专题10 守恒法在中学化学计算中的应用（讲解）-2019年初中升高中化学衔接教学案（解析版）

专题10守恒法在中学化学计算中的应用一切物质的组成与转化均遵循着“守恒”规则，守恒关系不随微粒的组合方式或转化历程而改变。因此解题时可不追究中间过程，直接利用守恒关系列出等式求解或观察估算。但是，有些题目中的守恒关系不明显，解题时要善于发现题中特有的“恒等关系”，有时还需打破常规思维才能挖掘隐含关系。守恒法的主要类型有：一、质量守恒典例1在一密闭容器中有X、Y、Z、W四种物质，在一定条件下充分反应，测得反应前后各物质的质量如下表所示。下列说法中正确的是（）物质XYZW反应前的质量/g810121反应后的质量/g021待测9A．反应后Z的质量为9g

B．反应中Y与W发生改变的质量比为1：1C．反应生成Y的质量为11g

D．Z在该反应中作催化剂【答案】C【解析】X质量反应后减少，是反应物且参加反应的质量为：8g-0=8g，Y的质量反应后增加了，是生成物，且生成了21g-10g=11g，W质量反应后减少属于反应物，参加反应的质量为：21g-9g=12g，由参加化学反应的各物质质量总和等于反应后生成的各物质质量总和，可知Z属于生成物，且生成的质量为：8g+12g-11g=9g，所以Z的待测质量为：9g+1g=10g。二、化合物中元素正负化合价总数相等（化合价守恒）典例2生活中，菠菜和豆腐不宜同时食用，容易形成不溶性草酸钙（CaC2O4）在体内形成结石。草酸钙中碳元素的化合价是（）A．+2 B．+3 C．+4 D．-2【答案】B【解析】在草酸钙（CaC2O4）中，钙元素显+2价，氧元素显-2价，设：碳元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：（+2）+2x+（-2）×4=0，则x=+3价。故选B。三、电解质溶液中阳离子所带正电荷总数与阴离子所带负电荷总数相等（电荷守恒）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。即：阳离子物质的量(或浓度)与其所带电荷数乘积的代数和等于阴离子物质的量(或浓度)与其所带电荷数乘积的代数和。典例3溶液中存在有五种离子，其中各离子个数比Cl－∶SO42－∶Fe3+∶K+∶M＝2∶3∶1∶3∶1，

则M为（）A．CO32－B．Mg2+C．Na+D．Ba2+【答案】C【解析】根据溶液中各离子个数比Cl－∶SO42－∶Fe3+∶K+∶M＝2∶3∶1∶3∶1，负电荷总数8比正电荷总数6多，因此M为阳离子，电荷数为2，选B。典例4（2017海南）在酸性条件下，可发生如下反应：+2M3++4H2O=+Cl-+8H+，中M的化合价是A．+4 B．+5 C．+6 D．+7【答案】C【解析】根据电荷守恒，n=2，则中M的化合价是+6。四、化学反应前后同种元素的原子个数相等（原子守恒）典例5向一定量的FeO、Fe、FeO的混合物中加入100mL1mol·L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL（标准状况）的气体，在所得溶液中经检验无Fe。若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是A.11.2g B.5.6g C.【答案】C【解析】向一定量的FeO、Fe、Fe3O4的混合物中加入100mL1mol·L-1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL（标准状况）的气体，在所得溶液中经检验无Fe3+，说明生成了FeCl2，典例6宝钢湛江钢铁基地项目位于湛江市东海岛，2015年11月一号高炉点火生产钢铁。在炼铁工业中，常用石灰石将铁矿石中的杂质二氧化硅转化为炉渣除去，发生反应的化学方程式为：CaCO3+SiO2X+CO2↑，其中X的化学式是（）A．CaSiO4 B．Ca2SiO3 C．CaSi2O3 D．CaSiO3【答案】D【解析】由质量守恒定律：反应前后，原子种类、数目均不变，由反应的化学方程式CaCO3+SiO2X+CO2↑，反应前钙、碳、氧、硅原子个数分别为1、1、5、1，反应后的生成物中钙、碳、氧、硅原子个数分别为0、1、2、0，根据反应前后原子种类、数目不变，则每个X分子由1个钙原子、1个硅原子和3个氧原子原子构成，则物质X的化学式为CaSiO3．五、氧化还原反应中得失电子相等（电子守恒）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。典例7在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2O72-和Pb2+，则与1molCr3+反应所需的PbO2物质的量是：A.3.0molB.1.5molC.1.0molD.0.75mol【答案】B【解析】1molCr3+反应生成Cr2O72-，失去3mol电子，1molPbO2反应中得2mol电子，因此所需的PbO2物质的量是1.5mol。六、溶液稀释、浓缩、混合前后溶质质量或物质的量相等（溶质守恒）典例80℃时，对100g5%的食盐溶液做如下处理，求所得溶液溶质的质量分数（假设每次增加的溶质都完全溶解，列式计算，结果保留一位小数）（1）蒸发20g水后，溶质的质量分数为多少？（2）增加10gNaCl后，溶质的质量分数为多少？【解答】解：20℃时，对100g5%的食盐溶液中溶质质量为5g；（1）蒸发水20g时溶质质量不变，溶质的质量分数100%＝6.25%；（2）增加10g氯化钠后，则溶质的质量分数100%≈13.6%；【答案】（1）蒸发20克水后，所得溶液的溶质质量分数6.25%；（2）增加10克食盐后，所得溶液的质量分数是13.6%．课后练习1、在臭氧发生器中装入100mLO2，经反应3O2===2O3，最后气体体积变为95mL(体积均为标准状况下测定)，则反应后混合气体的密度为________g·L－1。【答案】1.5【解析】根据质量守恒定律反应前后容器中气体的质量不变，等于反应前100mLO2的质量。则反应后混合气体的密度为：ρ＝(eq\f(0.1L,22.4L·mol－1)×32g·mol－1)÷0.095L≈1.5g·L－1。2、有一块铝、铁合金，溶于足量的盐酸中再用过量的NaOH溶液处理，将产生的沉淀过滤、洗涤、干燥、灼烧，完全变成红色粉末，经称量红色粉末和合金质量恰好相等，则合金中铝的质量分数为()A．60%B．50%C．40%D．30%【答案】D【解析】试题中物质的变化如下图所示：在反应过程中，Fe元素的质量是守恒的，且m(Al，Fe)＝m(Fe2O3)。[来源:Z#xx#k.Com]合金中铝的质量分数与Fe2O3中氧元素的质量分数相等。铝的质量分数＝eq\f(3×16,2×56＋3×16)×100%＝30%。3、由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其pH＝1，c(Al3＋)＝0.4mol·L－1，c(SOeq\o\al(2－,4))＝0.8mol·L－1，则c(K＋)为()A．0.15mol·L－1B．0.2mol·L－1C．0.3mol·L－1D．0.4mol·L－1【答案】C【解析】根据溶液中电荷守恒的原则，建立如下等式：c(H＋)＋c(K＋)＋3c(Al3＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,4))，即0.1mol·L－1＋c(K＋)＋3×0.4mol·L－1＝2×0.8mol·L－1，则c(K＋)＝0.3mol·L－1，故答案为C。4、导悟5Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，则x的值为()A．2B．3C．4D．5【答案】D【解析】本题考查在氧化还原反应中用得失电子守恒来进行相关的计算。eq\o(Na2Sx,\s\up6(－2/x))→xNa2eq\o(S,\s\up6(＋6))O4Naeq\o(Cl,\s\up6(＋1))O→Naeq\o(Cl,\s\up6(－1))得关系式1×(6x＋2)e－＝16×2e－，x＝5。5、mM＋nH＋＋O2=xM2＋＋yH2O，则x值为()A2B．4C【答案】A【解析】本题可以利用得失电子守恒求解，也可以利用电荷守恒求解。据得失电子守恒有2x＝4，即x＝2。若利用电荷守恒求解，则有y＝2(氧原子守恒)，n＝4(氢原子守恒)，4×1＝2x(电荷守恒)，即x＝2。6、有一在空气中暴露过的KOH固体，经分析知其内含水7.12%，K2CO32.88%，KOH90%，若将此样品1g加入到46.00mL的1mol·L－1盐酸中，过量的酸再用1.07mol·L－1KOH溶液中和，蒸发中和后的溶液可得固体________g。【答案】3.427【解析】过程中发生的反应很多，但仔细分析可知：蒸发溶液后所得固体为KCl，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)＝0.046L×1mol·L－1×74.5g·mol－1＝3.427g。7、现有10℃时20%的碳酸钠溶液150g，则（1）从该溶液中取出50g，其质量分数为20%，其中含水40g。（2）将剩余溶液蒸发20g水后，其溶液的溶质质量分数是25%。【分析】溶液稀释前后，溶质的质量不变，可以根据溶质质量分数公式进行计算，计算时要依据蒸发前后溶液的溶质质量不变进行解答。【解