铁及其化合物计算中的守恒情结

铁及其化合物计算中的“守恒情结”在错综复杂的化学变化中，抓住反应前后某些量保持不变，即“守恒”作为解题依据，可以简化计算步骤，提高解题速度和准确度。

与铁及其化合物有关的众多计算题中，能运用守恒原理巧妙解答的题型特别多，只要解题时运用得当，可事半功倍。

其常见题型及守恒关系可归纳如下：一、质量守恒关系例1.在2Ｌ硫酸铜和硫酸铁的混合溶液中，加入30ｇ铁粉，最后得到2Ｌ0．25ｇ·ｍｏｌ－1的硫酸亚铁溶液及26ｇ固体沉淀物。

分别求原混合溶液中硫酸铁和硫酸铜的物质的量浓度。

［思路探索］设硫酸铁、硫酸铜的物质的量分别为ｘ和ｙ。

根据反应前后铁和铜的质量和相等得：56ｇ·ｍｏｌ－1×2ｘ＋64ｇ·ｍｏｌ－1×ｙ＋30ｇ＝2Ｌ×0．25ｇ·ｍｏｌ－1×56ｇ·ｍｏｌ－1＋26ｇ ①再由反应前后硫酸根离子的物质的量守恒得：3ｘ＋ｙ＝2Ｌ×0．25ｇ·ｍｏｌ－1 ②联立①②解得ｘ＝0．1ｍｏｌ，ｙ＝0．2ｍｏｌ。

因此硫酸铁、硫酸铜的物质的量浓度分别为 0．05ｍｏｌ·L－1 和0.1ｍｏｌ·L－1。

［思维拓展］质量守恒定律表示：参加化学反应的各种物质的质量总和，等于反应后生成物的各物质的质量总和。

依据该定律常可得出下列解题时实用的等式：（1）反应物的质量总和＝生成物的质量总和（2）反应物减少的总质量＝产物增加的总质量（3）反应体系中固体质量的增加（或减少）等于气体质量的减少（或增加）二、元素守恒关系例2.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。

［思路探索］ 因滤液显酸性（即盐酸过剩），所以，残留固体只可能是铜，据题意可得反应物和生成物变化的“纲要信号”图：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［思维拓展］ 在化学反应过程中，从某种意义上说可以认为是原子重新组合的过程，因此在反应过程中某种元素的原子，在反应前后必定保持两种守恒关系（均体现出原子个数相等）：（1）原子的质量守恒；（2）原子的物质的量守恒。

三、电荷守恒关系例3.已知2Ｆｅ2＋＋Ｂｒ2＝2Ｆｅ3＋＋2Ｂｒ－，当向100ｍＬ的ＦｅＢｒ2溶液中通入标准状况下的Ｃｌ23．36Ｌ，充分反应后测得形成的溶液中Ｃｌ－和Ｂｒ－的物质的量浓度相等，则原ＦｅＢｒ2溶液的物质的量浓度为多少?［思路探索］ 由题供信息可知：Ｆｅ2＋的还原性强于Ｂｒ－的还原性；因此，通入Ｃｌ2后Ｆｅ2＋应该全部被氧化成了Ｆｅ3＋。

据题意知反应后的溶液中只有Ｆｅ3＋、Ｃｌ－、Ｂｒ－，且ｎ（Ｃｌ－）＝ｎ（Ｂｒ－）＝2ｎ（Ｃｌ2）＝2×3．36Ｌ／22．4Ｌ·ｍｏｌ－1＝2×0．15ｍｏｌ。

据电荷守恒原理，必有：3ｎ（Ｆｅ3＋）＝ｎ（Ｃｌ－）×1＋ｎ（Ｂｒ－）×1解得：ｎ（Ｆｅ3＋）＝0．2ｍｏｌ又由铁元素守恒知ｎ（Ｆｅ2＋）＝ｎ（Ｆｅ3＋）＝0．2ｍｏｌ。

故原ＦｅＢｒ2溶液的物质的量浓度为：0．2ｍｏｌ／0．1Ｌ＝2ｍｏｌ·Ｌ－1［思维拓展］ 在电解质溶液里或在离子化合物中，所含阴、阳离子的电荷数必定相等（电中性原理），即阳离子的物质的量（或物质的量浓度）×阳离子的电荷数＝阴离子的物质的量（或物质的量浓度）×阴离子的电荷数。

四、电子守恒关系例4.将14ｇ铁粉溶于1Ｌ稀硝酸中恰好完全反应，放出ＮＯ气体后称量所得溶液，发现比原溶液质量增加8ｇ，则原溶液中硝酸的浓度为（ ）A．0．4ｍｏｌ·Ｌ－1 B．0．6ｍｏｌ·Ｌ－1C．0.8ｍｏｌ·Ｌ－1 D．1.0ｍｏｌ·Ｌ－1［思路探索］按常规解本题需先判断出反应中同时生成了+2、+3价的铁，然后再根据方程式求解。

若运用守恒原理则可避开繁琐的讨论和方程式的书写。

假设铁单质在反应中被氧化成+n价，由题意有：Ｆｅ－ｎｅ－→Ｆｅ（ＮＯ3）ｎ→ｎＨＮＯ3（反应中作酸用的）1 ｎｎ（14／56）ｍｏｌ0．25ｎｍｏｌ0．25ｎｍｏｌ由题意知，产生气体ＮＯ的质量为14ｇ－8ｇ＝6ｇ，物质的量为6ｇ／30ｇ·ｍｏｌ－1＝0．2ｍｏｌ。

则有ＨＮＯ3（反应起氧化剂作用的）＋3ｅ－→ ＮＯ1 3 10．2ｍｏｌ 0．6ｍｏｌ0．2ｍｏｌ据电子的守恒原理可得0．25ｎ＝0．6；又由氮元素守恒原理可推知，反应中共消耗硝酸的物质的量为：0．25ｎｍｏｌ＋0．2ｍｏｌ＝0．8ｍｏｌ故选C。

例5.在100ｍL的ＦｅＢｒ2溶液中，通入2．24Ｌ的标准状况下的氯气，充分反应后，溶液中有1／3的Ｂｒ－被氧化成溴单质。

求原ＦｅＢｒ2溶液的物质的量浓度。

［思路探索］设ＦｅＢｒ2溶液的物质的量浓度为ｘｍｏｌ·Ｌ－1，根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数相等的原则知，Ｃｌ2所得电子的物质的量应等于Ｆｅ2＋和Ｂｒ－所失电子的物质的量之和。

则有：2．24Ｌ／22．4Ｌ·ｍｏｌ－1×2＝0．1ｘ×1＋（0．1ｘ／3）×2×1解得ｘ＝1．2。

因此，原ＦｅＢｒ2溶液的物质的量浓度为1．2ｍｏｌ·Ｌ－1。

［思维拓展］氧化还原反应的本质是参加反应的原子间的电子转移（包括电子得失和电子对的偏移）。

在氧化还原反应过程中，氧化剂得到电子的总物质的量必定等于还原剂失去电子的总物质的量。

在解有关氧化还原反应的试题（尤其是涉及多个氧化还原反应的综合题）时，运用电子守恒法可起到事半功倍的效果。

五、体积守恒关系例6.将5．6ｇ铁粉与6．4ｇ硫粉在隔绝空气的条件下加热充分反应后冷却至室温，再在其固体中加入足量的稀硫酸反应至固体不再溶解，所制得的气体在0℃、1．01×10５Ｐａ下的体积约为（）。

Ａ．2．24ＬＢ．2．34Ｌ Ｃ．2．80ＬＤ．4．48Ｌ［思路探索］加热时发生的化学反应为：Ｆｅ＋Ｓ＝ＦｅＳ与足量稀硫酸发生的化学反应可能有：Ｆｅ＋Ｈ2ＳＯ4＝ＦｅＳＯ4＋Ｈ2↑ＦｅＳ＋Ｈ2ＳＯ4＝ＦｅＳＯ4＋Ｈ2Ｓ↑从上述反应方程式分析可发现如下变化关系：Ｆｅ→ＦｅＳＯ4→Ｈ2；Ｆｅ→ＦｅＳ→Ｈ2Ｓ。

即1ｍｏｌＦｅ经充分反应后，最终能生成1ｍｏｌ气体（可能是Ｈ2Ｓ，也可能是Ｈ2和Ｈ2Ｓ的混合气），而与硫粉的质量多少无关。

因题中Ｆｅ粉的物质的量为0．1ｍｏｌ，所以，生成气体也恒为0．1ｍｏｌ，标准状况下的体积为2．24Ｌ。

应选A。

［思维拓展］在有些化学反应中，反应前、后气态物质的物质的量是不变的，即在相同的条件下，反应前、后气体的体积守恒。

例如：Ｈ2＋Ｃｌ22ＨＣｌＣＳ2＋3Ｏ2ＣＯ2＋2ＳＯ2六、综合守恒关系例7.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。

［思路探索］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。

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－——→ＳＯ22Ｈ＋＋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［思维拓展］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。