于榮華

（大連市第三中學(xué)，遼寧 大連 116033）

所謂的守恒解題思想就是利用化學(xué)反應(yīng)前后某些量之間的恒定或等價(jià)關(guān)系，推理得出正確答案的方案。其中包括質(zhì)量守恒、元素守恒、電荷守恒、電子得失守恒等等。其中質(zhì)量守恒我們初中就已經(jīng)接納了這種思想，到了高中以后，后三種卻是我們慣常使用的思想了。特別是學(xué)習(xí)了氧化還原反應(yīng)的理論以后，這些思想就更是應(yīng)該深入人心了。運(yùn)用守恒定律，不糾纏過程細(xì)節(jié)，不考慮途徑變化，只考慮反應(yīng)體系中某些組分相互作用前后某些物理量或化學(xué)量的始態(tài)和終態(tài)，使解題思路簡明、方法簡單、簡化解題步驟，提高解題的準(zhǔn)確度，從而達(dá)到速解、巧解化學(xué)試題的目的。

一、質(zhì)量守恒

質(zhì)量守恒是指參加化學(xué)反應(yīng)的各物質(zhì)的質(zhì)量總和等于反應(yīng)后生成的各物質(zhì)質(zhì)量總和，既化學(xué)反應(yīng)前后原子的種類、數(shù)目和質(zhì)量沒有改變。

例1：某鎂、鋁合金溶于足量的鹽酸中，在形成的溶液中加入過量的NaOH溶液，取出沉淀物干燥，灼燒，剩余殘?jiān)驮辖鸬馁|(zhì)量相等，則該鎂、鋁合金中鋁的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為( )

A.27% B.40% C.53% D.60%

[解析]Mg——MgCl2——Mg（OH）2——MgO

A l——AlCl3——NaAlO2

即：m（Mg、A l）=m（MgO）由于 Mg 元素守恒：所以m（O）=m（A l） 答案：B

例2：已知Q與R的摩爾質(zhì)量之比為9∶22，在反應(yīng)X+2Y=2Q+R中，當(dāng)1.6gX與Y完全反應(yīng)后，生成4.4 gR，則參加反應(yīng)的Y和生成物Q的質(zhì)量之比為（ ）。

A.46∶9 B.32∶9 C.23∶9 D.16∶9

[解析]根據(jù)質(zhì)量守恒:Y與Q的質(zhì)量之比為（4.4+3.6-1.6）∶3.6=16∶9 答案：D

二、元素守恒

元素守恒是指根據(jù)某些元素的原子在反應(yīng)前后的量不變，與反應(yīng)過程中其他物質(zhì)的參與無關(guān)。

例3：把2.56g純銅放入盛有一定量的濃硝酸的大試管中，立即發(fā)生化學(xué)反應(yīng)。當(dāng)銅完全反應(yīng)后，共生成氣體1.12升（標(biāo)況），此反應(yīng)中耗用硝酸的物質(zhì)的量是多少？

[解析]Cu與濃硝酸反應(yīng)生成NO2，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，硝酸濃度逐漸減小，在與銅反應(yīng)時(shí)生成NO。可以將混合氣NO2、NO看成NOx，利用N元素守恒解題：

Cu～2NO3-NOx～HNO3

1mol 2mol 1mol 1mol

2.56/64 a 1.12/22.4 b

a=0.08mol b=0.05mol

答：共消耗 HNO30.13mol。

例4：有一在空氣中暴露過的KOH固體，經(jīng)分析知其含水7.65%、含K2CO34.32%，其余是KOH。若將a g樣品放入bm L1mol/L的鹽酸中，使其充分反應(yīng)后，殘酸用25.52m Lcmol/L的KOH溶液恰好中和，蒸發(fā)所得溶液，得到固體質(zhì)量的表達(dá)式中（ ）

A.可只含 b B.應(yīng)含有 a C.必有 c D.一定有 a、b、c

[解析]樣品中的K2CO3、KOH與所加的鹽酸反應(yīng)，生成KCl，過量的鹽酸再用KOH中和，又生成KCl。所以最后溶液中的溶質(zhì)只有KCl一種，固體的質(zhì)量也就是KCl的質(zhì)量。而最后所得的KCl中：K+來自于樣品中的KOH、K2CO3和所加試劑中的KOH，因而若以鉀元素守恒計(jì)算KCl的質(zhì)量時(shí)，表達(dá)式中必有a、c兩個(gè)字母；而Cl-只來自于鹽酸，因而若以氯元素守恒計(jì)算KCl的質(zhì)量時(shí)，表達(dá)式中只有b一個(gè)字母。故本題應(yīng)選A。

三、電荷守恒

電荷守恒在化學(xué)計(jì)算中的應(yīng)用十分廣泛,我們知道酸、堿、鹽的溶液能導(dǎo)電,是因?yàn)樵谌芤褐心茈婋x出自由移動的帶電離子，但整個(gè)溶液卻不顯電性,是因?yàn)樗嘘栯x子帶的正電荷總數(shù)與所有陰離子帶的負(fù)電荷總數(shù)相等,互相抵消。解這類試題思路應(yīng)首先分析溶液中陰、陽離子種類及所帶電荷數(shù)目,其次運(yùn)用“電荷守恒法”列關(guān)系式進(jìn)行計(jì)算。

例5：酸雨是因?yàn)槿紵汉褪?，生成硫、氮的氧化物溶于水，生成硫酸和硝酸的緣故。某次雨水分析?shù)據(jù)如下：C（NH4+）=2.0×10-6mol/L，C（Na+）=3.0×10-6mol/L，C（NO3-）=2.3×10-5mol/L，C（Cl-）=6.0×10-6mol/L，C（SO42-）=2.8×10-5mol/L，雨水的pH值接近于（ ）

A.2 B.3 C.4 D.6

[解析]由于雨水呈電中性，根據(jù)電荷守恒，陽離子所帶正電荷總數(shù)與陰離子所帶負(fù)電荷總數(shù)相等。即：C（H+）+C（NH4+）+C（Na+）=C（NO3-）+C（Cl-）+C（OH-）+2C（SO42-），C（OH-）較小，忽略不計(jì)。代入數(shù)據(jù)，得：C（H+）=8×10-5mol/L，pH≈4。 答案：C

例 6：100 m L 0.1 mol/L醋酸與 50 m L 0.2mol/L NaOH溶液混合，在所得溶液中離子濃度大小正確的是（）。

A.c（Na＋）＞c（CH3COO－）＞c（OH－）＞c（H＋）

B.c（Na＋）＞c（CH3COO－）＞c（H＋）＞c（OH－）

C.c（Na＋）＞c（CH3COO－）＞c（H＋）＝c（OH－）

D.c（Na＋）＝c（CH3COO－）＞c（OH－）＞c（H＋）

[解析]醋酸與NaOH物質(zhì)的量相等恰好完全反應(yīng)生成 CH3COONa，溶液中 c（OH－）＞c（H＋），據(jù)電荷守恒：c（Na＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（CH3COO－），由于 c（OH－）＞c（H＋），故 c（Na＋）＞c（CH3COO－），又鹽溶液中陰、陽離子濃度一般大于 c（H＋）、c（OH－）。 答案：A

四、得失電子守恒

得失電子守恒主要針對氧化還原反應(yīng)，因?yàn)樵谘趸€原反應(yīng)中，還原劑失去電子的總數(shù)一定等于氧化劑得到電子的總數(shù)，得失電子總數(shù)保持守恒。

例7：將純鐵絲5.21g溶于過量稀鹽酸中，在加熱條件下，用2.53gKNO3氧化溶液中Fe2+，待反應(yīng)后剩余的Fe2+離子尚需12m l0.3mol/L KMnO4溶液才能完全氧化，則KNO3被還原后的產(chǎn)物為（ ）

A.N2B.NO C.NO2D.NH4NO3

[解析]根據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子的總數(shù)相等，F(xiàn)e2+變?yōu)镕e3+失去電子的總數(shù)等于NO3+和MnO4-得電子的總數(shù)。設(shè)n為KNO3的還原產(chǎn)物中N的化合價(jià)，則

5.21g/56g/moL×（3-2）=0.012L×0.3mol/L×（7-2）+2.53g/101g/mol×（5-n）

解得n=3故KNO3的還原產(chǎn)物為NO。 答案：B

例8：往Vm LFeBr2溶液中緩慢通入amol Cl2，結(jié)果溶液中有一半Br-離子被氧化為溴單質(zhì)，則原FeBr2溶液的物質(zhì)的量濃度為（ ）

A.2×103a/Vmol/L B.103a/Vmol/L

C.3×103a/Vmol/L D.500a/Vmol/L

[解析]Fe2+、Br-均具有還原性，F(xiàn)e2+的還原性比 Br-強(qiáng)，氧化劑Cl2先氧化Fe2+。根據(jù)題意，Br-有一半被氧化，則Fe2+全部被氧化，amol Cl2參加反應(yīng)即轉(zhuǎn)移2amol電子，F(xiàn)e2+全部被氧化，一半Br-被氧化時(shí)，也應(yīng)轉(zhuǎn)移2amol電子，可計(jì)算出Fe2+為amol，F(xiàn)eBr2也為amol。 答案：B