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摘要:守恒法是一种分析问题的重要方法．高中化学教学中注重守恒法的有效应用，不仅有助于学习者更好地把握化学反应的本质规律，而且能提高其分析化学问题的效率．高中化学教学结合具体教学内容，做好相关守恒法知识讲解，展示守恒法的具体应用过程，给学生带来学习以及解题上的良好启发.
关键词:守恒法;应用;高中化学
高中化学中守恒法的应用主要体现在电子守恒、电荷守恒、物料守恒、质子守恒以及能量守恒上.
1电子守恒的应用
电子守恒是氧化还原反应遵循的重要规律．高中化学教学活动中应注重电子守恒在氧化还原反应问题中的运用，使学习者体会运用电子守恒解题的便利，养成运用电子守恒分析问题的意识与习惯.
例1将7．6g铁铜合金放入到100mL某浓度的稀硝酸溶液中，合金完全溶解后，共收集到标准状况下NO气体2．24L．同时测得溶液中H+的浓度为0．5mol/L．忽略反应前后溶液体积变化，则以下说法错误的是().
A．上述反应中金属共失去电子0．3mol
B．合金中铜的质量为4．8g
C．原硝酸的浓度c(HNO3)=3mol/L
D．要将溶液中的金属离子沉淀完全则需加70mL 5mol/L的NaOH溶液.
稀硝酸一部分表现为酸性，一部分表现为氧化性．表现氧化性的稀硝酸从金属中夺取电子，使得N的化合价由+5价降低至+2价．n(NO)=2．24L/22．4L/mol=0．1mol，N得到的电子数为0．3mol．设合金中铁、铜物质的量分别为x、y，由电子守恒可知3x+2y=0．3mol，又有56x+64y=7．6g，解得x=0．05，y=0．075，对应铜的质量为64y=4．8g．溶液中H+的浓度为0．5mol/L，表明剩余硝酸的物质的量为0．05mol．由N守恒可得:n(HNO3)=(0．05+0．1+0．05×3+0．075×2)mol=0．45mol，则c(HNO3)=0．45mol/0．1L=4．5mol/L．金属离子完全沉淀需要先中和剩余的HNO3，并根据Cu(OH)2和Fe(OH)3进行分析．需要消耗NaOH的物质的量为(0．05+0．05×3+0．075×2)mol=0．35mol，则所需5mol/L的NaOH溶液的体积为0．35mol/5mol/L=70mL．综上分析只有C项错误.
2电荷守恒的应用
电荷守恒指电解质溶液中阴离子和阳离子所带电荷的总数是相等的，溶液对外不显电性.
例2已知某溶液中可能含有Fe3+、Fe2+、NH4+、H+、Cl－、SO42－、S2－、HCO3－中的几种，取100mL样品，测得c(H+)=0．7mol/L，而后按照图1所示进行实验，其中X、Y为无色气体，气体均在标准状况下测得．根据实验操作与现象，则以下得出的结论不正确的是().
A．一定不存在的离子有S2－、HCO3-
B．原100mL溶液中c(Cl－)=0．9mol/L
C．原100mL溶液中c(Fe3+)=0．3mol/L
D．生成气体X的离子方程式为
3Fe2++NO3－+4H+———3Fe3++NO↑+2H2 O
溶液中存在H+，首先排除和该离子反应的S2－、HCO3－．溶液中加入Ba(NO3)2，有气体和沉淀产生，其中气体为NO，物质的量为0．224L/22．4L/mol=0．01mol，溶液A为HNO3．沉淀C为BaSO4，物质的量为13．98g/233g/mol=0．06mol．溶液B加入过量NaOH加热生成的气体Y为NH3，物质的量为0．336L/22．4L/mol=0．015mol，生成的沉淀D为Fe(OH)3，物质的量为6．42g/107g/mol=0．06mol.生成气体X的离子方程式为3Fe2++NO3－+4H+———3Fe3++NO↑+2H2 O，则对应原溶液中含有0．03mol Fe2+和0．03mol Fe3+，c(Fe3+)=0．03mol/0．1L=0．3mol/L．溶液中离子所带的负电荷为0．06×2=0．12mol，离子所带的正电荷为0．07mol+0．03mol×2+0．03mol×3+0．015mol=0．235mol，由电荷守恒可知，溶液中还应含有0．115mol负电荷才能保证溶液为电中性，即，对应n(Cl－)=0．115mol，c=(Cl－)=0．115mol/0．1L=1．15mol/L.综上分析只有B项错误.
3物料守恒的应用
物料守恒实际上是质量守恒的微观体现，指某一元素的原子在化学反应前后不会发生改变.该守恒常用于化学计算以及电解质溶液中离子浓度的大小比较中，计算时可不用考虑反应的过程，只需考虑原子的来源以及去向便可构建对应的等量关系.
例3常温下，向NaOH和NaAlO2的混合溶液中滴加NaHCO3溶液，测得溶液pH和生成的Al(OH)3的物质的量和加入NaHCO3溶液的体积关系如图2所示，则以下说法错误的是().
A．加入的NaHCO3先和NaOH反应
B．b点、c点均存在关系:c(Na+)＞2c(CO－)+c(HCO3－)
C．NaHCO3溶液的物质的量浓度为0．9mol/L
D．d点对应的溶液中有:c(Na+)=2c(CO－)+2c(HCO3－)+2c(H2 CO3)
由图可知在V(NaHCO3)在0～8mL时无沉淀生成，则先发生NaHCO3和NaOH的反应，对应的离子方程式为:HCO3－+OH－———CO－+H2 O．当加入NaHCO3的体积超过8mL时生成沉淀Al(OH)3，对应的离子方程式为:HCO3－+AlO2－+H2 O———Al(OH)3↓+CO－，其中加入40mLNaHCO3时的沉淀达到最大．b点和c点溶液由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(CO－)+c(HCO3－)+c(OH－)，两点对应的溶液呈碱性，即，c(H+)＜c(OH－)，则c(Na+)＞2c(CO－)+c(HCO3－)．由图生成0．036mol Al(OH)3沉淀时对应消耗V(NaHCO3)=0．04L－0．008L=0．032L，消耗NaHCO3的物质的量为0．036mol，则c(NaHCO3)=0．036mol/0．032L=1．125mol/L．d点沉淀量最大，溶液中的溶质为Na2 CO3，由物料守恒可知c(Na+)∶［(CO－)+(HCO3－)+(H2 CO3)］=2∶1，则c(Na+)=2c(CO－)+2c(HCO3－)+2c(H2 CO3).
综上只有C项错误.
4质子守恒的应用
质子守恒是指酸失去的质子和碱得到的质子数目相同．需要注意的是质子守恒并不需要死记硬背，而是运用电荷守恒、物料守恒进行整理便可得出质子守恒等式.
例4常温下，H2A为一种易溶于水的二元酸，将NaOH溶液滴入到等物质的量浓度的H2A溶液中，溶液中H2A、HA－、A2－的物质的量浓度随溶液pH的变化关系如图3所示，则().
A．常温下，H2A的一级电离平衡常数为Ka1=10－6．27
B．当V(NaOH溶液)∶V(H2A溶液)=1∶1时，c(H+)－c(OH－)=2c(A2－)－c(H2A)
C．当pH=6．27时，c(A2－)=c(HA－)＞c(H+)>c(OH－)
D．当溶液呈酸性时，c(Na+)＞2c(A2－)+c(HA－)
由图可知c(H2A)=c(HA－)时pH=3．3，则H2A的一级电离平衡常数为10－3．3．V(NaOH溶液)∶V(H2A溶液)=1∶1时，分别由物料守恒、电荷守恒推导出质子守恒，即c(H+)－c(OH－)=c(A2－)-c(H2A);pH=6．27时，c(A2－)=c(HA－)，溶液显酸性，则c(A2－)=c(HA－)＞c(H+)＞c(OH－)．溶液显酸性时，c(H+)＞c(OH－)，由电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=2c(A2－)+c(HA－)+c(OH－)，c(Na+)＜2c(A2－)+c(HA－)．综上分析只有C项正确.
5能量守恒的应用
能量守恒是自然界普遍的基本规律之一，体现在化学反应中主要指热量．在分析热量时主要运用盖斯定律．实际上盖斯定律是能量守恒的具体体现.
A．C(s)的燃烧热为110．5kJ/mol
B．2H2(g)+O2(g)———2H2 O(g)，ΔH＞0，ΔS<0，该反应是非自发反应
C．C(s)+H2 O(g)———CO(g)+H2(g)，ΔH=+131．5kJ·mol－1
D．将2mol H2 O(g)分解成H2(g)和O2(g)至少需要提供4×463kJ的热量
由燃烧热定义可知①中的产物并不稳定，A项错误．由②、ΔH的计算方法和能量守恒可知，2 H2(g)+O2(g)———2 H2 O(g)中ΔH=2×436 kJ·mol－1+496 kJ·mol－1－4×463 kJ·mol－1=－484 kJ·mol－1，B项错误．由盖斯定律①和②对应的热化学方程式联立计算得到:C(s)+H2 O(g)———CO(g)+H2(g)，ΔH=+131．5 kJ·mol－1，C项正确．由②对应的热化学方程式可知2 mol H2 O(g)分解成H2(g)和O2(g)至少需要提供484 kJ·mol－1的热量，D项错误．综上选择C项.
参考文献:
［1］陈善佐．高中化学解题中守恒法的运用研究［J］．数理化解题研究，2022(10):128－130.
［2］仝鹏．守恒法在高中化学习题教学中的应用［J］．高中数理化，2021(24):73.
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