守恒法在解化学题中的应用.doc

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今天给大家介绍的是：
守恒法在解化学题中的应用
所谓守恒，就是指化学反应的过程中，存在某些守恒关系如质量守恒等。应用守恒关系进行化学解题的方法叫做守恒法。守恒法解题是化学解题的典型方法之一，是常用的、重要的解题技巧。化学计算中常用到的守恒法有得失电子守恒、质量守恒、电荷守恒、物料守恒。应用守恒法解题，可使问题的化学内在关系更简捷地展现出来，简化解题过程，尤其是在解选择题时，可节省做题时间，提高解题速率。
原子守恒
例1：将0.8molCO2完全通入1L1mol/LNaOH溶液中充分反应后，所得溶液中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比为（）
A、3：1B、2：1C、1：1D、1：3
解析：如根据化学反应方程式来进行计算，就必须先写出涉及到的两个化学反应方程式，然后再列方程组求算，很繁琐。我们可以换个角度考虑问题，因为反应前后质量守恒，原子的种类及数目不会改变，所以在反应中钠离子与碳原子守恒。假设NaHCO3和Na2CO3的物质的量分别为X、Y，则根据碳原子守恒有X+Y＝0.8mol,根据钠原子守恒有X+2Y＝1mol，解之得X＝0.6mol、Y＝0.2mol故X：Y＝3：1,选A。
例2：将一定量NaOH与NaHCO3的混合物A，放在密闭容器中加热，充分反应后生成气体V1L（V1≠0）.将反应后的固体残渣B与过量盐酸反应，又生成CO2V2L（气体体积在标况下测定）则
B的成分是
A、Na2CO3与NaOHB、Na2CO3与NaHCO3
C、Na2CO3D、NaOH
（2）A中NaOH与NaHCO3共多少摩尔？NaOH与NaHCO3物质的量之比为多少？
解析：对于（1）由题知固体加热产生的气体体积不为零，则可说明有CO2生成，即碳酸氢钠过量，因此所得固体只有碳酸钠。
对于（2），因固体只有碳酸钠则根据钠离子守恒可知，n(NaOH)＋n(NaHCO3)＝2n(Na2CO3)=2V2/22.4.又知经过充分反应后，碳酸氢钠中所含的碳元素全部被转化为二氧化碳，则由碳守恒可知n(NaHCO3)＝n(CO2)＝(V1＋V2)/22.4,
n(NaOH)＝2V2/22.4－(V1＋V2)/22.4＝(V2－V1)/22.4.
n(NaOH)/n(NaHCO3)＝(V2－V1)/(V1＋V2)
质量守恒
例3：已知Q与R的摩尔质量之比为9：22，在反应X＋2Y＝2Q＋R中，当1.6克X与Y完全反应后，生成4.4克R，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为（）
A、46：9B、32：9C、23：9D、16：9
解析：已知Q与R的摩尔质量比为9：22，结合方程式可以知道，反应生成的Q和R的质量比为18：22，也就是1.6克X与Y完全反应后，生成了4.4克R，同时生成了4.4×18÷22=3.6克Q，消耗Y的质量为3.6+4.4-1.6=6.4克。所以三参加反应的Y和生成物Q的质量之比为6.4g/3.6g=16：9。答案：D
电荷守恒
例4：测得某溶液中仅含有Na+、Mg2+、SO42－、Cl－四种离子，其中离子个数比Na+:Mg2+:Cl－=4:5:8，如假设Na+为4n个，则SO42－可能为：（）
A、2n个B、3n个C、6n个D、8n个
解析：根据电荷守恒知4n×1＋5n×2＝8n×1+n(SO42－)×2,解得n(SO42－)＝3n,故选B.
例5:50ml1mol/LCH3COOH与100mlNaOH溶液混合，所得溶液的PH=7，关于该溶液中离子浓度的大小关系或说法，不正确的是（）
c(Na+)＝c(CH3COO－)
c(Na+)＝c(CH3COO－)>c(H+)=c(OH－)
c(Na+)＋c(H+)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
100mlNaOH溶液浓度为0.5mol/L
解析：根据题意c(H+)＝c(OH－)，可知c(Na+)＝c(CH3COO－)，故选项A、B正确；又根据溶液中电荷守恒，即Na+与H+所带正电荷和CH3COO－与OH－所带负电荷相等，故选项C正确，因此该题答案为D。
电子得失守恒
例6：硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0ml0.1mol/LNa2S2O3溶液恰好把224ml（标准状况）Cl2完全转化为Cl－离子，则S2O32－将转化成（）
A、S2－B、SC、SO32－D、SO42－
解析：根据氧化还原反应的重要规律：得失电子数守恒，可知，反应中氯气所获得的电子的物质的量与硫代硫酸钠中硫失去的电子的物质的量相等。设硫的最终价