专题6·守恒法“守恒法”是中学化学经常采用的技巧性解题方法之一。一般情况下，能用“守恒法”解答的题目也能用其它方法解决，但较费时且易出错。而“守恒法”那么是利用物质变化过程中某一特定量固定不变来解决问题，其特点是不纠缠于细枝末节，只关注始态和终态，寻找变化前后特有的守恒因素，快速建立等式关系，巧妙作答，能提高解题速率和准确率。“守恒法”在不同版本的教辅材料中，有多种表述形式，如物料守恒、质量守恒、元素守恒、原子守恒、离子守恒、电荷守恒、电子守恒、物质的量守恒、体积守恒…等等。其实所谓的“守恒”因素不外乎三种情况：一是物料守恒，二是电性电量守恒。一、物料守恒所谓“物料”，就是物质。从物质的形态而言，有宏观意义上的物质，又有微观意义上的粒子。当谈到“物料”守恒时，对宏观物质而言，主要是质量守恒；对微观粒子而言，那么主要是与物质的量挂钩的元素守恒。(一)质量守恒在此探讨的质量守恒，已不再是狭义的质量守恒定律，它涵盖了物理和化学两种变化中的有关守恒关系。1.固态混合物由固体物质组成的混合物，往往在化学变化前后存在某一方面的守恒因素，利用这些因素可省时省力。例1：取一定量的KClO3和MnO2的混合物共热制取O2，反响开场时MnO2在混合物中的质量分数为20%，当反响进展到MnO2在混合物中的质量分数为25%时，求KClO3的分解百分率。解析：MnO2在反响中作催化剂，反响前后质量守恒。设原混合物的质量为m1g，反响完毕后混合物的质量为m2g，那么MnO2反响前后的质量分别为：0.2m1g和0.25m2g。由MnO2的质量守恒可得：0.2m1g＝0.25m2g，m2＝0.8m1。由反响前后质量守恒可知，放出O214/14\n的质量应等于反响前后的固体质量之差，即：m1g-m2g＝m1g-0.8m1g＝0.2m1g。即可求得KClO3的分解百分率为：。2.溶液对溶液而言，可以从其组成上，即浓度（质量分数）、溶剂和溶质三方面去寻找内含的某些守恒因素，用于解决有关溶液计算的问题。(1)浓度守恒例2：某盐的饱和溶液的质量分数为26.8%，取一定量的此饱和溶液，参加wg该无水盐，在温度不变的情况下，析出mg含有一定量结晶水的该盐晶体，那么从饱和溶液中析出溶质的质量为A.26.8%wB.m-wC.(m+w)×26.8%D.(m-w)×26.8%解析：由于温度不变，析晶后，剩余溶液、减少的溶液（m-w）及原溶液浓度（质量分数）守恒，故有（m-w）×26.8%，答案应选D。(2)溶剂守恒例3：在一定温度下，向55.3g蒸馏水中参加一定量的无水Na2SO3粉末，充分搅拌后过滤，得到60g滤液和一定量的Na2SO3·7H2O晶体，假设此温度下Na2SO3的溶解度为20g，求析出的Na2SO3·7H2O晶体的质量。解析：解此题的关键是：溶剂水的质量守恒。析晶后，原溶剂水分成了两局部，即所得饱和溶液中的水和析出晶体中的结晶水。假设设析出晶体的质量为xg。那么，解得：x=10.6g。(3)溶质守恒14/14\n例4：将某二价金属R的单质粉末投入到200mL浓度为1mol/L的H2SO4溶液中，待完全反响后滤去过量的金属粉末，蒸发溶液到剩余84g时，保持温度为t℃，开场析出RSO4·7H2O晶体。在该温度下继续蒸发，当析出20.5g晶体时，还留下49g溶液。求金属R的相对原子质量。解析：由题意可知，84g溶液和49g溶液皆为t℃时的饱和溶液。设RSO4的摩尔质量为M，RSO4在t℃时的溶解度为Sg。由溶质的质量守恒可得：0.2L×1mol/L×M=0.2L×1mol/L×M=解方程组得：S=40，M=120g/mol所以，金属R的相对原子质量为：120-96=24。3.其它有些混合体系中，不同形态的物质（如气态和固态或液态，固态和液态等）之间往往会存在某种形式的守恒量，利用这些量之间的守恒关系，可使问题得以简化。例5：向一定量的NaOH固体中参加由硫酸铜和硫酸组成的混合物的溶液，充分搅拌，恰好完全反响，有蓝色沉淀生成，过滤，所得滤液的质量与参加的原混合物溶液的质量相等。那么与硫酸铜反响的氢氧化钠和与硫酸反响的的氢氧化钠的物质的量之比为。解析：此题属于一道典型的无数据计算题。依题意不难分析出其中的守恒关系，即m(NaOH)＝m[Cu(OH)2]。设与CuSO4反响的NaOH为xmol，与H2SO4反响的NaOH为ymol，那么由(xmol+ymol)×40g/mol＝98g/mol×(xmol×)，。(二)物质的量守恒在大多数资料中，对物质的量守恒描述的并不多，其实我们最常遇到的元素守恒就隶属于其中。当然还有涉及宏观（具体）物质的守恒。1.涉及宏观（具体）物质的守恒例6：质量分数为a的某物质的溶液mg与质量分数为b的该物质的溶液ng混合后，蒸发掉pg水。得到的溶液每毫升质量为qg，物质的量浓度为c。那么溶质的分子量（相对分子质量）14/14\nA.B.C.D.解析：根据溶质的物质的量守恒可得：L/mL×cmol/L，整理得：g/mol，应选C。2.元素守恒实际上，元素守恒也含有质量守恒的意思，只不过在具体应用时，很少直接用其质量而是用其物质的量（或粒子个数）。元素守恒又可分为原子守恒和离子守恒，但原子守恒和离子守恒并没有严格意义上的区分，只是由于在不同情境中呈现的形态不同而已，多数情况下，常笼统地称作元素守恒。(1)原子守恒例7：某温度下，1L密闭容器中参加1molN2和3molH2，使反响N2+3H22NH3到达平衡。测得平衡混合物中N2、H2、NH3的物质的量分别为M、N、Q。如果温度不变，只改变初始物质的参加量，而要求M、N、Q维持不变，那么N2、H2、NH3的参加量用x、y、z表示时，应满足条件：(1)假设x=0，y=0，那么z=。(2)假设x=0.75mol，那么y=，z=。(3)x、y、z应满足的一般条件是（用含x、y、z的方程式表示）。14/14\n例8：将amolH2S和1molO2置于一个容积可变的容器内进展反响。维持容器内气体的压强不变（101kPa），在120℃下测得反响前后容器内气体的密度分别为d1和d2。假设a的取值不同，那么H2S的氧化产物可能有如下三种情况：(1)全部是SO2，此时a的取值范围是。(2)全部是S，此时a的取值范围是，d1d2（填大于、小于或等于）。(3)局部是SO2，局部是S，此时a的取值范围是，反响所生成的SO2的物质的量为mol，容器内气体的物质的量之和为mol。（以含a的代数式表示）解析：n(O2)=1mol，设生成SO2为xmol，S为ymol，H2O为zmol。直写方程式：aH2S+[1]O2=xSO2+yS+zH2O(g)。(1)假设y≤0，那么全部生成SO2：由S原子守恒：x=a由H原子守恒：2z=2a由O原子守恒：2x+z=2解得a=，即a的取值范围是：a≤。(2)假设x≤0，那么全部生成S：[来源:学科网]由S原子守恒：y=a由H原子守恒：2z=2a由O原子守恒：z=2解得a=2，即a的取值范围是：a≥2。(3)假设x＞0，y＞0，那么产物中既有SO2，又有S：由S原子守恒：x+y=a由H原子守恒：2z=2a由O原子守恒：2x+z=2a=(1+y)x=1-z=a解得：因为y＞0，从(2)可知y≤2，所以a的取值范围是：＜a＜2。反响后，SO2的物质的量为(1-)mol，容器内气体的物质的量之和为：x+z=(1+)mol。14/14\n2H2O(g)2H2+O22CO(g)+O22CO2例9：将2molH2O和2molCO置于1L容器中，在一定条件下，加热至高温，发生如下可逆反响：(1)当上述系统到达平衡时，欲求其混合气体的平衡组成，那么至少需要知道两种气体的平衡浓度，但这两种气体不能同时是和，或和。（填它们的分子式）(2)假设平衡时O2和CO2的物质的量分别为n(O2)平=amol，n(CO2)平=bmol。试求n(H2O)平=。（用含a、b的代数式表示）（2）由O原子守恒可知，由CO生成CO2分子内增加的O原子来源于H2O，另外O2中的O原子也来源于H2O。因此，n(H2O)反响=2×n(O2)+1×n(CO2)=2×amol+1×bmol=(2a+b)mol。n(H2O)平=2mol-(2a+b)mol=(2-2a-b)mol。(2)离子守恒例10：向含0.01molAlCl3的溶液中逐滴参加34mL1mol/LNaOH溶液，那么生成物及其物质的量分别为。解析：n(NaOH):n(AlCl3)=0.034mL×1mol/L:0.01mol=3.4:1(或17:5)，大于3小于4，故生成物中既有Al(OH)3，又有NaAlO2。设生成的Al(OH)3的化学计量数为x，NaAlO2的化学计量数为y。直写方程式：由Na+守恒：17=y+15由Al3+守恒：5=x+yx=3y=25AlCl3+17NaOH=xAl(OH)3↓+yNaAlO2+15NaCl+H2O[来源:学_科_网]那么n[Al(OH)3]=0.006mol，n(NaAlO2)=0.004mol,n(NaCl)=0.003mol。(3)原子、离子并存守恒（元素守恒）14/14\n例11：将一定质量的镁、铝合金投入100mL一定浓度的盐酸中，合金全部溶解，向所得溶液中滴加5mol/L的NaOH溶液至过量，生成沉淀的质量与参加NaOH溶液的体积关系如以下图。由图中数据分析计算：(1)原合金中镁、铝的质量；(2)盐酸的物质的量浓度。解析：由图可知：Mg(OH)2的质量为11.6g，Al(OH)3的质量为19.4g-11.6g=7.8g。解得：m(Mg)=4.8g(1)由镁元素守恒可知：MgMg(OH)224g58gm(Mg)11.6g解得：m(Al)=2.7g由铝元素守恒可知：AlAl(OH)327g78gm(Al)7.8g(2)当V(NaOH,aq)=160mL时，Mg2+、Al3+完全沉淀，此时溶液为NaCl溶液，由Cl-离子、Na+离子守恒可知：HClNaClNaOH1mol1mol解得：c(HCl)=8.0mol/L100mL×c(HCl)160mL×5mol/L例12：向300mLKOH溶液中缓慢通入2.24LCO2气体（标准状况），充分反响后，在减压低温下蒸发溶液，得到11.9g白色固体。请通过计算确定此白色固体的组成及其质量各为多少克？所用KOH溶液的物质的量浓度是多少？解析：先由极端假设法确定白色固体的组成：设定2.24LCO2与KOH溶液反响所得产物只有一种，即K2CO3或KHCO3。假设只生成K2CO3，由C原子守恒可求得m(K2CO3)=×138g/mol=13.8g；假设只生成KHCO3，由C原子守恒可求得m(KHCO314/14\n)=×100g/mol=10.0g。而题设质量为11.9g，故该白色固体由K2CO3和KHCO3组成。由C原子守恒可得：n(CO2)=n(K2CO3)+n(KHCO3)==0.100mol。设K2CO3的物质的量为amol，那么KHCO3的物质的量为0.100mol-amol。那么由138g/mol×amol+100g/mol×(0.100mol-amol)=11.9g，解之得：a=0.050mol。所以m(K2CO3)=0.050mol×138g/mol=6.90g,m(KHCO3)=0.050mol×100g/mol=5.00g。由K+离子守恒可得：n(KOH)=2×n(K2CO3)+1×n(KHCO3)=2×0.050mol+1×0.050mol=0.150mol。所以c(KOH)=n(KOH)/V=0.150mol/0.300L=0.50mol/L。(4)质子守恒一般情况下，很少单独考虑质子守恒，实际上在盐（水）溶液中存在的质子守恒可看作是物料守恒与电荷守恒（后面将要涉及到）的叠加项。所谓的质子守恒，实质是从水的电离出发，考虑弱酸根离子结合水电离出的H+或弱碱阳离子结合水电离出的OH-，然后在溶液中寻找H+和OH-的“藏身”之所，而列出的等式关系。常用于盐溶液中粒子浓度关系的比较。下面以Na2CO3溶液、NH4Cl溶液和(NH4)2CO3溶液为例，来确定它们的溶液中各自存在的质子守恒关系。Na2CO3溶液：在不考虑CO32-水解时，水电离出的H+与OH-的物质的量是相等的，但当CO32-水解结合局部水电离出的H+后，分别生成了HCO3-（结合一个H+）和H2CO3(结合两个H+)，而OH-未被消耗，因此可列出等式关系：c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2×c(H2CO3)，即Na2CO3溶液中的质子守恒。NH4Cl溶液：同理，NH4+水解结合的是由水电离出的局部OH-，生成了NH3·H2O，而H+未被消耗，因此可列出等式关系：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)，即为NH4Cl溶液中的质子守恒。14/14\n(NH4)2CO3溶液：NH4+水解结合的是由水电离出的局部OH-，生成了NH3·H2O；CO32-水解结合局部水电离出的H+，分别生成了HCO3-和H2CO3，H+、OH-都有一局部被消耗，分别寻找H+、OH-在溶液中的“藏身”之所，即可列出以下等式关系：c(H+)+c(HCO3-)+2×c(H2CO3)=c(OH-)+c(NH3·H2O)，即为(NH4)2CO3溶液中的质子守恒。体积守恒利用体积守恒的题目相比较而言要少一些，实际上它仍隶属于物质的量守恒。化学平衡中会经常遇到反响前后体积守恒的题目，并用于判断和计算，只不过通常情况下不从守恒角度去认识罢了。aA(g)+B(g)C(g)+D(g)例13：在t℃时，向一密闭容器中充入2molA和3molB，发生如下化学反响：，平衡后测得各物质浓度有如下关系：ca(A)·c(B)=c(C)·c(D)。然后在温度不变的情况下，扩大容器容积至原来的10倍，结果A的百分含量始终不变，那么这时B的转化率为（）A.60%B.40%C.20%D.无法确定二、电性电量守恒带电粒子可分为阴、阳离子和电子。在晶体或溶液中，不管有多少种离子，晶体或溶液总是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数（电性相反、电量相等），即所谓的电荷守恒；在氧化复原反响或电解池中，氧化剂（或在阴极上）所得电子总数与复原剂（或在阳极上）所失电子总数相等，即所谓的电子守恒。1.电荷守恒多用于计算、判断溶液中粒子浓度之间的关系。在有关溶液的计算题中，假设没有特别说明，那么可忽略H+、OH-的影响；而在讨论溶液中粒子浓度之间的关系时，却必须考虑在内。14/14\n例14：将aL由(NH4)SO4和NH4NO3组成的混合溶液分成两等份，一份参加bmol烧碱并加热，刚好把NH3赶出；另一份需消耗含cmolBaCl2的溶液，沉淀刚好完全。那么原溶液中c(NO3-)为。解析：由题设不难求得aL混合溶液中含2bmolNH4+和2cmolSO42-。依据电荷守恒可得：1×n(NH4+)=2×n(SO42-)+1×n(NO3-)，1×2bmol=2×2cmol+1×c(NO3-)×aL，c(NO3-)=mol/L。例15：常温下，将甲酸和氢氧化钠溶液混合，所得溶液pH=7，那么此溶液中A.c(HCOO-)＞c(Na+)B.c(HCOO-)＜c(Na+)C.c(HCOO-)＝c(Na+)D.无法确定c(HCOO-)与c(Na+)的关系解析：由电荷守恒可知，c(HCOO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，因pH=7，那么c(OH-)=c(H+)，故c(HCOO-)＝c(Na+)，选C。例16：天然的和绝大局部人工制备的晶体都存在各种缺陷，例如某种NiO晶体中就存在如以下图的缺陷:一个Ni2+空缺，另Ni3+O2-O2-O2-O2-O2-O2-Ni2+Ni3+Ni2+Ni2+有两个Ni2+被两个Ni3+所取代。其结果晶体仍呈电中性，但化合物中Ni和O的比值却发生了变化。某氧化镍样品组成为Ni0.97O。试计算该晶体中Ni3+与Ni2+的离子数之比。解析：其解法相当多，在此仅讨论守恒法。法一：设1molNi0.97O中含Ni3+xmol，那么Ni2+为(0.97-x)mol。据电荷守恒可得，3×xmol+2×(0.97-14/14\nx)mol=2×1mol，解得x=0.06mol，那么Ni3+与Ni2+的离子数之比为：0.06mol:(0.97-0.06)mol=6:91。法二：据电荷守恒直接分析。依题意“一个Ni2+空缺，另有两个Ni2+被两个Ni3+所取代。其结果晶体仍呈电中性，…”从电荷守恒的角度理解：当一个Ni3+取代一个Ni2+后，正电荷增加1[(+3)-(+2)]，假设要保证晶体呈电中性，就必须再增加一个正电荷，也就是说，每当有一个Ni2+空缺时，需增加两个Ni3+（即取代晶体中的两个Ni2+）。1molNi0.97O中空缺0.03molNi2+，那么Ni3+应为2×0.03mol=0.06mol。法三：结合原子守恒。设1molNi0.97O中含Ni3+为xmol，Ni2+为ymol。由Ni原子守恒：xmol+ymol=0.97mol由电荷守恒：3×xmol+2×ymol=2×1mol解得：x=0.06mol，y=0.91mol。2.电子守恒例17：容积为30mL的试管中充满了NO2和O2的混合气体，将试管倒立在水槽中，一段时间后，试管中仍然有5mL气体。那么原混合气体中NO2和O2的体积比可能是。解析：设原混合气体中有amLNO2，那么O2为（30-a）mL。那么有NO2HNO3、O2HNO3-e-+4e-(1)假设剩余气体是5mLO2，那么NO2完全转化为HNO3，O2只有（30-a-5）mL=（25-a）mL被复原。由阿伏加德罗定律和电子守恒得：a×1=(25-a)×4，a=20mL，所以V(NO2):V(O2)=20mL:(30-20)mL=2:1。(2)假设剩余气体是5mLNO，那么生成5mLNO消耗的NO2为15mL，也就是说有(a-15)mLNO2与(30-a)mLO2反响生成了HNO3。由阿伏加德罗定律和电子守恒得：(a-15)×1=(30-a)×4，a=27mL，所以V(NO2):V(O2)=27mL:(30-27)mL=9:1。14/14\n例18：含ngHNO3的稀硝酸溶液恰好与mgFe完全反响，假设已知有1/4的HNO3被复原成NO，那么n:m的取值范围是。三、综合守恒某些情况下，有的题目可以用不同的守恒关系解决，而有的题目那么需要同时运用多种守恒关系方能解决。1.元素守恒、电荷守恒例19：向100mLFeCl3溶液中通入标准状况下的H2S2.24L，待H2S全部被吸收后，再参加过量铁粉，待反响停顿后，测得溶液中含有0.6mol金属阳离子，那么原FeCl3溶液的物质的量浓度是。解析：有关反响：2FeCl3+H2S=2FeCl2+2HCl+S↓，2FeCl3+Fe=3FeCl2，Fe+2HCl=FeCl2+H2↑由此不难发现，通入的H2S实际上只相当于分解成了H2和S，对溶液而言并不会产生任何影响，反响前后溶液中恒定不变的是Cl-离子。法一：据Cl-离子守恒可得：c(Cl-)×0.100L=0.6mol×2，c(Cl-)=0.12mol/L,那么c(FeCl3)=×c(Cl-)=0.4mol/L。法二：据反响前后正电荷守恒可得：c(Fe3+)×0.100L×3=0.6mol×2，c(Fe3+)=0.4mol/L，c(FeCl3)=0.4mol/L。14/14\n例20：（2022年新课程卷）将0.2mol/LHCN溶液和0.1mol/LNaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性，以下关系式中正确的选项是A.c(HCN)＜c(CN-)B.c(Na+)＞c(CN-)C.c(HCN)-c(CN-)=c(OH-)D.c(HCN)+c(CN-)=0.1mol/L2.元素守恒、电子守恒例21：用石墨电极电解500mL含KNO3和Cu(NO3)两种溶质的溶液，一段时间后，在两个电极上均生成11.2L气体（标准状况下）。试求：(1)原溶液中c(Cu2+)；(2)电解后溶液中c(H+)(忽略溶液体积的变化)。解析：根据题中信息可知：阴极：析出铜，逸出H2阳极：逸出O2(1)依据电子守恒：(O2)=(H2)+0.5L×c(Cu2+)×2，解得，c(Cu2+)=1.0mol/L。(2)依据原子守恒可得:Cu(NO3)2~2NO3-~2HNO3~2H+那么溶液中c(H+)=2×c(Cu2+)=2.0mol/L。3.电荷守恒、电子守恒例22：在一定条件下，RO3n-和F2可发生如下反响：RO3n-+F2+2OH-=RO4-+2F-+H2O从而可知在RO3n-中，元素R的化合价是A.+4B.+5C.+6D.+714/14\n解析：设元素R在RO3n-中的化合价为x。法一：据电荷守恒：n+1×2=1+2×1，n=1。那么x-2×3=-1，x=5。法二：据电子守恒：(7-x)×1=[0-(-1)]×2，x=5。4.元素守恒、电子守恒、电荷守恒一个正确的氧化复原离子方程式的配平，应同时遵循三个守恒关系，即元素守恒、电子守恒和电荷守恒。例23：配平方程式：[]Sx2-+[]BrO3-+[]OH-=[]SO42-+[]Br-+[]H2O14/14
