高考解題中有關守恒法的應用

摘 要: 守恒法是定量分析化學問題的一種重要思想，是利用物質在化學變化過程中某一特定的量固定不變而使化學計算變得簡便、快速，結果準確的一種常用的方法。主要包括質量守恒、電荷守恒、電子得失守恒、化合價代數和守恒(為零)等。

關鍵詞: 高考化學 守恒法 應用

守恒法是定量分析化學問題的一種重要思想，是利用物質在化學變化過程中某一特定的量保持不變而使化學計算變化的簡便、快速、結果較準確的一種常用的方法。它主要包括質量守恒、電荷守恒、電子得失守恒、化合價代數和守恒(為零)等。利用守恒法既可以使繁亂的問題變難為易，又可使復雜的計算化繁為簡，歷年高考化學題中許多計算型題目均可以采用它來求解。

一、質量守恒

質量守恒宏觀表現為參加化學反應反應物的質量總等于生成物的質量總和，微觀表現是反應前后的同種元素的原子或某原子團個數不變。

例1:(2009上海卷)七、(本題共16分)

30.臭氧層是地球生命的保護神，臭氧比氧氣具有更強的氧化性。實驗室可將氧氣通過高壓放電管來制取臭氧。

(3)實驗室將氧氣和臭氧的混合氣體0.896L(標準狀況)通入盛有20.0g銅粉的反應器中，充分加熱后，粉末的質量變為21.6g。則原混合氣中臭氧的體積分數為?搖?搖?搖?搖?搖?搖。

【解析】常溫下臭氧和銅反應，加熱條件下銅和氧氣生成氧化銅。如果根據化學反應方程式進行計算，就必須先寫出涉及的兩個化學反應方程式，然后列方程組求解，很繁瑣。我們可以換個角度考慮問題，因為反應前后質量守恒，原子的種類與數目不會改變，所以在反應中氧原子守恒。由n(Cu)=20.1g/64g#8226;mol，n(混合氣體)=0.896L/22.4L#8226;mol=0.4mol，設混合氣體中臭氧的體積分數為w，則氧氣的體積分數為1-w，根據氧原子守恒得0.04mol×w×2+0.04mol×(1-w)×3=(21.6-20g)/16g#8226;mol，解得w=0.5。答案是0.5。

例2:(2005全國卷I8)已知Q與R的摩爾質量之比為9∶22。在反應X+2Y=2Q+R中，當1.6gX與Y完全反應后，生成4.4gR，則參與反應的Y和生成物Q的質量比為()。

A.46∶9B.32∶9C.23∶9D.16∶9

【解析】已知Q與R的摩爾質量之比為9∶22，結合方程式可知，反應生成的Q和R的質量比為18∶22，也就是1.6克X與Y完全反應后，生成了4.4gR，同時生成了4.4×18÷22=3.6gQ，消耗Y的質量為3.6+4.4-1.6=6.4g。所以參加反應的Y和生成物Q的質量之比為6.4g/3.6g=16∶9。答案:D。

二、電荷守恒

電荷守恒是指在電解質溶液中陽離子所帶正電荷總數等于陰離子所帶負電荷總數，即陽離子物質的量(或濃度)與其所帶電荷數乘積的代數和等于陰離子物質的量(或濃度)與其所帶電荷數乘積的代數和，或者是指在離子方程式中，反應物所帶電荷數與生成物所帶電荷數必相等且電性相同。

例3:(2008四川理綜13)在aL Al(SO)和(NH)SO的混合溶液中加入bmol SBaCl，恰好使溶液中的SO離子完全沉淀;如加入足量強堿并加熱可得到cmol NH氣，則原溶液中的Al離子濃度(mol#8226;L)為()。

A.B.C.D.

【解析】由于產生cmol NH，則必定有NHc mol，使SO完全沉淀需Babmol，因此SO有b mol。根據電荷守恒:2c(SO)=c(NH)+3c(Al)，則3c(Al)=(2×-)mol#8226;L，c(Al)=mol#8226;L。答案:C。

例4:(2006全國13)由硫酸鉀、硫酸鋁和硫酸組成的混合溶液其pH=1，c(Al)=0.4mol#8226;L，c(SO4)=0.8mol#8226;L則c(K)為()。

A.0.15mol#8226;LB.0.2mol#8226;L

C.0.3mol#8226;LD.0.4mol#8226;L

【解析】由溶液pH=1可知c(H)=0.1mol#8226;L，根據陽離子物質的量濃度與其所帶電荷數乘積的代數和等于陰離子物質的量濃度與其所帶電荷數乘積的代數和相等，得c(H)×1+c(Al)×3+c(K)×1=c(SO)×2，即0.1mol#8226;L×1+0.4mol.L×3+c(K)×1=0.8mol#8226;L×2，解得c(K)=0.3mol#8226;L。答案:。C

三、電子得失守恒

在一個化學反應或系列化學反應中，氧化劑所得電子總數(或化合價降低總數)等于還原劑所失電子總數(或化合價升高總數)。

例5:(2009全國卷Ⅱ6)物質的量之比為2∶5的鋅與稀硝酸反應，若硝酸被還原的產物為NO，反應結束后鋅沒有剩余，則該反應中被還原的硝酸與未被還原的硝酸的物質的量之比是()。

A.1∶4B.1∶5C.2∶3D.2∶5

【解析】設2molZn參與反應，因Zn無剩余，則最終生成了2molZn(NO)，顯然含有4molNO，這部分是沒有參與氧化還原反應的HNO，根據得氧化劑所得電子總數等于還原劑所失電子總數有2×n(Zn)=n(HNO)×4，則n(HNO)=1mol，即有1molHNO被還原。答案:C。

例6:(2007四川理綜10)足量銅與一定量濃硝酸反應，得到硝酸銅溶液和NO、NO、NO的混合氣體，這些氣體與1.68L O(標準狀況)混合后通入水中，所有氣體完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸銅溶液中加入5mo#8226;LNaOH溶液至Cu恰好完全沉淀，則消耗NaOH溶液的體積是()。

A.60mLB.45mLC.30mLD.15mL

【解析】銅與濃硝酸反應，銅是還原劑，濃硝酸是氧化劑，銅失去的電子總數等于濃硝酸生成NO、NO、NO所得電子總數;而NO、NO、NO與1.68L O(標準狀況)混合后通入水中，又發生氧化還原反應，NO、NO、NO作為還原劑被O氧化后與水又生成硝酸。兩個過程中的發生的都是氧化還原反應，得失電子數相同，所以Cu失去的電子數等于1.68L(標準狀況)O得到的電子數，即有n(Cu)=2n(O)=0.15mol。又n(NaOH)=2n(Cu)=2n(Cu)=0.3mol，即得V(NaOH)=0.3mol/5mol#8226;L=0.06L=60mL，故選A。

四、化合價代數和守恒

任一化合物中元素的正負化合價總數的絕對值相等;或者元素化合價代數和等于零。

例7:(2000全國卷)1999年曾報導合成和分離了含高能量的正離子N5的化合物N5AsF6，下列敘述錯誤的是()。

A.N共有34個核外電子

B.N中氮氮原子間以共用電子對結合

C.化合物NAsF中As化合價為+1

D.化合物NAsF中F化合價為-1

【解析】F是非金屬性最強的非金屬元素，只有負價，-1價。在化合物NAsF中，存在正離子N，設As化合價為m，根據化合物中元素化合價代數和為零得+1+m+(-1)×6可求出As化合價為+5。答案:C。