专题讲座三专题讲座三 守恒思想在化学计算中的应用守恒思想在化学计算中的应用守恒法是中学化学计算中一种很重要的方法与技巧，也是在高考试题中应用最多的方法之一，其特点是抓住有关变化的始态和终态，忽略中间过程，利用其中某种不变量建立关系式，从而简化思路，快速解题。守恒法解题依据：根据几个连续的化学方程式前后某微粒如原子、电子、离子的物质的量保持不变或质量守恒原理等列关系式解答。1质量守恒法【例 1】 已知 Q 与 R 的摩尔质量之比为 922，在反应 X2Y=2QR 中，当 1.6 g X与 Y 完全反应后，生成 4.4 g R，则参与反应的 Y 和生成物 Q 的质量之比为( )A239 B329C469 D169【例 2】 有一瓶 14%的 KOH 溶液，加热蒸发掉 100 g 水后，变为 28%的 KOH 溶液 80 mL，且蒸发过程中无晶体析出，该 80 mL 溶液的物质的量浓度为( )A5 molL1 B6 molL1C6.25 molL1 D6.75 molL1方法总结 质量守恒定律表示：参加化学反应的各物质的质量总和等于反应后生成的各物质的质量总和。依据该定律和有关情况，可得出下列等式： (1)反应物的质量之和生成物的质量之和。 (2)反应物减少的总质量生成物增加的总质量。 (3)溶液在稀释或浓缩过程中，原溶质质量稀释或浓缩后溶质质量(溶质不挥发、不析出)。2原子守恒法从本质上讲，原子守恒和质量守恒是一致的，原子守恒的结果即质量守恒。【例 3】 38.4 mg 铜跟适量的浓硝酸反应，铜全部作用后，共收集到 22.4 mL(标准状况下)气体，反应消耗的 HNO3的物质的量可能是( )A1.0103 mol B1.6103 molC2.2103 mol D2.4103 mol3电荷守恒【例 4】 在 a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入 b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到 c mol NH3，则原溶液中 Al3的浓度24(molL1)为 ( )A. B. C. D.2bc2a2bca2bc3a2bc6a【例 5】 某混合溶液中所含离子的浓度如下表，则 M 离子可能为( )所含离子NO 3SO24HM浓度(molL1)2121A.Mg2 BBa2 CF DNa方法总结 在电解质溶液或离子化合物中，阴、阳离子的电荷数相等，即：阳离子的物质的量阳离子的电荷数阴离子的物质的量阴离子的电荷数，由此可得(1)在离子化合物中，阴、阳离子的电荷数相等；(2)在电解质溶液里，阴、阳离子的电荷数相等。4电子守恒法【例 6】 将 1.08 g FeO 完全溶解在 100 mL 1.00 molL1硫酸中，然后加入 25.00 mL K2Cr2O7溶液，恰好使 Fe2全部转化为 Fe3，且 Cr2O中 Cr6全部转化为 Cr3。则27K2Cr2O7的物质的量浓度是多少？1由(NH4)2SO4和 MgSO4组成的混合物共 m g，溶于水中配制 10 L 溶液，测得此时溶液中 c(SO)0.15 molL1，c(Mg2)0.10 molL1，则混合溶液中 NH的物质的量24 4 浓度是( )A0.10 molL1 B0.05 molL1C0.15 molL1 D0.01 molL12镁铝合金 5.1 g 溶于 300 mL 2 molL1盐酸时，在标准状况下产生气体 5.6 L。若向反应后的溶液中加入一定量烧碱溶液，生成的沉淀的最大质量为( )A9.35 g B12.6 g C13.6 g D15.8 g3ClO2是一种广谱型的消毒剂，根据世界环保联盟的要求 ClO2将逐渐取代 Cl2成为生产自来水的消毒剂。工业上常用 NaClO3和 Na2SO3溶液混合并加 H2SO4酸化后反应制ClO2，在以上反应中 NaClO3和 Na2SO3的物质的量之比为( )A11 B21 C12 D234某反应可表示为：mMnHO2=xM2yH2O，则 x 值为( )A2 B4 C6 D95在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾和过氧化氢为原料制取氧气，当制得同温同压下相同体积的氧气时，三个反应中转移的电子数之比为( )A111 B221C231 D432620 g 烧碱配制成 500 mL 溶液，其物质的量浓度为_molL1；从中取出 1 mL，其物质的量浓度为_molL1，含溶质_g。若将这 1 mL 溶液用水稀释到100 mL，所得溶液中溶质的物质的量浓度为_molL1，其中含Na_g。7在空气中暴露过的 KOH 固体，经分析知其成分为水 7.62%、K2CO3 2.38%、KOH 90%，若将 1 g 此样品加到 46.00 mL 1 molL1的盐酸中，过量的盐酸再用 1.07 molL1的 KOH 溶液中和，蒸发中和后的溶液可得固体多少克？答案答案【例 1】 D 此题主要考查质量守恒定律。Q 与 R 的摩尔质量之比为 922 是本题计算的突破口，由反应方程式知，得 m(Q)3.6 g。再根据质量守恒定律：1.6 m(Q)2 94.4 g22gm(Y)3.6 g4.4 g，得 m(Y)6.4 g。故 m(Y)m(Q)6.4 g3.6 g169。【例 2】 C 蒸发前后溶质的质量不变，设原溶液的质量为 m，则 m14%(m100 g)28%，解得 m200 g，溶质的物质的量为0.5 mol，蒸发后溶液的体积200 g 14%56 gmol1为 80 mL，可求出该溶液的物质的量浓度为 6.25 molL1。【例 3】 C 据题意浓硝酸是适量的，而不是过量的，尽管开始产生的是 NO2气体，随着反应的进行，硝酸浓度逐渐降低，气体将由 NO2变为 NO,22.4 mL(标准状况)气体应是 NO2与 NO 的混合物。据氮原子守恒，也即反应消耗的硝酸中的氮元素在生成物中存在于 Cu(NO3)2、NO、NO2中，所以硝酸的物质的量等于气体的物质的量与硝酸铜物质的量的两倍之和。n(HNO3)n(气体)2nCu(NO3)222.2103 mol。22.4 103 L22.4 Lmol138.4 103 g64 gmol1【例 4】 C 由于产生 c mol NH3，则必定有 NH4 c mol，使 SO24 完全沉淀需 Ba2 b mol，因此 SO24 有 b mol。根据电荷守恒：2c(SO24)c(NH4)3c(Al3)，则3c(Al3) molL1，c(Al3) molL1。(2 baca)2bc3a【例 5】 A 由电荷守恒知 1c(NO)2c(SO24)(1221)molL14 3 molL1，而 1c(H)2 molL14 molL1，所以 M 为阳离子，由2，故 M 为带两个单位正电荷的阳离子，而 Ba2与 SO24 不4 molL12 molL11 molL1共存，故为 Mg2。【例 6】 0.100 molL1解析 由电子守恒知，FeO 中2 价铁所失电子的物质的量与 Cr2O中6 价铬所得电27子的物质的量相等，(32)0.025 00 Lc(Cr2O)(63)2，得1.08 g72 gmol127c(Cr2O)0.100 molL1。27专题集训能力提升1A (NH4)2SO4和 MgSO4的混合溶液中存在电荷守恒关系：2c(SO24)c(NH4)2c(Mg2)，代入数据，有 20.15 molL1c(NH4)20.10 molL1，解得 c(NH4)0.10 molL1。2C 合金中镁、铝失去的电子数等于 HCl 生成氢气时得到的电子数，也等于 Mg2、Al3结合的 OH个数。则沉淀的最大质量等于合金质量与 OH的质量之和，即最大质量为5.121713.6(g)。5.622.43B NaClO3和 Na2SO3溶液混合产生 ClO2和 Na2SO4，根据氧化还原反应中电子得失守恒的关系，有 n(NaClO3)1n(Na2SO3)2，可求得 n(NaClO3)n(Na2SO3)21。4A 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2x4，即 x2。若利用电荷守恒求解，则有 y2(氧原子守恒)，n4(氢原子守恒),412x(电荷守恒)，即 x2。5B 用高锰酸钾、氯酸钾制氧气，反应过程中 O 由2 价转化为 0 价，而用过氧化氢制氧气，O 由1 价转化为 0 价。现要制得相同体积的 O2，用过氧化氢制氧气的反应中转移的电子数是用高锰酸钾、氯酸钾制取氧气的反应中转移的电子数的一半。61 1 0.04 0.01 0.023解析 c(NaOH)1 molL1，从中取出的 1 mL 溶液浓度仍为 1 molL1，20 g40 gmol10.5 L溶质质量为 0.001 L1 molL140 gmol10.04 g。稀释 100 倍，其浓度变为 0.01 molL1，m(Na)0.04 g0.023 g。234073.43 g解析 本题化学反应复杂，数字处理繁琐，但若根据 Cl 元素守恒，便可以看出，蒸发溶液所得 KCl 固体中的 Cl，全部来自盐酸中的 Cl，即生成的 n(KCl)n(HCl)，m(KCl)1 molL10.046 L74.5 gmol13.43 g。