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专题知识回顾章末专题放送小专题，大收获专题守恒法在计算题中的应用1．质量守恒关系质量守恒定律表示：参加化学反应的各种物质的质量总和，等于反应后生成物的各物质的质量总和。依据该定律常可得出下列解题时实用的等式：(1)反应物的质量总和＝生成物的质量总和；(2)反应物减少的总质量＝生成物增加的总质量；(3)反应体系中固体质量的增加(或减少)等于气体质量的减少(或增加)。【例1】在2L硫酸铜和硫酸铁的混合溶液中，加入30g铁粉，最后得到2L0.25mol·L－1的硫酸亚铁溶液及26g固体沉淀物。分别求原混合溶液中硫酸铁和硫酸铜的物质的量浓度。【解析】设硫酸铁、硫酸铜的物质的量分别为x和y。根据反应前后铁和铜的质量和相等得56g·mol－1×2x＋64g·mol－1×y＋30g＝2L×0.25mol·L－1×56g·mol－1＋26g①再由反应前后硫酸根离子的物质的量守恒得3x＋y＝2L×0.25mol·L－1②联立①②解得x＝0.1mol，y＝0.2mol。因此硫酸铁、硫酸铜的物质的量浓度分别为0.05mol·L－1和0.1mol·L－1。【答案】0.05mol·L－10.1mol·L－12．元素守恒关系在化学反应过程中，从某种意义上说可以认为是原子重新组合的过程，因此在反应过程中某种元素的原子，在反应前后必定保持两种守恒关系(均体现出原子个数相等)：①原子的质量守恒；②原子的物质的量守恒。【例2】向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中，加入100mL1mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL(标准状况下)的气体。所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现，混合物中铁元素的质量分数为()A．81.4%B．77.8%C．68.6%D．无法计算【解析】用盐酸溶解后，得到的产物加KSCN溶液，无血红色出现，说明得到的产物是氯化亚铁，即混合物中的铁元素全在氯化亚铁中，盐酸的物质的量为1mol/L×0.1L＝0.1mol，根据氯元素守恒，则n(Fe)＝n(FeCl2)＝5.0×n(HCl)＝0.05mol，m(Fe)＝0.05mol×56g/mol＝2.8g，根据H元素守恒生成氢气的物质的量为n(H2)＝0.224L÷22.4L/mol＝0.01mol，消耗HCl的物质的量为0.01mol×2＝0.02mol，则与氧化物反应的HCl的物质的量为0.1mol－0.02mol＝0.08mol，所以氧化物中含有n(O)＝0.08mol÷2＝0.04mol，m(O)＝0.04mol×16g/mol＝0.64g，则混合物中铁元素的质量分数为2.8g2.8g＋0.64g×100＝81.4%，答案选A。【答案】A3．电荷守恒关系在电解质溶液里或在离子化合物中，所含阴、阳离子的电荷数必定相等(电中性原理)，即阳离子的物质的量(或物质的量浓度)×阳离子的电荷数＝阴离子的物质的量(或物质的量浓度)×阴离子的电荷数。【例3】将铁片加到1L0.5mol/LFeCl3溶液中，当Fe2＋和Fe3＋的浓度相等时，消耗的铁片的质量为()A．2.8gB．5.6gC．11.2gD．1.4g【解析】反应后的溶液中Fe2＋和Fe3＋的浓度相等，反应后溶液中n(Fe2＋)＝n(Fe3＋)，根据电荷守恒，反应后溶液中2n(Fe2＋)＋3n(Fe3＋)＝n(Cl－)，即2n(Fe3＋)＋3n(Fe3＋)＝1L×0.5mol/L×3，解得n(Fe3＋)＝0.3mol，故反应后溶液中n(Fe2＋)＝n(Fe3＋)＝0.3mol，原溶液中Fe3＋的物质的量为1L×0.5mol/L＝0.5mol，根据Fe元素守恒可知，加入Fe的物质的量为0.3mol＋0.3mol－0.5mol＝0.1mol，故消耗的铁片的质量为0.1mol×56g/mol＝5.6g。故选B。【答案】B【名师指导】根据n＝cV计算FeCl3溶液中n(Cl－)，根据电荷守恒，反应后溶液中2n(Fe2＋)＋3n(Fe3＋)＝n(Cl－)，据此计算反应后溶液中Fe2＋和Fe3＋的物质的量，根据n＝cV计算FeCl3溶液中n(Fe3＋)，根据Fe元素守恒计算加入Fe的物质的量，再根据m＝nM计算加入Fe的质量。4．电子守恒关系电子守恒关系是指在氧化还原反应中，氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数，即电子在转移过程中数目不变。应用电子守恒关系解答问题时，常用到两种形式，一是根据氧化剂得电子总数＝还原剂失电子总数，把有关量代入等式求解；二是根据电子守恒关系找出有关物质或离子的物质的量或体积关系，由已知条件列比例式求解。如得失4mol电子时，有关系O2～2H2～2Cu2＋～4Ag＋～4OH－等。【例4】R2On－6在一定条件下可以把Mn2＋氧化成MnO－4，若反应后R2On－6转变为ROn－3。又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，则n值为()A．1B．2C．3D．4【解析】设R2On－6中R的化合价为x，ROn－3中为y，则有n＝12－2x＝6－y，即2x－y＝6，①根据得失电子守恒：10(x－y)＝10，②解得x＝5，n＝12－2×5＝2。【答案】B专题训练1．在铁和氧化铁混合物15g中，加入稀硫酸150mL，能放出H21.68L(标准状况)。同时铁和氧化铁均无剩余，向反应后的溶液中滴入KSCN溶液，未见颜色变化。为了中和过量的H2SO4，且使Fe2＋完全转化成Fe(OH)2，共消耗3mol·L－1的NaOH溶液200mL，则原硫酸的物质的量浓度是()A．1.5mol·L－1B．2mol·L－1C．2.5mol·L－1D．3mol·L－1解析：铁和氧化铁与硫酸反应后溶液中溶质为FeSO4、H2SO4，加入NaOH溶液使铁完全转化成Fe(OH)2，反应后的溶液溶质只有Na2SO4，根据硫酸根离子守恒可得n(H2SO4)＝n(Na2SO4)，根据钠离子守恒可知n(Na2SO4)＝12n(NaOH)＝12×3mol/L×0.2L＝0.3mol，所以原H2SO4的物质的量浓度为c(H2SO4)＝0.3mol0.15L＝2mol/L，故选B。答案：B2．Na2O2、HCl、Al2O3三种物质在水中完全反应后，溶液中只含有Na＋、H＋、Cl－、OH－，且溶液呈中性，则Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比可能为()A．3∶2∶1B．2∶4∶1C．2∶3∶1D．4∶2∶1解析：由溶液中不含Al3＋和AlO－2可以判断铝元素是以沉淀的形式存在；由n(OH－)＝n(H＋)及电荷守恒可知，n(Na＋)＝n(Cl－)；根据原子守恒可知，Na2O2、HCl的物质的量之比为1∶2，符合题意的只有B。答案：B3．已知2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－，当向100mL的FeBr2溶液中通入标准状况下的Cl23.36L，充分反应后测得形成的溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为多少？解析：由提供信息可知：Fe2＋的还原性强于Br－的还原性；因此，通入Cl2后Fe2＋应该全部被氧化成了Fe3＋。则反应后的溶液中只有Fe3＋、Cl－、Br－，且n(Cl－)＝n(Br－)＝2n(Cl2)＝2×3.36L÷22.4L·mol－1＝2×0.15mol。据电荷守恒原理，必有：3n(Fe3＋)＝n(Cl－)×1＋n(Br－)×1，解得n(Fe3＋)＝0.2mol。又由铁元素守恒知n(Fe2＋)＝n(Fe3＋)＝0.2mol。故原FeBr2溶液的物质的量浓度为0.2mol÷0.1L＝2mol·L－1。答案：2mol·L－1