化学《差量法》和守恒法

1、差量法 在众多的解题技巧中，“差量法”当属优秀方法之一，它常常可以省去繁琐的中间过程，使复杂的问题简单、快捷化。所谓“差量”就是指一个过程中某物质始态量与终态量的差值。它可以是气体的体积差、物质的量差、质量差、浓度差、溶解度差等。【例3】把22.4g铁片投入到500gCuSO4溶液中，充分反应后取出铁片，洗涤、干燥后称其质量为22.8g，计算(1)析出多少克铜？(2)反应后溶液的质量分数多大？解析“充分反应”是指CuSO4中完全反应，反应后的溶液为FeSO4溶液，不能轻率地认为22.8g就是Cu！(若Fe完全反应，析出铜为25.6g)，也不能认为22.8-22.4=0.4g就是铜。分析下面的化

2、学方程式可知：每溶解56gFe，就析出64g铜，使铁片质量增加8g(64-56=8)，反过来看：若铁片质量增加8g，就意味着溶解56gFe、生成64gCu，即“差量” 8与方程式中各物质的质量(也可是物质的量)成正比。所以就可以根据题中所给的已知“差量”22.8-22.4=0.4g 求出其他有关物质的量。设：生成Cu x g，FeSO4 y gFe+CuSO4 =FeSO4+Cu 质量增加56 152 64 64-56=8y x 22.8-22.4=0.4 www.ks5 高#考#资#源#网故析出铜3.2克铁片质量增加0.4g，根据质量守恒定律，可知溶液的质量必减轻0.4g，为500-0.4=

3、499.6g。【例4】将N2和H2的混合气体充入一固定容积的密闭反应器内，达到平衡时，NH3的体积分数为26，若温度保持不变，则反应器内平衡时的总压强与起始时总压强之比为1_。解析 由阿伏加德罗定律可知，在温度、体积一定时，压强之比等于气体的物质的量之比。所以只要把起始、平衡时气体的总物质的量为多少mol表示出来即可求解。方法一 设起始时N2气为a mol， H2为b mol，平衡时共消耗N2气为xmolN2+3H2 2NH3起始(mol) a b?0变化(mol) x 3x 2x平衡(mol) a-x b-3x 2x起始气体：a+bmol平衡气体：(a-x)+( b-3x)+2x=(a+b-

4、2x)mol又因为：体积比=物质的量比(注意：若N2为1mol，H2为3mol，是不够严密的。)方法二 设平衡时混合气体总量为100mol，则其中含NH3为100×26=26molN2+3H2 2NH3 物质的量减少1 3 2 4-2=226mol xx=26mol即生成 NH的量，就是减少量，所以反应起始时混合气体共为：100+26=126mol比较上述两种方法，不难看出“差量法”的优越性。【例5】在200时将11.6g二氧化碳和水蒸气的混合气体通过足量的Na2O2，反应完全后，固体质量增加3.6g。求混合气体的平均分子量。=11.6÷混合气体总物质的量。方法一 设11.

5、6g混合气体中含xmolCO2、y mol水蒸气。 www.ks5 高#考#资#源#网解得：x=0.1， y=0.4方法二 分析下列框图向固体Na2O2中通入11.6gCO2和H2O且完全反应，为何固体只增加3.6g？原来是因跑掉O2之故。根据质量守恒可知：放出O2为11.6-3.6=8g。得：x+y=0.5(mol)混合气体的平均分子量=11.6÷0.5=23.2本题的两种解法虽都属“差量法”，但方法二则更简捷，可以说是“差量法”的经典之作，值得很好体会。元素守恒：例1 粗盐中含有、等杂质，取粗盐溶于水过滤除去不溶物，向滤液中依次加入过量的  的氢氧化钠溶液； 固体氯化钡

6、； 的碳酸钠溶液，发现白色沉淀逐渐增多，过滤除去沉淀物，再加入过量的盐酸，使溶液呈酸性，加热蒸发得晶体，求粗盐中含的质量分数。解析：来自两方面：粗盐中原有，除杂过程中产生的。根据守恒可知，后者可由加入的和来确定，即除杂中生成的为：。所以粗盐中为：答案： 例2 现有和组成的混合气体，欲用溶液，使该混合气体全部转化成盐进入溶液，使混合气体全部转化成盐进入溶液，需用溶液的体积是（    ）A.               

7、  B.        C.        D. 解析：与溶液的反应为：在足量的时，混合气体可全部被吸收转化成盐和。我们不必设多个未知数，只要认真观察两种盐的化学式会发现：元素和元素的物质的量之比为，由氮原子物质的量即为所需的物质的量： 答案：D2. 电荷守恒：例3 镁带在空气中燃烧生成氧化镁和氮化镁，将燃烧后的产物全部溶解在，浓度为盐酸溶液中，以的氢氧化钠溶液中和多余的酸，然后在此溶液中加入过量碱把氨全部释放出来，用足量盐酸吸收，经测定氨为，求

8、镁带物质的量。解析：化学反应方程式为：                              我们用流程图来表示会更清晰一些：溶液A     在溶液A中的阴离子为、阳离子为、，根据电荷守恒有：答案：镁带物质的量为：。  3. 正、负化合价总数相等：例4 向一定量的、的混合物中，加入的盐酸，恰好使

9、混合物完全溶解，放出（标况）的气体，所得溶液中加入溶液无血红色出现，若用足量的在高温下还原相同质量的此混合物，能得到的铁的质量为（    ）    A.     B.    C.    D. 无法计算解析：最后溶液中溶质全部是，由化合价可知： 答案：C  4. 得失电子相等（守恒）：例5 将的跟足量稀反应，生成、和，则参加反应的中被还原的的物质的量是（    ）A.   

10、60;               B.       C.             D.  解析：由反应物、生成物可知：失为：失：失得为：，得根据得、失数相等，有：答案：C  5. 综合守恒：例6 取钠、钙各一小块，投入适量水中，反应完毕时只收集到（标准状况）。再取碳酸

11、钠和碳酸氢钠的混合物加入到所得的溶液中，当反应完后（此时、完全进入沉淀）将溶液蒸干，得到白色固体，再将白色固体用水洗涤、干燥得白色不溶物。试求：（1）钠、钙各多少克？（2）、各多少克？解析：为了便于分析各量之间的关系，先据题目画出图（图示法分析题）（1）由钙守恒得：                     由电子守恒得：          

12、0;                                   则：       ：（2）方法一：根据守恒可得：    中的来自于单质钠和与即：     

13、60;  则    解得：    则：    ：方法二：根据碳守恒，中的来自于和。        则方法三：根据守恒；、中的等于，消耗的和余下的。                         &#

14、160;                                                    

15、0;  则 【模拟试题】  1. 将和混合物溶于水配成溶液，通入过量的，反应后将溶液蒸干，得固体，则原所配溶液中、的物质的量浓度之比为（    ）A.                            B.      

16、0;C.                             D.   2. 将含和的混合气体充入有的密闭容器中，电火花点燃，反应结束后，容器内于时压强约为。将残留物溶于水，无气体溢出。下列叙述正确的是（    ）A. 原混合气体中和体积比为B. 原混合气体中和体积比为C. 残留固体中

17、只有D. 残留固体中只有和  3. 某无水混合物由硫酸铁和硫酸亚铁组成，测知该混合物中含硫，则其含铁量为（    ）A.                    B.      C.             &#

18、160; D.   4. 有三种盐的混合溶液，溶液中含有、，其物质的量分别为的、的、的，则为（    ）A.                         B.           C.    &#

19、160;                   D.   5. 与的混合物，加入到盐酸中恰好完全溶解，经KSCN检验，溶液不显红色，若忽略溶液体积变化，则溶液中物质的量浓度是（    ）A.               B.  &#

20、160;     C.               D.   6. 把含和的混合液分为两等份：一份加入烧碱并加热，恰好把全部赶出，另一份需含的溶液，使沉淀反应刚好完全，则原溶液中的浓度是（     ）A.              B. C.

21、60;            D.   7. 含某价金属离子（）的溶液，恰好把完全沉淀，则值为（     ）    A.          B.          C.      

22、     D.   8. 已知某强氧化剂中的元素能被还原到较低的价态。如果还原，需用的溶液，则反应后元素的价态为（      ）    A.          B.        C.         D.  

23、 9. 某单质跟浓反应，若参加反应的单质与的物质的量之比为，则该元素在反应中所显示的化合价可能是（    ）    A.        B.         C.         D.   10. 用惰性电极电解价金属的硝酸盐溶液，当阴极上析出克金属时，阳极上产生气体（标准状况），则金属相对原子质量

24、为（    ）A.                         B.       C.                

25、0;      D.   11. 在硫酸钠与硫酸钾的混合溶液中，当、，则和之间的关系是（    ）A.                B. C.                D.   12. 在氯化铝和硫酸铝的混合溶液

26、中，若不计水解，当其中时，下列判断正确的是（    ）A.      B. C.     D. 与物质的量相等巧用“原子守恒法”解化学计算题1原子守恒法的依据“原子守恒法”的依据是基于化学反应前后原子的种类和数目不变的守恒现象。“原子守恒”即反应前后各元素种类不变，各元素原子个数不变，其物质的量、质量也不变。利用这种守恒关系解题的方法叫“原子守恒法”。2典型例题及解题策略例1：将标准状况下a L H2和Cl2的混合气体，经光照反应后，将所有气体通入NaOH溶液，恰好使b mo

27、l NaOH完全转化成盐，则a与b的关系不可能是Aba/22.4 Bba/22.4 Cba/22.4 Dba/11.2光解法一：常规方法。首先书写化学方程式，在列式计算。反应式如下： H2+Cl2=2HCl 反应NaOH+HCl=NaCl+H2O 反应讨论1：若Cl2过量，还有：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 反应计算时先以不足暑H2计算。光设原混合气体中H2 为x mol，Cl2为y molH2 + Cl2 = 2HCl 1 1 2 x mol x mol 2x molNaOH + HCl = NaCl + H2O 1 12x mol 2x molCl2 + 2NaOH =

28、 NaCl + NaClO + H2O 1 2 (yx)mol 2(yx)mol依题意得列二元一次方程组： x+ya/22.4 2x+2(yx)=b 解上述二元一次方程组得：y=b/2。将y=b/2代入式，解得x=a/22.4 b/2由于x0，则a/22.4 b/20，解得ba/11.2讨论2：若H2过量，以不足者Cl2计算。只有反应和反应。设原混合气体中H2 为x mol，Cl2为y mol光由方程式列式H2 + Cl2 = 2HCl 1 2 y mol 2y molNaOH + HCl = NaCl + H2O 1 12y mol 2y mol由已知列二元一次方程组： 2y=b x+y=

29、a/22.4解上述方程组，得：x=a/22.4 b/2由于x0，则a/22.4 b/20，解得ba/11.2综上分析，即b不可能等于a/11.2。本题答案为D。例2：在氧气中灼烧0.44 g由硫、铁组成的化合物，使其中的硫经过一系列变化最终全部转化为硫酸，用20 mL 0.5 mol/L的烧碱溶液恰好能完全中和这些硫酸。则原化合物中硫的质量分数约为A36.4% B46.2% C53.1% D22.8%解法一：常规方法先书写方程式，再列式计算。而本题Fe、S化合物的化学式不定，因此第一步Fe、S化合物燃烧方程式还需写不定的化学方程式，这给计算带来了更大的困难，即使不考虑铁，只从S元素考虑，也有如

30、下四个反应：点燃S+O2=SO2 反应2SO2+O2 2SO3 反应SO3+H2O=H2SO4 反应H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O 反应根据已知NaOH的量，逆推H2SO4，再由H2SO4推SO3，再由SO3推SO2，再由SO2推S元素。这里面所蕴含的关系式如下： 2NaOHH2SO4SO3SO2S 2 mol 32 g20×103 L×0.5 mol/L m(S)=0.01 mol 列比例式： 解得m(S)=0.16 g则原化合物中S元素的质量分数=所以，答案为A。解法二：原子守恒法依题意分析，S元素经过一系列变化，最后变成了H2SO4，H2SO4再与Na

31、OH发生中和反应，根据S、Na的原子守恒关系：SH2SO4NaSO42NaOH 得出： S 2NaOH 32 g 2 mol m(S) 20×103 L×0.5 mol/L=0.01 mol列比例式求得：m(S)=0.16 g则原化合物中S的质量分数=所以答案为A。例3：38.4 mg铜跟适量的浓HNO3反应，铜全部作用后，共收集到气体22.4 mL（标准状况）。反应消耗的HNO3物质的量可能为A1.6×103 mol B2.0×103 mol C2.2×103 mol D2.4×103 mol解法一：常规方法：书写化学方程式，然后列

32、式计算。设生成NO2、NO分别为x mol、y mol。已知Cu的相对原子质量为64Cu + 4HNO3(浓) = Cu(NO3)2 + 2NO2+2H2O 1 4 20.5x mol 2x mol x mol3Cu + 8HNO3(稀) = 3Cu(NO3)2 + 2NO+4H2O 3 8 21.5y mol 4y mol y mol由已知条件列二元一次方程组：0.5x + 1.5y =x+y=解得，x=0.9×103 mol y=0.1×103 mol反应中消耗的HNO3：2x+4y=2×0.9×103 mol+4×0.1×103

33、 mol=2.2×103 mol所以，答案为C。解法二：原子守恒法经分析Cu与HNO3反应生成了Cu(NO3)2和NOx，在反应中HNO3所起的作用有2种，一种是酸，另一种是氧化剂，由N原子守恒列出：CuCu(NO3)22HNO3（酸） NOx HNO3（氧化剂） 1 1 2 1 1 mol 1.2×103 mol mol 1×103 mol反应中共消耗HNO3：1.2×103 mol+1×103 mol=2.2×103 mol。所以答案为C。3 结束语化学反应前后原子是守恒的。“原子守恒法”是化学计算中必须高度重视的一种基本方法，也

34、是一种重要的解题技巧。当遇到两种以上物质组成的混合物和涉及多个反应的计算题时，按常规方法计算需要先书写化学方程式，然后列方程组解方程，这种常规的计算方法，步骤很多，非常繁琐，需消耗大量的时间解一道题。若采用“原子守恒法”解题，思路清晰，步骤少，省时，大大地提高了解题的速率，能收到事半功倍的效果。守恒法巧解“铁”的计算题吕清文一、质量守恒例1：把a g铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液。过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧，得到红色粉末的质量仍为a g，则原合金中铁的质量分数为（ ）A. 70%B. 52.4%C. 47.6%D. 30%解析：把a g铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，生成了和

35、，再加入过量NaOH溶液，转化为，留在溶液中；生成了沉淀，过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧，得到的红色粉末为，铁在反应过程中是守恒的，中氧的量等于合金中铝的量，则。选A项。二、得失电子守恒例2：将54.4g铁和氧化铁的混合粉末投入足量的稀中，充分反应后收集到4.48L （标况），并测得溶液中既没有，也没有固体残留。求：（1）原混合物中Fe和各多少克？（2）反应后得到多少摩尔的？解析：设原混合物中Fe为x g，则为（1）根据得失电子守恒有：解得，即原混合物中铁的质量为22.4g，的质量为。（2）据铁元素守恒可得：。三、电荷守恒例3：已知，向100mL的溶液中通入标准状况下的，充分反应后测得形成的溶

36、液中和的物质的量浓度相等，则原溶液的物质的量浓度为多少？解析：由题中信息可知：还原性，因此通入后应该全部被氧化为。由题意可知反应后的溶液中只有、，且。由电荷守恒有：，解得。所以原溶液的物质的量浓度为：。四、体积守恒例4：将m g铁粉和n g硫粉均匀混合，在密闭容器中加热到红热，冷却后加入多少升的盐酸后就不再产生气体？若把已放出的气体收集起来，在标准状况下的体积一共是多少升？解析：有关化学方程式为：、若Fe过量，还有反应：可得关系式：1mol 2mol 1mol 解得注：收集的气体可能是也可能是和的混合气体。五、综合守恒关系例5：将10g铁粉置于40mL较浓的硝酸中，微热完全反应时，收集到和NO

37、混合气体1792mL（标准状况下），还残留4.4g固体。求：（1）该反应中被还原的硝酸和未被还原的硝酸的物质的量之比；（2）原硝酸的物质的量浓度；（3）NO和的体积比；（4）写出总的化学方程式。解析：由题意可知：残留固体必为铁，则生成的盐为，反应掉的铁为：10g4.4g=5.6g，即0.1mol，铁与浓共热，开始放出的气体为，由于反应一段时间后，硝酸由浓变稀，则放出的气体为NO，易求得收集到的和NO的混合气体共0.08mol。（1）由N原子守恒有：n（被还原的）:n（未被还原的）（2）（3）设NO为a mol，为b mol则解得由阿伏加德罗定律有：（4）由以上计算数据和题意可写出其化学方程式为

38、：即：巧用“电子守恒法”解化学计算题 “电子守恒法”是依据氧化还原反应的本质：电子转移（即电子的得失与偏移）。在同一氧化还原反应中转移电子总数的守恒，在原电池和电解池中发生的也是氧化还原反应，因此在同一时间内，正极或阴极上微粒得到的电子数等于负极或阳极上微粒失去的电子数。电子守恒就是依据这种关系来解题的。凡是属于一般的氧化还原反应或电化学中的计算习题，笔者认为均可采用电子守恒法这种计算技巧进行计算。现举例如下：1 电子守恒法的理论依据：氧化剂得到的电子总数=还原剂失去的电子总数 =氧化剂化合价降低总数=还原剂化合价升高总数 2 典型例题及解题方法对比【例题1】取相同体积的KI、Na2S、FeB

39、r2溶液，分别通入适量Cl2，当反应恰好完成时，三种溶液消耗Cl2体积相同（同温同压下），则KI、Na2S、FeBr2溶液物质的量浓度之比为( )A. 2:1:2 B. 2:1:3 C. 6:3:2 D. 3:2:1解析：由公式c = n / V，溶液的体积相等，则三种溶液中溶质的物质的量浓度之比等于物质的量之比。只要求出三种物质的物质的量之比即可得出结论。而三种溶液分别与氯气恰好完全反应，所消耗的Cl2体积相同（同温同压下），由阿伏加德罗定律的涵义并结合公式 pV=nRT得出在同温同压下体积相同的氯气，则氯气的物质的量必然相等。也就是说，三种物质与氯气反应所需的氯气是相同的。解析1：常规方法

40、：由已知反应方程式如下：2KI + Cl2 = 2 KCl + I2 ，Na2S + Cl2 = S+ 2NaCl 2FeBr2 + 3Cl2= 2FeCl3 + 2Br2 由上述三个化学方程式可知，当氯气的量相同时，假设为3个Cl2 ，所需的KI为2×3 =6（个），所需Na2S 为3个，所需FeBr2为2个，则得出KI、Na2S、FeBr2溶液物质的量浓度之比为6:3:2 ，答案为C 。0-20+3+2101解析2：巧用电子守恒法：三个反应均为氧化还原反应，氧化剂均为氯气，而氧化剂氯气的量是相等的，就意味着氧化剂得电子数是相等的，则还原剂失电子数也是相等的。根据电子守恒的关系，只

41、要知道了每个还原剂得到几个电子，由电子守恒关系即可得出结论。根据每个反应的产物，由KII2，I原子的化合价升高1；由Na2S S，S原子的化合价升高了2；由FeBr2FeCl3 + Br2，Fe和Br原子的化合价升高了3。根据以上分析并计算，由电子守恒关系，寻找1、2、3 的最小公倍数6，1×6 =6,2×3=6，3×2=6所乘数即为6:3:2 ，即答案为C。分析：两种方法均得出了结论。但第一种常规方法需要写三个氧化还原反应方程式，比较繁琐，而第二种电子守恒方法无需写方程式，只要分析出化合价的变价值即可得出采用简单的数学计算即可得出结论。【例题2】在含有0.078

42、 mol FeSO4的溶液中通入0.009 mol Cl2，再加入含有X2O72的溶液后，Fe2+恰好完全转化为Fe3+，则反应后X元素的化合价为( )A. +2 B. +3 C. +4 D. +5 解析1：常规方法计算：利用氧化还原反应式，此题中包含两个反应式，如下6FeSO4 + 3Cl2 = 2FeCl3 + 2Fe2(SO4)3 ， 6 3 n(FeSO4)1 0.009 mol 由 6 / n(FeSO4)1 = 3 / 0.009 mol得出n(FeSO4)1= 0.018mol X2O72 +14H+ +（122n）FeSO4 2 Xn+ +（122n）Fe3+ + 7H2O +（12-2n）SO421 （12-2n）0.01mol n(FeSO4)2 由 1 / 0.01mol =（12-2n）/ n(FeSO4 )2 则n(FeSO4 )2= 0.01（12-2n）m