守恒思想在化学中的应用

3a mol
（b-3a）mol amol-(b-3a)mol
m（Al(OH)3 ） =78(4a－b)g
【探究二】
取c molKMnO4固体，加热一段时间后 （KMnO4－K2MnO4+ MnO2+O2↑），收集到 amol气体，在反应后的残留固体中加入足 量浓盐酸（ KMnO4+HCl－KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O； K2MnO4+HCl－KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O； MnO2+HCl－MnCl2+Cl2↑+H2O）， 又收集到bmol气体，此时Mn均以Mn2+形式存 在。试写出a、b、c间的关系式。
n(HNO3)=2[nCu(NO3)2]+ n(NO2) + n(NO)
=2×38.4g/64g/mol+22.4L/22.4L/mol =2.2mol 即反应消耗的硝酸物质的量为2.2mol。
解法比较
分析：发生反应为 Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+ 2H2O……a 3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+ 4H2O……b
1、稀硫酸与BaCl2溶液充分混合，恰好完全反应，将所得 到的液体过滤，得滤液质量与原BaCl2溶液的质量相等，求 原稀硫酸的溶质质量分数。
溶液质量守恒：
m(H2SO4)aq＋ m(BaCl2) aq ＝m(BaSO4) +m(HCl) aq
已知：m(HCl ) aq＝ m(BaCl2) aq 所以： m(H2SO4) aq＝＝ m(BaSO4 )
常见的守恒类型
常见守恒类型：
一、质量守恒 依据：化学反应前物质的总质量=反应后物质的 总质量。
二、电荷守恒
依据：溶液中阳离子所带正电荷总数＝阴离子所带负电荷 总数。 三、得失电子守恒 依据：氧化还原反应中氧化剂得电子总数=还原剂失电 子总数 四、元素原子守恒 依据：化学反应前后原子的种类和数目不发生变化
思考：铜元素在本题涉及的一系列变化中保持 守恒。且有下列关系： Cu～CuO～CuSO4 ～CuSO4· 2O 5H 1mol 1mol 0.5mol 0.5mol m(CuSO4· 2O )＝250g/mol*0.5mol=125g 5H
得失电子守恒
4、某氧化剂中，起氧化作用的是X2O72－离子，在溶液中0.2 mol该离子恰好能使0.6molSO32－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
【拓展练习3】
将Mg、Cu组成的2.64克混合物投入适量稀硝 酸中恰好反应,固体完全溶解时收集的还原产 物NO气体0.896L（SPT），向反应后溶液中 加入2mol/LNaOH溶液60ml时金属离子恰好 沉淀完全。则形成沉淀质量为（ ） A. 4.32克 B. 4.68克 C. 5.36克 D. 6.38克
始态：Cu 0.6mol
终态：Cu(NO3)2
HNO3 若干
HNO3 若干
H2O 若干
O2
VL
得失电子守恒：n(Cu ) ×2= n(O2 )×4
0.6 mol×2=n(O2 )×4
n(O2 )=0.3mol v(O2)=6.72L
守恒思想解题的选取

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。
答案：B
守恒类型
n（Na ）＋n（H ）= 2n（SO4＋＋＋2－）＋n（Cl－
）＋n（NO3
－
）
即 0.025 mol＋n（H ）=2×0.025 mol＋0.05 mol＋0.025 mol n（H ）=0.1 mol 故c（H ）=0.1mol/1L = 0.1mol/L 答案选C
＋ ＋
元素原子守恒
3、在空气中加热32g铜粉，使其全部变为氧化铜，然后 加入足量的稀硫酸中，待反应完毕后，再加热蒸发溶剂， 可制得硫酸铜晶体的质量是（ ） A、250g B、90g C、125g D、24g
1． 溶液中常用离子的电荷守恒和物料守恒。
(离子方程式中也要考虑电荷守恒）
2．氧化还原反应中应考虑得失电子守恒法。 3．多步反应中可考虑元素守恒法。 4．在反应中涉及质量有关的问题可考虑质量守恒 法。 5．具体问题中，综合考虑，往往是几种守恒关系 联合运用。
【探究三】
将14 g铁粉溶解在1 L稀硝酸中，恰好完全反 应，放出NO气体后称量所得溶液，发现比原溶液 质量增加8 g 。若反应后溶液仍为1 L，求生成盐 的浓度。 分析：m(NO)=14 g-8 g = 6 g ，则 n(NO)=6g/30g· -1=0.2mol mol n(Fe)=14g/56g/mol=0.25mol
【拓展练习1】
向含amolAlCl3的溶液中滴加 含b molNaOH溶液时有沉淀生成， 当3a<b<4a时求产生沉淀的质量？
讨论：当3a<b<4a时，生成物有哪些？
换个角度考虑问题，从元素守恒角度求解则较简便。
始态：amolAlCl3 bmolNaOH 终态：NaCl、NaAlO2、Al(OH)3
小专题
守恒思想在化学中的应用
【自我体验】
1 、稀硫酸与BaCl2溶液充分混合，恰好完全反应，将所得 到的液体过滤，得滤液质量与原BaCl2溶液的质量相等， 求原稀硫酸的溶质质量分数。 2、1L混合溶液中含SO42－0.025mol，Cl－0.05mol ,NO3－ 0.025mol ,Na＋0.025 mol ,其余为H＋，则H＋物质的量浓 度为 A．0.25 mol· －1 B．0.01 mol· －1 C．0.1 mol· －1 L L L D. 0.5 mol· －1 L 3、在空气中加热32g铜粉，使其全部变为氧化铜，然后加入 足量的稀硫酸中，待反应完毕后，再加热蒸发溶剂，可制 得硫酸铜晶体的质量是（ ） A、250g B、90g C、125g D、24g 4、某氧化剂中，起氧化作用的是X2O72－离子，在溶液中0.2 mol该离子恰好能使0.6molSO32－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
【探究升华】
【思考】在10.6gNa2CO3和8.4gNaHCO3固体中加入 含1mol HCl的盐酸溶液，溶液呈酸性，继续加入 100mL 7mol/L的NaOH溶液后恰好中和，将溶液 蒸干，则所得固体的质量__________g。 反应物（始态）：Na2CO3 NaHCO3 HCl NaOH 生成物（终态）： NaCl Na2CO3+2 HCl= ～ HCl 2↑+H20 NaCl ～ Cl 2NaCl+CO
如果从方程式求解，设NO2、NO的物质的量分别为x、y。
64g/mol×（x/2+3y/2）＝38.4g …… ① x + y = 22.4L/22.4L/moL …… ② 联立①②，解得：x=0.9mol；y=0.1mol；
n(HNO3)= n(NO2)×2 + n(NO)×4
＝0.9mol×2＋0.1mol×4 =2.2mol
氧化剂的物质的量×变价原子个数×变化的价态=
还原剂的物质的量×变价原子个数×变化的价态
氧化剂为X 2O72－，还原剂为SO32－。设反应后X元素的 化合价为a.则X元素化合价由＋6降为a，S元素化合价由 ＋4升为＋6。电子守恒知： 2×0.2mol（6－a）=0.6mol×2 a=＋3 答案选C
【归纳总结】
NaHCO3+HCl= NaCl+CO2 ↑ +H20 守恒呀！
1mol
1mol
NaOH+HCl = NaCl+CO2+H20
M(NaCl)=58.5g
物料守恒
守恒思想解题
守恒法就是根据化学反应的实质是原子 间的重新组合，遵循质量、元素等守恒规律。 抓住物质变化的始态和终态，忽略中间过程， 利用不变量直接建立关系式解题。
【探究一】
38.4g铜与适量的浓硝酸反应，铜全部 作用后，共收集到气体22.4L(标况)(不考虑 生成N2O4)。则反应消耗的HNO3的物质的量 是多少？
用守恒思想解题：
始态(N)：HNO3 始态(Cu)：Cu 终态(N)：Cu(NO3)2、NO、NO2 终态(Cu)： Cu(NO3)2
根据反应前后N原子守恒可得
【拓展练习2】
38.4g铜与适量的浓硝酸反应，铜全部 作用后，共收集到气体若干升，将生成的气 体和VL（标况）的O2一起导入水中恰好全部 溶解生成硝酸，求标况下氧气的体积。
讨论:此时铜与硝酸反应生成的气体若为NO、 NO2或N2O4等对最终V(O2)有无影响？
38.4g铜与适量的浓硝酸反应，铜全部作用后， 共收集到气体若干升，将生成的气体和VL （标况）的O2一起导入水中恰好全部溶解生 成硝酸，求标况下氧气的体积
从整体看Mn元素从+7→+2价，化合价降 低，被还原，而被氧化的元素是氧元素 和氯元素；
K MnO4 Mn ;
+7 + 5e -
2+
2O O 2;
2 Cl
-1 -
-2
- 4e
-
0
Cl 2
- 2e-
0
根据氧化还原的得失电子守恒可得： c×(7-2)e-=a×4e-+b×2e-, 即a、b、c间的关系式为 ：4a+2b=5c
讨论:生成的盐是Fe(NO3)2 还是Fe(NO3)3 ？ 为什么？
因 为 Fe 与 稀 HNO3 反 应 ， 可 生 成 Fe(NO3)2 或 Fe(NO3)3 ，设物质的量分别为x、y； 质 量 守 恒：56 g/mol (x+y)=14g ……① 得失电子守恒：2x+3y=0.2mol×3 ……② 联立，解得x=0.15 mol，y=0.1mol； 故：C(Fe(NO3)2)= 0.15mol/L； C(Fe(NO3)3)= 0.1mol/L