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1、守恒法在化学计算中的应用编稿：房鑫 审稿：曹玉婷【高考展望】“守恒法”是中学化学经常采用的技巧性解题方法之一，是高考中常用的一种解题方法和解题技巧。系统学习守恒法的应用，对提高解题速率和破解高考难题都有很大的帮助。【方法点拨】一、守恒法的概念守恒法名目繁多，在不同版本的教辅材料中，有多种表述形式，如物料守恒、质量守恒、元素守恒、原子守恒、离子守恒、电荷守恒、电子守恒、物质的量守恒、体积守恒等等。但本质上守恒法不外乎质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒等。化学反应的实质是原子间的重新结合，所以一切化学反应都存在着物料守恒（质量守恒，微粒个数守恒）；宏观上各元素质量反应前后相等即质量守恒，微观上任一微
2、观粒子（如原子、分子、离子等）反应前后个数相等。得失电子守恒是针对氧化还原反应，氧化剂得到电子总数与还原剂失去电子总数相等。电荷守恒一般是指在电解质溶液中阳离子所带正电荷总数与阴离子所带负电荷总数相等，溶液呈电中性。一般情况下，能用“守恒法”解答的题目也能用其它方法解决，但较费时且易出错。而“守恒法”则是利用物质变化过程中某一特定量固定不变来解决问题，其特点是不纠缠于细枝末节，只关注始态和终态，寻找变化前后特有的守恒因素，快速建立等式关系，巧妙作答，可节省做题时间，能提高解题速率和准确率。二守恒法的选取 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
3、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计算题可考虑质量守恒法。 2 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。 3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应中氧化剂、还原剂得失电子数目及反应前后化合价变化等问题可考虑电子守恒法。【典型例题】类型一：质量守恒（物料守恒、原子守恒）【高清课堂：388461 例2】例1、在溶液中1molNaOH与0.8molCO2充分反应，求Na2
4、CO3 与 NaHCO3物质的量之比。 【思路点拨】如根据化学反应方程式来进行计算，就必须先写出涉及到的两个化学反应方程式，然后再列方程组求算，很繁琐。我们可以换个角度考虑问题，因为反应前后质量守恒，原子的种类及数目不会改变，所以在反应中钠离子与碳原子守恒。【答案】1：3【解析】依据在反应中钠离子与碳原子守恒，假设Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为a、b，则根据碳原子守恒有a+b0.8mol,根据钠原子守恒有2a+b1mol，解之得a0.2mol、b0.6mol故a：b1：3。巧解：先配平方程式：0.8CO2+1NaOH=aNa2CO3 +bNaHCO3+cH2O，再列方程求解（见高清
5、）。【总结升华】守恒法与化学方程式法本质是一致的，因为化学方程式本身体现了质量守恒，但直接利用反应前后原子数目守恒可使解题过程大大简化。举一反三：【高清课堂：388461 例3】【变式1】CH4与Cl2充分反应，生成的CH3Cl、CH2Cl2 、CHCl3 、CCl4的物质的量相等，求CH4与Cl2的物质的量之比。【答案】2：5（解析见高清）【变式2】向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中，加入100mL1mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224 mL（标况）的气体，所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现，若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到的铁的质量为 （ ）
6、A. 11.2gB. 5.6gC. 2.8gD. 无法计算 【答案】C【解析】最后溶液中溶质全部是FeCl2，由电荷守恒可知： 【高清课堂：388461 例5】【变式3】Fe 与Fe2O3的混合物2.72g，加入50ml1.6mol L1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Fe2+物质的量浓度是：A 0.2mol L1 B 0.4mol L1C 0.8mol L1 D 1.6mol L1 【答案】C【变式4】将一定质量的镁铝合金投入到250ml 4mol/L的盐酸中，金属完全溶解后，再加入2mol/L的NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，加入的这种氢氧化
7、钠溶液的体积是（ ）A、250ml B、400ml C、500ml D、750ml 【答案】C【解析】沉淀达到最大时，溶液中的溶质只有NaCl, NaCl中的Na+来自于NaOH、Cl-来自于HCl，故n（NaOH）=n（HCl）。【高清课堂：388461 例7】【变式5】Na2S 、Na2SO3 、Na2SO4混合物中，S元素的质量分数为a%，求O元素的质量分数。【答案】（1a%78/32）【解析】混合物中Na、S两元素的质量比为46:32，故混合物中含钠元素的质量分数为： a%46/32，混合物中含氧元素的质量分数为：（1a%78/32）。本题应抓住混合物中Na2S 、Na2SO3 、Na
8、2SO4三者均含“Na2S”的特点，Na、S两元素个数比均为2:1，故不论三者比例如何混合物中Na、S两元素个数比均为2:1。【变式6】C2H4 、C3H8O 、C6H12混合物中，C元素的质量分数为a%，求O元素的质量分数。【答案】（1a%7/6）8/9【解析】将C3H8O改为C3H6 H2O，（1a%7/6）代表含“H2O”量。类型二：电荷守恒例2、1L混合溶液中含SO420.00025mol，Cl0.0005mol ,NO30.00025mol ,Na0.00025 mol ,其余为H，则H物质的量浓度为（ ）。A0.0025 molL1 B0.0001 molL1 C0.001 mol
9、L1 D0.005 molL1【思路点拨】依据电荷守恒来计算，找全溶液中的阳离子和阳离子，因溶液呈酸性，忽略氢氧根离子浓度。【答案】C【解析】由电荷守恒：n（Na）n（H）= 2n（SO42）n（Cl）n（NO3）即 0.00025 moln（H）=20.00025 mol0.0005 mol0.00025 moln（H）=0.001 mol 故c（H）=0.001mol/1L = 0.001mol/L 【总结升华】电解质溶液中阳离子所带正电荷总数与阴离子所带负电荷总数相等，要注意离子所带电荷数。举一反三：【高清课堂：388461 例10】【变式1】将硫酸铝、硫酸钾、硫酸铝钾三种盐混合溶于硫酸
10、酸化的水中，测得C(SO42-)=0.2mol/L ，C(Al3+)=0.05mol/L，溶液的pH=1，则C(K+)= 。 【答案】0.15 mol/L【变式2】在H2SO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，铝离子浓度是0.4 mol / L，硫酸根离子的浓度是0.7 mol / L，则氢离子的浓度最接近于 ( )A. 0.1 mol / L B. 0.2 mol / L C. 0.3 mol / L D. 0.4 mol / L 【答案】B 【解析】设H+的浓度为c，可得c10.4 mol / L30.7 mol / L2，c0.2 mol / L。类型三：电子得失守恒例3、硫代硫酸钠可作
11、为脱氯剂，已知25.0 mL 0.1mol/LNa2S2O3溶液恰好把224mL（标准状况）Cl2完全转化为Cl离子，则S2O32将转化成（ ） A、S2 B、S C、SO32 D、SO42 【思路点拨】根据电子得失相等计算，注意一个S2O32离子中含两个S原子。【答案】D 【解析】根据氧化还原反应的得失电子数守恒可知，反应中氯气所获得的电子的物质的量与硫代硫酸钠中硫失去的电子的物质的量相等。设硫的最终价态为x价。则有（0.224L/22.4Lmol1）20.025L0.1mol/L2(x2),解得x6，故选D。【总结升华】特别要注意分析化合价变化,树立氧化还原反应中有得必有失、得失守恒的思想
12、。举一反三：【变式1】某氧化剂中，起氧化作用的是Cr2O72离子，在溶液中0.2 mol该离子恰好将0.6molSO32离子完全氧化，则Cr2O72离子还原后的化合价为（ ）。A1 B2 C3 D4 【答案】C【解析】在上述反应中，氧化剂为Cr2O72，还原剂为SO32。设反应后X元素的化合价为a。则X元素化合价由6降为a，S元素化合价由4升为6。1molCr元素得电子（6a）mol，1molS元素失电子（64）mol=2 mol。由电子守恒知：20.2（6a）=0.62 ， a=3 。【高清课堂：388461 例12】【变式2】将11.2g的MgCu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的x气体。再向所得溶液中加入适量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀。根据题意推断气体x的成分可能是A0.3mol NO2 和0.3mol NO B0.2mol NO2和0.1mol N2O4 C0.1mol NO、0.2mol NO2和0.05mol N2O4 D0.6mol NO 【答案】C【解析】由质量守恒知21.4g沉淀中氢氧根质量为10.2g，故氢氧根的物质的量为0.6 mol，则电子转移也为0.6 mol，只有C符合题意。