高中化学守恒法

镇海中学化学拓展课程1中学化学重要思想与方法守恒法化学反应的实质是原子间重新组合，化学方程式既然能够表示出反应物与生成物之间物质的量、质量、气体体积之间的数量关系，那么就必然能反映出化学反应前后原子个数、电荷数、得失电子数、总质量等都是守恒的。守恒是解决化学问题的中心思想，相应地，守恒法是解决化学问题的一种极其重要的方法与技巧，运用守恒，其特点是抓住有关变化的始态与终态，不纠缠过程细节，利用其中某种不变量建立关系式，巧用守恒规律，常能简化思路和解题步骤、准确快速将题解出，收到事半功倍的效果。利用守恒法解题，首先必须判断题目涉及问题属于以上哪一类问题，然后假设未知数表示出其中的“不变量”，列出等式，再进行数学计算而求解。现举例如下：一、质量守恒质量守恒就是任一化学反应中，参加反应的各物质的总质量等于生成物的总质量，在配制或稀释溶液及结晶的过程中，溶质的质量不变。【例1】将NO2、NH3、O2的混合气体26.88L通过足量的稀硫酸后，溶液质量增重45.75g，气体体积缩小为2.24L。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。（气体体积均已折算为标准状况）解析混合气体通过稀硫酸时发生如下化学反应：2NH3＋H2SO4＝(NH4)2SO44NO2＋O2＋2H2O＝4HNO33NO2＋H2O＝2HNO3＋NO由木条不复燃知O2不足，故剩余2.24L气体为NO，根据质量守恒知：混合气体总质量＝溶液质量增重＋NO的质量＝45.75g＋molLL/4.2224.2×30g/mol＝48.75g所以混合气体平均摩尔质量为M＝总总nm＝molLLg/4.2288.2675.48＝40.625g/mol故混合气体的平均相对分子质量为40.625。【例2】某碳氢化合物A0.1mol，与在标准状况下为20L的氧气（过量）充分反应后，迅速将混合气体通入足量Na2O2粉末中，在一定设备中使气体完全反应，此时粉末增重15g。经处理后得到气体14.4L（标准状况）。试通过计算求出该碳氢化合物A的分子式。解析此题解法颇多，以下述守恒法为妙解：设A的分子量为M经分析可推断14.4L气体均为氧气。根据质量守恒知：A和氧气的质量减少量＝Na2O2的质量增加量解得M=70，由商余法得：1270＝5余10所以A化学式为C5H10。【例3】有100克浓度为18mol·L-1的浓硫酸,其密度为dg·mL-1,加水稀释至9mol·L-1,则加入的水的体积为()镇海中学化学拓展课程2A．100mLB．100/dmLC．大于100mLD．小于100mL解析：设稀释后的溶液的密度为d(稀)，加水为VmL,抓住稀释前后的n(H2SO4)不变，则有：18mol·L-1×100gdg·mL-1×10-3L·mL-1=9mol·L-1×100g+VmL×1g·mL-1d（稀）g·mL-1×10-3L·mL-1，V=200d(稀)/d-100，因硫酸的浓度越小密度越小,d(稀)/d的值小于1，故加水的体积小于100mL。答案：D【例4】某温度下，取足量的MgSO4饱和溶液加入1g无水硫酸镁，析出3.15gMgSO4•7H2O晶体，求该温度下硫酸镁的溶解度。解析结晶水合物析出的计算除可用部分原液法求解外，也可利用析晶前后溶质质量守恒求解。设原饱和溶液质量为Wg，该温度下硫酸镁的溶解度为Sg，因析晶前后MgSO4质量不变，则有：W×SS100＋1＝3.15×126120120＋(W＋1－3.15)×SS100解得S＝33.5。二、元素守恒元素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。【例5】有一在空气中暴露过的KOH固体，经分析测知其中含水：7.62％，K2CO3：2.38％，KOH：90％。若将此样品先加入到1ｍol/L的盐酸46.00ｍＬ里，过量的盐酸再用1.07ｍol/LＫＯＨ溶液27.65ｍＬ正好中和，将盐酸中和后的溶液蒸干可得固体的质量为（）Ａ．3.43ｇＢ．4.00ｇＣ．4.50ｇＤ．1.07ｇ解析许多学生在解这道题时，忽视该题中所隐含的条件：反应前后氯元素守恒，根据每步反应求KCl的质量，解题太繁，如果抓前后氯元素守恒，很易得出固体KCl的质量n(KCl)＝n(HCl)＝0.046L×1mol·L-1，m(KCl)＝1ｍol/L×46.00×10－3L×74.5g/ｍol＝3.43ｇ，故选答案Ａ。【评析】本题所涉及化学反应比较简单，只有KOH＋HCl＝KCl＋H2O和K2CO3＋2HCl=2KCl＋H2O＋CO2↑，反应物之间量的关系也并不复杂。但如果从常规的方法，就是从化学反应的角度进行动态的分析，可以发现，KCl来源不一，过程步骤多，导致数据复杂，需逐步计算并加和。显然计算处理繁琐，耗时较多，且易出错。如果我们调整思路，利用静态分析其中的不变量，依据Cl－离子来源单一的特点，利用守恒法来解题。这样，数据简单，可直接计算，可大大减少计算量，提高了准确性。【例6】有镁、铝混合粉末lO.2g，将它溶于500mL4mol·L－1的盐酸中，若要使沉淀质量达到最大值，则需加入2mol·L-1的氢氧化钠溶液的体积为。解析：当镁、铝全部以Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀，即沉淀质量达到最大值时，溶液中只存在NaCl，依据Cl-守恒，故当沉淀的量最多时n(NaOH)＝n(HCl)；n(NaOH)＝0.5L×4mol·L－1＝2mol，V〔(NaOH)aq〕＝2mol2mol·L－1＝1L，即为1000mL。答案：1000mL【例7】25.6g铜粉跟一定量浓硝酸发生化学反应，当铜全部反应完毕时，生成的气体在标准状况下为11.2L，求：①此反应中消耗硝酸的质量；②所生成的气体的平均式量。解法1——联立方程法镇海中学化学拓展课程3反应前期，HNO3浓度大，反应式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O……①反应后期，HNO3浓度下降，反应式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O……②设参与反应①的Cu为xmol，参与反应②的Cu为ymol，从而可以列出方程组：x＋y＝646.252x＋32y＝4.222.11，解得x＝0.175，y＝0.225则所耗硝酸为：4x＋38y＝4×0.175＋38×0.225＝1.3(mol)所生成的气体中n(NO2)∶n(NO)＝2×0.175∶32×0.225＝7∶3故混合气体的平均相对分子质量为：46×107＋30×103＝41.2解法2——微粒守恒法根据反应前后氮原子守恒有：n(HNO3)＝2n[Cu(NO3)2]＋n(NO)＋n(NO2)＝0.4mol×2＋0.5mol＝1.3mol根据反应前后质量守恒得：生成气体的总质量＝25.6g＋1.3mol×63g/mol－0.4mol×188g/mol－23.1mol×18g/mol＝20.6g所以混合气体平均摩尔质量为M＝总总nm＝molLLg/4.222.116.20＝41.2g/mol故混合气体的平均相对分子质量为41.2。解法3——配平化学方程式法设所得气体分子组成为NOx，由题给条件可得如下方程式：0.4Cu+yHNO3=0.4Cu(NO3)2+0.5NOx＋2yH2O由氮原子守恒有：y＝0.8＋0.5＝1.3由氧原子守恒有：3×1.3＝0.4×2×3＋0.5x＋1.3/2，x＝1.7故生成的气体平均式量为：14＋16×1.7＝41.2点评从以上三种方法可以看出，此题的关键之处在于能否熟练应用质量守恒定律，解法2运用了守恒法，所以运算量要少得多，也不需要先将化学方程式列出，配平，从而大大缩短了解题时间，更避免了因不知按哪一个方程式来求硝酸所导致的恐慌。解法3利用微粒守恒关系，通过配平化学方程式法快速得解，对处理一些量关系较隐蔽的化学计算具有独到之处。【例8】将一定质量的Al和Al2O3的混合物，加入50mL1.8mol/L的盐酸中，恰好完全反应，若忽略溶液体积的变化，则在所得溶液中Al3+的物质的量浓度为（）A．0.2mol/LB．0.4mol/LC．0.6mol/LD．1.8mol/L解析此题属混合物的计算，若用常规的联立方程法，因题给定量数据只有一个，显然难以求解，但若根据反应前后Cl－守恒，便可快速得解。反应后为AlCl3溶液，c(Al3+)＝31c(Cl－)镇海中学化学拓展课程4＝31c(HCl)＝31×1.8mol/L＝0.6mol/L，故正确选项为C。三、电子守恒电子得失守恒是指在发生氧化—还原反应时，氧化剂得到的电子的总数一定等于还原剂失去的电子的总数，无论是自发进行的氧化—还原反应还是原电池或电解池中均如此。【例9】24mL浓度为0.05mol/L的Na2SO3溶液，恰好与20mL浓度为0.02mol/L的K2Cr2O7溶液完全反应，则Cr元素在还原产物中的化合价为（）A．+6B．+3C．+2D．0解析反应中Cr元素的化合价变化为2×(6－ｘ)，S元素的化合价变化为6－4＝2。由得失电子守恒有：0.02×20×10-3×2×(6－ｘ)＝0.05×24×10-3×2ｘ＝3答案为B。【例10】3.84g铜和一定质量的浓硝酸反应，当铜反应完时，共收集到标准状况时的气体2.24L，若把装有这些气体的集气瓶倒立在盛水的水槽中，需通入多少升标况下的氧气才能使集气瓶充满溶液?解析若用常规解法，应先求出NO，NO2的物质的量，再根据：4NO2＋O2＋4H2O＝4HNO34NO＋3O2＋4H2O＝4HNO3计算出Ｏ2的物质的量，并求出其体积，此方法运算量大，中间计算多且复杂，容易出错；若用电子守恒法综合考虑，可省去中间的各步计算，使计算大大简化。铜失电子数＝被还原的硝酸得的电子数＝还原产物NO，NO2被氧化成硝酸失去的电子数＝氧化NO，NO2消耗的氧气得到的电子数，省去中间计算，得：铜失的电子数＝氧气得的电子数。则ｎ(Ｏ2)＝molgg/6484.3×2×41＝0.03molＶ(Ｏ2)＝0.03mol×22.4L/mol＝0.672Ｌ四、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、溶液等，电荷的代数和为零，即正电荷总数和负电荷总数相等。【例11】某地某次酸雨经检验，除含H＋外，还含Na+、Cl－、NH4+、SO42－离子，已知该酸雨样品中离子浓度如下：c(Na+)＝1.4×10－3mol/L，c(Cl－)＝3.5×10－3mol/L，c(NH4＋)＝2.3×10－3mol/L，c(SO42－)=1.5×10－4mol/L，则该次酸雨的pH值为。【已知pH＝－lgc(H+)】解析据电荷守恒有：c(Na＋)＋c(NH4＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋2c(SO42－)考虑到酸雨中c(OH－)＜10－7mol/L，忽略c(OH－)，代入有关数据得c(H＋)＝1×10－4mol/L，故酸雨的pH＝4。【例12】有某硫酸、硫酸亚铁、硫酸铁混合溶液100mL，己知溶液中各阳离于的物质的量浓度相等，硫酸根离子总浓度为6mol/L。此溶液中可溶解铁粉的质量为（）A．10.6gB．11.2gC．33.6gD．5.6g解析设各阳离于的物质的量为xmol。据电荷守恒有：c(H＋)＋2c(Fe2＋)＋3c(Fe3＋)＝2c(SO42－)x＋2x＋3x＝2×6×0.1x＝0.20.2molH＋溶解铁粉0.1mol，0.2molFe3+溶解铁粉0.1mol，所以共溶解铁粉0.2mol。答案为B镇海中学化学拓展课程5五、能量守恒化学反应不仅遵循质量守恒定律，还必须遵循能量守恒定律，盖斯定律就是能量守恒的具体应用。【例13】饮用水中的NO3主要来自于NH4。已知在微生物的作用下，NH4经过两步反应被氧化成NO3。两步反应的能量变化示意图如下：1molNH4全部被氧化成NO3的热化学方程式为。解析：首先写出NH4(aq)+2O2(g)==NO3(aq)+2H+(aq)+2H2O(l)，然后依据图像写出①NH4(aq)+32O2(g)==NO2(aq)+2H+(a