《第二章 学案11 守恒思想在化学中的应用——守恒法解题技巧.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《第二章 学案11 守恒思想在化学中的应用——守恒法解题技巧.doc（6页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高考总复习同步训练专题学案11守恒思想在化学中的应用守恒法解题技巧当物质之间发生化学反应时，其实质就是原子之间的化分和化合，即可推知某种元素的原子无论是在哪种物质中，反应前后其质量及物质的量都不会改变，即质量守恒；在化合物中，阴、阳离子所带电荷总数相等，即电荷守恒；在氧化还原反应中，氧化剂得电子总数和还原剂失电子总数相等，即得失电子守恒；在组成的各类化合物中，元素的正、负化合价总数的绝对值相等，即化合价守恒。守恒法是中学化学计算中一种很重要的方法与技巧，也是高考试题中应用最多的方法之一，其特点是抓住有关变化的始态和终态，忽略中间过程，利用其中某种不变量建立关系式，从而简化思路，快速解题。1质量
2、守恒法质量守恒定律表示：参加化学反应的各物质的质量总和，等于反应后生成物的各物质的质量总和。依据该定律和有关情况，可得出下列等式：(1)反应物的质量之和产物的质量之和。(2)反应物减少的总质量产物增加的总质量。(3)溶液在稀释或浓缩过程中，原溶质质量稀释或浓缩后溶质质量(溶质不挥发)。典例导悟1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()A60% B50% C40% D30%听课记录：2原子守恒法从本质上讲，原子守恒和质量守恒是一致的，原子守恒的结果即质量守恒。典
3、例导悟2(2011济南模拟)38.4 mg铜跟适量的浓硝酸反应，铜全部作用后，共收集到22.4 mL(标准状况)气体，反应消耗的HNO3的物质的量可能是()A1.0103 mol B1.6103 molC2.2103 mol D2.4103 mol听课记录：3电荷守恒法在电解质溶液或离子化合物中，所含阴、阳离子的电荷数相等，即：阳离子的物质的量阳离子的电荷数阴离子的物质的量阴离子的电荷数，由此可得：(1)在离子化合物中，阴、阳离子的电荷数相等；(2)在电解质溶液里，阴、阳离子的电荷数相等。典例导悟3(2011郑州质检)某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，c(Mg2)2 molL1，c(SO)6.5 m
4、olL1，若将200 mL的此混合液中的Mg2和Al3分离，至少应加入1.6 molL1的苛性钠溶液()A0.5 L B1.625 L C1.8 L D2 L听课记录：4电子守恒法(1)基本内容在氧化还原反应中最本质的问题是电子转移，表现在氧化还原反应的特征上是元素化合价的变化，因此产生了对氧化还原反应定量研究的依据。电子守恒：在一个氧化还原反应中氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数。化合价守恒：有关元素化合价升高总数等于另一些有关元素化合价降低总数。(2)主要应用配平有关的化学方程式的步骤：典例导悟4 某反应体系中的物质有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2
5、O。(1)请将Au2O3之外的反应物与生成物分别填入以下空格内。(2)反应中，被还原的元素是_，还原剂是_。(3)将氧化剂与还原剂填入下列空格中，并标出电子转移的方向和数目。(4)纺织工业中常用氯气作漂白剂，Na2S2O3可作为漂白布匹的“脱氯剂”，Na2S2O3和Cl2反应的产物是H2SO4、NaCl和HCl，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为_。听课记录：(3)有关计算典例导悟5 Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为116，则x的值为()A2 B3 C4 D5听课记录：典例导悟6(2011武汉月考
6、)某反应可表示为：mMnHO2=xM2yH2O，则x值为()A 2 B4 C6 D9听课记录：5体积守恒法在有的化学反应中，反应前、后气态物质的物质的量不变，即在相同的条件下，反应前、后气体的体积守恒。典例导悟7二硫化碳在氧气里燃烧生成CO2和SO2，将0.228 g CS2在448 mL O2(标准状况)中燃烧，将燃烧后的混合气体恢复到标准状况，其体积为()A224 mL B112 mLC448 mL D336 mL听课记录：在电解质溶液的分析中，还用到物料守恒、质子守恒等，它们的实质都是质量守恒或原子守恒。1已知Q与R的摩尔质量之比为922，在反应X2Y=2QR中，当1.6 g X与Y完全
7、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()A239 B329 C469 D1692某非金属单质A和氧气发生化合反应生成B。B为气体，其体积是反应掉氧气体积的两倍(同温、同压)。以下对B的分子组成的推测一定正确的是()A有1个氧原子 B有2个氧原子C有1个A原子 D有2个A原子3由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其pH1，c(Al3)0.4 molL1，c(SO)0.8 molL1，则c(K)为()A0.15 molL1 B0.2 molL1C0.3 molL1 D0.4 molL14用石墨电极电解CuSO4溶液，当阴极质量增加6.4 g时，阳极上产生的气体在标准状
8、况下的体积是()A1.12 L B2.24 LC4.48 L D0.56 L5.配平以下两个化学方程式。(1)_Na2SO3_Na2S_H2SO4_Na2SO4_S_H2O(2)_KMnO4_HCl_KCl_MnCl2_Cl2_H2O一、物质的分类二、化学反应的分类化学反应专题学案11守恒思想在化学中的应用守恒法解题技巧【专题探究区】典例导悟1D试题中物质的变化如下图所示：在反应过程中，Fe元素的质量是守恒的，且m(Al，Fe)m(Fe2O3)。合金中铝的质量分数与Fe2O3中氧元素的质量分数相等。铝的质量分数100%30%。2C据题意，浓硝酸是适量的，而不是过量的，尽管开始产生的是NO2气体
9、，随着反应的进行，硝酸浓度逐渐降低，气体将由NO2变为NO,22.4 mL(标准状况)气体应是NO2与NO的混合物。据氮原子守恒，也即反应消耗的硝酸中的氮元素在生成物中存在于Cu(NO3)2、NO、NO2中，所以硝酸的物质的量等于气体的物质的量与硝酸铜物质的量的两倍之和。n(HNO3)n(气体)2nCu(NO3)222.2103 mol。3D根据电荷守恒得：2c(Mg2)3c(Al3)2c(SO)c(Al3)3 molL1加入氢氧化钠溶液，使Mg2、Al3分离，此时NaOH转化为Na2SO4和NaAlO2，由电荷守恒得：V(NaOH)2 L4(1)Na2S2O3H2ONa2S4O6Au2ONa
10、OH(2)Na2S2O3(3) (4)14解析(1)这是一个氧化还原反应，所以应按照“强氧化剂强还原剂弱氧化剂弱还原剂”的原理来完成化学方程式。Au2O3与Au2O相比，Au是高价(3)，Au2O3是氧化剂，所以与之相反应的就是还原剂含低价元素。Na2S2O3与Na2S4O6相比， S是低价(2)，所以Na2S2O3是还原剂，S元素被氧化，金元素被还原，基本反应为：Au2O3Na2S2O3Au2ONa2S4O6。对比反应前后：氧原子在反应后增加，钠离子相对硫原子减少，所以要补充如下：生成物中要补钠NaOH，相应的反应物中要补氢H2O。补完后查对各种原子守恒反应原理正确。(4)氧化还原反应遵循得
11、失电子守恒，Na2S2O32H2SO4，Cl2HCl，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为14。5D本题考查在氧化还原反应中用得失电子守恒来进行相关的计算。 xNa2O4NaONa得关系式1(6x2)e162e，x5。6A本题可以利用得失电子守恒求解，也可以利用电荷守恒求解。据得失电子守恒有2x4，即x2。若利用电荷守恒求解，则有y2(氧原子守恒)，n4(氢原子守恒)，412x(电荷守恒)，即x2。7C液态的CS2在O2中燃烧的化学方程式为：CS2(液)3O2(气)CO2(气)2SO2(气)。从上述反应方程式可知：反应前后气态物质的物质的量无变化，即反应前后气体的体积守恒。无论在反应过程中O2的量是过量、正好还是不足，气态物质的体积均保持不变，燃烧前后气体的体积仍为448 mL。【专题集训区】1D2.A3C根据溶液中电荷守恒的原则，建立如下等式：c(H)c(K)3c(Al3)2c(SO)，即0.1 molL1c(K)30.4 molL120.8 molL1，则c(K)0.3 molL1，故答案为C。4A设在阳极上产生气体为V L，电极反应式为：阳极：4OH4e=2H2OO2阴极：Cu22e=Cu 由电子守恒法得：24 V1.12 L5(1)123333(2)2162258