论文部分内容阅读
要想提高成绩离不开解题,解题能巩固所学的知识;能加深对概念、规律的理解和深化,活化知识;能学习解题方法,发展思维,将知识转化为解决问题的能力。守恒法解题在化学计算中以使试题化难为易,化繁为简。
守恒就是抓住一个在变化过程中始终不变的特征量,把握住这个过程中的恒量,列出等式,解决问题。常见的守恒关系:
1、质量守恒:变化前后质量不变。
2、原子守恒(物料守恒):
某元素原子的个数在变化前后保持不变。
3、电子得失守恒:在氧化还原反应中,
氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数。
4、电荷守恒:(在电解质溶液和离子反应)
阴离子所带的负电荷总数=阳离子所带的正电荷总数。
5、能量守恒:变化前后能量不变。
6、比例守恒:在变化前后各物质间的量比不变。
各项守恒在化学计算中都有着广泛的应用。
例1:有一在空气中暴露过的KOH固体, 含水2.8%, K2CO3 7.2%。取1g该样品, 投入25mL2mol/L HCl中, 中和多余的HCl又用去1.07mol/L的KOH溶液30.8ml, 蒸发中和后的溶液, 所得固体的质量是( )
(A)3.73g(B)4.00g (C)4.50g(D)7.45g
解析:运用原子守恒:KCl中的n(Cl-)=原HCl中的n(Cl-)。
n(KCl)=n(HCl)=0.025L×2mol/L=0.05 mol
m(KCl)=0.05×74.5=3.73 g 所以答案为C
运用守恒使复杂的计算大大简化。
例2、某次酸雨的分析数据如下:
C(NH4+)=7.0×10-6mol/L C(Cl-)=3.5×10-5mol/L C(Na+)=2.3×10-5mol/L
C(SO42-)=2.5×10-6mol/L则此次酸雨的pH大约为
(A)3 (B)4(C)5(D)6
解析:乍一看此题无思路,细想可以想到运用电荷守恒:阴离子所带的负电荷总数=阳离子所带的正电荷总数可以使本题得到解答。
C(NH4+)+ C(Na+)+ C(H+)= C(Cl-)+2C(SO42-)
C(H+)=1×10-5mol/L 所以答案为C
例3 8gNa2O2、Na2O、Na2CO3、NaOH的混合物与200g质量分数为3.65%的盐酸恰好反应,蒸干溶液,最终所得固体质量为()
(A)8g(B)15.3g(C)11.7g(D)无法计算
解析:大家只需注意恰好两个字,运用守恒思想可以速解此题。
溶质是NaCl而且Cl-=Na+即盐酸中溶质的物质的量即为NaCl的物质的量m(HCl)=200g×3.65%=7.3g n(HCl)=0.2mol=n(NaCl)
因此m(NaCl)=0.2 mol×58.5g/mol=11.7g
所以答案为C
例4:将NaCl和NaBr的混合物mg溶于水中配成500ml溶液A,再向其中通入足量的Cl2,充分反应后将溶液蒸干,得到干燥晶体(m-2)g,则原A溶液中Na+、Br-、Cl-的物质的量浓度之比不可能为
(A) 3∶2∶1(B) 4∶1∶3(C) 5∶3∶2 (D) 6∶1∶4
解析:电解质溶液中有:NaCl=Na++ Cl- NaBr=Na++ Br- H2O≒ H++ OH-
电解质溶液呈电中性,电荷守恒:n(Na+)+ n(H+)=n(Cl-)+n(Br-)+n(OH-)
又因为NaCl、 NaBr 是强酸强碱盐,溶液呈酸碱中性,即 n(H+)≒ n(OH-)
则 n(Na+)=n(Cl-)+n(Br-)
依据电荷守恒可以得到答案为D
例5:将一定量的锌与100ml 18.5mol/L的浓硫酸充分反应后,锌完全溶解,同时生成气体A33.6L(标准状况).将反应后的溶液稀释至1L,测得溶液中c(H+)=0.1mol/L则下列叙述错误的是( )
(A)气体A为SO2和H2的混合物(B)气体A为SO2和H2的体积比为4:1
(C)反应中共消耗锌97.5g(D) 反应中共转移电子3mol
解析:
根据电子守恒得:2x+2y=2z x+y=1.5mol z= x+y=1.5mol
再由溶液中电荷守恒得:n(H+)+2n(Zn2+)=2n(SO42-)
0.1mol×1+1.5mol×2=2n(SO42-) n(SO42-)=1.55mol
反应掉的n(SO42-)=1.85mol-1.55mol=0.3mol
即生成的SO2为0.3mol,氢气为1.5mol-0.3mol=1.2mol
所以答案很容易得出为B
例6:将一定质量的镁铝合金投入到250ml 4mol/L的盐酸中,金属完全溶解后,再加入2mol/L的NaOH溶液,若要生成的沉淀最多,加入的这种NaOH溶液的體积是( )
(A)250ml(B) 400ml(C) 500ml(D) 750ml
解析:若是沉淀最多,则Mg2+、Al3+全部转化为Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀,此时溶质只有NaCl,即n(Na+)=n(Cl-)0.25L×4mol/L=2V[NaOH(aq)] ×V[NaOH(aq)]=0.5L
答案很容易得出为C
例7:在碳酸钠溶液中,下列关系式正确的是( )
(A)C(Na+)+C(H+)=C(CO32—)+C(HCO3—)+C(OH—)
(B)C(Na+)+C(H+)=2C(CO32—)+C(HCO3—)+C(OH—)
(C)C(Na+)=2[C(CO32—)+C(HCO3—)+C(H2CO3)]
(D)C(OH—)= C(HCO3—)+2C(H2CO3)+C(H+)
解析:Na2CO3=2Na十+CO32—H2O ≒H十+ OH一
H2O+CO32—≒ HCO3—+ OH—HCO3—+ H2O≒H2CO3+ OH —
电荷守恒: C(Na+)+C(H+)=2C(CO32—)+C(HCO3—)+C(OH—)
物料守恒和比例守恒:
n(Na)/n(C)=2/1或n(Na)/n(CO32—)=2/1 和碳原子或 CO32—守恒 。
C(Na+)=2[C(CO32—)+C(HCO3—)+C(H2CO3)]
n(H+)/ n(OH—)=1/1 和氢原子守恒。
C(OH—)= C(HCO3—)+2C(H2CO3)+C(H+)
综合分析得出答案为:A
守恒应用范围
(1)质量守恒:任何化学变化的有关计算。
(2)原子守恒(物料守恒):多步反应的计算和电解质溶液中的等量关系确认。
(3)电子得失守恒:有关氧化还原反应的计算。
(4)电荷守恒:电解质溶液和离子反应。
(5)比例守恒:任何有关化学变化、化学式、溶液的浓度、溶解度等计算(普遍使用)。
(6)能量守恒:有关能量(热能、键能、电能等)的计算。
守恒的优点:(1)可省去复杂的过程,只必须关注变化的始态和终态,抓住恒量,就可求解结果。(2)可培育有关事物的发展就是始态和终态的循环,过程是为结果服务、结果能彰显过程的理念。
守恒解题有其优点,但不要走极端。解题切忌生搬硬套地使用一种方法,而应采用多向思维,找出各种方法进行组合,由“求异”而后“求同”,才能达到灵活运用的境界。
守恒就是抓住一个在变化过程中始终不变的特征量,把握住这个过程中的恒量,列出等式,解决问题。常见的守恒关系:
1、质量守恒:变化前后质量不变。
2、原子守恒(物料守恒):
某元素原子的个数在变化前后保持不变。
3、电子得失守恒:在氧化还原反应中,
氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数。
4、电荷守恒:(在电解质溶液和离子反应)
阴离子所带的负电荷总数=阳离子所带的正电荷总数。
5、能量守恒:变化前后能量不变。
6、比例守恒:在变化前后各物质间的量比不变。
各项守恒在化学计算中都有着广泛的应用。
例1:有一在空气中暴露过的KOH固体, 含水2.8%, K2CO3 7.2%。取1g该样品, 投入25mL2mol/L HCl中, 中和多余的HCl又用去1.07mol/L的KOH溶液30.8ml, 蒸发中和后的溶液, 所得固体的质量是( )
(A)3.73g(B)4.00g (C)4.50g(D)7.45g
解析:运用原子守恒:KCl中的n(Cl-)=原HCl中的n(Cl-)。
n(KCl)=n(HCl)=0.025L×2mol/L=0.05 mol
m(KCl)=0.05×74.5=3.73 g 所以答案为C
运用守恒使复杂的计算大大简化。
例2、某次酸雨的分析数据如下:
C(NH4+)=7.0×10-6mol/L C(Cl-)=3.5×10-5mol/L C(Na+)=2.3×10-5mol/L
C(SO42-)=2.5×10-6mol/L则此次酸雨的pH大约为
(A)3 (B)4(C)5(D)6
解析:乍一看此题无思路,细想可以想到运用电荷守恒:阴离子所带的负电荷总数=阳离子所带的正电荷总数可以使本题得到解答。
C(NH4+)+ C(Na+)+ C(H+)= C(Cl-)+2C(SO42-)
C(H+)=1×10-5mol/L 所以答案为C
例3 8gNa2O2、Na2O、Na2CO3、NaOH的混合物与200g质量分数为3.65%的盐酸恰好反应,蒸干溶液,最终所得固体质量为()
(A)8g(B)15.3g(C)11.7g(D)无法计算
解析:大家只需注意恰好两个字,运用守恒思想可以速解此题。
溶质是NaCl而且Cl-=Na+即盐酸中溶质的物质的量即为NaCl的物质的量m(HCl)=200g×3.65%=7.3g n(HCl)=0.2mol=n(NaCl)
因此m(NaCl)=0.2 mol×58.5g/mol=11.7g
所以答案为C
例4:将NaCl和NaBr的混合物mg溶于水中配成500ml溶液A,再向其中通入足量的Cl2,充分反应后将溶液蒸干,得到干燥晶体(m-2)g,则原A溶液中Na+、Br-、Cl-的物质的量浓度之比不可能为
(A) 3∶2∶1(B) 4∶1∶3(C) 5∶3∶2 (D) 6∶1∶4
解析:电解质溶液中有:NaCl=Na++ Cl- NaBr=Na++ Br- H2O≒ H++ OH-
电解质溶液呈电中性,电荷守恒:n(Na+)+ n(H+)=n(Cl-)+n(Br-)+n(OH-)
又因为NaCl、 NaBr 是强酸强碱盐,溶液呈酸碱中性,即 n(H+)≒ n(OH-)
则 n(Na+)=n(Cl-)+n(Br-)
依据电荷守恒可以得到答案为D
例5:将一定量的锌与100ml 18.5mol/L的浓硫酸充分反应后,锌完全溶解,同时生成气体A33.6L(标准状况).将反应后的溶液稀释至1L,测得溶液中c(H+)=0.1mol/L则下列叙述错误的是( )
(A)气体A为SO2和H2的混合物(B)气体A为SO2和H2的体积比为4:1
(C)反应中共消耗锌97.5g(D) 反应中共转移电子3mol
解析:
根据电子守恒得:2x+2y=2z x+y=1.5mol z= x+y=1.5mol
再由溶液中电荷守恒得:n(H+)+2n(Zn2+)=2n(SO42-)
0.1mol×1+1.5mol×2=2n(SO42-) n(SO42-)=1.55mol
反应掉的n(SO42-)=1.85mol-1.55mol=0.3mol
即生成的SO2为0.3mol,氢气为1.5mol-0.3mol=1.2mol
所以答案很容易得出为B
例6:将一定质量的镁铝合金投入到250ml 4mol/L的盐酸中,金属完全溶解后,再加入2mol/L的NaOH溶液,若要生成的沉淀最多,加入的这种NaOH溶液的體积是( )
(A)250ml(B) 400ml(C) 500ml(D) 750ml
解析:若是沉淀最多,则Mg2+、Al3+全部转化为Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀,此时溶质只有NaCl,即n(Na+)=n(Cl-)0.25L×4mol/L=2V[NaOH(aq)] ×V[NaOH(aq)]=0.5L
答案很容易得出为C
例7:在碳酸钠溶液中,下列关系式正确的是( )
(A)C(Na+)+C(H+)=C(CO32—)+C(HCO3—)+C(OH—)
(B)C(Na+)+C(H+)=2C(CO32—)+C(HCO3—)+C(OH—)
(C)C(Na+)=2[C(CO32—)+C(HCO3—)+C(H2CO3)]
(D)C(OH—)= C(HCO3—)+2C(H2CO3)+C(H+)
解析:Na2CO3=2Na十+CO32—H2O ≒H十+ OH一
H2O+CO32—≒ HCO3—+ OH—HCO3—+ H2O≒H2CO3+ OH —
电荷守恒: C(Na+)+C(H+)=2C(CO32—)+C(HCO3—)+C(OH—)
物料守恒和比例守恒:
n(Na)/n(C)=2/1或n(Na)/n(CO32—)=2/1 和碳原子或 CO32—守恒 。
C(Na+)=2[C(CO32—)+C(HCO3—)+C(H2CO3)]
n(H+)/ n(OH—)=1/1 和氢原子守恒。
C(OH—)= C(HCO3—)+2C(H2CO3)+C(H+)
综合分析得出答案为:A
守恒应用范围
(1)质量守恒:任何化学变化的有关计算。
(2)原子守恒(物料守恒):多步反应的计算和电解质溶液中的等量关系确认。
(3)电子得失守恒:有关氧化还原反应的计算。
(4)电荷守恒:电解质溶液和离子反应。
(5)比例守恒:任何有关化学变化、化学式、溶液的浓度、溶解度等计算(普遍使用)。
(6)能量守恒:有关能量(热能、键能、电能等)的计算。
守恒的优点:(1)可省去复杂的过程,只必须关注变化的始态和终态,抓住恒量,就可求解结果。(2)可培育有关事物的发展就是始态和终态的循环,过程是为结果服务、结果能彰显过程的理念。
守恒解题有其优点,但不要走极端。解题切忌生搬硬套地使用一种方法,而应采用多向思维,找出各种方法进行组合,由“求异”而后“求同”,才能达到灵活运用的境界。