相同【答案】C【解析】根据电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)物料守恒：c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)两式相减得：c(H+)+c(H2CO3)=c(CO32-)+c(OH-)所以B错误。质子守恒它的本质是质量守恒，电解质溶液中，分子或离子得到质子(H+)的总数与失去质子(H+)的总数相等。例3.(2011•江苏・14)下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()在0.1mol・L-1HCO3-溶液中：c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(H2CO3)在0.1mol・L-1Na2CO3溶液中：c(OH-)-c(H+)=c(HCO3-)+2c(H2CO3).向0.2mol・L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol・L-1NaOH溶液：c(CO32-)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液[pH=7,c(Na+)=0.1mol・L-1]：c(Na+)=c(CH3COO-)>c(CH3COOH)>c(H+)=c(OH-).【答案】BD【解析】NaHCO3溶液显碱性，HCO3-水解程度大，c(Na+)>c(HCO3-)>c(H2CO3)>c(CO32-)，A错误；Na2CO3溶液中，质子守衡，c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)，B正确；向0.2mol・L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol・L-1NaOH溶液后，溶液组成为1:1NaHCO3和Na2CO3，溶液显碱性，水解程度大,c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)，C错误；由电荷守衡c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)c(OH-),和pH=7即c(H+)=c(OH-),弱酸的电离程度很小，水解程度很小，得出D正确。

电荷守恒特指溶液中所有阳离子所带的正电荷总数与所有阴离子所带的负电荷总数相等。其推论为在离子反应中，参加反应的阴、阳离子所带净电荷总数等于反应后生成的阴阳离子所带的净电荷总数。例5.(2008•江苏・2)下列文字表述与反应方程式对应且正确的是 ( )溴乙烷中滴入AgNO3溶液检验其中的溴元素：Br-+Ag+=AgBrI用醋酸除去水垢：CaCO3+2H+=Ca2++电0+CO2f利用腐蚀法制作印刷线路板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+D.实验室用液溴和苯在催化剂作用下制溴苯:D.实验室用液溴和苯在催化剂作用下制溴苯:【答案】D【解析】选项A中要检验溴乙烷中的溴原子，必须先将溴乙烷在NaOH溶液中水解，然后用过量的HNO3综合NaOH溶液，再加入AgNO3；选项B中CH3COOH为弱酸，在离子方程式中不能改写；选项C中离子方程式的得失电子不守恒和电荷不守恒。例6.(2009•江苏水平测试・23)在硫酸铝、硫酸钾和明矶［KA1(SO4)2・12H2O］的混合液中，SO42-的浓度为0.4mol/L，当加入等体积0.4mol/LKOH溶液时，生成的沉淀恰好完全溶解。则反应后溶液中K+的浓度约为 ( )A.0.225mol/L B.0.25mol/LC.0.45mol/L・ D.0.9mol/L【答案】C【解析】Al2(SO4)3、K2SO4、KAl(SO4)2・12H2O的电离方程式分别为：Al(SO)=2Al3++3SO2TOC\o"1-5"\h\z2' 4勺 4KSO=2K++SO22 4 4KAl(SO)・12HO=K++Al3++2SO2-+12HO'”22 4 2设溶液体积为1L,则n(SO42-)=0.4mol，n(KOH)=0.4mol=n(OH-)=n(K+)，Al3+ +4OH-=AlO-+2HO2 21mol4mol0.1mol0.4mol混合液中电荷守恒：2n(SO42-)=1n(K+)+3n(A0)代入n(SO42-)=0.4mol，n(Al^+)=0.1mol,得n(K+)=0.5mol电子守恒它的本质是电荷守恒，氧化还原反应中(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。其特征表现为：“化合价升降总数相等”。例7.24mL浓度为0.05mol•L-1的Na2SO3溶液，恰好与20mL浓度为0.02mol•L-1的K2Cr2O7溶液完全反应，则Cr元素在还原产物中的化合价为 ( )A.+6 B.+3 C.+2 D.0【答案】B【解析】Na2SO3被氧化为Na2SO4，设Cr元素在还原产物中的化合价为x，根据电子守恒：0.024x0.005x1x(6-4)=0.020x0.02x2x(6-x)得：x=3

例8•硫酸铵在加强热的条件下分解，生成NH3、S02、N2、H2O,反应中生成的氧化产物与还原产物的物质的量之比为 ( )A.1：3 B.2：3 C.1：1 D.4：3【答案】A【解析】氧化产物为N2，还原产物为SO2，根据电子守恒得：n(N2)x2x3=n(SO2)x1x2 n(N2):n(SO2)=1:3盖斯定律它的本质是能量守恒，若一个反应的化学方程式可由另外几个反应相加得到，则该反应的“反应热”也可由这几个反应的“反应热”相加得到。例9.(2011・江苏•20)△H=△H=206.2kJ・mol-1已知：CH/g)+H20(g)===C0(g)+3H2(g)CH(g)+CO(g)===2CO(g)+2H(g) AH=247.4kJ・mol-12H2S(g)===2H(g)+S(g) AH=169.8kJ・mol-1(1)以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法。CH(g)与HO(g)反应生成CO(g)和H2(g)的热化学方程式为 " 2 。△H=+165.0kJ・mol-1△H=206.2kJ・mol-1x2△H=+165.0k