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备战2015高考化学冲刺押题(高考解题方法荟萃)系列 专题06 守恒法


专题 06 守恒法
【 母题 1★★★】下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( A.室温下,向 0.01 mol· L c(OH ) = c(H ) B.0.1 mol· L
-1 - + -1

)
+ - +

NH4HSO4 溶液中滴加 NaOH 溶液至中性:c(Na )>c(SO2 4 )>c(NH4 )>

NaHCO3 溶液:c(Na )>c(OH )>c(HCO3 )>c(H )
- + -









C.Na2CO3 溶液:c(OH )-c(H ) = c(HCO3 )+2c(H2CO3) D.25 ℃时,pH = 4.75、浓度均为 0.1 mol· L +c(OH )<c(CH3COOH)+c(H ) 【分析】0.01 mol· L
+ -1 - + -1

的 CH3COOH、CH3COONa 混合溶液:c(CH3COO )



NH4HSO4 中加 NaOH 溶液,当 1:1 与 H 反应结束后,由于 NH4水解呈酸性,需
+ - + -





再加 NaOH 与 NH4 反应使溶液呈中性,所以 c(Na )>c(SO2 4 )>c(NH4 ),选项 A 正确。B 项中,虽然 HCO3 水解呈碱性,但水解微弱,c(Na )与 c(HCO3 )数值接近,所以 c(Na )>c(HCO3 )>c(OH )>c(H ),选项
+ - + - - +

B 错误。C 项中把 c (H )移项得:c(OH ) = c(HCO3 )+2c(H2CO3)+c(H ),这是质子守恒,选项 C 正确。 D 项,由电荷守恒有:c(Na )+c(H ) = c(CH3COO )+c(OH ),物料守恒有:2c(Na ) = c(CH3COO )+ c(CH3COOH),两式联立得:c( CH3COO )+2c(OH ) = c(CH3COOH)+2c(H ),因溶液 pH = 4.75,即 c(H ) >c(OH ),得 c(CH3COO )+c(OH )>c(CH3COOH)+c(H ),选项 D 错误。 【解答】AC
[.]





































【点拨】注意电荷守 恒、物料守恒、质子守恒的综合应用。 【解题锦囊】守恒法是一种中化典型的解题方法 ,它利用物质变化过程中某一特定的量固定不变来列 式求解,可以免去一些复杂的数 计算,大大简化解题过程,提高解 题速度和正确率。它的优点是用宏观的 统揽全局的方式列式 ,不去探求某些细微末节,直接抓住其中的特有守恒关系,快速建立计算式,巧妙地 解答题目。物质在参加反应时,化合价升降的总数,反应物和生成物的总质量,各物质中所含的每一种原 子的总数,各种微粒所带的电荷总和等等,都必须守恒。所以守恒是解计算题时建立等量关系的依据,守 恒法往往穿插在其它方法中同时使用,是各种解题方法的基础,利用守恒法可以很快建立等量关系,达到 速算效果。 1、质量守恒:是根据化反应前后反应物的总质量与生成物的总质量相等的原理,进行计算或推断。 主要包括:反应物总质量与生成物 总质量守恒;反应中某元素的质量守恒;结晶过程中溶质总质量守恒; 可逆反应中反应过程总质量守恒。 2、物质的量守恒:是根据反应前后某一物质的量不变的原理进行推导和计算的方法。这种方法可以 应用在多步反应中的计算。可简化计算过程,减少数计算,一步得出结果。

3、元素守恒:即 化反应前后各元素的种类不变,各元素的原子个数不变,其物质的量、质量也不变。 元素守恒包括原子守恒和离子守恒: 原子守恒法是依据反应前后原子的种类及个数都不变的原理,进行推 导或计算的方法。离子守恒是根据反应(非氧化还原反应)前后离子数目不变的原理进行推导和计算。用 这种方法计算不需要化反应式,只需要找到起始和终止反 应时 离子的对应关系,即可通过简单的守恒关 系,计算出所需结果。
[]

4、电荷守恒:即对任一电中性的体系,如化合物、混合物、浊液等,电荷的代数和为 0,即正电荷总 数和负电荷总数相等。电荷守恒是利用反应前后离子所带电荷总量不变的原理,进行推导或计算。常用于 溶液中离子浓度关系的推断,也可用此原理列等式进行有关反应中某些量的计算。 5、电子得失守恒:是指在氧化还原反应中,氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数。无 论是自发进行的氧化还原反应,还是原电池或电解池中,均如此。它广泛应用于氧化还原反应中的各种计 算 ,甚至还包括电解产物的计算。 【衍生 1★★★】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)为( A.
q(am ? bn) c(m ? n ? p)



B.

c(m ? n ? p) q(am ? bn)

C.

1000 q(am ? bn) c( m ? n ? p )
[]

D.

c( m ? n ? p ) 1000q(am ? bn)

【解析】根据溶质的物质的量守恒可得:

mg ? a ? ng ? b mg ? ng ? pq 1000 q(am ? bn) cmol/L,整理得: M r ? g/mol。 ? ?10?3 L/mL× Mr qg / mL c( m ? n ? p )

【答案】C 【点拨】溶液蒸发前后,溶质的质量和物质的量不变。 【衍生 2★★★】常温下,将甲酸和氢氧化钠溶液混合,所得溶液 pH=7,则此溶液中( ) A.c(HCOO-)>c(Na+) C.c(HCOO-)=c(Na+) B.c ( HCOO-)<c(Na+) D.无法确定 c(HCOO-)与 c(Na+)的关系
[.]

A.a% B.2a% C.1-2a% D.1-3a%

【解析】混合物中不管以任何比例混合,S 和 O 的原子个数之比总是 1∶4,所以质量比为 1∶2 。故 氧的质量分数为 2a%,所以 Fe 的质量分数为 1-a%-2a% = 1-3a%。

【答案】D 【点拨】注意化合物中 S 和 O 的原子个数之比相同是解答本题的关键。 【衍生 4★★★】铜和镁的混合物 4.6g 完全溶于一定量浓硝酸中,反应后只生成 NO2 0.2mol 和 N2O4 0.015mol,往与硝酸反应后的溶液中加入足量的 NaOH 溶液,生成 沉淀的质量为( ) A. 9.02g B. 8. 51g C. 8.26g D. 7.04g

【解析】Mg →Mg2+→ M g ( O H ) 2

Cu→Cu 2+→C u ( O H ) 2


所以生成沉淀的质量等于 4.6g+m(OH ) 再由电子守恒,得电子总数: n(NO2)+2n(N2O4)=0.23mol 则铜和镁共失电子为 0.23mol。 Cu2 和 Mg 2 共带正电荷为 0.23mol,沉淀中的 n(OH )=0.23mol
+ + -

所以沉淀质量为:4.6g+17g/mol× 0.23mol=8.51g 【答案 】B 【点拨】关注元素的存在形式和氧化还原反应中电子转移守恒综合考查。 【衍生 5★★★】某金属和硝酸反应,已知参加反应的被还原的硝酸和参加反应的硝酸的物质的量之 比为 1∶6,若已知还原产物唯一,则还原产物为( A. N2 B. N2O C. NO ) D. NO2

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