高中化学守恒法

浅谈守恒法在高中化学计算中的应用

化学反应的实质是原子间重新组合， 依据质量守恒定律在化学反应中存在一系列守恒现 象，如：质量守恒、原子守恒、元素守恒、电荷守恒、电子得失守恒等，利用这些守恒关系 解题的方法叫做守恒法。 守恒的实质：利用物质变化过程中某一特定的量固定不变而找出量

的关系，基于宏观统览全局而避开细枝末节，简化步骤，方便计算。通俗地说，就是抓住一 个在变化过程中始终不变的特征量来解决问题。 目的是简化步骤，方便计算。下面我就结合

例题列举守恒法在化学计算中常见的应用。

一、质量守恒

化学反应的实质是原子间重新结合，质量守恒就是化学反应前后各物质的质量总和不 变，在配制或稀释溶液或浓缩溶液（溶质难挥发）过程中，溶质的质量不变。利用质量守恒 关系解题的方法叫“质量守恒法”。

1利用化学反应过程中的质量守恒关系解化学计算题

例1:将N02、02、NH 3的混合气体26.88 L 通过稀H 2SO 4后，溶液质量增加 45.7 g ， 气体体积缩小为2.24 L 。将带火星的木条插入其中，木条不复燃。则原混合气体的平均相对 分子质量为（气体均在标准状况下测定）

A . 40.625

B . 42.15

C . 38.225

D . 42.625 ［解析］将混合气体通过稀 H 2SO 4后，NH 3被吸收。

NH 3+H 2O==NH 3 ? H 2O 2NH 3 ? H 2O+H 2SO 4==（NH 4）2SO 4+2H 2O 而NO 2和O 2与水接触发生如下反应： 3NO 2+H 2O==2HNO 3+NO 反应① 2NO+O 2==2NO 2 反应② 生成的NO 2再与水反应：3NO 2+H 2O==2HNO 3+NO 反应③ 上述反应①、②属于循环反应，可将反应①X 2+反应②，消去中间产物 NO ,得出： 4NO 2+ O 2+2H 2O ==4HNO 3 反应④ 如果反应④中 O 2剩余，则将带火星的木条插入其中，木条复燃。而题中木条不复燃， 说明无O 2剩余。由反应③知，剩余气体为 NO ,其体积在标准状况下为 2.24 L ,其质量为 m （NO ）。

m （NO ）==n ? M== V X 30 g/mol== 2.24L X 30 g/mol ==3.0 g

22.4L/mol

22.4L/mol

由质量守恒定律，混合气体的质量 m （总）为：m （总）==45.75 g+3.0 g== 48.75 g 而混合气体的物质的量 n , n== V == 26.88L ==1.2 mol ，宀一十冃 、「“ … 22.4L/mol 22.4L/mol 由摩尔质量 M 计算公式：M== m == 48.75g ==40.625 g/mol

n

1.2mol

而摩尔质量与相对分子质量在数值上相等，则答案为 A 。

例2:铁有可变化合价，将 14.4 g FeC 2O 4（草酸亚铁）隔绝空气加热使之分解，最终可得 到7.6 g 铁的氧化物，则该铁的氧化物组成可能为

A . FeO

B . Fe 3O 4

C . FeO ? Fe 3O 4 ［解析］已知Fe 、C 、O 的相对原子质量分别为 56、 m （Fe ）== ___ 56 ______ 144g == 5.6 g 将FeC 2O 4隔绝空气加热，使之分解得铁的氧化物， 没有损耗，铁兀素的质量是不变的。 由"质量守恒法”，在Fe x O 4中m （Fe ）仍为5.6 g,则m （O ）== 7.6 g — 5.6 g==2.0 g 。

据物质的量（n ）与质量（m ）、摩尔质量（M ）之间公式 m ，又据m N 1 （N 1、

n —— ——— M

n 2 N 2

D . Fe 2O 3

12、16, FeC 2O 4中含铁元素的质量: 设为Fe x O 4。在加热过程中，铁元素 N 2代表微粒个数）

m(Fe) 则n(Fe) M (Fe) n (O) m(O)

M(O)

5.6g

56 g/ mol

2.0g

16g / mol

4，答案为C。

5

2利用浓缩溶液前后溶质的质量守恒关系解化学计算题

例3: KOH 溶液中溶质的质量分数为 14%，加热蒸发掉100 g 水后变成溶质质量分数为 28%的KOH 溶液80 mL ,则后者溶液的物质的量浓度可能是

A . 6 mol/L

B . 6.75 mol/L

C . 6.25 mol/L

D . 5.5 mol/L

［解析］KOH 为难挥发性物质，在加热蒸发 KOH 溶液过程中，KOH 的质量不变。设原 溶液的质量为 m （原），据质量守恒规律，列出加热蒸发前后 KOH 质量不变的式子：

m （原）X 14%==［ m （原）—100 g ］ X 28% 解得m （原）==200 g 再由公式： n , m 求解。公式中 c —溶质的物质的量浓度， n —溶质的物质的

c — n —

量，V —溶液的体积已知 V=80 mL=0.08 L ）, m —质量，M —摩尔质量［M （KOH ）=56 g/mol ］

m(KOH ) 200g 14%

n (KOH)

56g / mol 则：

Mn^KOW) 0.5mol

c( KOH )

6.25mol / L

3利用稀释前后溶质的质量守恒关系解化学计算题

例4 :用98% （密度为1.84 g/cm 3）的浓H 2SO 4配制200 g 20%的稀H 2SO 4,需这种浓度 的浓H 2SO 4

A . 40.8 g

B . 40.8 mL

C . 22.2 mL

D . 20 mL

［解析］在由浓溶液稀释而配制溶液的过程中， H 2SO 4溶质的质量是不变的， 设浓H 2SO 4

的体积为V ，据尸m 公式，由质量守恒定律列出 H 2SO 4质量守恒的式子：

V

V 1 X 1.84 g/cm 3X 98%==200 g X 20%

解得 V 1==22.18 mL ~ 22.2 mL

需这种浓度的浓 H 2SO 4： m= p/=1.84 g/cm 3X 22.18 mL=40.8 g 所以答案为C o

解析：第一次反应 A 不足，因为第一次反应后加入 反应后，只剩余 C ,说明A 、B 恰好完全反应。则:

0.5mol

，所以答案为 C 。

质量守恒就是化学反应前后各物质的质量总和不变, 的质量不变。

例 1.反应 A + 3B = 2C,

子质量之比为（

在配制或稀释溶液的过程中，溶质

若7g A )。

和一定量B 完全反应生成8.5g C ，则A 、B C 的相对分 A 、14:3:17

、28:2:17 C 、 1:3:2 、无法确定

答案：B

例2.A 、B C 三种物质各

15 g ，发生如下反应： A + B + C

反应后生成D 的质量为30 g 。然后在残留物中加入 再次停止，反应物中只剩余 A. 第一次反应停止时，剩余 B. 第一次反应停止时，剩余 C. 反应中A 和C 的质量比是

D. 第二次反应后，C 剩余5 g 答案：D

C,则下列说法正确的是

10 g A ，反应又继续进行，待反应 （）

A 又能进行第二次反应。第二次

m 反(A) : m 反(B) = (15 g + 10 g) : 15 g = 5 : 3

第一次反应耗 B 的质量 m 为：15 g : m=5 ： 3, m=9 g 即第一次反应后剩余 B 质量为：15 g — 9 g=6 g 。 可见(A)选项不正确。

根据R A + m?+ m=m D ,可知生成30 g D 时消耗C 的质量。 m=30 g — 15 g — 9 g=6 g

即第一次反应后剩余 C 质量为：15 g — 6g=9g 。 又见(B)选项不正确。

易见反应消耗 A B 、C 质量之比为：m A ： R B : m=15 g : 9 g : 6g=5 : 3 : 2 (C)选项不正确。

二、原子守恒

1原子守恒法的依据

“原子守恒法”的依据是基于化学反应前后原子的种类和数目不变的守恒现象。 守恒”即反应前后各元素种类不变，各元素原子个数不变，其物质的量、质量也不变。利用 这种守恒关系解题的方法叫“原子守恒法”。

设原混合气体中 出 为x mol , CI 2为y mol 由方程式列式 .

光

H 2

+ CI 2 ==== 2HCI

1 2 y mol 2y mol

NaOH + HCI == NaCl +

H 2O

“原子

2典型例题及解题策略

例1 :将标准状况下a L H 2和Cl 2的混合气体，经光照反应后，将所有气体通入 溶液，恰好使b mol NaOH 完全转化成盐，则 a 与b 的关系不可能是

A . b = a/22.4

B . b v a/22.4

C . b > a/22.4

D . b > a/11.2

解法一：、常规方法。首先书写化学方程式，在列式计算。反应式如下： H 2+Cl 2=t =2HCl NaOH+HCI==NaCI+H 2O

讨论 1:若 Cl 2过量，还有： Cl 2+2NaOH==NaCI+NaCIO+H 2O

计算时先以不足暑 H 2计算。

设原混合气体中 H 2为x mol , CI 2为y mol

===== 2HCI

2

2x mol NaCl + H 2O 反应① 反应②

反应③

NaOH

H 2 1 x mol NaOH

1

2x mol

Cl 2

1

(y —

Cl 2

1 x mol + HCI 1 2x mol 2NaOH

2 2(y — x)mol NaCl + NaClO + H 2O

x+y = a/ 22.4

2x+2(y — x)=b

解上述二元一次方程组得： y=b/2。将y=b/2代入①式，解得 由于 x > 0,则 a/22.4 — b/2> 0,解得 b v a/11.2 讨论2：若H 2过

量，

依题意得列二元一次方程组: ①

②

x=a/22.4 — b/2

以不足者 C12计算。只有反应①和反应②。

根据已知NaOH 的量，逆推 H 2SO 4，再由H 2SO 4推 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 X 10—

3 L X 0.5 mol/L

m(S)

=0.01 mol 列比例式： 2 解得m(S)==0.16 g

则原化合物輕％元素的质量分数 SO 3，再由SO 3推SO 2,再由SO 2

2

32 m(样品)100%

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 反应，根据S 、Na 的原子守恒关系：

S

得出： S — 32 g m(S)

100% 36.4% 0.44g

H 2SO 4, H 2SO 4再与NaOH 发生中和

——H2SO4——NaSO4——2NaOH --------- 2NaOH

2 mol 20 X 10—

3 L X 0.5 mol/L

=0.01 mol

m(S)=0.16 g S 的质量分数= m(S) 100% , m(样品) o

列比例式求得： 则原化合物中； 所以答案为A 。

例3： 38.4 mg 铜跟适量的浓HNO 3反应，铜全部作用后，共收集到气体 状况)。反应消耗的 HNO 3物质的量可能为 A . 1.6X 10—

3 mol

B . 2.0X 10—

3 mol

C . 2.2 X 10—

3 mol

D . 2.4X 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NO 2、

Cu + 1 0.5x mol

100% 36.4%

0.44g 22.4 mL (标准

NO 分别为x mol 、y mol 。已知Cu 的相对原子质量为 64 4HNO 3(浓)==Cu(NO 3)2 + 2NO 2f +2H 2O

4 2 2x mol x mol

1 1 2y mol 2y mol 由已知列二元一次方程组：

2y=b

.x+y= al 22.4

解上述方程组，得：x=a/22.4 — bl 2

由于 x > 0,则 a/22.4 — b/2> 0,解得 b v a/11.2

综上分析，即b 不可能等于a/11.2。本题答案为D 。

例2: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：

S+02====S0 2 反应①

2SO 2+O 2

」-I - 2SO 3

反应② SO 3+H 2O==H 2SO 4

反应③ H 2SO 4+2NaOH==Na 2SO 4+2H 2O

反应④

3Cu + 8HNO 3(稀)==3C U (NO 3)2 + 2NO f +4H 2O

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 = 38.4 10 3

“ x+y= 22.4 10 3 64

解得，X =0.922.40 3 mol y=0.1 x 10 3 mol

反应中消耗的 HNO 3： 2x+4y=2 x 0.9X 10 3 mol+4 x 0.1 x 10 3 mol=2.2 x 10 3 mol 所以，答案为C 。 解法二：原子守恒法

经分析Cu 与HNO 3反应生成了 C U （NO 3）2和NO x ，在反应中HN03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 —— C U (NO 3)2—-2HNO 3 (酸) NO x —— HNO 3 （氧化剂）

1 1

2 1 1

38.4 10

3

mol

1.2 x 10「3 mol

22.4 10 3 mol

1 x 10「3 mol

64

22.4

反应中共消耗HNO 3： 1.2x 10 _3 mol+1

x 10「3 mol=2.2 x 10「 3 mol 。所以答案为C o 原子守恒即系列反应中某原子 （或原子团）个数（或物质的量）不变。以此为基础可求出与

该原子（或原子团）相关连的某些物质的数量（如质量）。

例3. 1L1mol/L 的NaOH 溶液中，通入 0.8molCO 2,完全反应后，溶液中

CQ 2-和HCO 离子的

物质的量之比大约为（

）

A 、2： 1

B 、1： 1

C 、1 : 2

D 、1 : 3 答案:D

例4.某露置的苛性钾经分析含水：

7.62%（质量分数，下同）、&CO : 2.38%、KOH : 90.00%。

取此样品1.00 g 放入46.00 mL1.00 mol -L ^1的HCI （aq ） 中，过量的HCI 可用1.070 mol/L KOH （aq ）中和至中性，蒸发中和后的溶液可得固体 ______________ 克。 答案：3.43 g

提示：根据 Cl 原子守恒得：n （KCI ） = n （HCI ） = 1.00 mol

- L 「1 x 0.04600 L = 4.60

x 10 _2 mol , m （KCl ）易求。

答案：B n(O)=n(CaCO 3)=0.0075mol m(O)=0.0075mol x 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5: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 CO 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. Fe

2Q C. Fe

3Q

D. Fe

4

O

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

CaCO 中。且

例6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 Fe 2^全转化为Fe 3+,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， HCI 中的H 全在水中，O

AI2Q 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 一1的NaOH(aq)体积是__________。

答案：800 mL

2

提示：根据Na 原子守恒和SO 4守恒得如下关系: 2NaOH ~ NazSQ~ H 2SQ 则：n(NaOH) = 2n(H 2SQ)

c(NaOH) ? V [NaOH(aq)] = 2c(H 2SQ) ? V [H 2SQ(aq)] V [NaQH(aq)]可求。

三、电荷守恒

“电荷守恒法”，即电解质溶液中的阴离子所带的负电荷总数等于阳离子所带的正电荷总数， 或者说正、负电荷的代数和等于 0[1]。利用电荷守恒法的主要依据是电解质溶液的整体上

呈电中性。这种解题技巧的优点是基于宏观的统揽全局的方式列式，避开繁杂的运算，不 去追究细枝末节，因而能使复杂的计算化繁为简，化难为易。

1电荷守恒法解题的依据和基本公式

1.1电荷守恒法解题的依据： 电解质溶液中，不论存在多少种离子， 溶液都是呈电中性

的，即阴离子所带的电荷数与阳离子所带的电荷数是相等的。

1.2电荷守恒法解题时的计算公式：刀

mc (R 「==刀n c (R n 一)，此公式中刀代表“和”

的意思，c (R")代表阳离子的浓度或物质的量或微粒个数， m 代表代表阳离子所带电荷数， c (R n 一)代表阴离子的浓度或物质的量或微粒个数，

n 代表代表阴离子所带电荷数。

以N@S 溶液为例：在 NaaS 溶液中，有如下三个平衡式：

S 2 一+H.O HS+OH (—级水解) HS+HzO H 2S+QH (二级水解) H 2Q ——K+QH (水的电离)

含有的微粒：Na ； H +、OH 、HS 、S 2一、H 2S (H 2O 分子除外)，有下列的电荷守恒式：

+ + — — 2 —

c (Na )+ c (H ) = c (QH )+ c (HS )+2 c (S )

2电荷守恒法适用范围及解典型的化学计算题

2.1电荷守恒法解题范围：已知溶液中几个离子的量，求其他离子的量，可采用电荷守

系式：2HCI~H2O~O ,得：n —1 =0.35mol x 16g?mol =5.6 g ;

十 22.4L/mol x 2+0.7mol=0.75mol , - —1

元1 素nM)转唯衿盘中(的35r O o ,由关

=2 2 , m(O )

1

而铁最终全部转化75m (F eCl k 25m C l l )=0.56L =(Fe) 強 100% 71.4%， 14

g 5.6g ，选 B 。 例7 .现有19.7 g 由Fe 、FeO Al 、Al 2Q 组成的混合物，将它完全溶解在

一 1

mol ? L 的HSQ 溶液中，收集到标准状况下的气体

8.96 L 。已知混合物中，

m(Fe)=0.25mol x 56g ? mol n (Fe ) =14 g ,则

540 mL 2.00

Fe 、FeO Al 、

恒法计算。

2.2应用电荷守恒法计算的典型例题

2.2.1利用电荷守恒法可巧解有关电解质溶液中离子浓度的计算题

【例题1】由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其pH= 1, c(AI 3+) = 0.4 mol/L ,

c(S0门=0.8 mol/L ，贝U c(K+)为()[2]

A. 0.15 mol/L

B. 0.2 mol/L

C. 0.3 mol/L

D. 0.4 mol/L

解析1:常规方法：由硫酸钾、硫酸铝和硫酸的化学式推理：硫酸钾( &SQ)、硫酸铝

:Al 2(SO4) 3]、硫酸(H2SQ),三种物质组成的混合液中硫酸根的来源则由这三种物质提供。

可由pH= 1 ,再由公式pH== —lg c(H+)推知c(H+)==10 _pH,推知溶液中的C(H+)==10 -1 mol ?L

1,根据HSQ的电离方程式：

H2SQ==2H++SQ—，推知H2SQ所提供的SO—的浓度为H的一半，即SQ—的浓度为0.05 mol ?L —1;再由Al2(SO4)3的电离方程式：Al2(SO4)3==2A|3++3SQ—，推知sQ—的浓度应为Al3+的1.5 倍，由c(Al 3+) = 0.4 mol ?L—1得知由Al2(SQ)3所提供的SQ—的浓度为0.6 mol?L —1;则由K2SQ 所提供的SQ—浓度为：0.8 mol ?L —1—0.05 mol ?L —1—0.6 mol ?L —1 == 0.15 mol ?L —1,而由K2SQ的电离方程式：K>S^==2K + SO4—得知，K2SQ中￡的浓度是sQ—的2倍，贝U 原混合液中K+的浓度是0.3 mol ?L —1，即答案为Co

解析2:巧用电荷守恒式：三种物质组成的混合溶液中共存在5种离子，它们分别是：

H+、A|3+、K+、SO—、OH—,电荷守恒式如下：c(K+) + c(H+) + 3 C(AI 3+)==C(OH「)+ 2 c(SO4—) 溶液的pH= 1，再由公式pH== —lg c(H+)推知c(H+)==10 — p：推知溶液中c(H+)==10 —1 mol ?L —1，由水的离子积K w的计算公式K w = c(H+) ?c(OH「)，在25C(常温)时，K w== 1.0 X 10 —14得知c(OH「)==10—13 mol ?L—1,由于OH的浓度极小，计算时可忽略不计，将c(H+)==10 —1 mol ?L —1, c(Al 3+) = 0.4 mol/L , c(SQ i—) = 0.8 mol ?L—1代入电荷守恒式：c(K+) + c(H+) + 3 c(Al

3+)== c(OH「)+ 2 c(S& )中，则不难得出c(K+)为0.3 mol ?L —1,即答案为C o 根据上述两种解题方法的对比不难得出，第一种方法是基于物质的化学式利用繁杂的电

离方程式和运算来解题的，此方法步骤繁多，容易出错；而第二种解题方法是利用电荷的守

恒关系来解题的，这种方法在优点是基于宏观的统揽全局的方式列式，避开繁杂的运算，不

去追究细枝末节，没有用电离方程式，不用理会物质的化学式，只要知道溶液中有几种离子

及离子的符号就可以解题了，因而能使复杂的计算化繁为简，化难为易。[3]利用电荷守恒

法解化学计算习题是化学计算中一种很重要的解题方法和技巧，这种技巧应用的好，可以起

到事半功倍的效果，能使复杂的计算化繁为简，化难为易。

2.2.2利用电荷守恒法可巧解比较溶液中离子浓度大小的习题

比较溶液中离子浓度大小水溶液中离子平衡知识中常见的一种题型，其中利用电荷守恒

法比较离子浓度大小，笔者认为也是在这些习题中使用较多的方法之一。

【例题2】常温下，将甲酸(HCOOH与NaOH溶液混合，所得溶液的pH=7,则此溶液中

()[4]

A. c(HCOO) > c(Na+)

B. c(HCOO) v c(Na+)

C. c(HCOO) = c(Na+)

D. 无法确定c(HCOO)和c(Na+)的大小关系

解析1：(常规方法)甲酸是弱酸，甲酸和氢氧化钠溶液混合恰好中和时生成的弱酸强

碱盐水解显碱性，所以甲酸和氢氧化钠溶液混合所得溶液pH=7时甲酸过量，甲酸过量的不

是很多，如果过量很多的话，溶液又呈酸性了，但c(HCOO)和c(Na+)的大小关系还是比较

不出来。

解析2 :用电荷守恒法进行分析，混合后溶液中所存在的离子共有HCOO、Na+、口、OH —四种，根据电荷守恒法可得出c(Na+)+c(H+)==c(HCOO)+c(OH「),由于溶液的pH=7,溶

液呈中性，则有c(H+) == c(OH「)，进而可推出c(Na+)==c(HCOO)。答案为C 。

【例题3】常温下，将甲酸(HCOOH与NaOH溶液混合，所得溶液的pH>7,则此溶液中()

A. c(HCOO) > c(Na+)

— +

C. c(HCOO) = c(Na )B. c(HCOO) v c(Na+)

D. 无法确定c(HCOO)和c(Na+)的大小关系

解析：分析同例题2利用电荷守恒式：c(Na+)+c(H+)=c(HCOO)+c(OH「)，由于溶液中的pH> 7，即

c(H+) v C(OH「)，进而可推出c(Na+) > c(HCOO)。答案为B。

【例题4】常温下，将甲酸(HCOOH与NaOH溶液混合，所得溶液的pH< 7,则此溶液中()

A. c(HCOO) > c(Na+)

B. c(HCOO) < c(Na+)

C. c(HCOO) = c(Na+)

D. 无法确定c(HCOO)和c(Na+)的大小关系

分析同例题2利用电荷守恒式：c(Na+)+c(H+)==c(HCOO)+c(OH「)，由于溶液中的pHv 7, 即

c(H+) > c(OH「)，进而可推出c(Na+) < c(HCOO)。答案为A。

以上三个例题若用常规方法分析，既得考虑酸碱中和反应中有关量的问题，还得考虑盐类的水解问题，分析过程繁琐，浪费时间长，容易出错。

电荷守恒即对任一电中性的体系，如化合物、混和物、溶液、胶体等，电荷的代数和为零，即正电荷总数和负电荷总数相等。

［例题8］将CaCl 2和CaBr2的混合物13.400 g 溶于水配成500.00 mL 溶液，再通入过量的Cl

)：c(Br「)为

2,完全反应后将溶液蒸干，得到干燥固体11.175 g。则原配溶液中，c(Ca2+): c(Cl「

A.3 : 2 : 1

B.1 : 2 : 3

C.1 : 3 : 2

D.2 : 3 : 1

答案：D

解题思路：1个Ca2 +所带电荷数为2,则根据溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电

荷总数，知原溶液中：

2n(Ca +) = n (Cl ) + n (Br )

将各备选项数值代入上式进行检验可知答案。

例9: (1)中学教材上图示了NaCl晶体结构，它向三维空间延伸得到完美晶体。NiO(氧化镍)晶体的结构与NaCl相同，Ni2+与最近『的核间距离为a x 10 —8cm,计算NiO晶体的密度(已知NiO摩尔质量为74.7 g ? mol )。

(2)天然的和绝大部分人工制备的晶体，都存在各种缺

陷，例如在某种NiO晶体中就存在如图1 — 1 所示的缺陷：

一个Ni2+空缺，另有两个Ni2+被两个Ni3+所取代。其结果晶体

仍呈电中性，但化合物中Ni和O的比值却发生了变化。某氧

化镍样品组成为Ni0.97O,试

1

计算该晶体中皿即与倔勺的离子数之比。

8 3

答案: (1) (a 10 cm) 2N A (2)6 :

91

提示：由题得NiO晶体结构(如右图)。其体积为：

—8 3

V = (a x 10 cm)

右图向三维空间延伸，1它平均拥有的Ni 2+> 6—数目为：

N(Ni2+) =N(O2—) = 8 x 4 = 2 =N(NiO)

1

由密度公式得：NiO) M (NiO) 74.7 g mol

8 3

p (NiO) = V(NiO) V m(NiO) (a 10-cm) 2N A。

(2)(电荷守恒法)设1 mol Ni 0.97O中含Ni3+物质的量为x,贝U Ni2+的物质的量为(0.97 mol —x);根据电荷守恒得：

3x + 2X (0.97 mol —x)=1 mol x 2 x=0.06 mol

N(Ni +) : N(Ni +)=0.06 mol : (0.97 mol —0.06 mol)=6 : 91