高考化学计算技巧-守恒法专题突破.doc

高考化学计算技巧守恒法专题突破撰稿：房鑫【高考展望】“守恒法”是中学化学经常采用的技巧性解题方法之一，是高考中常考常用的一种解题方法和解题技巧。系统学习守恒法的应用，对提高解题速率和破解高考难题都有很大的帮助。【方法点拨】一、守恒法的概念守恒法名目繁多，在不同版本的教辅材料中，有多种表述形式，如物料守恒、质量守恒、元素守恒、原子守恒、离子守恒、电荷守恒、电子守恒、物质的量守恒、体积守恒等等。但本质上守恒法不外乎质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒等。质量守恒宏观上指各元素质量反应前后相等，微观上指任一微观粒子个数（如原子、分子、离子等）反应前后相等（在溶液中也称物料守恒）；得失电子守恒是针对氧化还原反应中氧化剂得电子总数与还原剂的电子总数相等；电荷守恒是指在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、溶液呈电中性。“守恒法”是中学化学经常采用的技巧性解题方法之一。一般情况下，能用“守恒法”解答的题目也能用其它方法解决，但较费时且易出错。而“守恒法”则是利用物质变化过程中某一特定量固定不变来解决问题，其特点是不纠缠于细枝末节，只关注始态和终态，寻找变化前后特有的守恒因素，快速建立等式关系，巧妙作答，可节省做题时间，能提高解题速率和准确率。二守恒法的选取 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法、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。【经典例题透析】类型一：质量守恒（物料守恒、原子守恒）1、现有19.7 g由Fe、FeO、Al、Al2O3组成的混合物，将它完全溶解在540 mL 2.00 molL1的H2SO4溶液中，收集到标准状况下的气体8.96 L。已知混合物中，Fe、FeO、Al、Al2O3的质量分数分别为0.284、0.183、0.274和0.259。欲使溶液中的金属阳离子完全转化为氢氧化物沉淀，至少应加入2.70molL1的NaOH(aq)体积是_。解析：金属阳离子完全转化为氢氧化物沉淀时，溶液中的溶质只有Na2SO4，根据 Na+守恒和 SO守恒，得如下关系：2NaOH Na2SO4 H2SO4则：n(NaOH) = 2n(H2SO4)c(NaOH)V NaOH(aq) = 2c(H2SO4)V H2SO4(aq)V NaOH(aq)可求。【答案】800 mL点评：关注始末状态，利用反应前后元素守恒、提炼相关的计算关系式可使计算大大简化。举一反三：【变式1】将一定质量的镁铝合金投入到250ml 4mol/L的盐酸中，金属完全溶解后，再加入2mol/L的NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，加入的这种氢氧化钠溶液的体积是 （ ）A、250ml B、400ml C、500ml D、750ml解析：沉淀达到最大时，溶液中的溶质只有NaCl, NaCl中的Na+来自于NaOH、Cl-来自于HCl，故n（NaOH）=n（HCl）. 【答案】C【变式2】向一定量的、的混合物中，加入的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出（标况）的气体，所得溶液中加入溶液无血红色出现，若用足量的在高温下还原相同质量的此混合物，能得到的铁的质量为 （ ）A. 11.2gB. 5.6gC. 2.8gD. 无法计算解析：最后溶液中溶质全部是，由电荷守恒可知： 【答案】C【变式3】有一在空气中暴露过的KOH固体，经分析知其内含水7.62%，K2CO32.88%，KOH90%，若将此样品1g加入到46.00ml的1 molL1盐酸中，过量的酸再用1.07molL1KOH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）=0.046L1 molL174.5 g mol1=3.427 g【答案】3427 g【变式4】在Na2S溶液中存在着多种离子和分子，下列关系正确的是 ( )A. c(OH-)c(HS)c(H+)2c(H2S)B. c(OH-)2c(HS)c(H+)c(H2S)C. c(OH-)c(HS-)c(H+)c(H2S)D. c(OH-)c(HS)2c(H+)c(H2S)解析：(1) 由电荷守恒知：c(Na+)c(H+)2c(S2-)c(HS)c(OH-) (2) 由物料守恒可知：c(Na2S)起始c(S2-)c(HS)c(H2S)，由Na2S的组成可知：c(Na+)2c(Na2S)起始，故，c(Na+)2c(S2-)2c(HS)2c(H2S) 由和得：c(OH-)c(HS-)c(H+)2c(H2S)本题也可看成质子守恒，即水电离出的氢离子浓度之和等于氢氧根离子浓度。【答案】A【变式5】19.2mg铜跟适量浓硝酸反应后,铜完全溶解,共收集到11.2mL标况下气体,则反应消耗的硝酸可能为( )A、0.8103mol B、0.5103mol C、1.2103mol D、1.1103mol解析:根据N原子守恒,有如下物料守恒式:n(HNO3) n(HNO3)氧n（HNO3）酸n(气) 2nCu(NO3)2(11.2103/22.4)2(19.2103/64) 1.1103mol。【答案】D【变式6】将0.8molCO2完全通入1L1mol/LNaOH溶液中充分反应后，所得溶液中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比为（ ）A、3：1 B、2：1 C、1：1 D、1：3解析：如根据化学反应方程式来进行计算，就必须先写出涉及到的两个化学反应方程式，然后再列方程组求算，很繁琐。我们可以换个角度考虑问题，因为反应前后质量守恒，原子的种类及数目不会改变，所以在反应中钠离子与碳原子守恒。假设NaHCO3和Na2CO3的物质的量分别为X、Y，则根据碳原子守恒有X+Y0.8mol,根据钠原子守恒有X+2Y1mol，解之得X0.6mol、Y0.2mol故X：Y3：1,选A。【答案】A【变式7】把m mol C2H4 跟n mol H2 混合于密闭容器中，在适当条件下反应达到平衡时生成p mol C2H6，若将所得平衡混合物完全燃烧生成CO2和H2O，需O2的物质的量为 ( )A. 3mn B. 3m C. 3m3p D. 3m3p解析：根据C、H原子个数守恒，共有m mol 碳原子，耗氧2m mol，(4m2n) mol H原子，耗氧 m，故可得B。【答案】B类型二：电荷守恒2、1L混合溶液中含SO420.00025mol，Cl0.0005mol ,NO30.00025mol ,Na0.00025 mol ,其余为H，则H物质的量浓度为（ ）。A0.0025 molL1 B0.0001 molL1 C0.001 molL1 D0.005 molL1解析：由电荷守恒知：n（Na）n（H）= 2n（SO42）n（Cl）n（NO3）即 0.00025 moln（H）=20.00025 mol0.0005 mol0.00025 moln（H）=0.001 mol 故c（H）=0.001mol/1L = 0.001mol/L 【答案】C点评：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，要注意离子所带电荷数。举一反三：【变式1】在H2SO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，铝离子浓度是0.4 mol / L，硫酸根离子的浓度是0.7 mol / L，则氢离子的浓度最接近于 ( )A. 0.1 mol / L B. 0.2 mol / L C. 0.3 mol / L D. 0.4 mol / L解析：设H+的浓度为c，可得c10.4 mol / L30.7 mol / L2，c0.2 mol / L。【答案】B【变式2】50 mL 1mol/LCH3COOH与100 mL NaOH溶液混合，所得溶液的PH=7，关于该溶液中离子浓度的大小关系或说法，不正确的是（ ）A、 c(Na+)c(CH3COO)B、 c(Na+)c(CH3COO)c(H+)=c(OH)C、 c(Na+)c(H+)c(CH3COO) c(OH)D、 100 mL NaOH溶液浓度为0.5mol/L解析：根据题意c(H+)c(OH)，可知c(Na+)c(CH3COO)，故选项A、B正确；又根据溶液中电荷守恒，即Na+与H+所带正电荷和CH3COO与OH所带负电荷相等，故选项C正确，因此该题答案为D。【答案】D【变式】某混合溶液中MgCl2的浓度为2 mol / L，AlCl3的浓度为3 mol / L，将此溶液200 mL中的Mg2+完全沉淀（氢氧化铝恰好溶解），需加入1.6 mol / L的NaOH溶液的体积多少？解析：反应结束后，溶液中溶质为NaCl和NaAlO2，根据阴阳离子电荷守恒，有：n(Na+)n( AlO2-）n(Cl-)，设需加入NaOH溶液的体积为x，由题意：n(Cl-)=3 mol / L 30.2 L2 mol / L20.2 L=2.6 moln( AlO2-）= n( Al3+）=3 mol / L0.2 L=0.6 mol1.6 mol / Lx2.6 mol +0.6 mol=3.2 molx2 L【答案】需要2 L NaOH溶液。类型三：电子得失守恒3硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0 mL 0.1mol/LNa2S2O3溶液恰好把224mL（标准状况）Cl2完全转化为Cl离子，则S2O32将转化成（ ） A、S2 B、S C、SO32 D、SO42解析：根据氧化还原反应的得失电子数守恒可知，反应中氯气所获得的电子的物质的量与硫代硫酸钠中硫失去的电子的物质的量相等。设硫的最终价态为x价。则有（0.224L/22.4Lmol1）20.025L0.1mol/L2(x2),解得x6,故选D.【答案】D点评：特别要注意分析化合价变化,树立氧化还原反应中有得必有失、得失守恒的思想。举一反三：【变式1】某氧化剂中，起氧化作用的是X2O72离子，在溶液中0.2 mol该离子恰好将0.6molSO32离子完全氧化，则X2O72离子还原后的化合价为（ ）。A1 B2 C3 D4解析：在上述反应中，氧化剂为X2O72，还原剂为SO32。设反应后X元素的化合价为a.则X元素化合价由6降为a，S元素化合价由4升为6。1molX元素得电子（6a）mol，1molS元素失电子（64）mol=2 mol。由电子守恒知：20.2（6a）=0.62 ， a=3 。【答案】C【变式2】将含有0.4molCuSO4和0.2molNaCl的水溶液1L，用惰性电极电解一段时间后，在一个电极上得到0.3molCu，则另一电极上放出气体在标况下的体积是（ ）A、4.48L B、5.60L C、6.72L D、13.44L解析：Cu2+在电解池阴极得电子转变为Cu，即Cu2+2e=Cu。阴极得到0.3molCu,即共得到电子0.320.6mol。阳极为2Cl2e=Cl2,0.2molCl共失0.2mol电子,放出Cl20.1mol;4OH4e=2H2OO2,根据得失电子守恒,故OH失(0.6-0.2)mol电子,放出O2气体0.1mol,故气体总量为0.2mol,因此标况下体积为0.2mol22.4mol/L4.48L.选A.【答案】A【变式3】将32.64克铜与140ml一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的NO和NO2混合气体的体积为11.2L（标准状况）请力量对比答：（1）NO的体积为_L，NO2的体积为_L。（2）待产生的气体全部释放后，向溶液中加入Vml、amol/LNaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化为沉淀，则原硝酸溶液的浓度为_mol/L.(3)使铜与硝酸反应产生的气体在NaOH溶液中完全转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水_克。解析：该题题干给出了铜与一定浓度的硝酸反应的情况，要求计算反应后各相关的量，综合性强，有一定的难度。因此抓住反应的实质，利用氧化还原反应中得失电子守恒来建立等式，是突破题中难点的关键。对问题（1）由于n(Cu) （32.64/64） mol =0.51mol,n(NO,NO2) 0.5mol,又知Cu2eCu2+;HNO33eNO;HNO3eNO2.若设NO的物质的量为xmol,则NO2的物质的量为(0.5x)mol，根据得失电子守恒得0.5123x(0.5x)1，则x0.26,即n(NO)0.26mol, n(NO2) 0.24mol,所以V(NO) (0.2622.4)L5.8L，V(NO) (