高中化学 守恒法.ppt

第二部分思想方法篇 思想方法守恒法,“守恒法”就是以化学反应过程中存在的某些特定关系为依据,从诸多变化和繁杂数据中寻找某一不变的物理量及其对应等式关系解题的一种思想方法 运用守恒法可以避开复杂的反应和中间过程,直接寻找始态和终态中特有的守恒关系,能更快、更便捷地解决问题,提高解题的速度和准确度 中学常见的守恒问题有3种:质量守恒、电荷守恒、电子守恒一)质量守恒法 【内涵解读】 1.含义:参加化学反应的各物质的质量总和等于生成物的质量总和2.类型: (1)质量守恒:反应物减少的总质量=生成物增加的总质量在一些物理变化中也存在质量守恒,如溶液在稀释或浓缩过程中,原溶质质量在稀释或浓缩后不变(溶质不挥发、不析出) (2)元素守恒:化学反应前原子的种类或数目=反应后原子的种类或数目 (3)物料守恒:溶液中某一组分的原始浓度=它在溶液中各种存在形式的浓度之和应用攻略】 在任何化学反应中 质量守恒 1.在一个具体的化学反应中,涉及与质量有关的问题可考虑质量守恒法 2.在某一具体的化学反应或过程中,涉及某一元素(或微粒)的数目问题时可考虑元素守恒法或物料守恒法 3.在某些复杂多步的化学反应中,涉及多步复杂的化学过程的问题可考虑元素守恒法。

典题示范1】有一块铝、铁合金,溶于足量的盐酸中再用过量的NaOH溶液处理,将产生的沉淀过滤、洗涤、干燥、灼烧,完全变成红色粉末,经称量红色粉末和合金质量恰好相等,则合金中铝的质量分数为() A.60%B.50%C.40%D.30%,【分析】根据题中信息,物质的变化如下图所示: 在反应过程中,铁元素的质量是守恒的,且有m(Al)+m(Fe)= m(Fe2O3),即合金中铝元素的质量和Fe2O3中氧元素的质量相等, 则合金中铝元素的质量分数与Fe2O3中氧元素的质量分数相等 w(Al)= 100%=30%典题示范2】已知Q与R的摩尔质量之比为922,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.469B.329C.239D.169,【分析】可假设Q和R的相对分子质量分别为9a、22a,设生成 4.4 g R的同时生成Q的质量是x X+2Y=2Q+R 18a22a x 4.4 g 根据 ,解得x=3.6 g, 由质量守恒可知参与反应的Y的质量为4.4 g+3.6 g-1.6 g= 6.4 g,所以参与反应的Y和生成物Q的质量之比为6.4 g3.6 g =169。

针对演练】 1.(质量守恒)在化学反应A+B=C+D中,已知25 g A与10 g B恰好完全反应生成5 g C,若反应后要生成6 g D,则参加反应的A的质量为() A.2 gB.3 gC.4 gD.5 g,【解析】选D根据质量守恒,反应A+B=C+D中,25 g A与 10 g B恰好完全反应生成5 g C时,生成D的质量=25 g+10 g- 5 g=30 g,则设生成6 g D时参加反应的A的质量为x,则 解得x=5 g2.(元素守恒)38.4 mg铜跟适量的浓硝酸反应,铜全部作用后,共收集到22.4 mL(标准状况)气体,反应消耗的HNO3的物质的量可能是() A.1.010-3molB.1.610-3mol C.2.210-3mol D.2.410-3mol,【解析】选C据题意,铜和浓硝酸反应开始产生的是NO2,随着 反应的进行,硝酸浓度逐渐降低,与铜反应生成NO,故22.4 mL (标准状况)气体应是NO2与NO的混合物据氮原子守恒,反应消 耗的硝酸中的氮元素在生成物中存在于Cu(NO3)2、NO、NO2中, 所以硝酸的物质的量等于气体的物质的量与硝酸铜物质的量的 两倍之和。

n(HNO3)=n(气体)+2nCu(NO3)2 =n(气体)+2n(Cu) = =2.210-3mol3.(物料守恒)标准状况下,将448 mL CO2通入300 mL 0.1 molL-1的NaOH溶液,充分反应后,溶液中离子的关系正确 的是() A.c(Na+)c( )c(OH-)c( ) C.c(Na+)c(OH-)c( )c( ) D.c(Na+)c( )+2c( )+c(H2CO3),【解析】选Dn(CO2)=0.448 L/22.4 Lmol-1=0.02 mol, n(NaOH)=0.3 L0.1 molL-1=0.03 mol,则发生:2CO2+3OH- = + +H2O,由存在 +H2O +OH-, +H2O H2CO3+OH-,知水溶液显碱性,由电荷守恒c(Na+)+c(H+) =2c( )+c( )+c(OH-),可知c(Na+)c( )+ 2c( ),A错误;存在 +H2O +OH-, +H2O H2CO3+OH-,水解程度且水解程度都较小,则 c( )c( )c(OH-),故有c(Na+)c( )c( ),c(OH-),故B、C错误;由物料守恒n( )+n( )+n(H2CO3) =0.02 mol,且n( ) c( )+2c( )+c(H2CO3),D项正确。

二)电荷守恒法 【内涵解读】 1.含义:电解质溶液一定呈电中性,即电解质溶液中的阳离子所带的正电荷总数与阴离子所带的负电荷总数相等 2.类型: (1)n(Ma+)a=n(Nb-)b; (2)c(Ma+)a=c(Nb-)b应用攻略】 在溶液中 电荷守恒 涉及溶液(尤其是混合溶液)或固体离子化合物及它们的混合物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典题示范1】在硫酸、明矾和硫酸铝组成的混合溶液中, c(Al3+)=0.3 molL-1,c( )=0.7 molL-1,由水电离的 c(H+)=10-13molL-1,则c(K+)为() A.0.15 molL-1 B.0.2 molL-1 C.0.3 molL-1 D.0.4 molL-1,【分析】由水电离的c(H+)=10-13molL-1,则由水电离的c(OH-) =10-13molL-1,说明水的电离主要受到硫酸电离的抑制,溶液 中的c(H+)=0.1 molL-1,根据电荷守恒可得c(Al3+)3+c(H+)+ c(K+)=c( )2+c(OH-),则c(K+)0.4 molL-1典题示范2】某硫酸铝和硫酸镁的混合液中,c(Mg2+)= 2 molL-1,c( )=6.5 molL-1,若将200 mL的此混合液 中的Mg2+和Al3+分离,至少应加入1.6 molL-1的氢氧化钠溶液 () A.0.5 LB.1.625 LC.1.8 LD.2 L,【分析】根据电荷守恒得:2c(Mg2+)+3c(Al3+)=2c( ), c(Al3+)= =3 molL-1,加入氢氧化 钠溶液使Mg2+、Al3+分离,此时NaOH转化为Na2SO4和NaAlO2,由电 荷守恒得: V(NaOH)=,【针对演练】 1.(用电荷守恒求pH)对某地某次雨水的分析数据如下: c( )=2.010-6molL-1、c(Cl-)=6.010-6molL-1、 c(Na+)=3.010-6molL-1、c( )=2.310-5molL-1、 c( )=2.810-5molL-1。

则此次雨水的pH大约为() A.3B.4C.5D.6,【解析】选B根据电荷守恒可得:c(H+)+c( )+c(Na+)= c(Cl-)+c( )+2c( ),代入数据计算出c(H+)=8.0 10-5molL-1,则pH=-lgc(H+)=5-lg842.(电解质溶液中的电荷守恒)在2 L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混 合溶液中加入2 mol BaCl2,恰好使溶液中的 完全沉淀;若 加入足量强碱并加热可得到1 mol NH3,则原溶液中Al3+的浓度 为() A.2 molL-1 B.0.25 molL-1 C.1 molL-1 D.0.5 molL-1,【解析】选D由混合溶液中加入2 mol BaCl2,恰好使溶液中 的 完全沉淀得: +Ba2+=BaSO4 2 mol 2 mol c( )=2 mol/2 L=1 molL-1,由加入足量强碱并加热可得到1 mol NH3得: +OH- NH3+H2O 1 mol 1 mol c( )=1 mol/2 L=0.5 molL-1, 又因为溶液不显电性,设原溶液中的Al3+浓度为x,由电荷守恒 可知有3c(Al3+)+c( )+c(H+)=2c( )+c(OH-),c(Al3+) 3+0.5 molL-11=1 molL-12,解得c(Al3+)=0.5 molL-1。

3.(利用电荷守恒进行计算)将一定量Fe和Fe2O3的混合物放入250 mL 2 molL-1的硝酸溶液中,反应完全后无固体剩余,生成2.24 L NO(标准状况),再向反应后的溶液中加入1 molL-1的NaOH溶液,要使铁元素全部沉淀下来,所加NaOH溶液的体积最少是() A.500 mLB.400 mL C.450 mL D.无法确定,【解析】选B根据题意可知最后溶液的成分为NaNO3,根据电 荷守恒n(Na+)=n( )Na+来自NaOH,NaOH的物质的量等于 溶液中 的物质的量,根据元素守恒可知,加入的HNO3反应 后以两种形式存在,一部分生成NO,另一部分在溶液中以 形式存在因此在溶液中的 的物质的量为0.25 L 2 molL-1- =0.4 mol,所以加入NaOH溶液的体积 为V= =0.4 L=400 mL,所以B项正确三)电子守恒法 【内涵解读】 1.含义:氧化还原反应中(或系列化学反应中)氧化剂所得电子总数等于还原剂所失电子总数;或电解池、原电池中两极转移的电子总数相等2.类型: (1)在氧化还原反应中:氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数; (2)在电解过程中:阴极得电子总数=阳极失电子总数; (3)在原电池中:负极失去的电子数=正极得到的电子数。

应用攻略】 涉及氧化还原反应中 电子守恒 步骤: 1.找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物 2.找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)3.根据题中物质的物质的量和电子守恒列出等式 n(氧化剂)变价原子个数化合价变化值(高价-低价)=n(还原剂)变价原子个数化合价变化值(高价-低价),【典题示范】Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4,而NaClO被还原为NaCl,若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为116,则x的值为() A.2B.3C.4D.5 【分析】在氧化还原反应中用得失电子守恒,根据 得关系式1(6x+2)=162,x=5针对演练】 1.(还原产物化合价的确定)某氧化剂中,起氧化作用的是 , 在溶液中0.2 mol该离子恰好能使0.6 mol 完全氧化,则 还原后的化合价为() A.+1B.+2C.+3D.+4,【解析】选C题给反应中,氧化剂为 ,还原剂为 设反应后X的化合价为a则X化合价由+6降为a,硫元素化合价 由+4升为+61 mol X得电子(6-a)mol,1 mol S失电子 (6-4)mol=2 mol由电子守恒知:20.2(6-a)=0.62,可得 a=+3。

2.(电子守恒的计算)某稀硝酸溶液中,加入5.6 g铁粉充分反应后,铁粉全部溶解,生成NO,溶液质量增加3.2 g,所得溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之比为() A.41 B.21 C.11 D.32,【解析】选D设Fe2+为xmol,Fe3+为ymol,则: x+y= =0.1(铁元素守恒) 2x+3y= 3(得失电子守恒) 得:x=0.06,y=0.04则xy=323.(氧化还原反应中的计算)将一定质量的镁、铜合金加入稀硝酸溶液中,两者恰好完全反应,假设反应过程中还原产物全部是NO,向所得溶液中加入物质的量浓度为3 molL-1的NaOH溶液至沉淀完全,测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.。