苏教版必修1 专题3 守恒法在解答计算题中的应用 学案.doc

小专题大智慧(四)守恒法在解答计算题中的应用1质量守恒关系质量守恒定律表示：参加化学反应的各种物质的质量总和，等于反应后生成物的各物质的质量总和。依据该定律常可得出下列解题时实用的等式：(1)反应物的质量总和生成物的质量总和；(2)反应物减少的总质量生成物增加的总质量；(3)反应体系中固体质量的增加(或减少)等于气体质量的减少(或增加)。例证1在2 l硫酸铜和硫酸铁的混合溶液中，加入30 g铁粉，最后得到2 l 0.25 moll1的硫酸亚铁溶液及26 g固体沉淀物。分别求原混合溶液中硫酸铁和硫酸铜的物质的量浓度。解析设硫酸铁、硫酸铜的物质的量分别为x和y。根据反应前后铁和铜的质量和相等得：56 gmol12x64 gmol1y30 g2 l0.25 moll156 gmol126 g再由反应前后硫酸根离子的物质的量守恒得：3xy2 l0.25 moll1联立解得x0.1 mol，y0.2 mol。因此硫酸铁、硫酸铜的物质的量浓度分别为：005 moll1和0.1 moll1。答案0.05 moll10.1 moll12元素守恒关系在化学反应过程中，从某种意义上说可以认为是原子重新组合的过程，因此在反应过程中某种元素的原子，在反应前后必定保持两种守恒关系(均体现出原子个数相等)：原子的质量守恒；原子的物质的量守恒。例证2向一定量的feo、fe、fe3o4的混合物中加入100 ml 1 moll1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出22.4 ml(标准状况)的气体。在所得溶液中加入kscn溶液，无血红色出现。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()a11.2 gb5.6 gc2.8 g d无法计算解析根据题意，恰好反应后溶液中只存在fecl2，由元素守恒可得：n(fe)n(fe2)n(cl)0.05 mol，则m(fe)56 gmol10.05 mol2.8 g。答案c3电荷守恒关系在电解质溶液里或在离子化合物中，所含阴、阳离子的电荷数必定相等(电中性原理)，即阳离子的物质的量(或物质的量浓度)阳离子的电荷数阴离子的物质的量(或物质的量浓度)阴离子的电荷数。例证3已知2fe2br2=2fe32br，当向100 ml的febr2溶液中通入标准状况下的cl2 3.36 l，充分反应后测得形成的溶液中cl和br的物质的量浓度相等，则原febr2溶液的物质的量浓度为多少？解析由提供信息可知：fe2的还原性强于br的还原性；因此，通入cl2后fe2应该全部被氧化成了fe3。则反应后的溶液中只有fe3、cl、br，且n(cl)n(br)2n(cl2)23.36 l22.4 lmol120.15 mol。据电荷守恒原理，必有：3n(fe3)n(cl)1n(br)1，解得：n(fe3)0.2 mol。又由铁元素守恒知n(fe2)n(fe3)0.2 mol。故原febr2溶液的物质的量浓度为：02 mol0.1 l2 moll1。答案2 moll14体积守恒关系体积守恒主要是运用在有气体参加或生成的化学变化中，根据始态与终态体系中气体的体积(一般是指同温同压的条件下)相等来快速地解决化学问题的方法。此守恒比较多地运用在有机物地燃烧反应中。例证4cs2能在氧气中燃烧生成co2和so2。将0.228 g cs2在448 ml(标准状况)o2中燃烧，将燃烧后混和气体恢复到标准状况，体积为()a224 ml b112 mlc448 ml d336 ml解析cs2在标准状况下为液态，而o2、co2、so2为气态。cs2燃烧方程式为cs23o2co22so2，反应前后气体体积相等。无论o2是适量，过量或是量不足，反应后气体体积都必等于起始给定的o2的体积，体积是448 ml。答案c5电子守恒关系电子守恒关系是指在氧化还原反应中，氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数，即电子在转移过程中数目不变。应用电子守恒关系解答问题时，常用到两种形式，一是根据氧化剂得电子总数还原剂失电子总数，把有关量代入等式求解；二是根据电子守恒关系找出有关物质或离子的物质的量或体积关系，由已知条件列比例式求解。如得失4 mol电子时，有关系o22h22cu24ag4oh等。例证5r2o在一定条件下可以把mn2氧化成mno，若反应后r2o转变为ro。又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为52，则n值为()a1b2c3d4解析设r2o中r的化合价为x，ro中为y，则有n122x6y，即：2xy6，根据得失电子守恒：10(xy)10，解得x5，n12252。答案b1na2o2、hcl、al2o3三种物质在水中完全反应后，溶液中只含有na、h、cl、oh，且溶液呈中性，则na2o2、hcl、al2o3的物质的量之比可能为()a321 b241c231 d421解析：选b由溶液中不含al3和alo可以判断铝元素是以沉淀的形式存在；由n(oh)n(h)及电荷守恒可知，n(na)n(cl)；根据原子守恒可知，na2o2、hcl的物质的量之比为12，符合题意的只有b。2某种铝粉和过氧化钠的混合物与足量水反应得到无色溶液，反应生成1.75 g气体，向所得的溶液中加入3.5 moll1盐酸100 ml完全反应，生成的沉淀恰好完全溶解，则原混合物中铝与过氧化钠的物质的量之比为()a23 b32c12 d21解析：选c向反应后的溶液中加入盐酸，生成的沉淀恰好完全溶解时，所得溶液中的溶质只有两种：alcl3和nacl。设铝和过氧化钠的物质的量分别为x，y。则：2al3h22na2o2o2x1.5x y0.5y15x2 gmol10.5y32 gmol11.75 g根据al和na元素守恒，最终溶液中alcl3、nacl的物质的量分别为x、2y。再根据na、al3与cl电荷守恒得：3x2y3.5 moll10.1 l，联立解得x0.05 mol，y0.1 mol，故xy12。3已知有关物质及离子的氧化性顺序为：浓硫酸fe3h。现将30 g铁粉(过量)与44.0 ml浓硫酸在加热条件下充分反应，共收集到11.2 l(标准状况)气体，其质量为19.6 g。试计算：(1)浓硫酸的物质的量浓度为：_。(2)反应后剩余铁粉的质量为_。解析：若根据题供信息“有关物质及离子的氧化性顺序为：浓硫酸fe3h”分析解题，那么应该根据氧化还原反应的“次序规律”分别考虑铁粉依次与浓硫酸、fe3、h(即稀硫酸)的反应，其实，这是一条陷阱信息，只要抓住“铁粉过量”这一关键信息，便不难推知：最后的溶液中必定只有feso4这一种溶质。那么，综合运用“电子守恒”、“质量守恒”及“元素守恒”即可巧妙解答此题。由题意知，混合气体的成分应为so2和h2，物质的量总和为11.2 l22.4 lmol10.5 mol，设生成的so2，h2物质的量分别为x、y则有解得x0.3 mol，y0.2 mol。即生成的so2、h2的物质的量分别为0.3 mol和0.2 mol。设参加反应的铁粉物质的量为a，根据电子守恒原理可得：2a0.3 mol20.2 mol21.0 mol，解得：a0.5 mol，实际参加反应的铁粉质量为0.5 mol56 gmol128 g，由质量守恒原理知剩余铁粉质量为