高中化学不得不学会的守恒法

一、原子守恒例1：将0.8molCO2完全通入1L1mol/LNaOH溶液中充分反应后，所得溶液中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比为（）A、3：1B、2：1C、1：1D、1：3解析：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。假设NaHCO3和Na2CO3的物质的量分别为X、Y，则根据碳原子守恒有X+Y＝0.8mol,根据钠原子守恒有X+2Y＝1mol，解之得X＝0.6mol、Y＝0.2mol故X：Y＝3：1,选A。例2：将一定量NaOH与NaHCO3的混合物A，放在密闭容器中加热，充分反应后生成气体V1L（V1≠0）.将反应后的固体残渣B与过量盐酸反应，又生成CO2V2L（气体体积在标况下测定）则（1）B的成分是（）A、Na2CO3与NaOHB、Na2CO3与NaHCO3C、Na2CO3D、NaOH（2）A中NaOH与NaHCO3共多少摩尔？NaOH与NaHCO3物质的量之比为多少？解析：对于（1）由题知固体加热产生的气体体积不为零，则可说明有CO2生成，即碳酸氢钠过量，因此所得固体只有碳酸钠。对于（2），因固体只有碳酸钠则根据钠离子守恒可知，n(NaOH)＋n(NaHCO3)＝2n(Na2CO3)=2V2/22.4.又知经过充分反应后，碳酸氢钠 中所含的碳元素全部被转化为二氧化碳，则由碳守恒可知n(NaHCO3)＝n(CO2)＝(V1＋V2)/22.4,n(NaOH)＝2V2/22.4－(V1＋V2)/22.4＝(V2－V1)/22.4.n(NaOH)/n(NaHCO3)＝(V2－V1)/(V1＋V2)二、质量守恒例3：已知Q与R的摩尔质量之比为9：22，在反应X＋2Y＝2Q＋R中，当1.6克X与Y完全反应后，生成4.4克R，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为（）A、46：9B、32：9C、23：9D、16：9解析：已知Q与R的摩尔质量比为9：22，结合方程式可以知道，反应生成的Q和R的质量比为18：22，也就是1.6克X与Y完全反应后，生成了4.4克R，同时生成了4.4×18÷22=3.6克Q，消耗Y的质量为3.6+4.4-1.6=6.4克。所以三参加反应的Y和生成物Q的质量之比为6.4g/3.6g=16：9。答案：D三、电荷守恒例4：测得某溶液中仅含有Na+、Mg2+、SO42－、Cl－四种离子，其中离子个数比Na+:Mg2+:Cl－=4:5:8，如假设Na+为4n个，则SO42－可能为：（）A、2n个B、3n个C、6n个D、8n个解析：根据电荷守恒知4n×1＋5n×2＝8n×1+n(SO42－)×2,解得n(SO42－)＝3n,故选B.例5:50mL1mol/LCH3COOH与100mLNaOH溶液混合，所得溶液的 PH=7，关于该溶液中离子浓度的大小关系或说法，不正确的是（）A、c(Na+)＝c(CH3COO－)B、c(Na+)＝c(CH3COO－)>c(H+)=c(OH－)C、c(Na+)＋c(H+)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)D、100mLNaOH溶液浓度为0.5mol/L解析：根据题意c(H+)＝c(OH－)，可知c(Na+)＝c(CH3COO－)，故选项A、B正确；又根据溶液中电荷守恒，即Na+与H+所带正电荷和CH3COO－与OH－所带负电荷相等，故选项C正确，因此该题答案为D。四、电子得失守恒例6：硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0mL0.1mol/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、SC、SO32－D、SO42－解析：根据氧化还原反应的重要规律：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/22.4L.mol－1×2＝0.025L×0.1mol/L×2×(x－2),解得x＝6故选D例7：将32.64克铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的NO和NO2混合气体的体积为11.2L（标准状况）请力量对比答：（1）NO的体积为L，NO2的体积为L。 （2）待产生的气体全部释放后，向溶液中加入VmL、amol/LNaOH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mol/L.(3)使铜与硝酸反应产生的气体在NaOH溶液中完全转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水克。解析：该题题干给出了铜与一定浓度的硝酸反应的情况，要求计算反应后各相关的量，综合性强，有一定的难度。因此抓住反应的实质，利用氧化还原反应中得失电子守恒来建立等式，是突破题中难点的关键。对问题（1）由于n(Cu)＝32.64/64=0.51mol,n(NO,NO2)＝11.2/22.4=0.5mol,又知Cu－2e－＝Cu2+;HNO3＋3e－＝NO、HNO3＋e－＝NO2.若设NO的物质的量为xmol则NO2的物质的量为(0.5－x)mol，根据得失电子守恒得0.51×2＝3x＋(0.5＋x)×1，则x＝0.26即n(NO)＝0.26mol,n(NO2)＝0.24mol,所以V(NO)＝0.26×22.4＝5.8L，V(NO)＝22.4×0.24＝5.4L对问题（2），由题意知反应中部分硝酸参加氧化还原反应，其物质的量为0.5mo，部分硝酸未参加氧化还原反应，其物质的量根据最后溶液中的溶质只有NaNO3即可知Na+=N(原子守恒)，则其物质的量为aV×10－3mol；所以原硝酸溶液的浓度为c(HNO3)=(aV×10－3+0.5)/0.14mol/L.对问题（3），由于NO和NO2混合气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，即HNO3-----NO，NO2-----NO3-相当于氮元素的化合价未变， 铜失去的电子被双氧水得到。即有0.51×2=m（H2O2）×30%×2/34，m（H2O2）=57.8g.例8：将含有0.4molCuSO4和0.2molNaCl的水溶液1L，用惰性电极电解一段时间后，在一个电极上得到0.3molCu，则另一电极上放出气体在标况下的体积是（）A、4.48LB、5.60LC、6.72LD、13.44L解析：Cu2+在电解池阴极得电子转变为Cu，即Cu2+＋2e－=Cu。阴极得到0.3molCu,即共得到电子0.3×2＝0.6mol。阳极为2Cl――2e－=Cl2,0.2molCl－共失0.2mol电子,放出Cl20.1mol;4OH――4e－=2H2O＋O2,根据得失电子守恒,故OH－失(0.6-0.2)mol电子,放出O2气体0.1mol,故气体总量为0.2mol,因此标况下体积为0.2mol×22.4mol/L＝4.48L.选A.解析：根据氧化还原反应的重要规律：得失电子数守恒，可知，反应中氯气所获得的电五、物料守恒例9:19.2mg铜跟适量浓硝酸反应后,铜完全溶解,共收集到11.2mL标况下气体,则反应消耗的硝酸可能为()A、0.8×10－3molB、0.5×10－3molC、1.1×10－3molD、1.2×10－3mol解析:根据N原子守恒,有如下物料守恒式:n(HNO3)＝n(HNO3)氧＋n（HNO3）酸＝n(气)＋2n[Cu(NO3)2]＝(11.2×10－3/22.4)＋2×(19.2×10－3/64)＝1.1×10－3mol，故选 C。例10:0.5mol/L的Na2CO3溶液中,下列有关离子浓度的叙述中,正确的是()A、c(Na+):c(CO32－)＝2:1B、c(Na+)>c(CO32－)>c(HCO3－)>c(H+)>c(OH－)C、c(Na+)＋c(H+)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(OH－)D、c(Na+)＝2[c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)]分析:由于CO32－水解；CO32－＋H2O＝HCO3－＋OH－，HCO3－＋H2O＝H2CO3＋OH－故C原子的存在形式有CO32－、HCO3－、H2CO3三种，据Na2CO3化学式可知n(Na+)＝2n(C)根据物料守恒，故选D。