【2013步步高化学大一轮复习讲义课件：专题讲座三守恒思想在化学计算中的应用

专题讲座三专题讲座三守恒思想在化学计算中的应用守恒法是中学化学计算中一种很重要的方法与技巧，也是在高考试题中应用最多的方法之一，其特点是抓住有关变化的始态和终态，忽略中间过程，利用其中某种不变量建立关系式，从而简化思路，快速解题。守恒法解题依据：根据几个连续的化学方程式前后某微粒如原子、电子、离子的物质的量保持不变或质量守恒原理等列关系式解答。1．质量守恒法【例1】已知Q与R的摩尔质量之比为9∶22，在反应X＋2Y===2Q＋R中，当1.6gX与Y完全反应后，生成4.4gR，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为()A．23∶9B．32∶9C．46∶9D．16∶9解析此题主要考查质量守恒定律。Q与R的摩尔质量之比为9∶22是本题计算的突破口，由反应方程式知，mQ2×9＝4.4g22，得m(Q)＝3.6g。再根据质量守恒定律：1.6g＋m(Y)＝3.6g＋4.4g，得m(Y)＝6.4g。故m(Y)∶m(Q)＝6.4g∶3.6g＝16∶9。D专题讲座三【例2】有一瓶14%的KOH溶液，加热蒸发掉100g水后,变为28%的KOH溶液80mL,且蒸发过程中无晶体析出，该80mL溶液的物质的量浓度为()A．5mol·L－1B．6mol·L－1C．6.25mol·L－1D．6.75mol·L－1解析蒸发前后溶质的质量不变，设原溶液的质量为m,则m×14%＝(m－100g)×28%，解得m＝200g，溶质的物质的量为200g×14%56g·mol－1＝0.5mol,蒸发后溶液的体积为80mL,可求出该溶液的物质的量浓度为6.25mol·L－1。C专题讲座三方法总结质量守恒定律表示：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。依据该定律和有关情况，可得出下列等式：1反应物的质量之和＝生成物的质量之和。2反应物减少的总质量＝生成物增加的总质量。3溶液在稀释或浓缩过程中，原溶质质量＝稀释或浓缩后溶质质量溶质不挥发、不析出。专题讲座三2．原子守恒法从本质上讲，原子守恒和质量守恒是一致的，原子守恒的结果即质量守恒。【例3】38.4mg铜跟适量的浓硝酸反应，铜全部作用后，共收集到22.4mL(标准状况下)气体，反应消耗的HNO3的物质的量可能是()A．1.0×10－3molB．1.6×10－3molC．2.2×10－3molD．2.4×10－3mol专题讲座三解析据题意浓硝酸是适量的，而不是过量的，尽管开始产生的是NO2气体，随着反应的进行，硝酸浓度逐渐降低，气体将由NO2变为NO,22.4mL(标准状况)气体应是NO2与NO的混合物。据氮原子守恒，也即反应消耗的硝酸中的氮元素在生成物中存在于Cu(NO3)2、NO、NO2中,所以硝酸的物质的量等于气体的物质的量与硝酸铜物质的量的两倍之和。n(HNO3)＝n(气体)＋2n[Cu(NO3)2]＝22.4×10－3L22.4L·mol－1＋2×38.4×10－3g64g·mol－1＝2.2×10－3mol。答案C专题讲座三3．电荷守恒【例4】在aLAl2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO2－4完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，则原溶液中Al3＋的浓度(mol·L－1)为()A.2b－c2aB.2b－caC.2b－c3aD.2b－c6a解析由于产生cmolNH3，则必定有NH＋4cmol，使SO2－4完全沉淀需Ba2＋bmol，因此SO2－4有bmol。根据电荷守恒：2c(SO2－4)＝c(NH＋4)＋3c(Al3＋)，则3c(Al3＋)＝2×ba－camol·L－1，c(Al3＋)＝2b－c3amol·L－1。C专题讲座三【例5】某混合溶液中所含离子的浓度如下表，则M离子可能为()所含离子NO－3SO2－4H＋M浓度(mol·L－1)2121A.Mg2＋B．Ba2＋C．F－D．Na＋解析由电荷守恒知1×c(NO－3)＋2×c(SO2－4)＝(1×2＋2×1)mol·L－1＝4mol·L－1,而1×c(H＋)＝2mol·L－14mol·L－1,所以M为阳离子，由4mol·L－1－2mol·L－11mol·L－1＝2，故M为带两个单位正电荷的阳离子，而Ba2＋与SO2－4不共存，故为Mg2＋。A专题讲座三方法总结在电解质溶液或离子化合物中，阴、阳离子的电荷数相等，即：阳离子的物质的量×阳离子的电荷数＝阴离子的物质的量×阴离子的电荷数，由此可得1在离子化合物中，阴、阳离子的电荷数相等；2在电解质溶液里，阴、阳离子的电荷数相等。专题讲座三4．电子守恒法【例6】将1.08gFeO完全溶解在100mL1.00mol·L－1硫酸中，然后加入25.00mLK2Cr2O7溶液，恰好使Fe2＋全部转化为Fe3＋，且Cr2O2－7中Cr6＋全部转化为Cr3＋。则K2Cr2O7的物质的量浓度是多少？解析由电子守恒知，FeO中＋2价铁所失电子的物质的量与Cr2O2－7中＋6价铬所得电子的物质的量相等，1.08g72g·mol－1×(3－2)＝0.02500L×c(Cr2O2－7)×(6－3)×2，得c(Cr2O2－7)＝0.100mol·L－1。答案0.100mol·L－1专题讲座三专题集训·能力提升1．由(NH4)2SO4和MgSO4组成的混合物共mg，溶于水中配制10L溶液，测得此时溶液中c(SO2－4)＝0.15mol·L－1，c(Mg2＋)＝0.10mol·L－1，则混合溶液中NH＋4的物质的量浓度是()A．0.10mol·L－1B．0.05mol·L－1C．0.15mol·L－1D．0.01mol·L－1解析(NH4)2SO4和MgSO4的混合溶液中存在电荷守恒关系：2c(SO2－4)＝c(NH＋4)＋2c(Mg2＋)，代入数据，有2×0.15mol·L－1＝c(NH＋4)＋2×0.10mol·L－1，解得c(NH＋4)＝0.10mol·L－1。A专题讲座三2．镁铝合金5.1g溶于300mL2mol·L－1盐酸时，在标准状况下产生气体5.6L。若向反应后的溶液中加入一定量烧碱溶液，生成的沉淀的最大质量为()A．9.35gB．12.6gC．13.6gD．15.8g解析合金中镁、铝失去的电子数等于HCl生成氢气时得到的电子数，也等于Mg2＋、Al3＋结合的OH－个数。则沉淀的最大质量等于合金质量与OH－的质量之和，即最大质量为5.1＋5.622.4×2×17＝13.6(g)。C专题讲座三3．ClO2是一种广谱型的消毒剂，根据世界环保联盟的要求ClO2将逐渐取代Cl2成为生产自来水的消毒剂。工业上常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应制ClO2，在以上反应中NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为()A．1∶1B．2∶1C．1∶2D．2∶3B解析NaClO3和Na2SO3溶液混合产生ClO2和Na2SO4，根据氧化还原反应中电子得失守恒的关系,有n(NaClO3)×1＝n(Na2SO3)×2，可求得n(NaClO3)∶n(Na2SO3)＝2∶1。专题讲座三4．某反应可表示为：mM＋nH＋＋O2===xM2＋＋yH2O，则x值为()A．2B．4C．6D．9A解析本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。若利用电荷守恒求解，则有y＝2(氧原子守恒)，n＝4(氢原子守恒)，4×1＝2x(电荷守恒)，即x＝2。专题讲座三5．在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾和过氧化氢为原料制取氧气，当制得同温同压下相同体积的氧气时，三个反应中转移的电子数之比为()A．1∶1∶1B．2∶2∶1C．2∶3∶1D．4∶3∶2解析用高锰酸钾、氯酸钾制氧气，反应过程中O由－2价转化为0价，而用过氧化氢制氧气，O由－1价转化为0价。现要制得相同体积的O2，用过氧化氢制氧气的反应中转移的电子数是用高锰酸钾、氯酸钾制取氧气的反应中转移的电子数的一半。B专题讲座三6．20g烧碱配制成500mL溶液,其物质的量浓度为_____mol·L－1；从中取出1mL,其物质的量浓度为______mol·L－1,含溶质______g。若将这1mL溶液用水稀释到100mL，所得溶液中溶质的物质的量浓度为__________mol·L－1，其中含Na＋______g。解析c(NaOH)＝20g40g·mol－10.5L＝1mol·L－1，从中取出的1mL溶液浓度仍为1mol·L－1,溶质质量为0.001L×1mol·L－1×40g·mol－1＝0.04g。稀释100倍,其浓度变为0.01mol·L－1,m(Na＋)＝0.04g×2340＝0.023g。答案110.040.010.023专题讲座三7．在空气中暴露过的KOH固体，经分析知其成分为水7.62%、K2CO32.38%、KOH90%，若将1g此样品加到46.00mL1mol·L－1的盐酸中，过量的盐酸再用1.07mol·L－1的KOH溶液中和，蒸发中和后的溶液可得固体多少克？解析本题化学反应复杂，数字处理繁琐，但若根据Cl元素守恒，便可以看出，蒸发溶液所得KCl固体中的Cl－,全部来自盐酸中的Cl－，即生成的n(KCl)＝n(HCl)，m(KCl)＝1mol·L－1×0.046L×74.5g·mol－1≈3.43g。答案3.43g专题讲座三