电子守恒范文

电子守恒范文（精选8篇）

电子守恒 第1篇

一、利用电子守恒求元素化合价

例124 m L 0.05 mol/L Na2SO3溶液恰好与20 m L0.02 mol/L K2Cr2O7溶液完全反应, 则元素Cr在被还原的产物中的化合价是 ()

(A) +6 (B) +3 (C) +2 (D) 0

解析:依题意可知Na2SO3Na2SO4该过程中失去电子, 那么K2Cr2O7将得到电子, 化合价降低, 且该反应中的得失电子数目要相等.设产物中Cr化合价为a, 那么会有:24 m L0.05 mol/L (6-4) =20 m L0.02 mol/L2 (6-a) , 解得a=+3.

答案: (B)

例2 M2O7x-与S2-能在酸性溶液中发生如下反应:

M2Ox-7+3S2-+c H+=2M3++e S↓+f H2O则M2Ox-7中M的化合价为 ()

(A) +4 (B) +5 (C) +6 (D) +7

解析:在本题中有些物质的化学计量数未知, 但应用电子守恒法, 不需要求得未知的化学计量数, 只需应用M2Ox-7转化为M3+得电子数目等于S2-转化为S失去电子数目, 即可求出M2Ox-7中M的化合价, 设M2Ox-7中M的化合价为a, 那么会有:12 (a-3) =32, 解得a=6.

本题也可以由原子个数守恒轻松得出未知的化学计量数e=3、f=7、c=14;再应用离子方程式电荷守恒, 可求出x=2, 即M2O7x-中M的化合价为+6.

答案: (C)

二、利用电子守恒求物质的化学式

例3 R2O8n-在一定条件下可以把Mn2+氧化为MnO4-, 若反应后R2O8n-变为RO42-, 且反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2, 则n值为 ()

(A) 4 (B) 3 (C) 2 (D) 1

解析:首先应确定反应中氧化剂和还原剂, 由Mn2+被氧化为MnO-4, 可知Mn2+为还原剂, R2On-8为氧化剂;再利用反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2, 可以写出一个有两剂两物的对应转化关系:5R2On-8+2Mn2+2MnO-4+10RO2-4;在该转化中R2On-8得电子数目与Mn2+失电子数目相等, 设R2On-8中R化合价为a, 那么会有:52 (a-6) =25, 解得a=7, n=2.

答案: (C)

例4硫代硫酸钠可作为脱氯剂, 已知25 m L 0.100 mol/L Na2S2O3溶液恰好把224 m L (标准状况下) Cl2完全转化为Cl-, 则S2O32-将转化为 ()

(A) S2- (B) S (C) SO2-3 (D) SO2-4

解析:Cl2转化为Cl-时得到电子, 则S2O32-将失去电子, 且得失电子数目相等, 设产物中S的化合价为a, 那么会有:25 m L0.100 mol/L2 (a-2) =1010-32[0- (-1) ], 解得a=+6.

答案: (D)

三、利用电子守恒求化学方程式的化学计量数 (或配平氧化还原反应方程式)

例5 (2010年全国Ⅱ卷) 若 (NH4) 2SO4在强热时分解的产物是SO2、N2、NH3和H2O, 则该反应中化合价变化的和未变化的氮原子数之比为 ()

(A) 1∶4 (B) 1∶2 (C) 2∶1 (D) 4∶1

解析:解决本题须把 (NH4) 2SO4加热分解的化学方程式配平.生成SO2时得电子, 生成N2时失去电子, 且得失电子数目要相等, 生成1 mol SO2时得2 mol e-, 生成1 mol N2时失去6 mol e-, 则可得出SO2与N2化学计量数之比为3∶1, 接下来再利用原子个数守恒可配出其他物质的化学计量数:

3 (NH4) 2SO4=3SO2+N2↑+4NH3↑+6H2O

化合价变化了的氮原子在N2中, 化合价未变化的氮原子在NH3中, 所以可得答案.

答案: (B)

例6在x R2++y H++O2=m R3++n H2O的离子反应中, 化学计量数x的值为 ()

(A) 2 (B) 3 (C) 4 (D) 5

解析:由元素守恒知:x=m, 氧化剂O2得电子总数为22e-, 还原剂R2+失电子总数为x (3-2) e-, 由电子守恒得:22=x (3-2) , x=4.

电子守恒法在化学计算中的妙用 第2篇

在氧化还原反应有关问题的分析中，电子守恒是解题的基本方法。在解题过程中，如果我们只以单一的思维方法解决问题，思维定式化，解决问题的方法可能会非常烦琐，一旦思维受阻更是一筹莫展。如果我们平时在解题训练时能够从多角度、多层次、多方面去考虑问题，经常进行灵活多变的训练，那么思路拓宽了，解决问题的办法就会更多、更合理、更简单。

一、电子守恒法在多步反应计算中的妙用

许多学生害怕做多步反应的氧化反应的计算，认为反应太多，计算太繁，下面我们以该类计算为例来尝试电子守恒法的妙用。

题目：1.92克铜投入一定量的浓HNO3中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到672毫升气体（标准状况）。将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入氧气，恰好使气体完全溶解在水中，则需要标准状况下的氧气的体积是多少？

如果我们按反应方程式列方程的常规做法求解，需要多个方程，且每个方程式都必须书写正确，每一步计算都必须精准，这样才能找到结果。整个解题过程烦琐复杂，学生很难快速解答，往往大部分学生半途而废、望而却步。但我们若变换思路，利用电子守恒法，则能达到化繁为简、事半功倍的目的。

二、电子守恒在一些“陌生”反应计算中的妙用

题目：某温度下，将氯气通入氢氧化钾溶液中，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合液，经测定ClO-、ClO3-的物质的量之比为1∶3，则氯气与氢氧化钾溶液反应时，被还原的氯原子与被氧化的氯原子的物质的量之比为多少？

以上是我在化学教学中应用电子守恒法时的一些认识，在教学过程中，有学生学会了电子守恒法之后感叹道，在某些问题中，常规解题法就好像步行去月球，电子守恒法就似乘“嫦娥”奔月。学生的感叹虽有些夸张，但也道出了一个道理：在一些计算中恰当应用电子守恒法，的确能收到省时、省力的奇效！

（责 编 肖 飞）

在氧化还原反应中，有化合价升高的元素，就必有化合价降低的元素，失电子的物质与得电子的物质同时存在，氧化反应和还原反应这两个对立的过程相互依存而统一于一个氧化还原反应中。在任何氧化还原反应中，化合价升高总数等于化合价降低总数，失电子总数等于得电子总数，这就是电子守恒规律。

在氧化还原反应有关问题的分析中，电子守恒是解题的基本方法。在解题过程中，如果我们只以单一的思维方法解决问题，思维定式化，解决问题的方法可能会非常烦琐，一旦思维受阻更是一筹莫展。如果我们平时在解题训练时能够从多角度、多层次、多方面去考虑问题，经常进行灵活多变的训练，那么思路拓宽了，解决问题的办法就会更多、更合理、更简单。

一、电子守恒法在多步反应计算中的妙用

许多学生害怕做多步反应的氧化反应的计算，认为反应太多，计算太繁，下面我们以该类计算为例来尝试电子守恒法的妙用。

题目：1.92克铜投入一定量的浓HNO3中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到672毫升气体（标准状况）。将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入氧气，恰好使气体完全溶解在水中，则需要标准状况下的氧气的体积是多少？

如果我们按反应方程式列方程的常规做法求解，需要多个方程，且每个方程式都必须书写正确，每一步计算都必须精准，这样才能找到结果。整个解题过程烦琐复杂，学生很难快速解答，往往大部分学生半途而废、望而却步。但我们若变换思路，利用电子守恒法，则能达到化繁为简、事半功倍的目的。

二、电子守恒在一些“陌生”反应计算中的妙用

题目：某温度下，将氯气通入氢氧化钾溶液中，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合液，经测定ClO-、ClO3-的物质的量之比为1∶3，则氯气与氢氧化钾溶液反应时，被还原的氯原子与被氧化的氯原子的物质的量之比为多少？

以上是我在化学教学中应用电子守恒法时的一些认识，在教学过程中，有学生学会了电子守恒法之后感叹道，在某些问题中，常规解题法就好像步行去月球，电子守恒法就似乘“嫦娥”奔月。学生的感叹虽有些夸张，但也道出了一个道理：在一些计算中恰当应用电子守恒法，的确能收到省时、省力的奇效！

（责 编 肖 飞）

在氧化还原反应中，有化合价升高的元素，就必有化合价降低的元素，失电子的物质与得电子的物质同时存在，氧化反应和还原反应这两个对立的过程相互依存而统一于一个氧化还原反应中。在任何氧化还原反应中，化合价升高总数等于化合价降低总数，失电子总数等于得电子总数，这就是电子守恒规律。

在氧化还原反应有关问题的分析中，电子守恒是解题的基本方法。在解题过程中，如果我们只以单一的思维方法解决问题，思维定式化，解决问题的方法可能会非常烦琐，一旦思维受阻更是一筹莫展。如果我们平时在解题训练时能够从多角度、多层次、多方面去考虑问题，经常进行灵活多变的训练，那么思路拓宽了，解决问题的办法就会更多、更合理、更简单。

一、电子守恒法在多步反应计算中的妙用

许多学生害怕做多步反应的氧化反应的计算，认为反应太多，计算太繁，下面我们以该类计算为例来尝试电子守恒法的妙用。

题目：1.92克铜投入一定量的浓HNO3中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到672毫升气体（标准状况）。将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入氧气，恰好使气体完全溶解在水中，则需要标准状况下的氧气的体积是多少？

如果我们按反应方程式列方程的常规做法求解，需要多个方程，且每个方程式都必须书写正确，每一步计算都必须精准，这样才能找到结果。整个解题过程烦琐复杂，学生很难快速解答，往往大部分学生半途而废、望而却步。但我们若变换思路，利用电子守恒法，则能达到化繁为简、事半功倍的目的。

二、电子守恒在一些“陌生”反应计算中的妙用

题目：某温度下，将氯气通入氢氧化钾溶液中，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合液，经测定ClO-、ClO3-的物质的量之比为1∶3，则氯气与氢氧化钾溶液反应时，被还原的氯原子与被氧化的氯原子的物质的量之比为多少？

以上是我在化学教学中应用电子守恒法时的一些认识，在教学过程中，有学生学会了电子守恒法之后感叹道，在某些问题中，常规解题法就好像步行去月球，电子守恒法就似乘“嫦娥”奔月。学生的感叹虽有些夸张，但也道出了一个道理：在一些计算中恰当应用电子守恒法，的确能收到省时、省力的奇效！

得失电子守恒在化学计算中的应用 第3篇

一、利用电子守恒求物质的物质的量之比

例1： (NH4) 2SO4在强热条件下分解，生成NH3、SO2、N2和H2O，则反应中生成的SO2和N2的物质的量之比是%%。

解析：常规的解法是先写出(NH4) 2SO4在强热条件下的分解反应方程式，然后配平，最后求解。这种解法耗时比较多，其一，氧化还原反应方程式的配平是学生学习的一个难点;其二，此类题也常出现在学配平方法之前。故需用守恒法分析。SO2是还原产物，N2是氧化产物，那么生成SO2得到电子的物质的量应等于生成N2失去电子的物质的量，又生成1molSO2得到2mol电子，生成1molN2失去6mol电子，所以SO2与N2的物质的量之比为3∶1。

变式训练1、把分别盛有熔融的氯化钾、氯化镁、氯化铝的三个电解槽串联，在一定条件下通电一段时间后，析出钾、镁、铝的物质的量之比为()

A.1∶2∶3 B.3∶2∶1 C.6∶3∶1 D.6∶3∶2

答案：选D

二、利用电子守恒确定元素的化合价

例2:24ml浓度为0.05mol/L的Na2SO3溶液，恰好与20ml浓度为0.02mol/L的K2Cr2O7溶液完全反应，则元素Cr在被还原的产物中的化合价是%%。

解析：先根据化合价的改变确定得失电子的物质：由于题目指出Cr被还原，因此得电子的物质是K2Cr2O7，失电子的物质是Na2SO3。再根据化合价的改变分别找出1mol氧化剂、还原剂的得失电子数。设Cr元素被还原为+n价，1mol氧化剂在反应中得电子：2(6-n) mol。由于Na2SO3肯定被氧化为Na2SO4，因此Na2SO3在反应中失电子：(6-4)1=2mol。最后，根据反应物的实际电子得失总数，列电子守恒关系求解：0.05mol/L2410-3L2=0.02mol/L2010-3L2 (6-n)

解得：n=3，应为+3价。

变式训练2：硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0ml0.1mol LNa2S2O3溶液恰好把224ml(标准状况)Cl2完全转化为Cl-离子，则S2O32-将转化成()

答案：选D

三、利用电子守恒解有关硝酸方面的综合性计算题非常方便

例3：将Mg、Al组成的4.00g混合物放入某硝酸中，固体恰好完全溶解，生成NO和NO2混合气体。向反应后的溶液中加入75ml 4mol/L NaOH溶液时，金属离子恰好沉淀完全，则生成的气体在标准状况下的体积可能为()

A.2.24L B.4.48L C.6.72L D.8.96L

解析：该题中除了要应用电子守恒之外，还要利用数学上的极值法。首先利用电子守恒，失去电子的是：Mg、Al，失去电子生成带正电荷的Mg2+、Al3+，与NaOH生成Mg (OH) 2、Al (OH) 3不再带电荷，故Mg、Al失去电子的数目和OH-的数目相等为0.3mol。设气体的物质的量为x，若气体都是NO，则3x=0.3, x=0.1mol;若气体都是NO2，则x=0.3mol。所以生成NO和NO2混合气体的物质的量介于0.1mol和0.3mol之间，所以选B。

变式训练3：将0.64gCu全部溶于一定量的浓HNO3中，测得生成气体0.009mol，共消耗HNO30.032mol。将生成的气体与空气混合，再通入NaOH溶液中，氮氧化物被完全吸收，产物只有NaNO3和H2O。由此可以判断()

A.0.009mol气体一定是NO

B.0.009mol气体一定是NO2和N2O4的混合气体

C.空气中参加反应的O2在标准状况下的体积为112ml

D.该反应中转移电子的物质的量只是一个范围，无法计算其确切值

答案：选C

电子守恒 第4篇

氧化还原反应方程式的配平方法较多, 常见的方法有:化合价升降配平法、电子得失守恒配平法、待定系数配平法、零价配平法等。电子得失守恒法是依据氧化还原反应中电子转移 (得失或偏移) 守恒配平氧化还原反应。本文在借鉴有关研究的基础上, 结合笔者自己的教学经验, 总结了电子得失守恒法在氧化还原反应方程式配平中的步骤和技巧。

一、电子得失守恒法的步骤

1.标变价

根据化合价升降规律只标出变价元素的化合价。

2.调整系数

反应物和产物中变价原子数不同时, 可以先添加系数。

3.求转移电子数

根据得失电子数的最小公倍数确定标准物的系数。通常选用化合价变化情况单一的1mol的氧化剂 (或还原产物) 和1mol的还原剂 (或氧化产物) 作标准, 根据元素的变价求出1mol的氧化剂 (或还原产物) 和1mol的还原剂 (或氧化产物) 中所有变价元素的得失电子数。该步是电子守恒法配平氧化还原方程式的关键, 配平技巧就是如何确定得失电子数的方法。

4.根据得失电子数的最小公倍数求标准物的系数

5.依据元素守恒, 配平方程式

利用观察法配平未参加反应的元素原子个数, 使反应方程式满足质量守恒规律。通常在配平未变价的原子时, 先确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物 (以下简称“四大物质”) 的系数 (如该反应中硝酸的系数) , 再确定其他物质的系数 (通常先配H, 然后配O) 。该反应中有2mol硝酸起了酸的作用, 所以硝酸前的系数为4, H2O的系数为2。

6.检查所配方程式, 将短线改为等号

检查氧化还原反应方程式是否配平, 要看是否满足得失电子守恒、质量守恒和电荷守恒, 若是离子型氧化还原反应, 检查电子得失守恒最稳妥, 检查电荷守恒最方便。

二、常见的氧化还原反应类型及其配平技巧

1.物质 (分子) 间氧化还原反应

此类氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物均为不同物质, 可按基本步骤完成配平。

技巧:对于反应前后变价趋势单一的物质, 在配平中以1mol该物质为标准确定得失电子数。

2.部分氧化还原反应

此类反应的特点是作为氧化剂 (或还原剂) 的物质既表现了氧化性 (或还原性) , 还表现了其他性质 (如酸性) 。

因HCl部分参加氧化还原反应, 反应前后变价趋势不单一, 故不能以其为标准物来确定电子数, 以1mol MnO2 和1molCl2 (0价Cl均来自-1价Cl, 变化趋势单一) 为标准物。该反应中消耗1molMnO2转移2mol e-, 生成1molCl2转移2mole-。标出电子得失数目, 根据得失电子 数的最小 公倍数确 定标准物MnO2、MnCl2、Cl2的系数分别为1、1、1, 其次确定HCl的系数为4, 最后依据H元素守恒确定H2O的系数为2。

技巧:配平中结合元素守恒, 把部分参加反应的物质作为四大物质中的最后一个确定系数。

3.自身氧化还原反应

此类反应的特点是氧化剂、还原剂为同一物质, 因其所含元素化合价有升有降, 即反应前后变价趋势不单一, 故不能以其为标准物来确定电子数。

因 (NH4) 2SO4 反应前后变价趋势不单一, 故不能以其为标准物来确定电子数, 应以1molN2和1molSO2 (0价N均来自-3价N, 变化趋势单一;+4价S均来自+6价S, 变化趋势单一) 为标准物。该反应中生成1 molN2 转移6mole-, 生成1molSO2转移2mole-。标出电子得失数目, 根据得失电子数的最小公倍数确定标准物N2、SO2的系数分别为1、3, 其次确定 (NH4) 2SO4 的系数为3, 最后依据H元素守恒确定NH3、H2O的系数分别为4、6。

技巧:配平中以氧化产物、还原产物为标准物确定电子得失数, 即逆向配平。该技巧对于变价元素为同一元素的歧化反应同样适用。

4.归中反应

此类反应的特点是氧化产物、还原产物为同一物质, 因其所含元素化合价有升有降, 即反应前后变价趋势不单一, 故不能以其为标准确定电子数。配平中以氧化剂、还原剂为标准物确定电子数。

反应中消耗1molHCl转移1mole-, 消耗1mol KClO3 转移5mole-。标出电子得失数目, 根据得失电子数的最小公倍数确定标准物的KClO3、Cl2的系数分别为5、3, 其次确定HCl的系数为6, 最后依据元素守恒确定KCl、H2O的系数分别为1、3。

电子守恒 第5篇

例124 m L 0.05 mol/L Na2SO4溶液, 恰好与20 m L0.02 mol/L K2Gr2O7溶液完全反应, 则铬元素在还原产物中的化合价为 ( )

(A) +6 (B) +3 (C) +2 (D) 0

解析:根据在氧化还原反应中得失电子守恒即

n (氧化剂) 变价原子个数 (高价-低价) =n (还原剂) 变价原子个数 (高价-低价)

0.02 mol/L0.02 L2 (6-x) =0.05 mol/L0.024 L1 (6-4) , 解得x=3.

答案: (B)

例2已知反应:x R2++y H++O2==m R3++n H2O, 则m的值为 ( )

(A) 3 (B) 4 (C) 5 (D) 6

解析:根据在氧化还原反应中得失电子守恒即

n (氧化剂) 变价原子个数 (高价-低价) =n (还原剂) 变价原子个数 (高价-低价)

直接将其系数看做其物质的量, 即

12[0- (-2) ]=x1 (3-2) , 解得x=4.

答案: (B)

例3 (2003江苏高考题) 在一定条件下, RO3n-和氟气可以发生以下反应:

RO3n-+F2+2OH-=RO4-+2F-+2H2O

从而可知在RO3n-中, 元素R的化合价是 ( )

(A) +4 (B) +5 (C) +6 (D) +7

解析:根据在氧化还原反应中得失电子守恒即n (氧化剂) 变价原子个数 (高价-低价) =n (还原剂) 变价原子个数 (高价-低价)

12[0- (-1) ]=11[7- (6-n) ], n=1.

所以在RO3n-中, 元素R的化合价是+5价,

答案: (B)

例4已知在酸性溶液中, 下列物质氧化KI时, 自身发生如下变化:

Fe3+Fe2+;MnO4-Mn2+;Cl2Cl-;HNO2NO

如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI, 得到I2最多的是 ( )

(A) Fe3+ (B) MnO4- (C) Cl2D.HNO2

解法1:根据在氧化还原反应中得失电子守恒, 分别计算.令每种物质各1摩尔, 则

1 mol Fe3+得到的电子为:11 (3-2) =1.

1 mol MnO4-得到的电子为:11 (7-2) =5.

1 mol Cl2得到的电子为:12[0- (-1) ]=2.

1 mol HNO2得到的电子为:11 (3-2) =1.

所以选 (B) .

解法2:也可根据得到相同的I2, KI失去的电子数目是相同的.元素的化合价降价数目越多, 得到的电子就越多, 同物质的量的物质氧化KI的量就越多.

例5将0.02 mol铜片投入一定量浓度的足量硝酸中使其充分反应, 用烧瓶收集全部气体.将烧瓶倒立于水槽中, 再慢慢通入一定量氧气, 烧瓶中恰好充满水.则通入的氧气在标准状况下的体积是 ( )

(A) 0.112 L

(B) 0.224 L

(C) 0.336L

(D) 0.448 L

解析:硝酸被铜还原得到的气体成分较复杂, 有一氧化氮, 也有二氧化氮, 也可能是两者的混合气体.由关系式4NO2+O2+2H2O=4HNO3和4NO+3O2+2H2O=4HNO3可知, 在“烧瓶中恰好充满水”的过程中, 只有氧气是氧化剂, 而在NO2和NO的生成过程中, 只有铜做还原剂.所以, 根据在全过程中, 电子得失守恒, 即铜失去的电子总数等于氧气得到的电子总数.

n (O2) 2[0- (-2) ]=0.02 (2-0)

解得:n (O2) =0.01 mol.

标准状况下的体积是:0.01 mol22.4 L/mol=0.224 L

浅析力学中动量守恒与角动量守恒 第6篇

关键词：动量守恒,角动量守恒,合力,合力矩

0 引言

在当今大学物理的教材中,没有对动量守恒和角动量守恒作出明显的比较。因此,学生在学习这点内容时,就容易出现做题的错误。针对子弹击入木棒问题与子弹击入沙袋问题的区别来说明动量守恒和角动量守恒问题。本文以动量守恒和角动量守恒的规律做出一些探讨。

1 动量守恒

1.1 动量守恒条件由质点系的动量定理得

若质点系所受的合外力则系统的总动量不变,即动量守恒。

1.2 动量守恒应注意的问题

(1)系统的总动量不变,但系统内任一物体的动量是可变的。

(2)守恒条件:合外力为零。

当时,可近似认为系统总动量守恒。(例如碰撞、爆炸)

(3)若系统所受的合外力的矢量和不为零,但合外力在某个坐标抽上的分矢量为零,此时系统的总动量不守恒,但在该坐标抽的分动量却是守恒的。

(4)动量守恒定律是物理学最普遍、最基本的定律之一。

2 角动量守恒

2.1 角动量守恒的条件由质点系的角动量定理得

2.2 角动量守恒应注意的问题

(1)刚体定轴转动的角动量守恒定律,若M=0,则L=Jω=常量

若J不变,ω也不变。若J改变,ω也改变,但L=Jω不变。

(2)内力矩不改变系统的角动量。

(3)在冲击等问题中∵Min>>Mex∴L≈常量。

(4)角动量守恒定律是自然界的一个基本定律。

3 动量守恒与角动量守恒的比较

3.1 经典例题

如图2一长为l,质量为M的竿可绕支点O自由转动。一质量为m、速率为v的子弹射入竿内距支点为a处,子弹刚停在棒中时棒的角速度ω。

解子弹、竿组成一系统,应用角动量守恒

在大学物理考试中,经常以上题来考察学生角动量守恒定理得掌握情况,而大多数学生还会用到动量守恒定理来解题,这是明显不对的。就这个问题,下面举出了例子来具体说明。

3.2 动量守恒与角动量守恒的例子

子弹击入沙袋(绳子的质量忽略不计)如图1,以子弹和沙袋为系统应满足动量守恒和角动量守恒。

子弹击入杆,以子弹和杆为系统应满足角动量守恒而动量不守恒。沙袋是用绳子悬挂的(绳子的质量忽略不计,当细绳处于竖直状态时,不会对沙袋提供水平方向上的作用力V。因此子弹和沙箱所组成的系统在水平方向上动量守恒。然而木棒是用轴悬挂的,只要木棒在水平方向上有运动趋势,就会受到轴对它水平方向的作用力,因而动量不守恒。虽然动量不守恒,但是角动量是守恒的,棒受到重力和轴对它的水平方向上的作用力,这两个力的作用线都通过作用点,所以合力矩为零,整个系统角动量守恒。

在讲授这两个守恒问题时,学生常有这样的思考,什么时候动量守恒而角动量不守恒?什么时候角动量守恒而动量不守恒?上面子弹与木棒所组成的系统恰好说明了角动量守恒而动量不守恒的问题。那么动量守恒而角动量不守恒的例子可以用图3来说明,一刚体在光滑无摩擦的水平地面运动,受到大小相等,方向相反的两个力的作用,很明显这时它在水平方向上所受的合外力为零,但是它所受到的合力矩不为零即M=2Fr,整个系统在水平方向上动量守恒而角动量不守恒。在做题时,大多数情况下如果两个物体碰撞完以后一起平动,那么应满足动量守恒。如果两个物体碰撞完以后一起转动,应满足角动量守恒,具体问题具体分析。

4 结语

上面分析了子弹击入木棒问题与子弹击入沙袋问题的区别,指出什么情况下系统的角动量守恒,什么情况下系统的动量守恒,希望所得的结论对学生理解此类问题有所帮助。

参考文献

[1]王宗昌.木棒和子弹组成系统的动量守恒问题[J].南阳师范学院学报,2004,4(9):36-37.

[2]马文蔚.物理学[M].北京:高等教育出版社,2006.

[3]苏艳丽.对一个力学角动量守恒问题的讨论[J].长春师范学院学报,2010,29(4):53-55.

妙用守恒 巧解计算 第7篇

一、三大守恒例析

1. 原子守恒

依据:化学反应是原子或原子团之间的重新组合, 在反应前后原子或原子团的种类和数目保持不变, 即原子守恒。

例1, (2010安徽卷27第4问) 锂离子电池的广泛应用使回收利用锂资源成为重要课题。某研究性小组对废旧锂离子电池正极材料 (LiMn2O4、碳粉等涂覆在铝箔上) 进行资源回收研究, 设计实验流程如下:

若废旧锂离子电池正极材料含LiMn2O4的质量为18.1g, 第 (3) 步反应中加入20.0mL3.0mol·L-1的H2SO4溶液, 假定正极材料中的锂经反应 (3) 和 (4) 完全转化为Li2CO3, 则至少有____g Na2CO3参加了反应。

解析:首先判断硫酸是过量的。然后根据反应到最后的产物中硫酸根全部以Na2SO4存在, 根据SO42-和Na+守恒, 可以知道Na2CO3和H2SO4的物质的量相同, 所以需要的Na2CO3的质量为0.02L×3.0mol·L-1×106g·mol-1=6.36g。

2. 电子得失守恒

依据:氧化还原反应中, 氧化剂的电子总数等于还原剂失电子总数。

例2, (07四川卷10) 足量铜与一定量浓硝酸反应, 得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体, 这些气体与1.68LO2 (STP) 混合后通入水中, 所有气体完全被水吸收生成硝酸。向所得硝酸铜溶液中加入5mol·L-1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀, 则消耗NaOH溶液的体积是:

A.60 mL B.45 mL C.30 mL D.15 mL

解析:根据题意知道铜所失去的电子被硝酸得到, 硝酸被还原得到的产物为NO、N2O4和NO2, 然后这些气体再与氧气共同溶于水形成硝酸溶液, 根据电子得失守恒, 铜所失去的电子最终被氧气得到。同时根据物质的组成可以建立关系式:O2~2Cu~2Cu2+~2Cu (OH) 2~4NaOH, n (O2) =1.68L÷22.4L·mol-1=0.075mol, n (NaOH) =4×0.075mol=0.3mol, V (NaOH) =0.3mol÷5mol·L-1=0.06L=60mL。答案为A。

3. 电荷守恒

依据:溶液呈电中性, 正电荷总数等于负电荷总数。

例3, (2010广东卷12) HA为酸性略强于醋酸的一元弱酸, 在0.1mol·L-1NaA溶液中, 离子浓度关系正确的是

A.c (Na+) >c (A-) >c (H+) >c (OH-)

B.c (Na+) >c (OH-) >c (A-) >c (H+)

C.c (Na+) +c (OH-) =c (A-) +c (H+)

D.c (Na+) +c (H+) =c (A-) +c (OH-)

解析:A明显错误, 因为阳离子浓度都大于阴离子浓度, 电荷不守恒;D是电荷守恒, 明显正确。NaA的水解是微弱的, 故c (A-) >c (OH-) , B错;C的等式不符合任何一个守恒关系, 是错误的。答案:D

4. 综合使用:原子守恒、电子得失守恒、电荷守恒三个守恒联合使用

例4, (2010上海卷16) 下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是

A.氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中:[Cl-]>[NH4+]

B.pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合:[OH-]=[H+]

C.0.1 mol·L-1的硫酸铵溶液中:[NH4+]>[SO42-]>[H+]

D.0.1 mol·L-1的硫化钠溶液中:[OH-]=[H+]+[HS-]+[H2S]

解析:此题考查了溶液中微粒浓度的大小比较。氨水和氯化铵混合溶液的pH=7时, 根据电荷守恒, 溶液中[H+]=[OH-], 则[Cl-]=[NH4+], A错;由于p H=2的酸的强弱未知, 当其是强酸时正确, 当其是弱酸时, 酸过量, 溶液中[H+]>[OH-], B错;0.1mol·L-1的硫酸铵溶液中, NH4+水解且水解程度很小, 根据物质组成可知:[NH4+]>[SO42-]>[H+], C正确;0.1mol·L-1的硫化钠溶液中, 根据质子守恒可知:[OH-]=[H+]+[HS-]+2[H2S], D错。答案:C

例5, 将质量为mg的铁和铜的混合物, 溶于100mL4mol·L-1HNO3溶液 (过量) , 充分反应后所得还原产物全部为NO, 在标准状况下的体积为1.12L, 再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液至沉淀完全。则沉淀的质量为

A.5.52g B. (m+6.8) g C. (m+2.55) g D. (m+12.0) g

解析:沉淀的组成为Cu (OH) 2和Fe (OH) 3, 其质量为Cu2+、Fe3+和OH-三部分组成, 根据原子守恒知道Cu2+、Fe3+的质量等于原来铁和铜的质量, 再根据电荷守恒可以知道OH-的物质的量等于Cu2+、Fe3+所带的电荷数, 然后根据电子转移守恒, Cu2+、Fe3+所带的电荷总数等于失去的电子总数, 也等于HNO3生成NO得到的电子数。

n (NO) =1.12L÷22.4 L·mol-1=0.05mol

n (OH-) =n (NO) ×3=0.05 mol×3=0.15mol

m (OH-) =0.015 mol×17 g·mol-1=2.55g

m (沉淀) = (m+2.55) g。答案:C

二、如何选取守恒法

在具体解题时, 如何选择并应用这些守恒法, 首先必须明确每种守恒法的特点, 然后审清题意, 挖掘题中的守恒关系, 最后巧妙地选取方法, 正确地解答题目。

1. 在某些复杂多变的化学反应中, 某些元素的质量或浓度等没有发生变化。

因此涉及到多变复杂的化学过程的问题时通常考虑原子守恒。

2. 在氧化还原反应中存在着得失电子守恒。

因此涉及到氧化还原反应时通常考虑电子守恒。

3. 在溶液中存在着离子的电荷守恒。

因此涉及到溶液中的离子计算时通常考虑电荷守恒。

4. 在涉及混合溶液时通常可以考虑综合使用几种守恒。

在涉及到多个氧化还原反应的计算时, 往往综合利用电子转移守恒和原子守恒。

摘要：本文从原子守恒、电子得失守恒、电荷守恒三个角度分析化学中常用的解题思想和解题方法, 通过典例分析, 讲解如何利用守恒思想快解、巧解化学试题。

元素守恒法解题例析 第8篇

例一:某铁碳合金中已有部分铁被氧化生锈(假设铁锈成分为Fe2O3),取样品19.4g,加足量的稀盐酸使它溶解,放出氢气3.36L(标况),所得溶液中滴入硫氰化钾溶液不变色,若将溶液中的金属离子全部氧化成高价离子,需通入标准状况下氯气3.36L (不考虑Cl2与水的反应),求该合金未被氧化时铁的质量分数。

分析:要求合金未被氧化时铁的质量分数,就必须要求出合金未被氧化时的质量及其中含有的铁元素的质量。

铁元素的质量可借助题给条件直接求出。因为合金经过氧化后再加盐酸溶解,铁元素全部进入溶液且所得的溶液为FeCl2溶液,此溶液需3.36LCI2才能将其完全氧化为FeCl3,所以合金中含有的铁元素的质量为0.15mol256g/mol=16.8g。

合金未被氧化时的质量如何求呢?我们可借助下面的图示分析找到答案:

从图示中不难看出,合金未被氧化时的质量与合金氧化后的质量19.4g相比较,差值应为Fe2O3中氧元素的质量。氧元素的质量可借助元素守恒求解:因为FeCl2为0.3mol(根据Cl2的量求得),所以反应中消耗的HCI为0.6mol,消耗的HCl中的氢元素一部分转化为H2,另一部分进入水中,故水的物质的量为(0.6-0.152)÷2 mol=0.15mol。因为水中的氧元素全部来源于Fe2O3,故19.4g样品中含有的氧元素的质量为0.15mol16g/mol=2.4g,所以合金未被氧化时的质量为17g,合金未被氧化时铁的质量分数为16.8g/17g=0.988。

例二:取由MgO和Fe2O3组成的粉末状混合物A进行下列实验:

①取20gA全部溶于0.15L6.0mol/L的盐酸中,得溶液B;

②向溶液B中加足量的Fe充分反应,放出1.12L(标况)气体,同时生成溶液C,还残留有铁。

若溶液C的体积仍视为0.15L,则溶液中Mg2+、Fe2+的物质的量浓度各为多少?

分析:首先可用图示法找出实验过程中各种物质的变化情况:

从图示不难看出,盐酸中的氯元素最终全部进入MgCl2和FeCl2中,其中有一部分是通过与铁直接反进入FeCl2,其量可依据反应生成的氢气量求得(1.12L÷22.4L/mol)2=0.1mol。因此,如果假20gA中含有xomlMg、ymolFe2O3,则根据氯元素守恒质量守恒关系可得:

所以,C溶液中c (Mg2+)=0.1mol÷0.15L=0.67mol/L,进一步依据氯元素守恒可得

例三:将一定量的镁铝合金投入到500mL 1mol/L的H2SO4溶液中,金属完全溶解,再加入4mol/L的NaOH溶液,若要使生成的沉淀最多,应加入的这种NaOH溶液多少毫升?

分析:

从图示可看出:MgSO4、Al2(S04)3恰好转化为Mg(OH)2、Al(OH)3时沉淀最多,此时H2SO4中的与NaOH中的Na+恰好结合为Na2SO4,因此所加的NaOH溶液中所含NaOH的物质的量应为H2SO4溶液中H2SO4物质的量的二倍,NaOH溶液的体积为