守恒法在化学计算中的应用有答案

1、守恒法在化学计算中的应用一、守恒法的基本题型和解题依据1、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的质量总和，这个规律叫质量守恒定律。其本质是：化学反应前后，各元素的原子的种类，数目没有改变。所以，在一切化学反应中都存在着质量守恒、原子个数守恒。2、氧化还原反应的特征是元素的化合价发生变化，其本质是在反应中有电子转移。由于物质间得失电子数相等，所以，在有化合价升降的元素间存在化合价升降总数相等的守恒关系。因而有电量守恒（又称电子得失守恒）及化合价守恒。3、由于物质是电中性的，因而在化合物和电解质溶液中，阴阳离子所带电荷数相等，存在电荷守恒二、例题应用指导（一）质量守恒：在化学反应中，

2、参加反应的反应物的总质量等于反应后生成物的总质量，反应前后质量不变。例1.在臭氧发生器中装入100mlo2，经反应3o2=2 o3，最后气体体积变为95ml（体积均为标准状况下测定），则反应后混合气体的密度为多少？【分析】根据质量守恒定律反应前后容器中气体的质量不变，等于反应前100ml o2的质量。则反应后混合气体的密度为：d=（0.1 l /22.4 l·mol1 ×32g·mol1）/0.095 l =1.5 g/l 例2、将足量的金属钠投入到100gt°c的水中，恰好得到t°c时naoh饱和溶液111g，则t°c时naoh的溶

3、解度为_克。分析解答：由于2na+2h2o=naoh+h2 所以，反应前总质量为,反应后总质量为若设na的物质的量为xmol，则=xmol.据质量守恒定律有：23x+100=111+x×2，得x=0.5 =0.5mol×40g/mol=20g(二)原子守恒：在一些复杂多步的化学过程中，虽然发生的化学反应多，但某些元素的物质的量、浓度等始终没有发生变化，整个过程中元素守恒。例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 mol·l1盐酸中，过量的酸再用1.07mol

4、3;l1koh溶液中和，蒸发中和后的溶液可得固体多少克？【分析】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）=0.046l×1 mol·l1×74.5 g · mol1=3.427 g例4、将1molh2s和1molo2混合后点燃，生成so2的物质的量为_mol?分析解答：h2s在o2中燃烧反应有两种情况：2h2s+o2=2s+2h2o 2h2s+3o2=2so2+2h2o本题中：由于2：32：1 所以h2s在o2中燃烧的产物有s、so2

5、、h2o。细心观察不难发现：反应前h2s中的h元素全部转移到h2o中，反应前h2s中的s元素全部转移到so2和s中，反应前o2中的o元素全部转移到h2o用so2中。  据原子守恒有：=(h守恒) 2=2+(o守恒）代入数据得：=1mol      =0.5mol例5、将红磷放在cl2中燃烧，若红磷与cl2按np:=1:1.8混合，待充分反应后，生成物中=_。分析解答：由于反应前红磷中的p元素全部转移到pcl3及pcl5中，反应前cl2中的cl元素全部转移到pcl3及pcl5中。据原子守恒有：+=np 3+5=ncl 若设np

6、=1mol 则ncl=2=2×1.8=3.6mol有：+=1mol 3+5=3.6mol解得=0.7mol =0.3mol：=0.7:0.3=7:3（三）电荷守恒例6、将kcl和kbr的混合物13.4克，溶于水配成500mol溶液，通入过量的cl2,反应后将溶液蒸干，得固体11.175克，则原配溶液中的k+、cl-、br-的物质的量浓度之比为（ ）a、1：2：3 b、3：2：1 c、1：3：2 d、2：3：1分析解答：根据溶液中的电荷守恒有：k+=cl-+br- k+cl- k+br- 为b例7、某地酸雨分析数据如下：na+=2.3×10-5mol/l cl-=3.5

7、15;10-5mol/lnh4+=7×10-6mol/lso42-=2.5×10-6mol/l 该地酸雨的ph值是（ ）。 a.3.0 b.4.0 c.4.3 d.5.0 解析：根据酸雨中，阴阳离子电荷守恒求算： na+ nh4+ +h+ =cl- +2so42- +oh- 因溶液显酸性，故oh-可略。代入题给数据，立即求得h+=1.0×10-5mol/l ph=5.0故选d。（四）电子守恒：（电子得失守恒，化合价升降总数相等）氧化还原反应中，氧化剂失电子总数等于还原剂失电子总数，得失电子守恒。例8、24ml浓度为0.05mol/l的na2so3溶液，恰好与20m

8、l浓度为0.02mol/l的k2cr2o7溶液完全反应，则元素cr在被还原的产物中的化合价是_。分析解答：先根据化合价的改变确定得失电子的物质：由于题目指出cr被还原，所以得电子的物质是k2cr2o7,失电子的物质是na2so3。再根据化合价的改变分别找出1mol氧化剂、还原剂的得失电子数。设cr元素被还原为+n价，1mol在反应中得电子：2×(6-n)mol由于na2so3肯定被氧化为na2so4, 1molna2so3在反应中失电子：(6-4)×1=2mol。最后，根据反应物的实际电子得失总数，列电子守恒关系求解：0.05mol/l×24×10-3l

9、×2=0.02mol/l×20×10-3l×2(6-n)解得：n=3 应为+3价。例9 3.84g铜和一定质量的浓硝酸反应，当铜反应完时，共收集到标准状况时的气体2.24l，若把装有这些气体的集气瓶倒立在盛水的水槽中，需通入多少升标况下的氧气才能使集气瓶充满溶液?解析：铜失电子数被还原的硝酸得的电子数氧化硝酸的还原产物，消耗的氧气得的电子数，省去中间计算，得铜失的电子数氧气得的电子数。则4（）3.84÷64.mol×2×140.03mol（）0.03mol×22.4.mol0.672若用常规解法，应先求出no，no

10、的物质的量，再根据：4244324计算出的物质的量，并求出其体积，此方法运算量大，中间计算多且复杂，容易出错，用电子守恒法综合考虑，可省去中间的各步计算，使计算简化。你看，这种方法在使用时是否“只看两头不管中间”呢？三、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

11、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在某些复杂多步的化学反应中，某些元素的质量或浓度等没有发生变化。因此涉及到多步复杂的化学过程的问题可考虑元素守恒法。 4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。四习题练习练习1、有feo、fe2o3的混合物若干克，在h2流中加热充分反应后，冷却称得剩余固体比原混合物减轻0.8g；若将同量的混合物与盐酸反应，欲使之完全溶解，需1mol/l的盐酸的体积至少为_ml。（答案：100ml）练习2、有fecl2,cucl2混合溶液400ml，经测定其中cl-浓度为amol/l,投入过量

12、的锌粉bg，充分反应后过滤，所得固体残渣洗涤干燥后，质量为cg。求原混合液中fe2+,cu2+的物质的量浓度。（分析提示：向fecl2,cucl2混合溶液中投入过量锌粉，充分反应后过滤，滤液的成份是zncl2,固体残渣的成份是fe、cu及剩余的zn。若设剩余的及已反应的锌分别为nzn(1)及nzn(2)mol，则：由电荷守恒有：2(nfe2+ncu2+)=ncl- 2nzn2+(2)=ncl- 由质量守恒有：mfe+mcu+mzn(1)=c mzn(2)=b-mzn(1)答案：fe2+=mol/l cu2+=mol/l）练习3、用1l1.0mol/lnaoh溶液吸收0.8molco2

13、,所以溶液中的co32-，hco3-的物质的量浓度之比为_。练习5当溶液中xo42离子与h2o2分子个数比为2：5时，溶液中xo42离子中的x元素恰好被还原成较低价态，h2o2中的氧元素被氧化为o2，则x元素的化合价变为多少？（2） 练习6向100mlfecl3溶液中通入标准状况下的h2s气体2.24l，设h2s全部被吸收后，再加入过量铁粉，待反应停止后，测得溶液中含有0.6金属阳离子，则原fecl3溶液的物质的量浓度为多少？ （4 mol·l1） 练习7向ki溶液中滴入agno3溶液直至完全反应，过滤后滤液的质量恰好与原溶液质量相等，则agno3溶液中溶质的质量分数为多少？ （72.3%）例4,10g合金溶解在一定量的某浓度的稀硝酸中，当金属完全反应后，收集到标况下4.48气