守恒法巧解几例化学计算题

守恒法巧解几例化学计算题

守恒法巧解几例化学计算题

论文关键词：守恒法,巧解,几例化学计算题

一、质量守恒法的应用

质量守恒定律的内容，从宏观上阐述是：“参加化学反应的各物质的质量总和等于反应后生成的各物质的质量总和”；从微观领域阐述则是：“在一切化学反应中，反应前后

原子的种类、个数（或数目）、原子质量前后没有变化，因此，质量守恒”。

例1．（1999年全国初中化学竞赛题）1．6ｇ某物质，在氧气中完全燃烧，生

成4．4ｇ二氧化碳和3．6ｇ水，关于该物质的组成，有下列论断：①一定含Ｃ，Ｈ元素；

②一定不含Ｏ元素；③可能含Ｏ元素；④一定含Ｏ元素；⑤分子中Ｃ、Ｈ元素原子个数比

为1∶2；⑥分子中Ｃ、Ｈ元素的原子个数比为1∶4。其中正确的是

Ａ．①②⑥Ｂ．①②⑤Ｃ．①③⑥Ｄ．①④⑤

解析：反应前后元素的种类不发生变化，可以判断出①是正确的。反应前后，某

原子的质量守恒。因此，氧元素的总质量为4．4ｇＣＯ2所提供的氧元素质量和3．6ｇ

Ｈ2Ｏ所提供的氧元素质量之和：

4．4ｇ×（32／44）＋3．6ｇ×（16／18）＝6．4ｇ

反应前氧元素质量为： 4．4ｇ＋3．6ｇ－1．6ｇ＝6．4ｇ

所以，②是正确的。对于分子中Ｃ，Ｈ元素原子个数比为：

Ｃ∶Ｈ＝（4．4－3．2）／12∶（3．6－3．2）／1＝1∶4

故选Ａ。

此题主要利用质量守恒定律的微观阐述。

例2．（2000年春季高考25题）用1Ｌ1.0ｍｏｌ／ＬＮａＯＨ溶液吸收0.8ｍｏ

ｌ的ＣＯ2，所得溶液中ＣＯ32－和ＨＣＯ3－的物质的量浓度之比是（）。

Ａ．1∶3 Ｂ．2∶1 Ｃ．2∶3 Ｄ．3∶2

解析：设反应生成的Ｎａ2ＣＯ3的物质的量为ｘｍｏｌ，生成的ＮａＨＣＯ3的物质的量为ｙｍｏｌ，由质量守恒得

2ｘ＋ｙ＝1.0ｍｏｌ／Ｌ×1Ｌ（Ｎａ＋守恒）

ｘ＋ｙ＝0.8ｍｏｌ（Ｃ守恒）

求出：ｘ＝0.2ｍｏｌ，ｙ＝0.6ｍｏｌ。

则ｃ（ＣＯ32－）∶ｃ（ＨＣＯ3－）＝1∶3，选Ａ。

例3．（1999年上海高考18题）将1.92ｇＣｕ粉与一定量浓ＨＮＯ3反应，当Ｃ

ｕ粉完全作用时，收集到气体1.12Ｌ（标况），则所消耗的ＨＮＯ3的物质的量是（）。

Ａ．0.12ｍｏｌＢ．0.11ｍｏｌＣ．0.09ｍｏｌＤ．0.08ｍｏｌ

解析：由物料守恒1.92ｇＣｕ和ＨＮＯ3完全反应后，生成0.03ｍｏｌＣｕ（ＮＯ3）2，即消耗ＨＮＯ30.06ｍｏｌ；产生气体不管是ＮＯ2还是ＮＯ，均需ＨＮＯ30.05

ｍｏｌ。故共消耗ＨＮＯ30.11ｍｏｌ。选Ｂ。

二、原子或原子团守恒法

在许多化学反应中，尤其是离子反应中，原子或原子团以整体参加反应后，原子或原子团仍然保持守恒。

例4．有一在空气中暴露过的ＫＯＨ固体，经分析测知含水7．62％，含Ｋ2ＣＯ32．38％，ＫＯＨ90％。若将此样品先加入到1.0ｍｏｌ／Ｌ的盐酸46．00ｍＬ里，过量的盐酸再用1．07ｍｏｌ／ＬＫＯＨ溶液27．65ｍＬ正好中和，盐酸中和后的溶液可得固体约为（ ）。

Ａ．3．43ｇＢ．4．00ｇＣ．4．50ｇＤ．1．07ｇ

解析：许多学生在解这道题时，忽视该题中所隐含的条件：反应前后氯元素守恒.如果根据每步反应求ＫＣｌ的质量，化学论文解题太繁。由反应前后氯元素守恒得固体ＫＣｌ的质量为：1ｍｏｌ／Ｌ×46．00ｍｌ／1000×74．5ｇ／ｍｏｌ＝3．43ｇ，故选答案Ａ。

三、电荷守恒法

在溶液中，存在着阴、阳离子，由于整个溶液不显电性，故所有阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数。

例5．27.2ｇ铁粉和氧化铁的混合物，放入500ｍＬ的稀Ｈ2ＳＯ4中，发现固体完全溶解，并放出4.48ＬＨ2（标况）。加入ＮＨ4ＳＣＮ溶液，无颜色变化。然后再向溶液中加入2ｍｏｌ／ＬＮａＯＨ溶液，当溶液呈中性时，消耗ＮａＯＨ溶液的体积500ｍＬ，求原Ｈ2ＳＯ4溶液的物质的量浓度。

解析：从题中叙述可知，至少涉及六个反应，用常规解题法非常麻烦；如果不考虑过程，而是抓住反应结果，最后的溶液只是Ｎａ2ＳＯ4溶液，根据电荷守恒，Ｎａ＋所带正电荷数一定等于ＳＯ42－所带负电荷数。又因为：Ｎａ＋的物质的量即ＮａＯＨ的物质的量，ＳＯ42－的物质的量即Ｈ2ＳＯ4的物质的量，设Ｈ2ＳＯ4物质的量浓度为ｃ（Ｈ2ＳＯ4）。

ｃ（Ｈ2ＳＯ4）×0.5Ｌ×2＝2ｍｏｌ／Ｌ×0.5Ｌｃ（Ｈ2ＳＯ4）＝1ｍｏｌ／Ｌ

四、电子守恒法

电子守恒法主要针对氧化还原反应来说明，在氧化还原反应中，还原剂失去电子的数目，一定等于氧化剂得到电子的数目，得失电子数目保持守恒。

例6．3.84g铜和一定质量的浓硝酸反应，当铜反应完时，共收集到标准状况时的气体2.24L，若把装有这些气体的集气瓶倒立在盛水的水槽中，需通入多少升标况下的氧气才能使集气瓶充满溶液?

解析：铜失电子数＝被还原的硝酸得的电子数＝氧化硝酸的还原产物ＮＯ、ＮＯ２所消耗的氧气得到的电子数，省去中间计算，即铜失去的电子数＝氧气得到的电子数。

则 ｎ（Ｏ２）＝3．84ｇ÷64ｇ·ｍｏｌ－１×2×1／4＝0．03ｍｏｌ

Ｖ（Ｏ２）＝0．03ｍｏｌ×22．4Ｌ·ｍｏｌ－１＝0．672Ｌ

若用常规解法，应先求出NO，NO２的物质的量，再根据：

4ＮＯ２＋Ｏ２＋2Ｈ２Ｏ＝4ＨＮＯ３ 4ＮＯ＋3Ｏ２＋2Ｈ２Ｏ＝4ＨＮＯ３

计算出Ｏ２的物质的量，并求出其体积，此方法运算量大，中间计算多且复杂，容易出错，用电子守恒法综合考虑，可省去中间的各步计算，使计算简化。

例7．24mL浓度为0.05mol·L－１的Ｎａ２ＳＯ３溶液，恰好与20mL浓度为0.02mol·L－１的Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７溶液完全反应，则Ｃｒ元素在还原产物中的化合价为（）。

A.+6

B.+3

C.+2

D.0

解析：设Ｃｒ元素在还原产物中的化合价为ｘ，反应中Ｃｒ元素的化合价变化值为2×（6－ｘ），S元素的化合价变化为6－4＝2。

20×10－３×0．02×2×（6－ｘ）＝24×10－３×0．05×2

ｘ＝3 答案：B。

例8．（1999年全国高考23题）一定条件下ＮＨ4ＮＯ3受热分解的化学方程式为（未配平）：ＮＨ4ＮＯ3ＨＮＯ3＋Ｎ2＋Ｈ2Ｏ

在反应中被氧化与被还原的氮元素原子数之比为（）。

Ａ．5∶3 Ｂ．5∶4 Ｃ．1∶1 Ｄ．3∶5

解析：根据得失电子守恒可得：

被氧化与被还原的氮原子数之比为5∶3，选Ａ。