二、原子守恒法.doc

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二、原子守恒法
在某些复杂多步的化学反应中，某些元素的质量或浓度等没有发生变化。因此涉及到多步复杂的化学过程的问题可考虑原子守恒法。
例1． 38.4 mg铜跟适量的浓HNO3反应，铜全部作用后，共收集到气体22.4 mL（标准状况）。反应消耗的HNO3物质的量可能为
A．1.6×10－3 mol B．2.0×10－3 mol C．2.2×10－3 mol D．2.4×10－3 mol
解法一：常规方法：书写化学方程式，然后列式计算。
设生成NO2、NO分别为x mol、y mol。已知Cu的相对原子质量为64
Cu + 4HNO3(浓) == Cu(NO3)2 + 2NO2↑+2H2O
1 4 2
0.5x mol 2x mol x mol
3Cu + 8HNO3(稀) == 3Cu(NO3)2 + 2NO↑+4H2O
3 8 2
1.5y mol 4y mol y mol
由已知条件列二元一次方程组：
0.5x + 1.5y =
x+y=

解得，x=0.9×10－3 mol y=0.1×10－3 mol
反应中消耗的HNO3：2x+4y=2×0.9×10－3 mol+4×0.1×10－3 mol=2.2×10－3 mol
所以，答案为C。
解法二：原子守恒法
经分析Cu与HNO3反应生成了Cu(NO3)2和NOx，在反应中HNO3所起的作用有2种，一种是酸，另一种是氧化剂，由N原子守恒列出：
Cu——Cu(NO3)2——2HNO3（酸） NOx —— HNO3（氧化剂）
1 1 2 1 1

mol 1.2×10－3 mol mol 1×10－3 mol

反应中共消耗HNO3：1.2×10－3 mol+1×10－3 mol=2.2×10－3 mol。所以答案为C。
例2. 有一在空气中放置了一段时间的KOH固体，经分析测知其含水2.8%、含K2CO337.3% 取1克该样品投入25毫升2 mol/L的盐酸中后，多余的盐酸用1.0 mol/L KOH溶液30.8毫升恰好完全中和，蒸发中和后的溶液可得到固体
(A）1克 （B）3.725克 （C）0.797克 （D）2.836克
[解析] 本题化学反应复杂，数字处理烦琐，但若根据Cl-守恒，便可以看出：蒸发溶液所得KCl固体中的Cl-，全部来自盐酸中的Cl-，即：生成的n（KCl）=n（HCl）。
m（KCl）=0.025L×2mol/L×74.5g/mol=3.725g 答案为（B）
例3. 将0.8mol CO2完全通入1L 1mol/L NaOH溶液中充分反应后，所得溶液中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比为（ ）
A、3：1 B、2：1 C、1：1 D、1：3
解析：如根据化学反应方程式来进行计算，就必须先写出涉及到的两个化学反应方程式，然后再列方程组求算，很繁琐。我们可以换个角度考虑问题，因为反应前后质量守恒，原子的种类及数目不会改变，所以在反应中钠离子与碳原子守恒。假设NaHCO3和Na2CO3的物质的量分别为X、Y，则根据碳原子守恒有X+Y＝0.8mol,根据钠原子守恒有X+2Y＝1mol，解之得X＝0.6mol、Y＝0.2mol故X：Y＝3：1，选A。
例4．现有19.7 g由Fe、FeO、Al、Al2O3组成的混合物，将它完全溶解在540 mL 2.00 mol·L－1的H2SO4溶液中，收集到标准状况下的气体8.96 L。已知混合物中，Fe、FeO、Al、Al2O3的质量分数分别为0.284、0.183、0.274和0.259。欲使溶液中的金属阳离子完全转化为氢氧化物沉淀，至少应加入2.70 mol·L－1的NaOH(aq)体积（ ）
A、800 mL B、480 mL C、960 mL D、600 mL
答案：800 mL
提示：根据 Na 原子守恒和 SO42-守恒得如下关系：
2NaOH ~ Na2SO4~ H2SO4
则：n(NaOH) = 2n(H2SO4)
c(NaOH)·V [NaOH(aq)] = 2c(H2SO4)·V [H2SO4(aq)]
V [NaOH(aq)]可求。
例5. 28 g Na2O2、Na2O、Na2CO3、NaOH的混合物与200 g质量分数为36.5%的盐酸恰好反应，蒸干溶液，最终所得固体质量为（ ）。
A. 8 g B. 11.7g C. 15.3g D. 无法计算
分析 此题涉及反应较多，不论是混合物中的哪一种物质与盐酸反应，生成的溶液中的溶质都是NaCl，蒸干溶液，最终所得固体为NaCl。可根据氯元素守恒建立关系：
NaCl ~ HCl
58.5 36.5
m 200g×36.5℅
解得 m = 11.7g。
例6. 将一定量NaOH与NaHCO3的混合物A，放在密闭容器中加热，充分反应后生成气体V1L（V1≠0）.将反应后的固体残渣B与过量盐酸反应，又生成CO2 V2L（气体体积在标况下测定）则：
（1）B的成分是（ ）
A、Na2CO3与NaOH B、Na2CO3与NaHCO3 C、Na2CO3 D、 NaOH
（2）A中 NaOH与NaHCO3共多少摩尔？NaOH与NaHCO3物质的量之比为多少？
解析：对于（1）由题知固体加热产生的气体体积不为零，则可说明有CO2生成，即碳酸氢钠过量，因此所得固体只有碳酸钠。
对于（2），因固体只有碳酸钠则根据钠离子守恒可知，n(NaOH) ＋n(NaHCO3) ＝2n(Na2CO3)=2V2/22.4.又知经过充分反应后，碳酸氢钠中所含的碳元素全部被转化为二氧化碳，则由碳守恒可知n(NaHCO3) ＝n(CO2) ＝(V1＋V2)/22.4,
n(NaOH) ＝2V2/22.4－(V1＋V2)/22.4＝(V2－V1)/22.4 .
n(NaOH)/ n(NaHCO3)＝(V2－V1)/ (V1＋V2)
例7. 将几种铁的氧化物的混合物加入100mL、7mol•L―1的盐酸中。氧化物恰好完全溶解，在所得的溶液中通入0.56L（标况）氯气时，恰好使溶液中的Fe2+完全转化为Fe3+，则该混合物中铁元素的质量分数为 （ ）
A. 72.4% B. 71.4% C. 79.0% D. 63.6%
答案：B
解析 铁的氧化物中含Fe和O两种元素，由题意，反应后，HCl中的H全在水中，O元素全部转化为水中的O，由关系式：2HCl~H2O~O，得：n（O）=，m（O）=0.35mol×16g•mol―1=5.6 g；
而铁最终全部转化为FeCl3，n（Cl）=0.56L ÷22.4L/mol×2+0.7mol=0.75mol，n（Fe）=，m(Fe)=0.25mol×56g•mol―1=14 g，则，选B。

例8. 有0.4g铁的氧化物， 用足量的CO 在高温下将其还原，把生成的全部CO2通入到足量的澄清的石灰水中得到0.75g固体沉淀物，这种铁的氧化物的化学式为（ ）
A. FeO B. Fe2O3 C. Fe3O4 D. Fe4O5
答案：B
解析 由题意得知，铁的氧化物中的氧原子最后转移到沉淀物CaCO3中。且n(O)=n(CaCO3)=0.0075mol m(O)=0.0075mol×16g/mol=0.12g。m(Fe)=0.4g-0.12g=0.28g，n(Fe)=0.005mol。n(Fe)∶n(O)=2:3，选B
例9. 在氧气中灼烧0.44 g由硫、铁组成的化合物，使其中的硫经过一系列变化最终全部转化为硫酸，用20 mL 0.5 mol/L的烧碱溶液恰好能完全中和这些硫酸。则原化合物中硫的质量分数约为
A．36.4% B．46.2% C．53.1% D．22.8%
解法一：常规方法
先书写方程式，再列式计算。而本题Fe、S化合物的化学式不定，因此第一步Fe、S化合物燃烧方程式还需写不定的化学方程式，这给计算带来了更大的困难，即使不考虑铁，只从S元素考虑，也有如下四个反应：
点燃
S+O2====SO2 反应①
2SO2+O2 2SO3 反应②
SO3+H2O==H2SO4 反应③
H2SO4+2NaOH==Na2SO4+2H2O 反应④
根据已知NaOH的量，逆推H2SO4，再由H2SO4推SO3，再由SO3推SO2，再由SO2推S元素。这里面所蕴含的关系式如下：
2NaOH——H2SO4——SO3——SO2——S
2 mol 32 g
20×10－3 L×0.5 mol/L m(S)
=0.01 mol
列比例式： 解得m(S)==0.16 g
则原化合物中S元素的质量分数=
所以，答案为A。
解法二：原子守恒法
依题意分析，S元素经过一系列变化，最后变成了H2SO4，H2SO4再与NaOH发生中和反应，根据S、Na的原子守恒关系：
S——H2SO4——NaSO4——2NaOH
得出： S ———— 2NaOH
32 g 2 mol
m(S) 20×10－3 L×0.5 mol/L
=0.01 mol
列比例式求得：m(S)=0.16 g
则原化合物中S的质量分数=
所以答案为A。

练习：
　1、（黄冈调考题）已知 、 、CO等有毒气体是污染大气的罪魁祸首，故国家环保部门针对不同的污染源强制要求进行治理，如某硝酸工厂的尾气中含有较多的NO2和NO，必须用碱液吸收来消除污染。已知NO2和NaOH溶液反应为： ，NO和NO2与NaOH溶液反应为： 。有 和 组成的混合气体，用NaOH溶液将其完全吸收，无气体剩余。现有浓度为 的NaOH溶液，则需此NaOH溶液的体积是　 （　　　 ）
　　A． 　 B． 　 C． 　 D．
　　[解析]　 从所给方程知：氮元素的物质的量与钠元素的物质的量相等
　　 ，
　　则 ， 。选择D。
　　答案：D
　　[评注] 此题若按方程式分步求解，过程繁琐且易出错。经仔细观察，巧用守恒，快捷求解。
2、（全国高考题）在无土栽培中，需配制一定量含 、 和 的营养液。若用KCl、 和 三种固体为原料来配制，三者的物质的量（单位为mol）依次是
　　A．2 　64 　24　　　 B．64 　2 　24　 C．32 　50 1 2　 D．16 　50 　24
　　[解析]　根据溶液中离子的物质的量守恒，在配制营养液中：

　　故选B。
　　答案：B
　　[评注]　 溶液中的较多计算问题可用“离子守恒”求解。此题的解题过程实际上还可更简化，即由 ，结合选项就可判断只有B项正确。
3、（全国高考题）在 的 溶液中加入100mL溶有 的溶液，再加入100mL溶有0.010mol 的溶液，充分反应。下列说法中正确的是（ ）
　　A．最终得到白色沉淀和无色溶液
　　B．最终得到白色沉淀是等物质的量的两种化合物的混合物
　　C．在最终得到的溶液中， 的物质的量为
　　D．在最终得到的溶液中， 的物质的量浓度为
　　答：B。
　　分析：
　　 ，
　　 　 ，
　　则 ，
　　 ，
　　则 ，因溶液中有 即最终溶液呈蓝色，最终溶液中 ； 。
4、（上海高考题）将3.20g铜跟30.0mL 10.0mol／L的硝酸充分反应，还原产物有一氧化氮和二氧化氮。若反应后溶液中有 氢离子，则此时溶液中含硝酸根离子的物质的量为　 （　　　　　　 ）
　　A． 　 B．2a mol　 C． 　 D．
　　答：D。
　　解： ，由题意知：在反应后的溶液中还有 ，说明 过量即剩余 ，铜完全反应全部转化为 ，故反应后溶液中含 。
　5、（全国高考题）一定量的乙醇在氧气不足的情况下燃烧，得到CO、CO2和水的总质量为27.6g，若其中水的质量为10.8g，则CO的质量是　 （　　　　　　 ）
　　A．1.4g　 B．2.2g　 C．4.4g　　 D．在2.2g和4.4g之间
　　答：A。
　　解：设燃烧生成CO、CO2的物质的量分别为x、y。因 ，由H守恒，则 。

6. 向300mL KOH溶液中缓慢通入2.24L CO2气体（标准状况），充分反应后，在减压低温下蒸发溶液，得到11.9g白色固体。请通过计算确定此白色固体的组成及其质量各为多少克？所用KOH溶液的物质的量浓度是多少？
解析：先由极端假设法确定白色固体的组成：设定2.24L CO2与KOH溶液反应所得产物只有一种，即K2CO3或KHCO3。若只生成K2CO3，由C原子守恒可求得m(K2CO3)=×138g/mol=13.8g；若只生成KHCO3，由C原子守恒可求得m(KHCO3)=×100g/mol=10.0g。而题设质量为11.9g，故该白色固体由K2CO3和KHCO3组成。由C原子守恒可得：n(CO2)=
n(K2CO3)+n(KHCO3)==0.100mol。设K2CO3的物质的量为amol，则KHCO3的物质的量为0.100mol-amol。则由138g/mol×amol+100g/mol×(0.100mol-amol)=11.9g，解之得：a=0.050mol。
所以m(K2CO3)=0.050mol×138g/mol=6.90g, m(KHCO3)=0.050mol×100
g/mol=5.00g。
由K+离子守恒可得：n(KOH)=2×n(K2CO3)+1×n(KHCO3)= 2×0.050mol+1×0.050mol=0.150mol。
所以c(KOH)=n(KOH)/V=0.150mol/0.300L=0.50mol/L。
7.为了测定某铜、银合金的成分，将30.0g合金80mL13.5mol/L的浓HNO3中待合金完全溶解后，收集到气体6.72L（标况），并测得溶液的c(H+)=1.0mol/L。假设反应后溶液的体积仍为80mL，计算：
（1）被还原硝酸的物质的量。（2）合金中银的质量分数。
【解答】
（1）

（2）

8.N2+3H2 2NH3
某温度下，1L密闭容器中加入1molN2和3molH2，使反应

达到平衡。测得平衡混合物中N2、H2、NH3的物质的量分别为M、N、Q。如果温度不变，只改变初始物质的加入量，而要求M、N、Q维持不变，则N2、H2、NH3的加入量用x、y、z表示时，应满足条件：
(1)若x=0，y=0，则z= 。
(2)若x=0.75mol，则y= ， z= 。
(3)x、y、z应满足的一般条件是（用含x、y、z的方程式表示） 。

9. 2H2O(g) 2H2+O2
2CO(g)+O2 2CO2
将2molH2O和2molCO置于1L容器中，在一定条件下，加热至高温，发生如下可逆反应：

(1)当上述系统达到平衡时，欲求其混合气体的平衡组成，则至少需要知道两种气体的平衡浓度，但这两种气体不能同时是 和 ，或 和 。（填它们的分子式）[来源:Z+xx+k.Com]
(2)若平衡时O2和CO2的物质的量分别为n(O2)平=amol，n(CO2)平=bmol。试求n(H2O)平= 。（用含a、b的代数式表示）

（2）由O原子守恒可知，由CO生成CO2分子内增加的O原子来源于H2O，另外O2中的O原子也来源于H2O。因此，n(H2O)反应=2×n(O2) +1×n(CO2)=2×amol+1×bmol=(2a+b)mol。
n(H2O)平=2mol-(2a+b)mol=(2-2a-b)mol。
10. 由NaOH,AlCl3, MgCl2三种固体组成的混合物，溶于足量水中，有0.58g白色沉淀析出，向所得的浊液中，逐滴加入0.5mol/L的盐酸，加入盐酸的体积和生成沉淀的质量如下图所示：（1）混合物中NaOH的质量是多少？（2）P点所表示盐酸加入体积为多少？

· 答： （1）　MgCl2+2NaOH===Mg(OH)2↓+2NaCl
　　　　　0.02mol　
　　NaOH　 　　+　　　 HCl　　 ==　　 NaCl　 + H2O
　　0.005mol　 0.01L×0.5mol/L
　　AlO2—　 　+　 　H+　 　+　 　H2O　 ==　 Al(OH)3↓
　　0.01mol　 0.02L×0.5mol/L　　 　　　　　 0.01mol
　　AlCl3　 +　 4NaOH　 ==　 NaAlO2　 +　 3NaCl
　　0.01mol　　0.04mol　　 　0.01mol
　由上述可知，n(NaOH)=0.02mol+0.005mol+0.04mol=0.065mol
　所以m(NaOH)=0.065mol×40g/mol=2.6g
　（2）由（1）可知，n(AlCl3)=0.01mol　所以m(AlCl3)=0.01mol×133.5g/mol=1.335g
　（3）由图知：P点溶液的溶质为NaCl、AlCl3、MgCl2，相当于用盐酸中和了原溶液中的NaOH所得的结果，所以n(HCl)＝n(NaOH)＝0.065mol，

11.（离子守恒）向含0.01mol AlCl3的溶液中逐滴加入34mL 1mol/L NaOH溶液，则生成物及其物质的量分别为 。
解析：n(NaOH):n(AlCl3)=0.034mL×1mol/L:0.01mol=3.4:1(或17:5)，大于3小于4，故生成物中既有Al(OH)3，又有NaAlO2。设生成的Al(OH)3的化学计量数为x，NaAlO2的化学计量数为y。直写方程式：
由Na+守恒：17=y+15
由Al3+守恒：5=x+y
x=3
y=2
5AlCl3+17NaOH=xAl(OH)3↓+yNaAlO2+15NaCl+H2O

则n[Al(OH)3]=0.006mol，n(NaAlO2)=0.004 mol, n(NaCl)= 0.003mol。
12.质量分数为a的某物质的溶液mg与质量分数为b的该物质的溶液ng混合后，蒸发掉pg水。得到的溶液每毫升质量为qg，物质的量浓度为c。则溶质的分子量（相对分子质量）
A. B.
C. D.
解析：根据溶质的物质的量守恒可得：L/mL×cmol/L，整理得：g/mol，故选C。
13. 把铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入110ｍＬ4ｍｏｌ·Ｌ－1盐酸中，充分反应后产生896　ｍLＨ2（标准状况），残留固体1．28ｇ。过滤，滤液中无Ｃｕ2＋。将滤液加水稀释到200ｍＬ，测得其中ｃ（Ｈ＋）为0．4ｍｏｌ·Ｌ－1。试求原混合物的总质量。
［分析］

解：由Ｃｕ元素守恒可得：
ｎ（ＣｕＯ）＝ｎ（Ｃｕ）＝1．28ｇ／64ｇ·ｍｏｌ－1＝0．02ｍｏｌ
由氯元素守恒可得：
2ｎ（ＦｅＣｌ2）＋ｎ（ＨＣｌ余）＝ｎ（ＨＣｌ总）＝0．44ｍｏｌ
即2ｎ（ＦｅＣｌ2）＋0．08ｍｏｌ＝0．44ｍｏｌ，则ｎ（ＦｅＣｌ2）＝0．18ｍｏｌ。
又由氢元素守恒可得：
2ｎ（生成Ｈ2Ｏ）＋2ｎ（Ｈ2）＋ｎ（ＨＣｌ余）＝ｎ（ＨＣｌ总）＝0．44ｍｏｌ，解得反应产物中水的物质的量为ｎ（生成Ｈ2Ｏ）＝0．14ｍｏｌ。
由氧元素守恒可得：
3ｎ（Ｆｅ2Ｏ3）＋ｎ（ＣｕＯ）＝ｎ（生成Ｈ2Ｏ），
解得：ｎ（Ｆｅ2Ｏ3）＝0．04ｍｏｌ
最后由铁元素守恒可得：
ｎ（Ｆｅ）＋2ｎ（Ｆｅ2Ｏ3）＝ｎ（ＦｅＣｌ2）
解得：ｎ（Ｆｅ）＝0．1ｍｏｌ
综上可知，原混合物总质量为：
56ｇ·ｍｏｌ－1×0．1ｍｏｌ＋160ｇ·ｍｏｌ－1×0．04ｍｏｌ＋80ｇ·ｍｏｌ－1×0．02ｍｏｌ＝13．6ｇ
15.已知有关物质及离子的氧化性顺序为：浓硫酸＞Ｆｅ3＋＞Ｈ＋。现将30ｇ铁粉（过量）与44．0ｍＬ浓硫酸在加热条件下充分反应，共收集到11．2Ｌ（标准状况）气体，其质量为19．6ｇ。试计算： 1）浓硫酸的物质的量浓度； （2）反应后剩余铁粉的质量。
【分析】若根据题供信息“有关物质及离子的氧化性顺序为：浓硫酸＞Ｆｅ3＋＞Ｈ＋”分析解题，那么应该根据氧化还原反应的“次序规律”分别考虑铁粉依次与浓硫酸、Ｆｅ3＋、Ｈ＋（即稀硫酸）的反应，其实，这是一条陷阱信息，只要抓住“铁粉过量”这一关键信息，便不难推知：最后的溶液中必定只有ＦｅＳＯ4这一种溶质。那么，综合运用“电子守恒”、“质量守恒”及“元素守恒”即可巧妙解答此题。
解：设参加反应的铁粉的物质的量为ｘ，由题意知，混合气体的成分应为ＳＯ2、Ｈ2的混合气，物质的量总和为11．2Ｌ／22．4Ｌ·ｍｏｌ－1＝0．5ｍｏｌ，则混合气体的平均摩尔质量为：
19．6ｇ÷0．5ｍｏｌ＝39．2ｇ·ｍｏｌ－1

所以，混合气体中的ＳＯ2、Ｈ2体积比（即物质的量之比）为：37．2∶24．8＝3∶2，即生成的ＳＯ2、Ｈ2的物质的量分别为0．3ｍｏｌ和0．2ｍｏｌ。
　　Ｆｅ－2ｅ－——→Ｆｅ2＋
　　Ｈ2ＳＯ4＋2ｅ－——→ＳＯ2
　　2Ｈ＋＋2ｅ－——→Ｈ2
根据电子守恒原理可得：
2ｘ＝0．3ｍｏｌ×2＋0．2ｍｏｌ×2＝1．0ｍｏｌ
解得：ｘ＝0．5ｍｏｌ
实际参加反应的铁粉质量为0．5ｍｏｌ×56ｇ·ｍｏｌ－1＝28ｇ，由质量守恒原理知剩余铁粉质量为30ｇ－28ｇ＝2ｇ。
又由铁元素守恒知最后溶液中ＦｅＳＯ4的物质的量也应为0．5ｍｏｌ。
又据硫元素守恒知：
ｎ（Ｈ2ＳＯ4）＝ｎ（ＦｅＳＯ4）＋ｎ（ＳＯ2）
＝0．5ｍｏｌ＋0．3ｍｏｌ＝0．8ｍｏｌ
浓硫酸的物质的量浓度为：
0．8ｍｏｌ／0．044Ｌ＝18．2ｍｏｌ·Ｌ－1
［总结］涉及铁元素及其化合物的计算题很多，解这类题时，建议解题者首先考虑“守恒”原理的应用，具备“守恒意识”是快速准确解答此类题的关键，因为大部分情况下，发生在溶液中的反应均具备上述诸种守恒关系。
16.A--FeSO4·7H2O可用于生产红色颜料（Fe2O3）,其方法是：将556a kgA（摩尔质量为278 g/mol）溶于水中，加入适量氢氧化钠溶液恰好完全反应，鼓入足量空气搅拌，产生红褐色胶体；再向红褐色胶体中加入3336b kg A和112c kg铁粉，鼓入足量空气搅拌，反应完成后，有大量Fe2O3附着在胶体粒子上以沉淀形式析出；过滤后，沉淀经高温灼烧得红色颜料。若所得滤液中溶质只有硫酸钠和硫酸铁，则理论上可生产红色颜料_______________________kg。(答案是160a+320b+160c)
【答案与提示】设硫酸钠x mol、铁红y mol、硫酸铁z mol；
由题意可得：FeSO4·7H2O加入为 2a+12b mol；Fe为 2c mol；氢氧化钠为4a mol
由铁守恒：2(y+z)=2a+12b+2c；
硫酸根守恒：x+3z=2a+12b
钠守恒：2x=4a
解得：y=a+c+2b
所以质量为：160（a+c+2b)

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