建構(gòu)守恒思想

1、建構(gòu)守恒思想 凝煉學科素質(zhì)守恒作為自然界的普遍規(guī)律，是人類征服改造自然的過程中對客觀世界抽象概括的結(jié)果。在物質(zhì)變化的過程中守恒關(guān)系是最基本也是本質(zhì)的關(guān)系之一，化學的學習若能建構(gòu)守恒思想，善于抓住物質(zhì)變化時某一特定量的固定不變，可對化學問題做到微觀分析，宏觀把握，達到簡化解題步驟，既快又準地解決化學問題之效。守恒在化學中的涉及面寬，應(yīng)用范圍極廣，熟練地應(yīng)用守恒思想無疑是解決處理化學問題的重要方法工具。 一、質(zhì)量守恒1、物質(zhì)質(zhì)量守恒應(yīng)用關(guān)鍵：抓住參加反應(yīng)的各種物質(zhì)的總質(zhì)量恒等于生成物的總質(zhì)量。例1將氯酸鉀和二氧化錳的混合物20克平鋪在試管底部，進行充分加熱至質(zhì)量不再改變，冷卻后。將殘余全部固體在t

2、加入10克水中充分攪拌，發(fā)現(xiàn)有7.8克固體未溶解。保持溫度不變，再加入5克水，仍有5克固體未能溶解。（1）加熱時發(fā)生的化學反應(yīng)方程式為 （2）若最后未溶解的固體為混和物，則轉(zhuǎn)移了 mol電子。此溫度下KCl的溶解度是 克。（3）若未溶解固體為純凈物，則生成氣體在標準狀況下是 L。此溫度下KCl溶解度是 克。思路解析、題目考查學生用物質(zhì)質(zhì)量守恒和相關(guān)溶解度知識分析解決問題的能力。、化學方程式：2KClO3=2KCl + 3O2、未溶解的固體為混和物時，即含有KCl、MnO2，則兩次加水均形成飽和溶液。15克水中共溶解的KCl是（7.85）g×3 = 8.4g,m(O2)=20g-(8.

3、4+5)g=6.6g，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為: 6.6g÷32g/mol×4=1.65mol, 設(shè)溶解度為S(KCl), 則有:S(KCl)/100g = 8.4g/15g, S(KCl)=56g。 若未溶物是純凈物時，即其為不溶解的MnO2,質(zhì)量是5克. 245g 22.4×3L(20-5)g V(O2) 2KClO3=2KCl + 3O2 V(O2)=15g×22.4×3L/245g=4.11L在此溫度下，第一次加水后再加水固體仍有溶解,故第一步加水形成了飽和溶液,且溶解的KCl的質(zhì)量是:(20g-4.11/22.4×32g-7.8g)=

4、6.32g,由S(KCl)/100g=6.32g/10g S(KCl) = 63.2g2、元素質(zhì)量守恒應(yīng)用關(guān)鍵：把化學反應(yīng)中同種元素質(zhì)量前后不變作為解題依據(jù)的思維方法。例2、（2000年高考廣東卷）取一根鎂條置于坩堝內(nèi)點燃，得到氧化鎂和氮化鎂的混和物的總質(zhì)量為0.470克.冷卻后,加入足量水,將反應(yīng)產(chǎn)物蒸干并灼燒,得到氧化鎂的質(zhì)量是0.486g.(1)、寫出氮化鎂與水反應(yīng)生成氫氧化鎂和氨的化學方程式： 。（2）、燃燒后所得的固體混和物中氮化鎂的質(zhì)量分數(shù) 。思路解析、（1）Mg3N2 + 6H2O=3Mg(OH)2 + NH3(2)、由鎂元素的質(zhì)量守恒，則有：0.470g×w(Mg3N

5、2)××100% +0.470×1-w(Mg3N2)××100% =0.486××100% 解之得 w(Mg3N2)=0.17×100% = 17% 3、原子的物質(zhì)的量守恒應(yīng)用關(guān)鍵：物質(zhì)變化中的某種原子無論以多少種形式存在,其總物質(zhì)的量恒定不變（即物料守恒）。 例3、(2004年高考上海卷-31)黃銅礦(主要成份是CuFeS2)是提取銅的主要原料.(1)、取12.5g黃銅礦樣品,經(jīng)測定含有3.60g硫(雜質(zhì)不含硫),礦樣中CuFeS2的含是 。(2)、巳知2CuFeS2 + 4O2 CuS2 + 3SO2 + Fe

6、O(爐渣),產(chǎn)物CuS2在1200高溫下繼續(xù)反應(yīng): 2Cu2S+3O2 2Cu2O+2SO2 2Cu2O + Cu2S 6Cu+SO2假定各步反應(yīng)都完全,完成下列計算、6mol CuFeS2生成6molCu,求消耗O2的物質(zhì)的量、6mol CuFeS2和14.25mol O2 反應(yīng),理論上得到多少銅？、6mol CuFeS2和15.75mol O2反應(yīng),理論上得到多少摩爾銅？思路解析、此題考查學生進行過量計算和利用原子守恒分析解決問題的能力。 (1)由硫元素守恒,12.50g×w(CuFeS2)×2S/CuFeS2×100%=3.6g 解出w(CuFeS2)=82

7、.8%(2)、6molCuFeS2要生成6molCu,從反應(yīng)方程式可以得出理論上需要的O2中的氧原子的物質(zhì)的量，等于6molCuFeS2中的Fe、S完全被氧化成FeO、SO2中時結(jié)合的氧原子的量。即n(O2)=n(FeO) +2n(SO2) ×1/2=6mol+12mol×2×1/2=15mol由第二問計算可知:6molCuFeS2和14.25mol O2反應(yīng)時，O2量不足。第一步消耗O2 為12mol。根據(jù)第二步、第三步反應(yīng)得出兩步的總反應(yīng)式: CuS2 + O2 2Cu + SO2 應(yīng)以不足的氧氣余量(14.2512)mol=2.25mol計算。故生成銅為:n

8、(Cu) = 2n(O2) = 2.25mol×2 = 4.5mol6molCuFeS2和15.75mol O2反應(yīng)時,O2過量。從第二步反應(yīng)可看出過量氧氣中的氧原子將銅氧化為Cu2O,由關(guān)系式O2 2 Cu2O 4Cu，故生成的銅為： 6mol(15.7515)mol×4=3mol 二、電子轉(zhuǎn)移守恒任何一個氧化還原反應(yīng)，氧化劑得到的電子總數(shù)總是等于還原劑失去的電子總數(shù)，從整體出發(fā)，利用這一規(guī)律解決氧化還原反應(yīng)中的眾多問題，可簡化解題過程。例4、1.92克銅粉投入到適量的濃硝酸中,完全溶解后,共收集到標準狀況下的氣體1.12L,如將此氣體通過足量的水中,最后余下的氣體在標準

9、狀況下是( )A、448mL B、560mL C、224mL D、896mL思路解析、從整體出發(fā)，最終得到NO, 則生成NO時共得到的電子總數(shù)等于銅失去的電子總數(shù)，可避開數(shù)據(jù)1.12L的干擾。V(NO)/22.4mol·L-1 ×3=1.92g/64molL-1 V(NO)=0.448L=448mL 答案選A。三、電荷守恒 任何一種物質(zhì)或體系,前后的凈電荷總數(shù)是不變的。用電荷守恒對溶液或者在溶液中的化學反應(yīng)進行相關(guān)分析,是優(yōu)化解題過程的一種常用途徑,其包括兩個方面:1、電中性原理例5、將兩個鉑電極插入500mL CuSO4溶液中進行電解,通電一段時間后,某一電極增重0.06

10、4克。(設(shè)電解中無H2放出且不考慮水解和溶液體積的變化)。此時H+的濃度為( )A、4×10-3 mol·L-1 B、2×10-3 mol·L-1 C、1×10-3 mol·L-1 D、1×10-7 mol·L-1 思路解析 由電中性原理,CuSO4中的Cu2+電解為Cu后所缺少的正電荷由生成的H+來補充，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

11、mol·L-1 故C答案符合題意。2、離子反應(yīng)中:反應(yīng)前后微粒凈電荷總數(shù)守恒例6、在一定條件下,RO3n-和I-發(fā)生反應(yīng)的離子方程式如下:RO3n- + 6I-+ 6H+=R-+ 3I2 + 3H2O(1)RO3n-中的R元素的化合價是 。(2)R是 (填金屬或非金屬) 元素,理由是 ,應(yīng)屬于 族。思路解析 (1)由前后微粒的凈電荷數(shù)守恒: -n + (-1)×6(+1)×6=-1 得n=1,故R的化合價為+5。(2)因金屬元素一般無負價, 故R是非金屬元素,最低價為-1價,屬A。四、濃度守恒在一定溫度下,同種物質(zhì)的飽和溶液的濃度與飽和溶液量的多少無關(guān),為一恒值,

12、它是該溫度下此種物質(zhì)濃度的最大極限。例7、20時在100克飽和澄清石灰水中加入5.6克生石灰充分溶解后恢復(fù)到原溫度,以下說法中正確的是( )A、產(chǎn)生7.4克不溶物 B、溶液的質(zhì)量為98.2克C、溶液中的c(H+)不變 D、溶液中的n(Ca2+)不變CaO + H2O = Ca(OH)256g 18g 7.4g5.6g m(H2O) mCa(OH)2思路解析 、溫度一定, 因飽和溶液中的c(Ca2+)、c(OH-)不變,則c(H+)不變。由生石灰的變化情況為:解之得 m(H2O)=1.8g , mCa(OH)2=7.4g故原飽和溶液中的溶劑量減少,不僅不能溶解固體反而要析出溶質(zhì), 使不溶物質(zhì)量大

13、于7.4克,溶液的質(zhì)量小于98.2克,溶液中的n(Ca2+)的量變小，只有C答案正確。五、水的離子積守恒在一定的溫度下,任意物質(zhì)水的稀溶液中,水的離子積Kw恒定不變。這是我們分析解決溶液中H+和OH-關(guān)系與PH值計算的重要依據(jù).例8某溫度(t)時,水的離子積為Kw=1×10-13 則此溫度 (填大于、等于或少于)25,理由是 ,將此溫度下PH=11的苛性鈉溶液a L與PH=1的稀硫酸b L混和(設(shè)混和后溶液體積的微小變化忽略不計),試通過計算填寫下列不同情況時兩種溶液的體積比:(1)若所得混和溶液為中性,則a:b= 此種溶液中離子濃度由大到小的順序是 (2)若所得混和溶液的PH=2,

14、則a:b= 則此種溶液中各種離子的濃度由大到小的順序是 。思路解析在25時水的Kw=1×10-14,現(xiàn)水的Kw增大, 水的電離被促進,溫度升高,應(yīng)填大于。(1) 因t水的離子積守恒, 由PH=11的苛性鈉溶液和PH=1的硫酸溶液混和后為中性,生成Na2SO4的水溶液,兩溶液中的n(OH-)=n(H+)即a L×10-13/10-11mol.L-1=b L×10-1mol.L-1 a:b=10:1 溶液中離子的濃度由大到小的順序是c(Na+)>c(SO42-)>c(H+)=c(OH-)(2)因t時水的離子積不變,在溶液為中性時c(H+)=1×1

15、0-6.5mol.L-1, 現(xiàn)所得溶液的PH=2,c(H+)=1×10-2mol.L-1>1×10-6.5mol.L-1,硫酸過量。則(a + b) L×10-2mol.L-1=b L×10-1mol.L-110-13/10-11mol.L-1×a L 則a：b=9：2 此時的混和溶液中,c(H+)=1×10-2mol.L-1 c(Na+)=×10-2mol.L-1 c(SO42-)=×10-1mol.L-1 故c(H+)>c(SO42-)>c(Na+)>c(OH-)六、溶質(zhì)守恒同種溶質(zhì)的溶

16、液混和或溶液稀釋,這種溶質(zhì)的總量恒定是解決溶液問題的根本依據(jù)。例9有100克濃度為18mol.L-1的濃硫酸,其密度為d g/mL, 加水稀釋至9mol.L-1,則加入的水的體積為( )A、100mL B、100/d mL C、大于100mL D、小于100mL思路解析設(shè)稀釋后的溶液的密度為d(稀)，加水為VmL,抓住稀釋前后的n(H2SO4)不變,則有:18mol.L-1×100g/dg.mL-1×10-3L/mL =9mol.L-1×(100g+VmL×1g/mL)÷d(稀)×10-3L/mL V=200d(稀)/d 100 因硫

17、酸的濃度越小密度越小,d(稀)/d的值小于1，故加水的體積小于100mL，答案選D。七、溶液中質(zhì)子守恒含義:在一種物質(zhì)的水溶液中由水電離產(chǎn)生的H+和OH-無論以何種形式存在,二者的量總恒為相等。-1 Na2CO3溶液中，下列關(guān)系式中不正確的是( )A、c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3) B、c(Na+)+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+

18、)=2n(C)，B答案符合電荷守恒。因CO32-的水解,消耗了水電離出的部分H+,故溶液中的H+及其轉(zhuǎn)化生成的HCO3-、H2CO3中的H+的總量恒等于OH-，C答案也正確，不符合題意的是D。八、質(zhì)子數(shù)守恒一種微粒，無論是得到還是失去電子，微粒中的質(zhì)子總數(shù)總等于各種原子的質(zhì)子數(shù)之和。例11今有W克RO3n-中共有a個質(zhì)子，b個電子，若R原子的核內(nèi)質(zhì)子數(shù)數(shù)等于中子數(shù)，則R原子的核是電荷數(shù)為 （用含W、n、a、b的代數(shù)式表示）。思路解析、設(shè)R原子的核電荷數(shù)為x，則R的摩爾質(zhì)量為(2x+16×3)g.mol-1,由質(zhì)子守恒： b = a + ×n×Na x=九、氣體體積守恒同溫同壓下任意氣體