守恒法巧解化学计算题

陈琤琤

一、高中化学计算题中的质量守恒

高中化学问题中的质量守恒即原子守恒是指在化学反应过程的前后，原子的种类和原子数目都保持不变，在实际问题处理过程中这里的原子可以扩展为原子团和离子等。

例1现有两份质量相等的NH4NO3和(NH4)2SO4固体混合物，将其中一份与足量的NaOH溶液共同加热发生反应，且收集标准状况下的NH3 6.72 L，在另一份混合物制成水溶液后与足量的BaCl2混合，产生11.65 g的白色沉淀。试求：原混合固体中(NH4)2SO4的质量和氮元素的质量分数？

解析常规解法假设原混合物中NH4NO3为x mol；(NH4)2SO4为y mol，其中在第一份试样与NaOH反应时，（NH4)2SO4产生的NH3标况下的体积为V L

(NH4)2SO4+BaCl2BaSO4↓+2NH4Cl

1233 g

y/211.65 g

解之得：y=0.1 mol,

则（NH4)2SO4的质量为：

0.1 mol×132 g/mol=13.2 g

(NH4)2SO4+2NaOHNa2SO4+2NH3↑+2H2O

1 mol0.05 mol2×22.4 LV L

1 mol0.05 mol=2×22.4 LV L, 解之得：V=2.24 L

NH4NO3+NaOHNaNO3+NH3↑+H2O

1 molx/222.4 L(6.72-2.24)L

1 molx/2=22.4 L(6.72-2.24)L,解之得：x=0.4 mol

则原混合物中氮元素的质量分数：

w (N)=14×2×0.1+14×2×0.4132×0.1+80×0.4×100%=31%

巧解分析(NH4)2SO4→BaSO4中SO2-4守恒， 过程中NH+4→NH3↑元素守恒；

x2+y=6.7222.4(NH+4守恒）

y2=11.65233(SO2-4守恒） 解之得：x=0.4 mol

y=0.1 mol

二、高中化学计算题中的电子守恒

电子得失总数守恒即电子守恒是特指在氧化还原反应中，还原剂被氧化过程中失去的电子总数与氧化剂被还原的过程中所得到的电子总数相等。

例2将16.8 g的铁粉投入至500 mL的CuSO4和Fe2(SO4)3的混合溶液中，待充分反应后，经过过滤、洗涤和干燥，最终可得到6.4 g的铜，在滤液中加入500 mL 2.0 mol/L的BaCl2溶液后使得滤液中的所有SO2-4完全沉淀，（已知氧化性Fe3+>Cu2+）试求：原溶液混合溶液中SO2-4和CuSO4的物质的量浓度分别为多少？

解析常规方法（1）假设SO2-4物质的量浓度为x mol/L，CuSO4物质的量浓度为y mol/L

Ba2++SO2-4BaSO4↓

10.5×210.5x

10.5×2=10.5x解得： x=2 mol/L

（2）CuSO4+FeFeSO4+Cu

56m646.4

56m=646.4，解得： m=5.6 g

Fe2(SO4)3+Fe3FeSO4

1n5616.8-5.6

1n=5616.8-5.6，解得： n=0.2 mol

则CuSO4物质的量浓度y=(0.5×2.0-0.2×3)÷0.5=0.8 mol/L

巧解分析分析本题第二小问有一定的难度，关键是部分学生错误的认为CuSO4在反应中完全消耗掉了，就以铜元素直接得出CuSO4的量，但是如果学生想到在这个氧化还原反应中电子得失总数守恒这一原理，处理就变得简单、易懂。令CuSO4和Fe2(SO4)3物质的量分别为a和b则a+3b=1(SO2-4离子守恒）

2b+6.4÷64×2=16.8÷5.6×2

(电子得失总数守恒）即a=0.4 mol

b=0.2 mol

则CuSO4物质的量浓度y=0.4 mol÷0.5 L=0.8 mol/L

三、高中化学计算题中的电荷守恒

电荷守恒是指溶液呈电中性状态，溶液中带正电的阳离子的总电量与带负电的阴离子总电量相等。

例3在100 mL一定浓度的HCl溶液中投入一定质量的镁铝合金，然后在该溶液中再加入浓度为5.0 mol/L的NaOH溶液，如图1所示为加入NaOH溶液体积与沉淀量的关系图，试求：

（1）在19.4 g的沉淀中含有Al(OH)3的质量为多少？

（2）HCl溶液的物质的量浓度？

图1解析常规方法（1）由图可知：沉淀Mg(OH)2的质量为11.6 g，沉淀中含有Al(OH)3的质量为(19.4-11.6)=7.8 g

（2）假设Mg和Al物质的量分别为x和y，溶液中HCl的物质的量为n，

MgMgCl2Mg(OH)2

1 molx58 g11.6 g

1 molx=58 g11.6 g,解得：x=0.2 mol

AlAlCl3Al(OH)3

1 moly78 g7.8 g

1 moly=78 g7.8 g,解得y=0.1 mol

n=2x+3y+n(NaOH)

=2×0.2 mol+3×0.1 mol+5.0 mol/L

×20×10-3L

=0.8 mol

c(HCl)=0.8 mol0.1 L=8 mol/L

巧解分析本题在第二问中计算过程相对比较复杂，应用电荷守恒方法，沉淀最多时溶质为NaCl，即在19.4 g沉淀的时n(Na+)=n(Cl-)即n(NaOH)=n(HCl)则c(HCl)=160 mL×5.0 mol/L÷100 mL=8 mol/L.

总而言之，高中化学解题方法的选择是快速、准确、高效地处理化学问题，教师在教学中应该引导与培养学生巧解的思维习惯，在处理实际问题的过程中注重有效解题方法的选择，缩短解题时间的同时提升解题的准确率。

(收稿日期：2014-01-02)

一、高中化学计算题中的质量守恒

高中化学问题中的质量守恒即原子守恒是指在化学反应过程的前后，原子的种类和原子数目都保持不变，在实际问题处理过程中这里的原子可以扩展为原子团和离子等。

例1现有两份质量相等的NH4NO3和(NH4)2SO4固体混合物，将其中一份与足量的NaOH溶液共同加热发生反应，且收集标准状况下的NH3 6.72 L，在另一份混合物制成水溶液后与足量的BaCl2混合，产生11.65 g的白色沉淀。试求：原混合固体中(NH4)2SO4的质量和氮元素的质量分数？

解析常规解法假设原混合物中NH4NO3为x mol；(NH4)2SO4为y mol，其中在第一份试样与NaOH反应时，（NH4)2SO4产生的NH3标况下的体积为V L

(NH4)2SO4+BaCl2BaSO4↓+2NH4Cl

1233 g

y/211.65 g

解之得：y=0.1 mol,

则（NH4)2SO4的质量为：

0.1 mol×132 g/mol=13.2 g

(NH4)2SO4+2NaOHNa2SO4+2NH3↑+2H2O

1 mol0.05 mol2×22.4 LV L

1 mol0.05 mol=2×22.4 LV L, 解之得：V=2.24 L

NH4NO3+NaOHNaNO3+NH3↑+H2O

1 molx/222.4 L(6.72-2.24)L

1 molx/2=22.4 L(6.72-2.24)L,解之得：x=0.4 mol

则原混合物中氮元素的质量分数：

w (N)=14×2×0.1+14×2×0.4132×0.1+80×0.4×100%=31%

巧解分析(NH4)2SO4→BaSO4中SO2-4守恒， 过程中NH+4→NH3↑元素守恒；

x2+y=6.7222.4(NH+4守恒）

y2=11.65233(SO2-4守恒） 解之得：x=0.4 mol

y=0.1 mol

二、高中化学计算题中的电子守恒

电子得失总数守恒即电子守恒是特指在氧化还原反应中，还原剂被氧化过程中失去的电子总数与氧化剂被还原的过程中所得到的电子总数相等。

例2将16.8 g的铁粉投入至500 mL的CuSO4和Fe2(SO4)3的混合溶液中，待充分反应后，经过过滤、洗涤和干燥，最终可得到6.4 g的铜，在滤液中加入500 mL 2.0 mol/L的BaCl2溶液后使得滤液中的所有SO2-4完全沉淀，（已知氧化性Fe3+>Cu2+）试求：原溶液混合溶液中SO2-4和CuSO4的物质的量浓度分别为多少？

解析常规方法（1）假设SO2-4物质的量浓度为x mol/L，CuSO4物质的量浓度为y mol/L

Ba2++SO2-4BaSO4↓

10.5×210.5x

10.5×2=10.5x解得： x=2 mol/L

（2）CuSO4+FeFeSO4+Cu

56m646.4

56m=646.4，解得： m=5.6 g

Fe2(SO4)3+Fe3FeSO4

1n5616.8-5.6

1n=5616.8-5.6，解得： n=0.2 mol

则CuSO4物质的量浓度y=(0.5×2.0-0.2×3)÷0.5=0.8 mol/L

巧解分析分析本题第二小问有一定的难度，关键是部分学生错误的认为CuSO4在反应中完全消耗掉了，就以铜元素直接得出CuSO4的量，但是如果学生想到在这个氧化还原反应中电子得失总数守恒这一原理，处理就变得简单、易懂。令CuSO4和Fe2(SO4)3物质的量分别为a和b则a+3b=1(SO2-4离子守恒）

2b+6.4÷64×2=16.8÷5.6×2

(电子得失总数守恒）即a=0.4 mol

b=0.2 mol

则CuSO4物质的量浓度y=0.4 mol÷0.5 L=0.8 mol/L

三、高中化学计算题中的电荷守恒

电荷守恒是指溶液呈电中性状态，溶液中带正电的阳离子的总电量与带负电的阴离子总电量相等。

例3在100 mL一定浓度的HCl溶液中投入一定质量的镁铝合金，然后在该溶液中再加入浓度为5.0 mol/L的NaOH溶液，如图1所示为加入NaOH溶液体积与沉淀量的关系图，试求：

（1）在19.4 g的沉淀中含有Al(OH)3的质量为多少？

（2）HCl溶液的物质的量浓度？

图1解析常规方法（1）由图可知：沉淀Mg(OH)2的质量为11.6 g，沉淀中含有Al(OH)3的质量为(19.4-11.6)=7.8 g

（2）假设Mg和Al物质的量分别为x和y，溶液中HCl的物质的量为n，

MgMgCl2Mg(OH)2

1 molx58 g11.6 g

1 molx=58 g11.6 g,解得：x=0.2 mol

AlAlCl3Al(OH)3

1 moly78 g7.8 g

1 moly=78 g7.8 g,解得y=0.1 mol

n=2x+3y+n(NaOH)

=2×0.2 mol+3×0.1 mol+5.0 mol/L

×20×10-3L

=0.8 mol

c(HCl)=0.8 mol0.1 L=8 mol/L

巧解分析本题在第二问中计算过程相对比较复杂，应用电荷守恒方法，沉淀最多时溶质为NaCl，即在19.4 g沉淀的时n(Na+)=n(Cl-)即n(NaOH)=n(HCl)则c(HCl)=160 mL×5.0 mol/L÷100 mL=8 mol/L.

总而言之，高中化学解题方法的选择是快速、准确、高效地处理化学问题，教师在教学中应该引导与培养学生巧解的思维习惯，在处理实际问题的过程中注重有效解题方法的选择，缩短解题时间的同时提升解题的准确率。

(收稿日期：2014-01-02)

一、高中化学计算题中的质量守恒

高中化学问题中的质量守恒即原子守恒是指在化学反应过程的前后，原子的种类和原子数目都保持不变，在实际问题处理过程中这里的原子可以扩展为原子团和离子等。

例1现有两份质量相等的NH4NO3和(NH4)2SO4固体混合物，将其中一份与足量的NaOH溶液共同加热发生反应，且收集标准状况下的NH3 6.72 L，在另一份混合物制成水溶液后与足量的BaCl2混合，产生11.65 g的白色沉淀。试求：原混合固体中(NH4)2SO4的质量和氮元素的质量分数？

解析常规解法假设原混合物中NH4NO3为x mol；(NH4)2SO4为y mol，其中在第一份试样与NaOH反应时，（NH4)2SO4产生的NH3标况下的体积为V L

(NH4)2SO4+BaCl2BaSO4↓+2NH4Cl

1233 g

y/211.65 g

解之得：y=0.1 mol,

则（NH4)2SO4的质量为：

0.1 mol×132 g/mol=13.2 g

(NH4)2SO4+2NaOHNa2SO4+2NH3↑+2H2O

1 mol0.05 mol2×22.4 LV L

1 mol0.05 mol=2×22.4 LV L, 解之得：V=2.24 L

NH4NO3+NaOHNaNO3+NH3↑+H2O

1 molx/222.4 L(6.72-2.24)L

1 molx/2=22.4 L(6.72-2.24)L,解之得：x=0.4 mol

则原混合物中氮元素的质量分数：

w (N)=14×2×0.1+14×2×0.4132×0.1+80×0.4×100%=31%

巧解分析(NH4)2SO4→BaSO4中SO2-4守恒， 过程中NH+4→NH3↑元素守恒；

x2+y=6.7222.4(NH+4守恒）

y2=11.65233(SO2-4守恒） 解之得：x=0.4 mol

y=0.1 mol

二、高中化学计算题中的电子守恒

电子得失总数守恒即电子守恒是特指在氧化还原反应中，还原剂被氧化过程中失去的电子总数与氧化剂被还原的过程中所得到的电子总数相等。

例2将16.8 g的铁粉投入至500 mL的CuSO4和Fe2(SO4)3的混合溶液中，待充分反应后，经过过滤、洗涤和干燥，最终可得到6.4 g的铜，在滤液中加入500 mL 2.0 mol/L的BaCl2溶液后使得滤液中的所有SO2-4完全沉淀，（已知氧化性Fe3+>Cu2+）试求：原溶液混合溶液中SO2-4和CuSO4的物质的量浓度分别为多少？

解析常规方法（1）假设SO2-4物质的量浓度为x mol/L，CuSO4物质的量浓度为y mol/L

Ba2++SO2-4BaSO4↓

10.5×210.5x

10.5×2=10.5x解得： x=2 mol/L

（2）CuSO4+FeFeSO4+Cu

56m646.4

56m=646.4，解得： m=5.6 g

Fe2(SO4)3+Fe3FeSO4

1n5616.8-5.6

1n=5616.8-5.6，解得： n=0.2 mol

则CuSO4物质的量浓度y=(0.5×2.0-0.2×3)÷0.5=0.8 mol/L

巧解分析分析本题第二小问有一定的难度，关键是部分学生错误的认为CuSO4在反应中完全消耗掉了，就以铜元素直接得出CuSO4的量，但是如果学生想到在这个氧化还原反应中电子得失总数守恒这一原理，处理就变得简单、易懂。令CuSO4和Fe2(SO4)3物质的量分别为a和b则a+3b=1(SO2-4离子守恒）

2b+6.4÷64×2=16.8÷5.6×2

(电子得失总数守恒）即a=0.4 mol

b=0.2 mol

则CuSO4物质的量浓度y=0.4 mol÷0.5 L=0.8 mol/L

三、高中化学计算题中的电荷守恒

电荷守恒是指溶液呈电中性状态，溶液中带正电的阳离子的总电量与带负电的阴离子总电量相等。

例3在100 mL一定浓度的HCl溶液中投入一定质量的镁铝合金，然后在该溶液中再加入浓度为5.0 mol/L的NaOH溶液，如图1所示为加入NaOH溶液体积与沉淀量的关系图，试求：

（1）在19.4 g的沉淀中含有Al(OH)3的质量为多少？

（2）HCl溶液的物质的量浓度？

图1解析常规方法（1）由图可知：沉淀Mg(OH)2的质量为11.6 g，沉淀中含有Al(OH)3的质量为(19.4-11.6)=7.8 g

（2）假设Mg和Al物质的量分别为x和y，溶液中HCl的物质的量为n，

MgMgCl2Mg(OH)2

1 molx58 g11.6 g

1 molx=58 g11.6 g,解得：x=0.2 mol

AlAlCl3Al(OH)3

1 moly78 g7.8 g

1 moly=78 g7.8 g,解得y=0.1 mol

n=2x+3y+n(NaOH)

=2×0.2 mol+3×0.1 mol+5.0 mol/L

×20×10-3L

=0.8 mol

c(HCl)=0.8 mol0.1 L=8 mol/L

巧解分析本题在第二问中计算过程相对比较复杂，应用电荷守恒方法，沉淀最多时溶质为NaCl，即在19.4 g沉淀的时n(Na+)=n(Cl-)即n(NaOH)=n(HCl)则c(HCl)=160 mL×5.0 mol/L÷100 mL=8 mol/L.

总而言之，高中化学解题方法的选择是快速、准确、高效地处理化学问题，教师在教学中应该引导与培养学生巧解的思维习惯，在处理实际问题的过程中注重有效解题方法的选择，缩短解题时间的同时提升解题的准确率。

(收稿日期：2014-01-02)