守恒法在化學(xué)選擇題中的快速解題技巧

　　高考化學(xué)復(fù)習(xí)守恒法在化學(xué)選擇題中的快速解題技巧。高考化學(xué)守恒法解題是化學(xué)解題的典型方法之一，是常用的、重要的解題技巧。化學(xué)計(jì)算中常用到的守恒法有得失電子守恒、質(zhì)量守恒、電荷守恒、物料守恒。高考化學(xué)題型全歸納應(yīng)用守恒法解題，可使問(wèn)題的化學(xué)內(nèi)在關(guān)系更簡(jiǎn)捷地展現(xiàn)出來(lái)，簡(jiǎn)化解題過(guò)程，尤其是在解選擇題時(shí)，可節(jié)省做題時(shí)間，提高解題速率。

　　高考化學(xué)所謂守恒，就是指化學(xué)反應(yīng)的過(guò)程中，存在某些守恒關(guān)系如質(zhì)量守恒等。應(yīng)用守恒關(guān)系進(jìn)行化學(xué)解題的方法叫做守恒法。

　　三好網(wǎng)高考化學(xué)一對(duì)一家教名師給大家介紹的是高考化學(xué)守恒法在解化學(xué)選擇題中的應(yīng)用。在有限的時(shí)間內(nèi)完成規(guī)定的任務(wù)。

　　1、原子守恒

　　例1：將0.8molCO2完全通入1L1mol/LNaOH溶液中充分反應(yīng)后，所得溶液中NaHCO3和Na2CO3的物質(zhì)的量之比為（       ）

　　A、3：1

　　B、2：1

　　C、1：1

　　D、1：3

　　解析：如根據(jù)化學(xué)反應(yīng)方程式來(lái)進(jìn)行計(jì)算，就必須先寫(xiě)出涉及到的兩個(gè)化學(xué)反應(yīng)方程式，然后再列方程組求算，很繁瑣。我們可以換個(gè)角度考慮問(wèn)題，因?yàn)榉磻?yīng)前后質(zhì)量守恒，原子的種類(lèi)及數(shù)目不會(huì)改變，所以在反應(yīng)中鈉離子與碳原子守恒。假設(shè)NaHCO3和Na2CO3的物質(zhì)的量分別為X、Y，則根據(jù)碳原子守恒有X+Y＝0.8mol,根據(jù)鈉原子守恒有X+2Y＝1mol，解之得X＝0.6mol、Y＝0.2mol故X：Y＝3：1,選A。

　　例2：將一定量NaOH與NaHCO3的混合物A，放在密閉容器中加熱，充分反應(yīng)后生成氣體V1L（V1≠0）.將反應(yīng)后的固體殘?jiān)麭與過(guò)量鹽酸反應(yīng)，又生成CO2  V2L（氣體體積在標(biāo)況下測(cè)定）則

　�。�1）B的成分是

　　A、Na2CO3與NaOH

　　B、Na2CO3與NaHCO3

　　C、Na2CO3

　　D、NaOH

　�。�2）A中 NaOH與NaHCO3共多少摩爾？NaOH與NaHCO3物質(zhì)的量之比為多少？

　　解析：對(duì)于（1）由題知固體加熱產(chǎn)生的氣體體積不為零，則可說(shuō)明有CO2生成，即碳酸氫鈉過(guò)量，因此所得固體只有碳酸鈉。

　　對(duì)于（2），因固體只有碳酸鈉則根據(jù)鈉離子守恒可知，n(NaOH) ＋n(NaHCO3) ＝2n(Na2CO3)=2V2/22.4.又知經(jīng)過(guò)充分反應(yīng)后，碳酸氫鈉中所含的碳元素全部被轉(zhuǎn)化為二氧化碳，則由碳守恒可知n(NaHCO3) ＝n(CO2) ＝(V1＋V2)/22.4,

　　n(NaOH) ＝2V2/22.4－(V1＋V2)/22.4＝(V2－V1)/22.4 .

　　n(NaOH)/n(NaHCO3)＝(V2－V1)/ (V1＋V2)

　　2、質(zhì)量守恒

　　例3：已知Q與R的摩爾質(zhì)量之比為9：22，在反應(yīng)X＋2Y＝2Q＋R中，當(dāng)1.6克X與Y完全反應(yīng)后，生成4.4克R，則參與反應(yīng)的Y和生成物Q的質(zhì)量之比為（      ）

　　A、46：9        B、32：9       C、23：9         D、16：9

　　解析：已知Q與R的摩爾質(zhì)量比為9：22，結(jié)合方程式可以知道，反應(yīng)生成的Q和R的質(zhì)量比為18：22，也就是1.6克X與Y完全反應(yīng)后，生成了4.4克R，同時(shí)生成了4.4×18÷22=3.6克Q，消耗Y的質(zhì)量為3.6+4.4-1.6=6.4克。所以三參加反應(yīng)的Y和生成物Q的質(zhì)量之比為6.4g/3.6g=16：9。答案：D

　　3、電荷守恒

　　例4：測(cè)得某溶液中僅含有Na+、 Mg2+ 、SO42－ 、Cl－四種離子，其中離子個(gè)數(shù)比Na+:Mg2+:Cl－=4:5:8，如假設(shè)Na+ 為4n個(gè)，則SO42－可能為：（      ）

　　A、2n個(gè)

　　B、3n個(gè)

　　C、6n個(gè)

　　D、8n個(gè)

　　解析：根據(jù)電荷守恒知4n×1＋5n×2＝8n×1+n(SO42－)×2,解得n(SO42－)＝3n,故選B.

　　例5:  50ml1mol/LCH3COOH與100mlNaOH溶液混合，所得溶液的PH=7，關(guān)于該溶液中離子濃度的大小關(guān)系或說(shuō)法，不正確的是（      ）

　　A、c(Na+)＝c(CH3COO－)

　　B、c(Na+)＝c(CH3COO－)>c(H+)=c(OH－)

　　C、c(Na+)＋c(H+)＝c(CH3COO－) ＋c(OH－)

　　D、100mlNaOH溶液濃度為0.5mol/L

　　解析：根據(jù)題意c(H+)＝c(OH－)，可知c(Na+)＝c(CH3COO－)，故選項(xiàng)A、B正確；又根據(jù)溶液中電荷守恒，即Na+與H+所帶正電荷和CH3COO－與OH－所帶負(fù)電荷相等，故選項(xiàng)C正確，因此該題答案為D。

　　4、電子得失守恒

　　例6：硫代硫酸鈉可作為脫氯劑，已知25.0ml0.1mol/LNa2S2O3溶液恰好把224ml（標(biāo)準(zhǔn)狀況）Cl2完全轉(zhuǎn)化為Cl－離子，則S2O32－將轉(zhuǎn)化成（      ）

　　A、S2－      B、S

　　C、SO32－     D、SO42－

　　解析：根據(jù)氧化還原反應(yīng)的重要規(guī)律：得失電子數(shù)守恒，可知，反應(yīng)中氯氣所獲得的電子的物質(zhì)的量與硫代硫酸鈉中硫失去的電子的物質(zhì)的量相等。設(shè)硫的最終價(jià)態(tài)為x價(jià)。則有

　　0.224L/22.4L.mol－1×2＝0.025L×0.1mol/L×2×(x－2),解得x＝6故選D

　　例7：將32.64克銅與140ml一定濃度的硝酸反應(yīng)，銅完全溶解，產(chǎn)生的NO和NO2混合氣體的體積為11.2L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）對(duì)比答：

　�。�1）NO的體積為  L，NO2的體積為  L。

　�。�2）待產(chǎn)生的氣體全部釋放后，向溶液中加入Vml、amol/LNaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部轉(zhuǎn)化為沉淀，則原硝酸溶液的濃度為         mol/L.

　　(3)使銅與硝酸反應(yīng)產(chǎn)生的氣體在NaOH溶液中完全轉(zhuǎn)化為NaNO3，至少需要30%的雙氧水          克。

　　解析：該題題干給出了銅與一定濃度的硝酸反應(yīng)的情況，要求計(jì)算反應(yīng)后各相關(guān)的量，綜合性強(qiáng)，有一定的難度。因此抓住反應(yīng)的實(shí)質(zhì)，利用氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒來(lái)建立等式，是突破題中難點(diǎn)的關(guān)鍵。

　　對(duì)問(wèn)題（1）由于n(Cu) ＝32.64/64=0.51mol,n(NO,NO2)＝11.2/22.4=0.5mol,又知Cu－2e－＝Cu2+;HNO3＋3e－＝NO、HNO3＋e－＝NO2.若設(shè)NO的物質(zhì)的量為xmol則NO2的物質(zhì)的量為(0.5－x)mol，根據(jù)得失電子守恒得0.51×2＝3x＋(0.5-x)×1，則x＝0.26即n(NO)＝0.26mol, n(NO2) ＝0.24mol,所以V(NO) ＝0.26×22.4＝5.8L，V(NO) ＝22.4×0.24＝5.4L

　　對(duì)問(wèn)題（2），由題意知反應(yīng)中部分硝酸參加氧化還原反應(yīng)，其物質(zhì)的量為0.5mol，部分硝酸未參加氧化還原反應(yīng)，其物質(zhì)的量根據(jù)最后溶液中的溶質(zhì)只有NaNO3即可知Na+=N(原子守恒)，則其物質(zhì)的量為aV×10－3mol；所以原硝酸溶液的濃度為c(HNO3)=( aV×10－3+0.5)/0.14mol/L.

　　對(duì)問(wèn)題（3），由于NO和NO2混合氣體在NaOH溶液中全部轉(zhuǎn)化為NaNO3，即HNO3-----NO，NO2-----NO3-相當(dāng)于氮元素的化合價(jià)未變，銅失去的電子被雙氧水得到。即有0.51×2=m（H2O2）×30%×2/34，m（H2O2）=57.8g.

　　例8：將含有0.4molCuSO4和0.2molNaCl的水溶液1L，用惰性電極電解一段時(shí)間后，在一個(gè)電極上得到0.3molCu，則另一電極上放出氣體在標(biāo)況下的體積是（         ）

　　A、4.48L         B、5.60L        C、6.72L       D、13.44L

　　解析：Cu2+在電解池陰極得電子轉(zhuǎn)變?yōu)镃u，即Cu2+＋2e－=Cu。陰極得到0.3molCu,即共得到電子0.3×2＝0.6mol。陽(yáng)極為2Cl――2e－=Cl2,0.2molCl－共失0.2mol電子,放出Cl20.1mol;4OH――4e－=2H2O＋O2,根據(jù)得失電子守恒,故OH－失(0.6-0.2)mol電子,放出O2氣體0.1mol,故氣體總量為0.2mol,因此標(biāo)況下體積為0.2mol×22.4mol/L＝4.48L.選A.

　　5、物料守恒

　　例9:19.2mg銅跟適量濃硝酸反應(yīng)后,銅完全溶解,共收集到11.2ml標(biāo)況下氣體,則反應(yīng)消耗的硝酸可能為(         )

　　A、0.8×10－3mol

　　B、0.5×10－3mol

　　C、1.1×10－3mol

　　D、1.2×10－3mol

　　解析:根據(jù)N原子守恒,有如下物料守恒式:

　　n(HNO3)＝n(HNO3)氧＋n（HNO3）酸＝n(氣) ＋2n[Cu(NO3)2]

　　＝(11.2×10－3/22.4)＋2×(19.2×10－3/64) ＝1.1×10－3mol，故選C。

　　例10:0.5mol/L的Na2CO3溶液中,下列有關(guān)離子濃度的敘述中,正確的是(      )

　　A、c(Na+):c(CO32－) ＝2:1

　　B、c(Na+)>c(CO32－)>c(HCO3－)>c(H+)>c(OH－)

　　C、c(Na+)＋c(H+)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(OH－)

　　D、c(Na+)＝2[c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)]

　　解析:由于CO32－水解；CO32－＋H2O＝HCO3－＋OH－，HCO3－＋H2O＝H2CO3＋OH－故C原子的存在形式有CO32－、HCO3－、H2CO3三種，據(jù)Na2CO3化學(xué)式可知n(Na+)＝2n(C)根據(jù)物料守恒，故選D。