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摘 要: 守恒法是定量分析化学问题的一种重要思想,是利用物质在化学变化过程中某一特定的量固定不变而使化学计算变得简便、快速,结果准确的一种常用的方法。主要包括质量守恒、电荷守恒、电子得失守恒、化合价代数和守恒(为零)等。
关键词: 高考化学 守恒法 应用
守恒法是定量分析化学问题的一种重要思想,是利用物质在化学变化过程中某一特定的量保持不变而使化学计算变化的简便、快速、结果较准确的一种常用的方法。它主要包括质量守恒、电荷守恒、电子得失守恒、化合价代数和守恒(为零)等。利用守恒法既可以使繁乱的问题变难为易,又可使复杂的计算化繁为简,历年高考化学题中许多计算型题目均可以采用它来求解。
一、质量守恒
质量守恒宏观表现为参加化学反应反应物的质量总等于生成物的质量总和,微观表现是反应前后的同种元素的原子或某原子团个数不变。
例1:(2009上海卷)七、(本题共16分)
30.臭氧层是地球生命的保护神,臭氧比氧气具有更强的氧化性。实验室可将氧气通过高压放电管来制取臭氧。
(3)实验室将氧气和臭氧的混合气体0.896L(标准状况)通入盛有20.0g铜粉的反应器中,充分加热后,粉末的质量变为21.6g。则原混合气中臭氧的体积分数为?摇?摇?摇?摇?摇?摇。
【解析】常温下臭氧和铜反应,加热条件下铜和氧气生成氧化铜。如果根据化学反应方程式进行计算,就必须先写出涉及的两个化学反应方程式,然后列方程组求解,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,原子的种类与数目不会改变,所以在反应中氧原子守恒。由n(Cu)=20.1g/64g•mol,n(混合气体)=0.896L/22.4L•mol=0.4mol,设混合气体中臭氧的体积分数为w,则氧气的体积分数为1-w,根据氧原子守恒得0.04mol×w×2+0.04mol×(1-w)×3=(21.6-20g)/16g•mol,解得w=0.5。答案是0.5。
例2:(2005全国卷I8)已知Q与R的摩尔质量之比为9∶22。在反应X+2Y=2Q+R中,当1.6gX与Y完全反应后,生成4.4gR,则参与反应的Y和生成物Q的质量比为()。
A.46∶9B.32∶9C.23∶9D.16∶9
【解析】已知Q与R的摩尔质量之比为9∶22,结合方程式可知,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4.4gR,同时生成了4.4×18÷22=3.6gQ,消耗Y的质量为3.6+4.4-1.6=6.4g。所以参加反应的Y和生成物Q的质量之比为6.4g/3.6g=16∶9。答案:D。
二、电荷守恒
电荷守恒是指在电解质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,或者是指在离子方程式中,反应物所带电荷数与生成物所带电荷数必相等且电性相同。
例3:(2008四川理综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离子完全沉淀;如加入足量强碱并加热可得到cmol NH气,则原溶液中的Al离子浓度(mol•L)为()。
A.B.C.D.
【解析】由于产生cmol NH,则必定有NHc mol,使SO完全沉淀需Babmol,因此SO有b mol。根据电荷守恒:2c(SO)=c(NH)+3c(Al),则3c(Al)=(2×-)mol•L,c(Al)=mol•L。答案:C。
例4:(2006全国13)由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液其pH=1,c(Al)=0.4mol•L,c(SO4)=0.8mol•L则c(K)为()。
A.0.15mol•LB.0.2mol•L
C.0.3mol•LD.0.4mol•L
【解析】由溶液pH=1可知c(H)=0.1mol•L,根据阳离子物质的量浓度与其所带电荷数乘积的代数和等于阴离子物质的量浓度与其所带电荷数乘积的代数和相等,得c(H)×1+c(Al)×3+c(K)×1=c(SO)×2,即0.1mol•L×1+0.4mol.L×3+c(K)×1=0.8mol•L×2,解得c(K)=0.3mol•L。答案:。C
三、电子得失守恒
在一个化学反应或系列化学反应中,氧化剂所得电子总数(或化合价降低总数)等于还原剂所失电子总数(或化合价升高总数)。
例5:(2009全国卷Ⅱ6)物质的量之比为2∶5的锌与稀硝酸反应,若硝酸被还原的产物为NO,反应结束后锌没有剩余,则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是()。
A.1∶4B.1∶5C.2∶3D.2∶5
【解析】设2molZn参与反应,因Zn无剩余,则最终生成了2molZn(NO),显然含有4molNO,这部分是没有参与氧化还原反应的HNO,根据得氧化剂所得电子总数等于还原剂所失电子总数有2×n(Zn)=n(HNO)×4,则n(HNO)=1mol,即有1molHNO被还原。答案:C。
例6:(2007四川理综10)足量铜与一定量浓硝酸反应,得到硝酸铜溶液和NO、NO、NO的混合气体,这些气体与1.68L O(标准状况)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5mo•LNaOH溶液至Cu恰好完全沉淀,则消耗NaOH溶液的体积是()。
A.60mLB.45mLC.30mLD.15mL
【解析】铜与浓硝酸反应,铜是还原剂,浓硝酸是氧化剂,铜失去的电子总数等于浓硝酸生成NO、NO、NO所得电子总数;而NO、NO、NO与1.68L O(标准状况)混合后通入水中,又发生氧化还原反应,NO、NO、NO作为还原剂被O氧化后与水又生成硝酸。两个过程中的发生的都是氧化还原反应,得失电子数相同,所以Cu失去的电子数等于1.68L(标准状况)O得到的电子数,即有n(Cu)=2n(O)=0.15mol。又n(NaOH)=2n(Cu)=2n(Cu)=0.3mol,即得V(NaOH)=0.3mol/5mol•L=0.06L=60mL,故选A。
四、化合价代数和守恒
任一化合物中元素的正负化合价总数的绝对值相等;或者元素化合价代数和等于零。
例7:(2000全国卷)1999年曾报导合成和分离了含高能量的正离子N5的化合物N5AsF6,下列叙述错误的是()。
A.N共有34个核外电子
B.N中氮氮原子间以共用电子对结合
C.化合物NAsF中As化合价为+1
D.化合物NAsF中F化合价为-1
【解析】F是非金属性最强的非金属元素,只有负价,-1价。在化合物NAsF中,存在正离子N,设As化合价为m,根据化合物中元素化合价代数和为零得+1+m+(-1)×6可求出As化合价为+5。答案:C。
关键词: 高考化学 守恒法 应用
守恒法是定量分析化学问题的一种重要思想,是利用物质在化学变化过程中某一特定的量保持不变而使化学计算变化的简便、快速、结果较准确的一种常用的方法。它主要包括质量守恒、电荷守恒、电子得失守恒、化合价代数和守恒(为零)等。利用守恒法既可以使繁乱的问题变难为易,又可使复杂的计算化繁为简,历年高考化学题中许多计算型题目均可以采用它来求解。
一、质量守恒
质量守恒宏观表现为参加化学反应反应物的质量总等于生成物的质量总和,微观表现是反应前后的同种元素的原子或某原子团个数不变。
例1:(2009上海卷)七、(本题共16分)
30.臭氧层是地球生命的保护神,臭氧比氧气具有更强的氧化性。实验室可将氧气通过高压放电管来制取臭氧。
(3)实验室将氧气和臭氧的混合气体0.896L(标准状况)通入盛有20.0g铜粉的反应器中,充分加热后,粉末的质量变为21.6g。则原混合气中臭氧的体积分数为?摇?摇?摇?摇?摇?摇。
【解析】常温下臭氧和铜反应,加热条件下铜和氧气生成氧化铜。如果根据化学反应方程式进行计算,就必须先写出涉及的两个化学反应方程式,然后列方程组求解,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,原子的种类与数目不会改变,所以在反应中氧原子守恒。由n(Cu)=20.1g/64g•mol,n(混合气体)=0.896L/22.4L•mol=0.4mol,设混合气体中臭氧的体积分数为w,则氧气的体积分数为1-w,根据氧原子守恒得0.04mol×w×2+0.04mol×(1-w)×3=(21.6-20g)/16g•mol,解得w=0.5。答案是0.5。
例2:(2005全国卷I8)已知Q与R的摩尔质量之比为9∶22。在反应X+2Y=2Q+R中,当1.6gX与Y完全反应后,生成4.4gR,则参与反应的Y和生成物Q的质量比为()。
A.46∶9B.32∶9C.23∶9D.16∶9
【解析】已知Q与R的摩尔质量之比为9∶22,结合方程式可知,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4.4gR,同时生成了4.4×18÷22=3.6gQ,消耗Y的质量为3.6+4.4-1.6=6.4g。所以参加反应的Y和生成物Q的质量之比为6.4g/3.6g=16∶9。答案:D。
二、电荷守恒
电荷守恒是指在电解质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,或者是指在离子方程式中,反应物所带电荷数与生成物所带电荷数必相等且电性相同。
例3:(2008四川理综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离子完全沉淀;如加入足量强碱并加热可得到cmol NH气,则原溶液中的Al离子浓度(mol•L)为()。
A.B.C.D.
【解析】由于产生cmol NH,则必定有NHc mol,使SO完全沉淀需Babmol,因此SO有b mol。根据电荷守恒:2c(SO)=c(NH)+3c(Al),则3c(Al)=(2×-)mol•L,c(Al)=mol•L。答案:C。
例4:(2006全国13)由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液其pH=1,c(Al)=0.4mol•L,c(SO4)=0.8mol•L则c(K)为()。
A.0.15mol•LB.0.2mol•L
C.0.3mol•LD.0.4mol•L
【解析】由溶液pH=1可知c(H)=0.1mol•L,根据阳离子物质的量浓度与其所带电荷数乘积的代数和等于阴离子物质的量浓度与其所带电荷数乘积的代数和相等,得c(H)×1+c(Al)×3+c(K)×1=c(SO)×2,即0.1mol•L×1+0.4mol.L×3+c(K)×1=0.8mol•L×2,解得c(K)=0.3mol•L。答案:。C
三、电子得失守恒
在一个化学反应或系列化学反应中,氧化剂所得电子总数(或化合价降低总数)等于还原剂所失电子总数(或化合价升高总数)。
例5:(2009全国卷Ⅱ6)物质的量之比为2∶5的锌与稀硝酸反应,若硝酸被还原的产物为NO,反应结束后锌没有剩余,则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是()。
A.1∶4B.1∶5C.2∶3D.2∶5
【解析】设2molZn参与反应,因Zn无剩余,则最终生成了2molZn(NO),显然含有4molNO,这部分是没有参与氧化还原反应的HNO,根据得氧化剂所得电子总数等于还原剂所失电子总数有2×n(Zn)=n(HNO)×4,则n(HNO)=1mol,即有1molHNO被还原。答案:C。
例6:(2007四川理综10)足量铜与一定量浓硝酸反应,得到硝酸铜溶液和NO、NO、NO的混合气体,这些气体与1.68L O(标准状况)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5mo•LNaOH溶液至Cu恰好完全沉淀,则消耗NaOH溶液的体积是()。
A.60mLB.45mLC.30mLD.15mL
【解析】铜与浓硝酸反应,铜是还原剂,浓硝酸是氧化剂,铜失去的电子总数等于浓硝酸生成NO、NO、NO所得电子总数;而NO、NO、NO与1.68L O(标准状况)混合后通入水中,又发生氧化还原反应,NO、NO、NO作为还原剂被O氧化后与水又生成硝酸。两个过程中的发生的都是氧化还原反应,得失电子数相同,所以Cu失去的电子数等于1.68L(标准状况)O得到的电子数,即有n(Cu)=2n(O)=0.15mol。又n(NaOH)=2n(Cu)=2n(Cu)=0.3mol,即得V(NaOH)=0.3mol/5mol•L=0.06L=60mL,故选A。
四、化合价代数和守恒
任一化合物中元素的正负化合价总数的绝对值相等;或者元素化合价代数和等于零。
例7:(2000全国卷)1999年曾报导合成和分离了含高能量的正离子N5的化合物N5AsF6,下列叙述错误的是()。
A.N共有34个核外电子
B.N中氮氮原子间以共用电子对结合
C.化合物NAsF中As化合价为+1
D.化合物NAsF中F化合价为-1
【解析】F是非金属性最强的非金属元素,只有负价,-1价。在化合物NAsF中,存在正离子N,设As化合价为m,根据化合物中元素化合价代数和为零得+1+m+(-1)×6可求出As化合价为+5。答案:C。