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1、高考化学常见题型解题技巧计算题1、守恒法多数计算题是以化学反应为依据，化学方程式可表示反应物和生成物之间的质量、微观粒子、物质的量、气体体积等变化关系，又反映出化学反应前后的电荷数、电子得失数、微粒个数都是守恒的。在有关的多步反应、并行反应、混合物的综合计算等问题中，如能巧用这些守恒规律，可使难度较大和计算过程繁杂的题目达到解题思路简明、方法简单、步骤简化的目的，收到事半功倍的效果。 （1）质量守恒法 例1 把过量的铁粉加入到FeCl3和CuCl2组成的混合液中，充分搅拌，反应后过滤、干燥、称得不溶物的质量与加入铁粉的质量相等。求混合物中FeCl3和CuCl2的物质的量之比是多少？ 解析：设混
2、合物中CuCl2的物质的量为x，FeCl3物质的量为y Fe + CuCl2 = Cu+FeCl2 Fe + 2 FeCl3 = 3 FeCl2xmol xmol xmol y/2mol ymol反应后所得不溶物为铜粉和过量的铁粉。按题意，反应中与FeCl3和CuCl2反应而消耗的铁粉的质量与置换出铜粉的质量相等。按此等量关系用代数法求解。56(x+y/2)=64x x:y=2:7 (2)摩尔守恒法 这是利用某种原子（或原子团）反应前物质的量等于转化为各种产物中所含该原子（或原子团）的物质的量进行计算的一种方法。 例2（1994年高考24题）38.4mg铜与适量的浓硝酸反应，铜全部作用后，共收
3、集到气体22.4ml（标准状况），反应消耗的HNO3的物质的量可能是 （ ） A、1.0103mol B、1.6103mol C、2.2103mol D、2.4103mol解析：此题的隐含条件是“随着铜与硝酸反应，硝酸越来越稀，因而产生的气体有NO2和NO”。根据N原子守恒（不考虑NO2聚合成N2O4）有：nHNO3nCu(NO3)2 + nNO2+nNO nCu2 + n总气体 (38.4103)/642 +（22.4103）/22.4 / 2.2103(mol) 应选C。（3）电子得失守恒法在氧化还原反应中失电子微粒的物质的量化合价升高值得电子微粒的物质的量化合价降低值。例3如果有0.3m
4、ol/L的Na2SO3溶液16ml，刚好将3.2103mol的强氧化剂RO(OH)2+溶液中的溶质还原到较低价态，则反应中R的最终价态是 （ ）解析：Na2SO3可被强氧化剂氧化为Na2SO4，Na2SO3失去电子的物质的量一定等于RO(OH)2+得到电子的物质的量。设RO(OH)2+中R元素化合价降低了x价。依题意列出方程： 20.3mol/L16103L3.2103molx 解得：x3所以，R元素由+5 价降低了3价，被还原产物中R元素的化合价为+2价。应选C（4）电荷守恒法在电解质溶液中，阴离子与阳离子的总电荷数相等，使溶液呈电中性。据此运算称电荷守恒法。可应用于电解、电镀、混合溶液的计
5、算。例4镁条在空气中燃烧生成氧化镁和氮化镁。将燃烧后的产物溶解在60ml浓度为2.0mol/L的盐酸中，再用20ml0.5mol/LNaOH溶液中和多余的盐酸，然后在溶液中加入过量的碱，把氨全部蒸出来，用稀盐酸吸收，稀盐酸增重0.17g。求镁带的质量。解析：此题涉及反应较多，如按常规计算，非常复杂，如巧用电荷守恒法可使计算大为简化。在图系（B）中，根据电荷守恒，有如下关系： 2n(Mg2+)n(NH4) n(Na+)n(Cl)2n(Mg2+)0.17g17g.mol+0.5mol/L20103L2 mol/L60103L n(Mg2+)0.05mol 所以，镁带的质量为：24g/mol0.05
6、mol1.2g2、差量法差量法的实质仍是比例法，是利用反应体系中某化学量由始态到终态的差量，作为解题的突破口。例5、现有KCl、KBr混合物3.87g，全部溶于水，并加入过量的AgNO3溶液，充分反应产生6.63g沉淀物，则原混合物中钾元素的质量百分含量是多少？解析：沉淀的质量与原混合物的质量差m6.63g3.87g2.76g，质量增加的原因是由于Ag+代换了原混合物中的K+。K+ Ag+ m39 108 69X 2.76g x2.7639/691.56g 所以，K+%1.56/3.87100%40.3%3、平均值法两个数进行算术平均所得的平均值，一定介于两个数之间。若已知平均值，则可推断原来
7、两个数一定一个比平均值大，另一个比平均值小。这种应用平均值去判断两个数的取值范围的方法称为平均值法。例6丙烯与某种气态烃组成的混合气体完全燃烧所需氧气的体积是原混合气体体积的3倍（气体体积均在相同条件下测定）求烃的分子式。解析：C3H64.5 O23CO23H2O，1体积丙烷完全燃烧消耗4.5体积氧气，则另一种烃完全燃烧消耗氧气的体积一定小于3倍烃的体积。CxHy（xy/4）O2x CO2y/2 H2O,所以，（xy/4）3 即y4(3x)讨论：当x1时，y8，烃的分子式为CH4； 当x2时，y4，烃的分子式为C2H2；4、极值法极值法就是从某个极限状态去考虑问题，进行分析、判断、推理的方法。
8、例7把1mol由氨气和氧气组成的混合气体导入密闭的反应器中，在催化剂存在下使之充分反应，然后恢复到常温常压。若原混合气体中有xmol氧气， y B最后在反应器中产生硝酸为ymol，则随x的变化趋势如右图所示。请在下表格中x的取值范围与x相对应的y值表达式。解析：本题属于应用极值的方法解讨论型化学计算题，解这类 O A C x题的方法是：正确分析所发生的化学反应；依据有关化学方程 式和数据进行过量判断或确定极值，划分取值范围；确定在不同的取值范围内所对应的产物或反应混合物的成分；进行必要的计算求解。首先写出有关反应的化学方程式 4NH35O24NO6H2O () 当x值为5/9时，NH3全部转化
9、为NO，因无过量氧气存在，无NO2生成，也就无HNO3生成。 4NO3O22H2O4 HNO3 ()当x值为2/3时，NH3全部被转化成HNO3当5/9x0时，发生反应()，容器中O2不足，只能生成NO，此时无HNO3生成。当2/3x5/9时，发生反应()后，氧气剩余一部分，同时有反应()发生，可使部分NO转化为HNO3。 4 NH3 5 O2 4 5 1x 5(1x)/4过量氧气的物质的量x生成硝酸的物质的量nO23x当1x2/3时，O2过量，发生() ()两个反应，NH3全部转化为HNO3，生成HNO3为（1x）mol。 NH3 NO HNO31x 1x将所得结果填入下表：x的取值范围y值
10、的表达式5/9x0y02/3x5/9y3x5/31x2/3y1x5、图象解析法例8 3.5克铜和氧化铜的混合物，加入过量的浓硫酸，加热，待反应完全后，再加入适量NaOH溶液中和过量的酸，然后加水稀释，向该溶液中加入纯铁粉3.6克，反应完毕后，溶液中不再存在Cu2+，将不溶物过滤、烘干，称其质量为4克。被置换出的铜多少克？混合物中氧化铜百分含量是多少？解析：3.6克铁粉放入硫酸铜溶液中，铁粉不停地被氧化进入溶液，铜也不停地在溶液中被还原析出。由题意知，铁粉消耗的质量少，铜析出的质量多。也就是说，铜填补铁所消耗的质量以后，还有余0.4克，如果用线长表示质量的大小，可以建立以下的图像关系： 析出铜的
11、质量x克、问题分析 反应剩 消耗铁的质量 先画出如右图象(设析出铜的质量为x克)。 余铁的 画出图象以后，看图可得以下结论：质量结论：剩余铁的质量4x，那么参加反应的铁的质量3.6g剩余铁的质量 铁的总量3.6克 0.4克3.6g(4gx) （x0.4）g 解题FeCuSO4 CuFeSO4 56:64(x0.4) :x56g 64g x3.2g(x0.4)g xg 答析出铜3.2克设原混合物中CuO为y克，则CuO O80 16 yg (3.53.2)g 80:16y: (3.53.2) y1.5克 CuO%100%43.3% 答混合物中CuO的百分含量是43.3%。6、估算法估算法是根据题
12、目给定的条件或数量关系，可以不经精确计算，而经分析、推理或进行简单的心算、口算就能找出答案的一种解题方法。例9在一定温度下，向足量的饱和Na2CO3溶液中加入1.06g无水Na2CO3，搅拌后静置，最终所得晶体的质量 （ ）A、等于1.06g B、大于1.06g而小于2.86g C、等于2.86g D、大于2.86g解析：由于温度未定，Na2CO3的溶解度便不能确定，因而本题只能采用估算法求解。先确定某个特征数据，将不确定的因素转化为确定的量，从而得出结论。由于加入的1.06克无水Na2CO3(确定的量)应全部转化成2.86克Na2CO3.10H2O析出，导致饱和溶液由于水减少，必会又有部分晶
13、体析出，显然，析出晶体的量大于2.86g。应选D。7、放缩法放缩法是对已知分子式或数据进行整数倍比例放大或缩小的方法，常用于解计算型选择题。例10（1997年高考17题）用10ml的0.1mol/LBaCl2溶液恰好可使相同体积的硫酸铁、硫酸锌和硫酸钾三种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比是 （ ）A、3：2：2 B、1：2：3 C、1：3：3 D、3：1：1解析：等量的Ba2+可沉淀等量的SO42，将Ba2+放大为3mol，则Fe2(SO4)3、ZnSO4和K2SO4分别为1mol、3mol和3mol，又三者体积相同，故物质的量浓度之比为1：3：3。应选C。8、换元法例11将一定质量的碳和8克氧气置于一密闭容器中，
