守恒思想在化学中的应用.ppt

小专题 守恒思想在化学中的应用1 、稀硫酸与BaCl2溶液充分混合，恰好完全反应，将所得 到的液体过滤，得滤液质量与原BaCl2溶液的质量相等， 求原稀硫酸的溶质质量分数 2、1L混合溶液中含SO42－0.025mol，Cl－0.05mol ,NO3－ 0.025mol ,Na＋0.025 mol ,其余为H＋，则H＋物质的量浓 度为A．0.25 mol·L－1 B．0.01 mol·L－1 C．0.1 mol·L－1 D. 0.5 mol·L－1 3、在空气中加热32g铜粉，使其全部变为氧化铜，然后加入 足量的稀硫酸中，待反应完毕后，再加热蒸发溶剂，可制 得硫酸铜晶体的质量是（ ）A、250g B、90g C、125g D、24g 4、某氧化剂中，起氧化作用的是X2O72－离子，在溶液中0.2 mol该离子恰好能使0.6molSO32－离子完全氧化，则X2O72 －离子还原后的化合价为 （） A．＋1 B．＋2 C．＋3 D．＋4【自我体验】1、稀硫酸与BaCl2溶液充分混合，恰好完全反应，将所得 到的液体过滤，得滤液质量与原BaCl2溶液的质量相等，求 原稀硫酸的溶质质量分数。

l溶液质量守恒： m(H2SO4)aq＋ m(BaCl2) aq ＝m(BaSO4) +m(HCl) aq已知：m(HCl ) aq＝ m(BaCl2) aq所以： m(H2SO4) aq＝＝ m(BaSO4 )又： H2SO4与 BaCl2 恰好反应，设H2SO4有1mol 质量为９８g则生成 BaSO4为1mol 质量为２３３ g,即硫酸溶液的质量为233g H2SO4%=98/233 X100%=42%电荷守恒2、1L混合溶液中含SO42－0.025mol，Cl－ 0.05mol ,NO3－0.025mol ,Na＋0.025 mol ,其 余为H＋，则H＋物质的量浓度为（ ） • A．0.25 mol·L－1 B．0.01 mol·L－1 C． 0.1 mol·L－1 D. 0.5 mol·L－1n（Na＋）＋n（H＋）= 2n（SO42－）＋n（Cl－）＋n（NO3－ ）即 0.025 mol＋n（H＋）=2×0.025 mol＋0.05 mol＋0.025 moln（H＋）=0.1 mol 故c（H＋）=0.1mol/1L = 0.1mol/L 答案选C3、在空气中加热32g铜粉，使其全部变为氧化铜，然后 加入足量的稀硫酸中，待反应完毕后，再加热蒸发溶剂 ，可制得硫酸铜晶体的质量是（ ）A、250g B、90g C、125g D、24gl思考：铜元素在本题涉及的一系列变化中保持 守恒。

且有下列关系：l Cu～CuO～CuSO4 ～CuSO4·5H2Ol 1mol 1moll 0.5mol 0.5mollm(CuSO4·5H2O )＝250g/mol*0.5mol=125g元素原子守恒4、某氧化剂中，起氧化作用的是X2O72－离子，在溶液中0.2 mol 该离子恰好能使0.6molSO32－离子完全氧化，则X2O72－离子还原 后的化合价为 （ ） A．＋1 B．＋2 C．＋3 D．＋4氧化剂为X2O72－，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电子守恒知： 2×0.2mol（6－a）=0.6mol×2a=＋3 答案选C得失电子守恒氧化剂的物质的量×变价原子个数×变化的价态=还原剂的物质的量×变价原子个数×变化的价态常见的守恒类型【归纳总结】一、质量守恒 依据：化学反应前物质的总质量=反应后物质的 总质量常见守恒类型：四、元素原子守恒依据：化学反应前后原子的种类和数目不发生变化 二、电荷守恒依据：溶液中阳离子所带正电荷总数＝阴离子所带负电荷 总数。

三、得失电子守恒依据：氧化还原反应中氧化剂得电子总数=还原剂失电 子总数【思考】在10.6gNa2CO3和8.4gNaHCO3固体中加入 含1mol HCl的盐酸溶液，溶液呈酸性，继续加入 100mL 7mol/L的NaOH溶液后恰好中和，将溶液 蒸干，则所得固体的质量__________g反应物（始态）：Na2CO3 NaHCO3 HCl NaOH生成物（终态）： NaCl NaCl ～ Cl ～ HCl1mol 1mol M(NaCl)=58.5g守恒呀！物料守恒Na2CO3+2 HCl= 2NaCl+CO2↑+H20NaHCO3+HCl= NaCl+CO2 ↑ +H20NaOH+HCl = NaCl+CO2+H20【探究升华】守恒思想解题守恒法就是根据化学反应的实质是原子 间的重新组合，遵循质量、元素等守恒规律 抓住物质变化的始态和终态，忽略中间过 程，利用不变量直接建立关系式解题 38.4g铜与适量的浓硝酸反应，铜全部 作用后，共收集到气体22.4L(标况)(不考虑生 成N2O4)。

则反应消耗的HNO3的物质的量是 多少？【探究一】用守恒思想解题：根据反应前后N原子守恒可得 n(HNO3)=2[nCu(NO3)2]+ n(NO2) + n(NO)=2×38.4g/64g/mol+22.4L/22.4L/mol=2.2mol 始态(N)：HNO3 始态(Cu)：Cu终态(N)：Cu(NO3)2、NO、NO2 终态(Cu)： Cu(NO3)2即反应消耗的硝酸物质的量为2.2mol分析：发生反应为 Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+ 2H2O……a3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+ 4H2O……b解法比较如果从方程式求解，设NO2、NO的物质的量分别为x、y 64g/mol×（x/2+3y/2）＝38.4g …… ①x + y = 22.4L/22.4L/moL …… ②联立①②，解得：x=0.9mol；y=0.1mol；n(HNO3)= n(NO2)×2 + n(NO)×4＝0.9mol×2＋0.1mol×4=2.2mol 向含amolAlCl3的溶液中滴加 含b molNaOH溶液时有沉淀生成， 当3a

始态：amolAlCl3 bmolNaOH 终态：NaCl、NaAlO2、Al(OH)33a mol （b-3a）mol amol-(b-3a)mol 【探究二】取c molKMnO4固体，加热一段时间后 （KMnO4－K2MnO4+ MnO2+O2↑），收集到 amol气体，在反应后的残留固体中加入足量 浓盐酸（ KMnO4+HCl－KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O； K2MnO4+HCl－KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O； MnO2+HCl－MnCl2+Cl2↑+H2O）， 又收集到bmol气体，此时Mn均以Mn2+形式存 在试写出a、b、c间的关系式 从整体看Mn元素从+7→+2价，化合价降 低，被还原，而被氧化的元素是氧元素 和氯元素；根据氧化还原的得失电子守恒可得： c×(7-2)e-=a×4e-+b×2e-,即a、b、c间的关系式为 ：4a+2b=5c202120422;2ClClOOee¾¾®¾¾¾®¾---- ---;25 47+++ ¾¾ ®¾-MnOMnKe38.4g铜与适量的浓硝酸反应，铜全部 作用后，共收集到气体若干升，将生成的气 体和VL（标况）的O2一起导入水中恰好全部 溶解生成硝酸，求标况下氧气的体积。

【拓展练习2】讨论:此时铜与硝酸反应生成的气体若为NO 、NO2或N2O4等对最终V(O2)有无影响？§ 38.4g铜与适量的浓硝酸反应，铜全部作用后 ，共收集到气体若干升，将生成的气体和VL （标况）的O2一起导入水中恰好全部溶解生成 硝酸，求标况下氧气的体积始态：Cu 0.6molHNO3 若干O2 V L终态：Cu(NO3)2HNO3 若干H2O 若干 得失电子守恒：n(Cu ) ×2= n(O2 )×40.6 mol×2=n(O2 )×4n(O2 )=0.3mol v(O2)=6.72L守恒思想解题的选取v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．溶液中常用离子的电荷守恒和物料守恒离 子方程式中也要考虑电荷守恒）2．氧化还原反应中应考虑得失电子守恒法3．多步反应中可考虑元素守恒法4．在反应中涉及质量有关的问题可考虑质量守恒 法5．具体问题中，综合考虑，往往是几种守恒关系 联合运用 【探究三】将14 g铁粉溶解在1 L稀硝酸中，恰好完全反 应，放出NO气体后称量所得溶液，发现比原溶液 质量增加8 g 。

若反应后溶液仍为1 L，求生成盐 的浓度 分析：m(NO)=14 g-8 g = 6 g ，则 n(NO)=6g/30g·mol-1=0.2mol n(Fe)=14g/56g/mol=0.25mol讨论:生成的盐是Fe(NO3)2 还是Fe(NO3)3 ？ 为什么？因为Fe与稀HNO3 反应，可生成Fe(NO3)2 或 Fe(NO3)3 ，设物质的量分别为x、y；质 量 守 恒：56 g/mol (x+y)=14g ……① 得失电子守恒：2x+3y=0.2mol×3 ……② 联立，解得x=0.15 mol，y=0.1mol； 故：C(Fe(NO3)2)= 0.15mol/L； C(Fe(NO3)3)= 0.1mol/Ll将Mg、Cu组成的2.64克混合物投入适量稀硝 酸中恰好反应,固体完全溶解时收集的还原产 物NO气体0.896L（SPT），向反应后溶液中 加入2mol/LNaOH溶液60ml时金属离子恰好 沉淀完全则形成沉淀质量为（ ）lA. 4.32克 B. 4.68克 C. 5.36克 D. 6.38克答案：B【拓展练习3】守恒类型。