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化学计算中的守恒思想
以定量的角度观察绚丽多彩的化学世界,其中有一个永恒的主题：那就是守恒的思想.我们在化学计算中能够巧妙的运用守恒的思想,往往能够避繁就简,取得事半功倍的效果.化学反应的实质是原子间的重新组合,所以一切化学反应都存在着物料守恒（质量守恒,粒子个数守恒）；氧化－还原反应中得失电子数目相等（电子得失守恒,电量守恒）；化合物及电解质溶液中阴阳离子电荷数相等（电荷数）守恒,因此它们呈电中性.以上三点就是守恒解题的依据和基本题型.
一、质量守恒：
例1．0.1mol某烃与1mol过量的O2混合,充分燃烧后,通过足量的Na2O2固体,固体增重15g,从Na2O2中逸出的全部气体体积为16.8L(标),求该烃的分子式.
解析：
此题若用常规解法很繁琐.因为最后逸出的气体不仅包括剩余O2,也包括烃燃烧后生成的CO2,H2O与Na2O2反应后生成的O2.若利用质量守恒,则能达到巧解目的.本题中,烃的质量与1molO2质量之和等于Na2O2增加的质量与逸出气体质量之和.
设0.1mol某烃质量为x,由质量守恒得：
x+32g.mol-1×1mol=15g+(16.8L/22.4mol.L-1)×32g.mol-1
x=7g
故该烃相对分子质量为70,用“CH2”式量相除得烃分子式为C5H10.
答案：C5H10
点评：弄清楚燃烧后的产物的变化是列质量守恒式的依据.
例2．在一密闭烧瓶中充满NO2,25℃时NO2和N2O4建立下列平衡：2NO2＝N2O4；△H0.5 mol,可知该气体应为NO与NO2的混合气体,(这是由于随着反应的进行,硝酸浓度逐渐减小所致.)
n(HNO3)=n[Cu(NO3)2]×2+n(NO)+n(NO2) =0.4 mol×2+0.5 mol=1.3 mol
答案：81.9g
例6．把Na2CO3、NaHCO3、CaO、NaOH的混合物27.2 g,溶于足量水充分反应后,溶液中的Ca2+、CO32-、HCO3-均转化为沉淀,将反应容器内水蒸干,最终得白色固体29 g,求原混合物中Na2CO3的质量.
解析：
设原混合物中Na2CO3、NaHCO3物质的量分别为x mol、y mol,则由题知CaO物质的量为x+y mol.反应前后固体的质量差29g-27.2g为溶液的0.1mol水转化为生成物；生成物为(x+y) mol CaCO3和(2x+y)NaOH.
根据H原子数守恒；y+0.1×2=2x+y
有：x=0.1
则：m(Na2CO3)=0.1 mol×106 g/mol=10.6 g
答案：Na2CO3的质量为10.6g.
说明：
若题目还要求其他物质的质量,可根据质量守恒,列出下式来求解混合物中其他三种物质的质量或质量分数.
据质量守恒有：100(x+y)+40(2x+y)-106x-84y-56(x+y)=29-27.2
(注：此式巧妙避开了反应前后可认为未变化的原有NaOH)
请同学们自己训练.
三、电子得失,电量守恒
例7．如果用0.3mol/L的Na2SO3溶液16ml,刚好将3.2×10－3mol的强氧化剂[RO(OH)2]+溶液中的溶质还原到较低价态,则反应后R的最终价态是（ ）
A.0 B.+1 C.+2 D.+3
解析：
Na2SO3可被强氧化剂氧化为Na2SO4,Na2SO3失去电子的物质的量一定等于[RO(OH)2]+得到电子的物质的量.设[RO(OH)2]+在还原产物中R的化合价为x价.
依据题意列出方程：2×0.3×16×10-3=3.2×10-3(5-x)
x＝2
答案：选C
例8．在NO3-为4mol/L的Cu(NO3)2和AgNO3混合液100mL中,加入一定质量的锌,充分振荡后,过滤,沉淀干燥后,称量为24.8g,将此沉淀置于稀盐酸中,无气体产生；滤液中先滴加BaCl2溶液无沉淀产生,后加入过量稀NaOH溶液到沉淀完全,过滤,加热,干燥,得到CuO为4g,求参加反应的锌的质量.
解析：
由题意知：Ag+全部被Zn置换出来,溶液中尚余有Cu2+.根据反应后阴离子NO3-与阳离子Cu2+,Zn2+所带正负点荷守恒可解.
设参加反应的锌的质量为x
x=9.75g
答案：参加反应的锌的质量为9.75g
化学计算中的守恒思想
以定量的角度观察绚丽多彩的化学世界,其中有一个永恒的主题：那就是守恒的思想.我们在化学计算中能够巧妙的运用守恒的思想,往往能够避繁就简,取得事半功倍的效果.化学反应的实质是原子间的重新组合,所以一切化学反应都存在着物料守恒（质量守恒,粒子个数守恒）；氧化－还原反应中得失电子数目相等（电子得失守恒,电量守恒）；化合物及电解质溶液中阴阳离子电荷数相等（电荷数）守恒,因此它们呈电中性.以上三点就是守恒解题的依据和基本题型.
一、质量守恒：
例1．0.1mol某烃与1mol过量的O2混合,充分燃烧后,通过足量的Na2O2固体,固体增重15g,从Na2O2中逸出的全部气体体积为16.8L(标),求该烃的分子式.
解析：
此题若用常规解法很繁琐.因为最后逸出的气体不仅包括剩余O2,也包括烃燃烧后生成的CO2,H2O与Na2O2反应后生成的O2.若利用质量守恒,则能达到巧解目的.本题中,烃的质量与1molO2质量之和等于Na2O2增加的质量与逸出气体质量之和.
设0.1mol某烃质量为x,由质量守恒得：
x+32g.mol-1×1mol=15g+(16.8L/22.4mol.L-1)×32g.mol-1
x=7g
故该烃相对分子质量为70,用“CH2”式量相除得烃分子式为C5H10.
答案：C5H10
点评：弄清楚燃烧后的产物的变化是列质量守恒式的依据.
例2．在一密闭烧瓶中充满NO2,25℃时NO2和N2O4建立下列平衡：2NO2＝N2O4；△H0.5 mol,可知该气体应为NO与NO2的混合气体,(这是由于随着反应的进行,硝酸浓度逐渐减小所致.)
n(HNO3)=n[Cu(NO3)2]×2+n(NO)+n(NO2) =0.4 mol×2+0.5 mol=1.3 mol
答案：81.9g
例6．把Na2CO3、NaHCO3、CaO、NaOH的混合物27.2 g,溶于足量水充分反应后,溶液中的Ca2+、CO32-、HCO3-均转化为沉淀,将反应容器内水蒸干,最终得白色固体29 g,求原混合物中Na2CO3的质量.
解析：
设原混合物中Na2CO3、NaHCO3物质的量分别为x mol、y mol,则由题知CaO物质的量为x+y mol.反应前后固体的质量差29g-27.2g为溶液的0.1mol水转化为生成物；生成物为(x+y) mol CaCO3和(2x+y)NaOH.
根据H原子数守恒；y+0.1×2=2x+y
有：x=0.1
则：m(Na2CO3)=0.1 mol×106 g/mol=10.6 g
答案：Na2CO3的质量为10.6g.
说明：
若题目还要求其他物质的质量,可根据质量守恒,列出下式来求解混合物中其他三种物质的质量或质量分数.
据质量守恒有：100(x+y)+40(2x+y)-106x-84y-56(x+y)=29-27.2
(注：此式巧妙避开了反应前后可认为未变化的原有NaOH)
请同学们自己训练.
三、电子得失,电量守恒
例7．如果用0.3mol/L的Na2SO3溶液16ml,刚好将3.2×10－3mol的强氧化剂[RO(OH)2]+溶液中的溶质还原到较低价态,则反应后R的最终价态是（ ）
A.0 B.+1 C.+2 D.+3
解析：
Na2SO3可被强氧化剂氧化为Na2SO4,Na2SO3失去电子的物质的量一定等于[RO(OH)2]+得到电子的物质的量.设[RO(OH)2]+在还原产物中R的化合价为x价.
依据题意列出方程：2×0.3×16×10-3=3.2×10-3(5-x)
x＝2
答案：选C
例8．在NO3-为4mol/L的Cu(NO3)2和AgNO3混合液100mL中,加入一定质量的锌,充分振荡后,过滤,沉淀干燥后,称量为24.8g,将此沉淀置于稀盐酸中,无气体产生；滤液中先滴加BaCl2溶液无沉淀产生,后加入过量稀NaOH溶液到沉淀完全,过滤,加热,干燥,得到CuO为4g,求参加反应的锌的质量.
解析：
由题意知：Ag+全部被Zn置换出来,溶液中尚余有Cu2+.根据反应后阴离子NO3-与阳离子Cu2+,Zn2+所带正负点荷守恒可解.
设参加反应的锌的质量为x
x=9.75g
答案：参加反应的锌的质量为9.75g