守恒法在解高考化学计算题中的应用
发布：化学教研组 来源：未知 日期：2016-05-02 人气：
例1.（2004年全国高考理综试题• 云南等八省区卷）粉末状试样A是由等物质的量的MgO和Fe2O3组成的混合物。进行如下实验：①取适量A进行铝热反应，产物中有单质B生成；②另取20 g A全部溶于0.15 L 6.0 mol·L-1盐酸中，得溶液C；③将①中得到的单质B和溶液C反应，放出 l.12 L（标况）气体，同时生成溶液D，还残留有固体物质B；④用KSCN溶液检验时，溶液D不变色。
请填空：
⑴ ①中引发铝热反应的实验操作是____，产物中的单质B是___。
⑵ ②中所发生的各反应的化学方程式是_____________________。
⑶ ③中所发生的各反应的离子方程式是______________________。
⑷ 若溶液D的体积仍视为0.15 L，则该溶液中c（Mg2+）为_____， c（Fe2+）为_____。
解析：
⑵ MgO和Fe2O3都能与盐酸反应，化学方程式为：Fe2O3＋6HCl==2FeCl3＋3H2O，MgO＋2HCl==MgCl2＋H2O。
⑶ B（Fe）与C溶液反应时，因产生H2且反应后溶液中无Fe3+，则C为FeCl3、MgCl2、HCl的混合液，Fe还原Fe3+并与HCI反应置换出H2，溶液D为FeCl2、MgCl2的混合液，离子方程式为：Fe＋2H+==Fe2+＋H2↑，Fe＋2Fe3+==3Fe2+。
⑷ n(MgO)=n(Fe2O3)=xmol，有40x+160x=20，x=0.1mol，则c(Mg2+) =0.1mol/0.15L=0.67mol·L-1。由实验②③④知，最终溶液的溶质是FeCl2和MgCl2，据电荷守恒有2×n(Mg2+)+2×
n(Fe2+)=1×n(Cl-)，又n(Mg2+) =0.1mol，n(Cl -)=n(HCl )=6.0 mol·L-1×0.15 L =0.9mol，则n(Fe2+)=（0.9mol－0.2mol）/2=0.35mol，故c(Fe2+)=0.35mol/0.15L= 2.3mol·L-1。
例2.（2004年北京高考理综试题）有三种不同质量比的氧化铜与炭粉的混合物样品①、②、③。甲、乙、丙三同学各取一种样品，加强热充分反应，测定各样品中氧化铜的量。
⑴ 甲取样品①强热，若所得固体为金属铜，将其置于足量的稀硝酸中微热，产生1.12L气体（标准状况），则样品①中氧化铜的质量为________g。
⑵ 乙取样品②a g强热，生成的气体不能使澄清的石灰水变浑浊。再将反应后的固体与足量的稀硝酸微热，充分反应后，有b g固体剩余，该剩余固体的化学式为________。样品②中氧化铜质量为_________g（以含a、b的代数式表示）。
⑶ 丙称量样品③强热后剩余的固体，质量比原样品减小了c g，若该固体为金属铜，则样品③中氧化铜物质的量（n）的取值范围为______________。
解析：CuO与C发生的反应可能有：2CuO+C == 2Cu+CO2↑；CO2+C == 2CO；CuO+C == Cu+CO↑，则反应后的产物有四种情况：①Cu、CO2；②Cu、CO；③Cu、C、CO；④Cu、CuO、CO2。
⑴ 可能是①、②情况，由HNO3+3e-→NO，可知HNO3中氮得电子数为（1.12L/22.4L·mol-1）
×3=0.15mol，HNO3得电子数与Cu失电子数相等，由Cu-2e-→Cu2+，可知Cu的物质的量n(Cu)=0.15mol/2=0.075mol，据Cu元素守恒，m(CuO)=0.075mol×80g·mol-1=6.0g。
⑵ 据题意，产物之一是CO，炭粉有剩余（C与浓HNO3反应而与稀HNO3不反应），属于③情况。设CuO质量为xg，炭粉质量为(a-x)g。CO中碳元素质量为(a-x-b)g ，氧元素质量为(a-x-b)×16/12g，据氧元素守恒有x×16/80=(a-x-b)×16/12，解得x=20(a-b)/23。
⑶ 据质量守恒知生成气体质量为c g ，可能是①、②情况：若气体是CO2，n(CO2)=c/44mol，由氧元素守恒知n(CuO)=2n(CO2)=2c/44mol=c/22mol；若气体是CO，n(CO)=c/28mol，由氧元素守恒知n(CuO)=n(CO)=c/28mol；若气体是CO2和CO混合气，则c/28mol＜n(CuO)＜c/22mol。综上可知，c/28mol≤n(CuO)≤c/22mol。
