化学计算题的解题技巧

孟凡盛　方兰

孟凡盛， 湖北省特级教师，全国高中化学教学改革优秀教师，武汉市学科带头人。培养了多名省、市理科状元，多名学生高考化学获满分。

在复习的过程中，若能熟练地选用正确的解题方法和技巧，就能节约答题时间，提高计算的准确率，达到事半功倍的效果。

技巧1：守恒法

1.原子守恒法

原子守恒是指在化学反应前后，元素种类不变，原子个数相等。对于复杂的化学变化过程，确定恒量后，常常省略中间过程的探究，直接利用原子守恒关系进行求解。

【例1】（2015·湖南省长郡中学高三模拟）将35.8 g Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生6.72 L气体（标准状况）。另取等质量的该合金溶于过量的稀硝酸中，生成13.44 L NO（标准状况），向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为（ ）

A.66.4 g B.50.8 g C .44.8 g D. 39.2 g

解析：合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气6.72 L（标准状况），物质的量为6.72 L÷22.4 L/mol=0.3 mol，根据电子转移守恒可知

n（Al）=0.3×2/3=0.2 mol，故金属铝的质量为0.2 mol×

27 g/mol=5.4 g，金属铝提供电子的量是0.6 mol。将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为（13.44 L÷22.4 L/mol）×3=1.8 mol，故Fe、Cu共提供的电子物质的量为1.8 mol-0.6 mol=1.2 mol。向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜，由电荷守恒可知，反应中金属铁、铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，即n（OH-）=1.2 mol，所以反应后沉淀的质量等于35.8 g-5.4 g+1.2 mol×17 g/mol=50.8 g，故选B。

2.电荷守恒法

电荷守恒是指在电解质溶液中，所有的阳离子所带的正电荷总数等于所有的阴离子所带的负电荷总数，溶液整体不显电性。

【例2】（2015·河南省省级示范性高中联考）某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液100 mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02 mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6 g固体；向上述滤液中加入足量BaCl2溶液，得到4.66 g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中（ ）

A.至少存在5种离子

B.Cl-一定存在，且c（Cl-）≥0.4 mol/L

C.SO42-、NH4+一定存在，Cl-可能不存在

D.CO32-、Al3+一定不存在，K+可能存在

解析：向溶液中加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02 mol气体，则含有n（NH4+）=0.02 mol，同时产生红褐色沉淀，则含有Fe3+；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6 g固

体，则n（Fe3+）=2×n（Fe2O3）=2×（1.6 g÷160 g/mol）=

0.02 mol；向上述滤液中加入足量BaCl2溶液，得到4.66 g不溶于盐酸的沉淀，则含有n（SO42-）= 4.66 g÷ 233 g/mol=

0.02 mol。根据电荷守恒可得1×n（NH4+）+3×n（Fe3+）=

0.08 mol，负电荷总数2×0.02 mol = 0.04 mol<0.08 mol，所以一定还含有阴离子，而CO32-会与Fe3+发生复分解反应而不能大量共存，只能含有Cl-。若无其他阳离子，则Cl-物质的量是0.08 mol-0.04 mol=0.04 mol ，c（Cl-）= 0.04 mol÷0.1 L = 0.4 mol/L，若含有其他阳离子，则c（Cl-）要大于0.4 mol/L，因此B正确。

特别提醒：电荷守恒法常用于判断混合溶液中离子的组成、计算溶液中某一离子的浓度、比较溶液中离子浓度的相对大小、判断溶液的酸碱性等。解题的关键在于要能够准确地把溶液中所有的阴、阳离子全部罗列出来，再根据电荷守恒写出对应的关系式。

3.得失电子守恒法

得失电子守恒是指在氧化还原反应中，氧化剂得到的电子总数和还原剂失去的电子总数相等。

【例3】（2014·重庆卷）一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其他有机物）。该储氢装置的电流效率η = 。（η =，计算结果保留小数点后1位）

解析：阳极生成的H+经过高分子电解质膜移动至阴极，一部分H+与苯一起得电子生成环己烷（C6H6+6H++6e-=C6H12），还有一部分H+ 得电子生成H2 （2H++2e-=H2↑，阴极的副反应），左边（阴极区）出来的混合气体成分为未反应的苯（g）和生成的环己烷（g）、H2，设未反应的苯蒸气物质的量为x mol，生成

的氢气的物质的量为y mol，阴极生成的气态环己烷为（2.4-x） mol，得到电子6（2.4-x）mol，阴极生成y mol H2得到电子2y mol，阳极（E极）的电极反应式为2H2O -4e-=O2↑+4H+，）生成2.8 mol O2失去电子物质的量为4×2.8 mol=11.2 mol。根据得失电子守恒有6（2.4-x）mol+2y mol=11.2 mol；阴极出来的混合气体中苯蒸气的物质的量分数为x÷（10+y）=0.1；联解得x=1.2 mol，电流效率为6×（2.4-1.2）÷11.2×100%=64.3%。

特别提醒：得失电子守恒法不仅适用于一般的氧化还原反应的计算中，在原电池、电解池中也同样适用。其基本的表达式为：n（氧化剂）×单个氧化剂得电子总数=n（还原剂）×单个还原剂失电子总数。

技巧2：极端假设法

针对具有不确定计算关系的问题，采取极端假设的思维，通过确定物质间量关系的极大值和极小值，进而确定其取值范围，可达到简化处理的目的。

【例4】（2014·全国卷）已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且的值与温度高低有关。当n（KOH）=a mol时，下列有关说法错误的是（ ）

A.若某温度下，反应后=11，则溶液中=12

B.参加反应的氯气的物质的量等于a mol

C.改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：a mol≤ne≤a mol

D.改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为a mol

解析：C项，采取极端假设法进行讨论，改变温度，若反应中只生成KCl和KClO，转移电子a mol，若反应中只生成KCl和KClO3，则转移电子a mol，故反应中转移电子的物质的量范围为a mol≤ne≤a mol，正确；D项，改变温度，若反应中只生成KCl和KClO3，根据得失电子守恒，可产生KClO3（最大理论产量）a mol，错误，故答案选D。

特别提醒：极端假设法常用来判断混合物的组成或计算各组分的含量、平衡混合物中各组分含量的范围等。通常先分别假定只有单一组分进行讨论，分别求出极大值和极小值，再合并得出所求量的范围。

技巧3：十字交叉法

十字交叉法是针对二元混合物计算的一种特殊方法，若已知该混合物中两种成分的含量及其平均值，需要获取这两种成分含量的比例关系，则可采用十字交叉法。

【例5】（2012·新课标卷）现有一含有FeCl2和FeCl3的混合样品，测得n（Fe）∶ n（Cl）=1∶2.1，则该样品中FeCl3的物质的量分数为 。

解析：根据十字交叉法进行巧解，即FeCl2中

n（Cl）∶n（Fe）=2，FeCl3中n（Cl）∶n（Fe）=3，而其混合物中n（Cl）∶n（Fe）=2.1，用十字交叉法：

即n（FeCl2）∶n（FeCl3）=9∶1，则 FeCl3的物质的量分数为（0.1）÷（0.1+0.9）×100%=10%。

特别提醒：十字交叉法主要运用于计算某种混合物中各组分的物质的量之比（或体积比）、某元素的两种同位素的原子个数比、混合烃的组成成分等。

技巧4：数形结合法

【例6】（2015·河南省中原名校模拟）标准状况下，向100 mL H2S饱和溶液中通入SO2气体，所得溶液pH变化如图中曲线所示。下列分析正确的是（ ）

A.原H2S溶液的物质的量浓度为0.05 mol/L

B.氢硫酸的酸性比亚硫酸的酸性强

C.b点水的电离程度比c点水的电离程度大

D.a点对应溶液的导电性比d点强

解析：b点时H2S恰好反应，消耗SO2为0.112 ml÷22.4 L/mol=0.005 mol，由反应2H2S+SO2=3S↓+

2H2O可知，n（H2S）=0.005 mol×2=0.01 mol，则c（H2S）=

0.01 mol÷0.1 L=0.1 mol/L，A错误；d点时，亚硫酸浓度约是0.1 mol/L，pH比同浓度H2S溶液小，H2S的酸性比H2SO3的酸性弱，B错误；b点溶液为中性，水的电离不受影响，而c点溶液显酸性，水的电离受到抑制，C正确；H2S和H2SO3均为二元酸且d点溶液酸性比a点强，故d点溶液导电性强，D错误，故选C。

特别提醒：利用数形结合法解题时，要准确地抓住纵、横坐标及起点、拐点、交点、终点等特殊点的化学含义，还要纵观曲线的走向，即变化趋势。