Question

守恒法在化学计算中的运用

最好是讲解加例题，例题越多越好，知识范围不要超过高二

Answer 1

守恒法在化学计算中的运用
江苏省盐城中学 邱志俊 224001
在多如“题海”的化学试题中，掌握一定的解体方法，对学生学好化学往往能起到事半功倍的效果。下面我就结合自己的教学实践，谈谈中学化学计算中常见的几种守恒的运用。
一、 质量守恒
质量守恒是初三化学教学的一个重点。由于在任何化学反应中，反应前后各原子的种类、数目没有变化，因而原子的总质量也没有变化，所以参加化学反应的各反应物的质量总和等于反应生成的各产物的质量总和。
例1：在反应式X+2Y=R+2M中，已知R和M的摩尔质量之比为22：9。当1.6gX和Y恰好完全反应后，生成4.4gR，则在此反应中Y和M的质量之比为( )
A 16：9 B 23：9 C 32：9 D 46：9
分析：R和M的摩尔质量之比等于R和M的式量之比。而R和M的物质的量之比为1：2，故R和M的质量之比应为22：18，即11：9。因此当生成4.4gR时，必定生成3.6gM。据质量守恒定律可知：消耗X、Y的总质量应等于生成R和M的总质量，即消耗Y的质量为：m(R)+m(M)－m(X)=4.4g＋3.6g－1.6g＝6.4g。所以反应中Y和M的质量之比为：6.4g/3.6g＝16：9。故本题应选A。
说明：若反应过程中有反应物剩余或有不参与反应的物质存在，该质量守恒定律也可引伸为：反应前后体系的总质量等于反应后体系的总质量。
例2：Ag稀硫酸溶液和Bg稀氯化钡溶液恰好完全反应，生成Cg盐酸，求原稀硫酸溶液的质量分数。
分析：该反应为：H2SO4＋BaCl2＝BaSO4＋2HCl，溶液中的水没有参与反应。反应前体系的总质量为（A＋B）g，则反应后生成BaSO4的总质量为：（A＋B－C）g。由于BaSO4和H2SO4的物质的量相等，所以Ag稀H2SO4中溶质的质量分数为：98（A＋B－C）/233A×100％。
二、 电荷守恒
电荷守恒指的是整个体系中（或体系中部分物质里）阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数，整个体系中（或体系中部分物质）仍呈电中性。
例3：将KCl和KBr的混合物13.4g溶于水，配成500mL溶液后再通入过量的Cl2，充分反应后将溶液蒸干，得到固体11.175g，则原溶液中K+、Cl—、Br－的物质的量之比为：
A 1：2：3 B 3：2：1 C 1：3：2 D 2：3：1
分析：该题若按一般的思维方法去解，比较麻烦：需先求出原混合物中KCl和KBr的物质的量，而这又要结合KCl和KBr的总质量13.4g、最后得到的11.175g固体KCl的质量去解。若该题利用溶液中溶质的电荷守恒，则不难发现：n(K+)＝n(Cl－)＋n(Br－)，将A、B、C、D四个选项分别代入上式，可知只有B选项符合题意，故本题答案为B。
例4：在Na2CO3溶液中，下列离子浓度c(Na+)、c(H+)、c(OH－)、c(HCO3－)、c(CO32－)有怎样的关系？在NaHCO3中，这一关系是否仍存在？在NaHCO3和Na2CO3的混合溶液中，这一关系是否仍存在？
分析：在Na2CO3溶液中，阳离子只有Na+、H+，而阴离子有CO32－、HCO3－、OH－。据整个溶液体系中的电荷守恒可知：n(Na+)＋n(H+)＝n(OH－)＋n(HCO3－)+2 n(CO32－)，两边同除以溶液的总体积，即得：c(Na+)＋c(H+)＝c(OH－)＋c(HCO3－)+2 c(CO32－)。在NaHCO3溶液和Na2CO3与 NaHCO3的混合溶液中，阳离子还是只有Na+、H+，而阴离子还是只有CO32－、HCO3－、OH－。据整个溶液体系中的电荷守恒，c(Na+)＋c(H+)＝c(OH－)＋c(HCO3－)+2 c(CO32－)这一关系式仍存在。
三、 物料守恒
物料守恒是指某一体系中的两种元素的原子间，其物质的量之比为一个定值，不随这些元素的存在形式而变化。
例5：在Na2CO3溶液中，下列离子浓度c(Na+)、c(H2CO3)、c(HCO3－)、
c(CO32－)有怎样的关系？在NaHCO3中，这一关系是否仍存在？在含等物质的量
的NaHCO3和Na2CO3的混合溶液中，这一关系是否仍存在？
分析：在Na2CO3溶液中，C、Na元素的原子全部来自于溶质Na2CO3，因此n(Na)＝2n(C)。而Na元素在体系中只以Na+的形式存在，故 n(Na)＝n(Na+) ；C元素在体系中以 HCO3－、CO32－、H2CO3三种形式存在，故n(C)＝n(H2CO3)＋n(HCO3－)＋n(CO32－)，即n(Na+)＝2[n(H2CO3)＋n(HCO3－)＋n(CO32－)]。两边同除以溶液的总体积，即得：c(Na+)＝2[c(H2CO3)＋c(HCO3－)＋c(CO32－)]。而在NaHCO3溶液中，C、Na元素的原子也全部来自于溶质NaHCO3，因此n(Na)＝n(C)。Na元素在体系中也只以Na+的形式存在， C元素在体系中也以 HCO3－、CO32－、H2CO3三种形式存在，同理可得：c(Na+)＝c(H2CO3)＋c(HCO3－)＋
c(CO32－)。在含等物质的量的NaHCO3和Na2CO3的混合溶液中，2n(Na)＝3n(C)。Na元素在体系中仍以Na+的形式存在， C元素在体系中也仍以 HCO3－、CO32－、H2CO3三种形式存在，同理可得：2c(Na+)＝3[c(H2CO3)＋c(HCO3－)＋c(CO32－)]。
可见：在Na2CO3溶液、NaHCO3溶液及NaHCO3和Na2CO3的混合溶液中，它们整个体系中的电荷守恒关系式是相同的，但它们物料守恒的关系式却是不同的。
四、得失电子守恒
得失电子守恒指的是在氧化还原反应中，氧化剂得到电子的总数等于还原剂失去电子的总数，亦即：反应中有物质得到电子，必有物质失去电子。
例6：判断SbF5在空气中能否燃烧？为什么？
分析：物质在空气中的燃烧一般是指该物质被空气中的氧气所氧化的过程，即氧气能从该物质中得到电子。由于在SbF5中，Sb元素已处于最高价，不能再失去电子；而F元素尽管处于最低价，但其还原性即弱，也不能失去电子。故氧气不能从SbF5中得到电子，因此SbF5不能在空气中燃烧。
例7：单质M和过量的热的浓硝酸充分反应后，测得参加反应的单质与硝酸的物质的量之比为1：4，则该元素M在产物中的化合价是多少？
分析：能与热的浓硝酸反应的单质可能是金属单质或非金属单质C、P、S等。若是金属单质，则反应产物为：硝酸盐、NO2和H2O；若是非金属单质，则反应产物为：该非金属元素最高价氧化物对应的水化物、NO2和H2O。
（1）若是非金属单质M，由M∽4HNO3∽4NO2可知：HNO3中N元素得电子总数为4e－，则非金属单质M失电子总数也为4e－，故M在产物中应显＋4价。
（2）若是金属单质M，设M在产物中应显＋X价，由
M∽4HNO3∽M(NO3)x∽(4－X)NO2可知：M失电子总数为xe－，HNO3中N元素得电子总数为（4－x）e－，据得失电子守恒：x＝4－x，解得x＝2，故M在产物中应显＋2价。
五、 元素守恒
元素守恒是指根据某些元素的原子在反应前后的量不变，与反应过程中其它物质的参与无关。
例8：有一在空气中暴露过的KOH固体，经分析知其含水7.65％、含K2CO34.32，其余是KOH。若将a g样品放入bmL1mol/L的盐酸中，使其充分反应后，残酸用25.52mLcmol/L的KOH溶液恰好中和，蒸发所得溶液，得到固体质量的表达式中（单位为：g）
A 可只含b B 应含有a C 必有c D 一定有a、b、c
分析：该反应的过程是：样品中的K2CO3、KOH与所加的盐酸反应，生成KCl，过量的盐酸再用KOH中和，又生成KCl。所以最后溶液中的溶质只有KCl一种，固体的质量也就是KCl的质量。而最后所得的KCl中：K+来自于样品中的KOH、K2CO3和所加试剂中的KOH，因而若以钾元素守恒计算KCl的质量时，表达式中必有a、c两个字母；而Cl—只来自于盐酸，因而若以氯元素守恒计算KCl的质量时，表达式中只有b一个字母。故本题应选A。
例9：Cl—与Ag+反应可生成AgCl,而每次生成的AgCl中又有10％见光分解生成Ag和Cl2，Cl2又在水中歧化成HClO3和HCl。而这样生成的Cl—又与剩余的Ag+生成AgCl沉淀，这样循环往复直至最终。现有含1.1molNaCl的溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，求最终能生成多少g难溶物？
分析：该题的关键是反应前后溶液中有关微粒的量的变化关系。题知涉及的反应有：Cl—＋Ag+＝AgCl↓，2AgCl＝2Ag＋Cl2，3Cl2＋3H2O＝HClO3＋5HCl。因此反应中必消耗Cl—、Ag+，产物中必有Ag、AgCl、HClO3,且Ag与AgCl的物质的量之比为1：9。据Cl、Ag元素在反应中得失电子守恒及Cl、Ag元素守恒可知：55Cl—∽60Ag+∽6Ag∽54AgCl∽HClO3。因此由NaCl中Cl—的物质的量即可求出难溶物Ag和AgCl的总质量为:0.12mol×108g/mol＋1.08mol×143.5g/mol＝167.94g。