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所谓的守恒解题思想就是利用化学反应前后某些量之间的恒定或等价关系,推理得出正确答案的方案。其中包括质量守恒、元素守恒、电荷守恒、电子得失守恒等等。其中质量守恒我们初中就已经接纳了这种思想,到了高中以后,后三种却是我们惯常使用的思想了。特别是学习了氧化还原反应的理论以后,这些思想就更是应该深入人心了。运用守恒定律,不纠缠过程细节,不考虑途径变化,只考虑反应体系中某些组分相互作用前后某些物理量或化学量的始态和终态,使解题思路简明、方法简单、简化解题步骤,提高解题的准确度,从而达到速解、巧解化学试题的目的。
一、质量守恒
质量守恒是指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质量总和,既化学反应前后原子的种类、数目和质量没有改变。
例1:某镁、铝合金溶于足量的盐酸中,在形成的溶液中加入过量的NaOH溶液,取出沉淀物干燥,灼烧,剩余残渣和原合金的质量相等,则该镁、铝合金中铝的质量分数为( )
A.27%B.40%C.53%D.60%
[解析] Mg——MgCl2——Mg(OH)2——MgO
Al——AlCl3——NaAlO2
即:m(Mg、Al)=m(MgO)由于Mg元素守恒:所以 m(O)=m(Al)答案:B
例2:已知Q与R的摩尔质量之比为9∶22,在反应X+2Y=2Q+R中,当1.6gX与Y完全反应后,生成4.4 gR,则参加反应的Y和生成物Q的质量之比为( )。
A.46∶9B.32∶9C.23∶9D.16∶9
[解析]根据质量守恒:Y与Q的质量之比为(4.4+3.6 -1.6)∶3.6=16∶9答案:D
二、元素守恒
元素守恒是指根据某些元素的原子在反应前后的量不变,与反应过程中其他物质的参与无关。
例3:把2.56g纯铜放入盛有一定量的浓硝酸的大试管中,立即发生化学反应。当铜完全反应后,共生成气体1.12升(标况),此反应中耗用硝酸的物质的量是多少?
[解析]Cu与浓硝酸反应生成NO2,随着反应的进行,硝酸浓度逐渐减小,在与铜反应时生成NO。可以将混合气NO2、NO看成NOx,利用N元素守恒解题:
Cu ～ 2NO3-NOx ～ HNO3
1mol 2mol1mol1mol
2.56/64a1.12/22.4b
a=0.08molb=0.05mol
答:共消耗HNO3 0.13mol。
例4:有一在空气中暴露过的KOH固体,经分析知其含水7.65%、含K2CO34.32%,其余是KOH。若将a g样品放入bmL1mol/L的盐酸中,使其充分反应后,残酸用25.52mLcmol/L的KOH溶液恰好中和,蒸发所得溶液,得到固体质量的表达式中( )
A.可只含bB.应含有aC.必有cD.一定有a、b、c
[解析]样品中的K2CO3、KOH与所加的盐酸反应,生成KCl,过量的盐酸再用KOH中和,又生成KCl。所以最后溶液中的溶质只有KCl一种,固体的质量也就是KCl的质量。而最后所得的KCl中:K+来自于样品中的KOH、K2CO3和所加试剂中的KOH,因而若以钾元素守恒计算KCl的质量时,表达式中必有a、c两个字母;而Cl-只来自于盐酸,因而若以氯元素守恒计算KCl的质量时,表达式中只有b一个字母。故本题应选A。
三、电荷守恒
电荷守恒在化学计算中的应用十分广泛,我们知道酸、碱、盐的溶液能导电,是因为在溶液中能电离出自由移动的带电离子,但整个溶液却不显电性,是因为所有阳离子带的正电荷总数与所有阴离子带的负电荷总数相等,互相抵消。解这类试题思路应首先分析溶液中阴、阳离子种类及所带电荷数目,其次运用“电荷守恒法”列关系式进行计算。
例5:酸雨是因为燃烧煤和石油,生成硫、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:C(NH4+)=2.0×10-6mol/L,C(Na+)=3.0×10-6mol/L,C(NO3-)=2.3×10-5mol/L,C(Cl-)=6.0×10-6mol/L,C(SO42-)=2.8×10-5mol/L,雨水的pH值接近于()
A.2B.3C.4D.6
[解析]由于雨水呈电中性,根据电荷守恒,阳离子所带正电荷总数与阴离子所带负电荷总数相等。即:C(H+)+C(NH4+)+C(Na+)=C(NO3-)+C(Cl-)+C(OH-)+2C(SO42-),C(OH-)较小,忽略不计。代入数据,得:C(H+)=8×10-5 mol/L,pH≈4。答案:C
例6:100 mL 0.1 mol/L醋酸与50 mL0.2mol/L NaOH溶液混合,在所得溶液中离子浓度大小正确的是( )。
A.c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
B.c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)
C.c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)
D.c(Na+)=c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
[解析]醋酸与NaOH物质的量相等恰好完全反应生成CH3COONa,溶液中c(OH-)>c(H+),据电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),由于c(OH-)>c(H+),故c(Na+)>c(CH3COO-),又盐溶液中阴、阳离子浓度一般大于c(H+)、c(OH-)。答案:A
四、得失电子守恒
得失电子守恒主要针对氧化还原反应,因为在氧化还原反应中,还原剂失去电子的总数一定等于氧化剂得到电子的总数,得失电子总数保持守恒。
例7:将纯铁丝5.21g溶于过量稀盐酸中,在加热条件下,用2.53gKNO3氧化溶液中Fe2+,待反应后剩余的Fe2+离子尚需12ml0.3mol/L KMnO4溶液才能完全氧化,则KNO3被还原后的产物为( )
A.N2B.NOC.NO2D.NH4NO3
[解析]根据氧化还原反应中得失电子的总数相等,Fe2+变为Fe3+失去电子的总数等于NO3+和MnO4-得电子的总数。设n为KNO3的还原产物中N的化合价,则
5.21g/56g/moL×(3-2)=0.012L×0.3mol/L×(7-2)+2.53g/101g/mol×(5-n)
解得 n=3 故KNO3的还原产物为NO。答案:B
例8:往VmLFeBr2溶液中缓慢通入a mol Cl2,结果溶液中有一半Br-离子被氧化为溴单质,则原FeBr2溶液的物质的量浓度为( )
A.2×103a/V mol/L B.103a/V mol/L
C.3×103a/V mol/L D.500a/V mol/L
[解析]Fe2+、Br-均具有还原性,Fe2+的还原性比Br-强,氧化剂Cl2先氧化Fe2+。根据题意,Br-有一半被氧化,则Fe2+全部被氧化,a mol Cl2参加反应即转移2a mol电子,Fe2+全部被氧化,一半Br-被氧化时,也应转移2a mol电子,可计算出Fe2+为a mol,FeBr2也为a mol。 答案:B
(责任编辑:张华伟)
一、质量守恒
质量守恒是指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质量总和,既化学反应前后原子的种类、数目和质量没有改变。
例1:某镁、铝合金溶于足量的盐酸中,在形成的溶液中加入过量的NaOH溶液,取出沉淀物干燥,灼烧,剩余残渣和原合金的质量相等,则该镁、铝合金中铝的质量分数为( )
A.27%B.40%C.53%D.60%
[解析] Mg——MgCl2——Mg(OH)2——MgO
Al——AlCl3——NaAlO2
即:m(Mg、Al)=m(MgO)由于Mg元素守恒:所以 m(O)=m(Al)答案:B
例2:已知Q与R的摩尔质量之比为9∶22,在反应X+2Y=2Q+R中,当1.6gX与Y完全反应后,生成4.4 gR,则参加反应的Y和生成物Q的质量之比为( )。
A.46∶9B.32∶9C.23∶9D.16∶9
[解析]根据质量守恒:Y与Q的质量之比为(4.4+3.6 -1.6)∶3.6=16∶9答案:D
二、元素守恒
元素守恒是指根据某些元素的原子在反应前后的量不变,与反应过程中其他物质的参与无关。
例3:把2.56g纯铜放入盛有一定量的浓硝酸的大试管中,立即发生化学反应。当铜完全反应后,共生成气体1.12升(标况),此反应中耗用硝酸的物质的量是多少?
[解析]Cu与浓硝酸反应生成NO2,随着反应的进行,硝酸浓度逐渐减小,在与铜反应时生成NO。可以将混合气NO2、NO看成NOx,利用N元素守恒解题:
Cu ～ 2NO3-NOx ～ HNO3
1mol 2mol1mol1mol
2.56/64a1.12/22.4b
a=0.08molb=0.05mol
答:共消耗HNO3 0.13mol。
例4:有一在空气中暴露过的KOH固体,经分析知其含水7.65%、含K2CO34.32%,其余是KOH。若将a g样品放入bmL1mol/L的盐酸中,使其充分反应后,残酸用25.52mLcmol/L的KOH溶液恰好中和,蒸发所得溶液,得到固体质量的表达式中( )
A.可只含bB.应含有aC.必有cD.一定有a、b、c
[解析]样品中的K2CO3、KOH与所加的盐酸反应,生成KCl,过量的盐酸再用KOH中和,又生成KCl。所以最后溶液中的溶质只有KCl一种,固体的质量也就是KCl的质量。而最后所得的KCl中:K+来自于样品中的KOH、K2CO3和所加试剂中的KOH,因而若以钾元素守恒计算KCl的质量时,表达式中必有a、c两个字母;而Cl-只来自于盐酸,因而若以氯元素守恒计算KCl的质量时,表达式中只有b一个字母。故本题应选A。
三、电荷守恒
电荷守恒在化学计算中的应用十分广泛,我们知道酸、碱、盐的溶液能导电,是因为在溶液中能电离出自由移动的带电离子,但整个溶液却不显电性,是因为所有阳离子带的正电荷总数与所有阴离子带的负电荷总数相等,互相抵消。解这类试题思路应首先分析溶液中阴、阳离子种类及所带电荷数目,其次运用“电荷守恒法”列关系式进行计算。
例5:酸雨是因为燃烧煤和石油,生成硫、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:C(NH4+)=2.0×10-6mol/L,C(Na+)=3.0×10-6mol/L,C(NO3-)=2.3×10-5mol/L,C(Cl-)=6.0×10-6mol/L,C(SO42-)=2.8×10-5mol/L,雨水的pH值接近于()
A.2B.3C.4D.6
[解析]由于雨水呈电中性,根据电荷守恒,阳离子所带正电荷总数与阴离子所带负电荷总数相等。即:C(H+)+C(NH4+)+C(Na+)=C(NO3-)+C(Cl-)+C(OH-)+2C(SO42-),C(OH-)较小,忽略不计。代入数据,得:C(H+)=8×10-5 mol/L,pH≈4。答案:C
例6:100 mL 0.1 mol/L醋酸与50 mL0.2mol/L NaOH溶液混合,在所得溶液中离子浓度大小正确的是( )。
A.c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
B.c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)
C.c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)
D.c(Na+)=c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
[解析]醋酸与NaOH物质的量相等恰好完全反应生成CH3COONa,溶液中c(OH-)>c(H+),据电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),由于c(OH-)>c(H+),故c(Na+)>c(CH3COO-),又盐溶液中阴、阳离子浓度一般大于c(H+)、c(OH-)。答案:A
四、得失电子守恒
得失电子守恒主要针对氧化还原反应,因为在氧化还原反应中,还原剂失去电子的总数一定等于氧化剂得到电子的总数,得失电子总数保持守恒。
例7:将纯铁丝5.21g溶于过量稀盐酸中,在加热条件下,用2.53gKNO3氧化溶液中Fe2+,待反应后剩余的Fe2+离子尚需12ml0.3mol/L KMnO4溶液才能完全氧化,则KNO3被还原后的产物为( )
A.N2B.NOC.NO2D.NH4NO3
[解析]根据氧化还原反应中得失电子的总数相等,Fe2+变为Fe3+失去电子的总数等于NO3+和MnO4-得电子的总数。设n为KNO3的还原产物中N的化合价,则
5.21g/56g/moL×(3-2)=0.012L×0.3mol/L×(7-2)+2.53g/101g/mol×(5-n)
解得 n=3 故KNO3的还原产物为NO。答案:B
例8:往VmLFeBr2溶液中缓慢通入a mol Cl2,结果溶液中有一半Br-离子被氧化为溴单质,则原FeBr2溶液的物质的量浓度为( )
A.2×103a/V mol/L B.103a/V mol/L
C.3×103a/V mol/L D.500a/V mol/L
[解析]Fe2+、Br-均具有还原性,Fe2+的还原性比Br-强,氧化剂Cl2先氧化Fe2+。根据题意,Br-有一半被氧化,则Fe2+全部被氧化,a mol Cl2参加反应即转移2a mol电子,Fe2+全部被氧化,一半Br-被氧化时,也应转移2a mol电子,可计算出Fe2+为a mol,FeBr2也为a mol。 答案:B
(责任编辑:张华伟)