1、建构守恒思想 凝炼学科素质守恒作为自然界的普遍规律，是人类征服改造自然的过程中对客观世界抽象概括的结果。在物质变化的过程中守恒关系是最基本也是本质的关系之一，化学的学习若能建构守恒思想，善于抓住物质变化时某一特定量的固定不变，可对化学问题做到微观分析，宏观把握，达到简化解题步骤，既快又准地解决化学问题之效。守恒在化学中的涉及面宽，应用范围极广，熟练地应用守恒思想无疑是解决处理化学问题的重要方法工具。 一、质量守恒1、物质质量守恒应用关键：抓住参加反应的各种物质的总质量恒等于生成物的总质量。例 1将氯酸钾和二氧化锰的混合物 20 克平铺在试管底部，进行充分加热至质量不再改变，冷却后。将残余全部固
2、体在 t加入 10 克水中充分搅拌，发现有 7.8 克固体未溶解。保持温度不变，再加入 5 克水，仍有 5 克固体未能溶解。（1）加热时发生的化学反应方程式为 （2）若最后未溶解的固体为混和物，则转移了 mol 电子。此温度下 KCl 的溶解度是 克。（3）若未溶解固体为纯净物，则生成气体在标准状况下是 L。此温度下 KCl溶解度是 克。思路解析、题目考查学生用物质质量守恒和相关溶解度知识分析解决问题的能力。、化学方程式：2KClO 3=2KCl + 3O2、未溶解的固体为混和物时，即含有 KCl、MnO 2，则两次加水均形成饱和溶液。15 克水中共溶解的 KCl 是（7.85）g3 = 8.
3、4g,m(O2)=20g-(8.4+5)g=6.6g，转移的电子数为: 6.6g32g/mol4=1.65mol, 设溶解度为 S(KCl), 则有:S(KCl)/100g = 8.4g/15g, S(KCl)=56g。 若未溶物是纯净物时，即其为不溶解的 MnO2,质量是 5 克. 2KClO3=2KCl + 3O2V(O2)=15g22.43L/245g=4.11L在此温度下，第一次加水后再加水固体仍有溶解,故第一步加水形成了饱和溶液,且溶解的 KCl 的质量是:(20g-4.11/22.432g-7.8g)=6.32g,由 S(KCl)/100g=6.32g/10g S(KCl) = 6
4、3.2g2、元素质量守恒应用关键：把化学反应中同种元素质量前后不变作为解题依据的思维方法。例 2、 （2000 年高考广东卷）取一根镁条置于坩埚内点燃，得到氧化镁和氮化镁的混和物的总质量为 0.470 克.冷却后,加入足量水,将反应产物蒸干并灼烧,得到氧化镁的质量是0.486g.(1)、写出氮化镁与水反应生成氢氧化镁和氨的化学方程式： 。（2） 、燃烧后所得的固体混和物中氮化镁的质量分数 。思路解析、 （1）Mg 3N2 + 6H2O=3Mg(OH)2 + NH3(2)、由镁元素的质量守恒，则有：0.470gw(Mg 3N2) 100% +0.4701-w(Mg3N2)32Mg 100% =0
5、.486 100% 解之得 w(Mg 3N2)=0.17100% = 17% MgOMgO3、原子的物质的量守恒245g 22.43L(20-5)g V(O2) 应用关键：物质变化中的某种原子无论以多少种形式存在,其总物质的量恒定不变（即物料守恒） 。例 3、(2004 年高考上海卷-31)黄铜矿(主要成份是 CuFeS2)是提取铜的主要原料.(1)、取 12.5g 黄铜矿样品,经测定含有 3.60g 硫(杂质不含硫),矿样中 CuFeS2的含是 。(2)、巳知 2CuFeS2 + 4O2 CuS2 + 3SO2 + FeO(炉渣),产物 CuS2在 1200高温下继续反应: 2Cu 2S+3
6、O2 2Cu2O+2SO22Cu2O + Cu2S 6Cu+SO2假定各步反应都完全,完成下列计算、6mol CuFeS 2生成 6molCu,求消耗 O2的物质的量、6mol CuFeS 2和 14.25mol O2 反应,理论上得到多少铜？、6mol CuFeS 2和 15.75mol O2反应,理论上得到多少摩尔铜？思路解析、此题考查学生进行过量计算和利用原子守恒分析解决问题的能力。(1)由硫元素守恒,12.50gw(CuFeS 2)2S/CuFeS2100%=3.6g 解出 w(CuFeS2)=82.8%(2)、6molCuFeS 2要生成 6molCu,从反应方程式可以得出理论上需要
7、的 O2中的氧原子的物质的量，等于 6molCuFeS2中的 Fe、S 完全被氧化成 FeO、SO 2中时结合的氧原子的量。即n(O2)=n(FeO) +2n(SO2) 1/2=6mol+12mol21/2=15mol由第二问计算可知:6molCuFeS 2和 14.25mol O2反应时，O 2量不足。第一步消耗 O2 为 12mol。根据第二步、第三步反应得出两步的总反应式: CuS 2 + O2 2Cu + SO2 应以不足的氧气余量(14.2512)mol=2.25mol 计算。故生成铜为:n(Cu) = 2n(O2) = 2.25mol2 = 4.5mol6molCuFeS 2和 1
8、5.75mol O2反应时,O 2过量。从第二步反应可看出过量氧气中的氧原子将铜氧化为 Cu2O,由关系式 O2 2 Cu2O 4Cu，故生成的铜为：6mol(15.7515)mol4=3mol二、电子转移守恒任何一个氧化还原反应，氧化剂得到的电子总数总是等于还原剂失去的电子总数，从整体出发，利用这一规律解决氧化还原反应中的众多问题，可简化解题过程。例 4、1.92 克铜粉投入到适量的浓硝酸中,完全溶解后,共收集到标准状况下的气体 1.12L,如将此气体通过足量的水中,最后余下的气体在标准状况下是( )A、448mL B、560mL C、224mL D、896mL思路解析、从整体出发，最终得到
9、 NO, 则生成 NO 时共得到的电子总数等于铜失去的电子总数，可避开数据 1.12L 的干扰。V(NO)/22.4molL-1 3=1.92g/64molL-1 V(NO)=0.448L=448mL 答案选 A。三、电荷守恒任何一种物质或体系,前后的净电荷总数是不变的。用电荷守恒对溶液或者在溶液中的化学反应进行相关分析,是优化解题过程的一种常用途径,其包括两个方面:1、电中性原理例 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、410 -3 molL-
10、1 B、210 -3 molL-1 C、110 -3 molL-1 D、110 -7 molL-1 思路解析 由电中性原理,CuSO 4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=210-3molc(H+)=210-3mol0.5L=410-3 molL-1 故 C 答案符合题意。2、离子反应中:反应前后微粒净电荷总数守恒例 6、在一定条件下,RO 3n-和 I-发生反应的离子方程式如下:RO3n- + 6I-+ 6H+=R-+ 3I2 + 3H2O(1)RO3n-中的 R 元素的化合价是 。(2
11、)R 是 (填金属或非金属) 元素,理由是 ,应属于 族。思路解析 (1)由前后微粒的净电荷数守恒: -n + (-1)6(+1)6=-1 得 n=1,故 R的化合价为+5。(2)因金属元素一般无负价, 故 R 是非金属元素,最低价为-1 价,属A。四、浓度守恒在一定温度下,同种物质的饱和溶液的浓度与饱和溶液量的多少无关,为一恒值,它是该温度下此种物质浓度的最大极限。例 7、20时在 100 克饱和澄清石灰水中加入 5.6 克生石灰充分溶解后恢复到原温度,以下说法中正确的是( )A、产生 7.4 克不溶物 B、溶液的质量为 98.2 克C、溶液中的 c(H+)不变 D、溶液中的 n(Ca2+)
12、不变思路解析 、温度一定, 因饱和溶液中的 c(Ca2+)、c(OH -)不变,则 c(H+)不变。由生石灰的变化情况为:解之得 m(H 2O)=1.8g , mCa(OH)2=7.4g故原饱和溶液中的溶剂量减少,不仅不能溶解固体反而要析出溶质, 使不溶物质量大于 7.4克,溶液的质量小于 98.2 克,溶液中的 n(Ca2+)的量变小，只有 C 答案正确。五、水的离子积守恒在一定的温度下,任意物质水的稀溶液中,水的离子积 Kw 恒定不变。这是我们分析解决溶液中 H+和 OH-关系与 PH 值计算的重要依据.例 8某温度(t)时,水的离子积为 Kw=110-13 则此温度 (填大于、等于或少于
13、)25,理由是 ,将此温度下 PH=11 的苛性钠溶液 a L 与 PH=1 的稀硫酸 b L 混和( 设混和后溶液体积的微小变化忽略不计), 试通过计算填写下列不同情况时两种溶液的体积比:(1)若所得混和溶液为中性,则 a:b= 此种溶液中离子浓度由大到小的顺序是 (2)若所得混和溶液的 PH=2,则 a:b= 则此种溶液中各种离子的浓度由大到小的顺序是 。思路解析在 25时水的 Kw=110-14,现水的 Kw 增大, 水的电离被促进,温度升高,应填大于。(1) 因 t水的离子积守恒, 由 PH=11 的苛性钠溶液和 PH=1 的硫酸溶液混和后为中性,生成 Na2SO4的水溶液,两溶液中的
14、 n(OH-)=n(H+)即 a L10-13/10-11mol.L-1=b L10-1mol.L-1 a:b=10:1 溶液中离子的浓度由大到小的顺序是 c(Na+)c(SO42-)c(H+)=c(OH-)(2)因 t时水的离子积不变,在溶液为中性时 c(H+)=110-6.5mol.L-1, 现所得溶液的PH=2,c(H+)=110-2mol.L-1110-6.5mol.L-1,硫酸过量。则(a + b) L10-2mol.L-1=b L10-1mol.L-110 -13/10-11mol.L-1a L 则 a：b=9：2 此CaO + H2O = Ca(OH)256g 18g 7.4g5
15、.6g m(H2O) mCa(OH)2时的混和溶液中,c(H+)=110 -2mol.L-1 c(Na+)= 10-2mol.L-1 c(SO42-)= 10-9111mol.L-1故 c(H+)c(SO42-)c(Na+)c(OH-)六、溶质守恒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 9有 100 克浓度为 18mol.L-1的浓硫酸,其密度为 d g/mL, 加水稀释至 9mol.L-1,则加入的水的体积为( )A、100mL B、100/d mL C、大于 100mL D、小于 100mL思路解析设稀释后的溶液的密度为 d(稀) ，加水为 VmL,抓
16、住稀释前后的 n(H2SO4)不变,则有:18mol.L-1100g/dg.mL-110-3L/mL =9mol.L-1(100g+VmL1g/mL)d(稀) 10-3L/mLV=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，答案选 D。七、溶液中质子守恒含义:在一种物质的水溶液中由水电离产生的 H+和 OH-无论以何种形式存在,二者的量总恒为相等。例 10在 0.1mol.L-1 Na2CO3溶液中，下列关系式中不正确的是( )A、c(Na +)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3) B、c(Na
17、+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)C、c(OH -)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3) D、c(Na +)+2c(H2CO3)+c(HCO3-)=2c(CO32-)+c(OH-)思路解析A 答案符合物料守恒 n(Na+)=2n(C)，B 答案符合电荷守恒。因 CO32-的水解,消耗了水电离出的部分 H+,故溶液中的 H+及其转化生成的 HCO3-、H 2CO3中的 H+的总量恒等于OH-，C 答案也正确，不符合题意的是 D。八、质子数守恒一种微粒，无论是得到还是失去电子，微粒中的质子总数总等于各种原子的质子数之和。例 11今有 W 克 RO3n
18、-中共有 a 个质子，b 个电子，若 R 原子的核内质子数数等于中子数，则 R 原子的核是电荷数为 （用含 W、n、a、b 的代数式表示） 。思路解析、设 R 原子的核电荷数为 x，则 R 的摩尔质量为(2x+163)g.mol -1,由质子守恒： b = a + nNa x=(248)/gxmol48()2Na九、气体体积守恒同温同压下任意气体间相互混合(互不反应)时，相同条件下混合气体的体积等于各气体的体积之和。例 12(2005 全国卷12)在 273K 和 101kP 的条件下,将 2.00 克氦气、1.40 克氮气、和1.60 克氧气混合,该混合气体的体积是( )A.6.72L B.7.84L C.10.08L D.13.44L思路解析 273K 和 101kP 的条件下即就是我们所说的标准状况下.条件不变,气体的总体积等于各气体的体积之和(氦气为单原子分子):(2.00g/2g.mol-1 + 1.40 g/28g.mol-1 + 1.60 g/32g.mol-1)22.4L.mol -1 =13.44L故本题答案选 D
