高中化学守恒法

1、;.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

2、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 NO 2、 O2、 NH 3 的混合气体26.88 L 通过稀 H 2SO4 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 40.625B 42.15C 38.225D 42.625 解析 将混合气体通过稀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 与水接触发生如下反应：3NO 2+H 2O=2HNO 3+NO反应2NO+O 2=2NO 2反应生成的 NO 2 再与水反应： 3NO 2+H2O=2HNO 3+NO反应上述反应、属于循环反应，可将反应2+反应，消去中间产物 NO ，得出：4NO 2+ O2+2H 2 O =4HNO 3反应如果反应中 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) 。2.24Lm(NO)=n M=V 30 g/mol= 30 g/mol =3.0 g22.4 L / mol

4、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由摩尔质量 M 计算公式： M=22.4L / mol22.4L / molm=48.75 g =40.625 g/moln1.2mol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 2O4( 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 FeOB Fe3O4C FeO Fe3O4D Fe2O3解析 已知

5、 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)=5614.4g= 5.6 g12216564设为 FexO4。在加热过程中， 铁元素将 FeC2O4 隔绝空气加热， 使之分解得铁的氧化物，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nm ，又据n1N1 （N1、Mn2N 2N 2 代表微粒个数）m(Fe)5.6 g则 n( Fe)M (Fe)56 g / mol4

6、，答案为 C。n(O)m(O)2.0 g5M (O)16 g / mol;.;.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/LB 6.75 mol/LC 6.25 mol/LD 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

7、(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cnMV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/molm( KOH )200 g 14%n( KOH )56g / mol 0.5mol则：M (KOH )0.5mol，所以答案为 C。n(KOH )c( KOH )V0.08 L6.25mol / L3 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 H 2SO4 配制 200 g 20% 的稀 H2SO4，需这种浓度的浓 H2SO4A

8、40.8 gB 40.8 mLC22.2 mLD 20 mL设浓 H2SO4解析 在由浓溶液稀释而配制溶液的过程中，H2 SO4 溶质的质量是不变的，的体积为 V ，据 =m 公式，由质量守恒定律列出H 2SO4 质量守恒的式子：VV1 1.84 g/cm 3 98%=200 g 20%解得 V 1=22.18 mL 22.2 mL需这种浓度的浓H 2SO4： m=V=1.84 g/cm 3 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

9、应生成8.5g C ，则 A、 B、 C 的相对分子质量之比为（）。A、 14:3:17B、28:2:17C、 1:3:2D、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 BCD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 gB. 第一次反应停止时，剩余C 6 gC. 反应中 A 和 C 的质量比是5 3D. 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

10、次反应后，只剩余 C ，说明 A 、 B 恰好完全反应。则：;.;.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=53 2(C) 选项

11、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 H 2 和 Cl 2 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/ 22.4B b a/ 22.4C b a/ 22.4D 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：光反应H2 +C

12、l2 =2HClNaOH+HCl=NaCl+H 2O反应讨论 1：若 Cl 2 过量，还有： Cl 2+2NaOH=NaCl+NaClO+H 2O反应计算时先以不足暑 H2 计算。设原混合气体中H 2为 x mol ，Cl 2 为 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依题意得列二元一次方程组：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

13、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Cl 2 计算。只有反应和反应。设原混合气体中H 2为 x mol ，Cl 2 为 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组：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

14、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：点燃反应S+O2=SO 22SO2+O22SO3反应SO3+H 2O=H 2 SO4反应H2 SO4+2NaOH=Na

15、 2SO4+2H 2O反应根据已知 NaOH 的量，逆推H2SO4，再由 H 2SO4 推 SO3，再由 SO3 推 SO2，再由 SO2推 S 元素。这里面所蕴含的关系式如下：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则原化合物中S元素的质量分数 = m(S)100%36.4%100 %所以，答案为A 。m(样品 )0 .44g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H 2SO4 ，H2SO4 再与 NaOH 发生中

16、和反应，根据 S、 Na 的原子守恒关系：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则原化合物中S 的质量分数 =36.4%所以答案为 A。100%100%m(样品 )0.44g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22.4 mL （标准状况）。反应消耗的HNO 3 物质的量可能为 3mol 3molA 1.610B 2.010 3mol 3C 2.2 10D 2.4 10 mol解法一：常规方法：书

17、写化学方程式，然后列式计算。设生成 NO 2、 NO 分别为 x mol 、 y mol 。已知 Cu 的相对原子质量为64Cu+4HNO 3 (浓) = 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由已知条件列二元一次方程组：0.5x + 1.5y =38.4 10 3x+y=22.4103 64解得， x=0.9 103 322.4mol y=0.1 10mol反应中消耗的3 3 3HNO 3： 2x+4y=

18、2 0.9 10mol+4 0.1 10mol=2.2 10 mol所以，答案为 C。解法二：原子守恒法经分析 Cu 与 HNO 3 反应生成了 Cu(NO 3)2 和 NOx，在反应中 HNO 3 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(NO 3)2 2HNO 3（酸）NO xHNO 3（氧化剂）1121138.4 10 3mol1.210 3 mol22.4 10 3mol1 10 3 mol64HNO 3： 1.2 103 322.4 3反应中共消耗mol+1 10mol=2.2 10mol 。所以答案为 C。原子守恒即系列反应中某原子 ( 或原子团

19、 ) 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 31L1mol/L 的 NaOH溶液中，通入0.8molCO2，完全反应后，溶液中2-CO和 HCO离子的33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 1.00g 放入 46.00 mL1.00 molL 1 的 HCl(aq)中，过量的 HCl可用 1.070mol/L KOH(aq)中和至

20、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(KCl) = n(HCl) = 1.00 mol L 10.04600 L = 4.60 102 mol， m(KCl) 易求。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. FeOB. Fe2O3C. Fe3O4D. Fe4 O5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(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 ，选 B;.;.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Fe2+完全转化为 Fe3+，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， O11

22、的 O，由关系式：2（ O ）元素全部转化为水中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）而铁最终全部转化为 FeCln(Cl )0.75mol0.25mol= 314g， m(Fe)=0.25mol 1g ， 则371.4% 56g ? mol=14( Fe)14 g100%5.6g，选 B。例 7现有 19.7 g 由 Fe、 FeO、 Al 、 Al O 组成的混合物，将它完全溶解在54

23、0 mL 2.00231的 H SO 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 、mol L24Al 2O3 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 L1 的 NaOH(aq)体积是 _。答案： 800 mL2提示：根据 Na 原子守恒和 SO 4守恒得如下关系：2NaOH Na2SO4 H2SO4则： n(NaOH) = 2n(H 2SO4)c(NaOH) V NaOH(aq) = 2c(H2SO4) V H 2SO4(aq)V NaOH(aq)

24、 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 01 。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：mc(Rm+) = n c(Rn) ，此公式中代表“和”的意思， c(R

25、m+) 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 NaS 溶液为例：在Na S 溶液中，有如下三个平衡式：222+H2O（一级水解）SHS +OH（二级水解）HS +H2OH2S+OH+（水的电离）H2OH +OH含有的微粒：+222Na、 H、 OH、 HS、 S、 H S (H O分子除外 ) ，有下列的电荷守恒式：c(Na +)+ c(H+) c(OH )+ c(HS )+2 c(S 2 )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

26、的量，求其他离子的量，可采用电荷守;.;.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+) 0.4 mol/L【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，c(SO42) 0.8 mol/L，则 c(K +) 为 () 2A. 0.15 mol/LB. 0.2 mol/LC. 0.3 mol/LD. 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（K2SO）、硫酸铝 Al (SO )4、硫酸（ H SO），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。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，根据 H2SO4 的电离方程式：+22的浓度为+的一半，即2的浓度为 0.05 molLH2SO4=2H +SO4 ，推知 H2SO4 所提供的SO4HSO4 1的电离方程式： Al(SO ) = =2Al3+22的浓度应为 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 的浓度为 0.6 molL ；则由4K SO 所提供的2 1 0.0

28、51 0.6 mol1SO浓度为： 0.8 mol LmolLL= 0.15 mol L244 1+2+2的 2倍，则，而由 K SO 的电离方程式： K SO=2K + SO4得知， K SO中K的浓度是SO2424244原混合液中 K+的浓度是 0.3molL1，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 +) +) + 3c(Al3+2)H 、 Al、 K、 SO、 OH ，电荷守恒式如下：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，由水的离子积 K的计算公式 K= c(H )(OH )，在 25（常温）时， K = 1.0 1014 13 1+得知 c(OH )=10molL ，由于 OH 的浓度极小， 计算时可忽略不计， 将 c(H )=10 1 13+， c2) 0.8 mol 1+molL ，c(Al) 0.4 mol/L(SO4L代入电荷守恒式： c(K ) + c(H )3+2中，则不难得出+)为0.3 1+ 3 c(Al )=c(OH ) + 2 c(SO4 )c(KmolL ，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

30、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

31、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+B.A. c(HCOO) c(Na )c(HCOO) c(Na )+D.+) 的大小关系C. c(HCOO) c(Na )无法确定 c(HCOO ) 和 c(Na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

32、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+由于溶液的 pH=7，溶c(Na)+ c(H)= c(HCOO )+ c(OH ) ,+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 ( )+B.+A. c(HCOO) c(Na )c(HCOO) c(Na )+D.+C. c(HCOO) c(Na )无法确定 c(HCOO ) 和c(Na ) 的大小关系解析：分析同例题

33、 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+。答案为 B 。(H)c(OH ) ，进而可推出c(Na ) c(HCOO);.;.【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 ()+B.+A. c(HCOO) c(Na )c(HCOO) c(Na )+D.+) 的大小关系C. c(HCOO) c(Na )无法确定 c(HCOO ) 和 c(Na分析同例题+pH 7，2 利用电荷守恒式： c(Na )+ c(H )= c(HCOO)+ c(OH ) ，由于溶液中的+即 c(H

34、) 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 CaBr 2 的混合物 13.400 g 溶于水配成500.00 mL 溶液，再通入过量的 Cl 2，完全反应后将溶液蒸干，得到干燥固体 11.175g。则原配溶液中， c(Ca2 ) c(Cl ) c(Br ) 为A.3 2 1B.1 23C.132D.23 1

35、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(Ca2 ) = 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 2与最近 O2的核间距离为a 108cm，计算 NiO 晶体的密度 ( 已知 NiO 摩尔质量为 74.7 g mol 1) 。(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 2 空缺，另有两个 Ni 2 被两个 Ni 3 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Ni 0.97 O，试374.7 g mol1计算该晶体中与 Ni2Ni的离子数之比。答案： (1)(a10 8 cm) 32 N A(2)691提示：由题得 NiO晶体结构 ( 如右图 ) 。其体积为：V = (a 10 8cm)3右图向三维空间延伸，1它平均拥1有的Ni 2 、 O2数目为：N(Ni 2 ) =N(O 2 ) =84=2 =N(NiO)mol 1m( NiO ) M