化学计算技巧之1.守恒法

专题（一）守恒法

【学海导航】所谓“守恒法”就是以化学反应过程中存在的某些守恒关系如质量守恒、元素守恒、得失电子守恒、电荷守恒等进行计算的方法。运用守恒法解题可避免在纷纭复杂的解题背景中寻找关系式，提高解题的速度和准确度。在进行解题时，如何选择并应用上述方法对于正确快速地解答题目十分关键。首先必须明确每一种守恒法的特点，然后挖掘题目中存在的守恒关系，最后巧妙地选取方法，正确地解答题目。1．在溶液中存在着离子的电荷守恒和物料守恒。因此涉及到溶液（尤其是混合溶液）中离子的物质的量或物质的量浓度等问题可考虑电荷守恒或物料守恒法。2．在氧化还原反应中存在着得失电子守恒。因此涉及到氧化还原反应中氧化剂、还原剂得失电子及反应前后化合价等问题可考虑电子守恒法。3．在某些复杂多步的化学反应中，某些元素的质量或浓度等没有发生变化。因此涉及到多步复杂的化学过程的问题可考虑元素守恒法。4．在一个具体的化学反应中，由于反应前后质量不变，因此涉及到与质量有关的问题可考虑质量守恒法。【精题点拨】1、得失电子守恒【例1】向含amolNa2S和bmolNa2S2O3的混合液中加入足量的稀硫酸酸化，完全反应后，得到沉淀(a+2b)mol，原混和液中a和b的关系是(A)a=2b(B)2a=b(C)a>2b(D)2a>b【解析】由题意可知：amolNa2S和bmolNa2S2O3中的Ｓ元素全部转变为Ｓ沉淀，硫元素的化合价发生了改变，是氧化－还原反应，得失电子总数守恒。amolNa2S中的硫元素化合价从－２价变为０价，失去2amol电子，bmolNa2S2O3中的＋２价的Ｓ变到０价，得到4bmol电子，由得失电子总数守恒得a=2b。【能力训练一】1.某氧化剂中，起氧化作用的是X2O72－离子，在溶液中mol该离子恰好能使－离子完全氧化，则X2O72－离子还原后的化合价为A．＋1B．＋2C．＋3D．＋42、在3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2↑，若有5molH2O做还原剂时，被水还原的BrF3的物质的量是

mol

mol

C.

D.3．向100mLFeBr2溶液中缓慢通入L（标准状况）Cl2，有的Br-被氧化成溴单质，则原FeBr2溶液的物质的量浓度

mol/L

mol/L

mol/L

mol/L

4.已知某强氧化剂[RO(OH)2]+能被亚硫酸钠还原到较低价态,如果还原含×10-3mol[RO(OH)2]+的溶液到低价态,需L的亚硫酸钠溶液,那么R元素的最终价态为

A.+3B.+2C.+1

5、实验室用铅蓄电池做电源电解饱和食盐水制取氯气，已知铅蓄电池放电时发生如下反应：负极Pb+SO42―-2e-=PbSO4正极PbO2+4H++SO42―+2e-=PbSO4+2H2O如果制得，这时电池内消耗的H2SO4的物质的量至少是A、B、C、D、6.某金属单质跟一定浓度的硝酸反应，假定只产生单一的还原产物。当参加反应的单质与被还原硝酸的物质的量之比为2：1时，还原产物是A、NO2B、NOC、N2OD、N27.用惰性电极电解M（NO3）X的水溶液，当阴极上增重ag时，在阳极上同时产生bL氧气（标准状况），从而可知M的相对原子质量为A、B、C、D、8.取固体加热一段时间后收集到amol气体，在加热后的残留固体中加入足量的浓盐酸，又收集到bmol气体，设此时Mn元素全部以Mn2+存在于溶液中。(已知：K2MnO4+8HCl===2KCl+MnCl2+2Cl2↑+4H2O)试计算：⑴（a+b）的最小值。⑵当a+b=时，加热后所得残留固体的质量。2、电荷守恒法和物料守恒【例2】将KCl和KBr混合物溶于水配成500mL溶液，通入过量的Cl2，反应后将溶液蒸干，得固体，则原溶液中K+，Cl-，Br-的物质的量之比为（）

A、3:2:1B、1:2:3C、1:3:2D、2:3:1

【解析】此题的解法有多种，但作为选择题，可以从答案中求解。原溶液中含有K+，Cl-，Br-，由电荷守恒可知：n（K+）=n（Cl-）+n（Br-），选项中符合这一关系式的只有答案（A）

【能力训练二】在Na2SO4和K2SO4的混和溶液中，如果c(Na+)=mol·L，c(SO42-)=xmol·L，c(K+)=ymol·L，则x和y的关系是==+=2=2、常温下，在CH3COONa溶液中滴加CH3COOH，当溶液中c(CH3COO―)=c(Na+)时则溶液的PH值为A、大于7B、小于7C、等于7D、无法判断3.酸雨是因过度燃烧煤和石油，生成硫和氮的氧化物溶于水，生成了H2SO4和HNO3的缘故。分析某次雨水的数据如下：c(NH4+)=×10—6mol·L—1c(Na+)=3×10—6mol·L—1c(Cl—)=6×10—6mol·L—1c(SO42—)=×10—5mol·L—1c(NO3—)=×10—5mol·L—1则此次降雨雨水的pH值接近于（A）3（B）4（C）5（D）64.0.1mol/L的NaOH溶液，通入标准状况下448mLHA．c(Na+)＞c(HS－)＞c(OH－)＞c(H2S)＞c(S2－)＞c(H+)B．c(Na+)+c(H+)=c(HS－)＋c(S2－)＋c(OH－)C．c(Na+)＝c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2-)＋c(OH－)D．c(S2－)＋c(OH－)＝c(H+)＋c(H2S)5.将镁铝合金放入4mol/LHCl150mL中，合金全部溶解，向所得溶液中加入6mol/LNaOH溶液，要获得最大质量的沉淀，应加入这种NaOH溶液_________mL.6.现有含H2SO4、FeSO4、Fe2(SO4)3三种溶质的混合溶液100mL，已知溶液中SO42-离子的浓度为6mol/L,且阳离子浓度相同，则此溶液中还可以溶解多少克铁粉？3．元素守恒和质量守恒【例3】有一在空气中暴露过的KOH固体，经分析知其内含水%，%，KOH90%，若将此样品1g加入到的1mol·L－1盐酸中，过量的酸再用·L－1KOH溶液中和，蒸发中和后的溶液可得固体多少克？【解析】此题中发生的反应很多，但仔细分析可知：蒸发溶液后所得固体为氯化钾其Cl－全部来自于盐酸中的Cl－，在整个过程中Cl－守恒。即n（KCl）=n（HCl）故m（KCl）=×1mol·L－1×g·mol－1=g【例4】1500C时，碳酸铵完全分解产生气态混合物，其密度是相同条件下氢气密度的（A）96倍（B）48倍（C）12倍（D）32倍【解析】(NH4)2CO3=2NH3↑+H2O↑+CO2↑根据质量守恒定律可知混和气体的质量等于碳酸铵的质量，从而可确定混和气体的平均分子量为=24，混和气体密度与相同条件下氢气密度的比为=12，所以答案为C【能力训练三】6.在反应X+2Y=R+2M中，已知R和M的摩尔质量之比为22∶9，当与Y完全反应后，生成，则在此反应中Y和M的质量之比为A．16∶9B．23∶9C．32∶9D．46∶93.在一定体积的容器中，加入和氟气，与400℃和2633KPa压强下加热数小时，然后迅速冷却至25℃，容器内除得到一种无色晶体外，还余下，则所得无色晶体产物中，Xe与F的原子个数比是A、1：2B、1：3C、1：4D、1：64.用·L―1NaOH溶液吸收，所得溶液中的CO32-和HCO3―的物质的量浓度之比约是（A）1：3（B）2：1（C）2：3（D）3：25.在体积为VL的密闭容器中通入amolNO和bmolO2。反应后容器内氮原子数和氧原子数之比为6.把和装入密闭容器中加热至150℃，充分反应后排出气体，冷却至常温，取出全部残留固体，加水溶解并定容至250mL，求所得溶液中Na2CO3物质的量的浓度。7．向KI溶液中滴入AgNO3溶液直至完全反应，过滤后滤液的质量恰好与原溶液质量相等，则AgNO3溶液中溶质的质量分数为多少？【能力训练一】答案：3.7.C8.0.08【能力训练二】答案：5.

提示:

即所给HCl是过量的，要获