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高中化学常用解题方法“守恒法”


守恒法
一、守恒法的原理和应用
守恒法是中学化学计算中一种很重要的方法与技巧,也是 在高考试题中应用最多的方法之一,其特点是:抓住有关变化的 始态和终态,忽略中间过程,利用其中某种不变量建立关系式, 从而简化思路,快速解题。 二、守恒法解题依据:根据几个连续的化学方程式前后某 微粒如原子、电子、离子的物质的量保持不变或质量守恒等列 关系式解答。 三、化学解题的

守恒思想主要包括以下几种情况: 1.正负化合价代数和为零的守恒思想。 2.阴阳离子正负电荷总数相等的守恒思想。 3.质量(或物质的量)相等的守恒思想。 4.得失电子总数相等的守恒思想。

1.质量守恒法
例1. 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 g X与Y完全反应后,生成4.4 g R,则参与反应的Y和生成物Q的 质量之比为( ) A.23∶9 B.32∶9 C.46∶9 D.16∶9

【解析】 此题主要考查质量守恒定律。Q 与 R 的摩尔质量之比为 m?Q? 4.4 g 9∶22 是本题计算的突破口,由反应方程式知, = ,得 m(Q) 2×9 22 =3.6 g。再根据质量守恒定律:1.6 g+m(Y)=3.6 g+4.4 g,得 m(Y)= 6.4 g。故 m(Y)∶m(Q)=6.4 g∶3.6 g=16∶9。

2.原子守恒法

例2 在空气中暴露过的KOH固体,经分析知其成分为: 水7.62%、K2CO3 2.38%、KOH90%,若将1 g此样品加到46.00 mL 1 mol· L-1的盐酸中,过量的盐酸再用1.07 mol· L-1的KOH 溶液中和,蒸发中和后的溶液可得固体多少克? 【解析】本题化学反应复杂,数字处理烦琐,但若根据Cl 元素守恒,便可以看出,蒸发溶液所得KCl固体中的Cl-,全部来 自盐酸中的Cl-,即生成的n(KCl)=n(HCl),m(KCl)=1 mol×L -1×0.046 L×74.5 g·mol-1≈3.43 g。
【答案】 3.43 g

3.电荷守恒法
- 例 3 某硫酸镁和硫酸铝的混合溶液中, c(Mg2+)=2 mol· L-1, c(SO2 4 )

=6.5 mol·L ,若将 200 mL 此混合液中的 Mg 和 Al 分离,至少应加 入 1.6 mol·L 氢氧化钠溶液的体积是( A.0.5 L C.1.8 L B.1.625 L D.2 L
-1

-1

2+

3+

)

【解析】
2- -1

根据溶液中的电荷守恒可得: 2c(Mg ) + 3c(Al ) =
3+ -1 -1

2+

3+

2c(SO4 ),故 c(Al )=(2×6.5 mol·L -2×2 mol·L )/3=3 mol·L ,当加入的 NaOH 溶液恰好将 Mg2+与 Al3+分离时,NaOH 转化为 Na2SO4
- SO2 +n Al3+ 4 c NaOH

2n 和 NaAlO2,则 V(NaOH)=

2×6.5 mol·L-1×0.2 L+3 mol·L-1×0.2 L = 1.6 mol·L-1 =2L。

4.电子守恒法
(氧化还原反应中氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等)

n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值=n(还原剂)
×变价原子个数×化合价变化值

例4 白磷放入热的CuSO4溶液中发生如下反应: P+CuSO4+H2O→Cu3P↓+H3PO4+H2SO4,则160 g CuSO4所氧 化的磷的质量为( ) A.4.81 g B.5.60 g C.6.20 g D.8.14 g
【解析】 设被 160 g CuSO4 所氧化的 P 的质量为 x,依据得失电子守恒:n(氧 化剂 )×变价原子个数×化合价变化值= n(还原剂 ) ×变价原子个数× 160 g x g 化合价变化值,即: -1×(2-1)= -1×(5-0),解 160 g·mol 31 g·mol 得 x=6.20 g。

[巩固 1]向含有 1 mol FeCl2 的溶液中通入 0.2 mol Cl2,再加入含 0.1 mol X2O7 的酸性溶液,使溶液中 Fe 恰好全部被氧化,并使 X2O7 还 原为 X ,则 n 值为( A.2 C.4
n+
2- 2+ 2-

) B.3 D.5

- 【解析】 由题意知 Fe2+是还原剂,失电子,Cl2、X2O2 7 是氧化剂,

得电子。根据电子得失守恒得:n(Fe )×1=n(Cl2)×2+n(X2O7 )×(6 -n)×2,即 1×1=0.2×2+0.1×(6-n)×2,解之得:n=3。

2+

2-

【巩固2】请根据反应15CuSO4+11P+24H2O=5Cu3P↓+6H3PO4+15H
2SO4,判断1

mol CuSO4能氧化P的物质的量(
11 B. mol 5 1 D. mol 3

)

2 A. mol 5 1 C. mol 5

【正确解答】 这类题型应直接根据得失电子守恒定律解答, 题已直接给出了参与氧化还原反应的氧化剂的量。设被氧化的P的物 质的量为x,氧化产物为H3PO4,则有1×1 mol=x×5,解得x=1/5 mol。答案:C。

【练习1】 将7.8 g Mg、Al合金溶于120 mL 4 mol/L H2SO4中,当合金完全溶解后,再加入120 mL 8 mol/L的NaOH 溶液,得到沉淀的质量为21.4 g,则加入H2SO4时产生的氢气 的物质的量为( A ) A.0.4 mol B.0.6 mol C.0.8 mol D.1.0 mol

【解析】 由题意知,当加入120 mL 8 mol/L的NaOH溶液时, n(NaOH)=2n(H2SO4),即此时Mg和Al恰好完全沉淀,只要求出Mg 和Al的物质的量,即可得氢气的量。 由金属单质到氢氧化物沉淀(终态)的关系,可快速求得金属 的物质的量。

【练习2】 将5.1 g镁和铝投入500 mL 2 mol/L的盐酸中,生 成氢气0.5 g,金属完全溶解。再加入4 mol/L的NaOH溶液。 (1)若要使生成的沉淀最多,则应加入NaOH溶液的体积是( ) A.200 mL B.250 mL C.425 mL D.560 mL (2)生成沉淀的质量最多是( ) A.22.1 g B.8.5 g C.10.2 g D.13.6 【解析】 (1)要使生成的沉淀最多,Mg2+和Al3+全部生成 Mg(OH)2和Al(OH)3沉淀,溶液中溶质只含NaCl,据Na元素与Cl元 素守恒有:500 mL×2 mol/L=4 mol/L×V(NaOH),所以V(NaOH) =250 mL。(2)从始态(金属镁和铝)到终态[Mg(OH2)和Al(OH)3]沉 淀,固体增加的质量为OH-的质量,只要计算出n(OH-) 即可,而 n(OH-) 等于反应中转移的电子的物质的量,因反应中生成氢气 0.5 g,所以转移的电子的物质的量等于2n(H2),即OH-的物质的 量为0.5 mol,质量为8.5 g,生成沉淀的质量最多是13.6 g。 【答案】 (1)B (2)D

【练习3】 将0.1 mol的镁、铝混合物溶于100 mL 2 mol/L H2SO4溶液中,然后再滴加1 mol/L NaOH溶液。请回答: (1)若在滴加NaOH溶液的过程中,沉淀质量m随加入NaOH溶液 的体积V变化如图所示。

当V1=160时,则金属粉末中:n(Mg)=________mol,V2= ________。 (2)若在滴加NaOH溶液的过程中,欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀 完全,则滴入NaOH溶液的体积V(NaOH)=________mL。 (3)若混合 物仍为0.1 mol,其中Mg粉的物质的量分数为a,用100 mL 2 mol/L的硫酸溶解该混合物后,再加入450 mL 1 mol/L的NaOH溶液, 所得沉淀中无Al(OH)3。满足此条件的a的取值范围是________。

【解析】(1)由图像可知:V1 mL 的 NaOH 溶液是与过量的 H2SO4 反应 1 的,则与 Mg、Al 反应的 H2SO4 为:0.2 mol-0.16 mol× =0.12 mol。 2 假设 Mg、Al 物质的量分别为 x mol、ymol,则有方程组:①x+y=0.1, 3 ②x+ y=0.12,解得:x=0.06,y=0.04。 2 当加入 V2 ml NaOH 溶液时,刚好得到 Mg(OH)2 沉淀和 NaAlO2 溶液, 由 关 系 式 法 : Mg2 + ~ 2OH - , Al3 + ~ 4OH - , 有 V2 = 160 + 0.06×2+0.04×4 ×103=440。 1

(2)由终态分析法有,当 Mg 、Al 刚好沉淀完全时,溶液中只有 100 mL×2 mol/L×2 Na2SO4, 关系式为 2NaOH~H2SO4, 故 V(NaOH)= =400 1 mol/L mL。 (3)当所得沉淀中无 Al(OH)3 时,NaOH 溶液过量,反应后生成的溶 质为 Na2SO4、NaAlO2。则由 Na 元素守恒:n(NaOH)=0.45 L×1 mol/L 1 ≥0.1 L×2 mol/L×2+0.1×(1-a) mol。解得 a≥ ,则满足此条件的 2 1 a 的取值范围是 ≤a<1。 2

2+

3+


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