【备战】高考化学冲刺押题解题方法荟萃系列 专题06 守恒法

专题06 守恒法【母题1】下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( )A室温下，向0.01 molL1 NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na)c(SO42 )c(NH4 )c(OH) = c(H)B0.1 molL1 NaHCO3溶液：c(Na)c(OH)c(HCO3 )c(H)CNa2CO3溶液：c(OH)c(H) = c(HCO3 )2c(H2CO3)D25 时，pH = 4.75、浓度均为0.1 molL1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：c(CH3COO)c(OH)c(CH3COOH)c(H)【分析】0.01 molL1 NH4HSO4中加NaOH溶液，当1:1与H反应结束后，由于NH4 水解呈酸性，需再加NaOH与NH4 反应使溶液呈中性，所以c(Na)c(SO42 )c(NH4 )，选项A正确。B项中，虽然HCO3 水解呈碱性，但水解微弱，c(Na)与c(HCO3 )数值接近，所以c(Na)c(HCO3 )c(OH)c(H)，选项B错误。C项中把c(H)移项得：c(OH) = c(HCO3 )2c(H2CO3)c(H)，这是质子守恒，选项C正确。D项，由电荷守恒有：c(Na)c(H) = c(CH3COO)c(OH)，物料守恒有：2c(Na) = c(CH3COO)c(CH3COOH)，两式联立得：c(CH3COO)2c(OH) = c(CH3COOH)2c(H)，因溶液pH = 4.75，即c(H)c(OH)，得c(CH3COO)c(OH)c(CH3COOH)c(H)，选项D错误。【解答】AC 【点拨】注意电荷守恒、物料守恒、质子守恒的综合应用。【解题锦囊】守恒法是一种中学化学典型的解题方法，它利用物质变化过程中某一特定的量固定不变来列式求解，可以免去一些复杂的数学计算，大大简化解题过程，提高解题速度和正确率。它的优点是用宏观的统揽全局的方式列式，不去探求某些细微末节，直接抓住其中的特有守恒关系，快速建立计算式，巧妙地解答题目。物质在参加反应时，化合价升降的总数，反应物和生成物的总质量，各物质中所含的每一种原子的总数，各种微粒所带的电荷总和等等，都必须守恒。所以守恒是解计算题时建立等量关系的依据，守恒法往往穿插在其它方法中同时使用，是各种解题方法的基础，利用守恒法可以很快建立等量关系，达到速算效果。1、质量守恒：是根据化学反应前后反应物的总质量与生成物的总质量相等的原理，进行计算或推断。主要包括：反应物总质量与生成物总质量守恒；反应中某元素的质量守恒；结晶过程中溶质总质量守恒；可逆反应中反应过程总质量守恒。2、物质的量守恒：是根据反应前后某一物质的量不变的原理进行推导和计算的方法。这种方法可以应用在多步反应中的计算。可简化计算过程，减少数学计算，一步得出结果。3、元素守恒：即化学反应前后各元素的种类不变，各元素的原子个数不变，其物质的量、质量也不变。元素守恒包括原子守恒和离子守恒: 原子守恒法是依据反应前后原子的种类及个数都不变的原理，进行推导或计算的方法。离子守恒是根据反应（非氧化还原反应）前后离子数目不变的原理进行推导和计算。用这种方法计算不需要化学反应式，只需要找到起始和终止反应时离子的对应关系，即可通过简单的守恒关系，计算出所需结果。4、电荷守恒：即对任一电中性的体系，如化合物、混合物、浊液等，电荷的代数和为0，即正电荷总数和负电荷总数相等。电荷守恒是利用反应前后离子所带电荷总量不变的原理，进行推导或计算。常用于溶液中离子浓度关系的推断，也可用此原理列等式进行有关反应中某些量的计算。5、电子得失守恒：是指在氧化还原反应中，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数。无论是自发进行的氧化还原反应，还是原电池或电解池中，均如此。它广泛应用于氧化还原反应中的各种计算，甚至还包括电解产物的计算。【衍生1】质量分数为a的某物质的溶液mg与质量分数为b的该物质的溶液ng混合后，蒸发掉pg水。得到的溶液每毫升质量为qg，物质的量浓度为c。则溶质的分子量（相对分子质量）为（ ）A. B. C. D.【解析】根据溶质的物质的量守恒可得：L/mLcmol/L，整理得：g/mol。【答案】C【点拨】溶液蒸发前后，溶质的质量和物质的量不变。【衍生2】常温下，将甲酸和氢氧化钠溶液混合，所得溶液pH=7，则此溶液中（ ）A.c(HCOO-)c(Na+) B.c(HCOO-)c(Na+)C.c(HCOO-)c(Na+) D.无法确定c(HCOO-)与c(Na+)的关系 A.a% B.2a% C.12a% D.13a% 【解析】混合物中不管以任何比例混合，S和O的原子个数之比总是14，所以质量比为12 。故氧的质量分数为2a%，所以Fe的质量分数为1a%2a% = 13a。【答案】D【点拨】注意化合物中S和O的原子个数之比相同是解答本题的关键。【衍生4】铜和镁的混合物4.6g完全溶于一定量浓硝酸中，反应后只生成NO2 0.2mol和N2O4 0.015mol，往与硝酸反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，生成沉淀的质量为( )A. 9.02g B. 8. 51g C. 8.26g D. 7.04g【解析】MgMg2+ Mg(OH)2 CuCu 2+Cu(OH)2 所以生成沉淀的质量等于4.6gm(OH) 再由电子守恒，得电子总数： n(NO2)2n(N2O4)0.23mol则铜和镁共失电子为0.23mol。Cu2和Mg2共带正电荷为0.23mol，沉淀中的n(OH)0.23mol所以沉淀质量为：4.6g17g/mol0.23mol8.51g【答案】B【点拨】关注元素的存在形式和氧化还原反应中电子转移守恒综合考查。【衍生5】某金属和硝酸反应，已知参加反应的被还原的硝酸和参加反应的硝酸的物质的量之比为16，若已知还原产物唯一，则还原产物为( )A. N2 B. N2O C. NO D. NO2 3用心 爱心 专心