摘要：元素守恒是化学的一个很重要的核心思想，贯穿于整个化学学习过程的始终。运用元素守恒解题，可化繁为简，变难为易。
关键词：元素守恒；巧解
元素是具有相同核电荷数（即质子数）的一类原子的总称。原子由原子核和核外电子组成，原子核是质子和中子构成。而化学变化的实质是旧键断裂和新键生成的过程，这些原子重新组合成新物质的过程，在化学反应过程中可能涉及到核外电子的变化，而原子核始终不变，因此，在化学变化过程中元素种类不变，各元素原子个数不变，当然化学反应前后质量不变。
我们一起回顾一下中学化学教材的安排，初三刚刚系统学习化学时，教材中就用实验方法直观的告诉我们化学反应前后，反应物和生成物的总质量是相等的，即:质量守恒定律。然后引出了化学反应方程式书写及化学反应方程式的配平，配平依据就是元素种类不变，各元素原子个数不变。
元素守恒是化学的一个很重要的核心思想，贯穿于整个化学学习过程的始终。运用元素守恒解题，可化繁为简，变难为易。
一、终态法与元素守恒法联合巧解
一些化学试题，中间过程比较复杂，徜若采用终态法，可减少许多麻烦，再恰当地运用守恒法，将收到事半功倍之效。特举如下几例。
例1;某KOH样品,经分析知含水3.42%,含K2CO31.38%,若取样品1 g,加入46.0mL 1mol/L盐酸,过量的酸再用1.07mol/L KOH溶液中和,蒸发反应后的溶液,求可得固体的质量｡
解析：纵观整个过程比较复杂，但细心分析可知，最终的固态物质只有KCI.
而KCI中的氯又全部来源于盐酸，盐酸的量又是已知的，因此终态法、氯元素守恒法联合使用，此题会迎刃而解。
最后的固体是KCl,且与HCl的物质的量相等,所以KCl的质量为:1mol/L×46.00×10-3L×74.5g/mol=3.43g
例2:已知Mg3N2与H2O可发生如下反应:Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3,镁带在空气中点燃生成MgO和Mg3N2,将燃烧后的产物溶于60ml 2mol/L的盐酸中，再用20ml0.5mol/L的NaOH溶液中和多余的HCl，然后向此溶液中加入过量的碱，把氨气全部蒸出来，用稀盐酸吸收，稀盐酸增重0.17g，求镁带的质量。
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解析：始态：0.12mol HCl、0.01molNaOH、镁带
终态; NaCl、NH4Cl、MgCl2
由Na元素守恒：n(NaCl)=n(NaOH)=0.01mol (求得）
根据N元素守恒n(NH4Cl)=n(NH3)=0.01mol
由Cl元素守恒：n(MgCl2)*2+n(NaCl)+n(NH4Cl)=n(HCl)=0.12mol
n(MgCl2)=0.05mol
由镁元素守恒：n(Mg)=n(MgCl2)=0.05mol m(Mg)=1.2g
例3、 常温下，某真空密闭容器中投入足量的Na2O2,再充入1molC4H10和x molO2 ，用电火花不断引燃，充分反应后，恢复到常温常压，没有气体剩余，产物只有固体，则x=_______
解析：始态：1molC4H10、Na2O2、xmolO2 终态：Na2CO3、NaOH
C4H10+aNa2O2+xO2 =bNa2CO3+dNaOH
由C元素守恒:b=4
由H元素守恒:d=10
由Na元素守恒:a=9
由O元素守恒:x=2
二、用元素守恒思想巧妙应对电解质溶液中各种关系
1、物料守恒：
电解质溶液中，由于电离或水解，部分离子或分子会转变成其他离子或分子，但离子或分子中某种特定元素的原子总数不会改变，也就是元素守恒。在具体应用时可表示为某组分的起始浓度（或物质的量）等于它在溶液中各种存在形式的浓度（或物质的量）之和。如Na2CO3溶液中，碳元素以CO32-，HCO3-，H2CO3 三种形式存在，根据物料守恒，结合n(Na+):n(CO32-)=2:1,平衡时存在
C（Na+）=2C（HCO3-）+2C（CO32-）+2C（H2CO3）,
n（Na+）=2n（HCO3-）+2n（CO32-）+2n（H2CO3）
2、质子守恒:
电解质溶液中失质子微粒所失去的质子总数等于得质子微粒所得到的质子总数。也可理解为水的电离守恒，即由水电离出的OH－和H＋的浓度和物质的量始终相等。Na2CO3溶液中水电离产生的H＋以H＋、HCO3－（CO32-与一个H＋结合）、H2CO3（CO32-与两个H＋结合）三种形式存在，而水电离产生的OH－只以OH－形式存在，平衡时有:
c（OH－）＝c（H＋）总＝c（H＋）＋c（HCO3－）＋2c（H2CO3）
n（OH－）＝n（H＋）总＝n（H＋）＋n（HCO3－）＋2n（H2CO3）。
尤其是解决电解质溶液中易错的、难度较大的，弱酸的酸式盐相关的问题时，考虑的依然是水电离出的OH－和H＋的浓度和物质的量始终相等，但要注意各种微粒中H原子个数的变化。
例如：Na2HPO4的水溶液中的各种微粒中H原子个数的变化：H3PO4比HPO4－多出2个H，H2PO4-比HPO4-多出一个H，PO43-比HPO42-少了一个氢，因此存在以下等式：
c（OH－）＝c（H＋）－c（PO43－）＋2c（H3PO4）＋c（H2PO4－）、
n（OH－）＝n（H＋）－n（PO43－）＋2n（H3PO4）＋n（H2PO4－）。
3、用惰性电极电解电解质的水溶液，一段时间后停止电解，溶液要恢复原状，这类问题的分析，运用元素守恒思维瞬间可解。
例4、用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入 0.1molCu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和PH，求电解过程中转移的电子数。
解析：加入0.1molCu(OH)2后恢复到电解前的浓度和PH，说明电解过程中溶液中，减少了0.1molCu原子、0.2molH原子、0.2molO原子，运用元素守恒思想判断：阳极产生0.1molCu和0.1molH2，阴极生成了0.1molO2，那么电解过程中转移电子0.4mol即0.4NA。
三、用元素守恒思想巧解热重曲线试题
例5、草酸钴是制备钴氧化物的重要原料。下图为二水合草酸钴(CoC2O4·2H2O)在空气中受热的质量变化曲线，曲线中300 ℃及以上所得固体均为钴氧化物。
通过计算确定C点剩余固体的成分为________(填化学式)。试写出B点到C点的化学反应程式：_____________________________。
解析：18.3 g二水合草酸钴的物质的量为0.1 mol，由于在300 ℃时生成的是Co的氧化物，故在8.03 g氧化物中，根据Co元素守恒，含Co的质量为0.1 mol×59 g·mol－1＝5.9 g，m(O)＝8.03 g－5.9 g＝2.13 g，故n(Co)∶n(O)＝3∶4，C点剩余固体的化学式为Co3O4。
当晶体恰好将结晶水失去时得到CoC2O4 14.70 g，因此B点成分为：CoC2O4，B点到C点是在空气中加热，其中的碳元素全部生成CO2,m(CO2)=8.8g，14.7g<8.8g+8.03g，根据质量守恒定律，反应物中氧气一定参与了反应，化学方程式为3CoC2O4＋2O2========225～300 ℃Co3O4＋6CO2。
参考文献
[1]陈润珊,衷明华.浅析守恒法在化学解题中的应用[J].江西化工,2015(03):192-193.
论文作者:李运芬
论文发表刊物:《知识-力量》2中
论文发表时间:2018/9/18