高三化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二篇 高考技能跨越 第1講 考場快速解題的4大思想方法 1 守恒法課件.ppt

《高三化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二篇 高考技能跨越 第1講 考場快速解題的4大思想方法 1 守恒法課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高三化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二篇 高考技能跨越 第1講 考場快速解題的4大思想方法 1 守恒法課件.ppt（70頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第二篇 高考技能跨越 第1講 考場快速解題的4大思想方法 思想方法1 守恒法,1.概念：以化學(xué)反應(yīng)過程中存在的某些特定關(guān)系為依據(jù)，從諸多變化和繁雜數(shù)據(jù)中尋找某一不變的物理量及其對應(yīng)等式關(guān)系解題的一種思想方法。 2.意義：可以避開復(fù)雜的反應(yīng)和中間過程，直接尋找始態(tài)和終態(tài)中特有的守恒關(guān)系，能更快、更便捷地解決問題，提高解題的速度和準確度。 3.常見3種類型：質(zhì)量守恒、電子守恒、電荷守恒。,1.質(zhì)量守恒法 【內(nèi)涵解讀】 1.含義：參加化學(xué)反應(yīng)的各物質(zhì)的質(zhì)量總和等于生成物的質(zhì)量總和。 2.類型： (1)質(zhì)量守恒：反應(yīng)物減少的總質(zhì)量=生成物增加的總質(zhì)量。在一些物理變化中也存在質(zhì)量守恒，如溶液在稀釋或濃縮過程中，原溶質(zhì)質(zhì)量在稀釋或濃縮后不變(溶質(zhì)不揮發(fā)、不析出)。,(2)元素守恒：化學(xué)反應(yīng)前原子的種類或數(shù)目=反應(yīng)后原子的種類或數(shù)目。 (3)物料守恒：溶液中某一組分的原始濃度=它在溶液中各種存在形式的濃度之和。,【典題訓(xùn)練】 1.(質(zhì)量守恒)有一塊鋁、鐵合金，溶于足量的鹽酸中再用過量的NaOH溶液處理，將產(chǎn)生的沉淀過濾、洗滌、干燥、灼燒，完全變成紅色粉末，經(jīng)稱量紅色粉末和合金質(zhì)量恰好相等，則合金中鋁的質(zhì)量分數(shù)為 ( ) A.60% B.50% C.40% D.30%,【解析】選D。根據(jù)題中信息，物質(zhì)的變化如下圖所示： 在反應(yīng)過程中，鐵元素的質(zhì)量是守恒的，且有m(Al)+m(Fe)= m(Fe2O3)，即合金中鋁元素的質(zhì)量和Fe2O3中氧元素的質(zhì)量相等，則合金中鋁元素的質(zhì)量分數(shù)與Fe2O3中氧元素的質(zhì)量分數(shù)相等。w(Al)= 100%=30%。,,2.(元素守恒)將1.92 g銅粉與一定量濃硝酸反應(yīng)，當(dāng)銅粉完全作用時收集到NO2和NO的混合氣體1.12 L(標(biāo)準狀況)，則消耗硝酸的物質(zhì)的量是( ) A.0.12 mol B.0.11 mol C.0.09 mol D.0.08 mol,【解析】選B。由題意可知參加反應(yīng)的HNO3一部分反應(yīng)生成Cu(NO3)2， 另一部分反應(yīng)生成NO2或NO，利用反應(yīng)前后氮原子守恒，可以輕松求 解。HNO3與Cu反應(yīng)，HNO3一部分起酸的作用，即生成Cu(NO3)2，用去硝 酸的物質(zhì)的量=2n(Cu)= 2=0.06 mol；另一部分HNO3起氧化 作用，不管生成的1.12 L氣體為何種成分，都是HNO3的還原產(chǎn)物，且有 HNO3～NO，HNO3～NO2，所以起氧化作用的HNO3的物質(zhì)的量為 =0.05 mol，故共消耗HNO3的物質(zhì)的量為0.06 mol+0.05 mol= 0.11 mol。,3.(物料守恒)下列溶液中有關(guān)物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是( ) A.Na2CO3溶液中：c(Na+)=2c( )+2c( ) B.常溫下將醋酸鈉、鹽酸兩溶液混合后，溶液呈中性，則混合后溶液中：c(Na+)c(Cl-)c(CH3COOH) C.0.1 molL-1的NaHS溶液中離子濃度關(guān)系：c(OH-)=c(H+)-c(S2-)-c(H2S) D.向1.0 L 0.3 molL-1NaOH溶液中緩慢通入0.2 mol CO2，完全反應(yīng)后的溶液中：2c(Na+)=3c( )+3c( )+3c(H2CO3),【解析】選D。A項，碳酸鈉溶液中存在物料守恒，根據(jù)物料守恒得 c(Na+)=2c( )+2c( )+2c(H2CO3)。B項，醋酸鈉、鹽酸兩溶液 混合后的電荷守恒式：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(CH3COO-)，又 由于溶液呈中性，即c(H+)=c(OH-)，因此混合溶液中應(yīng)有c(Na+)= c(Cl-)+c(CH3COO-)，根據(jù)物料守恒可得c(Na+)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)，所以有c(Na+)c(Cl-)=c(CH3COOH)。C項，0.1 molL-1 的NaHS溶液中存在電荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+ 2c(S2-)；存在物料守恒：c(Na+)=c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)；消去鈉離,子得到離子濃度關(guān)系：c(OH-)=c(H+)-c(S2-)+c(H2S)。D項，溶液中溶 質(zhì)是等物質(zhì)的量的Na2CO3和NaHCO3，根據(jù)物料守恒得2c(Na+)=3c( ) +3c( )+3c(H2CO3)。,4.(綜合)下列物質(zhì)的量濃度關(guān)系錯誤的是( ) A.25℃時，在1.0 L濃度均為0.01 molL-1的某一元酸HA與其鈉鹽組成的混合溶液中，測得c(Na+)c(A-)，則c(A-)+c(HA)=0.02 molL-1 B.等體積、等物質(zhì)的量濃度的NaF溶液與HF溶液混合：c(Na+)=c(F-) +c(HF) C.物質(zhì)的量濃度相等的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等體積混合：c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH) D. 0.2 molL-1某一元弱酸HA溶液和0.1 molL-1NaOH溶液等體積混合后的溶液：2c(OH-)+c(A-)=2c(H+)+c(HA),【解析】選B。A項，根據(jù)物料守恒，則c(A-)+c(HA)=0.02 molL-1， 正確；B項，根據(jù)物料守恒，應(yīng)為2c(Na+)=c(HF)+c(F-)，錯誤；C項， 寫出電荷守恒和物料守恒式，消去c(Na+)，即得本項等式，正確；D項， 反應(yīng)后得到等物質(zhì)的量濃度的HA和NaA的混合溶液，由電荷守恒： c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，由物料守恒：2c(Na+)=c(HA)+c(A-)，消 去c(Na+)可得：2c(OH-)+c(A-)=2c(H+)+c(HA)，正確。,5.(綜合)將Wg鐵、氧化鐵和氧化銅組成的混合物粉末放入100 mL 4.4 molL-1鹽酸中，反應(yīng)完全后得氫氣896 mL(標(biāo)準狀況)，生成的溶液中只有FeCl2、HCl和1.28 g固體。把溶液稀釋到320 mL時，鹽酸的物質(zhì)的量濃度為0.25 molL-1，求混合物中各物質(zhì)是多少克？,【解析】解答此題的關(guān)鍵，是審清題意，找出等量關(guān)系，找準突破口。首先由生成溶液中的鹽酸可知反應(yīng)后的1.28 g固體沉淀物為銅，因此可首先確定CuO的質(zhì)量。再根據(jù)各反應(yīng)化學(xué)方程式中諸物質(zhì)的量的關(guān)系和耗用鹽酸的物質(zhì)的量列方程求解，或?qū)で箢}中“隱含”的電子守恒和Cl-守恒條件，求得Fe和Fe2O3的質(zhì)量。 n(Cu)= mol=0.02 mol m(CuO)=0.0280=1.6(g),設(shè)混合物中Fe2O3的物質(zhì)的量為x。 Fe + 2HCl ==== FeCl2 + H2↑ 0.04 mol 0.08 mol mol=0.04 mol Fe2O3 +6HCl====2FeCl3 + 3H2O x 6x 2x CuO + 2HCl ==== CuCl2+H2O 0.02 mol 0.04 mol 0.02 mol,2FeCl3 + Fe====3FeCl2 2x x CuCl2 + Fe====FeCl2+Cu 0.02 mol 0.02 mol,根據(jù)反應(yīng)耗用鹽酸的量列方程求解 0.08+6x+0.04=0.14.4-0.3200.25 6x=0.24 x=0.04(mol) m(Fe2O3)=1600.04=6.4(g) m(Fe)=(0.04+0.02+0.04)56=5.6(g),答案：Fe的質(zhì)量為5.6 g； CuO的質(zhì)量為1.6 g； Fe2O3的質(zhì)量為6.4 g。,【思維建模】 1.方法的選?。?在任何化學(xué)反應(yīng)中 質(zhì)量守恒 (1)在一個具體的化學(xué)反應(yīng)中，涉及與質(zhì)量有關(guān)的問題可考慮質(zhì)量守恒法。 (2)在某一具體的化學(xué)反應(yīng)或過程中，涉及某一元素(或微粒)的數(shù)目問題時可考慮元素守恒法或物料守恒法。 (3)在某些復(fù)雜多步的化學(xué)反應(yīng)中，涉及多步復(fù)雜的化學(xué)過程的問題可考慮元素守恒法。,2.解題流程： (1)明確目標(biāo)：即明確題目中要求解的量。 (2)分析過程：根據(jù)題目中要求的量，分析反應(yīng)過程中物質(zhì)的變化，找出質(zhì)量(元素、原子、物料)守恒的物質(zhì)及其相關(guān)的量。 (3)運用守恒：根據(jù)守恒原理，梳理出量的變化關(guān)系(反應(yīng)物的總質(zhì)量與生成物的總質(zhì)量、化學(xué)反應(yīng)前后原子的種類或數(shù)目、溶液稀釋或混合時溶質(zhì)的質(zhì)量、溶液中某一組分的原始濃度與它在溶液中各種存在形式的濃度)，列式推斷求解。,【加固訓(xùn)練】1.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)1.6 g X與Y完全反應(yīng)后，生成4.4 g R，則參與反應(yīng)的Y和生成物Q的質(zhì)量之比為( ) A.23∶9 B.32∶9 C.46∶9 D.16∶9,【解析】選D。設(shè)Q的摩爾質(zhì)量為9agmol-1，R的摩爾質(zhì)量為22agmol-1，生成物Q的質(zhì)量為mg 則X + 2Y ==== 2Q + R 29a 22a m 4.4 可得：m= =3.6 根據(jù)質(zhì)量守恒定律可知參加反應(yīng)的Y的質(zhì)量為4.4 g+3.6 g-1.6 g =6.4 g，故參加反應(yīng)的Y與生成物Q的質(zhì)量之比為6.4 g∶3.6 g= 16∶9。,2.在化學(xué)反應(yīng)A+B====C+D中，已知25 g A與10 g B恰好完全反應(yīng)生成5 g C，若反應(yīng)后要生成6 g D，則參加反應(yīng)的A的質(zhì)量為( ) A.2 g B.3 g C.4 g D.5 g,【解析】選D。根據(jù)質(zhì)量守恒，反應(yīng)A+B====C+D中，25 g A與10 g B 恰好完全反應(yīng)生成5 g C時，生成D的質(zhì)量=25 g+10 g-5 g=30 g，則 設(shè)生成6 g D時參加反應(yīng)的A的質(zhì)量為x，則 ，解得x=5 g。,3.0.1 molL-1HCOOH溶液和0.1 molL-1HCOONa溶液等體積混合后的溶液顯酸性，下列關(guān)于該混合溶液的描述正確的是( ) A.c(HCOO-)c(HCOOH)c(Na+)c(H+) B.c(HCOO-)+c(HCOOH)= 0.2 molL-1 C.c(HCOO-)+2c(OH-)=c(HCOOH)+2c(H+) D.c(HCOO-)c(Na+)c(OH-)c(H+),【解析】選C。對于0.1 molL-1HCOOH溶液和0.1 molL-1HCOONa溶液等體積混合后的溶液，根據(jù)物料守恒c(HCOO-)+c(HCOOH)= 0.1 molL-1；電荷守恒為c(HCOO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，又溶液呈酸性，所以c(H+)c(OH-)，故c(HCOO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)，將物料守恒和電荷守恒聯(lián)立，可得c(HCOO-)+2c(OH-)=c(HCOOH)+ 2c(H+)，綜上，C正確。,2.電子守恒法 【內(nèi)涵解讀】 1.含義：在氧化還原反應(yīng)中(或系列化學(xué)反應(yīng)中)氧化劑所得電子總數(shù)等于還原劑所失電子總數(shù)；或電解池、原電池中兩極轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)相等。 2.類型： (1)在氧化還原反應(yīng)中：氧化劑得電子總數(shù)=還原劑失電子總數(shù)。 (2)在電解過程中：陰極得電子總數(shù)=陽極失電子總數(shù)。 (3)在原電池中：負極失去的電子數(shù)=正極得到的電子數(shù)。,【典題訓(xùn)練】 1.(化合價或物質(zhì)的確定)已知 可與R2-作用，R2-被氧化為R單質(zhì)， 的還原產(chǎn)物中，M為+3價；c( )=0.3 molL-1的溶液100 mL可與c(R2-)=0.6 molL-1的溶液150 mL恰好完全反應(yīng)，則n值為( ) A.4 B.5 C.6 D.7,【解析】選D。R2-被氧化為R單質(zhì)，失去電子，而M元素的化合價降低，得到電子， 的還原產(chǎn)物中，M為+3價。設(shè) 中M元素的化合價為x，則由電子守恒可知，0.15 L0.6 molL-1(2-0) =0.1 L0.3 molL-12(x-3)，解得x=+6。 中(+6)2+ (-2)n=-2，則n=7。,2.(氧化還原反應(yīng)綜合計算)足量銅溶于一定量濃硝酸，產(chǎn)生NO2、N2O4、NO的混合氣體，這些氣體若與2.24 L O2(標(biāo)準狀況)混合后通入水中，氣體被水完全吸收。若向原所得溶液中加入10 molL-1 H2SO4溶液100 mL，則繼續(xù)溶解的Cu的質(zhì)量為( ) A.0 B.32 g C.38.4 g D.48 g,【解析】選C。Cu和濃硝酸反應(yīng)過程中，Cu→Cu2+和HNO3→NO2、 N2O4、NO，轉(zhuǎn)移電子守恒；NO2、N2O4、NO→HNO3和2.24 L O2(標(biāo)準狀 況)→ ，轉(zhuǎn)移電子守恒；所以O(shè)2得到的電子的物質(zhì)的量等于Cu失去 的電子的物質(zhì)的量，則n(Cu)= =0.2 mol，根據(jù)原子守 恒得n[Cu(NO3)2]=n(Cu)=0.2 mol，再加入稀硫酸后，溶液中含有H+ 和 ，又能繼續(xù)溶解Cu，n(H+)=2n(H2SO4)=210 molL-10.1 L =2 mol，n( )=20.2 mol=0.4 mol。設(shè)溶解Cu的質(zhì)量為x，可 運用離子反應(yīng)進行計算。,3Cu + 2 + 8H+====3Cu2++2NO↑+4H2O 192 g 2 mol 8 mol x 0.4 mol 2 mol 反應(yīng)中H+過量，按照 進行計算，則 192 g∶x=2 mol∶0.4 mol， x=38.4 g。,3.(電化學(xué)計算)用惰性電極電解NaCl和CuSO4混合液250 mL，經(jīng)過一段時間后，兩極均得到11.2 L氣體(標(biāo)準狀況)，則下列有關(guān)描述中，正確的是( ) A.陽極發(fā)生的反應(yīng)只有：4OH--4e-====2H2O+O2↑ B.兩極得到的氣體均為混合氣體 C.若Cu2+起始濃度為1 molL-l，則c(Cl-)起始為2 molL-1 D.Cu2+的起始物質(zhì)的量應(yīng)大于0.5 mol,【解析】選C。惰性電極電解NaCl和CuSO4混合液，兩極均得到11.2 L氣體，則陰極反應(yīng)為Cu2++2e-====Cu、2H++2e-====H2↑，陽極反應(yīng)為2Cl--2e-====Cl2↑、4OH--4e-====2H2O+O2↑。陽極氣體為Cl2和O2的混合氣體，陰極只得到H2；兩極均得到11.2 L氣體，則n(H2)= 0.5 mol，若c(Cu2+)=1 molL-1，n(Cu2+)=0.25 mol，陰極上Cu2+和H+放電，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.25 mol2+0.5 mol2=1.5 mol。,設(shè)溶液中Cl-的物質(zhì)的量為x，則O2的物質(zhì)的量為0.5 mol-0.5x。根據(jù)得失電子守恒，可得 x+4(0.5 mol-0.5x)=1.5 mol，解得x=0.5 mol。 因此c(Cl-)=0.5 mol/0.25 L=2 molL-1。 根據(jù)得失電子守恒，可得：2n(Cu)+2n(H2)=2n(Cl2)+4n(O2)，則n(Cu)=n(Cl2)+2n(O2)-n(H2)=n(O2)0.5 mol。,【思維建模】 1.方法的選?。?涉及氧化還原反應(yīng) 電子守恒 (1)在氧化還原反應(yīng)中確定元素的化合價、確定產(chǎn)物的化學(xué)式等，常用電子守恒法進行計算。 (2)在原電池和電解池的計算中，兩極通過電子的物質(zhì)的量相等；串聯(lián)電路中，各電極上轉(zhuǎn)移電子數(shù)相等。 (3)在復(fù)雜的氧化還原反應(yīng)計算中，準確運用電子守恒，?？珊喕\算，出奇制勝。,2.解題流程： (1)確定氧化劑、還原劑及相應(yīng)的還原產(chǎn)物和氧化產(chǎn)物。 (2)找準一個原子或離子得失電子數(shù)(特別注意化學(xué)式中有多個原子化合價變化的情況)。 (3)根據(jù)題中物質(zhì)的物質(zhì)的量和電子守恒列出等式。 n(氧化劑)變價原子個數(shù)化合價變化值(高價-低價)=n(還原劑)變價原子個數(shù)化合價變化值(高價-低價),【加固訓(xùn)練】1.在酸性溶液中，下列物質(zhì)氧化KI溶液時，自身發(fā)生如下變化：甲：KIO3( →I2)；乙：H2O2(H2O2→H2O)；丙：FeCl3(Fe3+→Fe2+)；丁：K2Cr2O7( →Cr3+)。用濃度均為 0.1 molL-1的已經(jīng)酸化的上述氧化劑滴定等量的KI溶液，所需體積的大小順序為( ) A.甲乙丙丁 B.乙丙丁甲 C.丁甲乙丙 D.丙乙甲丁,【解析】選D。氧化等量的KI，需要等濃度的氧化劑的體積越大，相同物質(zhì)的量的氧化劑得到的電子越少，1 mol題中氧化劑得到的電子分別為5 mol、2 mol、1 mol、6 mol，則用濃度均為0.1 molL-1的已經(jīng)酸化的上述氧化劑滴定等量的KI溶液，所需體積的大小順序為丙乙甲丁。,2.將4.48 g Fe溶于1 L 0.2 molL-1的稀硫酸，再加入50 mL 0.4 molL-1KNO3溶液，其中的Fe2+全部轉(zhuǎn)化成Fe3+， 也完全反應(yīng)，生成一種氮氧化物NyOx，則該氮氧化物的化學(xué)式是( ) A.N2O B.NO C.N2O5 D.NO2,【解析】選A。4.48 g Fe的物質(zhì)的量n(Fe)= =0.08 mol， 1 L 0.2 molL-1的稀硫酸中n(H2SO4)=1 L0.2 molL-1=0.2 mol。 由Fe+H2SO4====FeSO4+H2↑可知，硫酸有剩余，故溶液中n(Fe2+)= n(Fe)=0.08 mol，再加入50 mL 0.4 molL-1KNO3溶液后，其中的 Fe2+全部轉(zhuǎn)化成Fe3+， 也完全反應(yīng)，生成一種氮氧化物NyOx，令 氮元素在氮氧化物中的化合價為a，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知： 0.08 mol(3-2)=0.05 L0.4 molL-1(5-a)，解得a=1，故該氮 氧化物的化學(xué)式為N2O。,3.足量銅與一定量濃硝酸反應(yīng)得到硝酸銅溶液和NO2、N2O4、NO的混合氣體，這些氣體與1.68 L O2(標(biāo)準狀況)混合后通入水中，所有氣體完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸銅溶液中加入5 molL-1 NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，則消耗NaOH溶液的體積是( ) A.60 mL B.45 mL C.30 mL D.15 mL,【解析】選A。由于氣體完全反應(yīng)生成HNO3，則整個過程中HNO3反應(yīng)前后沒有變化，即Cu失去的電子的物質(zhì)的量等于O2得到的電子的物質(zhì)的量。根據(jù)得失電子守恒： n(Cu)2=n(O2)4， n(Cu)2= 4， 解得n(Cu)=0.15 mol， 則n(Cu2+)=n(Cu)=0.15 mol。,由于沉淀1 mol Cu2+消耗2 mol OH-，因此n(NaOH)=0.15 mol2= 0.3 mol。 則V(NaOH)= =0.06 L，即60 mL。,4.用酸性氫氧燃料電池(乙池)為電源進行電解的實驗裝置(甲池，一定條件下可實現(xiàn)有機物的電化學(xué)儲氫)如圖所示。甲池中A為含苯的物質(zhì)的量分數(shù)為10%的混合氣體，B為10 mol混合氣體，其中苯的物質(zhì)的量分數(shù)為24%，C為標(biāo)準狀況下2.8 mol氣體(忽略水蒸氣)，下列說法不正確的是( ),A.乙池中溶液的pH變大 B.E處通入H2，C處有O2放出 C.甲池中陰極區(qū)只有苯被還原 D.導(dǎo)線中共傳導(dǎo)11.2 mol電子,【解析】選C。乙池裝置是氫氧燃料電池，總反應(yīng)方程式為2H2+O2 ====2H2O，由于反應(yīng)生成水因此乙池中H+濃度減小，pH增大，故A正確；根據(jù)題意，陰極上苯反應(yīng)生成環(huán)己烷，電極反應(yīng)為C6H6+6H++6e-====C6H12，陽極上OH-放電生成O2，電極反應(yīng)式為4OH--4e-==== 2H2O+O2↑，所以E為負極，通入氫氣，C處產(chǎn)生氧氣，故B正確；參加反應(yīng)的苯為10 mol24%-10 mol10%=1.4 mol，甲池中陰極區(qū)苯放電的電極反應(yīng)式為C6H6+6H++6e-====C6H12，1.4 mol苯反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為1.4 mol6=8.4 mol；產(chǎn)生2.8 mol O2轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的,量為2.8 mol4=11.2 mol，所以甲池中陰極區(qū)不只有苯被還原，故C錯誤；根據(jù)O2可以確定導(dǎo)線中共傳導(dǎo)11.2 mol電子，故D正確。,3.電荷守恒法 【內(nèi)涵解讀】 1.含義：電解質(zhì)溶液一定呈電中性，即電解質(zhì)溶液中的陽離子所帶的正電荷總數(shù)與陰離子所帶的負電荷總數(shù)相等。 2.類型： (1)溶液中或離子化合物中正電荷的物質(zhì)的量=負電荷的物質(zhì)的量：Σ[n(Ma+)a]=Σ[n(Nb-)b]。 (2)溶液中正電荷的總濃度=負電荷的總濃度：[c(Ma+)a]= Σ[c(Nb-)b]。 (3)離子反應(yīng)中電荷守恒。,【典題訓(xùn)練】 1.(運用電荷守恒計算溶液組成)由硫酸鉀、硫酸鋁和硫酸組成的混合溶液，其中c(H+)=0.1 molL-1，c(Al3+)=0.4 molL-1，c( )= 0.8 molL-1，則c(K+)為( ) A.0.15 molL-1 B.0.2 molL-1 C.0.3 molL-1 D.0.4 molL-1,【解析】選C。根據(jù)溶液電荷守恒，溶液中存在3c(Al3+)+c(K+)+ c(H+)=2c( )+c(OH-)，而溶液中c(OH-)很小，可以忽略不計，則 有3c(Al3+)+c(K+)+c(H+)=2c( )，所以：c(K+)=2c( )- 3c(Al3+)-c(H+)=20.8 molL-1-30.4 molL-1-0.1 molL-1 =0.3 molL-1。,2.(運用電荷守恒比較離子濃度大小)用0.10 molL-1的鹽酸滴定0.10 molL-1的氨水，滴定過程中不可能出現(xiàn)的結(jié)果是( ) A.c( )c(Cl-)，c(OH-)c(H+) B.c( )=c(Cl-)，c(OH-)=c(H+) C.c(Cl-)c( )，c(OH-)c(H+) D.c(Cl-)c( )，c(H+)c(OH-),【解析】選C。鹽酸滴定氨水，反應(yīng)后的溶液中只有四種離子，存在 電荷守恒：c( )+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，若反應(yīng)后的溶液呈堿 性，即c(OH-)c(H+)，則c( )c(Cl-)；若溶液為中性，即c(OH-) =c(H+)，則c( )=c(Cl-)；若溶液呈酸性，即c(H+)c(OH-)，則 c(Cl-)c( )。,3.(離子反應(yīng)電荷守恒的運用)在一定條件下， 和氯氣可發(fā)生如下反應(yīng)： +Cl2+2OH-==== +2Cl-+H2O，從而可知在 中，元素R的化合價為( ) A.+3 B.+5 C.+6 D.+7 【解析】選B。根據(jù)電荷守恒，可以確定n=1。在 中R的化合價為+5。,4.(運用電荷守恒推斷溶液組成)今有一混合物的水溶液，只可能含有以下離子中的若干種： 、Cl-、Mg2+、Ba2+、K+、 、 ，現(xiàn)取三份100 mL溶液進行如下實驗，并回答相關(guān)問題： ①第一份加入AgNO3溶液有沉淀產(chǎn)生； ②第二份加足量NaOH溶液加熱后，收集到氣體0.04 mol； ③第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27 g，經(jīng)足量鹽酸洗滌、干燥后，沉淀為2.33 g。 根據(jù)上述實驗，推測一定存在的離子是__________________，可能存在的離子是____________________。,【解析】①第一份加入AgNO3溶液有沉淀產(chǎn)生，與AgNO3溶液反應(yīng)有沉淀產(chǎn)生的離子有Cl-、 、 ； ②加足量NaOH溶液加熱產(chǎn)生氣體，氣體是氨氣，故溶液中一定含有 ，并且物質(zhì)的量為0.04 mol； ③不溶于鹽酸的2.33 g沉淀為BaSO4，n(BaSO4)= = 0.01 mol；6.27 g沉淀是BaSO4和BaCO3，m(BaCO3)=6.27 g-2.33 g =3.94 g，n(BaCO3)= =0.02 mol，故原溶液中一定存在,、 ，則一定沒有Mg2+、Ba2+；再根據(jù)電荷守恒，正電荷的物質(zhì)的量為n( )=0.04 mol；負電荷的物質(zhì)的量為2n( )+ 2n( )=0.06 mol，正電荷的物質(zhì)的量小于負電荷的物質(zhì)的量，故原溶液中一定有K+，至少為0.02 mol；綜合以上可以得出，一定存在的離子有 、K+、 、 ，一定沒有的離子為Mg2+、Ba2+，可能存在Cl-。 答案： 、K+、 、 Cl-,【思維建?！?1.方法的選取： 電解質(zhì)溶液或固體離子化合物、離子反應(yīng) 電荷守恒 (1)電解質(zhì)溶液中判斷可能存在的離子，常用電荷守恒進行確定。 (2)比較溶液中離子濃度的大小，常用電荷守恒。 (3)計算溶液(特別是混合溶液)中離子濃度的大小，常運用電荷守恒法。 (4)離子方程式或電極反應(yīng)的書寫與配平，運用電荷守恒?？筛旖?、更準確。,2.解題流程： (1)找出所有離子：找出溶液或晶體中的所有陽離子和陰離子。 (2)列出守恒等式：根據(jù)電荷守恒，列出等式。 (3)計算與比較：根據(jù)守恒關(guān)系，可計算未知離子的濃度或物質(zhì)的量；或者結(jié)合題中信息，確定離子濃度的大小關(guān)系。,【加固訓(xùn)練】1.由鈉元素和氧元素組成的某種離子物質(zhì)中陰離子只有O2-和 (過氧根離子)。在此物質(zhì)中氧元素和鈉元素的質(zhì)量之比為48∶92，其中O2-和 的物質(zhì)的量之比為( ) A.1∶1 B.2∶1 C.1∶2 D.1∶3,【解析】選A。根據(jù)題意， 假設(shè)氧原子的物質(zhì)的量為3 mol，則鈉原子的物質(zhì)的量為4 mol。 設(shè)O2-的物質(zhì)的量為x，則 的物質(zhì)的量為 。根據(jù)電荷守恒得2x+ 2=41，解得x=1 mol。 的物質(zhì)的量為 =1 mol，因此O2-和 的物質(zhì)的量之比為1∶1。,2.有一未知濃度的稀硫酸25 mL，先加入25 mL 5 molL-1BaCl2溶液后，改加NaOH溶液，結(jié)果用去1.0 molL-1NaOH溶液25 mL恰好完全中和。則稀硫酸的物質(zhì)的量濃度為( ) A.0.5 molL-1 B.1.0 molL-1 C.1.5 molL-1 D.2.0 molL-1,【解析】選A。稀硫酸中加入BaCl2溶液并不影響溶液中H+的物質(zhì)的量，因此加入NaOH溶液的離子反應(yīng)為H++OH-====H2O。設(shè)稀硫酸的濃度為c，則0.025 Lc2=1.0 molL-10.025 L，解得：c=0.5 molL-1。,3.下列各溶液中，微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是( ) A.常溫下，將pH=2的鹽酸和pH=12的氨水等體積混合后： c( )c(Cl-)c(OH-)c(H+) B.0.1 molL-1Na2CO3溶液：c(Na+)+c(H+)=c( )+c( )+c(OH-) C.0.1 molL-1NH4Cl溶液：c( )=c(Cl-) D.向醋酸鈉溶液中加入適量醋酸，得到的酸性混合溶液：c(Na+)c(CH3COO-)c(H+)c(OH-),【解析】選A。pH=2的鹽酸和pH=12的氨水等體積混合，氨水過量， 溶液呈堿性，則c(OH-)c(H+)，根據(jù)電荷守恒得c(OH-)+c(Cl-)= c( )+c(H+)，則c( )c(Cl-)，所以離子濃度大小順序是 c( )c(Cl-)c(OH-)c(H+)，故A正確；根據(jù)電荷守恒，可得 Na2CO3溶液中：c(Na+)+c(H+)=c( )+2c( )+c(OH-)，故B錯 誤；氯化銨是強酸弱堿鹽， 易水解而使溶液呈酸性，則c(OH-) c(OH-)，,根據(jù)電荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，則c(CH3COO-) c(Na+)，故D錯誤。,4.某溶液中只可能含有下列離子中的幾種(不考慮溶液中含的較少的H+和OH-)Na+、 、 、 、 。取200 mL該溶液，分為等體積的兩份分別做下列實驗。 實驗1：第一份加入足量的燒堿并加熱，產(chǎn)生的氣體在標(biāo)準狀況下為224 mL。 實驗2：第二份先加入足量的鹽酸，無現(xiàn)象，再加足量的BaCl2溶液，得固體2.33 g。下列說法正確的是( ),A.該溶液中可能含有Na+ B.該溶液中肯定含有 、 、 、 C.該溶液中一定不含 D.該溶液中一定含Na+，且c(Na+)≥0.1 molL-1,【解析】選D。根據(jù)實驗1：第一份加入足量的燒堿并加熱，會產(chǎn)生氣 體224 mL，證明含有 ，且物質(zhì)的量為0.01 mol；實驗2：第二份 先加入足量的鹽酸，無現(xiàn)象，則一定不含有 ，再加足量的BaCl2 溶液，得固體2.33 g，證明一定含有 ，且n( )= =0.01 mol，根據(jù)溶液中的電荷守恒，則一定含有Na+，且c(Na+)≥ =0.1 molL-1，D正確；該溶液中肯定含有 、 、Na+，故A、B錯誤；該溶液中可能含有 ，故C錯誤。,