高考化学创新复习（适合二轮三轮复习）知识组块三 三个守恒原则11.doc

知识组块三 三个守恒原则命题点1熟悉常见元素的化合价。能根据化合价正确书写化学式（分子式），或根据化学式判断化合价；2了解原子构成。了解原子序数、核电荷数、质子数、中子数、核外电子数以及它们之间的相互关系；3了解原子结构示意图、分子式、结构式和结构简式的表示方法；4能正确书写化学方程式和离子方程式，并能进行有关计算；5了解原电池和电解池的工作原理，能写出电极反应和电池反应方程式；6了解电解质在水溶液中的电离，以及电解质溶液的导电性；7离子浓度大小比较，熟悉溶液中的三个守恒：电荷守恒、物料守恒和质子守恒及其应用。关联点质量守恒、电子守恒、电荷守恒是三个非常重要的原则，在复杂的问题分析及计算中经常使用。它们之间是一个什么样的关系呢？下面我们从另一问题入手。电荷为零的物体或系统称之为电中性，即不显电性，我们把这个涉及物质电现象的基本原则称为电中性原则。在初中化学，我们就学习了原子结构的内容，原子是由原子核和核外电子构成。原子核由质子和中子构成的，一个质子带一个单位的正电，中子不带电，电子带一个单位的负电，又由于一个原子中质子数等于核外电子数，所以原子呈电中性。从微观的角度看，物质是由原子构成的，尽管原子间有电子得失或电子对的偏移，但也呈电中性。由此推衍一个体系（如溶液，或一个化学反应体系），也是呈电中性。看下面的例子：H2Cl2化学方程式：2HCl + Fe = FeCl2 + H2离子方程式：2H+ + Fe = Fe2+ + H2以上图示中被圈定的部分均呈电中性，但离子方程式左端带两个单位正电，是因为去掉两个Cl-。左右同时两端去掉相同个数的Cl-，由此产生一个新的原则电荷守恒原则，依照化学方程式的质量守恒、电子守恒，一个氧化还原反应型的离子方程式要遵循三个守恒原则。因此电中性原则是质量守恒、电子守恒、电荷守恒的基础，它们之间关系如下图：电荷守恒组成构成电中性原则原子物质体系质量守恒电子守恒基础派生另外，需要注意的是电中性与溶液呈中性是有区别的，后者指溶液中H+与OH-的浓度相等。设问点1配平依据是什么？对于化学方程式，非氧化还原反应根据质量守恒来配平，氧化还原反应依据电子守恒来配平；对于离方程式中，非氧化还原反应先后根据电荷守恒、质量守恒来配平，氧化还原反应先后根据电子守恒、电荷守恒、质量守恒来配平；对于能通过观察法配平的方程式，要用三个守恒再检验一下，确保无误。2电荷守恒在离子反应定量推断试题中如何应用？解与离子反应有关的定量推断类试题，需要掌握定量推断最后一种离子存在的方法：如果多种离子共存，且只有一种离子的物质的量未知，可以用电荷守恒来确定最后一种离子是否存在，即阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数。3如何利用三个守恒原则比较离子浓度大小？研究电解质溶液时也有三个守恒，即电荷守恒、物料守恒、质子守恒。电荷守恒就是上面谈到电荷守恒；物料守恒是质量守恒的变形，是原子或离子之间存在特殊的数量关系；质子守恒是从溶剂（一般指水）角度重新考虑H+和OH-的关系。（1）电荷守恒如NaHCO3溶液中：n(Na)n(H)n(HCO)2n(CO)n(OH)推出：c(Na)c(H)c(HCO)2c(CO)c(OH)。（2）物料守恒电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其他离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会改变的。如NaHCO3溶液中n(Na)n(C)11，推出：c(Na)c(HCO)c(CO)c(H2CO3)。（3）质子守恒质子守恒是指电解质溶液中粒子电离出的H数等于接受的H数加上游离的H数。如Na2S水溶液中质子守恒式可表示为：c(H3O)2c(H2S)c(HS)c(OH)或c(H)2c(H2S)c(HS)c(OH)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒与物料守恒推导得到。离子浓度大小比较蕴含在守恒体系之中，如在NH4Cl溶液中，电荷守恒的关系式为c(NH4)c(H)c(Cl-)c(OH)，据盐类水解知识可知该溶液呈弱酸性， c(H)c(OH)，则c(NH4)c(Cl-)。4如何计算转移电子数？在一个氧化还原反应中，有的元素化合价的升高，也有化合价降低的元素，元素化合价升高是因为失去电子或电子对偏离，降低是因为得到电子或电子对偏向，化合价升高数等于化合价降低数。所以，氧化剂得到电子的数目或还原剂失去的电子数即为转移电子数。（1）1mol物质完全反应转移电子数的计算1mol物质完全反应转移电子数列举分类转移电子数实例非金属单质Cl2NACl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O2NACl2 + H2 2HClN24NAN2 + O22NO6NAN2 + 3H22NH3O22NAO2 + 2NaNa2O24NA2O2 + 3Fe Fe3O4S2NAS + H2H2S4NAS + O2SO2F22NAF2 + H2 2HFC2NA2C + SiO2Si + 2CO4NAC + O2(足量)CO2H22NAH2 + 2Na2NaH2NA2H2 + O22H2O金属单质NaNA4Na + O22Na2OAl3NA2Al + Fe2O3Al2O3 + 2FeFe2NAS + Fe FeS3NA3Cl2 +2Fe2FeCl3CuNA2Cu + SCu2S2NA2Cu + O22CuO因此，1mol物质完全反应转移电子数，不能简单看物质的外层电子数，一定要视具体的反应来确定。（2）利用价态变化规律来确定转移电子数例如：在H2S + H2SO4(浓)= S+SO2+ 2H2O反应中，H2S做还原剂，H2SO4做氧化剂，S是氧化产物，SO2是还原产物，所以转移电子数为2e-。还有KClO3+6HCl(浓) = KCl+ Cl2+3H2O， Cl2既是氧化产物也是还原产物，所以转移电子数为5e-。（3）多种氧化剂与一种还原剂反应或多种还原剂与一种氧化剂反应时，如FeS + 4HNO3(稀) = Fe(NO3)3 + NO + S + 2H2O，FeS中Fe和S均失电子，此时HNO3做氧化剂，只要计算出得到的电子数即为该反应转移的电子数，此反应转移电子数为3 e-。（4）对于多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各步反应过程中电子无损耗，可讲各步转移电子数相加。（5）在电学问题中，根据电子守恒计算：阴阳两极转移的电子的物质的量相等，若多个电解池串联，则每个电极转移的电子的物质的量相等。根据电极反应式或电解反应式进行相关计算：注意混合溶液的电解要分清阶段，理清两极电解过程的电子守恒。根据关系式计算：借得失电子守恒关系建立已知量与未知量之间的桥梁，建立计算所需的关系。5如何判断羧酸与醇的酯化反应中物质的特征？例把9.0 g乙二酸和某二元醇混合，在一定条件下完全酯化，生成W g环酯和3.6 g水，则该醇的相对分子质量可以表示为。解析：已知乙二酸和某二元醇，在一定条件下酯化生成环酯，所以，1mol乙二酸和1mol该二元醇酯化时一定脱去2mol H2O，设二元醇式量为M，质量为X。即：乙二酸二元醇 环酯 2H2O M 36 g9.0 g X W g3.6 g由质量守恒定律可知：9.0+XW+3.6，则X(W-5.4)g，那么，由化学方程式的比例关系可知二元醇的物质的量为0.1mol，二元醇式量M (W-5.4)/0.110W-54。集训点一、单项选择题（每个小题只有一个正确选项）12012课标全国卷 已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为a molL1的一元酸HA与b molL1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是()AabB混合溶液的pH7C混合溶液中，c(H) molL1D混合溶液中，c(H)c(B)c(OH)c(A)2500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO)6 molL1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4 L气体(标准状况)，假设电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是()A原混合溶液c(K)为2 molL1B上述电解过程中共转移2 mol电子C电解得到的Cu的物质的量为0.5 molD电解后溶液中c(H)为2 molL13在标准状况下将1.92 g铜粉投入一定量浓HNO3中，随着铜粉的溶解，反应生成的气体颜色逐渐变浅，当铜粉完全溶解后共收集到由NO2和NO组成的混合气体1.12 L，则混合气体中NO的体积为()A112 mLB1008 mLC224 mL D448 mL4银锌碱性蓄电池是一种可以反复充电、放电的装置。电池放电时的反应原理是ZnAg2OH2O=2AgZn(OH)2。现用该蓄电池电解含有0.04 mol CuSO4和0.04 mol NaCl的混合溶液400 mL，工作一段时间后测得蓄电池消耗了0.72 g H2O(电解池的电极均为惰性电极)。下列叙述不正确的是()A该电池正极反应为Ag2OH2O2e=2Ag2OHB阳极产生的气体在标准状况下为0.448 LC阴极析出铜为2.56 gD电解后溶液的pH1(溶液的体积变化忽略不计)5下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A25 时， pH7的NH4Cl与NH3H2O的混合溶液：c(H)c(OH)c(NH)c(Cl) B0.1 mol/L Na2S溶液：c(OH)c(H)c(HS)c(H2S)C25 时， pH2的HCOOH与pH12的NaOH等体积混合：c(HCOO)c(H)c(OH-)，c(HCOO-)c(Na+)，所以c(HCOO-)c(H+)c(Na+)c(OH-)，C选项错误。D项，设两者的体积均为1 L，则混合溶液中Na+为0.3 mol，C原子的所有形式之和为0.2 mol，即n(CO)n(HCO)n(H2CO3)0.2 mol，所以2c(Na+)3c(CO)c(HCO)c(H2CO3)，正确。6C加入过量盐酸有气体生成，则X中至少含有SO32-、CO32-中的一种，有沉淀甲生成则溶液X中一定含有SiO32-，有SiO32-则X中一定无Mg2+、Al3+；无色溶液甲加入过量氨水有白色沉淀乙生成，则乙一定是Al(OH)3，溶液X中一定含AlO2-，依据电荷守恒，溶液中一定含有阳离子(K+)；SO42-不能确定是否存在，只有C选项正确。7D根据3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，则0.2 mol Fe参与反应生成 mol H2，A项错误；Ph=13的NaOH溶液中，溶液中c(OH)=0.1 mol/L，c(H+)=1013 mol/L，则水电离出来c(OH)=c(H+)=10-13 mol/L，B项错误；氢氧燃料电池正极的电极反应式为O2+4H+4e-= 2H2O，则1 mol O2被消耗，电路中有4NA的电子通过，C项错误；根据化学方程式，3价的氮元素升高到0价，失去3个电子。5价的氮元素降低到0价，得到5个电子，即每生成4 mol氮气，反应中转移电子的物质的量为15 mol，则生成28 g N2(即1 mol氮气)，转移电子的物质的量是15 mol43.75 mol ，D项正确。8BANaOH和NH3H2O混合溶液中，NaOH完全电离，NH3H2O部分电离，因此，c(OH)c(Na) c(NH3H2O)，A选项错误；B混合溶液中滴加10mL盐酸，存在电中性原则：c(NH4)c(H)c(Na) c(OH)c(Cl)，由于等体积混合，c(Cl) = c(Na)，则c(NH4) c(H) c(OH)，B选项正确；C加入盐酸至溶液pH=7时：c(H) c(OH)，c(Cl) = c(NH4)c(Na)，即c(Cl) c(Na)，C选项错误；D加入20mL盐酸，溶液为氯化钠与氯化铵的混合溶液，此时溶液呈酸性，c(H)c(OH)，则c(Cl)c(NH4) c(Na)，D选项错误。9DA项，1 mol FeI2与足量的Cl2反应时转移电子数为 3 mol，错误；B项，2 L 0.5 molL1 K2SO4溶液中SO带的负电荷数为2NA，溶液中的阴离子还有OH，故阴离子所带电荷数大于2NA，错误；C项，1 mol Na2O2固体中含有离子总数为3NA，错误；D项，丙烯(C3H6)和环丙烷(C3H6)互为同分异构体，故42 g即1 mol该混合物含有H原子数为6NA，正确。10A根据电子守恒得：NaOH的物质的量等于得失电子的物质的量n(NaOH)40.3 molV(NaOH)0.06 L，即60 mL。11（1）2Mn2+O2+4OH-=2MnO(OH)2（2）赶走装置内空气，避免空气中的O2的干扰淀粉溶液（3）7.8 mgL-1偏大若碱过量，则Mn(OH)2不能全部转变为Mn2+，而酸过量时，滴定过程中Na2S2O3可与酸反应。（1）根据题意“在碱性条件下”可知反应物为Mn2、OH、O2，而生成物为MnO(OH)2，根据电子守恒可得反应的离子方程式为2Mn2O24OH=2MnO(OH)2。（2）该实验主要解决的问题是排除装置内空气中氧气的影响和恰好反应(即反应的终点)的判断，故开始时通入氮气以排尽装置内空气，并在装置最后设置保护装置，即装置末端的“水封”装置，防止空气中的氧气进入；以淀粉作指示剂判断反应终点。（3）根据电子守恒，结合已知方程式可得关系式：O22MnO(OH)22I24Na2S2O3故水样中O2的含量为：=7.8 mgL1。12（1）由化学能转变为电能由a到b（2）2H2+4OH-4e-=4H2O或H2+2OH-2e- =2H2O（3）增大电极单位面积吸附H2、O2的分子数，加快电极反应速率（4）LiH2O8.610432（1）原电池的实质为化学能转化成电能。总反应为2H2O2=2H2O，其中H元素从0价升至1价，失去电子，即电子从a流向b。（2）负极为失去电子的一极，即H2失电子生成H，由于溶液呈碱性，故电极反应式左边应加上OH，右边生成H2O。（3）铂粉吸附气体的能力强，可以加快反应速率。（4）Li元素从0价升至1价，作还原剂。H2O中的H元素的化合价从1价降至H2中的0价，作氧化剂。由反应，当吸收10 mol H2时，则生成20 mol LiH，Vm/103192.68103(L)。V(LiH)/V(H2)192.68103L/224 L8.6104。20 mol LiH可生成20 mol H2，实际参加反应的H2为2080%16 (mol)，1 mol H2转化成1 mol H2O，转移2 mol电子，所以16 mol