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1、高考化学解题方法系列专题高考化学解题方法系列专题 专题专题 66守恒法守恒法“守恒法”是中学化学经常采用的技巧性解题方法之一。一般情况下，能用“守恒法”解答的题目也能用其它方法解决，但较费时且易出错。而 “守恒法”则是利用物质变化过程中某一特定量固定不变来解决问题，其特点是不纠缠于细枝末节，只关注始态和终态，寻找变化前后特有的守恒因素，快速建立等式关系，巧妙作答，能提高解题速率和准确率。“守恒法”在不同版本的教辅材料中，有多种表述形式，如物料守恒、质量守恒、元素守恒、原子守恒、离子守恒、电荷守恒、电子守恒、物质的量守恒、体积守恒等等。其实所谓的“守恒”因素不外乎三种情况：一是物料守恒，二是电性
2、电量守恒。 一、物料守恒一、物料守恒所谓“物料” ，就是物质。从物质的形态而言，有宏观意义上的物质，又有微观意义上的粒子。当谈到“物料”守恒时，对宏观物质而言，主要是质量守恒；对微观粒子而言，则主要是与物质的量挂钩的元素守恒。(一)质量守恒在此探讨的质量守恒，已不再是狭义的质量守恒定律，它涵盖了物理和化学两种变化中的有关守恒关系。1.固态混合物由固体物质组成的混合物，往往在化学变化前后存在某一方面的守恒因素，利用这些因素可省时省力 。例 1：取一定量的 KClO3和 MnO2的混合物共热制取 O2，反应开始时 MnO2在混合物中的质量分数为 20%，当反应进行到 MnO2在混合物中的质量分数为
3、 25%时，求 KClO3的分解百分率。解析：MnO2在反应中作催化剂，反应前后质量守恒。设原混合物的质量为m1g，反应结束后混合物的质量为m2g，则 MnO2反应前后的质量分别为：0.2m1g 和 0.25m2g。由 MnO2的质量守恒可得：0.2m1g0.25m2g，m20.8m1。由反应前后质量守恒可知，放出 O2的质量应等于反应前后的固体质量之差，即：m1g-m2gm1g-0.8m1g0.2m1g。即可求得 KClO3的分解百分率为：%64%1008 . 0 962 . 024511gmggmg。2.溶液对溶液而言，可以从其组成上，即浓度（质量分数）、溶剂和溶质三方面去寻找内含的某些守
4、恒因素，用于解决有关溶液计算的问题。(1)浓度守恒例 2：某盐的饱和溶液的质量分数为 26.8%，取一定量的此饱和溶液，加入wg 该无水盐，在温度不变的情况下，析出mg 含有一定量结晶水的该盐晶体，则从饱和溶液中析出溶质的质量为A.26.8%w B.m-w C.(m+w)26.8% D.( m-w)26.8%解析：由于温度不变，析晶后，剩余溶液、减少的溶液（m-w）及原溶液浓度（质量分数）守恒，故有（m-w）26.8%，答案应选 D。(2)溶剂守恒例 3： 在一定温度下，向 55.3g 蒸馏水中加入一定量的无水 Na2SO3粉末，充分搅拌后过滤，得到 60g 滤液和一定量的 Na2SO37H2
5、O 晶体，若此温度下 Na2SO3的溶解度为 20g，求析出的 Na2SO37H2O 晶体的质量。解析：解此题的关键是：溶剂水的质量守恒。析晶后，原溶剂水分成了两部分，即所得饱和溶液中的水和析出晶体中的结晶水。若设析出晶体的质量为xg。则gggggggxgg20100100601261261263 .55，解得：x=10.6g。(3)溶质守恒例 4：将某二价金属 R 的单质粉末投入到 200mL 浓度为 1mol/L 的 H2SO4溶液中，待完全反应后滤去过量的金属粉末，蒸发溶液到剩余 84g 时，保持温度为t，开始析出RSO47H2O 晶体。在该温度下继续蒸发，当析出 20.5g 晶体时，还
6、留下 49g 溶液。求金属R 的相对原子质量。解析：由题意可知，84g 溶液和49g 溶液皆为t时的饱和溶液。设RSO4的摩尔质量为M，RSO4在t时的溶解度为Sg。由溶质的质量守恒可得：解方程组得：S=40，M=120g/mol所以，金属 R 的相对原子质量为：120-96=24。3.其它0.2L1mol/LM=SggSgggMMg100491265 .200.2L1mol/LM=SggSgg10084有些混合体系中，不同形态的物质（如气态和固态或液态，固态和液态等）之间往往会存在某种形式的守恒量，利用这些量之间的守恒关系，可使问题得以简化。例 5：向一定量的 NaOH 固体中加入由硫酸铜和
7、硫酸组成的混合物的溶液，充分搅拌，恰好完全反应，有蓝色沉淀生成，过滤，所得滤液的质量与加入的原混合物溶液的质量相等。则与硫酸铜反应的氢氧化钠和与硫酸反应的的氢氧化钠的物质的量之比为 。解析：此题属于一道典型的无数据计算题。依题意不难分析出其中的守恒关系，即m(NaOH)mCu(OH)2。设与 CuSO4反应的 NaOH 为xmol，与 H2SO4反应的 NaOH 为ymol，则由(xmol+ymol)40g/mol98g/mol(xmol21)，940yx。(二)物质的量守恒在大多数资料中，对物质的量守恒描述的并不多，其实我们最常遇到的元素守恒就隶属于其中。当然还有涉及宏观（具体）物质的守恒。
8、1.涉及宏观（具体）物质的守恒例 6：质量分数为a的某物质的溶液mg 与质量分数为b的该物质的溶液ng 混合后，蒸发掉pg 水。得到的溶液每毫升质量为qg，物质的量浓度为c。则溶质的分子量（相对分子质量）A.)()( pnmcbnamq B.)()( bnamqpnmc C.)()(1000 pnmcbnamq D.)(1000)( bnamqpnmc 解析：根据溶质的物质的量守恒可得：310/ mLqgpqngmg MbngamgrL/mLcmol/L，整理得：)()(1000 pnmcbnamqMrg/mol，故选 C。2.元素守恒实际上，元素守恒也含有质量守恒的意思，只不过在具体应用时，
9、很少直接用其质量而是用其物质的量（或粒子个数）。元素守恒又可分为原子守恒和离子守恒，但原子守恒和离子守恒并没有严格意义上的区分，只是由于在不同情境中呈现的形态不同而已，多数情况下，常笼统地称作元素守恒。(1)原子守恒例 7：某温度下， 1L 密闭容器中加入1molN2和 3molH2，使反应达到平衡。测得平衡混合物中 N2、H2、NH3的物质的量分别为M、N、Q。N2+3H2 2NH3 如果温度不变，只改变初始物质的加入量，而要求M、N、Q维持不变，则 N2、H2、NH3的加入量用x、y、z表示时，应满足条件：(1)若x=0，y=0，则z= 。(2)若x=0.75mol，则y= ， z= 。(
10、3)x、y、z应满足的一般条件是（用含x、y、z的方程式表示） 。例 8：将amolH2S 和 1molO2置于一个容积可变的容器内进行反应。维持容器内气体的压强不变（101kPa） ，在 120下测得反应前后容器内气体的密度分别为d1和d2。若a的取值不同，则 H2S 的氧化产物可能有如下三种情况：(1)全部是 SO2，此时a的取值范围是 。(2)全部是 S，此时a的取值范围是 ，d1 d2（填大于、小于或等于）。(3)部分是 SO2，部分是 S，此时a的取值范围是 ，反应所生成的 SO2的物质的量为 mol，容器内气体的物质的量之和为 mol。 （以含a的代数式表示）解析：n(O2)=1m
11、ol，设生成 SO2为xmol，S 为ymol，H2O 为zmol。直写方程式：aH2S+1O2=xSO2+yS+ zH2O(g)。 (1)若y0，则全部生成 SO2：解得a=32，即a的取值范围是：a32。(2)若x0，则全部生成 S：由 S 原子守恒： x=a由 H 原子守恒： 2z=2a由 O 原子守恒： 2x+z=2由 S 原子守恒： y=a由 H 原子守恒： 2z=2a由 O 原子守恒： z=2解得a=2，即a的取值范围是：a2。(3)若x0，y0，则产物中既有 SO2，又有 S：因为y0，从(2)可知y2，所以a的取值范围是：32a2。 反应后，SO2的物质的量为(1-2a)mol
12、，容器内气体的物质的量之和为：x+z=(1+2a)mol。例 9：将 2molH2O 和 2molCO 置于 1L 容器中，在一定条件下，加热至高温，发生如下可逆反应：(1)当上述系统达到平衡时，欲求其混合气体的平衡组成，则至少需要知道两种气体的平衡浓度，但这两种气体不能同时是 和 ，或 和 。 （填它们的分子式）(2)若平衡时 O2和 CO2的物质的量分别为n(O2)平=amol，n(CO2)平=bmol。试求n(H2O)平= 。 （用含a、b的代数式表示）（2）由 O 原子守恒可知，由 CO 生成 CO2分子内增加的 O 原子来源于 H2O，另外 O2中的 O原子也来源于 H2O。因此，n
13、(H2O)反应=2n(O2) +1n(CO2)=2amol+1bmol=(2a+b)mol。n(H2O)平=2mol-(2a+b)mol=(2-2a-b)mol。(2)离子守恒例 10：向含 0.01mol AlCl3的溶液中逐滴加入 34mL 1mol/L NaOH 溶液，则生成物及其由 S 原子守恒： x+y=a由 H 原子守恒： 2z=2a由 O 原子守恒： 2x+z=2a=(1+y)32x=1-2az=a解得：2H2O(g) 2H2+O22CO(g)+O2 2CO2物质的量分别为 。解析：n(NaOH):n(AlCl3)=0.034mL1mol/L:0.01mol=3.4:1(或 17
14、:5)，大于 3 小于4，故生成物中既有 Al(OH)3，又有 NaAlO2。设生成的 Al(OH)3的化学计量数为x，NaAlO2的化学计量数为y。直写方程式：5AlCl3+17NaOH=xAl(OH)3+yNaAlO2+15NaCl+2317xH2O则nAl(OH)3=0.006mol，n(NaAlO2)=0.004 mol, n(NaCl)= 0.003mol。(3)原子、离子并存守恒（元素守恒）例 11：将一定质量的镁、铝合金投入 100mL 一定浓度的盐酸中，合金全部溶解，向所得溶液中滴加 5mol/L 的 NaOH 溶液至过量，生成沉淀的质量与加入 NaOH 溶液的体积关系如图所示
15、。由图中数据分析计算：(1)原合金中镁、铝的质量；(2)盐酸的物质的量浓度。解析：由图可知：Mg(OH)2的质量为 11.6g，Al(OH)3的质量为 19.4g-11.6g=7.8g。(2)当V(NaOH,aq) =160mL 时，Mg2+、Al3+完全沉淀，此时溶液为 NaCl 溶液，由 Cl-离由Na+守恒： 17=y+15由Al3+守恒： 5=x+yx=3y=2解得：m(Mg)=4.8g(1)由镁元素守恒可知： Mg Mg(OH)2 24g 58g m(Mg) 11.6g解得：m(Al)=2.7g由铝元素守恒可知：Al Al(OH)327g 78gm(Al) 7.8g子、Na+离子守恒可知：例 12：向 300mL KOH 溶液中缓慢通入 2.24L CO2气体（标准状况） ，充分反应后，在减压低温下蒸发溶液，得到 11.9g 白色固体。 请通过计算确定此白色固体的组成及其质量各为多少克？所用 KOH 溶液的物质的量浓度是多少？解析：先由极端假设法确定白色固体的组成：设定 2.24L CO2与 KOH 溶液反应所得产物只有一种，即 K2CO3或 KHCO3。若只生成 K2CO3，由 C 原子守恒可求得m(K2CO3)=molL
