2019届一轮复习人教版守恒法在化学计算中的应用学案

2019届一轮复习人教版守恒法在化学计算中的应用学案

守恒法在化学计算中的应用 ‎【高考展望】 　　“守恒法”是中学化学经常采用的技巧性解题方法之一，是高考中常用的一种解题方法和解题技巧。系统学习守恒法的应用，对提高解题速率和破解高考难题都有很大的帮助。 【方法点拨】 一、守恒法的概念 　　守恒法名目繁多，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。但本质上守恒法不外乎质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒等。 　　化学反应的实质是原子间的重新结合，所以一切化学反应都存在着物料守恒（质量守恒，微粒个数守恒）；宏观上各元素质量反应前后相等即质量守恒，微观上任一微观粒子（如原子、分子、离子等）反应前后个数相等。得失电子守恒是针对氧化还原反应，氧化剂得到电子总数与还原剂失去电子总数相等。电荷守恒一般是指在电解质溶液中阳离子所带正电荷总数与阴离子所带负电荷总数相等，溶液呈电中性。 　　一般情况下，能用“守恒法”解答的题目也能用其它方法解决，但较费时且易出错。而“守恒法”则是利用物质变化过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，寻找变化前后特有的守恒因素，快速建立等式关系，巧妙作答，可节省做题时间，能提高解题速率和准确率。 二、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计算题可考虑质量守恒法。 2．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。 3．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、还原剂得失电子数目及反应前后化合价变化等问题可考虑电子守恒法。 【典型例题】 ‎ 类型一：质量守恒（物料守恒、原子守恒）‎ 例1、在溶液中1molNaOH与0.8molCO2充分反应，求Na2CO3与NaHCO3物质的量之比。 ‎ ‎【思路点拨】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。‎ ‎【答案】1：3‎ ‎【解析】依据在反应中钠离子与碳原子守恒，假设Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为a、b，则根据碳原子守恒有a+b＝0.8mol,根据钠原子守恒有2a+b＝1mol，解之得a＝0.2mol、b＝0.6mol故a：b＝1：3。‎ 巧解：先配平方程式：0.8CO2+1NaOH=aNa2CO3 +bNaHCO3+cH2O，再列方程求解（见高清）。‎ ‎【总结升华】守恒法与化学方程式法本质是一致的，因为化学方程式本身体现了质量守恒，但直接利用反应前后原子数目守恒可使解题过程大大简化。 举一反三：‎ ‎【变式1】CH4与Cl2充分反应，生成的CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4的物质的量相等，求CH4与Cl2的物质的量之比。‎ ‎【答案】2：5‎ 例2、现有19.7 g由Fe、FeO、Al、Al2O3组成的混合物，将它完全溶解在540 mL 2.00 mol·L－1的H2SO4溶液中，收集到标准状况下的气体8.96 L。已知混合物中，Fe、FeO、Al、Al2O3的质量分数分别为0.284、0.183、0.274和0.259。欲使溶液中的金属阳离子完全转化为氢氧化物沉淀，至少应加入2.70mol·L－1的NaOH(aq)体积是________。 【思路点拨】金属阳离子完全转化为氢氧化物沉淀时，溶液中的溶质只有Na2SO4，从Na2SO4的 化学式可推知NaOH和H2SO4的计算关系式 。 【答案】800 mL ‎【解析】金属阳离子完全转化为氢氧化物沉淀时，溶液中的溶质只有Na2SO4，根据Na+‎ 守恒和SO42-数目守恒，得如下关系式： 　　2NaOH ~ Na2SO4~ H2SO4 　　则：n(NaOH) = 2n(H2SO4) 　　c(NaOH)·V [NaOH(aq)] = 2c(H2SO4)·V [H2SO4(aq)] 　　V [NaOH(aq)]可求。 【总结升华】关注始末状态，利用反应前后元素守恒、提炼相关的计算关系式可使计算大大简化。 举一反三： 【变式1】将Cu与CuO的混合物20.8 g加入到50 mL 18.4 mol／L浓H2SO4中，加热充分反应至固体物质完全溶解（产生气体全部逸出），冷却后将溶液稀释至1000 mL，测得c (H+)=0.84 mol／L；若要使稀释后溶液中的Cu2+沉淀完全，应加入6.0 mol／L的NaOH溶液的体积为（ ）‎ A．100 mL B．160 mL C．240 mL D．307 mL ‎【答案】C ‎ ‎【解析】设20.8 g混合物中Cu x mol、CuO y mol，则64x+80y=20.8、2x+y=0.05×18.4－0.84/2×1=0.5，解得x=0.2、y=0.1。若使Cu2+沉淀完全，则所需NaOH溶液的体积 ‎=0.24 L=240 mL。‎ ‎【变式2】某固体KOH样品含H2O7.55%，K2CO34.32%，将ag此样品与bmL1mol/L盐酸反应完全，再用c mol/ lKOH溶液25.12mL恰使剩余盐酸中和，将得到的溶液蒸干后，固体质量最接近的是（ ）‎ A．0.8000ag B．0.0745bg C．0.0357cg D．条件不足无法计算 ‎【答案】B 【变式3】向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中，加入100mL1mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224 mL（标况）的气体，所得溶液中加入KSCN 溶液无血红色出现，若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到的铁的质量为（ ）‎ A．11.2g　　　B．5.6g　　　C．2.8g　　　D．无法计算 【答案】C 【解析】最后溶液中溶质全部是FeCl2，由电荷守恒可知： 　　 　　 　　∴ 　　 【变式4】Fe 与Fe2O3的混合物2.72g，加入50ml　1.6mol· L－1盐酸中恰好完全溶解，经KSCN检验，溶液不显红色，若忽略溶液体积变化，则溶液中Fe2+物质的量浓度是（ ）‎ A．0.2mol L－1 B．0.4mol L－1‎ C．0.8mol L－1 D．1.6mol L－1 ‎ ‎【答案】C 【变式5】将一定质量的镁铝合金投入到250ml 4mol/L的盐酸中，金属完全溶解后，再加入2mol/L的NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，加入的这种氢氧化钠溶液的体积是（ ）‎ A．250mL　　　B．400mL　　　C．500mL　　 D．750mL 【答案】C 【解析】沉淀达到最大时，溶液中的溶质只有NaCl, NaCl中的Na+来自于NaOH、Cl-来自于HCl，故n（NaOH）=n（HCl）. 【变式6】a g Fe2O3和Al2O3组成的混合物全部溶于20mL、物质的量浓度为0.05mol／L的硫酸中，反应后向所得溶液中加入10mLNaOH溶液，恰好使Fe3+、Al3+完全沉淀，则氢氧化钠溶液的物质的量浓度为（ ）‎ A．0.1mol／L B．0.2 mol／L C．0.4mol／L D．0.8mol／L[来源:学+科+网Z+X+X+K]‎ ‎【答案】B ‎【变式7】把m mol C2H4 跟n mol H2 ‎ 混合于密闭容器中，在适当条件下反应达到平衡时生成p mol C2H6，若将所得平衡混合物完全燃烧生成CO2和H2O，需O2的物质的量为（ ） 　　A．3m＋n　　　　B．3m＋0.5n　　　　C．3m＋3p＋0.5n　　　　D．3m＋0.5n－3p 【答案】B 【解析】根据C、H原子个数守恒，共有m mol 碳原子，耗氧气2m mol，(4m＋2n) mol H原子，耗氧气(4m＋2n)/4 ＝ m＋0.5n，故可得B。‎ 例3、Na2S 、Na2SO3 、Na2SO4混合物中，S元素的质量分数为a%，求O元素的质量分数。‎ ‎【思路点拨】由S元素的质量分数为a%，设法求出Na元素质量分数，最后求出O元素质量分数。‎ ‎【答案】（1—a%×78/32）‎ ‎【解析】混合物中Na、S两元素的质量比为46:32，故混合物中含钠元素的质量分数为：‎ ‎ a%×46/32，混合物中含氧元素的质量分数为：（1—a%×78/32）。‎ ‎【总结升华】本题应抓住混合物中Na2S 、Na2SO3 、Na2SO4三者均含“Na2S”的特点，Na、S两元素个数比均为2:1，故不论三者比例如何混合物中Na、S两元素个数比均为2:1。 举一反三： 【变式1】C2H4 、C3H8O 、C6H12混合物中，C元素的质量分数为a%，求O元素的质量分数。‎ ‎【答案】（1—a%×7/6）×8/9‎ ‎【解析】将C3H8O改为C3H6 ▪ H2O，（1—a%×7/6）代表含“H2O”量。‎ ‎【变式2】甲醛，乙醛，丙醛组成的混和物中，氢元素占质量百分组成为9%，则混和物中氧元素占质量百分组成为（ ）‎ A．37% B．16% C．6.6% D．无法确定 ‎【答案】A 类型二：电荷守恒 例4、某混合溶液中MgCl2的浓度为2 mol / L，AlCl3的浓度为3 mol / L，将此溶液200 mL中的Mg2+完全沉淀（氢氧化铝恰好溶解），需加入1.6 mol / L的NaOH溶液的体积多少？ ‎ ‎【思路点拨】反应结束后，溶液中溶质为NaCl和NaAlO2，以反应后溶液中溶质为对象进行电荷守恒运算。‎ ‎【答案】需要2 L NaOH溶液。 【解析】反应结束后，溶液中溶质为NaCl和NaAlO2，根据阴阳离子电荷守恒，有： 　　n(Na+)＝n( AlO2-）＋n(Cl-)，设需加入NaOH溶液的体积为x，由题意： 　　n(Cl-)=3 mol / L ×3×0.2 L＋2 mol / L×2×0.2 L=2.6 mol 　　n( AlO2-）= n( Al3+）=3 mol / L×0.2 L=0.6 mol 　　1.6 mol / L×x＝2.6 mol +0.6 mol=3.2 mol 　　x＝2 L 　　【总结升华】电解质溶液中阳离子所带正电荷总数与阴离子所带负电荷总数相等，要注意离子所带电荷数。‎ 举一反三：‎ ‎【变式1】将硫酸铝、硫酸钾、硫酸铝钾三种盐混合溶于硫酸酸化的水中，测得C(SO42-)=0.2mol/L，C(Al3+)=0.05mol/L，溶液的pH=1，则C(K+)= 。 ‎ ‎【答案】0.15 mol/L 类型三：电子得失守恒 例5、1.92 g Cu投入到一定量的浓硝酸中，Cu完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到标准状况下672 mL气体，将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，通入标准状况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水，则通入O2的体积为（ ）‎ A．504 mL B．336 mL C．224 mL D．168 mL ‎【思路点拨】根据电子得失相等计算，最终的氧化剂是氧气。‎ ‎【答案】B ‎ ‎【解析】由题意分析可知1.92 g Cu失去的电子数等于O2得到的电子数，n (Cu)==0.03 mol，n (e－)=0.03 mol×2=0.06 mol，n (O2)=0.06 mol／4=0.015 mol，所以标准状况下O2‎ 的体积为336 mL。‎ ‎【总结升华】特别要注意分析化合价变化，树立氧化还原反应中有得必有失、得失守恒的思想。 举一反三： 【变式1】硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0 mL 0.1mol/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．S　　　　 C．SO32－　　　　 D．SO42－ 【答案】D 【解析】根据氧化还原反应的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。设硫的最终价态为x价。则有（0.224L/22.4L·mol－1）×2＝0.025L×0.1mol/L×2×(x－2),解得x＝6,故选D。‎ ‎【变式2】将Mg和Cu组成的2.64 g混合物投入适量的稀硝酸中恰好反应，固体完全溶解时收集到NO气体0.896 L(标准状况)，向反应后的溶液中加入NaOH溶液使金属离子恰好沉淀完全，则形成沉淀的质量为___________。‎ ‎【答案】4.68g ‎【变式2】将11.2g的Mg—Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的x气体。再向所得溶液中加入适量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀。根据题意推断气体x的成分可能是（ ）‎ A．0.3mol NO2 和0.3mol NO ‎ B．0.2mol NO2和0.1mol N2O4 ‎ C．0.1mol NO、0.2mol NO2和0.05mol N2O4 ‎ D．0.6mol NO ‎ ‎【答案】C ‎【解析】由质量守恒知21.4g沉淀中氢氧根质量为10.2g，故氢氧根的物质的量为0.6 mol，则电子转移也为0.6 mol，只有C符合题意。 ‎ ‎【变式3】将32.64克铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的NO和NO2混合气体的体积为11.2L（标准状况）。 　　（1）NO的体积为____________L，NO2的体积为____________L。 　　（2）待产生的气体全部释放后，向溶液中加入Vml、amol/LNaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化为沉淀，则原硝酸溶液的浓度为____________mol/L. 　　 (3)使铜与硝酸反应产生的气体在NaOH溶液中完全转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水____________克。 【答案】（1）V(NO) ＝5.8L，V(NO2) ＝5.4L。 （2）c(HNO3)=( aV×10－3+0.5)/0.14 mol/L. （3）57.8 【解析】该题题干给出了铜与一定浓度的硝酸反应的情况，要求计算反应后各相关的量，综合性强，有一定的难度。因此抓住反应的实质，利用氧化还原反应中得失电子守恒来建立等式，是突破题中难点的关键。 　　对问题（1）由于n(Cu) ＝（32.64/64）mol =0.51mol，n(NO，NO2) ＝0.5mol,又知Cu－2e－＝Cu2+，HNO3＋3e－→NO;HNO3＋e－→NO2。若设NO的物质的量为xmol,则NO2的物质的量为(0.5－x)mol，根据得失电子守恒得0.51×2＝3x＋(0.5＋x)×1，则x＝0.26,即n(NO)＝0.26mol, n(NO2) ＝0.24mol,所以V(NO) ＝(0.26×22.4)L＝5.8L，V(NO2) ＝(22.4×0.24)L＝5.4L。 　　对问题（2），由题意知反应中部分硝酸参加氧化还原反应，其物质的量为0.5mol，部分硝酸未参加氧化还原反应，其物质的量根据最后溶液中的溶质只有NaNO3即可知Na+=N(原子守恒)，则其物质的量为aV×10－3mol；所以原硝酸溶液的浓度为c(HNO3)=( aV×10－3+0.5)/0.14 mol/L. 　　对问题（3），由于NO和NO2混合气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，即HNO3-----NO，NO2-----NO3-相当于氮元素的化合价未变，铜失去的电子被双氧水得到。即有0.51×2=m（H2O2）×30%×2/34，m（H2O2）=57.8g。‎