二、原子守恒法.doc

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A1.6103 mol B2.0103 mol C2.2103 mol D2.4103 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64Cu + 4HNO3(浓) = Cu(NO3)2 + 2NO2+2H2O 1 4 20.5x mol 2x mol x mol3Cu + 8HNO3(稀) = 3Cu(NO3)2 + 2NO+4H2O 3 8 21.5y 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=0.9103 mol y=0.1103 mol反应中消耗的HNO3：2x+4y=20.9103 mol+40.1103 mol=2.2103 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：CuCu(NO3)22HNO3（酸） NOx HNO3（氧化剂） 1 1 2 1 1 mol 1.2103 mol mol 1103 mol反应中共消耗HNO3：1.2103 mol+1103 mol=2.2103 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）=0.025L2mol/L74.5g/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+Y0.8mol,根据钠原子守恒有X+2Y1mol，解之得X0.6mol、Y0.2mol故X：Y3：1，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 molL1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 molL1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 HCl58.5 36.5m 200g36.5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（V10）.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) (V1V2)/22.4, n(NaOH) 2V2/22.4(V1V2)/22.4(V2V1)/22.4 .n(NaOH)/ n(NaHCO3)(V2V1)/ (V1V2)例7. 将几种铁的氧化物的混合物加入100mL、7molL1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：2HClH2OO，得：n（O）=，m（O）=0.35mol16gmol1=5.6 g；而铁最终全部转化为FeCl3，n（Cl）=0.56L 22.4L/mol2+0.7mol=0.75mol，n（Fe）=，m(Fe)=0.25mol56gmol1=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)=0.0075mol16g/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A36.4% B46.2% C53.1% D22.8%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2SO2+O2 2SO3 反应SO3+H2O=H2SO4 反应H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O 反应根据已知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： 2NaOHH2SO4SO3SO2S 2 mol 32 g20103 L0.5 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：SH2SO4NaSO42NaOH 得出： S 2NaOH 32 g 2 mol m(S) 20103 L0.5 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A2 64 24 B64 2 24 C32 50 1 2 D16 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 10.0molL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 B2a 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 （ ）A1.4g B2.2g C4.4g 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/molamol+100g/mol(0.100mol-amol)=11.9g，解之得：a=0.050mol。所以m(K2CO3)=0.050mol138g/mol=6.90g, m(KHCO3)=0.050mol100g/mol=5.00g。由K+离子守恒可得：n(KOH)=2n(K2CO3)+1n(KHCO3)= 20.050mol+10.050mol=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+O22CO(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=2n(O2) +1n(CO2)=2amol+1bmol=(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 + H2O0.005mol 0.01L0.5mol/L AlO2 + H+ + H2O = Al(OH)30.01mol 0.02L0.5mol/L 0.01mol AlCl3 + 4NaOH = NaAlO2 + 3NaCl0.01mol0.04mol 0.01mol 由上述可知，n(NaOH)=0.02mol+0.005mol+0.04mol=0.065mol所以m(NaOH)=0.065mol40g/mol=2.6g （2）由（1）可知，n(AlCl3)=0.01mol所以m(AlCl3)=0.01mol133.5g/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)=0.034mL1mol/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+yx=3y=25AlCl3+17NaOH=xAl(OH)3+yNaAlO2+15NaCl+H2O则nAl(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/mLcmol/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11041盐酸中，充分反应后产生896L2（标准状况），残留固体128。过滤，滤液中无2。将滤液加水稀释到200，测得其中（）为041。试求原混合物的总质量。 分析解：由元素守恒可得： （）（）128641002 由氯元素守恒可得： 2（2）（余）（总）044 即2（2）008044，则（2）018。 又由氢元素守恒可得： 2（生成2）2（2）（余）（总）044，解得反应产物中水的物质的量为（生成2）014。 由氧元素守恒可得： 3（23）（）（生成2）， 解得：（23）004 最后由铁元素守恒可得： （）2（23）（2） 解得：（）01 综上可知，原混合物总质量为： 561011601004801002136 15.已知有关物质及离子的氧化性顺序为：浓硫酸3。现将30铁粉（过量）与440浓硫酸在加热条件下充分反应，共收集到112（标准状况）气体，其质量为196。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3”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、3、（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4这一种溶质。那么，综合