高中化學(xué)守恒法

1、;.淺談守恒法在高中化學(xué)計(jì)算中的應(yīng)用化學(xué)反應(yīng)的實(shí)質(zhì)是原子間重新組合，依據(jù)質(zhì)量守恒定律在化學(xué)反應(yīng)中存在一系列守恒現(xiàn)象，如：質(zhì)量守恒、原子守恒、元素守恒、電荷守恒、電子得失守恒等，利用這些守恒關(guān)系解題的方法叫做守恒法。守恒的實(shí)質(zhì)： 利用物質(zhì)變化過(guò)程中某一特定的量固定不變而找出量的關(guān)系，基于宏觀統(tǒng)覽全局而避開(kāi)細(xì)枝末節(jié)，簡(jiǎn)化步驟，方便計(jì)算。通俗地說(shuō)，就是抓住一個(gè)在變化過(guò)程中始終不變的特征量來(lái)解決問(wèn)題。目的是簡(jiǎn)化步驟，方便計(jì)算。 下面我就結(jié)合例題列舉守恒法在化學(xué)計(jì)算中常見(jiàn)的應(yīng)用。一、質(zhì)量守恒化學(xué)反應(yīng)的實(shí)質(zhì)是原子間重新結(jié)合，質(zhì)量守恒就是化學(xué)反應(yīng)前后各物質(zhì)的質(zhì)量總和不變，在配制或稀釋溶液或濃縮溶液（溶質(zhì)難揮

2、發(fā)）過(guò)程中，溶質(zhì)的質(zhì)量不變。利用質(zhì)量守恒關(guān)系解題的方法叫“質(zhì)量守恒法” 。1 利用化學(xué)反應(yīng)過(guò)程中的質(zhì)量守恒關(guān)系解化學(xué)計(jì)算題例 1：將 NO 2、 O2、 NH 3 的混合氣體26.88 L 通過(guò)稀 H 2SO4 后，溶液質(zhì)量增加 45.7 g，氣體體積縮小為 2.24 L 。將帶火星的木條插入其中，木條不復(fù)燃。則原混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量為（氣體均在標(biāo)準(zhǔn)狀況下測(cè)定）A 40.625B 42.15C 38.225D 42.625 解析 將混合氣體通過(guò)稀H2SO4 后， NH 3 被吸收。NH 3+H2O=NH 3H 2O2NH 3 H2O+H 2SO4=(NH 4)2SO4+2H 2O而 NO

3、 2 和 O2 與水接觸發(fā)生如下反應(yīng)：3NO 2+H 2O=2HNO 3+NO反應(yīng)2NO+O 2=2NO 2反應(yīng)生成的 NO 2 再與水反應(yīng)： 3NO 2+H2O=2HNO 3+NO反應(yīng)上述反應(yīng)、屬于循環(huán)反應(yīng)，可將反應(yīng)2+反應(yīng)，消去中間產(chǎn)物 NO ，得出：4NO 2+ O2+2H 2 O =4HNO 3反應(yīng)如果反應(yīng)中 O2 剩余，則將帶火星的木條插入其中，木條復(fù)燃。而題中木條不復(fù)燃，說(shuō)明無(wú) O2 剩余。由反應(yīng)知，剩余氣體為NO ，其體積在標(biāo)準(zhǔn)狀況下為2.24 L ，其質(zhì)量為m(NO) 。2.24Lm(NO)=n M=V 30 g/mol= 30 g/mol =3.0 g22.4 L / mol

4、22.4L / mol由質(zhì)量守恒定律，混合氣體的質(zhì)量m(總 )為： m(總 )=45.75 g+3.0 g= 48.75 g而混合氣體的物質(zhì)的量n， n=V=26. 88L=1.2 mol由摩爾質(zhì)量 M 計(jì)算公式： M=22.4L / mol22.4L / molm=48.75 g =40.625 g/moln1.2mol而摩爾質(zhì)量與相對(duì)分子質(zhì)量在數(shù)值上相等，則答案為A 。例 2：鐵有可變化合價(jià)，將 14.4 g FeC 2O4( 草酸亞鐵 )隔絕空氣加熱使之分解，最終可得到 7.6 g 鐵的氧化物，則該鐵的氧化物組成可能為A FeOB Fe3O4C FeO Fe3O4D Fe2O3解析 已知

5、 Fe、 C、 O 的相對(duì)原子質(zhì)量分別為 56、 12、 16， FeC2O4 中含鐵元素的質(zhì)量：m(Fe)=5614.4g= 5.6 g12216564設(shè)為 FexO4。在加熱過(guò)程中， 鐵元素將 FeC2O4 隔絕空氣加熱， 使之分解得鐵的氧化物，沒(méi)有損耗， 鐵元素的質(zhì)量是不變的。 由“質(zhì)量守恒法” ，在 FexO4中 m(Fe)仍為 5.6 g，則 m(O)=7.6 g 5.6 g=2.0 g 。據(jù)物質(zhì)的量（ n）與質(zhì)量（ m）、摩爾質(zhì)量（ M ）之間公式nm ，又據(jù)n1N1 （N1、Mn2N 2N 2 代表微粒個(gè)數(shù)）m(Fe)5.6 g則 n( Fe)M (Fe)56 g / mol4

6、，答案為 C。n(O)m(O)2.0 g5M (O)16 g / mol;.;.2 利用濃縮溶液前后溶質(zhì)的質(zhì)量守恒關(guān)系解化學(xué)計(jì)算題例 3：KOH 溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為14%，加熱蒸發(fā)掉100 g 水后變成溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)為28%的 KOH 溶液 80 mL ，則后者溶液的物質(zhì)的量濃度可能是A 6 mol/LB 6.75 mol/LC 6.25 mol/LD 5.5 mol/L解析 KOH 為難揮發(fā)性物質(zhì)，在加熱蒸發(fā)KOH 溶液過(guò)程中， KOH 的質(zhì)量不變。設(shè)原溶液的質(zhì)量為m( 原)，據(jù)質(zhì)量守恒規(guī)律，列出加熱蒸發(fā)前后KOH 質(zhì)量不變的式子：m( 原) 14%=m(原 ) 100 g 28%解得 m

7、(原 )=200 g再由公式：n ，m求解。公式中c溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度， n溶質(zhì)的物質(zhì)的cnMV量， V 溶液的體積（已知V=80 mL=0.08 L ）， m質(zhì)量， M 摩爾質(zhì)量 M(KOH)=56 g/molm( KOH )200 g 14%n( KOH )56g / mol 0.5mol則：M (KOH )0.5mol，所以答案為 C。n(KOH )c( KOH )V0.08 L6.25mol / L3 利用稀釋前后溶質(zhì)的質(zhì)量守恒關(guān)系解化學(xué)計(jì)算題例 4：用 98%（密度為 1.84 g/cm3）的濃 H 2SO4 配制 200 g 20% 的稀 H2SO4，需這種濃度的濃 H2SO4A

8、40.8 gB 40.8 mLC22.2 mLD 20 mL設(shè)濃 H2SO4解析 在由濃溶液稀釋而配制溶液的過(guò)程中，H2 SO4 溶質(zhì)的質(zhì)量是不變的，的體積為 V ，據(jù) =m 公式，由質(zhì)量守恒定律列出H 2SO4 質(zhì)量守恒的式子：VV1 1.84 g/cm 3 98%=200 g 20%解得 V 1=22.18 mL 22.2 mL需這種濃度的濃H 2SO4： m=V=1.84 g/cm 3 22.18 mL=40.8 g所以答案為 C。質(zhì)量守恒就是化學(xué)反應(yīng)前后各物質(zhì)的質(zhì)量總和不變，在配制或稀釋溶液的過(guò)程中，溶質(zhì)的質(zhì)量不變。例 1. 反應(yīng) A + 3B = 2C,若 7g A和一定量 B完全反

9、應(yīng)生成8.5g C ，則 A、 B、 C 的相對(duì)分子質(zhì)量之比為（）。A、 14:3:17B、28:2:17C、 1:3:2D、無(wú)法確定答案： B例 2.A 、 B、 C 三種物質(zhì)各15 g ，發(fā)生如下反應(yīng)：A BCD反應(yīng)后生成D 的質(zhì)量為 30 g 。然后在殘留物中加入10 g A ，反應(yīng)又繼續(xù)進(jìn)行，待反應(yīng)再次停止，反應(yīng)物中只剩余C，則下列說(shuō)法正確的是()A. 第一次反應(yīng)停止時(shí)，剩余B 9 gB. 第一次反應(yīng)停止時(shí)，剩余C 6 gC. 反應(yīng)中 A 和 C 的質(zhì)量比是5 3D. 第二次反應(yīng)后，C 剩余 5 g答案： D解析：第一次反應(yīng) A 不足，因?yàn)榈谝淮畏磻?yīng)后加入 A 又能進(jìn)行第二次反應(yīng)。第二

10、次反應(yīng)后，只剩余 C ，說(shuō)明 A 、 B 恰好完全反應(yīng)。則：;.;.m反 (A) m反(B) = (15 g 10 g) 15 g = 5 3第一次反應(yīng)耗B 的質(zhì)量 mB 為： 15 g mB=5 3， mB=9 g即第一次反應(yīng)后剩余B 質(zhì)量為： 15 g 9 g=6 g ?？梢?jiàn) (A) 選項(xiàng)不正確。根據(jù) mA mB mC=mD ，可知生成30 g D 時(shí)消耗 C 的質(zhì)量。mC=30 g 15 g 9 g=6 g即第一次反應(yīng)后剩余C 質(zhì)量為： 15 g 6g=9g。又見(jiàn) (B) 選項(xiàng)不正確。易見(jiàn)反應(yīng)消耗A、 B、 C 質(zhì)量之比為： mA mB mC=15 g 9 g 6g=53 2(C) 選項(xiàng)

11、不正確。二、原子守恒1 原子守恒法的依據(jù)“原子守恒法” 的依據(jù)是基于化學(xué)反應(yīng)前后原子的種類和數(shù)目不變的守恒現(xiàn)象?！霸邮睾恪奔捶磻?yīng)前后各元素種類不變，各元素原子個(gè)數(shù)不變，其物質(zhì)的量、質(zhì)量也不變。利用這種守恒關(guān)系解題的方法叫“原子守恒法”。2 典型例題及解題策略例 1：將標(biāo)準(zhǔn)狀況下a L H 2 和 Cl 2 的混合氣體，經(jīng)光照反應(yīng)后，將所有氣體通入NaOH溶液，恰好使b mol NaOH 完全轉(zhuǎn)化成鹽，則a 與 b 的關(guān)系不可能是A b a/ 22.4B b a/ 22.4C b a/ 22.4D b a/ 11.2解法一：常規(guī)方法。首先書寫化學(xué)方程式，在列式計(jì)算。反應(yīng)式如下：光反應(yīng)H2 +C

12、l2 =2HClNaOH+HCl=NaCl+H 2O反應(yīng)討論 1：若 Cl 2 過(guò)量，還有： Cl 2+2NaOH=NaCl+NaClO+H 2O反應(yīng)計(jì)算時(shí)先以不足暑 H2 計(jì)算。設(shè)原混合氣體中H 2為 x mol ，Cl 2 為 y molH 2+Cl 2光2HCl=112x molx mol2x molNaOH+HCl=NaCl+H 2O112x mol2x molCl 2+2NaOH=NaCl+NaClO + H2 O12(y x)mol2(y x)molx+y a/ 22.4依題意得列二元一次方程組：2x+2(y x)=b解上述二元一次方程組得：y=b / 2。將 y=b / 2 代入

13、式，解得x=a/ 22.4 b/ 2由于 x 0，則 a/ 22.4 b/ 2 0，解得 b a/ 11.2討論 2：若 H2 過(guò)量，以不足者Cl 2 計(jì)算。只有反應(yīng)和反應(yīng)。設(shè)原混合氣體中H 2為 x mol ，Cl 2 為 y mol由方程式列式光H 2+Cl 22HCl=12y mol2y molNaOH+HCl=NaCl+H 2O;.;.112y mol2y mol2y=b由已知列二元一次方程組：x+y= a / 22.4解上述方程組，得：x=a/ 22.4 b/ 2由于 x 0，則 a/ 22.4 b/ 2 0，解得 b a/ 11.2綜上分析，即b 不可能等于 a/ 11.2。本題答

14、案為 D。例 2：在氧氣中灼燒0.44 g 由硫、鐵組成的化合物，使其中的硫經(jīng)過(guò)一系列變化最終全部轉(zhuǎn)化為硫酸，用20 mL 0.5 mol/L 的燒堿溶液恰好能完全中和這些硫酸。則原化合物中硫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)約為A 36.4%B 46.2%C 53.1%D 22.8%解法一：常規(guī)方法先書寫方程式，再列式計(jì)算。而本題 Fe、 S 化合物的化學(xué)式不定，因此第一步 Fe、S化合物燃燒方程式還需寫不定的化學(xué)方程式，這給計(jì)算帶來(lái)了更大的困難，即使不考慮鐵，只從 S 元素考慮，也有如下四個(gè)反應(yīng)：點(diǎn)燃反應(yīng)S+O2=SO 22SO2+O22SO3反應(yīng)SO3+H 2O=H 2 SO4反應(yīng)H2 SO4+2NaOH=Na

15、 2SO4+2H 2O反應(yīng)根據(jù)已知 NaOH 的量，逆推H2SO4，再由 H 2SO4 推 SO3，再由 SO3 推 SO2，再由 SO2推 S 元素。這里面所蘊(yùn)含的關(guān)系式如下：2NaOH H2SO4 SO3 SO2 S2 mol32 g 320 10L 0.5 mol/Lm(S)=0.01 mol232解得 m(S)=0.16 g列比例式：0.01m(S)0 .16g則原化合物中S元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù) = m(S)100%36.4%100 %所以，答案為A 。m(樣品 )0 .44g解法二：原子守恒法依題意分析， S 元素經(jīng)過(guò)一系列變化，最后變成了H 2SO4 ，H2SO4 再與 NaOH 發(fā)生中

16、和反應(yīng)，根據(jù) S、 Na 的原子守恒關(guān)系：S H2SO4 NaSO4 2NaOH得出：S 2NaOH32 g2 molm(S) 3L 0.5 mol/L20 10=0.01 mol列比例式求得： m(S)=0.16 gm( S)0.16g則原化合物中S 的質(zhì)量分?jǐn)?shù) =36.4%所以答案為 A。100%100%m(樣品 )0.44g例 3：38.4 mg 銅跟適量的濃HNO 3 反應(yīng)，銅全部作用后，共收集到氣體22.4 mL （標(biāo)準(zhǔn)狀況）。反應(yīng)消耗的HNO 3 物質(zhì)的量可能為 3mol 3molA 1.610B 2.010 3mol 3C 2.2 10D 2.4 10 mol解法一：常規(guī)方法：書

17、寫化學(xué)方程式，然后列式計(jì)算。設(shè)生成 NO 2、 NO 分別為 x mol 、 y mol 。已知 Cu 的相對(duì)原子質(zhì)量為64Cu+4HNO 3 (濃) = Cu(NO 3)2 + 2NO 2 +2H 2O1420.5x mol2x molx mol;.;.3Cu+ 8HNO 3 (稀 ) = 3Cu(NO 3)2 + 2NO +4H 2O3821.5y mol4y moly mol由已知條件列二元一次方程組：0.5x + 1.5y =38.4 10 3x+y=22.4103 64解得， x=0.9 103 322.4mol y=0.1 10mol反應(yīng)中消耗的3 3 3HNO 3： 2x+4y=

18、2 0.9 10mol+4 0.1 10mol=2.2 10 mol所以，答案為 C。解法二：原子守恒法經(jīng)分析 Cu 與 HNO 3 反應(yīng)生成了 Cu(NO 3)2 和 NOx，在反應(yīng)中 HNO 3 所起的作用有2 種，一種是酸，另一種是氧化劑，由N 原子守恒列出：Cu Cu(NO 3)2 2HNO 3（酸）NO xHNO 3（氧化劑）1121138.4 10 3mol1.210 3 mol22.4 10 3mol1 10 3 mol64HNO 3： 1.2 103 322.4 3反應(yīng)中共消耗mol+1 10mol=2.2 10mol 。所以答案為 C。原子守恒即系列反應(yīng)中某原子 ( 或原子團(tuán)

19、 ) 個(gè)數(shù) ( 或物質(zhì)的量 ) 不變。以此為基礎(chǔ)可求出與該原子 ( 或原子團(tuán) ) 相關(guān)連的某些物質(zhì)的數(shù)量 ( 如質(zhì)量 ) 。例 31L1mol/L 的 NaOH溶液中，通入0.8molCO2，完全反應(yīng)后，溶液中2-CO和 HCO離子的33物質(zhì)的量之比大約為（）A、2：1 B 、 1：1 C 、1：2 D 、1：3答案 :D例 4. 某露置的苛性鉀經(jīng)分析含水： 7.62%( 質(zhì)量分?jǐn)?shù)，下同 ) 、K2CO3： 2.38%、KOH ：90.00%。取此樣品 1.00g 放入 46.00 mL1.00 molL 1 的 HCl(aq)中，過(guò)量的 HCl可用 1.070mol/L KOH(aq)中和至

20、中性，蒸發(fā)中和后的溶液可得固體_克。答案： 3.43 g提示：根據(jù) Cl原子守恒得： n(KCl) = n(HCl) = 1.00 mol L 10.04600 L = 4.60 102 mol， m(KCl) 易求。例 5：有 0.4g 鐵的氧化物，用足量的CO 在高溫下將其還原，把生成的全部CO2通入到足量的澄清的石灰水中得到0.75g 固體沉淀物，這種鐵的氧化物的化學(xué)式為（）A. FeOB. Fe2O3C. Fe3O4D. Fe4 O5答案： B解 析由 題 意 得 知 ， 鐵 的 氧 化 物 中 的 氧 原 子 最 后 轉(zhuǎn) 移 到 沉 淀 物CaCO3 中 。 且n(O)=n(CaCO

21、3)=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 ，選 B;.;.例 6將幾種鐵的氧化物的混合物加入100mL、7mol?L 1 的鹽酸中。氧化物恰好完全溶解，在所得的溶液中通入0.56L （標(biāo)況）氯氣時(shí)，恰好使溶液中的Fe2+完全轉(zhuǎn)化為 Fe3+，則該混合物中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為（）A. 72.4% B. 71.4%C. 79.0%D. 63.6%答案： B解析 鐵的氧化物中含F(xiàn)e 和 O 兩種元素，由題意，反應(yīng)后，HCl 中的 H 全在水中， O11

22、的 O，由關(guān)系式：2（ O ）元素全部轉(zhuǎn)化為水中2HClH OO， 得 ： n= 2n(HCl )0.7mol0.35mol， m（O） =0.35mol 16g?mol 1=5.6 g ；2113，n（ Cl ）=0.56L 22.4L/mol 2+0.7mol=0.75mol，n（ Fe）而鐵最終全部轉(zhuǎn)化為 FeCln(Cl )0.75mol0.25mol= 314g， m(Fe)=0.25mol 1g ， 則371.4% 56g ? mol=14( Fe)14 g100%5.6g，選 B。例 7現(xiàn)有 19.7 g 由 Fe、 FeO、 Al 、 Al O 組成的混合物，將它完全溶解在54

23、0 mL 2.00231的 H SO 溶液中，收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氣體8.96 L 。已知混合物中，F(xiàn)e、 FeO、 Al 、mol L24Al 2O3 的質(zhì)量分?jǐn)?shù)分別為 0.284、0.183 、0.274和 0.259 。欲使溶液中的金屬陽(yáng)離子完全轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀，至少應(yīng)加入2.70 mol L1 的 NaOH(aq)體積是 _。答案： 800 mL2提示：根據(jù) Na 原子守恒和 SO 4守恒得如下關(guān)系：2NaOH Na2SO4 H2SO4則： n(NaOH) = 2n(H 2SO4)c(NaOH) V NaOH(aq) = 2c(H2SO4) V H 2SO4(aq)V NaOH(aq)

24、 可求。三、電荷守恒“電荷守恒法” ，即電解質(zhì)溶液中的陰離子所帶的負(fù)電荷總數(shù)等于陽(yáng)離子所帶的正電荷總數(shù)，或者說(shuō)正、負(fù)電荷的代數(shù)和等于 01 。利用電荷守恒法的主要依據(jù)是電解質(zhì)溶液的整體上呈電中性。這種解題技巧的優(yōu)點(diǎn)是基于宏觀的統(tǒng)攬全局的方式列式，避開(kāi)繁雜的運(yùn)算，不去追究細(xì)枝末節(jié)，因而能使復(fù)雜的計(jì)算化繁為簡(jiǎn)，化難為易。1 電荷守恒法解題的依據(jù)和基本公式1.1 電荷守恒法解題的依據(jù)： 電解質(zhì)溶液中， 不論存在多少種離子， 溶液都是呈電中性的，即陰離子所帶的電荷數(shù)與陽(yáng)離子所帶的電荷數(shù)是相等的。1.2電荷守恒法解題時(shí)的計(jì)算公式：mc(Rm+) = n c(Rn) ，此公式中代表“和”的意思， c(R

25、m+) 代表陽(yáng)離子的濃度或物質(zhì)的量或微粒個(gè)數(shù)，m 代表代表陽(yáng)離子所帶電荷數(shù)，c(Rn ) 代表陰離子的濃度或物質(zhì)的量或微粒個(gè)數(shù)，n 代表代表陰離子所帶電荷數(shù)。以 NaS 溶液為例：在Na S 溶液中，有如下三個(gè)平衡式：222+H2O（一級(jí)水解）SHS +OH（二級(jí)水解）HS +H2OH2S+OH+（水的電離）H2OH +OH含有的微粒：+222Na、 H、 OH、 HS、 S、 H S (H O分子除外 ) ，有下列的電荷守恒式：c(Na +)+ c(H+) c(OH )+ c(HS )+2 c(S 2 )2 電荷守恒法適用范圍及解典型的化學(xué)計(jì)算題2.1 電荷守恒法解題范圍：已知溶液中幾個(gè)離子

26、的量，求其他離子的量，可采用電荷守;.;.恒法計(jì)算。2.2應(yīng)用電荷守恒法計(jì)算的典型例題2.2.1利用電荷守恒法可巧解有關(guān)電解質(zhì)溶液中離子濃度的計(jì)算題3+) 0.4 mol/L【例題 1】由硫酸鉀、硫酸鋁和硫酸組成的混合溶液，其pH 1， c(Al，c(SO42) 0.8 mol/L，則 c(K +) 為 () 2A. 0.15 mol/LB. 0.2 mol/LC. 0.3 mol/LD. 0.4 mol/L解析 1：常規(guī)方法：由硫酸鉀、硫酸鋁和硫酸的化學(xué)式推理：硫酸鉀（K2SO）、硫酸鋁 Al (SO )4、硫酸（ H SO），三種物質(zhì)組成的混合液中硫酸根的來(lái)源則由這三種物質(zhì)提供。24324

27、可由 pH1，再由公式 pH= lg c(H+) 推知 c(H+)=10 pH ，推知溶液中的c(H+)=10 1 molL 1，根據(jù) H2SO4 的電離方程式：+22的濃度為+的一半，即2的濃度為 0.05 molLH2SO4=2H +SO4 ，推知 H2SO4 所提供的SO4HSO4 1的電離方程式： Al(SO ) = =2Al3+22的濃度應(yīng)為 Al3+；再由 Al (SO )3+3SO ，推知SO的 1.52424344倍，由c(Al3+ 1得知由2 1) 0.4 mol LAl 2 (SO4) 3 所提供的 SO 的濃度為 0.6 molL ；則由4K SO 所提供的2 1 0.0

28、51 0.6 mol1SO濃度為： 0.8 mol LmolLL= 0.15 mol L244 1+2+2的 2倍，則，而由 K SO 的電離方程式： K SO=2K + SO4得知， K SO中K的濃度是SO2424244原混合液中 K+的濃度是 0.3molL1，即答案為 C。解析 2：巧用電荷守恒式：三種物質(zhì)組成的混合溶液中共存在5 種離子，它們分別是：+3+2 +) +) + 3c(Al3+2)H 、 Al、 K、 SO、 OH ，電荷守恒式如下：c(Kc(H)=c(OH ) + 2c(SO44溶液的 pH 1，再由公式 pH= lgc(H+) 推知 c(H+)=10 pH，推知溶液中

29、c(H +)=10 11ww+cwmolL，由水的離子積 K的計(jì)算公式 K= c(H )(OH )，在 25（常溫）時(shí)， K = 1.0 1014 13 1+得知 c(OH )=10molL ，由于 OH 的濃度極小， 計(jì)算時(shí)可忽略不計(jì)， 將 c(H )=10 1 13+， c2) 0.8 mol 1+molL ，c(Al) 0.4 mol/L(SO4L代入電荷守恒式： c(K ) + c(H )3+2中，則不難得出+)為0.3 1+ 3 c(Al )=c(OH ) + 2 c(SO4 )c(KmolL ，即答案為 C。根據(jù)上述兩種解題方法的對(duì)比不難得出，第一種方法是基于物質(zhì)的化學(xué)式利用繁雜的

30、電離方程式和運(yùn)算來(lái)解題的，此方法步驟繁多， 容易出錯(cuò)； 而第二種解題方法是利用電荷的守恒關(guān)系來(lái)解題的， 這種方法在優(yōu)點(diǎn)是基于宏觀的統(tǒng)攬全局的方式列式，避開(kāi)繁雜的運(yùn)算， 不去追究細(xì)枝末節(jié)， 沒(méi)有用電離方程式，不用理會(huì)物質(zhì)的化學(xué)式，只要知道溶液中有幾種離子及離子的符號(hào)就可以解題了，因而能使復(fù)雜的計(jì)算化繁為簡(jiǎn)，化難為易。3 利用電荷守恒法解化學(xué)計(jì)算習(xí)題是化學(xué)計(jì)算中一種很重要的解題方法和技巧，這種技巧應(yīng)用的好， 可以起到事半功倍的效果，能使復(fù)雜的計(jì)算化繁為簡(jiǎn)，化難為易。2.2.2利用電荷守恒法可巧解比較溶液中離子濃度大小的習(xí)題比較溶液中離子濃度大小水溶液中離子平衡知識(shí)中常見(jiàn)的一種題型，其中利用電荷守恒

31、法比較離子濃度大小，筆者認(rèn)為也是在這些習(xí)題中使用較多的方法之一?！纠}2】常溫下，將甲酸(HCOOH)與 NaOH溶液混合，所得溶液的pH=7，則此溶液中()4+B.A. c(HCOO) c(Na )c(HCOO) c(Na )+D.+) 的大小關(guān)系C. c(HCOO) c(Na )無(wú)法確定 c(HCOO ) 和 c(Na解析 1：（常規(guī)方法）甲酸是弱酸，甲酸和氫氧化鈉溶液混合恰好中和時(shí)生成的弱酸強(qiáng)堿鹽水解顯堿性，所以甲酸和氫氧化鈉溶液混合所得溶液pH=7 時(shí)甲酸過(guò)量，甲酸過(guò)量的不是很多，如果過(guò)量很多的話，溶液又呈酸性了，但+c(HCOO) 和 c(Na ) 的大小關(guān)系還是比較不出來(lái)。+解析

32、2：用電荷守恒法進(jìn)行分析，混合后溶液中所存在的離子共有HCOO、 Na 、 H、 OH四種，根據(jù)電荷守恒法可得出+由于溶液的 pH=7，溶c(Na)+ c(H)= c(HCOO )+ c(OH ) ,+液呈中性，則有 c(H ) = c (OH ) ，進(jìn)而可推出 c(Na )= c(HCOO ) 。答案為 C ?！纠} 3】常溫下，將甲酸 (HCOOH)與 NaOH溶液混合，所得溶液的 pH 7，則此溶液中 ( )+B.+A. c(HCOO) c(Na )c(HCOO) c(Na )+D.+C. c(HCOO) c(Na )無(wú)法確定 c(HCOO ) 和c(Na ) 的大小關(guān)系解析：分析同例題

33、 2 利用電荷守恒式： c(Na+)+ c(H )= c(HCOO)+ c(OH ) ，由于溶液中的pH 7，即 c+。答案為 B 。(H)c(OH ) ，進(jìn)而可推出c(Na ) c(HCOO);.;.【例題 4】常溫下，將甲酸 (HCOOH)與 NaOH溶液混合，所得溶液的pH 7，則此溶液中 ()+B.+A. c(HCOO) c(Na )c(HCOO) c(Na )+D.+) 的大小關(guān)系C. c(HCOO) c(Na )無(wú)法確定 c(HCOO ) 和 c(Na分析同例題+pH 7，2 利用電荷守恒式： c(Na )+ c(H )= c(HCOO)+ c(OH ) ，由于溶液中的+即 c(H

34、) c(OH ) ，進(jìn)而可推出c(Na) c(HCOO) 。答案為 A。以上三個(gè)例題若用常規(guī)方法分析，既得考慮酸堿中和反應(yīng)中有關(guān)量的問(wèn)題，還得考慮鹽類的水解問(wèn)題，分析過(guò)程繁瑣，浪費(fèi)時(shí)間長(zhǎng)，容易出錯(cuò)。電荷守恒即對(duì)任一電中性的體系，如化合物、混和物、溶液、膠體等，電荷的代數(shù)和為零，即正電荷總數(shù)和負(fù)電荷總數(shù)相等。例題 8將 CaCl 2和 CaBr 2 的混合物 13.400 g 溶于水配成500.00 mL 溶液，再通入過(guò)量的 Cl 2，完全反應(yīng)后將溶液蒸干，得到干燥固體 11.175g。則原配溶液中， c(Ca2 ) c(Cl ) c(Br ) 為A.3 2 1B.1 23C.132D.23 1

35、答案： D解題思路： 1 個(gè) Ca2 所帶電荷數(shù)為2，則根據(jù)溶液中陽(yáng)離子所帶正電荷總數(shù)等于陰離子所帶負(fù)電荷總數(shù)，知原溶液中：2n(Ca2 ) = n(Cl ) n(Br )將各備選項(xiàng)數(shù)值代入上式進(jìn)行檢驗(yàn)可知答案。例 9：(1) 中學(xué)教材上圖示了NaCl 晶體結(jié)構(gòu)，它向三維空間延伸得到完美晶體。NiO( 氧化鎳 ) 晶體的結(jié)構(gòu)與NaCl 相同， Ni 2與最近 O2的核間距離為a 108cm，計(jì)算 NiO 晶體的密度 ( 已知 NiO 摩爾質(zhì)量為 74.7 g mol 1) 。(2) 天然的和絕大部分人工制備的晶體， 都存在各種缺陷，例如在某種 NiO 晶體中就存在如圖 1 1 所示的缺陷：一個(gè) Ni 2 空缺，另有兩個(gè) Ni 2 被兩個(gè) Ni 3 所取代。 其結(jié)果晶體仍呈電中性， 但化合物中 Ni 和 O的比值卻發(fā)生了變化。某氧化鎳樣品組成為Ni 0.97 O，試374.7 g mol1計(jì)算該晶體中與 Ni2Ni的離子數(shù)之比。答案： (1)(a10 8 cm) 32 N A(2)691提示：由題得 NiO晶體結(jié)構(gòu) ( 如右圖 ) 。其體積為：V = (a 10 8cm)3右圖向三維空間延伸，1它平均擁1有的Ni 2 、 O2數(shù)目為：N(Ni 2 ) =N(O 2 ) =84=2 =N(NiO)mol 1m( NiO ) M