淺議化學(xué)計(jì)算中守恒思想的應(yīng)用

一、運(yùn)用守恒思想，筆算變心算

看起來需要進(jìn)行筆算的題目，只要找出其中的守恒關(guān)系，可心算解決。

【例1】 向500mL12mol/L的鹽酸中加入7.8g鎂鋁合金，合金完全溶解并放出8.96L（標(biāo)況）氣體。向反應(yīng)后的溶液中逐滴加入4mol/L的燒堿溶液，當(dāng)沉淀最多時(shí)，滴入這種燒堿的體積是（）。

A.500mL B.375mL C.250mL D.125mL

分析：本題若按常規(guī)需先算出7.8g合金中有鎂、鋁各多少克，進(jìn)而算出生成氯化鎂和氯化鋁的量和剩余鹽酸的量，然后依據(jù)以下反應(yīng)原理：MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaCl，AlCl3+3NaOH=Al（OH）3+3NaCl，HCl+NaOH=NaCl+H2O，再分別計(jì)算氯化鎂、氯化鋁和剩余鹽酸所消耗的氫氧化鈉的體積，然而從以上原理不難看出，沉淀量最多時(shí)，氯化鎂、氯化鋁和剩余鹽酸中的氯全部變成氯化鈉，而三者中氯又完全來自500mL12mol/L的鹽酸，這樣就可以利用氯守恒很容易地把題設(shè)轉(zhuǎn)化。即加入的氫氧化鈉溶液中所含Na+與500mL12mol/L的鹽酸中所含的Cl-相等時(shí)沉淀量最多。再從已知的濃度和鹽酸的濃度關(guān)系，可心算需溶液的體積為250mL，答案為C。

二、利用守恒思想，繁算變簡算

將即初看較為復(fù)雜、繁瑣的計(jì)算，巧妙地運(yùn)用守恒原理，則會(huì)變成簡單計(jì)算。

【例2】 一定量的KClO3和MnO2的混合物加熱至無氣體產(chǎn)生時(shí)，將殘余固體與足量的濃H2SO4共熱，并把此時(shí)產(chǎn)生的氣體通入500mL的某濃度的亞硫酸鈉溶液中，設(shè)該氣體被完全吸收且無SO2逸出，也無游離氯氣分子存在，所得溶液的pH=0（不計(jì)溶液體積變化），最后溶液中加入足量BaCl2的溶液，生成不溶于酸的白色沉淀16.31g，求原混合物中氯酸鉀的質(zhì)量和亞硫酸鈉溶液的物質(zhì)的量的濃度。

分析：由題意知，本題涉及如下反應(yīng)原理：2KClO3MnO2△2KCl+3O2；2KCl+3H2SO4+MnO2=2KHSO4+MnSO4+Cl2+2H2O；2KCl+H2SO4＝K2SO4+2HCl；Cl2+Na2SO3+H2O=Na2SO4+2HCl；BaCl2+Na2SO4=BaSO4+2NaCl。反應(yīng)過程涉及這么多的原理，若按一般思路求解，相當(dāng)繁瑣，但只要能夠抓住本質(zhì)，依據(jù)守恒原理，思路則顯得清晰、簡捷、明了，具體分析解答如下：

由無SO2逸出，利用S守恒，則有：

Na2SO3—Na2SO4—BaSO4

11

x×0.5 16.31/233

即x=0.14mol/L

又由已知條件和反應(yīng)原理知，KClO3分解得到的KCl在后續(xù)反應(yīng)中無論生成HCl還是轉(zhuǎn)化為Cl2，最后都在溶液中轉(zhuǎn)變?yōu)镃l-，而且每產(chǎn)生一個(gè)就對應(yīng)一個(gè)H+，所以利用Cl守恒及與H+（已知H+的物質(zhì)的量為0.5mol）的關(guān)系，則有：

KClO3——KCl——Cl-——H+

1mol 1mol

ymol 0.5mol

所以KClO3的質(zhì)量為0.5×122.5g=61.25g。

三、應(yīng)用守恒思想，難算變易算

即原本較難的計(jì)算題，分析過程中抓住條件守恒因素，可轉(zhuǎn)變?yōu)檩^易的計(jì)算。

【例3】 在強(qiáng)堿性的熱溶液中加入足量硫粉，發(fā)生反應(yīng)生成S2-和SO2-3；生成物繼續(xù)跟硫作用生成S2-x和S2O2-3。過濾后除去過量的硫，向?yàn)V液中加入一定量的強(qiáng)堿后再通入SO2，SO2跟S2-x反應(yīng)也完全轉(zhuǎn)化為S2O2-3。

（1）若有amol硫經(jīng)上述轉(zhuǎn)化后，最終變?yōu)镹a2S2O3，至少需要SO2和NaOH的物質(zhì)的量各為多少？

（2）若原熱堿液中含NaOH為6mol，則上述amol硫的轉(zhuǎn)化過程中生成Na2Sx中的x值為多少？

分析：從題目本身看應(yīng)屬較難的計(jì)算題，但只要能寫出反應(yīng)過程所涉及的化學(xué)（或離子）方程式，并抓住反應(yīng)過程中的電子守恒和原子守恒，仍可以輕松求解。具體思路如下：

依題意發(fā)生的離子反應(yīng)有：

①3S+6OH-=2S2-+SO2-3+3H2O；

②S2-+（x-1）S=S2-x；

③SO2-3+S=S2O2-3；

④2S2-x+（2x+2）SO2+（4x-1）OH-=（2x+1）S2O2-3+（2x-1）H2O。題目所涉及的四個(gè)反應(yīng)都是氧化還原反應(yīng)，而且電子得失均在S元素之間進(jìn)行，最后的產(chǎn)物S2O2-3中的S元素（平均化合價(jià)為+2價(jià)）完全來自反應(yīng)掉的amol硫單質(zhì)和通入的SO2中的硫元素，所以則有amol硫全部轉(zhuǎn)化為+2價(jià)的S所失的電子數(shù)應(yīng)等于通入的SO2中+4價(jià)的S全部轉(zhuǎn)化為+2的S所得的電子數(shù)，即據(jù)電子守恒，則得通入的SO2的量為amol；又由題目所涉及的反應(yīng)原理知反應(yīng)過程中加入的NaOH最后完全轉(zhuǎn)化為Na2SO3，分別依Na、S守恒和硫代硫酸鈉中S和Na的個(gè)數(shù)關(guān)系，很易求得加入NaOH的量為2amol。再據(jù)①②③反應(yīng)中所耗硫的物質(zhì)的量之和為amol，則有：3+2（x-1）+1=a，解得：x=a2-1。

（責(zé)任編輯 羅 艷）