守恒法计算

守恒法在解化学计算题中的应用

更新日期：2007-02-06 来源：中国校长网点击：3595 守恒法，一般包括质量守恒、原子或原子团守恒、电荷守恒、电性守恒以及一些化学变化前后恒定不变的量。抓住这些守恒关系，将其运用于化学计算，常会使一些化学计算题迅速求解，达到事半功倍的效果。现举例加以说明。

一、质量守恒

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：ｍｇ某ＫＯＨ溶液跟ｍｇ某硝酸溶液混合，恰好完全反应，所得溶质的质量分数为１０．１％的溶液，将此溶液恒温蒸发掉０．９９ｍｇ水后，成为ｔ℃时的饱和溶液。求：

（１）所取ＫＯＨ溶液中溶质的质量分数；

（２）反应后所得溶液中溶质在ｔ℃时溶解度。

解析：ＫＯＨ与ＨＮＯ３完全反应，得到ＫＮＯ３溶液，从质量守恒定律宏观阐述可知：ＫＮＯ３溶液的质量为２ｍｇ，再通过题目中所提信息：ｍ质＝２ｍ×１０．１％ｇ，利用化学反应方程式中比例，解题如下：设ＫＯＨ溶液中含ｘ（ｇ）ＫＯＨ（溶质）。

ＫＯＨ＋ＨＮＯ３＝ＫＮＯ３＋Ｈ２Ｏ

５６１０１

ｘ２ｍｇ×１０．１％

解得：ｘ＝０．１１２ｍｇ

０．１１２ｍｇｍｇ

×１００％＝１１．２％

（２）饱和溶液的质量为：

２ｍｇ－０．９９ｍｇ＝１．０１ｍｇ

设溶解度为Ｓ，则：

Ｓ∶（１００＋Ｓ）＝２ｍｇ×１０．１％∶１．０１ｍｇ

０．２０２ｍｇ１．０１ｍｇ＝ＳＳ＋１００

解得：Ｓ＝２５ｇ

此题主要利用质量守恒法的宏观阐述。

例２：将５克Ａ、１克Ｂ、２克Ｃ置于一密闭容器内加热，反应后分析得知，混合物中除含２克Ａ、４．２克Ｃ外，还有一种物质Ｄ，已知Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ的分子量依次是３０、２０、４４、１８。求上述反应的化学方程式的表示式。（分子式用Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ代替）

解析：加热后，Ａ、Ｂ的质量减少而Ｃ、Ｄ质量增加，说明反应物为Ａ、Ｂ，生成物为Ｃ、Ｄ。由质量守恒定律能求出Ｄ的质量，再根据反应中，消耗或生成的各物质的量之比，符合化学方程式中，各物质的系数比。从而得出所求。

解：设反应后，生成Ｄ的质量为ｘ克。

依题意有ｎＡＡ＋ｎＢＢ＝ｎＣＣ＋ｎＤＤ

起始质量（克）５１２０

质量变化（克）５－２１－０（４．２－２）ｘ－０

由质量守恒定律可知：Ａ、Ｂ质量减少的总和等于Ｃ、Ｄ质量增加的总和。即：

（５－２）＋（１－０）＝（４．２－２）＋（ｘ－０）；

ｘ＝１．８（克）

∴ｎＡ∶ｎＢ∶ｎＣ∶ｎＤ＝５－２３０

∶１－０２０

∶４．２－２４４

∶１．８－０１８＝２∶１∶１∶２

所求化学方程式的表示式为：

２Ａ＋Ｂ＝Ｃ＋２Ｄ

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后，原子或原子团仍然保持守恒。

例３：有一在空气中暴露过的ＫＯＨ固体，经分析测知其中含水７．６２％，Ｋ２ＣＯ３２．８３％，ＫＯＨ９０％。若将此样品先加入到１ｍｏｌ／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，解题太繁，固体ＫＣｌ的质量为：１ｍｏｌ／Ｌ×４６．００ｍｏｌ／１０００×７４．５ｇ／ｍｏｌ＝３．４３ｇ，故选答案Ａ。

例４：为了测定某Ｃｕ、Ａｇ合金的成分，将３０．３ｇ合金溶于８０ｍＬ１３．５ｍｏｌ／Ｌ的浓ＨＮＯ３中，等合金完全溶解后，收集到气体６．７２Ｌ（标况），并测得溶液中Ｈ＋的浓度为１ｍｏｌ／Ｌ。假设反应后溶液的体积仍是８０ｍＬ，试计算：

（１）被还原的ＨＮＯ３的物质的量：

（２）合金中Ａｇ的质量分数。

解析：此题应该明确题意，挖掘题中所给信息，Ｃｕ、Ａｇ合金完全溶解后转化为Ｃｕ（ＮＯ３）２，ＡｇＮＯ３。设收集的气体为ＮＯｍ，它是由被还原的ＨＮＯ３产生的，则反应前后氮原子守恒。

（１）设被还原的ＨＮＯ３为ｘ（ｍｏｌ），ＨＮＯ３（被还原）———ＮＯｍ，系数为１∶１＝ｘ∶６．７２２２．４

则ｘ＝０．３ｍｏｌ。对于（２）Ｃｕ～Ｃｕ（ＮＯ３）２～２ＨＮＯ３，设Ｃｕ的物质的量为ｎ（Ｃｕ）（ｍｏｌ），则ＨＮＯ３的物质的量为２ｎＣｕ（ｍ

ｏｌ），类似的，Ａｇ所需ＨＮＯ３的物质的量为ｎ（Ａｇ）（ｍｏｌ），所以，由Ｎ守恒列出方程式：

２ｎＣｕ＋ｎＡｇ＋０．３＋１×０．０８＝１３．５×０．０８（１）

６４ｎＣｕ＋１０８ｎＡｇ＝３０．３（２）

解联立方程得：ｎＡｇ＝０．１ｍｏｌ

所以，合金中Ａｇ的质量分数为：

０．１×１０８３０．３×１００％＝３５．６％

三、电子守恒法

在氧化－还原反应中，氧化剂得到的电子数，必等于还原剂所失去的电子数。因此，在化合价上表现为：化合价的升高和降低的总数相等。

例５：将５０．００ｍｌ０．０９８ｍｏｌ／Ｌ的羟氨（ＮＨ２ＯＨ）酸性溶液，与足量硫酸铁在煮沸条件下反应，生成的Ｆｅ２＋又恰好被４９．００ｍＬ０．０４ｍｏｌ／Ｌ的酸性ＫＭｎＯ４溶液所氧化。在上述反应中，羟氨的氧化产物为（）。

Ａ．ＮＯ２Ｂ．ＮＯＣ．Ｎ２ＯＤ．Ｎ２

解析：羟氨被Ｆｅ３＋氧化，Ｆｅ２＋又被酸性ＫＭｎＯ４溶液所氧化。归根结底羟氨失去电子被ＫＭｎＯ４所得到。ＮＨ２ＯＨ中Ｎ为－１价，设羟氨的氧化产物中Ｎ为ｘ价，由电子守恒法可得：

ｘ－（－１）×５０．００ｍＬ×０．０９８ｍｏｌ／Ｌ＝（７－２）×４９．００ｍｌ×０．０４ｍｏｌ／Ｌ

ｘ＝１

故此题答案为Ｃ。

例６：ｎ摩硫化亚铜跟足量稀ＨＮＯ３反应，生成Ｃｕ（ＮＯ３）２、Ｈ２ＳＯ４、ＮＯ和Ｈ２Ｏ，则参加反应的ＨＮＯ３中被还原的ＨＮＯ３的物质的量为＿＿＿＿＿。

解析在该反应中Ｃｕ、Ｓ化合价均升高，１摩Ｃｕ２Ｓ将失去１０摩电子，那么，ｎ摩则失去１０ｎ摩电子，而１摩ＨＮＯ３被还原到ＮＯ，得到３摩电子，