妙用守恒 巧解计算

1、妙用守恒 巧解计算 孙本义摘要：从原子守恒、电子得失守恒、电荷守恒三个角度分析化学中常用的解题思想和解题方法，通过典例分析，讲解如何利用守恒思想快解、巧解化学试题。关键词：化学；守恒 守恒法是中学化学计算教学中广泛应用的巧解方法，这种方法是利用物质变化过程中某一特定的量固定不变来列式求解，其优点是用宏观纵览全局的方式列式，直接抓住其中的守恒关系，不考虑问题的过程细节，只考虑反应体系中某些成分的始态和终态，快速建立关系式，巧妙地解答题目，从而达到速解、巧解的目的。本文从原子守恒、电子得失守恒、电荷守恒三个角度分析化学中常用的解题思想和解题方法。1 三大守恒例析1.1 原子守恒 依据：化学反应是原

2、子或原子团之间的重新组合，在反应前后原子或原子团的种类和数目保持不变，即原子守恒。废旧锂离子电池正极材料滤液LiMn2O4碳粉沉淀滤液MnO2、碳粉滤液Li2CO3加过量NaOH溶液过滤加稀H2SO4通入空气过滤通入过量CO2过滤加一定量Na2CO3过滤例1、（2010安徽卷27第4小问）锂离子电池的广泛应用使回收利用锂资源成为重要课题。某研究性小组对废旧锂离子电池正极材料（LiMn2O4、碳粉等涂覆在铝箔上）进行资源回收研究，设计实验流程如下： （4）若废旧锂离子电池正极材料含LiMn2O4的质量为18.1g，第步反应中加入20.0 mL 3.0 mol·L1的H2SO4溶液，假定

3、正极材料中的锂经反应和完全转化为Li2CO3，则至少有 g Na2CO3参加了反应。解析：首先判断硫酸是过量的。然后根据反应到最后的产物中硫酸根全部以Na2SO4存在，根据SO42和Na守恒，可以知道Na2CO3和H2SO4的物质的量相同，所以需要的Na2CO3的质量为0.02 L×3.0 mol·L1×106 g·mol16.36g 答案：6.4或者6.36例2、将3.2g铜与30 mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为1.12 L。待产生的气体全部释放后，向溶液中加入50 mL 8 mol·L1 的

4、NaOH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多少？解析：利用N和Na守恒，N元素最终以三种形式存在，NaNO3、NO和NO2，n(NaNO3)n(NaOH) 0.05 L×8 mol·L1 0.4 mol ，n(NO)n(NO2) 1.12 L÷22.4 L·mol1 0.05 mol所以 n(HNO3) 0.4 mol0.05 mol 0.45 mol.，故硝酸的物质的量浓度为0.45 mol÷0.03 L15 mol·L1。答案：15 mol·L11.2 电子得失守恒依据：氧化还原反应中，氧化

5、剂得电子总数等于还原剂失电子总数。例1、(2007四川卷10)足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。向所得硝酸铜溶液中加入5mol·L1NaOH溶液至Cu2恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是A60 mL B45 mL C30 mL D15 mL解析：根据题意知道铜所失去的电子被硝酸得到，硝酸被还原得到的产物为NO、N2O4和NO2，然后这些气体再与氧气共同溶于水形成硝酸溶液，根据电子得失守恒，铜所失去的电子最终被氧气得到。同时根据物质的组成可以建立关系式：

6、O22Cu2Cu22Cu(OH)24NaOH， n (O2) 1.68L÷22.4 L·mol1 0.075 mol， n (NaOH) 4×0.075 mol 0.3 mol， V (NaOH)0.3 mol÷5 mol·L10.06 L60 mL。 答案为A。例2、将纯铁丝4.48 g 溶于过量稀盐酸中，加热条件下，用2.02 g KNO3去氧化溶液中Fe2，待反应后剩余的Fe2离子尚需10 mL 0.4 mol·L1 KMnO4溶液才能完全氧化（已知KMnO4被还原为Mn2），则KNO3被还原后的产物为 AN2 BNO CNO2

7、 DNH4NO3解析：根据电子得失守恒，Fe2Fe3失电子总数等于NO3和MnO4得电子总数n(Fe2)4.48g÷56 g·mol10.08 mol， n(NO3)n(KNO3)2.02g÷101 g·mol10.02 moln(MnO4)n(KMnO4) 0.01L×0.4 mol·L1 0.004 mol， 设还原产物中N的化合价为x，则有0.08 mol×(32)0.004 mol×(72)0.02 mol×(5x)。解之得 x2（即+2价），故KNO3被还原后得到的产物为NO。 答案为 B。1.

8、3 电荷守恒依据：溶液呈电中性，所有阳离子所带正电荷总数等于所有阴离子所带负电荷总数。例1、 酸雨是因为燃烧煤和石油产生硫、氮的氧化物溶于水生成硫酸和硝酸的缘故。某次雨水分析数据如下：NH42.0×106 mol·L1 Na3.0×106 mol·L1 NO32.3×105 mol·L1Cl6.0×106 mol·L1 SO423.8×105 mol·L1，此次雨水的pH值接近于 A2 B3 C4 D6解析：雨水呈电中性，根据电荷守恒，阴、阳离子所带负、正电荷总数相等。即：HNH4NaNO3Cl

9、OH2SO42，OH较小，忽略不计，代入数据，得：H+1.0×104mol/L，pH4。 答案：C例2、（2010广东卷12）HA为酸性略强于醋酸的一元弱酸，在0.1 mol·L-1 NaA溶液中，离子浓度关系正确的是Ac(Na)c(A)c(H)c(OH) Bc(Na)c(OH)c(A)c(H)Cc(Na)c(OH)c(A)c(H) Dc(Na)c(H)c(A)c(OH)解析：A明显错误，因为阳离子浓度都大于阴离子浓度，电荷不守恒；D是电荷守恒，明显正确。NaA的水解是微弱的，故c(A)c(OH)，B错；C的等式不符合任何一个守恒关系，是错误的。答案：D1.4 综合使用：原

10、子守恒、电子得失守恒、电荷守恒三个守恒联合使用例1：（2010上海卷16）下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是A氨水与氯化铵的pH7的混合溶液中：ClNH4BpH2的一元酸和pH12的一元强碱等体积混合： OHHC0.1 mol·L1的硫酸铵溶液中：NH4SO42HD0.1 mol·L1的硫化钠溶液中：OHHHSH2S解析：此题考查了溶液中微粒浓度的大小比较。氨水和氯化铵混合溶液的pH7时，根据电荷守恒HNH4OHCl，因为pH7所以溶液中 HOH，则得出 ClNH4，A错；由于pH2的酸的强弱未知，当其是强酸时正确，当其是弱酸时，酸的浓度很大，酸过量，因此溶液中HOH，B错

11、；0.1mol·L1的硫酸铵溶液中，NH4会水解但是水解的程度很小，所以NH4很大，作为水解的产物H很小，根据物质组成可知：NH4SO42H，C正确；0.1mol·L1的硫化钠溶液中，根据质子守恒可知：OHHHS2H2S，D错。 答案：C例2、将质量为m g的铁和铜的混合物，溶于100 mL 4 mol·L1 HNO3溶液（过量），充分反应后所得还原产物全部为NO，在标准状况下的体积为1.12L，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液至沉淀完全。则沉淀的质量为A5.52 g B（m+6.8）g C（m+2.55）g D（m+12.0）g解析：沉淀的组成为Cu(OH)

12、2和 Fe(OH)3 ，其质量为Cu2、Fe3和OH三部分组成，根据原子守恒知道Cu2、Fe3的质量等于原来铁和铜的质量，再根据电荷守恒可以知道OH的物质的量等于Cu2、Fe3所带的电荷数，然后根据电子转移守恒，Cu2、Fe3所带的电荷总数等于失去的电子总数，也等于HNO3生成NO得到的电子数。 n (NO)1.12 L÷22.4 L·mol1 0.05 mol n (OH)n (NO)×30.05 mol×3 0.15 molm (OH)0.015 mol×17 g·mol12.55g m (沉淀)(m+2.55)g。 答案：C2 如何选取守恒法在具体解题时，如何选择并应用这些守恒法，首先必须明确每种守恒法的特点，然后审清题意挖掘题中的守恒关系，最后巧妙地选取方法，正确地解答题目。 2.1 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通常考虑原子守恒。2.2 在