浅谈三大守恒在解题中的应用

华雪莹

守恒是化学方程式计算常用的一种方法，具有化朦胧为直观、变复杂为简单的特点。从数学角度来说，化学反应方程式可看作一个等式，等式中必然具备某些守恒要素和数量关系;从化学层面来看，化学反应方程式必须遵循质量（原子）守恒（适合一切化学反应）、电子得失守恒（适合氧化还原反应）、电荷守恒（适合离子反应、电解质溶液）等。这样在解题的过程中，我们就可以用上述三大守恒为依据来寻找解题的切入点。有些题目只需用三大守恒中一种即可以顺利解题，有些较难的题目却需要多次使用某种守恒或几种守恒方法并用，才能使问题顺利获解。结合下面的例题，我们一起来体会灵活运用各种守恒，对快速、顺利、简捷解题的重要性。

一、在方程式配平或分析中运用

若是氧化还原反应，需要根据原子守恒、电子得失守恒解题;如果是离子反应，则还需要用到电荷守恒规律才能实现顺利解题。

【例1】在一定条件下，R和氟气可发生如下反应：R+F2+2OH-=R+2F-+H2O，从而可知在R中，元素R的化合价是（  ）

A. +4    B. +5    C. +6    D. +7

解析：根据离子方程式两边的电荷总数相等，有n+1×2=1+1×2，解得n=1。

设元素R在R中的化合价为x，则有x+（-2）×3=-1，解得x=5。

综上可知，本题应选B。

【例2】将N+Zn+OH-+H2O→NH3+Zn（OH）配平后，离子方程式中H2O的系数是（  ）

A. 2    B. 4    C. 6    D. 8

解析：根据电子得失守恒规律来配平反应式，N元素的化合价变化是8，Zn元素的化合价变化是2，所以Zn与Zn（OH）前面分别配4;再根据电荷守恒规律，OH-前面配7，最后根据原子守恒规律，用观察法配平反应式为：N+4Zn+7OH-+6H2O=NH3+4Zn（OH）。故本题应选C。

二、在方程式计算中运用

在氧化还原反应中，需将原子守恒、电子得失守恒联合起来解题;在平行（或并列）反应中则需根据不同原子的量守恒列方程组来解题。

【例3】在1.00 L 1.00 mol· L-1 NaOH溶液中通入16.8 L标准状况下的CO2，计算所得溶液中含有的NaHCO3和Na2CO3的物质的量分别为_______。

解析：根据题设条件可求出n（CO2）==0.75 mol，n（Na+）=1 mol。根据原子守恒有：n（Na+）=n（NaHCO3）+2n （Na2CO3），n（CO2）=n（NaHCO3）+n（Na2CO3），于是可得：n（NaHCO3）=0.500 mol，n（Na2CO3）= 0.250 mol。

【例4】一定量的乙醇在氧气不足的情况下燃烧，得到CO、CO2和水的总质量为27.6 g，若其中水的质量为10.8 g，则CO的质量为（  ）

A. 1.4 g  B. 2.2 g  C. 4.4 g  D. 在2.2 g与4.4 g之间

解析：由题设知，m（CO）+m（CO2）=27.6 g-10.8 g=16.8 g。

又n（H）=×2=1.2 mol，则n（C）=×2=0.4 mol。

根据原子守恒和质量守恒可列等式：n（C）=n（CO）+n（CO2）=0.4 mol，n（CO）·M（CO）+n（CO2）·M（CO2）= m（CO）+m（CO2）=16.8 g，解得m（CO）=1.4 g。故本题应选A。

【例5】某浓度的硝酸与过量的铁粉反应时生成了4.48 L N2O气体（标准状况下），若改与铝反应，生成NO气体，则最后可溶解的铝的质量是（  ）

A. 13.5 g   B. 9 g   C. 27 g   D. 8.9 g

解析：该题仅有一个数据，看似缺少条件，很多同学感到无从入手。由于该题涉及到的反应是氧化还原反应，则它遵循电子得失守恒和原子守恒。再根据题意，因为铁粉过量，故产物中铁的存在形式为Fe2+，这样就有n（Fe）×2 =×2×4，可求得n（Fe）=0.8 mol。

又根据N的变化去向，有n（HNO3）=2n[Fe（NO3）2]+2n（N2O）=2n（Fe）+2n（N2O）=2.0mol。

將上述观点用于求铝的物质的量，有n（Al）×3=n（NO）×3，n（HNO3）=3n[Al（NO3）3]+n（NO）=3n（Al）+n（NO）=2.0 mol，可求出n（Al）=0.5 mol，则m（Al）=0.5 mol ×27 g·mol-1 = 13.5 g。故应选A。

三、在溶液分析问题中运用

主要是在离子浓度大小比较、离子方程式的正误判断、电解质溶液等问题的分析中运用。

【例6】将0.2 mol·L-1 HCN溶液与0.1 mol·L-1的NaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性，下列关系式中正确的是（  ）

A. c（HCN）< c（CN-）    B. c（Na+）> c（CN-）

C. c（HCN）-c（CN-）=c（OH-） D. c（HCN）+c（CN-）=0.1 mol·L-1

解析：将0.2 mol·L-1 HCN溶液与0.1 mol·L-1 NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中c（HCN）=0.05 mol·L-1，由于混合后溶液呈碱性，说明NaCN水解程度大于HCN的电离程度，故c（HCN）>c（CN-），则选项A错误;由上述分析知c（CN-）< 0.05 mol·L-1，而c（Na+） =0.05 mol·L-1，则选项B正确;根据C、N元素守恒可知，c（HCN）+c（CN-）=0.1 mol·L-1，则选项D正确;又根据电荷守恒可知，c（H+）+c（Na+）=c（CN-）+c（OH-），将该式与式子c（HCN）+c（CN-）=0.1 mol·L-1相加，有

c（HCN）+c（CN-）+2c（Na+）

2c（H+）+2c（Na+）=2c（CN-）+2c（OH-）

可得：c（HCN）+c（CN-）=2c（OH-）+2c（OH+）

无法证明C答案是正确还是错误的，

因此建议将C答案改为

c（HCN）-c（CN-）=c（OH-）+c（H+）

即可证明。故本题应选B、D。

【例7】在10 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液中加入同体积、同浓度的CH3COOH溶液，反应后溶液中各微粒的浓度关系错误的是（  ）

A. c（Na+）>c（CH3COO-）> c（H+）> c（OH-）

B. c（Na+）>c（CH3COO-）> c（OH-）>c（H+）

C. c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH）

D. c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）

解析：等物質的量的NaOH与CH3COOH恰好完全反应，CH3COO-又发生水解，溶液呈碱性，CH3COO-+H2O？葑CH3COOH+OH-，故c（Na+）>c（CH3COO-）>c（OH-）>c（H+），则选项B正确，不符合题干要求;根据物质守恒，有c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH），则选项C正确，不符合题干要求;根据电荷守恒，有c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），则选项D正确，不符合题干要求。故本题应选A。

【例8】在无土栽培中，需配制一定量含50 mol NH4Cl、16 mol KCl和24 mol K2SO4的营养液。若用KCl、NH4Cl和 （NH4）2SO4三种固体为原料来配制，三者的物质的量依次是（单位：mol）（  ）

A. 2，64，24     B. 64，2，24

C. 32，50，12           D. 16，50，24

解析：本题要从溶液中电荷守恒和原子守恒两个角度来分析、解决问题。若用KCl、NH4Cl和（NH4）2SO4三种固体为原料来配制营养液，则其中SO的全部来源于（NH4）2SO4，同时该物质也提供了48 mol的NH，所以还需2 mol的NH4Cl、64 mol的KCl。故应选B。

除了上述几种常用的守恒方法外，其它从“守恒”的观点衍生出来而又通用的守恒方法，如“溶解稀释前后溶质的物质的量守恒”等，在有关计算中还是可以和上述方法一样使用的。总的来说，结合已知条件，从化学反应方程式或溶液组成入手综合分析，并从中找出守恒要素的实质，联用守恒方法，能够达到事半功倍之效，有利于同学们化学素养的提高。

责任编辑 李平安