守恒法（电子守恒、原子守恒）应用试题

守恒法（电子守恒、原子守恒）应用试题一、电子守恒法应用试题（一）氧化还原反应计算例题1：在酸性条件下，K₂Cr₂O₇与FeSO₄发生反应，生成Cr³⁺和Fe³⁺。若反应中消耗1molK₂Cr₂O₇，求被氧化的FeSO₄的物质的量。解析：K₂Cr₂O₇中Cr元素的化合价为+6，反应后变为+3，每个Cr原子得到3个电子，1molK₂Cr₂O₇含2molCr原子，共得到电子：2×(6-3)=6mol。FeSO₄中Fe²⁺被氧化为Fe³⁺，每个Fe²⁺失去1个电子。设被氧化的FeSO₄的物质的量为x，则根据电子守恒：x×1=6mol，解得x=6mol。例题2：将Cu与浓硝酸反应，生成NO₂和NO的混合气体，若反应中转移电子总数为0.6mol，求混合气体中NO₂和NO的物质的量之和。解析：Cu被氧化为Cu²⁺，每个Cu原子失去2个电子，转移电子总数为0.6mol，则参加反应的Cu的物质的量为0.3mol。硝酸中N元素被还原为NO₂（+4价）和NO（+2价），每个N原子分别得到1个和3个电子。设NO₂的物质的量为a，NO的物质的量为b，根据电子守恒：a×1+b×3=0.6mol。又根据N原子守恒（此处暂不展开，后续原子守恒部分详解），但仅根据电子守恒无法直接求出a+b，需结合其他条件。若题目补充“生成气体在标准状况下体积为11.2L”（即0.5mol），则a+b=0.5mol，联立方程解得a=0.45mol，b=0.05mol。（二）电极反应与电化学计算例题3：用惰性电极电解CuSO₄溶液，当阴极析出3.2gCu时，求阳极产生气体的体积（标准状况下）。解析：阴极反应：Cu²⁺+2e⁻=Cu，3.2gCu的物质的量为0.05mol，转移电子的物质的量为0.05mol×2=0.1mol。阳极反应：4OH⁻-4e⁻=O₂↑+2H₂O，每生成1molO₂转移4mol电子，设产生O₂的物质的量为x，则4x=0.1mol，x=0.025mol，标准状况下体积为0.025mol×22.4L/mol=0.56L。例题4：在锌铜原电池中，若电路中通过0.2mol电子，求负极减少的质量和正极生成物质的质量。解析：负极（Zn）：Zn-2e⁻=Zn²⁺，每转移2mol电子，消耗1molZn（65g），则转移0.2mol电子时，消耗Zn的质量为65g/mol×(0.2mol/2)=6.5g。正极（Cu）：Cu²⁺+2e⁻=Cu，每转移2mol电子生成1molCu（64g），则生成Cu的质量为64g/mol×(0.2mol/2)=6.4g。二、原子守恒法应用试题（一）化学反应中的元素守恒例题5：将2.3gNa投入水中，完全反应后所得溶液的体积为1L，求溶液中溶质的物质的量浓度。解析：Na与水反应生成NaOH，根据Na原子守恒，n(Na)=n(NaOH)。2.3gNa的物质的量为0.1mol，故n(NaOH)=0.1mol，浓度为0.1mol/1L=0.1mol/L。例题6：向一定量Fe₂O₃中加入100mL1mol/L的HCl溶液，恰好完全反应，求Fe₂O₃的质量。解析：反应方程式为Fe₂O₃+6HCl=2FeCl₃+3H₂O。根据Cl原子守恒，n(HCl)=n(Cl⁻)=3n(FeCl₃)，而n(FeCl₃)=2n(Fe₂O₃)（Fe原子守恒）。n(HCl)=0.1L×1mol/L=0.1mol，故n(Fe₂O₃)=0.1mol/6=1/60mol，质量为160g/mol×(1/60mol)≈2.67g。（二）溶液中的离子守恒例题7：在Na₂SO₄和K₂SO₄的混合溶液中，Na⁺的浓度为0.2mol/L，K⁺的浓度为0.4mol/L，求SO₄²⁻的浓度。解析：根据电荷守恒（属于原子守恒的延伸，阴阳离子电荷总数相等），c(Na⁺)+c(K⁺)=2c(SO₄²⁻)。代入数据：0.2mol/L+0.4mol/L=2c(SO₄²⁻)，解得c(SO₄²⁻)=0.3mol/L。例题8：将10gFe₂O₃和CuO的混合物与足量CO反应，得到固体质量为7.6g，求原混合物中Fe₂O₃和CuO的质量比。解析：CO与金属氧化物反应生成CO₂和金属单质，固体质量减少的部分为氧化物中氧元素的质量。设Fe₂O₃的质量为x，CuO的质量为y，则x+y=10g。Fe₂O₃中氧元素的质量为(x/160)×48，CuO中氧元素的质量为(y/80)×16，总氧元素质量为10g-7.6g=2.4g。列方程：(48x/160)+(16y/80)=2.4g，联立解得x=4g，y=6g，质量比为2:3。三、电子守恒与原子守恒的综合应用（一）复杂氧化还原反应计算例题9：在一定条件下，NH₃与NO₂反应生成N₂和H₂O，若反应中NH₃和NO₂的物质的量之比为4:3，求反应的化学方程式。解析：设NH₃的物质的量为4mol，NO₂为3mol。NH₃中N元素从-3价被氧化为0价，每个N原子失去3个电子，4molNH₃共失去电子：4×3=12mol。NO₂中N元素从+4价被还原为0价，每个N原子得到4个电子，3molNO₂共得到电子：3×4=12mol，电子守恒成立。根据N原子守恒，生成N₂的物质的量为(4mol+3mol)/2=3.5mol；根据H原子守恒，生成H₂O的物质的量为(4mol×3)/2=6mol。配平化学方程式：4NH₃+3NO₂=(7/2)N₂+6H₂O，化为整数：8NH₃+6NO₂=7N₂+12H₂O。例题10：将Fe与Fe₂O₃的混合物2.72g加入50mL1.6mol/L的盐酸中，恰好完全反应，生成H₂0.04mol，且溶液中无Fe³⁺。求混合物中Fe和Fe₂O₃的质量。解析：反应过程包括：①Fe₂O₃+6HCl=2FeCl₃+3H₂O；②Fe+2FeCl₃=3FeCl₂；③Fe+2HCl=FeCl₂+H₂↑。生成H₂0.04mol，说明反应③中消耗Fe0.04mol，转移电子0.08mol，同时消耗HCl0.08mol。剩余HCl的物质的量为0.05L×1.6mol/L-0.08mol=0.0mol（恰好完全反应），故反应①消耗HCl0.08mol（总HCl0.08mol用于反应③，0.08mol用于反应①），则n(Fe₂O₃)=0.08mol/6=0.04/3mol，生成FeCl₃0.08/3mol。反应②中Fe与FeCl₃按1:2反应，消耗Fe0.04/3mol。设总Fe的物质的量为x，则x=0.04mol+0.04/3mol≈0.0533mol。混合物总质量：56x+160×(0.04/3)=2.72g，解得x=0.04mol，故Fe的质量为0.04mol×56g/mol=2.24g，Fe₂O₃的质量为2.72g-2.24g=0.48g。（二）多步反应与循环反应计算例题11：工业上用NH₃制取HNO₃，发生反应：4NH₃+5O₂=4NO+6H₂O；2NO+O₂=2NO₂；3NO₂+H₂O=2HNO₃+NO。若NH₃的利用率为80%，要制得126gHNO₃，求所需NH₃的质量。解析：根据N原子守恒，NH₃中的N最终转化为HNO₃和循环的NO。但循环反应中NO可继续参与反应，若忽略损耗，总反应可视为NH₃+2O₂=HNO₃+H₂O，N原子守恒：n(NH₃)=n(HNO₃)。126gHNO₃的物质的量为2mol，故理论上需NH₃2mol，考虑利用率80%，实际需NH₃的物质的量为2mol/80%=2.5mol，质量为2.5mol×17g/mol=42.5g。例题12：将一定量的Cu投入盛有浓HNO₃的试管中，反应结束后，Cu无剩余，收集到NO₂和NO的混合气体0.448L（标准状况），向反应后的溶液中加入50mL1mol/L的NaOH溶液，恰好使Cu²⁺完全沉淀。求原浓HNO₃的物质的量浓度（假设反应前后溶液体积不变，为100mL）。解析：根据Cu原子守恒，n(Cu²⁺)=n[Cu(OH)₂]=n(NaOH)/2=0.05L×1mol/L/2=0.025mol。根据N原子守恒，原HNO₃中的N元素转化为Cu(NO₃)₂、NO₂和NO。n[Cu(NO₃)₂]=0.025mol，含NO₃⁻0.05mol；混合气体的物质的量为0.448L/22.4L/mol=0.02mol，即n(NO₂)+n(NO)=0.02mol。故原HNO₃的物质的量为0.05mol+0.02mol=0.07mol，浓度为0.07mol/0.1L=0.7mol/L。四、拓展应用与易错点分析（一）守恒法在有机化学中的应用例题13：1molC₂H₄与Cl₂完全加成后，再与Cl₂发生取代反应，若所有H原子被取代，求消耗Cl₂的总物质的量。解析：加成反应：C₂H₄+Cl₂→C₂H₄Cl₂，消耗1molCl₂。取代反应中，1molH原子被取代需消耗1molCl₂，C₂H₄Cl₂中含4molH原子，故取代反应消耗4molCl₂。总消耗Cl₂：1mol+4mol=5mol（原子守恒：产物为C₂Cl₆，含6molCl原子，其中2mol来自加成，4mol来自取代）。（二）易错点警示电子守恒中的“得失混淆”：计算时需明确氧化剂得电子、还原剂失电子，避免将化合价升降方向颠倒。例如，例题2中NO₂的N元素化合价降低，应计算得电子数，而非失电子数。原子守恒中的“范围界定”：需明确守恒的原子种类及反应前后的存在形式。例如，例题12中N原子守恒需包含所有含N物质（Cu(NO₃)₂、NO₂、NO），不能遗漏。多守恒联立的优