化学计算中的应用教学案(含解析)高中全册化学教学案

芯衣州星海市涌泉学校专题10守恒法在中学化学
计算中的应用
一切物质的组成与转化均遵循着“守恒〞规那么，守恒关系不随微粒的组合方式或者者转化历程而改变。

因此解题时可不追究中间过程，直接利用守恒关系列出等式求解或者者观察估算。

但是，有些题目中的守恒关系不明显，解题时要擅长发现题中特有的“恒等关系〞，有时还需打破常规思维才能挖掘隐含关系。

守恒法的主要类型有：
一、质量守恒
典例1在一密闭容器中有X、Y、Z、W四种物质，在一定条件下充分反响，测得反响前后各物质的质量如下表所示。

以下说法中正确的选项是〔〕
物质X Y Z W
反响前的质量/g810121
反响后的质量/g021待测9
A．反响后Z的质量为9g B．反响中Y与W发生改变的质量比为1：1
C．反响生成Y的质量为11g D．Z在该反响中作催化剂
【答案】C
【解析】X质量反响后减少，是反响物且参加反响的质量为：8g-0=8g，Y的质量反响后增加了，是生成物，且生成了21g-10g=11g，W质量反响后减少属于反响物，参加反响的质量为：21g-9g=12g，由参加化学反响的各物质质量总和等于反响后生成的各物质质量总和，可知Z属于生成物，且生成的质量为：8g+12g-11g=9g，所以Z的待测质量为：9g+1g=10g。

二、化合物中元素正负化合价总数相等〔化合价守恒〕
典例2生活中，菠菜和豆腐不宜同时食用，容易形成不溶性草酸钙〔CaC2O4〕在体内形成结石。

草酸钙中碳元素的化合价是〔〕
A．+2 B．+3 C．+4 D．-2
【答案】B
【解析】在草酸钙〔CaC2O4〕中，钙元素显+2价，氧元素显-2价，设：碳元素的化合价是x ，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：〔+2〕+2x+〔-2〕×4=0，那么x=+3价。

应选B 。

三、电解质溶液中阳离子所带正电荷总数与阴离子所带负电荷总数相等〔电荷守恒〕
溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数。

即：阳离子物质的量(或者者浓度)与其所带电荷数乘积的代数和等于阴离子物质的量(或者者浓度)与其所带电荷数乘积的代数和。

典例3溶液中存在有五种离子，其中各离子个数比Cl －∶SO42－∶Fe3+∶K+∶M＝2∶3∶1∶3∶1， 那么M 为〔〕
A ．CO32－
B ．Mg2+
C ．Na+
D ．Ba2+ 【答案】C
【解析】根据溶液中各离子个数比Cl －∶SO42－∶Fe3+∶K+∶M＝2∶3∶1∶3∶1，负电荷总数8比正电荷总数6多，因此M 为阳离子，电荷数为2，选B 。

典例4〔2021〕在酸性条件下，可发生如下反响：3ClO -
+2M3++4H2O=27M O n -
+Cl-+8H+，27M O n -
中M 的化合价是 A ．+4 B ．+5 C ．+6
D ．+7
【答案】C
【解析】根据电荷守恒，n=2，那么27M O n -
中M 的化合价是+6。

四、化学反响前后同种元素的原子个数相等〔原子守恒〕
典例5向一定量的FeO 、Fe 、Fe 3O 4的混合物中参加100mL1mol·L 的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL 〔标准状况〕的气体，在所得溶液中经检验无Fe 。

假设用足量的CO 在高温下复原一样质量的此混合物，能得到铁的质量是 A. 11.2g
B.5.6g
C.2.8g
D.无法计算
【答案】C
【解析】向一定量的FeO 、Fe 、Fe3O4的混合物中参加100mL1mol·L -1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL 〔标准状况〕的气体，在所得溶液中经检验无Fe3+，说明生成了FeCl2，
典例6宝钢钢铁基地工程位于东海岛，2021年11月一号高炉点火消费钢铁。

在炼铁工业中，常用石灰石将铁矿石中的杂质二氧化硅转化为炉渣除去，发生反响的化学方程式为：CaCO3+SiO2X+CO2↑，其中X的化学式是〔〕
A．CaSiO4 B．Ca2SiO3 C．CaSi2O3 D．CaSiO3
【答案】D
【解析】
由质量守恒定律：反响前后，原子种类、数目均不变，由反响的化学方程式CaCO3+SiO2X+CO2↑，反响前钙、碳、氧、硅原子个数分别为1、1、5、1，反响后的生成物中钙、碳、氧、硅原子个数分别为0、1、2、0，根据反响前后原子种类、数目不变，那么每个X分子由1个钙原子、1个硅原子和3个氧原子原子构成，那么物质X的化学式为CaSiO3．
五、氧化复原反响中得失电子相等〔电子守恒〕
化学反响中(或者者系列化学反响中)氧化剂所得电子总数等于复原剂所失电子总数。

典例7在一定条件下，PbO2与Cr3+反响，产物是Cr2O72-和Pb2+，那么与1molCr3+反响所需的PbO2物质的量是：
A.3.0mol
B.mol
C.1.0mol
D.0.75mol
【答案】B
【解析】1molCr3+反响生成Cr2O72-，失去3mol电子，1molPbO2反响中得2mol电子，因此所需的PbO2物质的量是mol。

六、溶液稀释、浓缩、混合前后溶质质量或者者物质的量相等〔溶质守恒〕
典例80℃时，对100g5%的食盐溶液做如下处理，求所得溶液溶质的质量分数〔假设每次增加的溶质都完全溶解，列式计算，结果保存一位小数〕
〔1〕蒸发20g水后，溶质的质量分数为多少？
〔2〕增加10gNaCl后，溶质的质量分数为多少？
【解答】解：20℃时，对100g5%的食盐溶液中溶质质量为5g；
〔1〕蒸发水20g时溶质质量不变，溶质的质量分数100%＝5%；
〔2〕增加10g氯化钠后，那么溶质的质量分数100%≈1%；
【答案】
〔1〕蒸发20克水后，所得溶液的溶质质量分数5%；
〔2〕增加10克食盐后，所得溶液的质量分数是1%．
课后练习
1、在臭氧发生器中装入100mLO2，经反响3O2===2O3，最后气体体积变为95mL(体积均为标准状况下测定)，那么反响后混合气体的密度为________g·L－1。

【答案】
【解析】根据质量守恒定律反响前后容器中气体的质量不变，等于反响前100mLO2的质量。

那么反响后混合气体的密度为：ρ＝(×32 g·mol－1)÷0.095 L≈1.5 g·L－1。

2、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、枯燥、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，那么合金中铝的质量分数为()
A．60%B．50%C．40%D．30%
【答案】D
【解析】试题中物质的变化如以下列图所示：
在反响过程中，Fe元素的质量是守恒的，且m(Al，Fe)＝m(Fe2O3)。

合金中铝的质量分数与Fe2O3中氧元素的质量分数相等。

铝的质量分数＝×100%＝30%。

3、由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其pH＝1，c(Al3＋)＝0.4mol·L－1，c(SO)＝0.8mol·L－1，那么c(K＋)为()
A．0.15mol·L－1B．0.2mol·L－1
C．0.3mol·L－1D．0.4mol·L－1
【答案】C
【解析】根据溶液中电荷守恒的原那么，建立如下等式：c(H＋)＋c(K＋)＋3c(Al3＋)＝2c(SO)，即0.1mol·L－1＋c(K＋)＋3×0.4mol·L－1＝2×0.8mol·L－1，那么c(K＋)＝0.3mol·L－1，故答案为C。

4、导悟5Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被复原为NaCl，假设反响中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，那么x的值是()
A．2B．3 C．4D．5
【答案】D
【解析】此题考察在氧化复原反响中用得失电子守恒来进展相关的计算。

―→xNa2O4Na O―→Na得关系式1×(6x＋2)e－＝16×2e－，x＝5。

5、mM＋nH＋＋O2===xM2＋＋yH2O，那么x值为()
A2B．4 C．6D．9
【答案】A
【解析】此题可以利用得失电子守恒求解，也可以利用电荷守恒求解。

据得失电子守恒有2x＝4，即x＝2。

假设利用电荷守恒求解，那么有y＝2(氧原子守恒)，n＝4(氢原子守恒)，4×1＝2x(电荷守恒)，即x＝2。

6、有一在空气中暴露过的KOH固体，经分析知其内含水2%，K2CO38%，KOH90%，假设将此样品1g参加到46.00mL的1mol·L －1盐酸中，过量的酸再用1.07mol·L－1KOH溶液中和，蒸发中和后的溶液可得固体________g。

【答案】27
【解析】过程中发生的反响很多，但仔细分析可知：蒸发溶液后所得固体为KCl，其Cl－全部来自于盐酸中的Cl－，在整个过程中Cl－守恒。

即n(KCl)＝n(HCl)；故m(KCl)＝0.046L×1mol·L－1×7g·mol－1＝27g。

7、现有10℃时20%的碳酸钠溶液150g，那么
〔1〕从该溶液中取出50g，其质量分数为20%，其中含水40g。

〔2〕将剩余溶液蒸发20g水后，其溶液的溶质质量分数是25%。

【分析】溶液稀释前后，溶质的质量不变，可以根据溶质质量分数公式进展计算，计算时要根据蒸发前后溶液的溶质质量不变进展解答。

【解答】解：
〔1〕由于溶液具有均一性，所以溶液的质量分数照旧为20%，所含水的质量为50g×〔1﹣20%〕＝40g。

〔2〕将剩余溶液为100g，所含溶质为100g×20%＝20g，蒸发20g水后，此时假设不析出晶体，此时溶液的质量为100g﹣20g
＝80g，那么其溶液的溶质质量分数是100%＝25%。

答：
〔1〕从该溶液中取出50g，其质量分数为20%，其中含水40g。

〔2〕将剩余溶液蒸发20g水后，其溶液的溶质质量分数是25%。