高考化学(高考解题方法荟萃)冲刺押题系列 专题06 守恒法

专题06 守恒法
【母题1★★★】下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( )
A．室温下，向0.01 mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na＋)＞c(SO42－)＞c(NH4＋)＞c(OH －) = c(H＋)
B．0.1mol·L－1 NaHCO3溶液：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(HCO3－)＞c(H＋)
C．Na2CO3溶液：c(OH－)－c(H＋) = c(HCO3－)＋2c(H2CO3)
D．25 ℃时，pH = 4.75、浓度均为0.1 mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：c(CH3COO－)＋c(OH －)＜c(CH
c(H＋)
3COOH)＋
【分析】0.01 mol·L－1 NH4HSO4中加NaOH溶液，当1:1与H＋反应结束后，由于NH4＋水解呈酸性，需再加NaOH与NH4＋反应使溶液呈中性，所以c(Na＋)＞c(SO42－)＞c(NH4＋)，选项A正确。

B项中，虽然HCO3－水解呈碱性，但水解微弱，c(Na＋)与c(HCO3－ )数值接近，所以c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(H＋)，选项B错误。

C项中把c(H＋)移项得：c(OH－) = c(HCO3－)＋2c(H2CO3)＋c(H＋)，这是质子守恒，选项C正确。

D项，由电荷守恒有：c(Na＋)＋c(H＋) = c(CH3COO－)＋c(OH－)，物料守恒有：2c(Na＋) = c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，两式联立得：c(CH3COO－)＋2c(OH－) = c(CH3COOH)＋2c(H＋)，因溶液pH = 4.75，即c(H＋)＞c(OH－)，得c(CH3COO－)＋c(OH－)＞c(CH3COOH)＋c(H＋)，选项D错误。

【解答】AC
【点拨】注意电荷守恒、物料守恒、质子守恒的综合应用。

【解题锦囊】守恒法是一种中学化学典型的解题方法，它利用物质变化过程中某一特定的量固定不变来列式求解，可以免去一些复杂的数学计算，大大简化解题过程，提高解题速度和正确率。

它的优点是用宏观的统揽全局的方式列式，不去探求某些细微末节，直接抓住其中的特有守恒关系，快速建立计算式，巧妙地解答题目。

物质在参加反应时，化合价升降的总数，反应物和生成物的总质量，各物质中所含的每一种原子的总数，各种微粒所带的电荷总和等等，都必须守恒。

所以守恒是解计算题时建立等量关系的依据，守恒法往往穿插在其它方法中同时使用，是各种解题方法的基础，利用守恒法可以很快建立等量关系，达到速算效果。

1、质量守恒：是根据化学反应前后反应物的总质量与生成物的总质量相等的原理，进行计算或推断。

主要包括：反应物总质量与生成物总质量守恒；反应中某元素的质量守恒；结晶过程中溶质总质量守恒；可逆反应中反应过程总质量守恒。

2、物质的量守恒：是根据反应前后某一物质的量不变的原理进行推导和计算的方法。

这种方法可以应用在多步反应中的计算。

可简化计算过程，减少数学计算，一步得出结果。

3、元素守恒：即化学反应前后各元素的种类不变，各元素的原子个数不变，其物质的量、质量也不变。

元素守恒包括原子守恒和离子守恒: 原子守恒法是依据反应前后原子的种类及个数都不变的原理，进行推导或计算的方法。

离子守恒是根据反应（非氧化还原反应）前后离子数目不变的原理进行推导和计算。

用这种方法计算不需要化学反应式，只需要找到起始和终止反应时离子的对应关系，即可通过简单的守恒关系，计算出所需结果。

4、电荷守恒：即对任一电中性的体系，如化合物、混合物、浊液等，电荷的代数和为0，即正电荷总数和负电荷总数相等。

电荷守恒是利用反应前后离子所带电荷总量不变的原理，进行推导或计算。

常用于溶液中离子浓度关系的推断，也可用此原理列等式进行有关反应中某些量的计算。

5、电子得失守恒：是指在氧化还原反应中，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数。

无论是自发进行的氧化还原反应，还是原电池或电解池中，均如此。

它广泛应用于氧化还原反应中的各种计算，甚至还包括电解产物的计算。

【衍生1★★★】质量分数为a 的某物质的溶液m g 与质量分数为b 的该物质的溶液n g 混合后，蒸发掉p g 水。

得到的溶液每毫升质量为q g ，物质的量浓度为c 。

则溶质的分子量（相对分子质量）为（ ） A.)()(p n m c bn am q -++ B.)()(bn am q p n m c +-+ C.)
()(1000p n m c bn am q -++ D.)(1000)(bn am q p n m c +-+ 【解析】根据溶质的物质的量守恒可得：
310/-⨯-+=⨯+⨯mL qg pq ng mg M b ng a mg r L/mL×c mol/L ，整理得：)
()(1000p n m c bn am q M r -++=g/mol 。

【答案】C
【点拨】溶液蒸发前后，溶质的质量和物质的量不变。

【衍生2★★★】常温下，将甲酸和氢氧化钠溶液混合，所得溶液pH=7，则此溶液中（ ）
A.c (HCOO -)＞c (Na +)
B.c (HCOO -)＜c (Na +
)
C.c (HCOO -)＝c (Na +)
D.无法确定c (HCOO -)与c (Na +)的关系
A.a%
B.2a%
C.1－2a%
D.1－3a%
【解析】混合物中不管以任何比例混合，S 和O 的原子个数之比总是1∶4，所以质量比为1∶2 。

故氧的质量分数为2a%，所以Fe 的质量分数为1－a%－2a% = 1－3a ％。

【答案】D
【点拨】注意化合物中S和O的原子个数之比相同是解答本题的关键。

【衍生4★★★】铜和镁的混合物4.6g完全溶于一定量浓硝酸中，反应后只生成NO2 0.2mol和N2O4
0.015mol，往与硝酸反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，生成沉淀的质量为( )
A. 9.02g
B. 8. 51g
C. 8.26g
D. 7.04g
【解析】Mg→Mg2+→ M g(O H)2Cu→Cu 2+→C u(O H)2
所以生成沉淀的质量等于4.6g＋m(OH－)
再由电子守恒，得电子总数： n(NO2)＋2n(N2O4)＝0.23mol
则铜和镁共失电子为0.23mol。

Cu2＋和Mg2＋共带正电荷为0.23mol，沉淀中的n(OH－)＝0.23mol
所以沉淀质量为：4.6g＋17g/mol×0.23mol＝8.51g
【答案】B
【点拨】关注元素的存在形式和氧化还原反应中电子转移守恒综合考查。

【衍生5★★★】某金属和硝酸反应，已知参加反应的被还原的硝酸和参加反应的硝酸的物质的量之比为1∶6，若已知还原产物唯一，则还原产物为( )
A. N2
B. N2O
C. NO
D. NO2。