2019届高考化学二轮复习化学计算守恒法学案 5页

守恒法 此法在化学计算中应用也很广泛，用此法可以求元素的相对原子质量、物质的相对分子质量、分子式、混合物的组成以及进行溶解度、溶液浓度等方面的计算。‎ 此法推广：由甲状态→乙状态（可以是物理变化或化学变化）中，总可以找到某一物理量，其值在变化前后不发生变化。利用物理量的不变性列出等式而解题称为广义守恒法。在状态改变过程中，其总值可以不变的物理量有：质量、化合价、物质的量、电荷、体积、浓度等。利用守恒法解题的关键是：巧妙地选择两状态中总值不发生改变的物理量，建立关系式，从而简化思路，使解题达到事半功倍的效果。‎ ‎ [例]30mL一定浓度的硝酸溶液与5.12g铜片反应,当铜片全部反应完毕后,共收集到气体2.24L,则该硝酸溶液的物质的量浓度至少为 A.9mol/L B.8mol/L C.5mol/L D.10mol/L 解法一:题目中未指明硝酸是浓或稀,所以产物不能确定 (1)3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,‎ ‎(2)Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,‎ 设参与反应(1)的Cu为xmol,则反应生成的NO气体为2/3xmol,反应消耗的硝酸为8/3xmol,再设参与反应(2)的Cu为ymol,则反应生成的NO2气体为2ymol,反应消耗的硝酸为4ymol,从而可以列出方程组: (x+y)× 64=5.12 …… ① ‎ ‎ [(2/3)x+2y] 22.4=2.24 ……②,‎ 求得x=0.045mol,y=0.035mol,则所耗硝酸为8/3x+4y=0.26mol,其浓度为(0.26/0.03)mol/L,在8-9之间,选A. 解法二:根据质量守恒定律,由于铜片只与硝酸完全反应生成Cu2+,则产物应为Cu(NO3)2,且其物质的量与原来的铜片一样,均为5.12/64=0.08mol,从产物的化学式Cu(NO3)2可以看出,参与复分解反应提供NO3-的HNO3有2×0.08=0.16 mol;而反应的气态产物,无论是NO还是NO2,每一个分子都含有一个N原子,则气体分子总数就相当于参与氧化还原反应的HNO3的物质的量,所以每消耗1 mol HNO3都产生22.4L气体(可以是NO或NO2甚至是两者的混合物),现有气体2.24L,即有0.1 mol HNO3参与了氧化还原反应,故所耗硝酸为0.16+0.1=0.26 mol,其浓度为(0.26/0.03)mol/L,在8-9之间,选A. ‎ 从以上两种方法可以看出,本题是选择题,只要求出结果便可,不论方式及解题规范,而此题的关键之处在于能否熟练应用质量守恒定律,第二种方法运用了守恒法,所以运算量要少得多,也不需要先将化学方程式列出,配平,从而大大缩短了解题时间,更避免了因不知按哪一个方程式来求硝酸所导致的恐慌. ‎ 任何化学反应过程中都存在着某些守恒关系如质量守恒、原子守恒、得失电子守恒等，所谓“守恒法”解题就是以某种守恒作为依据，寻找某种恒等关系解题的基本思路。其特点是可以避开某些繁琐的中间过程，避免书写复杂的化学反应方程式，提高解题速度和准确度。‎ 守恒法解题的关键是寻找守恒关系，列代数方程式求未知数。‎ ‎（一）、原子守恒法 其依据是化学变化过程中原子数不变，在多步化学反应中，硫酸、硝酸、镁铝的有关的计算中，盐类水解以及有机物混合的燃烧计算中得到应用。‎ ‎【例1】有一块铁铝合金,溶于足量盐酸中,再用足量KOH溶液处理,将产生的沉淀过滤,洗涤,干燥,灼烧使之完全变成红色粉末,经称量,发现该红色粉末和原合金质量恰好相等,则合金中铝的质量分数为 A.70% B.52.4% C.47.6% D.30% 解析：本题求混合金属的组成,只有一个"红色粉末与原合金质量相等"的条件,用普通方法不能迅速解题.根据化学方程式,铝经两步处理后已在过滤时除去,可用铁原子守恒建立关系式:Fe--FeCl2--Fe(OH)2--Fe(OH)3--(1/2)Fe2O3,再由质量相等的条件,得合金中铝+铁的质量=氧化铁的质量=铁+氧的质量,从而可知,铝的含量相当于氧化铁中氧的含量,根据质量分数的公式,可求出其含量为:[(3×16)/(2×56+3×16)]×100%=30%. 选D ‎ ‎【例2】将一定量的铁粉和9克硫粉混合加热,待其反应后再加入过量盐酸,将生成的气体完全燃烧,共收集得9克水,求加入的铁粉质量为 A.14g B.42g C.56g D.28g 解析：题目中未指明铁粉的量,所以铁粉可能过量,也可能不足,则与硫粉反应后,加入过量盐酸时生成的气体就有多种可能:或者只有H2S(铁全部转变为FeS2),或者是既有H2S又有H2(铁除了生成FeS2外还有剩余),所以只凭硫粉质量和生成的水的质量,不易建立方程求解.根据 原子守恒:(1)Fe--FeS(铁守恒)--H2S(硫守恒)--H2O(氢守恒),(2)Fe--H2(化学方程式)--H2O(氢定恒),从而得知,无论铁参与了哪一个反应,每1个铁都最终生成了1个H2O,所以迅速得出铁的物质的量就是水的物质的量,根本与硫无关,所以应有铁为9/18=0.5 mol,即28g. 【例3】ag的Cu与足量的HNO3(bml、cmol/L)充分反应，反应后溶液中的c(H+)=dmol,则反应中被还原的HNO3的物质的量为多少？‎ 解析：n(HNO3的总量)= n(被还原的HNO3)+ n(未被还原的HNO3)‎ n(未被还原的HNO3)= n(与H+结合的NO3-)+ n(与Cu2+结合的NO3-) ‎ ‎ =dmol +a/64 ×2 = a/32‎ n(被还原的HNO3)= b/1000 - d – a/32‎ ‎【例4】 标准状况下，甲烷、一氧化碳和乙炔的混合气体8.96L，完全燃烧生成二氧化碳26.4克，求混合气体中乙炔的体积。‎ ‎ 解析：混合气体物质的量为8.96L÷22.4L/mol=0.4mol;26.4g二氧化碳的物质的量为 ‎26.4g÷44g/mol=0.6mol.三种气体混合，只给两个数据，似乎条件不足。由碳原子守恒可知，1molCH4和CO燃烧均生成1molCO2，而1molC2H2燃烧生成2molCO2，显然，CO2与原混合气体物质的量之差就等于乙炔的物质的量。所以，乙炔的物质的量为：0.6mol-0.4mol=0.2mol.乙炔的体积为4.48 L。‎ ‎【例5】将下列硅酸盐改写成氧化物的形式：‎ ‎①镁橄榄石（Mg2SiO4）： ‎ ‎②高岭石[Al2(Si2O5)(OH)4]： ‎ 练习1：1molCH4和Cl2在光照下发生取代反应，待反应完全后，测得四种有机物的物质的量相等，则消耗Cl2的物质的量为多少？‎ 练习2：一定量的乙醇在氧气不足的情况下燃烧，生成CO CO2 H2O的总质量为27.6g,其中水的质量为10.8g，则CO的质量为多少克？‎ 练习3：向一定量的Fe FeO Fe2O3的混合物中加入100ml浓度为1.0mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，有气体放出，所得溶液中加入KSCN溶液后无血红色物质出现。若用足量的CO在高温下还原相同质量的该混合物，所得铁的质量是 ‎ A、11.2g B.5.6g C.2.8g D.1.4g 练习4：将10.2 g的镁和铝投入1000 ml 2 mol/L的盐酸中，金属完全溶解：再加入4 mol/L的NaOH溶液，若要使生成的沉淀最多，则应加入NaOH溶液的体积是（ ）  A  100 ml    B  700 ml    C  600 ml    D  500 ml  ‎ 练习5：一定量的Fe和Fe2O3的混合物投入250 ml 2 mol/L的硝酸溶液，反应完全后，生成1.12L NO气体(标准状况下)，再加入1 mol/L的NaOH溶液，要使铁元素完全沉淀下来，所加NaOH溶液的体积最少为（  ）  A  450 ml      B  500 ml    C  400 ml    D  不能确定 练习6：用氧化物形式表示硅酸盐的组成，其中正确的是 （ ）‎ A．钙沸石[Ca(Al2Si3O10)·3H2O]表示为Al2O3·CaO·3SiO2·3H2O B．镁橄榄石(Mg2SiO4)可表示为MgO·1/2SiO2‎ C．正长石(KAlSi3O8)可表示为K2O·Al2O3·3SiO2‎ D．高岭石[Al2(Si2O5)(OH)4]可表示为Al2O3·2SiO2·2H2O 练习7：把m mol C2H4和n mol氢气混合于密闭容器中，在适当的条件下生成了 p mol C2H6，若将所得的混合气体完全燃烧生成二氧化碳和水，则需氧气 A．3.5p mol B．(3m＋n/2)mol C．(3m＋n)mol D．(3m＋n/2－3 p)mol 练习8：用1L 1.0mol/L NaOH溶液吸收0.8mol/LCO2，所得溶液中的CO32-和HCO3-的物质的量浓度之比约为：‎ A.1:3 B.1:2 C.2:3 D.3:2‎ 答案：A 练习9：向一定量的Fe、Fe2O3和CuO混合物投入100 ml 2.2 mol/L的硫酸溶液 中，充分反应后生成896 ml标准状况下的气体，得不溶物1.28 g，过滤后，溶 液中阳离子只有Fe2+。向滤液中加入2 mol/L的NaOH溶液，加至40 ml时开始 出现沉淀，则滤液中FeSO4的物质的量浓度为（设滤液体积为100 ml）   A  2 mol/L  B  1.8 mol/L  C  1.9 mol/L  D 无法计算 ‎ ‎【例3】将0.02mol铜片投入一定量浓度的足量硝酸中使其充分反应，用烧瓶收集全部气体。将烧瓶倒立于水槽中，再慢慢通入一定量氧气，烧瓶中恰好充满水。求通入的氧气在标准状况下的体积。‎ 解析：硝酸被铜还原得到的气体成分较复杂，有一氧化氮，也有二氧化氮。由关系式4NO2+O2+2H2O=4HNO3和4NO+3O2+2H2O=4HNO3可知，在“烧瓶中恰好充满水”的过程中，只有氧气是氧化剂，而在NO2和NO的生成过程中，只有铜做还原剂。所以，铜失去的电子总数等于氧气得到的电子总数。‎ ‎ n(O2)= 0.02mol×2÷4=0.01 mol, 标准状况下的体积是: 0.01 mol×22.4L/mol=0.224L ‎【例4】将5.1 g镁和铝投入500 ml 2 mol/L的盐酸中，生成氢气0.5 g，金属完全溶解：再加入4 mol/L的NaOH溶液，若要使生成的沉淀最多，则应加入NaOH溶液的体积是（ ）  A. 200 ml    B. 250 ml    C. 425 ml    D. 560 ml  解析：从始态（金属镁和铝）到终态（Mg(OH)2和Al(OH)3）沉淀，固体增加的质量为OH-的质量，只要计算出OH-的物质的量即可，而OH-的物质的量等于反应中转移的电子的物质的量，因反应中生成氢气0.5 g，所以转移的电子的物质的量为氢气物质的量的2倍，即0.5 mol e，答案为 D。 【例5】铜片、锌片和200ml稀硫酸组成的原电池中，若锌片被腐蚀。当铜片上放出3.36L（标准状况下）气体时，硫酸恰好全部作用完，试计算：‎ （1） 产生这些气体消耗了多少克锌？‎ （2） 有多少个电子通过了导线？‎ （3） 原硫酸的物质的量浓度是多少？‎ ‎ 解析：(1)原电池反应：负极：Zn – 2e- =Zn2+‎ ‎ 正极：2H+ + 2e- =H2↑‎ ‎ n(H2) =3.36/22.4=0.15mol ‎ n(e-) 得=0.15×2=0.3mol= n(e-) 失 ‎ n(Zn)=0.15×65=9.75g ‎(2)N(e-)=0.3×6.02×1023=1.806×‎ ‎(3)c(H2SO4)=0.15/0.2=0.75mol/L