中学化学中的守恒法高中化学论坛

守恒是解决化学问题的中心思想，相应地，守恒法是解决化学问题的一种极其重要的方法与技巧，运用守恒，其特点是抓住有关变化的始态与终态，不纠缠过程细节，利用其中某种不变量建立关系式，从而简化思路，快速解题．

化学反应是原子之间的重新组合，反应前后组成物质的原子个数保持不变，即化学反应中反应物总质量等于生成物总质量，此即质量守恒。又引申为同种元素原子的物质的量（或原子数）在反应前后不变，又称元素守恒、原子守恒。

在化学反应过程中找准反应前后的质量关系，利用不变量可快速求解

【例1】在臭氧发生器中装入100mL O₂，经反应3O₂=2O₃，最后气体体积变为95mL（体积均为标准状况下测定），则反应后混合气体的密度为 g·L^－¹。

解析：根据质量守恒定律反应前后容器中气体的质量不变，等于反应前100ml O₂的质量。则反应后混合气体的密度为：d=(0.1 l /22.4 L·mol^－¹×32g·mol^－¹)/0.095L=1.5 g·L^－¹

抓住初始反应物和最终生成物中某一原子（或原子团）不变，找到等量关系进行求解。

【例2】有一在空气中暴露过的KOH固体，经分析知其内含水7.62%，K₂CO₃ 2.88%，KOH 90%，若将此样品1g加入到46.00mL的1 mol·L^－¹盐酸中，过量的酸再用1.07mol·L^－¹KOH溶液中和，蒸发中和后的溶液可得固体克？

解析：此题中发生的反应很多，但仔细分析可知：蒸发溶液后所得固体为KCl，其Cl^-全部来自于盐酸中的Cl^-，在整个过程中Cl^-守恒。即 n(KCl)=n(HCl)故m(KCl)=0.046L×1 mol·L^－¹×74.5 g · mol^－¹=3.427 g

氧化还原反应中，氧化剂得电子（化合价降低）总数等于还原剂失电子（化合价升高）总数，得失电子守恒。在解题中找到最终化合价升高的和降低的物质，列等式求解。

【例3】1.92克铜投入到一定量的浓硝酸中，铜完全溶解，用试管收集生成气体颜色越来越浅，共收集到672mL气体(标准状况下)，将盛有此气体的试管倒扣在水中，通入氧气恰好使气体完全溶解在水中，则需要标准状况下的氧气体积为：

解析：分析各物质的始态和终态，Cu的化合价升高，始态时是硝酸、终态时还是硝酸，所以硝酸的化合价没有变化，化合价降低的是O₂，Cu共失去了×2mol=0.06mol的电子，根据得失电子守恒，那么V(O₂)÷22.4 mol•L^-1×4mol=0.06mol，故V(O₂)=0.336L

电荷守恒阳离子所带的电荷总数(各种阳离子所带电荷数与阳离子物质的量的乘积的代数和)与阴离子所带的电荷总数(各种阴离子所带电荷数与阴离子物质的量的乘积的代数和)在数值上相等。主要在以下两个方面应用

【例4】在一定条件下，RO和I^-发生反应的离子方程式如下：RO+ 6I^-+ 6H⁺=R^-+ 3I₂+ 3H₂O，RO中的n为。

解析：解法①依据得失电子守恒，I元素化合价总共升高6，所以R元素降低6价变为-1价，所以RO中的R元素的化合价是+5，n为1；解法②依据电荷守恒，反应后电荷总数为-1，所以-n+（-1）×6+（+1）×6=-1，n为1。

【例5】将两个铂电极插入500mL CuSO₄溶液中进行电解,通电一段时间后,某一电极增重0.064克。(设电解中无H₂放出且不考虑水解和溶液体积的变化)。此时H⁺的浓度为( )

A．4×10^-3mol·L^-1 B．2×10^-3 mol·L^-1 C．1×10^-3 mol·L^-1 D．1×10^-7mol·L^-1

解析：由电中性原理, CuSO₄中的Cu²⁺电解为Cu后所缺少的正电荷由生成的H⁺来补充，故n(H⁺)=n(Cu²⁺)少×2=0.064g/64g.mol^-¹×2=2×10^-3mol， c(H⁺)=2×10^-3mol÷0.5L=4×10^-3 mol·L^-1。

电解质溶液中某一组分的原始浓度等于它在溶液中各种存在形式的浓度之和．它实质上是元素守恒。

【例6】（改编自2011山东济南期末检测）下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是

C．等浓度的NaClO、NaHCO₃混合溶液中：c(HClO)+c(ClO^-)=c(HCO)+c(H₂CO₃)

D．醋酸和氢氧化钠等体积混合后的溶液：c(OH^-)=c(H⁺)＋c(CH₃COOH)

解析：氯气溶于水，大部分氯气以Cl₂分子形式存在，少部分与水反应生成HCl和HClO，所以氯水中无法比较c(Cl₂)与[c(ClO^—)+c(Cl^—)+c(HClO)]的大小，A错误；依据物料守恒c(Cl^-)=c(NH)+c(NH₃·H₂O)可知B错误；依据物料守恒c(HClO)+c(ClO^-)=c(HCO)+c(H₂CO₃)+c(CO)，可知C错误；电荷守恒c(CH₃COO^-)+ c(OH^-)= c(H⁺)+ c(Na⁺)减去物料守恒c(CH₃COO^-)+ c (CH₃COOH)= c(Na⁺)可知D正确。

化学反应不仅遵循质量守恒定律，还必须遵循能量守恒定律，盖斯定律就是能量守恒的具体应用。

【例7】饮用水中的NO主要来自于NH。已知在微生物的作用下，NH经过两步反应被氧化成NO。两步反应的能量变化示意图如下：

解析：首先写出NH(aq)+2O₂(g)==NO(aq)+2H⁺(aq)+2H₂O(l)，然后依据图像写出①NH(aq)+O₂(g)==NO(aq)+2H⁺(aq)+H₂O(l) ΔH₁＝-273 kJ·mol^－¹、②NO(aq)+O₂(g)==NO(aq)ΔH₁＝-73 kJ·mol^－¹，依据盖斯定律，①+②既得。

同种溶质的溶液混和或溶液稀释,这种溶质的总量恒定是解决溶液问题的根本依据。

【例8】有100克浓度为18mol·L^-1的浓硫酸,其密度为d g·mL^-1, 加水稀释至9mol·L^-1,则加入的水的体积为( )

解析：设稀释后的溶液的密度为d(稀)，加水为VmL,抓住稀释前后的n(H₂SO₄)不变，则有：18mol·L^-¹××10^-3L·mL^-1=9mol·L^-¹××10^-3L·mL^-1，V=200d(稀)/d -100 ，因硫酸的浓度越小密度越小,d(稀)/d的值小于1，故加水的体积小于100mL。

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。

1．在溶液中存在着离子的电荷守恒和物料守恒。因此涉及到溶液（尤其是混合溶液）中离子的物质的量或物质的量浓度等问题可考虑电荷守恒法或物料守恒法。

2．在氧化还原反应（包括电化学）中存在着得失电子守恒。因此涉及到氧化还原反应中氧化剂、还原剂得失电子、反应前后化合价及电化学中的计算等问题可考虑电子守恒法。

3．在某些复杂多步的化学反应中，某些元素的质量或浓度等没有发生变化。因此涉及到多步复杂的化学过程的问题可考虑元素守恒法。

4．在一个具体的化学反应中，由于反应前后质量不变，因此涉及到与质量有关的问题可考虑质量守恒法。

1．（改编自2011山东高考）以KCl和ZnCl₂混合液为电镀液在铁制品上镀锌，下列说法不正确的是

A.电镀时无其他副反应，铁制品质量增加65g，则转移电子数为2N_A个

B.因部分电能转化为热能，电镀时通过的电量与锌的析出量无确定关系

D.电镀时无其他副反应，假设阳极锌棒为纯锌，电镀后电解质溶液的浓度不变

解析：电镀时，阳极发生Zn-2e^-=Zn²⁺、阴极发生Zn²⁺+2e^-=Zn，在氧化还原反应中必需满足得失电子守恒；导线中通过的电子，在阴极均被Zn²⁺得到，所以通过的电子与锌析出的物质的量之比一定为2：1的关系，A正确，B错误；只要电流恒定，导线中通过电子的速率不变，即阴阳极得失电子的速率不变，所以电解反应速率不变，C正确；依据电子守恒，阳极生成的Zn²⁺与阴极消耗的Zn²⁺相等，D正确。

D．Na₂O₂与H₂O反应制备O₂：Na₂O₂+H₂O＝2Na⁺+ 2OH^-+ O₂↑

解析：A、C选项不符合电荷守恒，D选项不符合原子守恒，只有B正确。

3．（改编自2011江苏化学）下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是

C.对于0.1mol•L^-¹ Na₂SO₃溶液，c(Na^＋)=2c(SO)+c(HSO)+c(H₂SO₃）

D.常温下，CH₃COONa和CH₃COOH混合溶液[pH=7, c(Na⁺)=0.1mol·L^-1]：

解析：NaHCO₃溶液中，HCO在溶液中存在水解HCO+H₂OH₂CO₃+OH^-、与电离HCOH⁺+CO两个过程，而溶液呈碱性，说明水解过程大于电离过程，c(H₂CO₃)＞c(CO)，A错误；电荷守恒c(H⁺)+ c(Na⁺)=2c(CO)+ c(HCO)+c(OH^-) 减去物料守恒c(Na⁺)=2[c(CO)+c(HCO)+c(H₂CO₃)]，得c(OH^-)-c(H⁺)= c(HCO)+2c(H₂CO₃)可知B错误；依据物料守恒c(Na⁺)=2[c(SO)+c(HSO)+c(H₂SO₃)]，C选项错误；依据电荷守恒c(CH₃COO^-)+ c(OH^-)= c(Na⁺)+ c(H⁺)及pH=7可知c(OH^-)=c(H⁺)、c(CH₃COO^-)= c(Na⁺)，水解是有限的，c(CH₃COO^－)＞c(CH₃COOH)，D正确。

4．12 mL 浓度为0.05 mol·L^-1的Na₂SO₃溶液恰好与20 mL 浓度为0.01 mol·L^-1的K₂Cr₂O₇溶液完全反应．已知Na₂SO₃能被K₂Cr₂O₇氧化为Na₂SO₄，则元素Cr在还原产物中的化合价为(　　)

解析：设Cr在还原产物中的化合价为x，依据化合价升高总数12 mL×0.05 mol·L^-¹×2=化合价降低总数20 mL×0.01 mol·L^-1×2×（6-x），解得x=3。

5．密闭容器内有A、B、C、D四种物质，在一定条件下充分反应，测得反应前后各物质的质量如下：

物质	A	B	C	D
反应前质量/g	19.7	8.7	31.6	0.4
反应后质量/g	待测	17.4	0	3.6

Ｄ．物质A与物质C的相对分子质量之比为197：158，反应中A与C的化学计量数之比为l：2

解析：有31.6g C参加反应，生成8.7g B、(3.6-0.4)g=3.2g D；依据质量守恒可知还应该生成（31.6-3.2-8.7）g=19.7g A；此反应为分解反，A选项正确；B选项为(19.7+19.7)g ，错误；Ｃ选项为87：32，错误；物质A与物质C的相对分子质量之比为197：316，D选项错误。

6．将一定质量的Mg、Al合金投入到足量的一定浓度的硝酸中，金属完全溶解，共收集到标准状况下的气体V L(设HNO₃被还原成NO和NO₂)。若向反应后的溶液中加入一定量的NaOH溶液，待金属离子全部沉淀后，再将沉淀过滤、洗净、干燥后称量，其质量比原合金的质量重5.1g，则收集到的气体体积V值可能为（　　　）

解析：分析反应前后固体的成分，不难发现固体质量增重的部分实际上就是Mg²^＋、Al³^＋所结合的OH^－离子的质量。Mg～2e^－～Mg²^＋～2 OH^－～Mg(OH)₂ 　　　　Al～3 e^－～Al³^＋～3 OH^－～Al(OH)₃

从以上关系式可得：Mg、Al合金得电子的总物质的量＝Mg²^＋、Al³^＋结合的OH^－的总物质的量＝＝0.3mol，根据氧化还原反应中的得失电子守恒知：HNO₃得电子的物质的量为0.3mol。因题给条件的限制，显然无法求出V的具体数值，但可用极限讨论法确定V的取值范围：若V L气体全为NO₂，由HNO₃～e^－～NO₂得：V＝0.3mol×22.4L/mol＝6.72 L，若V L气体全为NO，由HNO₃～3e^－～NO得：V＝0.3mol××22.4L/mol＝2.24 L，故2.24 L＜V＜6.72 L，

7．（2011新课标全国部分）科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与二氧化碳反应生成甲醇，并开发出直接以甲醇为燃料的燃料电池。已知H₂（g）、CO（g）和CH₃OH（l）的燃烧热△H分别为-285.8kJ·mol^-1、-283.0kJ·mol^-1和-726.5kJ·mol^-1。请回答下列问题：

（2）甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为____________________；

解析：I．由燃烧热可知①H₂(g) + O₂(g)===H₂O (l) ΔH₁＝-285.8kJ·mol^－¹、②CO(g) + O₂(g)===CO₂ (g) ΔH₂＝-283.0kJ·mol^－¹、③CH₃OH(l)+O₂(g)==CO₂(g)+2H₂O(l)， ΔH₃＝-726.5kJ·mol^－¹；（1）由①可知10mol水分解消耗285.8kJ·mol^－¹×10mol；（2）首先写出方程式CH₃OH(l)+O₂(g) =CO(g)+2H₂O(l) ，③-②既得；

答案：I．（1）2858 （2）CH₃OH(l)+O₂(g) =CO(g)+2H₂O(l) ΔH ＝-443.5kJ·mol^－¹

8．现有一块铝铁合金，为测定铝的含量，做如下实验：切一小块合金，将其溶于盐酸，然后加入足量的氢氧化钠溶液，待溶液中的沉淀全部变成红褐色时，过滤沉淀物并在空气中灼烧，最后所得红棕色粉末的质量恰好跟原来的合金试样质量相等，则合金中铝的百分含量为________．

解析：一开始称量的质量为Fe和Al，最后称量的质量为Fe₂O₃，依据Fe质量守恒，所以合金中Al的质量等于Fe₂O₃中O的质量，合金中铝的质量分数=×100%=×100%=×100%=30%。

9．在AlCl₃，Na₂SO₄，NaCl三种盐的混合溶液中，若Na⁺为 mol ，SO为0.2 mol，Cl^-为0.6 mol，则溶液中Al³⁺的物质的量为 (不考虑水的电离及盐的水解)。

解析：依据电荷守恒n(Na⁺)+3n(Al³⁺)=2n(SO)+n(Cl^-)，所以3n(Al³⁺)=（0.2×2+0.6-0.7）mol=0.3mol。

10．有镁、铝混合粉末lO.2g，将它溶于500mL 4mol·L^－1的盐酸中，若要使沉淀质量达到最大值，则需加入2 mol·L^-1的氢氧化钠溶液的体积为。

解析：当镁、铝全部以Mg(OH)₂、Al(OH)₃沉淀，即沉淀质量达到最大值时，溶液中只存在NaCl，依据Cl^-守恒，故当沉淀的量最多时n(NaOH)＝n(HCl)；n(NaOH)＝0.5L×4mol·L^－¹＝2mol，V〔(NaOH)aq〕＝＝1 L，即为1000 mL。