林林总总话“守恒”

“守恒法”是中学化学常常采纳的技术性解题方式之一。一样情形下，能用“守恒法”解答的题目也能用其它方式解决，但较费时且易犯错。而“守恒法”那么是利用物质转变进程中某一特定量固定不变来解决问题，其特点是不纠缠于细枝末节，只关注始态和终态，寻觅转变前后特有的守恒因素，快速成立等式关系，巧妙作答，能提高解题速度和准确率。其妙处所在可谓是“删繁就简三秋树，独树一帜二月花”。“守恒法”在不同版本的教辅材料中，有多种表述形式，如物料守恒、质量守恒、元素守恒、原子守恒、离子守恒、电荷守恒、电子守恒、物质的量守恒、体积守恒等等。其实所谓的“守恒”因素不外乎三种情形：一是物料守恒，二是电性电量守恒，三是能量守恒（中学时期涉及较少），其它的表述形式都隶属于其中。可归纳如下：固态f浓度守恒溶液溶剂守恒甘溶质守恒其匕,物料守恒物质的量守恒守值因素I （体积守恒）电性电量守恒*/电荷守恒、电子守恒具体物质，原子守恒 元素守恒*离子守恒“质子守恒）能量守恒（中学阶段涉及较少，在此不作讨论）下面就各类守恒因素的应用举例说明。一、物料守恒（一）质量守恒例1:取必然量的KC1O3和MnO2的混合物共热制取O2,反映开始时MnO2在混合物中的质量分数为20%,当反映进行到MnO2在混合物中的质量分数为25%时，求KC1O3的分解百分率。解析：MnO2在反映中作催化剂，反映前后质量守恒。设原混合物的质量为mig,反映终止后混合物的质量为m2g,那么MnO2反映前后的质量别离为：0.2mig和0.25m2g。由MnO2的质量守恒可得：0.2mig=0.25m2g,m2=0.8mi。由反映前后质量守恒可知，放出O2的质量应等于反映前后的固体质量之差，即：mig-m2g=mimimig。即可求得KClO3的分245g0.2m1g解百分率为：96gi00%64%。0.8m1g练习：C和CaCO3的混合物在空气中强热后，CaCO3完全分解，C被完全氧化，若是生成的CO2的总质量等于原混合物的总质量，试求原混合物中C的质量分数。i7.4%（i）浓度守恒例2：某盐的饱和溶液的质量分数为26.8%,取必然量的此饱和溶液，加入wg该无水盐,在温度不变的情形下，析出mg含有必然量结晶水的该盐晶体，那么从饱和溶液中析出溶质的质量为A.26.8%wB.m-wC.(m+w)x26.8%D.(m-w)x26.8%解析：由于温度不变，析晶后， 有(m-w) X 26.8% ,答案应选D。练习：(2003年上海)某温度下 现将甲烧杯中的溶液蒸发掉35g H2O 晶体10g。那么原溶液的质量分数为剩余溶液、减少的溶液(m-w)及原溶液浓度守恒，故甲、乙两个烧杯中各盛有100g相同浓度的析出晶体5g ;乙烧杯中的溶液蒸发掉45gKCl溶液，H2O,析出A.40%B.15%C.20%D.25%答案：D(2)溶剂守恒2SO3粉末，充分搅拌后过滤，取得 度下Na 2SO 3的溶解度为20g ,求析出的60g滤液和 必然量 的Na 2SO 3 7H 2O晶体 Na 2SO 3 7H 2O晶体的质量。假设此温解析： 饱和溶液解此题的关键是：溶剂水的质量守恒。析晶后，原溶剂水分成了两部份，即所得中的水和析出55.3g xg126g 60 g 126g 126g晶体中的结晶水。假设设析出晶体的质量为 xg。忌歌，解得：x=10.6g。溶质守恒例4:将某二价金属RX 1mol/L XM= 20.5gX 1mol/L X M = 84g原50g溶液中溶质的质量分数为。 S=24g ; 17.4%的单质粉末投入到200mL浓度为1mol/L的H2SO4溶液中，7H 2O全反映后滤去过量的金属粉末，蒸发溶液到剩余84g时，维持温度为tC,开始析出RSO4晶体。在该温度下继续蒸发，当析出20.5g晶体时，还留下49g溶液。求金属R的相对原子质量。解析：由题意可知，84g溶液和49g溶液皆为tC时的饱和溶液。设RSO4的摩尔质量为M,RSO4在tC时的溶解度为Sg。由溶质的质量守恒可得：MSg49gM126g100gSgSg100gSg解方程组得：S=40,M=120g/mol因此，金属R的相对原子质量为：120-96=24练习：甲、乙两同窗在室温下各取50g某溶液别离制取晶体的实验。甲将溶液蒸发掉10g水后，冷却到室温，得晶体1.2g(晶体不含结晶水)；乙将溶液蒸发掉15g水后，冷却到室温得晶体2.4g0假设两人的实验结果都正确，那么：该溶质在室温下的溶解度为例5:向必然量的NaOH固体中加入硫酸铜和硫酸组成的混合物的溶液，充分搅拌，恰好完全反映，有蓝色沉淀生成，过滤，所得滤液的质量与加入的原混合物溶液的质量相等，那么与硫酸铜反映的氢氧化钠和与硫酸反映的氢氧化钠的物质的量之比为。解析：此题属于一道典型的无数据计算题。依题意不难分析出其中的守恒关系，即m(NaOH)=mCu(OH)2。设与CuSO4反映的NaOH为xmol,与H2SO4反映的NaOH为ymol,1 x40那么由(xmol+ymol)x40g/mol=98g/molx(xmolx),。2 y9练习：向碘化钾溶液中加入硝酸银溶液，直到完全反映为止，结果反映后溶液的质量恰好等于反映前原碘化钾溶液的质量。求加入硝酸银溶液的溶质的质量分数。72.3%(二)物质的量守恒例6: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，取得的溶液每毫升质量为qg,物质的量浓度为c。那么溶质的分子量(相对分子质量)(2003年新课程卷)D.c(m n p)1000q(am bn)q(ambn)c(mnp)1000q(ambn)A.-B.C.二c(mnp)q(ambn)c(mnp)mg ng pq 10 3 L/mL x c mol/L , qg/mL解析：依照溶质的物质的量守恒可得：mgangbMr1000q(ambn)一、小整理得：Mrg/mol,应选C。c(mnp)原子守恒、离子守恒并无严格意义上的区分，只是由于在不同情境中呈现的形态不同罢了，多数情形下，常笼统地称作元素守恒。原子守恒例7:某温度下，1L密闭容器中加入1molN2和3molH2,使反映N2+3H2二-2NH3,达到平稳。测得平稳混合物中N2、H2、NH3的物质的量别离为M、N、Q。若是温度不变，只改变初始物质的加入量，而要求M、N、Q维持不变，那么N2、H2、NH3的加入量用x、v、z表示时，应知足条件：假设x=0,y=0,那么z=。(2)假设x=0.75mol,那么y=,z=。(3)x、v、z应知足的一样条件是(用含x、y、z的方程式表示)。解析：此题最经常使用的思路是等效平稳。假设从原子守恒的角度考虑，也比较容易解决。容器内加入物质应含2molN原子和6molH原子。假设x=0,y=0时，那么z=2mol。由N原子守恒：zx(2)假设x=0.75mol时，:I由H原子守恒：y=6mol30.5mol2.25mo|2(3)由N原子守恒：2x+z=2由H原子守恒：2x+3z=6例8:将amolH2S和1molO2置于一个容积可变的容器内进行反映。维持容器内气体的压强不变(101kPa),在120c下测得反映前后容器内气体的密度别离为di和d2。假设a的取值不同，那么H2s的氧化产物可能有如下三种情形：(1)全数是SO2,现在a的取值范围是。(2)全数是S,现在a的取值范围是,did2(填大于、小于或等于)。(3)部份是SO2,部份是S,现在a的取值范围是,反映所生成的SO2的物质的量为mol,容器内气体的物质的量之和为mol。(以含a的代数式表示)(96年全国)解析：n(O2)=1mol,设生成SO2为xmol,S为ymol,H2O为zmol。直写方程式：aH2S+1O2=xSO2+yS+zH2O(g)。由S原子守恒：x=a(1)若yw0,则全部生成SO2：，由H原子守恒：2z=2a由。原子守恒：2x+z=2解得a=2,即a的取值范围是：aw2。33由S原子守恒：y=a(2)假设xw0,那么全数生,S：H原子守恒：2z=2a由。原子守恒：z=2解得a=2,即a的取值范围是：a2o由S原子守恒：x+y=a(3)假设x0,y0,那么产物中既有SO2,又“曲：H原子守恒：2z=2aza=(1+y)|由。原子守恒：2x+z=2解得:L1 24mLH 2s在30mLO 2中燃烧，在同温同压下，取得的SO2体积为。提示：燃烧后，H原子全数进入水中，S原子那么在SO2和单质S中。据 阿伏加德罗定 律，n(H 2S): n(O2)= V(H 2S): V(O 2)=24:30=4:5 。可直写方程式，也可直接依照原子守恒求得： n(SO2)=3mol , V(SO 2)=18mL 。3.在密闭容器内充入3mol A 和2mol B 发生反映：3A(g)+2B(g) = xC(g), 达到平稳后，C的质量分数为w%。假设维 持温度不变，按0.6molA、0.4molB 和0.8molC 为 起始物质，达平稳后，C的质量分数仍为w%,那么x的值为。 x=1(2)离子守恒例10 :向含0.01mol AlCl 3的溶液中逐滴加入34mL 1mol/L NaOH 溶液，那么生成物及其 物质的量别离为。a1 x=i-2iz=a因为y0,从(2)可知yW2,因此a的取值范围是：2vav2。3反映后，SO2的物质的量为(1-a)mol,容器内气体的物质的量之和为：x+z=(1+)molo22例9:(2002年河南)将2molH2O和2molCO置于1L容器中，在必然条件下，加热至高温，发生如下可逆反映：2H2O(g)=2H2+O22CO(g)+O22CO2(1)当上述系统达到平稳时，欲求其混合气体的平稳组成，那么至少需要明白两种气体的平稳浓度，但这两种气体不能同时是和，或和。(填它们的分子式)(2)假设平稳时O2和CO2的物质的量别离为n(O2)平=amol,n(CO2)平=bmol。试求n(H2O)平=。(用含a、b的代数式表示)解析：(1)在同一反映容器内持续发生了两个反映。只有H2O(g)分解了，CO才能被O2氧化，两个反映彼此制约，同时达到平稳。但第一个反映中H2O和H2与第二个反映无关，一样第二个反映中CO和CO2的浓度与第一个反映无关。(2)由O原子守恒可知，由CO生成CO2分子内增加的O原子来源于H2O,另外O2中的O原子也来源于H2O。因此，n(H2O)反映=2xn(O2)+1xn(CO2)=2xamol+1xbmol=(2a+b)mol。n(H2O)平=2mol-(2a+b)mol=(2-2a-b)mol。2与NaOH溶液反映：3NO2+2NaOH=2NaNO3+NOT+H2O。NO、NO2可一路与NaOH溶液作用：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O。欲用VL某烧碱溶液使amolNO与bmolNO2组成的混合气体中的N元素全数进入溶液，那么NaOH溶液的物质的量浓度为。提ab小：n(NaNO2)=n(NO)+n(NO2)on(NaOH)=mol/L解析：n(NaOH):n(AlCl3X1mol/L:0.01mol=3.4:1(或17:5),大于3小于4,故生成物中既有Al(OH)3,又有NaAlO2。设生成的Al(OH)3的化学计量数为x,NaAlO2的化学计量数为y。直写方程式：173x5A1C13+17NaOH=xAl(OH)3J+yNaAlO2+15NaCl+H2Oj由Na+守恒：17=y+15rx=32t由Al3+守恒：5=x+yly=2则nAl(OH)3=0.006mol,n(NaAlO2)=0.004mol,n(NaCl)=0.003mol。练习：把6.56gNaHCO3和Na2CO310H2O的混合物溶于水制成100mL溶液，测得其中Na+离子浓度为0.5mol/L。假设把同质量的该混合物加热到质量不变，那么混合物比初始时质量减少多少克？提示：混合物溶于水后溶液中Na+与混合物加热后所得Na2CO3中的Na+守恒。3.91g(3)原子、离子并存守恒(元素守恒)例11:将必然质量的镁、铝合金投入100mL必然浓度的盐酸中，合金全数溶解，向所得溶液中滴加5mol/L的NaOH溶液至过量，生成沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积关系如下图。由图中沉淀量g原合金中镁、铝的质量；(2)盐酸的物质的量浓度。解析：由图可知：Mg(OH)2的质量为11.6g,Al(OH)=7.8g。由镁元素守恒可知：MgMg(OH)224g58gm解得：m由铝元素守恒可知：AlAl(OH)327g78gm解得：m(2)当V(NaOH,aq)=160mL时，Mg2+、Al3+完全沉淀，现在溶液为NaCl溶液，由Cl-离子、Na+离子守恒可知：HClNaClNaOH1mol1mol100mLxc(HCl)160mLx5mol/L解得例12:向300mLKOH溶液中缓慢通入2.24LCO2气体(标准状况下)，充分反映后，在减压低温下蒸发溶液，取得11.9g白色固体。请通过计算确信此白色固体的组成及其质量各为多少克？所用KOH溶液的物质的量浓度是多少？解析：先由极端假设法确信白色固体的组成：设定2.24LCO2与KOH溶液反映所得产物只有一种，即K2CO3或KHCO 3。假设只生成K2CO3,由C原子守恒可求得m(K2CO3)=2.24L22.4L/molX138g/mol=13.8g;假设只生成KHCO3,由C原子守恒可求得m(KHCO3)=2.24L乂22.4L/mol100g/mol=10.0g。而题设质量为11.9g,故该白色固体由K2CO3和KHCO3组成。由C原子守恒可得：n(CO2)=一一2.24Ln(K2CO3)+n(KHCO3)=0.100mol。设K2CO3的物质的量为amol,那么KHCO3amol。22.4L/mol那么由138g/molXamol+100g/molxamol)=11.9g,解之得：a=0.050mol。因此m(K2CO3xm(KHCO3X由K+离子守恒可得：n(KOH)=2Xn(K2CO3)+1Xn(KHCO3)=2X+1x50mol=0.150mol。因此c(KOH尸n(KOH)/V=0.150mol/0.300L=0.50mol/L。2,那么所得溶液中CO32-、HCO3-的物质的量浓度之比约为。提示：依照Na+离子、C原子守恒。1:32.将4g不纯金属R样品(含有不与酸反映的杂质)，加入20g20%的稀盐酸中，恰好完全反映，经测知金属R与稀盐酸反映生成的氯化物中含氯50%,那么该样品中金属R的质量分数为。97.26%(4)质子守恒一样情形下，很少单独考虑质子守恒，事实上在水溶液中存在的质子守恒可看做是物料守恒与电荷守恒(后面将要涉及到)的叠加项。所谓的质子守恒，实质是从水的电离动身，考虑弱酸根离子结合水电离出的H+或弱碱阳离子结合水电离出的OH一，然后在溶液中寻觅H+和OH-的“藏身”之所，而列出的等式关系。经常使用于溶液中粒子浓度关系的比较。下面以Na2CO3溶液、NH4Cl溶液和(NH4”CO3溶液为例，来确信它们的溶液中各自存在的质子守恒。Na2CO3溶液：在不考虑CO32-水解时，水电离出的H+与OH-的物质的量是相等的，但当CO32-水解结合部份水电离出的H+后，别离生成了HCO3-(结合一个H+)和H2CO3(结合两个H+),而OH-未被消耗，因此可列出等式关系：c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2Xc(H2CO3),即Na2CO3溶液中的质子守恒。NH4Cl溶液：同理，NH4+水解结合的是由水电离出的部份OH-,生成了NH3H2O,而H+未被消耗，因此可列出等式关系：c(H+)=c(OH-)+c(NH3-H2O),即为NH4Cl溶液中的质子守恒。(NH4)2CO3溶液：NH4+水解结合的是由水电离出的部份OH-,生成了NH3-H2O;CO32-水解结合部份水电离出的H+,别离生成了HCO3-和H2CO3,H+、OH-都有一部份被消耗，别离寻觅H+、OH-在溶液中的“藏身”之所，即可列出以劣等式关系：c(H+)+c(HCO3-)+2Xc(H2CO3)=c(OH-)+c(NH3-H2O),即为(NH4)2CO3溶液中的质子守恒。体积守恒利用体积守恒的题目相较较而言要少一些，事实上它仍隶属于物质的量守恒。化学平稳中会常常碰到反映前后体积守恒的题目，并用于判定和计算，只只是通常情形下不从守恒角度去熟悉算了。例13:在tC时，向一密闭容器中充入2molA和3molB,发生如下化学反映：aA(g)+B(g)aC(g)+D(g后测得各物质浓度有如下关系：ca(A)c(B)=c(C)-c(D)。然后在温度不变的情形下，扩大容器容积至原先的10倍，结果A的百分含量始终不变，那么这时B的转化率为解析：设消耗B的物质的量为xmol,在温度不变、扩大容器容积至原先10倍时，A的百分含量始终不变，说明该可逆反映前后体积守恒。依照阿伏加德罗定律可得，a+1=2,a=1。依照反映式，可列出等式(2-x)(3-x)=x2解得x=1.2mol,B的转化率为40%，应选Bo二、电性电量守恒多用于计算、判定溶液中粒子浓度之间的关系。在计算题中，假设没有专门说明，那么可忽略H+、OH-的阻碍，而在讨论溶液中粒子浓度之间的关系时，却必需考虑在内。例14：将aL由(NH4)SO4和NH4NO3组成的混合溶液分成两等份，一份加入bmol烧碱并加热，恰好把NH3赶出；另一份需消耗含cmolBaCl2的溶液，沉淀恰好完全。那么原溶液中c(NO3-)为。解析：由题设不难求得aL混合溶液中含2bmolNH4+和2cmolSO42-。依据电荷守恒可得：1xn(NH4+)=2xn(SO42-)+1xn(NO3-),1x2bmol=2x2cmol+1xc(NO3-)xaL,-、2b4cc(NO3)=mol/L。a例15:(2002年全国理综)常温下，将甲酸和氢氧化钠溶液混合，所得溶液pH=7,那么此溶液中A.c(HCOO-)c(Na+)B.c(HCOO-)c(Cl-)c(H+)c(CH3COOH)B. c(CH3COO-)c(Cl-)c(CH3COOH)c(H+)C. c(CH3COO-)=c(Cl-)c(H+)c(CH3COOH)D. c(H+)+c(Na+尸c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-)答案：B、D例17:容积为30mL的试管中充满了NO2和O2的混合气体，将试管倒立在水槽中，一段时刻后，试管中仍然有5mL气体。那么原混合气体中NO2和02的体积比可能解析：设原混合气体中有amLNO2,那么O2为(30-a)mL。假设剩余气体是5mLO2,那么NO2完全转化为HNO3,O2只有(30-a-5)mL=(25-a)mL被还原。e-+4e-则有NO2HNO3、O2HNO3由阿伏加德罗定律和电子守恒得：aX1=(25-a)X4,a=20mL,因此V(NO2):V(O2)=20mL:(30-20)mL=2:1。(2)假设剩余气体是5mLNO,那么生成5mLNO消耗的NO2为15mL,也确实是说有(a-15)mLNO2与(30-a)mLO2反映生成了HNO3。由阿伏加德罗定律和电子守恒得：(a-15)X1=(30-a)X4,a=27mL,因此V(NO2):V(O2)=27mL:(30-27)mL=9:1假设已知有1/4的HNO 3被还n/4g HNO 3被还原为NO ,那么例18:含ngHNO3的稀硝酸溶液恰好与mgFe完全反映，原成NO,那么n:m的取值范围是。解析：Fe是变价金属，要考虑与HNO3反映时量的关系。，n1nHNO3得电子为一g(52)mol。463gmol84(1)当Fe过量时，Fe被氧化为Fe2+,Fe元素失电子为：-mg2molo依据电子56gmol28守恒可得：m，得n:m=3:1。8428(2)当Fe不足量时，Fe被氧化为Fe3+,Fe元素失电子为：mg33mmol。依据电56gmol56子守恒可得：n- 3m8456 得 n: m=9:2 。因此n:m的取值范围是：3c(CN-)C.c(HCN)-c(CN-)=c(OH-)D.c(HCN)+c(CN-解析：在不考虑水解、电离时，混合后c(HCN)=0.05mol/L,c(Na+尸c(CN-)=0.05mol/L。由于混合后溶液呈碱性，说明，CN-的水解程度要大于HCN的电离程度，那么c(CN-)0.05mol/L,故c(HCN)c(CN-),因此B正确。据C、N元素守恒可得，c(HCN)+c(CN-)=0.1mol/L(式)，D正确；又据电荷守恒可得，c(H+)+c(Na+)=c(CN-)+c(OH-)(式)，由式+式得，c(HCN)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+0.1mol/L,而c(Na+)=0.05mol/L,c(HCN)+c(H+)=0.05mol/L+c(OH-),故C不正确。2CO3溶液中含amolNa2CO3,向其中逐滴滴入必然量的稀盐酸，边滴边振荡，至溶液中的Cl-和HCO3-的物质的量之比约为2:1,那么滴入稀盐酸的物质的量等于mol。答案：n(HCl)=-amol。既可依照电荷守恒，又可依照Cl-离子守恒32s溶液中存在着多种分子和离子，以下关系式正确的选项是A. c(OH-尸c(Hs-)+c(H+)+c(H2s)B. c(OH-)=2c(Hs-)+c(H+)+c(H2s)C. c(OH-)=c(Hs-)+c(H+)+2c(H2s)D. c(Na+)+c(H+)=c(Hs-)+2c(s2-)+c(OH-)答案：C、DoC选项为质子守恒(即物料守恒与电荷守恒的叠加项)，D选项为电荷守2 .元素守恒、电子守恒例21:用石墨电极电解500mL含KNO3和Cu(NO3)两种溶质的溶液，一段时刻后，在两个电极上均生成11.2L气体(标准状况下)。试求：原溶液中c(Cu2+)；(2)电解后溶液中c(H+)。(忽略溶液体积的转变)析出铜，逸出H2逸出O2.,一阴极解析：依照题中信息可知：.1阳极11211121(1)依据电子守恒：4(。2)=2(H2Xc(Cu2+)X2,解得，22.4Lmol22.4Lmolc(Cu2+)=1.0mol/L。(2)依据元素守恒：Cu(NO3)22NO3-2HNO32H+那么溶液中c(H+)=2xc(Cu2+)=2.0mol/L。练习：1.92gCu和必然量的浓HNO3反映，随着铜的不断减少，反映生成的气体颜色慢慢变浅，当铜反映完毕时，共搜集到气体1.12L(标准状况下)。求：(1)反映消耗的HNO3的物质的量；(2)反映生成的气体经水洗后剩余的体积。(忽略N2O4的阻碍)答案：(1)0.11mol;(2)0.448L。3 .电荷守恒、电子守恒例22:(2003年新课程卷)在必然条件下，RO3n-和F2可发生如下反映：RO3n-+F2+2OH-=RO4-+2F-+H2O,从而可知在RO3n-中，元素R的化合价是A.+4B.+5C.+6D.+7解析：设元素R在RO3n-中的化合价为x。法一：据电荷守恒：n+1X2=1+2X1,n=1。那么x-2x3=-1,x=5。法二：据电子守恒：(7-x)X1=0-(-1)X2,x=5。4 .元素守恒、电子守恒、电荷守恒一个正确的氧化还原离子方程式的配平，应同时遵循三个守恒关系，即元素守恒、电子守恒和电荷守恒。例23:配平方程式：Sx2-+BrO3-+OH-=SO42-+Br-+H2O解析：第一步：据电子守恒：C一 xSO42-3- Br -失 2X (3x+1)e - X 3得6e- x (3x+1)得：3Sx2-+(3x+1)BrO3-+OH-=3xSO42-+(3x+1)Br-+H2O；第二步：由电荷守恒可知，OH-前的化学计量数应为6(x-1);第三步：由原子守恒可知，H2O前的化学计量数应为3(x-1)。配平后的化学方程式为：3Sx2-+(3x+1)BrO3-+6(x-1)OH-=3xSO42-+(3x+1)Br-+3(x-1)H2O练习：Br2+CrO2-+()=Br-+CrO42-+H2O总之，守恒因素的应用是多方面的，只有平常训练时多注意积存与总结，方能熟练而巧妙的运用于解题进程中，才能收到事半功倍的成效。