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1、第二篇 高考技能跨越 第1讲 考场快速解题的4大思想方法 思想方法1 守恒法,1.概念：以化学反应过程中存在的某些特定关系为依据，从诸多变化和繁杂数据中寻找某一不变的物理量及其对应等式关系解题的一种思想方法。 2.意义：可以避开复杂的反应和中间过程，直接寻找始态和终态中特有的守恒关系，能更快、更便捷地解决问题，提高解题的速度和准确度。 3.常见3种类型：质量守恒、电子守恒、电荷守恒。,1.质量守恒法 【内涵解读】 1.含义：参加化学反应的各物质的质量总和等于生成物的质量总和。 2.类型： (1)质量守恒：反应物减少的总质量=生成物增加的总质量。在一些物理变化中也存在质量守恒，如溶液在稀释或浓缩
2、过程中，原溶质质量在稀释或浓缩后不变(溶质不挥发、不析出)。,(2)元素守恒：化学反应前原子的种类或数目=反应后原子的种类或数目。 (3)物料守恒：溶液中某一组分的原始浓度=它在溶液中各种存在形式的浓度之和。,【典题训练】 1.(质量守恒)有一块铝、铁合金，溶于足量的盐酸中再用过量的NaOH溶液处理，将产生的沉淀过滤、洗涤、干燥、灼烧，完全变成红色粉末，经称量红色粉末和合金质量恰好相等，则合金中铝的质量分数为 ( ) A.60% B.50% C.40% D.30%,【解析】选D。根据题中信息，物质的变化如下图所示： 在反应过程中，铁元素的质量是守恒的，且有m(Al)+m(Fe)= m(Fe2O
3、3)，即合金中铝元素的质量和Fe2O3中氧元素的质量相等，则合金中铝元素的质量分数与Fe2O3中氧元素的质量分数相等。w(Al)= 100%=30%。,2.(元素守恒)将1.92 g铜粉与一定量浓硝酸反应，当铜粉完全作用时收集到NO2和NO的混合气体1.12 L(标准状况)，则消耗硝酸的物质的量是( ) A.0.12 mol B.0.11 mol C.0.09 mol D.0.08 mol,【解析】选B。由题意可知参加反应的HNO3一部分反应生成Cu(NO3)2， 另一部分反应生成NO2或NO，利用反应前后氮原子守恒，可以轻松求 解。HNO3与Cu反应，HNO3一部分起酸的作用，即生成Cu(N
4、O3)2，用去硝 酸的物质的量=2n(Cu)= 2=0.06 mol；另一部分HNO3起氧化 作用，不管生成的1.12 L气体为何种成分，都是HNO3的还原产物，且有 HNO3NO，HNO3NO2，所以起氧化作用的HNO3的物质的量为 =0.05 mol，故共消耗HNO3的物质的量为0.06 mol+0.05 mol= 0.11 mol。,3.(物料守恒)下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是( ) A.Na2CO3溶液中：c(Na+)=2c( )+2c( ) B.常温下将醋酸钠、盐酸两溶液混合后，溶液呈中性，则混合后溶液中：c(Na+)c(Cl-)c(CH3COOH) C.0.1 molL-
5、1的NaHS溶液中离子浓度关系：c(OH-)=c(H+)-c(S2-)-c(H2S) D.向1.0 L 0.3 molL-1NaOH溶液中缓慢通入0.2 mol CO2，完全反应后的溶液中：2c(Na+)=3c( )+3c( )+3c(H2CO3),【解析】选D。A项，碳酸钠溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得 c(Na+)=2c( )+2c( )+2c(H2CO3)。B项，醋酸钠、盐酸两溶液 混合后的电荷守恒式：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(CH3COO-)，又 由于溶液呈中性，即c(H+)=c(OH-)，因此混合溶液中应有c(Na+)= c(Cl-)+c(CH3C
6、OO-)，根据物料守恒可得c(Na+)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)，所以有c(Na+)c(Cl-)=c(CH3COOH)。C项，0.1 molL-1 的NaHS溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+ 2c(S2-)；存在物料守恒：c(Na+)=c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)；消去钠离,子得到离子浓度关系：c(OH-)=c(H+)-c(S2-)+c(H2S)。D项，溶液中溶 质是等物质的量的Na2CO3和NaHCO3，根据物料守恒得2c(Na+)=3c( ) +3c( )+3c(H2CO3)。,4.(综合)下列物质的量浓度关系错误的
7、是( ) A.25时，在1.0 L浓度均为0.01 molL-1的某一元酸HA与其钠盐组成的混合溶液中，测得c(Na+)c(A-)，则c(A-)+c(HA)=0.02 molL-1 B.等体积、等物质的量浓度的NaF溶液与HF溶液混合：c(Na+)=c(F-) +c(HF) C.物质的量浓度相等的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH) D. 0.2 molL-1某一元弱酸HA溶液和0.1 molL-1NaOH溶液等体积混合后的溶液：2c(OH-)+c(A-)=2c(H+)+c(HA),【解析】选B。A项，根据
8、物料守恒，则c(A-)+c(HA)=0.02 molL-1， 正确；B项，根据物料守恒，应为2c(Na+)=c(HF)+c(F-)，错误；C项， 写出电荷守恒和物料守恒式，消去c(Na+)，即得本项等式，正确；D项， 反应后得到等物质的量浓度的HA和NaA的混合溶液，由电荷守恒： c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，由物料守恒：2c(Na+)=c(HA)+c(A-)，消 去c(Na+)可得：2c(OH-)+c(A-)=2c(H+)+c(HA)，正确。,5.(综合)将Wg铁、氧化铁和氧化铜组成的混合物粉末放入100 mL 4.4 molL-1盐酸中，反应完全后得氢气896 mL(
9、标准状况)，生成的溶液中只有FeCl2、HCl和1.28 g固体。把溶液稀释到320 mL时，盐酸的物质的量浓度为0.25 molL-1，求混合物中各物质是多少克？,【解析】解答此题的关键，是审清题意，找出等量关系，找准突破口。首先由生成溶液中的盐酸可知反应后的1.28 g固体沉淀物为铜，因此可首先确定CuO的质量。再根据各反应化学方程式中诸物质的量的关系和耗用盐酸的物质的量列方程求解，或寻求题中“隐含”的电子守恒和Cl-守恒条件，求得Fe和Fe2O3的质量。 n(Cu)= mol=0.02 mol m(CuO)=0.0280=1.6(g),设混合物中Fe2O3的物质的量为x。 Fe + 2H
10、Cl = FeCl2 + H2 0.04 mol 0.08 mol mol=0.04 mol Fe2O3 +6HCl=2FeCl3 + 3H2O x 6x 2x CuO + 2HCl = CuCl2+H2O 0.02 mol 0.04 mol 0.02 mol,2FeCl3 + Fe=3FeCl2 2x x CuCl2 + Fe=FeCl2+Cu 0.02 mol 0.02 mol,根据反应耗用盐酸的量列方程求解 0.08+6x+0.04=0.14.4-0.3200.25 6x=0.24 x=0.04(mol) m(Fe2O3)=1600.04=6.4(g) m(Fe)=(0.04+0.02+
11、0.04)56=5.6(g),答案：Fe的质量为5.6 g； CuO的质量为1.6 g； Fe2O3的质量为6.4 g。,【思维建模】 1.方法的选取： 在任何化学反应中 质量守恒 (1)在一个具体的化学反应中，涉及与质量有关的问题可考虑质量守恒法。 (2)在某一具体的化学反应或过程中，涉及某一元素(或微粒)的数目问题时可考虑元素守恒法或物料守恒法。 (3)在某些复杂多步的化学反应中，涉及多步复杂的化学过程的问题可考虑元素守恒法。,2.解题流程： (1)明确目标：即明确题目中要求解的量。 (2)分析过程：根据题目中要求的量，分析反应过程中物质的变化，找出质量(元素、原子、物料)守恒的物质及其相
12、关的量。 (3)运用守恒：根据守恒原理，梳理出量的变化关系(反应物的总质量与生成物的总质量、化学反应前后原子的种类或数目、溶液稀释或混合时溶质的质量、溶液中某一组分的原始浓度与它在溶液中各种存在形式的浓度)，列式推断求解。,【加固训练】1.已知Q与R的摩尔质量之比为922，在反应X+2Y=2Q+R中，当1.6 g X与Y完全反应后，生成4.4 g R，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为( ) A.239 B.329 C.469 D.169,【解析】选D。设Q的摩尔质量为9agmol-1，R的摩尔质量为22agmol-1，生成物Q的质量为mg 则X + 2Y = 2Q + R 29a 22a
13、m 4.4 可得：m= =3.6 根据质量守恒定律可知参加反应的Y的质量为4.4 g+3.6 g-1.6 g =6.4 g，故参加反应的Y与生成物Q的质量之比为6.4 g3.6 g= 169。,2.在化学反应A+B=C+D中，已知25 g A与10 g B恰好完全反应生成5 g C，若反应后要生成6 g D，则参加反应的A的质量为( ) A.2 g B.3 g C.4 g D.5 g,【解析】选D。根据质量守恒，反应A+B=C+D中，25 g A与10 g B 恰好完全反应生成5 g C时，生成D的质量=25 g+10 g-5 g=30 g，则 设生成6 g D时参加反应的A的质量为x，则 ，
14、解得x=5 g。,3.0.1 molL-1HCOOH溶液和0.1 molL-1HCOONa溶液等体积混合后的溶液显酸性，下列关于该混合溶液的描述正确的是( ) A.c(HCOO-)c(HCOOH)c(Na+)c(H+) B.c(HCOO-)+c(HCOOH)= 0.2 molL-1 C.c(HCOO-)+2c(OH-)=c(HCOOH)+2c(H+) D.c(HCOO-)c(Na+)c(OH-)c(H+),【解析】选C。对于0.1 molL-1HCOOH溶液和0.1 molL-1HCOONa溶液等体积混合后的溶液，根据物料守恒c(HCOO-)+c(HCOOH)= 0.1 molL-1；电荷守恒
15、为c(HCOO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，又溶液呈酸性，所以c(H+)c(OH-)，故c(HCOO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)，将物料守恒和电荷守恒联立，可得c(HCOO-)+2c(OH-)=c(HCOOH)+ 2c(H+)，综上，C正确。,2.电子守恒法 【内涵解读】 1.含义：在氧化还原反应中(或系列化学反应中)氧化剂所得电子总数等于还原剂所失电子总数；或电解池、原电池中两极转移的电子总数相等。 2.类型： (1)在氧化还原反应中：氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数。 (2)在电解过程中：阴极得电子总数=阳极失电子总数。 (3)在原电池中：负极失去的电子数=正极
16、得到的电子数。,【典题训练】 1.(化合价或物质的确定)已知 可与R2-作用，R2-被氧化为R单质， 的还原产物中，M为+3价；c( )=0.3 molL-1的溶液100 mL可与c(R2-)=0.6 molL-1的溶液150 mL恰好完全反应，则n值为( ) A.4 B.5 C.6 D.7,【解析】选D。R2-被氧化为R单质，失去电子，而M元素的化合价降低，得到电子， 的还原产物中，M为+3价。设 中M元素的化合价为x，则由电子守恒可知，0.15 L0.6 molL-1(2-0) =0.1 L0.3 molL-12(x-3)，解得x=+6。 中(+6)2+ (-2)n=-2，则n=7。,2.(氧化还原反应综合计算)足量铜溶于一定
