化学中常用的守恒法

2025-01-31

化学中常用的守恒法（通用8篇）

化学中常用的守恒法篇1

守恒法是中学化学计算中一种很重要的方法与技巧。其特点是抓住有关变化的始态和终态, 忽略中间过程, 利用其中某种不变量 (守恒) 建立关系式, 使计算简单化。守恒法解题成功的关键在于从诸多变化和繁杂数据中寻找恒量对象关系。下面, 本人就各类守恒法在化学解题中的应用, 谈谈一些体会。

一、质量守恒

(一) 质量守恒:指化学反应前后各物质的质量总和不变。

例如:20g A物质和14g B物质完全反应, 生成8.8gC物质、3.6g D物质和0.2mol E物质, 则E的摩尔质量为 ()

A.100g/mol B.108g/mol

C.111g/mol D.123g/mol

解析, 由质量守恒定律:

所以m (E) =20g+14g-8.8g-3.6g=21.6g

故E的摩尔质量为21.6g÷0.2mol=108g/mol

(二) 元素守恒即原子守恒:

指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。

例如:向一定物质的量的Fe和Fe3O4的混合物中加50mL, 2mol/LH2SO4溶液, 在一定条件下恰好使混合物完全溶解, 放出448mL (标准状况) 气体。在所得溶液中加入KSCN溶液, 无红色出现, 那么, 用足量CO在高温下与相同质量的此混合物反应, 得到的铁的质量是 ()

A.5.6g B.11.2g C.8.4g D.4.48g

解析:本题涉及的化学反应较多, 若按常规方法求解, 则太繁。用元素守恒法解, 则极方便。抓住Fe和Fe3O4溶于硫酸后完全转化为FeSO4, 则n (Fe2+) =n (SO42-) =n (Fe) , 故此混合物在高温下和CO反应得到的Fe的质量为:

m (Fe) =2mol/L×0.05L×56g/mol=5.6, 故选A。

二、电子守恒

电子守恒指在氧化还原反应中, 氧化剂得到电子总数等于还原剂失去电子总数。

例如:某温度下, 将Cl2通入NaOH溶液中, 反应得到NaCl, NaClO, NaClO3的混合液, 经测定ClO-与ClO3-的浓度之比为1∶3, 则Cl2与Na OH溶液反应时, 被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为 ()

A.21∶5 B.11∶3 C.3∶1 D.4∶1

解析:假设反应中生成1mol NaClO和3mol NaClO3, 则有lmol+3mol×5=16mol电子发生转移, 由电子守恒知, 必有16氯原于被还原。故选D。

三、电荷守恒

电荷守恒指在溶液中阴、阳离子所带的电荷总数相等。

例如:在0.5L H2SO4、AlCl3、Al2 (SO4) 3的混合溶液中:c (H+) =0.4mol/L, c (SO42-) =0.5mol/L, c (Cl-) =0.3mol/L, 则溶液中Al3+的物质的量为 ()

A.0.1mol B.0.15mol C.0.2mol D.0.3mol

解析:根据溶液中阴、阳离子所带的电荷总数相等即电荷守恒得:

四、物料守恒

物料守恒, 即溶液中某一组分的原始浓度等于它在溶液中各种存在形式的浓度之和。物料守恒实际上也是原子守恒。

五、质子守恒

质子守恒指在溶液中水的电离无论受到促进或抑制, 水电离出的H+和OH-永远相等。例如在Na2CO3溶液中, 其CO32-水解可表示为:CO32-+H2O=HCO3-+OH-HCO3-+H2O=H2CO3+OH-该溶液显碱性, OH-完全由水电离产生, 而水电离的H+分布到3个方面:一是被CO32-结合成HCO3-, 二是被HCO3-结合成H2CO3, 三是没被结合存在于溶液中。生成HCO3-的H+与这部分HCO3-相等, 生成H2CO3的H+是H2CO3分子的2倍, 而在溶液中的H+就是它本身, 由此可得:c (OH-) =c (H+) +c (HCO3-) +2c (H2CO3) 。

综上所述, 一般情况下, 在一个具体的化学反应中, 涉及到与质量有关的问题可考虑质量守恒;涉及到多步复杂的化学反应的问题可考虑元素守恒即原子守恒;涉及到氧化还原反应中氧化剂, 还原剂得失电子及反应前后化合价变化, 电解池中通过阴、阳极电子数及两极产物的量, 原电池中通过正、负极电子数及两极上物质变化的量等问题可考虑电子守恒;涉及到溶液中离子的物质的量或物质的量浓度等问题可考虑电荷守恒、物料守恒及质子守恒。

守恒法在高中化学解题中的应用篇2

关键词：高中化学守恒法解题应用

高中化学是一门实践性和应用性很强的学科，对学生的逻辑能力以及探究能力具有较高的要求。随着新课程改革的不断深入，它对高中化学教学提出了更高的要求，教师要想提高化学教学的实效性，促进学生解题能力的提升，在实际的解题过程中必须合理运用守恒法，将复杂抽象的化学知识加以分解，使其更为简单直观，减少运算量，提高运算结果的准确性，提高学生思考问题、分析问题和解决问题的能力，促进化学教学实效性的提升，实现教学的可持续发展。

一、高中化学解题中守恒法概述

自然界中的物质处于不停运动的状态，但却遵守着物质守恒定律。一般而言，守恒法是高中化学解题中的重要方式，它主要是指物质发生反应之后，能够利用物质之间的内在守恒定律，对生成物以及反应物的质量进行计算，能有效处理较为复杂的化学难题，提高解题的效率。在高中化学解题过程中，采用守恒法不需要对过程细节与途径变化加以考虑，只需了解反应物之间的联系，简化解题过程，提高解题的准确性。在应用守恒法时，对于各种物质发生化学反应时的变化形式，必须进行准确分析和掌握，从而对各量之间的内在联系加以确定。值得注意的是，在对物质间的内在联系加以分析时，可以从两个方面加以考虑：一是对多个化学反应关系式加以板书，并找出其中的内在联系；二是在解题过程中，有效贯穿某一种元素的存在形式。

二、守恒法在高中化学解题中的具体应用分析

化学反应一般遵循守恒定律，在高中化学解题中经常会运用到各种不同的守恒法，如质量守恒法、电子守恒法、元素守恒法、原子守恒法等，从而有效建立等量关系，提高解题的效率。

1.质量守恒法在高中化学解题中的应用

化学反应的实质是原子间的重新组合，所以在化学反应中存在着各种各样的化学量“守恒”关系。质量守恒主要是指物质发生化学反应前后，其质量总和不发生任何变化，同时溶液在稀释和配制过程中，溶液的质量保持不变。在高中化学解题过程中，通过物质发生化学反应前后，其反应物与生成物总量不变原则，可对相关问题进行计算。

例如，某氢氧化钾固体中含有7.2%的碳酸钾以及2.8%的水，将1g的该样品放入到40ml的盐酸中，并且盐酸的浓度为4mol/L，同时将多余的盐酸中和到30.8ml的氢氧化钾溶液中，并且氢氧化钾溶液浓度为1.07mol/L ，将中和后的溶液加热蒸干，求出固体的质量。

解析：如果采用传统的计算方式，将会导致计算结果较为复杂。在该题中可以利用已知条件了解到最终固体为氯化钾，其中氯元素来自盐酸。通过质量守恒定律可以得出n（HCL）= n（KCL）=4 mol/L×0.04 L=0.16 mol，所以m（KCl）= 74.5g/mol×0.16 mol=11.92g。

2.电子守恒法在高中化学解题中的应用

一般电子守恒法在高中化学知识中的应用，多在氧化还原反应中广泛应用。其主要原因是在氧化还原反应中，电子会出现得失情况，得到的电子总数总是与失去的电子总数相等，得失电子总数遵循守恒定律。

例如，在浓硝酸中完全溶入镁和铜的合金4.6g，如果硝酸发生还原反应产生300ml四氧化二氮以及4000ml的二氧化氮气体，那么在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，则生成沉淀的质量是多少？

解析：由已知条件可以了解到，最终生成的沉淀物为氢氧化镁以及氢氧化铜。结合电荷守恒法可知，n（OH-）=2 n（Mg+）+2 n（Cu2+），同时合金失去电子总物质的量与镁离子和铜离子所带正电荷总物质的量相等。电子转移的总物质量等于四氧化二氮以及二氧化氮所转移电子的物质量，其中氢氧根物质的量为1×4L/22.4L/mol+2×0.3L/22.4L/mol=0.46mol，沉淀的质量=氢氧根质量+合金质量=0.46mol×17 g/mol+4.6g=12.42g。

3.元素守恒法在高中化学解题中的应用

元素守恒法主要是指物质在发生化学反应过程中，其所有的化学元素种类不发生变化，仅仅只是其形式发生了变化。一般元素守恒包括离子守恒以及原子守恒，其中离子守恒是离子反应前后，其数目不变的原理加以计算。原子守恒是结合反应前后原子个数和种类不变的原理进行计算。在化学解题中采用元素守恒法时，不用对化学反应式加以计算，只用对离子起始和终止反应时的对应关系加以了解，并通过守恒定律加以计算即可。

例如：在1L1mol/L的氢氧化钠溶液中加入0.6mol的二氧化碳，其溶液中碳酸钠和碳酸氢钠物质的量之比为多少？

解析：在对该化学题进行计算时，如果采用化学反应方程式加以计算，则需要对两个化学反应方程式加以板书，并列方程式加以求解，这样过于繁杂。可以采用质量守恒定律，由题可知反应过程中碳原子和钠离子遵循元素守恒定律。假设碳酸氢钠的物质的量为X，碳酸钠的物质的量为Y，根据元素守恒法可知碳原子为X+Y=0.6mol，钠原子为X+2Y=1 mol，解之得X=0.2 mol，Y=0.4 mol，因此X？誜Y=1？誜2。

4.原子守恒法在高中化学解题中的应用

原子守恒法主要是指物质在发生化学反应前后，其各个元素之间的原子个数保持不变，并且物质的量也不变。

例如：在一定量的水中放入过氧化钠和1.05g铝的混合物，使其进行充分反应，反应之后没有剩余的固体，然后在该液体中加入50ml1mol·L-1的盐酸，这可使反应过程中产生的沉淀消失。请分别求出原混合物中铝的质量和过氧化钠的质量。

解析：由已知条件可知，题目涉及的相关化学反应式为：2H2O+2Na2O2=O2+4NaOH，2H2O+2NaOH+2Al=3H3+2NaAlO2，H2O+HCl+NaAlO2=NaCl+Al（OH）3，3HCl +Al（OH）3=3H2O+AlCl3。最终溶液中包含有AlCl3以及NaCl，假设NaCl的物质的量为X mol ，AlCl3的物质的量为Y mol，则Al物质的量为y mol，Na2O2物质的量为x/2 mol。所以1/2×78+27y=1.05，x+3y=0.05，解之得x=0.02mol，y=0.01mol，所以氧化钠的质量为0.27g，铝的质量为0.78g。

综上所述，在高中化学解题中充分应用守恒法，能够将复杂抽象的化学知识变得更为直观简单，简化求解过程，提高化学教学的实效性。一般将守恒法应用在高中化学解题中，能够激发学生的学习兴趣，调动学生主观能动性，培养学生分析问题和解题的能力，促进高中化学教学的高效。◆（作者单位：江西省赣县中学北校区）

守恒法在化学计算中的应用篇3

所谓守恒, 就是指化学反应的过程中, 存在某些守恒关系, 应用守恒关系进行化学解题的方法叫做守恒法, 应用守恒法解题, 可使问题简捷地展现出来, 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.

一、守恒法的分类

1. 质量守恒

( 1) 宏观表现: 变化前后的质量相等.

( 2) 微观表现: 变化前后同种元素的原子个数相等.

2. 电子守恒

凡是有得失电子的化学过程都必须遵循: 得到电子总数 =失去电子总数.

( 1) 氧化剂得电子总数 ( 或化合价降低总数) =还原剂失电子总数 ( 或化合价升高总数) .

( 2) 在电解池中, 通过阴、阳两极的电子数相等.

( 3) 在原电池中, 通过正、负两极的电子数相等.

3. 电荷守恒

( 1) 在电解质溶液中, 由于整个溶液是电中性的, 所以阴、阳离子所带的正、负电荷总量必须相等.

( 2) 在离子方程式中, 反应物所带的正 ( 或负) 电荷总量与生成物所带正 ( 或负) 电荷总量相等.

以上各种守恒关系为我们解答复杂题目提供了一个简便的方法, 利用守恒关系解题, 可以不必纠缠过程的细节, 只注意所涉及问题始态与终态之间的某种守恒关系, 建立等式求解.这实际上是一种整体思维方式在化学上的应用.

二、守恒法在解题中的应用

1. 质量守恒在解题中的应用

在解题过程中, 如何选择正确的方法是相当重要的. 例如质量守恒的应用, 一般情况下, 当题目已知中已经直接告知或者间接告知我们反应物的总质量和其中一种生成物质量时, 我们首先想到的就应该是用质量守恒的原理去解题. 同样的, 其实原子守恒也可以归结为质量守恒的一个分支, 同样是利用反应过程中原子的总质量或者是总物质的量不变的原理.

例1已知C与D的相对分子质量之比为9∶22, 在反应A + 2B = 2C + D中, 当1. 6 g A与B完全反应后, 生成4. 4 g D, 则参与反应的B和生成物C的质量之比为 ()

( A) 46∶9 ( B) 32∶9 ( C) 23∶9 ( D) 16∶9

解析: 已知C与D的相对分子质量之比为9∶22, 根据化学方程式可道, 反应生成的C和D的质量比为18∶22. 即, 1.6 g A与B完全反应后, 生成了4.4 g D, 同时生成3.6 g C, 所以根据质量守恒原理m ( A) +m ( B) =m ( C) +m ( D) , 解得B的质量为6. 4 g. 所以参加反应的B和生成物C的质量之比为6. 4 g÷3. 6 g = 16∶9. 答案: ( D) .

例2将0.4 mol CO2通入1 L 0.5 mol/L NaOH溶液中完全反应, 则所得溶液中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比为 ()

( A) 1∶3 ( B) 1∶2 ( C) 1∶1 ( D) 3∶1

解析: 本题如果通过化学方程式来进行计算, 首先必须写出反应中涉及的两个化学方程式:

然后列方程组再求解, 这样做很繁琐并且容易出现计算失误.但是, 如果我们换成守恒原理的角度去想这个问题则会相对容易很多. 已知反应前后原子或离子的总物质的量是不会改变改变的, 所以在该反应中钠离子与碳原子的总量始终不变, 即n ( Na+) =0.5 mol, n ( C) =0.4 mol. 现在可以假设NaHCO3和Na2CO3的物质的量分别为x mol、y mol, 即可得两个等式

x+y=0.4 x+2y=0.5

解得x =0.3 mol、y =0.1 mol. 故x∶y =3∶1, 选 ( D) .

2. 得失电子守恒在解题中的应用

得失电子守恒的原理一般都是应用在氧化还原反应过程中, 在氧化还原反应中, 还原剂失去的电子总数一定要等于氧化剂得到的电子总数, 这便是得失电子守恒的根本所在.

例3将一CuSO4浓度为0.4 mol/L、KCl浓度为0.2 mol/L的混合溶液1 L, 用碳棒作电极电解一段时间, 在其中一个电极上析出0.3 mol Cu, 则另一电极上收集的气体在标准状况下的体积是 ()

( A) 4.48 L ( B) 5.60 L ( C) 6.72 L ( D) 13.44 L

解析: 根据电解池原理Cu2+在阴极得电子还原为Cu, 即Cu2++2e-= Cu. 阴极得到0. 3 mol Cu, 共得到电子为0. 6 mol.阳极先是Cl-失电子被氧化为Cl2, 2Cl-- 2e-= Cl2, 而0.2 molCl-共失0.2 mol电子, 根据得失电子守恒, Cl-失的电子不足, 此时, 溶液中的OH-开始失电子, 4OH-- 4e-= 2H2O + O2, 所以OH-应失0.4 mol电子, 放出O2气体0.1 mol, 则气体总物质的量为0.2 mol, 所以标准状况下体积为0.2 mol×22.4 mol/L =4. 48 L. 选 ( A) .

3. 电荷守恒在解题中的应用

根据我们的生活经验便知, 溶液是不带电的, 而电解质溶液中又必然存在阳离子和阴离子, 已知阳离子带正, 电阴离子带负电. 所以为了保证整个溶液不带电, 则所有正电荷之和与所有负电荷之和要恰好相等以至于可以相互抵消, 从而使得溶液不带电.

例4已知某溶液中仅含有K+、Zn2 +、SO42-、NO3-四种离子, 其中K+、Zn2+、NO3-个数比为4∶5∶8, 如假设K+为4mol, 则SO42-可能为 ()

( A) 2 mol ( B) 3 mol ( C) 4 mol ( D) 5 mol

解析: 根据电荷守恒, 整个溶液呈电中性, 即正电荷总量等于负电荷总量. 而已知K+、Zn2 +、NO3-个数比为4∶5∶8, 且K+为4 mol, 所以得4 mol×1 + 5 mol×2 = 8 mol×1 + n ( SO42-) ×2, 解得n ( SO42) =3 mol, 故选 ( B) .

四、守恒法的选取

在进行解题时, 如何选择并应用上述方法对于正确快速地解答题目十分关键. 首先必须明确每一种守恒法的特点, 然后挖掘题目中存在的守恒关系, 最后巧妙地选取方法, 正确地解答题目.

1. 在溶液中存在着离子的电荷守恒和物料守恒. 因此涉及到溶液 ( 尤其是混合溶液) 中离子的物质的量或物质的量浓度等问题可考虑电荷守恒法物料守恒法.

2. 在氧化还原反应中存在着得失电子守恒. 因此涉及到氧化还原反应中氧化剂、还原剂得失电子及反应前后化合价变化等问题可考虑电子守恒法.

3. 在某些复杂多步的化学反应中, 某些元素的质量或浓度等没有发生变化. 因此涉及到多步复杂的化学过程的问题可考虑元素守恒法.

4. 在一个具体的化学反应中, 由于反应前后质量不变, 因此涉及到与质量有关的问题可考虑质量守恒法.

五、练习反馈

1. 将KCl和KBr的混合物13. 4 g, 溶于水配成500 mol溶液, 通入过量的Cl2, 反应后将溶液蒸干, 得固体11.175 g, 则原配溶液中的K+、Cl-、Br-的物质的量浓度之比为 ()

( A) 1∶2∶3 ( B) 3∶2∶1

( C) 1∶3∶2 ( D) 2∶3∶1

2. 38. 4 mg铜跟适量的浓硝酸反应, 铜全部作用后共收集到气体22.4 mL ( 标准状况) , 反应消耗的HNO3的物质的量可能是 ()

( A) 1.0 ×10-3mol ( B) 1. 6 × 10-3mol

( C) 2.2 ×10-3mol ( D) 2. 0 × 10-3mol

3. 某反应中, 起氧化作用的是X2O72-离子, 在溶液中0. 2 mol该离子恰好能使0. 6 mol SO32-离子完全氧化, 则X2O72-离子还原后的化合价为 ()

( A) +1 ( B) +2 ( C) +3 ( D) +4

巧用守恒法解答化学计算题篇4

关键词:化学;守恒

化学反应是原子之间的重新组合,在反应前后原子的种类和数目保持不变,即物质的质量保持不变,此即质量守恒。运用守恒定律,可以不考虑问题的过程细节,只考虑反应体系中某些成分的始态和终态,从而达到速解、巧解化学试题的目的。笔者就化学解题中常用的守恒关系如质量守恒、原子守恒、电子守恒、电荷守恒、化合价守恒等,结合典型例题阐明如何利用守恒法,提高解题速度和准确度。

一、质量守恒法

质量守恒,就是指化学反应前后各物质的质量总和不变。

例1.把ag铁铝合金粉末溶于足量盐酸中,加入过量NaOH溶液。过滤出沉淀,经洗涤、干燥、灼烧,得到红色粉末的质量仍为ag,则原合金中铁的质量分数为()

A.70%B.52.4%C.47.6%D.30%

解析:把ag铁铝合金粉末溶于足量盐酸中,生成了Al3+和Fe2+,再加入過量NaOH溶液,Al3+转化为AlO-2,留在溶液中;Fe2+生成了Fe(OH)2沉淀,过滤出沉淀,经洗涤、干燥、灼烧,得到的红色粉末为Fe2O3,铁在反应过程中是守恒的,Fe2O3中氧的量等于合金中铝的质量,则w(Fe)=(112/160)×100%=70%。选项A正确。

二、原子守恒法

原子守恒,就是在一系列反应中某原子(或原子团)的个数(或物质的量)不变,以此为基础可求出与原子(或原子团)相关连的某些物质的数量(如质量)。

例2.某露置的苛性钾经分析含水:7.62%(质量分数,下同)、K2CO3:2.38%、KOH:90.00%。取此样品1.00g放入46.00mL1.00mol·L-1的HCl(aq)中,过量的HCl可用1.070mol·L-1KOH(aq)中和至中性,蒸发中和后的溶液可得固体_______克。

解析:根据题意可知最后所得固体只有KCl。根据Cl原子守恒得:

n(KCl)=n(HCl)=1.00mol·L-1×0.04600L=4.60×10-2mol,m(KCl)=3.43g。

三、电荷守恒法

电荷守恒,就是溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数。即:阳离子物质的量(或浓度)与其所带电荷数乘积的代数和等于阴离子物质的量(或浓度)与其所带电荷数乘积的代数和。

例3.将CaCl2和CaBr2的混合物13.400g溶于水配成500.00mL溶液,再通入过量的Cl2,完全反应后将溶液蒸干,得到干燥固体11.175g。则原配溶液中,c(Ca2+)∶c(Cl-)∶c(Br-)为_______。

A.3∶2∶1B.1∶2∶3C.1∶3∶2D.2∶3∶1

解析:此题利用电荷守恒原理,可迅速解决。解题思路:1个Ca2+所带电荷数为2,则根据溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数,可知在原溶液中:2n(Ca2+)=n(Cl-)+n(Br-),将各备选项数值代入上式进行检验可知答案D正确。

四、电子守恒法

电子守恒,就是在氧化反应过程中,氧化剂得到的电子数等于还原剂失去的电子数。

例4.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。则n(O2)=0.02mol×2÷4=0.01mol,其在标准状况下的体积:0.01mol×22.4L/mol=0.224L

五、化合价守恒

化合价守恒,就是在化合物中正负化合价代数和为零。

例5.铜和镁的合金4.6g完全溶于浓硝酸,若反应中硝酸被还原只产生4480mL的NO2气体和336mL的N2O4气体(都已折算成标准状况),在反应后的溶液中,加入足量的氢氧化钠溶液,求生成沉淀的质量。

解析:最终生成的沉淀是Mg(OH)2和Cu(OH)2,其质量等于合金的质量加上金属阳离子所结合的OH-的质量。将N2O4折算成NO2,相当于共生成二氧化氮气体0.23mol,由氮元素化合价变化可知,合金形成金属阳离子共失去0.23mol电子,根据化合物中正负化合价代数和为零,使金属离子沉淀共需0.23molOH-。所以,生成沉淀的质量为:4.6g+m(OH-)=4.6g+0.23mol×17g/mol=8.51g。

化学中常用的守恒法篇5

一、质量守恒

质量守恒就是化学反应中反应物的质量总和等于生成物的质量总和。根据质量守恒定律, 可列等式:

1. 反应物的质量总和=生成物的质量总和;

2. 参加反应的反应物总质量=生成的生成物总质量;

3. 稀释或浓缩溶液后 (溶质不挥发、不析出) 原溶液溶质质量=稀释或浓缩后溶质质量

二、原子守恒

从本质上讲, 原子守恒和质量守恒是一致的, 原子守恒是微观的, 宏观上就表现为质量守恒。在化学反应前后, 各元素的原子的种类、数目没有改变。所以, 在一切化学反应中都存在着质量守恒及原子守恒。

三、电荷守恒

电荷守恒就是在化合物、混和物、溶液、胶体等体系中, 电荷的代数和为零, 就是阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数。

四、电子转移守恒

氧化还原反应的特征是元素的化合价发生变化, 其本质是在反应中有电子发生了转移。由于物质间得失电子数相等, 所以, 在有化合价升降的元素间存在化合价升降总数相等的守恒关系, 因而有电子得失守恒。

【例】将0.093mol纯铁溶于过量的稀硫酸中, 在加热下用0.025mol KNO3去氧化其中的Fe2+, 余下的Fe2+用12m L 0.3mol/L的KMn O4溶液才能完全氧化Mn O4-→Mn2+则NO3-的还原产物是 ()

(A) NO2 (B) NO (C) N2O (D) NH3

解析:根据电子守恒。0.093mol Fe2+共失去电子0.093mol, 设N的化合价由+5价降为x价, 则可列出0.093=0.012×0.3×5+0.025x解之得x=3。NO3-中N元素化合价降3。所以选B。

五、综合守恒关系

【例】将10g铁粉置于40m L较浓的硝酸中, 微热完全反应时, 收集到NO2和NO混合气体1792m L (标准状况下) , 还残留4.4g固体。求:

(1) 该反应中被还原的硝酸和未被还原的硝酸的物质的量之比;

(2) 原硝酸的物质的量浓度;

(3) NO2和NO的体积比;

解析:由题意可知, 残留固体必为铁, 则生成的盐为Fe (NO3) 2, 反应掉的铁为:10g-4.4g=5.6g, 即0.1mol, 铁与浓HNO3共热, 开始放出的气体为NO2, 由于反应一段时间后, 硝酸由浓变稀, 则放出的气体为NO, 易求得收集到的NO2和NO的混合气体共0.08mol。

(1) 由N原子守恒有:n (被还原的HNO3) :n (未被还原的HNO3)

被还原的硝酸生成NO、NO2, 根据N元素守恒, n被还原 (HNO3) =n (NO、NO2) =1.792L/22.4 (mol·L-1) =0.08mol

参加反应Fe的物质的量= (10g-4.4g) /56 (g·mol-1) =0.1mol, 未被还原的硝酸生成硝酸亚铁, 故n未被还原 (HNO3) =2n[Fe (NO3) 2]=0.1mol×2=0.2mol, 反应被还原的硝酸的物质的量为0.08mol, 未被还原的硝酸的物质的量为0.2mol;根据N元素守恒:n (HNO3) =2n[Fe (NO3) 2]+n (NO、NO2) =0.2mol+0.08mol=0.28mol, 故原硝酸溶液的物质的量浓度=0.28mol/0.04L=7mol/L。

(3) 令混合气体在NO、NO2的物质的量分别为xmol、ymol, 根据二者体积及电子转移守恒列方程:x+y=0.08;3x+y=0.2, 解得x=0.06、y=0.02, 故NO、NO2的体积之比=0.06mol:0.02mol=3:1。所以, 混合气体的成分为NO、NO2, 二者体积之比为3:1.

六、守恒法的使用原则

解题时, 我们必须要明确守恒量并选择正确的守恒法, 才能快速准确地解题。所以, 我们要了解每种守恒法的特点及使用条件。

1. 当溶液中存在多种阴阳离子时, 可以考虑电荷守恒。

2. 当化学反应为氧化还原反应时, 要注意电子转移守恒。

3. 当题干中涉及到多个化学反应, 而且未知量较多的情况下, 可以考虑观察元素的转化途径及存在方式, 注意原子守恒或元素守恒。

4. 在某个化学反应中, 反应物和生成物的量确定, 可以考虑质量守恒。

摘要：化学学科中的计算是将化学基本概念、基本原理、元素及化合物知识和化学实验等结合起来, 解决问题的一种能力, 它涉及到化学和数学两门学科知识, 通过计算, 可以进一步巩固化学基础知识。在解题时应用一些技巧, 不但能节省时间, 还能提高解题的准确率。

关键词：化学计算,守恒,技巧应用

参考文献

化学中常用的守恒法篇6

一、原子守恒 (质量守恒) 的应用

例1: (2012四川理综) 向27.2g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L, 固体物质完全反应, 生成NO和Cu (NO3) 2。在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L, 此时溶液呈中性, 金属离子已完全沉淀, 沉淀质量为39.2g。下列有关说法不正确的是 (%)

A.Cu与Cu2O的物质的量之比为2:1

B.硝酸的物质的量浓度为2.6mol/L

C.产生的NO在标准状况下的体积为4.48L

D.Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol

【解析】:设27.2g Cu和Cu2O的混合物中Cu为xmol, Cu2O为ymol, 依据题意列出如下方程式:xmol×64g/mol+ymol×144g/mol=27.2gxmol+2ymol=39.2g/98mol (铜元素守恒) 解得:x=0.2mol, y=0.1mol, 则A选项正确利用氧化还原反应中电子得失守恒可以求出:n (NO) =[n (Cu) ×2+n (Cu2O) ×2]/3=0.2mol, 则C选项正确因为反应后溶液中溶质只有Na NO3, 根据Na元素和N元素守恒n (Na NO3) =1mol, 所以加入硝酸的物质的量为1mol+0.2mol=1.2mol, 所以原硝酸的浓度为1.2mol/0.5L=2.4mol/L, 则B选项错误, 剩余硝酸物质的量利用N元素守恒;n (Na NO) 3剩=n (Na NO) 3总-2n[Cu (NO3) 2]-n (NO) =1.2mol-2×0.4mol-0.2mol=0.2mol, 化学反应是原子间分化和组合的过程, 化学反应前后原子的种类不会改变, 原子的数目也没有增减, 这种方法叫原子守恒法。原子守恒即系列反应中某原子 (或原子团) 个数 (或物质的量) 不变。以此为基础可求出与该原子 (或原子团) 相关连的某些物质的数量 (如质量) 。

二、电荷守恒的应用

例2: (2012江苏单科, 15) 15.25℃时, 有c (CH3COOH) +c (CH3COO-) =0.1mol·L-1的一组醋酸、醋酸钠混合溶液, 溶液中c (CH3COOH) 、c (CH3COO-) 与p H的关系如图所示。下列有关溶液中离子浓度关系的叙述正确的是 (%) 。

A.p H=5.5的溶液中:c (CH3COOH) >c (CH3COO-) >c (H+) >c (OH-) ;

B.W点所表示的溶液中:c (Na+) +c (H+) =c (CH3COOH) +c (OH-) ;

C.p H=3.5的溶液中:c (Na+) +c (H+) -c (OH-) +c (CH3COOH) =0.1mol·L-1;

D.向W点所表示的1.0L溶液中通入0.05mol HCl气体 (溶液体积变化可忽略) :c (H+) =c (CH3COOH) +c (OH-) 。

解析:由图示可知, PH=4.75时, c (CH3COOH) = (CH3COO-) , 若PH由4.75~5.5, 溶液酸性减弱, 即c (CH3COOH) <C (CH3COO-) , A项错误;W点时溶液中的离子有c (Na+) 、c (H+) 、c (CH3COO-) 、c (OH-) , 依据电荷守恒c (Na+) +c (H+) =c (CH3COO-) +c (OH-) , 又因为W点时c (CH3COOH) = (CH3COO-) , 故B项正确;PH=3.5的溶液中存在的离子还是c (Na+) 、c (H+) 、c (CH3COO-) 、c (OH-) , 依据电荷守恒c (Na+) +c (H+) =c (CH3COO-) +c (OH-) , 即c (Na+) +c (H+) -c (OH-) =c (CH3COO-) , 再依据质量守恒c (CH3COOH) +c (CH3COO-) =0.1mol·L-1, C项正确;向W点所表示的1.0L溶液中通入0.05mol HCl气体后, 溶液为0.1mol·L-1的CH3COOH和0.05mol·L-1的Na Cl的混合溶液, 根据电荷守恒, c (Na+) +c (H+) =c (CH3COO-) +c (OH-) +c (cl-) , c (Na+) =c (cl-) , 故c (H+) =c (CH3COO-) +c (OH-) , 而c (CH3COOH) ≠C (CH3COO-) , D项错误, 电荷守恒即对任一电中性的体系, 如化合物、混和物、溶液、胶体等, 电荷的代数和为零, 即正电荷总数和负电荷总数相等, 要注意离子所带电荷数。

三、电子得失守恒 (或化合价升降守恒法) 的应用

例3: (2012年海南化学, 6) 将0.195g锌粉加入到20.0m L的0.100mol·L-1MO2+溶液中, 恰好完全反应, 则还原产物可能是 (%) 。

A.M%%B.M2+%%C.M3+%%D.MO2+

【解析】:依据题目信息, n (Zn) =0.195g/65 (g/mol) =0.003mol、n (MO2+) =0.100mol/L×0.020L=0.002mol.恰好完全反应时Zn~Zn2+, 0.003mol Zn可失电子0.006mol。氧化还原反应中得失电子守恒, 若M化合价由+5变为x, 则 (5-x) ×0.002=0.006, 可得x=+2, 因此答案是B。

电子得失守恒法即化学反应中 (或系列化学反应中) 氧化剂所得电子总数等于还原剂所失电子总数, 无论是自发进行的氧化—还原反应还是原电池或电解池均如此。综述:守恒法的选取, 在进行解题时, 如何选择并应用上述方法对于正确快速地解答题目十分关键。首先必须明确每一种守恒法的特点, 然后挖掘题目中存在的守恒关系, 最后巧妙地选取方法, 正确地解答题目。

1. 在溶液中存在着离子的电荷守恒。因此涉及到溶液 (尤其是混合溶液) 中离子的物质的量或物质的量浓度等问题可考虑电荷守恒法。

2. 在氧化还原反应中存在着得失电子守恒。因此涉及到氧化还原反应中氧化剂、还原剂得失电子及反应前后化合价等问题可考虑得失电子守恒法。

3. 在某些复杂多步的化学反应中, 某些元素的质量或浓度等没有发生变化。因此涉及到多步复杂的化学过程的问题可考虑原子守恒法。

4. 在一个具体的化学反应中, 由于反应前后质量不变, 因此涉及到与质量有关的问题可考虑质量守恒法。

守恒法是高考中常考常用的一种解题方法。恰当地运用守恒法, 对提高解题速度和破解高考难题都有很大的帮助, 值得我们探究。

摘要：结合典型试题分析守恒法在2012年高考解题中的应用, 从而对高考备考提出适当的复习策略。

化学中常用的守恒法篇7

以定量的角度观察绚丽多彩的化学世界, 其中有一个永恒的主题:守恒思想.如果我们在解决化学问题时能够巧妙的运用守恒法, 往往能够避繁就简, 取得事半功倍的效果.

高中化学常见守恒法有以下五种:

一、元素守恒:化学反应前后各元素的种类不变, 各元素的原子 (离子、原子团) 个数不变, 其物质的量、质量也不变.元素守恒包括质量守恒、物质的量守恒、原子守恒和离子守恒.

例1 (2008年广东汕头模拟) 向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120 mL

4 mol/L的稀硝酸, 恰好使混合物完全溶解, 放出0.06 mol NO, 往所得溶液中加入KSCN溶液, 无血红色出现.若用足量的氢气在加热下还原相同质量的原混合物, 能得到铁的物质的量为 ( )

(A) 0.24 mol (B) 0.21 mol

解析:反应完全后加入KSCN, 无血红色出现, 说明溶质全为Fe (NO3) 2, 由N元素守恒

n (NO-3) +n (NO) =n (HNO3) , 得n (NO-3) =0.42 mol, 从而n (Fe2+) =0.21 mol, 再由Fe元素守恒, 得到答案为 (B) .

小结:元素守恒常应用于连步反应计算、复杂的化学方程式计算、有机物分子组成计算等, 解题思路是将其看成一个体系, 整体思维, 着重分析过程的始态和终态, 省略中间过程, 从而找出守恒关系.这样可简化计算过程, 一步得出结果.

二、电子守恒:在氧化还原反应中, 还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数. 因此, 在化合价上表现为:化合价的升高和降低的总数相等.

例2 (2007年四川省) 足量铜与一定量浓硝酸反应, 得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体, 这些气体与1.68 L O2 (标况) 混合后通入水中, 所有气体完全被水吸收生成硝酸.若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol/L NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀, 则消耗NaOH溶液的体积是 ( )

(A) 60 mL (B) 45 mL

解析:1.68 L O2氧化N2O4、NO的混合气体得到的电子的物质的量与Cu失去电子的物质的量相等.所以有

$\begin{array}{l} n (C u) \times 2 = \\ \frac{1.68 L}{22.4 L \cdot m o l^{- 1}} \times 4 \end{array}$

即n (Cu) =0.15 mol, 所以需要 0.30 mol NaOH, 答案为 (A) .

变式 (2008年海南省) 锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水.当生成1 mol硝酸锌时, 被还原的硝酸的物质的量为 ( )

(A) 2 mol (B) 1 mol

答案为 (D) .

小结:电子守恒法广泛应用于氧化还原反应的各种计算中, 解题步骤:首先找到氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子数, 然后根据电子得失守恒列等式, 即可求解.

三、电荷守恒:在电解溶液中, 阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数.书写方法是:阳离子物质的量 (或浓度) 与其所带电荷数乘积的代数和等于阴离子物质的量 (或浓度) 与其所带电荷数乘积的代数和.

例3 (2008年上海市) 某酸性溶液中只有Na+、CH3COO-、H+、OH-四种离子.则下列描述正确的是 ( )

(A) 该溶液由pH=3的CH3COOH与pH=11的NaOH溶液等体积混合而成

(B) 该溶液由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成

c (CH3COO-) >c (Na+) >c (OH-) >c (H+)

(D) 加入适量氨水, c (CH3COO-) 一定大于c (Na+) 、c (NH+4) 之和

解析:注意题干中“酸性”二字, 从而推出此溶液为CH3COOH和CH3COONa的混合溶液, 并且电荷守恒有c (CH3COO-) >c (Na+) >c (H+) >c (OH-)

(D) 项, 加入氨水, 有电荷守恒:

c (CH3COO-) +c (OH-) =c (Na+) +c (NH+4) +c (H+) , 当溶液仍呈酸性, 即c (OH-) <c (H+) , 则c (CH3COO-) >c (NH+4) +c (Na+) ;当溶液呈中性时, c (H+) =c (OH-) , 则c (CH3COO-)

=c (NH+4) +c (Na+) ;当溶液呈碱性时, c (H+) <c (OH-) , 则c (CH3COO-) <c (NH+4) +

c (Na+) , 所以c (CH3COO-) 不一定大于

c (Na+) 、c (NH+4) 之和, 答案为 (A) .

变式 (2007年银川市) 某溶液中大量存在以下五种离子:NO-3、SO $_{4}^{2 -}$ 、Fe3+、H+、M, 其物质的量之比为n (NO-3) ∶n (SO $_{4}^{2 -}$ ) ∶n (Fe3+) ∶n (H+) ∶

n (M) =2∶3∶1∶3∶1, 则M可能是 ( )

(A) Fe2+ (B) Mg2+

答案为 (B) .

小结:电荷守恒法经常应用于电解质溶液中离子浓度关系的推断、计算.

四、质子守恒:酸失去的质子数等于碱得到的质子数, 它一般存在于电解质溶液中.

例4 (2008年广东省) 盐酸、醋酸和碳酸氢钠是生活中常见的物质.下列表述正确的是 ( )

(A) 在NaHCO3溶液中加入与其等物质的量的NaOH, 溶液中的阴离子只有CO $_{3}^{2 -}$ 和OH-

(B) NaHCO3溶液中:c (H+) +c (H2CO3) =c (OH-)

(D) 中和体积与pH都相同的HCl溶液和CH3COOH溶液所消耗的NaOH物质的量相同

解析: (B) 项, 电荷守恒 :c (H+) +c (Na+) =c (HCO-3) +2c (CO $_{3}^{2 -}$ ) +c (OH-) , 物料守恒:c (Na+) =c (HCO-3) + c (CO $_{3}^{2 -}$ ) +c (H2CO3) 两式相减得质子守恒 :c (H+) +c (H2CO3) =

c (CO $_{3}^{2 -}$ ) +c (OH-) 所以 (B) 错误; 答案为 (C) .

小结:质子守恒经常应用于电解质溶液中离子浓度关系的推断, 它可由微粒的物料守恒和电荷守恒联立得到.溶液中离子浓度大小比较要综合运用电离平衡、盐类水解知识, 经常应用三个守恒:电荷守恒、物料守恒、质子守恒.

五、能量守恒:一个化学反应, 不论一步完成, 还是分几步完成, 只要始态、终态一样, 其反应晗变都是一样的, 即盖斯定律.

例5 (2008年宁夏) 已知H2 (g) 、

C2H4 (g) 和C2H5OH (1) 的燃烧热分别是

-285.8 kJ·mol-1、-1411.0 kJ·mol-1和

-1366.8 kJ·mol-1, 则由C2H4 (g) 和H2O (l) 反应生成C2H5OH (l) 的△H为 ( )

(A) -44.2 kJ·mol-1

(B) +44.2 kJ·mol-1

(D) +330 kJ·mol-1

解析:由题意可知:C2H4 (g) +3O2 (g) =2CO2 (g) +2H2O (l) △H=-1411.0 kJ·mol-1, C2H5OH (l) +3O2 (g) =2CO2 (g) +3H2O (l) △H=-1366.8 kJ·mol-1, 将上述两个方程式相减得:C2H4 (g) +H2O (l) =C2H5OH (l) △H=-44.2 kJ·mol-1.

小结:根据盖斯定律, 可以利用已知反应晗变求未知反应晗变, 方法是:若一个化学方程式可由另外几个化学方程式相加减而得到, 则该化学反应的晗变即为这几个化学反应晗变的代数和.

以上为使用守恒法解决一些问题的实例, 细心体会就可以发现其中的妙处:运用守恒法解题, 无须考察反应体系各成分间相互作用过程, 也无须考察变化所需的具体途径, 只需考察反应体系某些组分相互作用前后某种物理量的始态和终态, 抓住恒量列式就可求解结果.这样可以使解题过程简化, 解题效率提高, 解题准确度提高.即守恒法用宏观的统揽全局的方式思考问题, 不去探求某些细枝末节, 直接抓住特有守恒关系, 快速列式, 从而巧妙地解答题目.

那么同学们在解题时, 如何选择并应用上述守恒方法呢?首先必须明确每一种守恒法的特点、应用范围, 然后挖掘题目中存在的守恒关系, 最后巧妙地选取方法, 正确地解答题目.总之, 守恒法是一种中学化学典型的解题方法, 是化学解题的金钥匙.

山东省滕州市第一中学西校 (277500)

江苏省邳州市岔河高级中学