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整体守恒法解题例析 化学变化是丰富多彩的，化学计算题的解法也是千变万化的。计算时，只有掌握规律，才能触类旁通。只有抓住实质，才能化繁为简。整体守恒和始终态分析思想就是一种化难为易的思维方式。物质间的变化有始有终，途径多样，不拘泥于过程，借助守恒思想，直奔目标，直逼结果，往往会使问题的解决柳暗花明。例1 铜和镁的合金2.24g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原为NO2 、NO、N2O三种气体且体积均为0.224L气体（都已折算到标准状况）。在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成的沉淀经过滤、洗涤、干燥后趁量，质量为A3.12g B4.28g C4.68g D5.08g分析 此题学生的解法很多，有的过程烦琐，费时太多，不符合做选择题。解答本题的思维过程应该是：写出反应原理，分析反应特点，此题中的反应特点包括物质的变化、物质的量的变化、电子得失的变化等。从电荷守恒可看出：物质的变化是铜和镁反应后生成2价离子（可抽象为R2+），每个离子都结合2个OH生成沉淀可抽象为R（OH）2，所以，从合金到沉淀，增加的质量为氢氧根的质量。从电子得失守恒看，铜和镁失去的电子等于硝酸被还原得到的电子数，根据气体的物质的量可以计算铜和镁的合金的物质的量，根据铜和镁的合金的物质的量又可计算增加OH的物质的量和质量，即可得结果。 气体的物质的量都为0.01mol，硝酸被还原成NO2 、NO、N2O这三种气体时得到的电子数为：0.011+0.013+0.0124=0.12（mol），所以，被氧化的金属的物质的量为0.06mol。根据R2+2OH，n（OH）=0.12mol，增加的OH质量为：0.12mol17gmol1=2.04gm（Cu、Mg）=2.24g+2.04g=4.28g点评 此题根据镁和铜与酸反应的特点，将镁和铜不同的个体抽象成一个整体，利用电子得失守恒和电荷守恒，使问题简化。通过此题，培养学生的抽象思维和整体思维能力。例2将4g硫粉与7.56g铁粉混合加热使之充分反应，使反应后的固体物质与足量的稀盐酸反应。求标准状况下可以生成气体多少升？消耗盐酸的物质的量是多少？【分析】本题涉及的反应过程有Fe+S=FeSFeS+2HCl=FeCl2+H2SFe+2HCl=FeCl2+H2 若硫过量，发生反应，若铁过量，发生反应。有上反应方程式可知，消耗盐酸的物质的量及生成气体（H2S或H2S与H2）的体积与铁的物质的量有关，与硫是否过量无关。利用始态终态分析，计算过程如下：Fe + 2HCl 气体56 2 22.47.56 n（HCl） V（气体）n（HCl）=0.27mol，V（气体）=3.024L点评解答此类题应首先全面分析问题，然后抓住问题的实质，即消耗盐酸的物质的量及生成气体（H2S或H2S与H2）的体积取决于铁粉的物质的量，此问题就迎刃而解了。例3一定量的铝铁合金与300mL2moLL1硝酸反应生成33.6LNO（标准状况）和三价铁盐、铝盐等，再向反应后的溶液中加入3molL1NaOH溶液，使铝、铁元素全部转化为沉淀，则所加NaOH溶液的体积是（ ）A150 mL B200 mL C450 mL D无法计算=0.15L=150mLV（NaOH）=0.30L2moLL13.36L22.4Lmol13moLL1分析分析反应过程可知，当铝、铁元素全部转化为沉淀时，溶液中仅含NaNO3，根据氢氧化钠中钠元素与最后溶液中硝酸根物质的量相等，考虑到总的硝酸在反应中部分硝酸根被还原为NO，故n（NaOH）=n（HNO3）总n（NO）。即点评解此题必须抓住整体进行终态分析，模糊中间过程，根据氢氧化钠中钠元素与溶液中硝酸根物质的量一定相等求解。例4 在空气中放置一段时间的氢氧化钾固体，经分析知其中含水a%，含K2CO3 b%，其余为KOH。取此样品m g溶于100 mL浓度为1 mol/L的硫酸溶液中，所得溶液中剩余硫酸需加n gKOH才能完全中和，然后将溶液蒸干，可得固体（不含结晶水）的质量为 。【分析】分析发生反应的方程式，虽然反应物成分多，反应过程多，但最终溶液蒸干后所得固体为K2SO4，所以有n(K2SO4)= n(H2SO4)=0.1L1mol/L=0.1molm(K2SO4)= 0.1mol174g/mol=17.4 g点评此题抓住反应特点和硫酸根守恒计算，不能被题目中的数据牵着鼻子走。既要“山里看山”分析反应变化过程，又要“山外观山”寻找始态与终态的关系，理清解题的方向和思路。例5把适量的铁粉投入足量的盐酸中，反应完毕后，向溶液中通入少量Cl2 ，再加入过量烧碱溶液，这时有沉淀析出，充分搅拌后过滤出沉淀物，将沉淀加强热，最终得到固体残留物4.8克。求铁粉与盐酸反应时放出H2的体积（标准状况）。分析固体残留物可肯定是Fe2O3 ，它是由铁经一系列反应生成，氢气是铁跟盐酸反应生成的，根据2Fe Fe2O3 、Fe H2 这两个关系式计算可得一步计算关系式：Fe2O3 2H2由此可以算出H2的体积为1.344升。点评 此题抓住放出H2的体积与铁元素的物质的量有关，通过铁粉进行Fe2O3与H2的物质的量转换。整体守恒法有始终态法和个体抽象法。始终态法是以体系的开始状态与最终状态为解题依据的一种解题方法。有些变化过程中间环节很多，甚至某些中间环节不太清楚，但始态和终态却交待得很清楚，此时用“始终态法”往往能独辟蹊径，出奇制胜。个体抽象法是寻找不同个体的一般特性，将个体抽象成一个整体，使复杂问题简单化。针对训练1.在一注射器中放入0.064g铜片，赶尽空气后吸入足量浓硝酸，充分反应后，由注射器刻度读出产生气体体积为33.6mL（已折算成标准状况下体积），比理想值小的原因是 （用化学方程式表示）。筒内气体的物质的量为 。将此气体一一定量的氧气混合后溶于足量水中，无气体剩余，则需氧气的体积在标准状况下为 mL。【分析】浓硝酸与铜反应生成二氧化氮，由于常温常压下，N2O4与NO2存在平衡：N2O4NO2，所以，实际测出的气体的体积比理想值小。筒内气体为N2O4和NO2，其物质的量依据铜与硝酸电子得失守恒进行计算。设NO2和N2O4物质的量分别为，则有33.6103/22.4 20.0642/64联立解得，x=0.001mol，y=5104 mol计算氧气的体积时，若依据生成的两种气体计算，反应式多，计算过程繁琐。从始态和终态整体考虑，始态是铜将硝酸还原成气体，终态是氧气将还原所得的气体氧化为硝酸，铜失去的电子等于氧气得到的电子。这样，直接建立铜与氧气间的计算关系：2CuO2，一步就可求解。【答案】N2O4 NO2；NO20.001mol；N2O4 5104 mol；11.2mL。2.将3.64gFe2O3和Al2O3样品溶解在过量的200mLpH=1的盐酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液使Fe3+、Al3+刚好完全沉淀，用去NaOH溶液100mL，则NaOH溶液的浓度为（ ）A.0.1mol/L B.0.2 mol/L C.0.4 mol/L D.0.8 mol/L【答案】B。【分析】本题数据多，发生的反应多，按常规方法列方程组解很繁琐。通过分析反应过程： Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2OAl2O3+6HCl=2AlCl3+3H2OHCl +NaOH= H2O+NaClFeCl3+3NaOH=Fe(OH) 3+3NaClAlCl3+3NaOH=Al(OH) 3+3NaCl可知，当Fe3+、Al3+刚好完全沉淀时，NaOH恰好反应变成NaCl，而NaCl中的Cl全部来自HCl，即开始加入的过量的盐酸的物质的量等于最终使Fe3+、Al3+刚好完全沉淀（包括中和过量盐酸）用去NaOH的物质的量。因此，得如下计算关系：HClNaOH0.1 mol/L0.2L=0.1Lc(NaOH)c(NaOH)= 0.2 mol/L3在空气中放置一段时间的氢氧化钾固体，经分析知其中含水a%，含K2CO3 b%，其余为KOH。取此样品m g溶于100 mL浓度为1 mol/L的硫酸溶液中，所得溶液中剩余硫酸需加n gKOH才能完全中和，然后将溶液蒸干，可得固体（不含结晶水）的质量为 。【分析】分析发生反应的方程式，虽然反应物成分多，反应过程多，但最终溶液蒸干后所得固体为K2SO4，所以有n(K2SO4)= n(H2SO4)=0.1L1mol/L=0.1molm(K2SO4)= 0.1mol174g/mol=17.4 g点评此题抓住反应特点和硫酸根守恒计算，不能被题目中的数据牵着鼻子走。既要“山里看山”分析反应变化过程，又要“山外观山”寻找始态与终态的关系，理清解题的方向和思路。4有8 gNa2O、Na2O2、Na2O、Na2CO3、NaOH混合物与200g质量分数为3.65%的盐酸恰好完全反应，蒸干溶液，最终得到固体质量（ ）A.8g B.15.5g C.11.7g D.无法计算【分析】此题中四种钠的混合物都能与盐酸反应，生成氯化钠溶液，不必究竟总质量8g中各物质质量的多少。不然，易错选D。此题应抓住氯元素守恒进行计算，即盐酸中的氯化氢恰好完全反应生成氯化钠。HCl NaCl36.5 58.52003.65% m（NaCl）m（NaCl）=11.7g5以石墨为电极，电解1L硫酸铜和氯化钠的混合溶液。其中硫酸铜与氯化钠的物质的量之和为0.2mol，硫酸铜的物质的量分数为x。（1）若x=0.5，当Cu2+在阴极恰好全部析出时，产生的气体是什么？其物质的量为多少？所得溶液的pH为多少？（电解前后溶液的体积不变，且不考虑产生的气体的溶解）（2）电解一段时间后，阴极和阳极产生的气体的物质的量恰好相等，均为0.12mol，试求此时x的值。分析 （1）若x=0.5，当Cu2+在阴极恰好全部析出时，阳极上先是Cl放电产生Cl2，其物质的量为0.20.51/2=0.05mol；Cl放完电后，水中OH放电产生O2，Cl2和O2都在阳极上析出，将它们看作一个整体，根据电解时两极上电子得失守恒，则有：0.20.52=0.20.51+n（O2）4n（O2）=0.025（mol） 水中OH放电产生O2时，溶液中产生H+，pH变小，有关计算关系式为：O24H+ 1 40.025 n（H+）n（H+）=0.1pH=lgc（H+）=lg0.1=1故产生的Cl2和O2的物质的量分别为0.05mol和0.025mol，所得溶液的pH为1。 （2）电解一段时间后，阴极和阳极产生的气体的物质的量均为0.12mol时，根据电解原理，阴极是Cu2+和H+放电，Cu2+氧化性比H+强，Cu2+先放电，铜析完时，析出的铜为0.2x mol，H+放电产生气体H2，则H2物质的量为0.12mol，阴极是Cl和OH放电，Cl