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NO2、O2、NH3的混合气体26.88 L通过稀H2SO4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H2SO4后，NH3被吸收。

NH3+H2O==NH3·H2O 2NH3·H2O+H2SO4==(NH4)2SO4+2H2O 而NO2和O2与水接触发生如下反应：

3NO2+H2O==2HNO3+NO 反应① 2NO+O2==2NO2 反应② 生成的NO2再与水反应：3NO2+H2O==2HNO3+NO 反应③

上述反应①、②属于循环反应，可将反应①×2+反应②，消去中间产物NO，得出： 4NO2+ O2+2H2O ==4HNO3 反应④

如果反应④中O2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O2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 ×30 g/mol== 2 .24 L ×30 g/mol ==3.0 g

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

V == 26而混合气体的物质的量n，n== . 88 L ==1.2 mol

22.4L/mol22.4L/mol48.75m由摩尔质量M计算公式：M== == g ==40.625 g/mol 1.2moln22.4L/mol22.4L/mol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 FeC2O4(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．Fe3O4 C．FeO·Fe3O4 D．Fe2O3

[解析]已知Fe、C、O的相对原子质量分别为56、12、16，FeC2O4中含铁元素的质量： m(Fe)== 56  14 . 4 == 5.6 g g将FeC2O4隔绝空气加热，使之分解得铁的氧化物，设为FexO4。在加热过程中，铁元素没有损耗，铁元素的质量是不变的。由“质量守恒法”，在FexO4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 n 1 N （N1、

n1n2N2MN2代表微粒个数）

m(Fe)5.6gn(Fe)M(Fe)56g/mol4则    ，答案为C。

m(O)2.0gn(O)5

M(O)16g/mol56122164

1

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)×14%==[ m(原)－100 g]×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MV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0.5molM(KOH)则： n ( KOH ) 0 . ，所以答案为C。 5 molc(KOH)6.25mol/LV0.08L3 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/cm3）的浓H2SO4配制200 g 20%的稀H2SO4，需这种浓度

的浓H2SO4

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，H2SO4溶质的质量是不变的，设浓H2SO4

mV，据ρ= 公式，由质量守恒定律列出H2SO4质量守恒的式子： 的体积为 VV1×1.84 g/cm3×98%==200 g×20% 解得V1==22.18 mL≈22.2 mL

需这种浓度的浓H2SO4：m=ρV=1.84 g/cm3×22.18 mL=40.8 g 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，在配制或稀释溶液的过程中，溶质的质量不变。

例1.反应A + 3B = 2C,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

子质量之比为（ ）。

A、14:3:17 B、28:2:17 C、1:3:2 D、无法确定 答案：B

D 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10 g A，反应又继续进行，待反应再次停止，反应物中只剩余C，则下列说法正确的是( ) A.第一次反应停止时，剩余B 9 g B.第一次反应停止时，剩余C 6 g C.反应中A和C的质量比是5∶3 D.第二次反应后，C剩余5 g 答案：D

解析：第一次反应 A 不足，因为第一次反应后加入 A 又能进行第二次反应。第二次反应后，只剩余 C，说明 A、B 恰好完全反应。则：

2

m反(A)∶m反(B) = (15 g＋10 g)∶15 g = 5∶3 第一次反应耗 B 的质量mB为：15 g∶mB=5∶3，mB=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mA＋mB＋mC=mD ，可知生成30 g D时消耗C的质量。 mC=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：mA∶mB∶mC=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。“原子守恒”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”。

2典型例题及解题策略

例1：将标准状况下a L H2和Cl2的混合气体，经光照反应后，将所有气体通入NaOH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＜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：

光 H2+Cl2===2HCl 反应①

NaOH+HCl==NaCl+H2O 反应② 讨论1：若Cl2过量，还有：Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2O 反应③ 计算时先以不足暑H2计算。

设原混合气体中H2 为x mol，Cl2为y mol

光 2HCl H2 + Cl2 ====

1 1 2 x mol x mol 2x mol

NaOH + HCl == NaCl + H2O 1 1

2x mol 2x mol

Cl2 + 2NaOH == NaCl + NaClO + H2O 1 2

(y－x)mol 2(y－x)mol

依题意得列二元一次方程组： x+y＝a/22.4 ① 2x+2(y－x)=b ②

解上述二元一次方程组得：y=b/2。将y=b/2代入①式，解得x=a/22.4 － b/2 由于x＞0，则a/22.4 － b/2＞0，解得b＜a/11.2

讨论2：若H2过量，以不足者Cl2计算。只有反应①和反应②。

设原混合气体中H2 为x mol，Cl2为y mol 由方程式列式

光

H2 + Cl2 ==== 2HCl 1 2 y mol 2y mol

NaOH + HCl == NaCl + H2O

3

1 1

2y mol 2y mol

由已知列二元一次方程组： 2y=b

x+y= a/22.4 解上述方程组，得：x=a/22.4 － b/2

由于x＞0，则a/22.4 － b/2＞0，解得b＜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：

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

－

20×103 L×0.5 mol/L m(S) =0.01 mol

列比例式： 2 解得m(S)==0.16 g 320.01m(S)则原化合物中S元素的质量分数= m(S)0.16g100%100%36.4%m(样品)0.44g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) 20×103 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= m(S)100%0.16g100%36.4%m(样品)0.44g所以答案为A。

例3：38.4 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．1.6×103 mol B．2.0×103 mol

－－

C．2.2×103 mol D．2.4×103 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

4

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 = 38.4103x+y= 22.4103644－3 mol y=0.1×10－3 mol 解得，x=0.922×.10

－－－

反应中消耗的HNO3：2x+4y=2×0.9×103 mol+4×0.1×103 mol=2.2×103 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 33－－38.41022 10 mol 1.2×103 mol .4 mol 1×103 mol

22.4 64－3－3－

反应中共消耗HNO3：1.2×10 mol+1×10 mol=2.2×103 mol。所以答案为C。

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0.8molCO2，完全反应后，溶液中CO3和HCO3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)、K2CO3：2.38%、KOH ：90.00%。

取此样品 1.00 g 放入 46.00 mL 1.00 mol·L答案：3.43 g

提示：根据 Cl 原子守恒得：n(KCl) = n(HCl) = 1.00 mol·L×0.04600 L = 4.60×10

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

－2

－1

－1

2--

的 HCl(aq) 中，过量的 HCl 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。

mol，m(KCl) 易求。

5

例6 将几种铁的氧化物的混合物加入100mL、7mol•L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完全转化为Fe，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

2+

3+

―1

1素全部转1元化为水中的O，由关系式：2HCl~H2O~O，得：n（O）

=2n(HCl)20.7mol0.35mol，m（O）=0.35mol×16g•mol=5.6 g；

―1

1而铁最终全部转化为1FeCl3，n（Cl）=0.56L ÷22.4L/mol×2+0.7mol=0.75mol，n（Fe）n(Cl)0.75mol0.25mol―114g33==14 g，则(Fe)100%71.4%，m(Fe)=0.25mol×56g•mol

14g5.6g，选B。

例7．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的NaOH(aq)体积是________。

答案：800 mL

2提示：根据 Na 原子守恒和 SO4－1

－1

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。

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。

m+n－

1.2 电荷守恒法解题时的计算公式：∑ m c(R) == ∑ n c(R)，此公式中∑代表“和”

m+

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(Rn－) 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Na2S溶液为例：在Na2S溶液中，有如下三个平衡式： 2－－－S+H2OHS+OH （一级水解） －－HS+H2OH2S+OH（二级水解）

+－

H2OH+OH（水的电离）

++－－2－

含有的微粒：Na、H、OH、HS、S、H2S (H2O分子除外)，有下列的电荷守恒式： c(Na+)+c(H+)＝c(OH－)+c(HS－)+2c(S2－)

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

6

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

3+

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

c(SO24)＝0.8 mol/L，则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（K2SO4）、硫酸铝［Al2(SO4)3］、硫酸（H2SO4），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。

++－pH +－1

可由pH＝1，再由公式 pH==－lg c(H)推知c(H)==10，推知溶液中的c(H)==10 mol·L－1

，根据H2SO4的电离方程式：

+2－2－+2－

H2SO4==2H +SO4，推知H2SO4所提供的SO4的浓度为H的一半，即SO4的浓度为0.05 mol·L－13+2－2－3+

；再由Al2(SO4)3的电离方程式：Al2(SO4)3==2Al+3SO4，推知SO4的浓度应为Al的1.5

3+－12－－1

倍，由c(Al)＝0.4 mol·L得知由Al2(SO4)3所提供的SO4的浓度为0.6 mol·L；则由

2－－1 －1－1

K2SO4所提供的SO4浓度为：0.8 mol·L－0.05 mol·L—0.6 mol·L == 0.15 mol·L－1+2－+2－

，而由 K2SO4的电离方程式：K2SO4==2K + SO4得知，K2SO4中K的浓度是SO4的2倍，则

+－1

原混合液中K的浓度是0.3 mol·L，即答案为C。

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：+3++2－ －++3+－2－H、Al、K、SO4、OH，电荷守恒式如下：c(K) + c(H) + 3c(Al)==c(OH) + 2c(SO4)

溶液的pH＝1，再由公式 pH==－lg c(H)推知c(H)==10，推知溶液中c(H)==10 －1+－

mol·L，由水的离子积Kw的计算公式Kw = c(H)·c(OH)，在25℃（常温）时，Kw== 1.0

－14 －－13－1－+

×10得知c(OH) mol·L，由于OH的浓度极小，计算时可忽略不计，将c(H)==10==10 －1－13+2－－1++ mol·L，c(Al)＝0.4 mol/L，c(SO4)＝0.8 mol·L代入电荷守恒式：c(K) + c(H)

3+－2+－1

+ 3c(Al)== c(OH) + 2c(SO4 )中，则不难得出 c(K)为0.3 mol·L，即答案为C。

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)＜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、H、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) 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

++－－

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)＜c(OH)，进而可推出c(Na)＞c(HCOO)。答案为B 。

++－pH+－1

7

【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pH＜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 CaCl2 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 Cl2，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(Ca)∶c(Cl)∶c(Br)为

A.3∶2∶1 答案：D

解题思路：1个 Ca 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，Ni与最近O的核间距离为a×10cm，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Ni空缺，另有两个Ni被两个Ni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

12＋74.7gmol计算该晶体中Ni与Ni的离子数之比。 83(a10cm)2NA (2)6∶答案：(1)

3＋2＋

2＋

3＋

－12＋

2－

－8

2＋

－

－

2＋

－

－

2＋

B.1∶2∶3 C.1∶3∶2 D.2∶3∶1

91

提示：由题得 NiO 晶体结构(如右图)。其体积为： V = (a×10cm)

－8

3

11右图向三维空间延伸，它平均拥有的 Ni、O数目为：

2＋

2－

N(Ni) =N(O) =8×4 =2=N(NiO)

2＋

2－

174.7gmolm(NiO)M(NiO)由密度公式得： -83V(NiO)V(NiO)(a10cm)2NA。 mρ(NiO) =

(2)(电荷守恒法)设 1 mol Ni0.97O 中含Ni物质的量为x，则Ni的物质的量为(0.97 mol－x)；根据电荷守恒得：

3＋2＋

8

3x＋2×(0.97 mol－x)=1 mol×2 x=0.06 mol

N(Ni)∶N(Ni)=0.06 mol∶(0.97 mol－0.06 mol)=6∶91

例10 将8g Fe2O3投入150mL某浓度的稀硫酸中，再投入7g铁粉收集到1.68L H2（标准状况），同时，Fe和Fe2O3均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4mol/L的NaOH溶液150mL。则原硫酸的物质的量浓度为（ ）

A. 1.5mol/L B. 0.5mol/L C. 2mol/L D. 1.2mol/L 答案：C

解析 粗看题目，这是一利用关系式进行多步计算的题目，操作起来相当繁琐，但如能

3＋

2＋

1仔细阅读题目，挖掘出隐蔽条件，不难发现，反应后只有Na2SO4存于溶液中，且反应过程中

SO4并无损耗，根据电荷守恒原则：n（SO4）=2n（Na），则原硫酸的浓度为：2mol/L，

2―

2―

+

故选C。

四：电子得失守恒法（或化合价升降守恒法）

电子得失守恒法即化学反应中(或系列化学反应中)氧化剂所得电子总数等于还原剂所失电子总数，无论是自发进行的氧化-还原反应还是原电池或电解池均如此

例11 一定条件下RO3和I间反应： RO3＋6I＋6H == R＋3Ｉ2＋3H2O， 则 RO3中R元素的化合价为： 答案：+5

例12 某稀硝酸溶液中，加入5.6g铁粉充分反应后，铁粉全部溶解，生成NO，溶液质量增加3.2g，所得溶液中Fe和Fe物质的量之比为 （ ）

A. 4∶1 B. 2∶1 C. 1∶1 D. 3∶2 答案：0.100 mol·L

－1

2+

3+

n－n--

+

-n--

5.设6Fe为xmol，Fe为ymol，则： 解析

2+

3+

5.=0.163.2x+y=56（Fe元素守恒）

2x+3y=

303（得失电子守恒）

得：x=0.06mol，y=0.04mol。则x∶y=3∶2。故选D。

例13.将 3.48 g Fe3O4 完全溶解在 100 mL 1.00 mol/L 的 H2SO4(aq) 中，然后加入 K2Cr2O7(aq)25.00 mL，恰好使 Fe全部转化为 Fe，且 Cr2的物质的量浓度为__________。

提示：Fe3O4中 ＋2 价铁所失电子物质的量与 Cr2

等。 27O

2＋

3＋

27O

全部转化为 Cr。则 K2Cr2O7

3＋

中＋6 价铬所得电子物质的量相

3.48g2232gmol1×(3－2)= 0.02500 L×c(CrO7)×(6－3)×2。 2

2＋

例题14 将 CaCl2 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 Cl2，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(Ca)∶

9

c(Cl)∶c(Br)为

A.3∶2∶1 答案：D

解题思路：1个 Ca 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。

2＋

－

－

2＋

－－

B.1∶2∶3 C.1∶3∶2 D.2∶3∶1

守恒法是高考中常考常用的一种解题方法。恰当地运用守恒法，对提高解题速度和破解高考难题都有很大的帮助，值得我们探究。本文只是粗略地列举了一些常见的例题，以期做到抛砖引玉的作用。

守恒计算问题是指利用某种量的相等关系进行技巧计算的一类问题，它是矛盾对立面的统一，是一种宏观稳定的湮灭计算；从微观来看是电子、原子的行为，从宏观来看是化合价

 化合价，原子 对应 质量。它的一般解题方法是设一个和质量的结果电子 对应未知数，解一元一次方程。守恒问题包括总质量守恒、电荷守恒、电子守恒、原子守恒和总价数相等关系，下面分别讨论之。

三．电子守恒法(得失电子数相等关系) 在氧化还原反应中，氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数。

1、求化合价

－-1．用0.1 mol / L的Na2SO3溶液30 mL，恰好将2×103 mol的XO4还原，则元素X在还原产物中的化合价是(MCE91)

( D )

A．＋1 B．＋2 C．＋3 D．＋4

2- 解析：该反应中， SO2-3将被氧化SO4为，0.1×30×2＝2×7－x，x＝4

2．已知某强氧化剂RO(OH)2+ 中的R元素被Na2SO3还原到较低价态。如果还原2.4×－

103 mol RO(OH)2+ 至较低价态，需要60 mL 0.1 mol / L的Na2SO3溶液。那么，R元素被还原成的价态是 ( B )

A．1 B．0 C．＋1 D．＋2

－

解析：B。由2.4×103×x＝0.06×0.1×2，x＝5，5－5＝0。应选B。 3．24 mL浓度为0.05 mol / L的Na2SO3溶液，恰好与20 mL浓度为0.02 mol / L的K2Cr2O7

溶液完全反应，则元素Cr在被还原的产物中的化合价是(MCE95) ( B )

A．＋6 B．＋3 C．＋2 D．0

解析：0.02×0.02×2×(6－x)＝0.024×0.05×(6－4)，x＝3，应选B。

2- 4．250 mL 24 mol / L的Na2SO3溶液恰好把02 mol的X2O7还原，则X在还原产物中的化合价为多少？ 解：根据氧化还原反应中电子转移守恒，设X在还原产物中的化合价为x，则有 24 mol / L×025 L×2＝02 mol×6－x×2，x＝3， 答：X在还原产物中的化合价为3。

2、求物质的量

1．将m mol Cu2S和足量稀HNO3反应，生成Cu(NO3)2、H2SO4、NO和H2O。则参加

10

反应的硝酸中被还原的硝酸的物质的量是  C 

A. 4m mol B. 10m mol C.

10m2m mol D. mol 33解析：m mol Cu2S共失去电子：2m mol＋8m mol＝10m mol，Cu2S每失去3 mol 电子可还原1 mol HNO3，故被还原的HNO3为

10m mol，应选C。 32，硫酸铵在强热条件下分解，生成NH3、SO2、N2和H2O，反应中生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比是(MCE93) ( A )

A．1∶3 B．2∶3 C．1∶2 D．4∶3

解析：该反应的氧化产物是N2，还原产物是SO2，设其物质的量分别为x mol、y mol，由电子守恒得：2x×(3－0)＝y×(6－4)，x∶y ＝ 1∶3，应选A。

3．在P＋CuSO4＋H2O → Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)的反应中，7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为 ( A )

解析：该反应的氧化剂为P、CuSO4，还原剂为P，本题只需CuSO4氧化P的物质的量，设7.5 mol CuSO4氧化P的物质的量为x mol，由电子守恒得：7.5×(2－1)＝x×(5－0)，x＝ 1.5，应选A。

4．在反应3BrF3＋5H2O＝HBrO3＋Br2＋9HF＋O2↑，若有5 mol H2O作为还原剂时，被还原的BrF3的物质的量为 ( D )

A. 3 mol B. 2 mol C.

410 mol D. mol 3310，3解析：该反应的氧化剂为BrF3，还原剂为BrF3、H2O，本题只要求H2O还原BrF3的物质的量，设5 mol H2O能还原BrF3 x mol，由电子守恒得：x×(3－0)＝5×(2－0)，x＝应选D。

15．往100 mL溴化亚铁溶液中缓慢通入2.24 L(标准状况)氯气，反应完成后溶液中有的

3溴离子被氧化成溴单质。求原溴化亚铁溶液的物质的量浓度。

－－

解法一：电子守恒法。由提示知，还原性：Fe2+＞Br，Br已部分被氧化，故Fe2+已全部被氧化。

设原FeBr2的物质的量浓度为x，根据氧化还原反应中，得电子总数等于失电子总数，(1分)可得：

2.24L1－1

(x＋2x× )×0.1 L×1＝2× x＝1.2 mol·L -1322.4Lmol

解法二：电中性法。反应后所得溶液中的离子有Fe3+、Cl和Br(剩余3x＝

22.24L－1

x×2＋2×，x＝1.2 mol·L。 -1322.4Lmol－－

2)。 3 6．某温度下，将Cl2通入KOH溶液中，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合液，经测定ClO和ClO-3个数比为1∶2，则Cl2与KOH溶液反应时，被还原的氯与被氧化的氯的物质的量之比为  D  解析：设ClO为x个，由题意知，ClO-3为2x个，它们共失去电子为11x个，由电子得失守恒知必有11x个Cl生成。所以被还原的氯与被氧化的氯的原子个数比为11x∶x＋2x ＝11∶3，应选D。

11

7．取铁粉和氧化铁的混合物样品1488 g，加入125 mL稀硫酸，使之充分反应。当固体粉末完全溶解时，收集到336 L标准状况下测定气体，当向溶液中加KSCN溶液时，溶液不显红色。再用5 mol / L的氢氧化钠溶液中和过量的硫酸，并继续加碱溶液至150 mL，恰好把溶液中的金属阳离子全部沉淀下来。试求： 1 原样品中氧化铁的质量分数； 2 上述硫酸的物质的量浓度。 解析：本题涉及的反应共有5个，关系错综复杂，所以用常规方法利用化学方程式求解，既繁琐费时又容易出错。若抓住Fe失去电子总数等于Fe2O3和部分H2SO4得到电子总数这一关系，则解法就简单明了。 1 设Fe2O3的物质的量为x，由电子得失守恒关系有：nFe×2＝nFe2O3×2＋nH2×2

14.88g-x160g/mol3.36L＝x＋，得x＝003 mol

56g/mol22.4L/mol0.03mol160g/molFe2O3%＝×100%＝3226%

14.88g 2 设H2SO4的物质的量为y，由题意知H2SO4最终全部变成Na2SO4，而Na+的来源只有NaOH，由元素守恒可得如下关系式： 2NaOH ~ Na2SO4 ~ H2SO4 015 L×5 mol / L＝0125 L×2y y＝3 mol / L

3、配平 1．在xR2+＋yH+＋O2＝mR3+＋nH2O的离子反应中，化学计量数x＝ __________。 解析：氧化剂O2得电子总数为2×2e，还原剂R2+ 失电子总数为x×(3－2)e，由电子守恒得：2×2＝x×(3－2)，x＝4。

2．已知反应：AgF＋Cl2＋H2O → AgCl＋AgClO3＋HF＋O2↑，配平后，AgClO3系数为b，O2的化学计量数为c，则AgCl的化学计量数为_________。

解析：该反应的氧化剂为Cl2，还原剂为Cl2、H2O，设AgCl系数为x，由电子守恒得：x×1＝b×5＋2c×2，x＝5b＋4c。

4、求质量 N2＋H2O未配平的氧化还原反应中， 1．在NxOy＋NH3 一定条件下被还原的元素和被

氧化的元素质量比是  A  A 3x∶2y B x∶3y C 5x∶2y D 2x∶3y

2y2y 解析：2y＝3b，b＝，x∶＝3x∶2y。b为氨的物质的量。

332．把一铜片投入盛有浓硝酸的烧瓶中，充分反应后，将产生的气体全部吸收到一容器中。反应完毕，把烧瓶中的溶液蒸干并加热使其完全分解，产生的气体也一并收集到前一容器中。最后，将盛气体的容器倒立在盛水的水槽内，待反应完全后，测得容器内还余下一氧化氮气体0.448 L(标准状况下体积)。若在收集气体过程中，无别的物质进入容器，则参加反应的铜的质量为_________g。

解析：本题涉及的反应有以下几个：

Cu＋4HNO3(浓) ＝ Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O x 2x 2Cu(NO3)2 ＝ 2CuO＋4NO2↑＋O2↑

12

3NO2＋H2O ＝ 2HNO3＋NO 2x

2x0.488L＝0.02 mol 322.4L/molx＝0.03 mol，Cu的质量为0.03 mol×64 g / mol＝1.92 g。

如果按反应顺序，根据各物质在反应中物质的量的关系进行比例计算，是比较繁的。而综观全过程，Cu(NO3)2、NO2和O2只不过是一系列氧化还原反应中的中间产物，从整个体系来看，发生了电子转移的物质仅是：

Cu－2e —→ Cu2+ HNO3＋3e —→ NO

这样，根据HNO3在反应中得电子总数应等于Cu在反应中失去电子总数，就很容易解出此题。

反应中硝酸还原成NO后失电子：所以铜的物质的量为：

0.448L×3＝0.06 mol，

22.4L/mol0.06mol＝0.03 mol，其质量为：0.03 mol×64 g / mol＝1.92 g。 2 3．取004 mol KMnO4固体加热一段时间后，收集到a mol单质气体，此时KMnO4的分解率为x，在反应后的残留固体中加入过量的浓盐酸并加热充分反应又收集到b mol单质气体，设Mn元素全部以Mn2+存在于反应后的溶液中。 1 a＋b＝ 用x表示； 2 当x＝ 时，a＋b 取最小值，且最小值为 ； 3 当a＋b＝009时，004 mol KMnO4加热后所得残留固体各是何物质？其物质的量分别是多少？ 3 1 2KMnO4 K2MnO4 ＋ MnO2 ＋ O2 004x 002x 002x 002x ＝a MnO2 ＋ 4HCl MnCl2 ＋ 2H2O ＋ Cl2 002x 002x K2MnO4 ＋ 8HCl ＝ MnCl2 ＋ 4H2O ＋ 2Cl2 ＋ 2KCl 002x 002x 2KMnO4 ＋ 16HCl ＝ 2MnCl2 ＋ 8H2O ＋ 5Cl2 ＋ 2KCl

0041－x 0041－x×5 2 b b＝002x＋004x＋01－01x＝01－004x a＋b＝002x＋01－004x＝01－002x 另解：Mn元素的降低总价＝O元素的升高总价＋Cl元素的升高总价 004×5＝a×4＋b×2，2a＋b＝01，b＝01－2a，a＋b＝01－002x 2 x＝1，a＋b＝01－002×1＝008 3 x＝05，KMnO4：0041－05＝002 mol，K2MnO4和MnO2各为：0021－05＝001 mol。

5、电极反应

1．实验室用铅蓄电池作电源电解饱和食盐水制取氯气，已知铅蓄电池放电时发生如下反应：MCE9621 负极：Pb＋SO2-4 ＝ PbSO4＋2e 正极：PbO2＋4H+＋SO2-4＋2e ＝ PbSO4＋2H2O

今若制得Cl2 0.050 mol，这时电池内消耗的H2SO4的物质的量至少是 ( C ) A. 0.025 mol B. 0.050 mol C. 0.10 mol D. 0.20 mol

解析：在电解池中，阳极上的电极反应：2Cl－2e＝Cl2，要制0.050 mol Cl2，在电解池中得失电子为010 mol。抓住铅蓄电池内H2SO4的消耗实质是H+的消耗这一特点，用正

13

极反应得到关系式：2e ～ 4H+ ～ 2H2SO4，故转移010 mol电子，要消耗010 mol H2S

14