2014年版高考化学专题目06守恒法三轮冲刺试题目 4页

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 mol·L－1 NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na＋)＞c(SO42 －)＞c(NH4＋ )＞c(OH－) = c(H＋)‎ B．0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(HCO3－ )＞c(H＋)‎ C．Na2CO3溶液：c(OH－)－c(H＋) = c(HCO3－ )＋‎2c(H2CO3)‎ D．‎25 ℃‎时，pH = 4.75、浓度均为0.1 mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：c(CH3COO－)＋c(OH－)＜c(CH3COOH)＋c(H＋)‎ ‎【分析】0.01 mol·L－1 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/mL×cmol/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.1－‎2a%       D.1－‎3a% ‎ ‎【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1∶4，所以质量比为1∶2 。故氧的质量分数为2a%，所以Fe的质量分数为1－a%－2a% = 1－3a％。‎ ‎【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】Mg→Mg2+→ Mg(OH)2 Cu→Cu 2+→Cu(OH)2 ‎ 所以生成沉淀的质量等于4.6g＋m(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：4.6g＋17g/mol×0.23mol＝8.51g ‎【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1∶6，若已知还原产物唯一，则还原产物为( )‎ A. N2 B. N2O C. NO D. NO2 ‎