化学计算中的守恒思想……

化学计算中的守恒思想……

以定量的角度观察绚丽多彩的化学世界，其中有一个永恒的主题：那就是守恒的思想。我们在化学计算中能够巧妙的运用守恒的思想，往往能够避繁就简，取得事半功倍的效果。化学反应的实质是原子间的重新组合，所以一切化学反应都存在着物料守恒（质量守恒，微粒个数守恒）；氧化－还原反应中得失电子数目相等（电子得失守恒，电量守恒）；化合物及电解质溶液中阴阳离子电荷数相等（电荷数）守恒，因此它们呈电中性。以上三点就是守恒解题的依据和基本题型。

一、质量守恒：

例1．0.1mol某烃与1mol过量的O2混合，充分燃烧后，通过足量的Na2O2固体，固体增重15g，从Na2O2中逸出的全部气体体积为16.8L(标)，求该烃的分子式。

解析：此题若用常规解法很繁琐。因为最后逸出的气体不仅包括剩余O2,也包括烃燃烧后生成的CO2，H2O与Na2O2反应后生成的O2。若利用质量守恒，怎能达到巧解目的。本题中，烃的质量于1molO2质量之和等于Na2O2增加的质量与逸出气体质量之和。

设0.1mol某烃质量为x，由质量守恒得：

x+32g.mol-1×1mol=15g+(16.8L/22.4mol.L-1)×32g.mol-1

x=7g

故该烃分子量为70，用“CH2”式量相除得烃分子式为C5H10。

答案：C5H10

点评：弄清楚燃烧后的产物的变化是列质量守恒式的依据。

例2．在一密闭烧瓶中注满NO２，25℃时NO2和N2O4建立下列平衡：2NO2＝N2O4ΔH＜0。将烧瓶置于100℃水中，则下列各量：①颜色②平均分子量③质量④压力⑤ΔH⑥气体密度，其中不会改变的是（）

A.①③④

B.②④⑤

C.①④⑤

D.③⑤⑥

解析：对体系升温，平衡向左移动，体系颜色加深，压力增大，气体的物质的量增大，但质量守恒，所以平均分子量减小；又因烧瓶的体积固定，气体的密度不变；而反应热是客观的；不随外界条件的改变而改变。

答案：选D

例3．某镁铝合金溶于足量的盐酸中，在形成的溶液中加入过量的NaOH溶液，取出沉淀物干燥，灼烧，剩余残渣和原合金的质量相等，则该镁铝合金中铝的质量分数为：

A.27%

B.40%

C.53%

D.60%

解析：经过一系列的反应后，最后剩余的残渣为MgO,则反应前后镁元素的质量守恒。依据题意可知增加氧的质量等于减少铝的质量。

设镁，铝合金的质量为a，铝的质量为x%，根据题意列方程：

a·x%=a×16/(24+16)×100%

答案：选B

二、微粒数守恒

例4．将铁和三氧化二铁的混合物2.72 g，加入50 mL 1.6 mol/L的盐酸中，恰好完全反应，滴入KSCN 溶液后不显红色，若忽略溶液体积的变化，则在所得溶液中Fe2+的物质的量浓为()

A.0.2mol/L

B.0.4mol/L

C.0.8mol/L

D.1.6mol/L

解析：此题涉及反应有

Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O

Fe+2FeCl3=3FeCl2

Fe+2HCl=FeCl2+H2↑

根据“恰好完全反应，滴入KSCN溶液后不显红色”，判断最终溶液中含有FeCl2和H2O。

反应前后Cl-守恒，Cl-浓度也守恒

答案：选D

点评：整体思维，正确分析反应原理及初、终态物质。

例5．25.6 g铜粉跟一定量浓硝酸发生化学反应，当铜全部反应完毕时，生成的气体在标准状况下为11.2 L，此反应中消耗硝酸的质量为______g。

解析：

根据0.8 mol>0.5 mol，可知该气体应为NO与NO2的混合气体，(这是由于随着反应的进行，硝酸浓度逐渐减小所致。)

n(HNO3)=n[Cu(NO3)2]+n(NO)+n(NO2)=0.4 mol×2+0.5 mol=1.3 mol

答案：81.9g

例6．把Na2CO3、NaHCO3、CaO、NaOH的混合物27.2 g，溶于足量水充分反应后，溶液中的Ca2+、CO32-、HCO3-均转化为沉淀，将反应溶器内水蒸干，最终得白色固体29 g，求原混合物中Na2CO3的质量。

解析：

因产物中NaOH量>反应物中的NaOH量，且消耗的H2O量>生成H2O量，故反应物中的NaOH与产物中的H2O应删去不写，即有：

xNa2CO3+yNaHCO3+(x+y)CaO+0.1H2O=(x+y)CaCO3+(2x+y)NaOH

根据H原子数守恒；

y+0.1×2=2x+y

x=0.1

则：m(Na2CO3)=0.1 mol×106 g/mol=10.6g

答案：Na2CO3的质量为10.6g。

三、电子得失，电量守恒

例7．如果用0.3mol/L的Na2SO3溶液16ml,刚好将3.2×10－3mol的强氧化剂[RO(OH)2]+溶液中的溶质还原到较低价态，则反应后R的最终价态是（）

A.0

B.+1

C.+2

D.+3

解析：Na2SO3可被强氧化剂氧化为Na2SO4，Na2SO3失去电子的物质的量一定等于[RO(OH)2]+得到电子的物质的量。设[RO(OH)2]+中R的化合价为x价。

依据题意列出方程：2×0.3×16×10-3=3.2×10-3x

x＝3

所以R元素由+5价降低了3价，被还原产物中R的化合价为+2价

答案：选C

例8．在NO3-为4mol/L的Cu(NO3)2和AgNO3混合液100mL中，加入一定质量的锌，充分振荡后，过滤，沉淀干燥后，称量为24.8g，将此沉淀置于稀盐酸中，无气体产生；滤液中先滴加BaCl2溶液无沉淀产生，后加入过量稀NaOH溶液到沉淀完全，过滤，加热，干燥，得到CuO为4g，求参加反应的锌的质量。

解析：由题意知：Ag+全部被Zn置换出来，溶液中尚余有Cu2+。根据反应后阴离子NO3-与阳离子

Cu2+,Zn2+所带正负点荷守恒可解。设参加反应的锌的质量为x

x/65g.mol-1×+4g/80g.mol-1×2=0.1L×4mol.L-1

x=9.75g

答案：参加反应的锌的质量为9.75g。