守恒法（质量、电荷、电子）应用试题

守恒法（质量、电荷、电子）应用试题一、质量守恒定律的应用（一）基础概念辨析质量守恒定律是自然界的基本规律之一，其核心内容是：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质的质量总和。这一规律的微观本质是化学反应前后原子的种类、数目和质量均不发生改变。在实际解题中，质量守恒定律主要体现在以下三个方面：元素种类守恒、元素质量守恒和物质总质量守恒。（二）典型例题解析例题1：将10gA和足量B混合加热，A与B发生化学反应，10gA完全反应后生成8gC和4gD，则参加反应的A与B的质量比是（）A.1:1B.2:1C.4:1D.5:1解析：根据质量守恒定律，参加反应的各物质质量总和等于生成的各物质质量总和。已知10gA完全反应生成8gC和4gD，因此生成物质总质量为8g+4g=12g。则参加反应的B的质量为12g-10g=2g，所以A与B的质量比为10g:2g=5:1，答案选D。例题2：在一密闭容器中，有甲、乙、丙、丁四种物质，在一定条件下充分反应，测得反应前后各物质质量如下表所示：物质甲乙丙丁反应前质量/g522022反应后质量/g待测11285下列说法正确的是（）A.该反应是化合反应B.待测值为0C.反应中甲、丁的质量比为5:4D.丙一定是催化剂解析：首先计算反应前后各物质的质量变化：乙增加11g-2g=9g，丙增加28g-20g=8g，丁减少22g-5g=17g。根据质量守恒定律，甲的质量变化应为17g-9g-8g=0g，因此待测值为5g+0g=5g，B选项错误。该反应中丁为反应物，乙和丙为生成物，属于分解反应，A选项错误。丙的质量增加，不可能是催化剂，D选项错误。甲的质量不变，丁减少17g，二者质量比为5g:17g=5:17，C选项错误。故本题无正确答案（注：原题可能存在数据设计问题，实际解题时需注意质量变化的正负关系）。（三）综合应用题例题3：将3.1g红磷在一定量的氧气中燃烧，反应后生成的五氧化二磷的质量不可能是（）A.4gB.6gC.8gD.10g解析：红磷燃烧的化学方程式为4P+5O₂$\stackrel{点燃}{=}$2P₂O₅。3.1g红磷的物质的量为3.1g÷31g/mol=0.1mol，完全燃烧时消耗氧气的物质的量为0.1mol×5/4=0.125mol，生成五氧化二磷的物质的量为0.05mol，质量为0.05mol×142g/mol=7.1g。由于题目中未说明氧气是否充足，若氧气不足，生成的五氧化二磷质量会小于7.1g，因此不可能为10g，答案选D。例题4：某有机物在氧气中完全燃烧，生成二氧化碳和水的质量比为22:9，则该有机物可能是（）A.C₂H₄B.C₆H₁₂O₆C.C₂H₅OHD.CH₃COOH解析：根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类不变，该有机物中一定含有碳、氢元素，可能含有氧元素。生成的CO₂和H₂O的质量比为22:9，则其分子个数比为（22/44）:（9/18）=1:1，因此碳、氢原子个数比为1:2。选项中C₂H₄（C:H=1:2）、C₆H₁₂O₆（C:H=1:2）、CH₃COOH（C:H=1:2）均符合，需要进一步计算氧元素是否存在。设有机物的化学式为CₓH₂ₓOᵧ，燃烧方程式为CₓH₂ₓOᵧ+（3x/2-y/2）O₂$\stackrel{点燃}{=}$xCO₂+xH₂O，根据质量守恒，有机物中氧元素质量等于生成的CO₂和H₂O中氧元素质量减去消耗氧气的质量，经计算可知A选项C₂H₄不含氧元素也符合条件，因此答案选A。二、电荷守恒定律的应用（一）基础概念辨析电荷守恒定律是指溶液中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，即溶液呈电中性。在离子反应、电解质溶液等问题中，电荷守恒是快速解题的重要工具，其数学表达式为：Σ（阳离子浓度×电荷数）=Σ（阴离子浓度×电荷数）。（二）典型例题解析例题5：在Na₂SO₄、KNO₃、MgCl₂的混合溶液中，c(Na⁺)=0.2mol/L，c(K⁺)=0.1mol/L，c(Mg²⁺)=0.3mol/L，c(SO₄²⁻)=0.1mol/L，则c(Cl⁻)为（）A.0.3mol/LB.0.4mol/LC.0.5mol/LD.0.6mol/L解析：根据电荷守恒，溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数。阳离子有Na⁺（+1）、K⁺（+1）、Mg²⁺（+2），阴离子有SO₄²⁻（-2）、Cl⁻（-1）。则有：c(Na⁺)+c(K⁺)+2c(Mg²⁺)=2c(SO₄²⁻)+c(Cl⁻)代入数据：0.2+0.1+2×0.3=2×0.1+c(Cl⁻)解得c(Cl⁻)=0.2+0.1+0.6-0.2=0.7mol/L（注：原题数据可能存在设计错误，正确计算应为0.7mol/L，选项中无此答案，实际解题时需检查离子种类是否齐全）。例题6：某溶液中只含有K⁺、Fe³⁺、Cl⁻、SO₄²⁻四种离子，已知K⁺、Fe³⁺、Cl⁻的个数比为3:2:1，则溶液中Fe³⁺与SO₄²⁻的个数比为（）A.1:2B.1:3C.2:3D.3:4解析：设K⁺、Fe³⁺、Cl⁻的个数分别为3、2、1，SO₄²⁻的个数为x。根据电荷守恒，正电荷总数=3×1+2×3=9，负电荷总数=1×1+2x=1+2x，因此1+2x=9，解得x=4。则Fe³⁺与SO₄²⁻的个数比为2:4=1:2，答案选A。（三）综合应用题例题7：在含有Al³⁺、Ba²⁺、Fe³⁺三种阳离子的溶液中，可能存在的阴离子是（）A.OH⁻B.NO₃⁻C.SO₄²⁻D.CO₃²⁻解析：根据离子共存原则和电荷守恒，OH⁻与Al³⁺、Fe³⁺反应生成沉淀，SO₄²⁻与Ba²⁺反应生成沉淀，CO₃²⁻与Al³⁺、Fe³⁺发生双水解反应，均不能共存。NO₃⁻与三种阳离子均不反应，且溶液可通过NO₃⁻的浓度调节电荷平衡，因此答案选B。例题8：某混合溶液中含有0.2mol/L的Na⁺、0.4mol/L的Mg²⁺、0.4mol/L的Cl⁻，则SO₄²⁻的浓度为（）A.0.1mol/LB.0.2mol/LC.0.3mol/LD.0.4mol/L解析：根据电荷守恒，c(Na⁺)+2c(Mg²⁺)=c(Cl⁻)+2c(SO₄²⁻)，代入数据：0.2+2×0.4=0.4+2c(SO₄²⁻)，解得c(SO₄²⁻)=（0.2+0.8-0.4）/2=0.3mol/L，答案选C。三、电子守恒定律的应用（一）基础概念辨析电子守恒定律是指在氧化还原反应中，氧化剂得到的电子总数等于还原剂失去的电子总数。这一规律是配平氧化还原反应方程式和进行相关计算的核心依据，其数学表达式为：n(氧化剂)×得电子数=n(还原剂)×失电子数。（二）典型例题解析例题9：在反应3Cu+8HNO₃(稀)=3Cu(NO₃)₂+2NO↑+4H₂O中，若有6.4gCu参加反应，则转移电子的物质的量为（）A.0.1molB.0.2molC.0.3molD.0.4mol解析：Cu的化合价从0价升高到+2价，每个Cu原子失去2个电子。6.4gCu的物质的量为0.1mol，因此转移电子的物质的量为0.1mol×2=0.2mol，答案选B。例题10：用K₂Cr₂O₇溶液滴定FeSO₄溶液，反应方程式为K₂Cr₂O₇+6FeSO₄+7H₂SO₄=Cr₂(SO₄)₃+3Fe₂(SO₄)₃+K₂SO₄+7H₂O。若消耗0.1mol/L的K₂Cr₂O₇溶液20mL，则被氧化的FeSO₄的物质的量为（）A.0.002molB.0.012molC.0.02molD.0.06mol解析：Cr元素从+6价降低到+3价，每个Cr原子得到3个电子，1molK₂Cr₂O₇得到6mol电子。Fe元素从+2价升高到+3价，每个Fe原子失去1个电子。根据电子守恒，n(K₂Cr₂O₇)×6=n(FeSO₄)×1，即0.1mol/L×0.02L×6=0.012mol，答案选B。（三）综合应用题例题11：将1.92gCu投入到一定量的浓硝酸中，充分反应后，生成NO和NO₂的混合气体1.12L（标准状况），则参加反应的硝酸的物质的量为（）A.0.1molB.0.11molC.0.12molD.0.13mol解析：Cu与浓硝酸反应的化学方程式为Cu+4HNO₃(浓)=Cu(NO₃)₂+2NO₂↑+2H₂O，随着反应进行，硝酸浓度降低，发生3Cu+8HNO₃(稀)=3Cu(NO₃)₂+2NO↑+4H₂O。1.92gCu的物质的量为0.03mol，生成Cu(NO₃)₂的物质的量为0.03mol，其中硝酸根离子的物质的量为0.06mol。混合气体的物质的量为1.12L÷22.4L/mol=0.05mol，根据氮元素守恒，参加反应的硝酸的物质的量=0.06mol+0.05mol=0.11mol，答案选B。例题12：在一定条件下，RO₃ⁿ⁻与I⁻发生反应的离子方程式为RO₃ⁿ⁻+6I⁻+6H⁺=R⁻+3I₂+3H₂O，则RO₃ⁿ⁻中R元素的化合价是（）A.+3B.+4C.+5D.+6解析：根据电荷守恒，反应前后离子所带电荷总数相等。左边电荷总数为-n+(-6)+6=-n，右边电荷总数为-1，因此-n=-1，解得n=1。RO₃⁻中O元素为-2价，设R元素的化合价为x，则x+(-2)×3=-1，解得x=+5，答案选C。四、三大守恒定律的综合应用（一）跨守恒定律计算题例题13：将一定质量的Mg、Al合金投入到100mL一定物质的量浓度的HCl中，合金全部溶解，向所得溶液中滴加5mol/L的NaOH溶液至过量，生成沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示（横坐标体积单位为mL）。（1）原合金中Mg、Al的质量比为________；（2）HCl的物质的量浓度为________。解析：（1）设Mg的物质的量为x，Al的物质的量为y。沉淀达到最大值时，Mg(OH)₂和Al(OH)₃的总质量为19.4g，继续加入NaOH后，Al(OH)₃溶解：Al(OH)₃+NaOH=NaAlO₂+2H₂O，溶解沉淀消耗NaOH溶液的体积为（160-140）mL=20mL，物质的量为5mol/L×0.02L=0.1mol，因此y=0.1mol，Al(OH)₃的质量为0.1mol×78g/mol=7.8g，Mg(OH)₂的质量为19.4g-7.8g=11.6g，x=11.6g÷58g/mol=0.2mol。Mg、Al的质量比为（0.2mol×24g/mol）:（0.1mol×27g/mol）=48:27=16:9。（2）当加入NaOH溶液140mL时，沉淀达到最大值，此时溶液中的溶质为NaCl，根据钠元素守恒，n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=5mol/L×0.14L=0.7mol，因此HCl的物质的量浓度为0.7mol÷0.1L=7mol/L。（二）复杂反应体系分析例题14：向FeI₂溶液中通入Cl₂，当有1molFe²⁺被氧化时，共转移电子数为3mol，则通入Cl₂的物质的量为（）A.1molB.1.5molC.2molD.2.5mol解析：FeI₂溶液中I⁻的还原性强于Fe²⁺，Cl₂先氧化I⁻，再氧化Fe²⁺。设FeI₂的物质的量为1mol，则I⁻的物质的量为2mol，完全氧化需要1molCl₂（转移2mol电子）。此时有1molFe²⁺被氧化，转移1mol电子，因此总转移电子数为3mol，通入Cl₂的总物质的量为1mol+0.5mol=1.5mol，答案选B。例题15：将Cu与Fe₂O₃的混合物22.4g加入到100mL1mol/L的H₂SO₄中，充分反应后剩余固体4.0g（Cu），则原混合物中Cu与Fe₂O₃的物质的量之比为（）A.1:1B.1:2C.2:1D.3:1解析：反应过程涉及Fe₂O₃+3H₂SO₄=Fe₂(SO₄)₃+3H₂O和Cu+Fe₂(SO₄)₃=CuSO₄+2FeSO₄。剩余Cu的质量为4.0g，因此参与反应的Cu和Fe₂O₃的总质量为22.4g-4.0g=18.4g。设Fe₂O₃的物质的量为x，Cu的物质的量为y，则有160x+64y=18.4g。根据Fe³⁺与Cu的反应关系，x=y（1molFe₂O₃生成1molFe₂(SO₄)₃，氧化1molCu），联立解得x=0.1mol，y=0.1mol，原混合物中Cu的总物质的量为0.1mol+4.0g÷64g/mol=0.1625mol，Fe₂O₃为0.1mol，物质的量之比为0.1625:0.1=13:8（注：原题数据可能存在设计偏差，实际解题时需注意剩余固体是否参与反应）。（三）工业流程题中的守恒应用例题16：工业上用铝土矿（主要成分为Al₂O₃，含Fe₂O₃、SiO₂等杂质）提取Al₂O₃的流程如下：铝土矿→盐酸溶解→过滤→滤液1→过量NaOH→过滤→滤液2→通入CO₂→过滤→Al(OH)₃→灼烧→Al₂O₃已知铝土矿中Al₂O₃的质量分数为51%，若处理100t铝土矿，理论上可得到Al₂O₃的质量为（）A.51tB.40.5tC.3