例析“守恒法”在高中化学解题中的应用

李明玉

世间万物皆遵守质量守恒定律，尤其在化学反应中，质量守恒始终贯穿着整个反应过程，这也是一个重要的解题思想，不仅可以作为某类习题的求解方法，也可以作为各类习题的巧解巧算。所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中，某些物理量的总量保持“不变”。在任何化学反应中，从微观上来说，遵循原子守恒、电荷守恒，氧化还原反应遵循电子守恒，从宏观上来说遵循质量守恒定律。然而，平时在学习中，守恒法往往没有得到重视或由于其分布过于宽泛，使学生难以准确掌握，所以，有必要对高中化学中运用到“守恒法”的知识进行归纳和总结，尤其是针对高考的一些典型考点或题型进行分析，运用守恒法并辅以简单的数学处理来解题，可以大大提高学生的解题能力，使之迅速获取正确答案，从而达到化繁为简、迅速解题的目的。下面就各种守恒法举相应的例题来说明守恒法的应用。

一、质量守恒

化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，是原子重新组合的过程。在化学反应中，反应前各物质的质量总和等于反应后生成各物质的质量总和，这就是质量守恒。利用该守恒可以快速计算相对分子质量等问题。

【例1】  已知8g A能与32g B恰好完全反应，生成22g C和一定量D，现将16g A与70g B的混合物充分反应后，生成2mol D和一定量C，则D的摩尔质量为     。

解析： 8g A能与32g B恰好完全反应，生成22g C和一定量D，根据质量守恒可得D的质量为8g+32g-22g=18g，故A、B、C、D按质量比8g ： 32g ：  22g ： 18g=4 ： 16 ： 11 ： 9进行反应，16g A完全反应需要B的质量为16g ×  16 4 =64g ＜ 70g，故B过量，则生成的D的摩尔质量为16g ×  9 4 =36g，故D为 36 g  2mol =18g/mol 。

二、电子守恒

氧化还原反应贯穿于整个高中阶段的化学教学，得失电子守恒在氧化还原反应及电化学计算的相关题型中具有很强的适用性，例如在配平环节具有非常重要的意义。

【例2】  Cl 2在70 ℃的NaOH水溶液中，能同时发生两个自身氧化还原反应，完全反应后，测得溶液中NaClO与NaClO 3的物质的量之比为4 ： 1，则溶液中NaCl与NaClO的物质的量之比为（  ）

A. 1 ： 1   B.5 ： 1   C.9 ： 4   D. 11 ： 2

解析： Cl 2在70 ℃的NaOH水溶液中发生的两个反应：

（1）Cl 2+2NaOH=NaCl+NaClO+H 2O，

（2）3Cl 2+6NaOH=5NaCl+NaClO 3+3H 2O

假设NaClO有4mol，则NaClO 3有1mol。生成4mol NaClO失去4mol电子，生成1mol NaClO 3失去5mol电子有，一共失去9mol电子。所以得到的电子为9mol，生成的NaCl为9mol。故NaCl与NaClO的物质的量之比为9 ： 4。

答案：C

近年高考试题中，有关新情境下陌生方程式的书写在化工流程题、实验题都有考察。一般思路是：先确定是否属于氧化还原反应，氧化还原反应按照化合价升降法配平，非氧化还原反应则利用观察法，还可以结合质量守恒、电荷守恒来配平。

【例3】  KMnO 4能与热的经硫酸酸化的Na 2C 2O 4反应，生成Mn2＋和CO 2，该反应的离子方程式是                     。

解析： 第一步：算出变价元素化合价：依题意，锰元素的化合价降低，故KMnO 4是氧化剂，Mn2＋是还原产物；碳元素的化合价升高，故Na 2C 2O 4（碳元素化合价为＋3价）是还原剂，CO 2是氧化产物。

按“氧化剂+还原剂 — 还原产物+氧化产物”把离子方程式初步写成：MnO- 4+C 2O2－ 4— Mn2＋+CO 2↑。

第二步：按照得失電子守恒的原则，化合价升降总数相等，配平含变价原子的氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。由MnO- 4→Mn2＋，锰元素降了5价；由C 2O2－ 4→CO 2，碳元素升了1价，1 mol C 2O2－ 4共失去2 mol e－，故在C 2O2- 4前配5，在氧化产物CO 2前配10；在MnO- 4前配2，在还原产物Mn2＋前配2，即2MnO- 4＋5C 2O2－ 4——2Mn2＋＋10CO 2↑。

第三步：配质量、电荷守恒。依据电解质溶液环境，确定次要反应物和生成物（一般为H+、OH-、H 2O）。反应在硫酸中进行，故在左边补充H＋，右边补充H 2O，2MnO- 4＋5C 2O2－ 4＋     H＋——2Mn2＋＋10CO 2↑＋   H 2O。依据电荷守恒及H、O原子守恒配平如下：

2MnO- 4＋5C 2O2－ 4＋16H＋  △  2Mn2＋＋10CO 2↑＋8H 2O。

三、电荷守恒

所有的溶液都是电中性的，究其原因，是因为阳离子所带的正电荷总数与阴离子所带的负电荷总数相等，从而使溶液不带电。电荷守恒可以应用于溶液中离子浓度或物质的量的计算，以及电解质溶液中离子浓度大小比较。

【例4】  在一定条件下，ROn- 3和F 2可发生如下反应：ROn- 3+F 2+2OH－=RO- 4+2F－+H 2O，从而可知在ROn- 3中，元素R的化合价是（  ）

A.+4    B.+5    C.+6    D.+7

解析：  方法1：根据电荷守恒有 n +1×2=1+1×2， n ＝1。设元素R在RO n - 3中的化合价为 x ，则 x -2×3=-1， x =+5。

方法2：设元素R在RO n - 3中的化合价为x。根據氧化还原反应中，得失电子守恒有（7- x ）×1＝［0-（-1）］×2， x =+5。

答案：B

【例5】   室温下，向20 mL 0 .1 mol·L-1 HA溶液中逐滴加入0 .1 mol·L-1 NaOH溶液，溶液pH的变化如图1所示，下列说法正确的是

A. 水的电离程度： e>d>c>b>a

B. d点溶液中 c （Na+）= c （A-）

C. HA的电离平衡常数约为10-5

D. b点溶液中粒子浓度关系： c （Na+）> c （A-）> c （H+）> c （OH-）

解析： 由a点知，HA为弱酸。d点溶质为NaA，强碱弱酸盐水解，水的电离程度最大，A错误；溶液电荷守恒表达式为： c （Na+）+ c （H+）= c （OH-）+ c （A-），d点pH>7， c （H+）< c （OH-）， c （Na+）> c （A-），B错误；D不符合电荷守恒，错误。HA的电离平衡常数约为 10-3×10-3 0 .1 =10-5，C正确。

四、原子守恒

原子守恒实际上就是同种元素的原子在反应前后的物质的量不变，所以找出包含同种元素的反应物和生成物，列出它们的变化关系，即可以求解一些相应的变量。下面以相对复杂的变化体系来举例说明解题思路：

1. 在多平衡体系中的计算：  化学反应原理是每年高考的必考题，考点主要围绕着有关化学反应速率、转化率、化学平衡常数K或压强平衡常数K P的计算。对于该考点，教师往往都是强调让学生应用常规“三段式”进行解题，计算出初始量、变化量、末态量的相关数值，再进行其他相关物理量的计算。但是对于有多个可逆反应的多平衡体系，用“三段式”进行计算就会使得计算量很大，花费很多的时间，这对于综合考试来说，则会挤占了其它题的答题时间，久而久之，导致了很多中等生对于化学平衡的相关计算望而生畏，直接舍弃，或是花了大量时间才算出答案。然而，应用守恒法，可以化难为易，大大提高解题速度。

【例6】  二甲醚（CH 3OCH 3）在医药、染料工业中有许多独特的用途。相关合成反应的热化学方程式为：

①  2CO 2（g）+6H 2（g） CH 3OCH 3（g） + 3H 2O（g）

ΔH 1=-122 .9kJ.mol-1

②  CO 2（g）+H 2（g） CO（g） + H 2O（g）

ΔH 2=+40 .9kJ.mol-1

③   2CO（g）+4H 2（g）  CH 3OCH 3（g） + H 2O（g）；ΔH 3

一定条件下，将2mol CO 2和6mol H 2充入2L的恒容密闭容器中发生上述反应，平衡时测得CH 3OCH 3的物质的量为0 .8mol、CO的物质的量为0 .2mol，则此时的c（H 2O）=      mol·L-1，反应②的平衡常数为       。

方法一：常规解法——三段式法

假设三个反应连续进行，反应①生成的CH 3OCH 3（g）物质的量为xmol， 反应②生成的CO（g）物质的量为ymol， 反应③生成的CH 3OCH 3（g）物质的量为zmol， 则根据三段式，可以分别求出各个变量的值，然后再带入平衡常数计算公式即可。

2CO 2（g）+6H 2（g）   CH 3OCH 3（g）+ 3H 2O（g）

起始（mol） 2 6 0 0

转化（mol） 2 x  6 x   x  3 x

平衡（mol） 2-2 x  6-6 x   x  3 x

CO 2（g）+ H 2（g） CO（g）+H 2O（g）

起始（mol） 2-2 x    6-6 x  0 3 x

转化（mol）  y   y   y   y

平衡（mol） 2-2x-y   6-6 x - y   y  3 x+y

2CO（g）+4H 2（g） CH 3OCH 3（g）+H 2O（g）

起始（mol）  y   6-6 x - y   x  3 x + y

转化（mol）  2z   4z   z   z

平衡（mol）   y-2z  6-6 x - y -4 z   x+z  3 x+y+z

可得到平衡时各物质用x、y、z来表示的物质的量：

n （CH 3OCH 3）= x+z =0 .8mol， n （CO）= y -2 z =0 .2mol

由 y-2z =0 .2mol， x +z=0 .8mol，消去 z得到2x+y =1 .8mol，n（CO 2）=2- 2x-y=2-（2x+y） =0 .2mol。

n（H 2O）= 3x+y+z=3x+3z+y-2z=3（x+z）+（y-2z） =0 .8×3+0 .2=2 .6mol。

n（H 2）=6- 6x-y-4z=6-6x-3y+2y-4z=6-3（2x+y）+2（y-2z） =6-3 ×1 .8+2 × 0 .2=1 .0mol。

所以， c （H 2O）= 2 .6 2 =1 .3mol/L ；反应②的平衡常数K=  c （CO）  c （H 2O）  c （CO 2）  c （H 2） = 0 .2/2×2 .6/2 0 .2/2×1 .0/2 =2 .6。

方法二：守恒法

已知：初始时：2molCO 2和6molH 2；平衡时：CH 3OCH 3的物质的量为0 .8mol、CO的物质的量为0 .2mol，应用初始和平衡时各原子守恒，得：

C守恒：2mol=2 n （CH 3OCH 3）+ n （CO）+ n （CO 2） 即：2=2×0 .8+0 .2+ n （CO 2）  解得 n （CO 2）=0 .2mol。

O守恒：4mol= n （CH 3OCH 3）+ n （CO）+2 n （CO 2）+ n （H 2O） 即：4mol=0 .8+0 .2+2×0 .2+ n （H 2O）  解得 n （H 2O）=2 .6mol。

H守恒：6×2=6 n （CH 3OCH 3）+2 n （H 2O）+2 n （H 2） 即：6×2=6×0 .8+2×2 .6+2 n （H 2）  解得 n （H 2）=1mol。

所以， c （H 2O）= 2 .6 2 =1 .3mol/L ；反应②的平衡常数K=  c （CO）  c （H 2O） c（CO 2）  c （H 2） = 0 .2/2×2 .6/2 0 .2/2×1 .0/2 =2 .6。

由上述两种解题方法的对比，不难看出，常规的三段式解题方法在此类解题中虽然能够求解出答案，虽然难度不大，但计算量很大，计算过程容易出错，即便耗费大量的时间算出答案，依然是得不偿失的。但应用守恒法，则大大简化了解题步骤，从而快速解题。

【例7】  二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。由CO 2制备甲醇的过程涉及的主要反应如下：

反应I：CO 2（g）+3H 2（g） CH 3OH（g）+H 2O（g）

反应II：CO 2（g）+H 2（g） CO（g）+H 2O（g）

反应III：CO（g）+2H 2（g） CH 3OH（g）

保持温度不变，向体积为2L的恒容密闭容器中通入1mol CO 2和3mol H 2发生上述反应，5min达到平衡时，容器中CO 2为0 .2mol，CH 3OH（g）为0 .2mol，CO 2的平均反应速率为      ，若反应II 的速率 v  正=k 正 c  （CO 2）· c  （H 2）、 v  逆=k 逆 c  （CO）· c  （H 2O），则=      （保留1位小数）

分析：与上述题类似，可以用常规的三段式进行解题，但计算量依然巨大，此处不再赘述。下面以守恒法进行解题：

解析：  已知：初始时：1mol CO 2和3molH 2；平衡时：CH 3OH的物质的量为0 .2mol、CO 2的物质的量为0 .2mol。由于反应前后同种元素原子守恒，即

C守恒：1mol= n  （CH 3OH）+ n  （CO）+ n  （CO 2） 即

1=0 .2+0 .2+ n  （CO）。

解得 n  （CO）=0 .6mol。

O守恒：1mol×2= n  （CH 3OH）+ n  （CO）+2n（CO 2）+ n  （H 2O） 即：2=0 .2+0 .6+2×0 .2+ n  （H 2O）

解得 n  （H 2O）=0 .8mol。

H守恒：3×2=4n（CH 3OH）+2n（H 2O）+2n（H 2）

即： 6=4×0 .2+2×0 .8+2n（H 2）

解得n（H 2）=1 .8mol

v （CO 2）= 1mol-0 .2mol 2L×5min =0 .08mol/（L.min）

k正 k逆 =  c （CO）. c （H 2O）  c （CO 2）. c （H 2） = 0 .3mol/L×0 .4mol/L 0 .1mol/L×0 .9mol/L =1 .3。

2. 电解质溶液的相关计算：  在电解质溶液中，往往存在多種离子，尤其是离子可以发生多重变化，如可以水解、也可以电离，甚至是多步骤进行，也会大大增加分析和计算的量。所以利用守恒法往往可以直插解题要害，以原子守恒为突破口，迅速找出各个量的关系，从而快速解题。

【例8】  将一定质量的Mg和Al混合物投入400 mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图2所示。

求稀硫酸的物质的量浓度为      。

解析： 由图可知 n ［Al（OH） 3］=0 .2 mol，由200～240 mL发生Al（OH） 3+NaOH=NaAlO 2+2H 2O， 所以该阶段消耗 n （NaOH）=n［Al（OH） 3］=0 .2 mol， 氢氧化钠的浓度为0 .2mol/（0 .24L-0 .2L）=5 mol.L-1 。

沉淀量最大时为Mg（OH） 2和Al（OH） 3，溶液中溶质为Na 2SO 4，根据钠元素守恒可知此时 n （Na 2SO 4）等于200 mL氢氧化钠溶液中含有的 n （NaOH）的 1/2，所以 n （Na 2SO 4）= 1/2 ×0 .2 L×5 mol·L-1=0 .5 mol，所以硫酸的浓度为 0 .5mol/0 .4L =1 .25 mol.L-1 。从而得解。

五、质子守恒

在电解质溶液中，由于电离、水解等过程的发生，往往存在质子（H+）的转移，转移过程中质子数量保持不变。往往可以通过多种守恒如电荷守恒、原子（物料）守恒、质子守恒等联合解题，如比较溶液中离子浓度的大小。此类题难度大，是高考的重点和难点，使用常规方法很难快速获取答案，但综合运用守恒法则可轻而易取地解题。

【例9】  某二元酸（化学式用H 2B表示）在水中的电离方程式是H 2B=H＋+HB－；HB－    H＋+B2－。在0 .1 mol·L－1 的Na 2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是    （填字母）。

A.  c （B2－）+ c （HB－）+ c （H 2B）＝0 .1 mol·L－1      B.  c （Na＋）+ c （OH－）＝ c （H＋）+ c （HB－）

C.  c （Na＋）+ c （H＋）＝ c （OH－）+ c （HB－）+2 c （B2－）    D.  c （Na＋）＝2 c （B2－）+2 c （HB－）

解析： A. 因为H 2B=H＋＋HB－（完全电离），H 2B为强酸，在Na 2B溶液中不存在H 2B，A错；

B. 由质子守恒知：

得 ：c （OH－）＝ c （H＋）+ c （HB－），B错误；

C. 由电荷守恒知， c （Na＋）+ c （H＋）＝2 c （B2－）+ c （OH－）+ c （HB－），C正确；

D. 由物料守恒知：

c （Na＋）＝2 c （B2－）+2 c （HB－）＝0 .2 mol·L－1，D正确。

答案： CD

综上可知，利用守恒法这一重要解题利器，不仅可以大大简化解题过程和计算量，还能抓住核心变量以及它们的关系，所以有必要熟练掌握，灵活运用，亦即只要我们抓住变化过程中某个特定衡量进行分析，那么，无论是电子的、原子的、质量的、电荷的还是质子的，都可以归结于质量守恒定律，從这些守恒入手，可以帮助提高解题认知和技能，走出思维困境，提升化学素养。

责任编辑  李平安