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清北授课有妙招 各科分数都提高
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 FeCl2
xmol 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、1.0×10—3mol B、1.6×10—3mol C、2.2×10—3mol D、2.4×10—3mol
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：
nHNO3＝nCu(NO3)2 + nNO2+nNO
＝nCu×2 + n 总气体
＝[(38.4×10—3)/64]×2 +（22.4×10—3）/22.4
＝2.2×10—3(mol) 应选C。
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（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0.3mol/L 的Na2SO3溶液16ml，刚好将3.2×10—3mol 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：
2×0.3mol/L×16×10—3L＝3.2×10—3mol×x
解得：x＝3
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：
2×n(Mg2+)＋n(NH4
—) ＋n(Na+)＝n(Cl—)
2×n(Mg2+)＋0.17g÷17g.mol—+0.5mol/L×20×10—3L＝2 mol/L×60×10—3L
n(Mg2+)＝0.05mol
所以，镁带的质量为：24g/mol×0.05mol＝1.2g
2、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
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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△m＝6.63g—3.87g＝2.76g，质量增加的原因
是由于Ag+代换了原混合物中的K+。
K+ Ag+ △m
39 108 69
X 2.76g
x＝2.76×39/69＝1.56g
所以，K+%＝1.56/3.87×100%＝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：C3H6＋4.5 O2→3CO2＋3H2O，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＋（x＋y/4）O2→x CO2＋y/2 H2O,所以，（x＋y/4）＜3 即y＜4(3－x)
讨论：①当x＝1 时，y＜8，烃的分子式为CH4；
②当x＝2 时，y＜4，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。
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：①正确分析所发生的化学反应；②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；③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；④进行必要的计算求解。
⑴首先写出有关反应的化学方程式
4NH3＋5O2＝4NO＋6H2O (ⅰ)
当x 值为5/9 时，NH3全部转化为NO，因无过量氧气存在，无NO2生成，也就无HNO3生
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成。
4NO＋3O2＋2H2O＝4 HNO3 (ⅱ)
当x 值为2/3 时，NH3全部被转化成HNO3
⑵当5/9＞x＞0 时，发生反应(ⅰ)，容器中O2不足，只能生成NO，此时无HNO3生成。
⑶当2/3＞x＞5/9 时，发生反应(ⅰ)后，氧气剩余一部分，同时有反应(ⅱ)发生，可
使部分NO 转化为HNO3。
4 NH3 5 O2
4 5
1—x 5(1—x)/4
过量氧气的物质的量＝x—
＝
生成硝酸的物质的量＝
nO2＝
×
＝3x—
⑷当1＞x＞2/3 时，O2过量，发生(ⅰ) (ⅱ)两个反应，NH3全部转化为HNO3，生成
HNO3为（1—x）mol。
NH3 NO HNO3
1—x 1—x
将所得结果填入下表：
x 的取值范围
y 值的表达式
5/9≥x＞0
y＝0
2/3≥x≥5/9
y＝3x—5/3
1≥x≥2/3
y＝1—x
5、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。⑴被置换出的铜多少
克？⑵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：
析出铜的质量x 克
①、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＝4—x，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－(4g－x) ＝（x—0.4）g
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②解题
Fe＋CuSO4 ＝Cu＋FeSO4 56:64＝(x—0.4) :x
56g 64g x＝3.2g
(x—0.4)g xg 答析出铜3.2 克
设原混合物中CuO 为y 克，则CuO O
80
16
yg (3.5—3.2)g
80:16＝y: (3.5—3.2) y＝1.5 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SO4
2—，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，高温下反应后恢复到原来温度，
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测得混合气体的压强变为反应前的1.4 倍，则参加反应的碳的质量为 （ ）
A、2.4g B、6g C、4.2g D、8.4g
解析：⑴高温下碳的燃烧反应有两种：
①C＋O2＝CO2 ②2C＋O2＝2CO
(反应前后气体的压强比为1：1) （反应前后气体的压强比为1：2）
由反应前后气体的压强变化可知，两个燃烧反应都有发生，则两个反应中分别消耗的
碳的质量总和即为结果。
⑵又因氧气的用量给定，则设反应①和②中分别消耗氧气的物质的量为xmol 和
ymol。依题意得：
X＋y＝
＝
（Ⅰ）
＝
（Ⅱ）
⑶不难看出，参加反应的碳的物质的量必然等于生成的两种氧化物的物质的量之和，
共为（x＋2y）mol，不用具体求出x 与y 的值，整体代换求解即可。
x＋2y＝1.4(X＋y) ＝1.4×
mC＝1.4×
mol×12g/mol＝4.2g 故答案为C。
9、等效法
例12 有FeSO4、Fe2(SO4)3的混合物，已知其中含硫的质量百分比为a%，则此混合物中
铁元素的质量百分比为 。
解析：⑴原混合物虽然不知以怎样的比例混合，但可以看出，其仅含Fe、S、O 三种
元素，且S、O 两种元素的原子个数比为1：4。
⑵而硫、氧两种元素的原子量分别为32 和16，即2 个氧原子的质量等于1 个硫原子的
质量，再结合S、O 原子个数比不难得出，混合物中氧元素的质量百分含量应为2a%。故
Fe%＝1—a%—2a%＝1—3a%。
10、不等式法
“不等式法”是数学上常用的一种解题方法。在某些化学计算时，要巧舍多余量，避
免繁杂的数字运算，分析反应前后和变化，采用不等式法很容易得出结果。
例13（1993 年高考28 题）在一个6L 的密闭容器中，放入3LX(气)，在一定条件下发
生下列反应：4X(气)＋3Y(气)
2Q(气)＋nR(气)。达到平衡后，容器内温度不变，
混和气体的压强比原来增加5%，X 的浓度减小1/3，则该反应方程式中的n 值是（ ）
A、3 B、4 C、5 D、6
解析：此题若采用常规法就比较麻烦，若采用巧解的方法，审清题意之后立即就会得
出答案。这是因为等温等容的反应，反应前后的压强比等于气体的总物质的量之比，反应
后混合气体的压强增大，说明正向反应是物质的量增大的反应，既有2＋n＞4＋3，n＞5，
从所给选项来看只能是6。应选D。
11、定义式法
定义式法是一种紧扣基本概念的解题方法，只要抓概念、记原理，概念和原理是试题
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的基础，只有理解了概念、掌握了原理，配合巧解，才能以不变应万变。
例14（1996 年高考22 题）已知：t℃时，某物质的不饱和溶液ag 中含溶质mg。若该
溶液蒸发bg 水并恢复到t℃时，析出溶质m1g。若原溶液蒸发cg 水并恢复至t℃时，则析
出溶质m2g。用S 表示该物质的在t℃时的溶解度，下式中正确的是 （ ）
A、S＝
B、S＝
C、S＝
D、S＝
解析：该题只要抓住物质在一定的温度下溶解度一定，从溶解度概念和数学表达式
S＝
×100 出发解题，问题即可迎刃而解。因蒸发溶剂后得到的是饱和溶液，若前一种
蒸发掉的水多，则析出的溶质也多。假设b＞C，由题意知蒸发(b—c)g 水，析出溶质(m1—
m2)g,根据溶解度概念和数学表达式有S＝
。应选C。
例15 已知AnBm的离子积＝[Am+]n.[Bn—]m，式中[Am+]和[Bn—]表示离子的物质的量浓度。
若某温度下，Ca(OH)2的溶解度是0.74g，其饱和溶液的密度为1g/cm3，其离子积是多少？
解析：这是一道新情境题，它提供了一种新信息——离子积的计算方法，要求能迅速
理解并加以运用，这是对公式法应用的较高层次。
1L Ca(OH)2溶液中含Ca(OH)2物质的量＝
＝0.1mol，即c(Ca2+)＝
0.1mol/L,c(OH—) ＝0.2mol/L, Ca(OH)2 ＝Ca2+＋2 OH—,所以离子积＝0.1×0.22＝0.004
12、物质的量关系式法
中学化学计算的核心是根据化学方程式的计算，在这类计算中应树立以物质的量关系
为中心的思想，以提高解题效率。关系式法最适宜于连续多步反应的计算和混和物并列反
应的计算。其关键是根据有关反应方程式采用顺推或逆推来建立已知物质与未知物质之间
的物质的量关系。
例16 甲醇加入含氨的废水中，在一种微生物作用下发生反应：
2O2＋NH3＝NO3
—＋H+＋H2O， H+＋NO3
—＋CH3OH＝N2↑＋CO2↑＋H2O
若某废水用上述方法处理时，NH3→NO3
—的转化率为95%，NO3
—→N2的转化率为86%。若
每天处理此种含NH3为34mg/L 的废水500m3（ρ＝1g/cm3），需消耗甲醇多少㎏？同时生成
N2多少m3（标况下）？
解析：先配平方程式：6H+＋6NO3
—＋5CH3OH＝3N2↑＋5CO2↑＋13H2O
由逆推法得关系式：
6 NH3 6 NO3
— 5CH3OH 3 N2
nNH3＝
＝1000（mol）
mCH3OH＝
×1000×95%×86%×32×10—3＝22（kg）
V N2＝
×1000×95%×86%×22.4×10—3＝9.2（m3）
13、十字交叉法
十字交叉法是着眼于二元一次方程的求解过程，并把该过程抽象为十字交叉法形式。
所以凡是能列出一个二元一次方程求解的命题，均可应用十字交叉法。
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十字交叉法应用于：⑴有关溶液浓度⑵平均原子量⑶平均分子量等计算，一般涉及到
两种物量间的计算，也可以应用十字交叉法巧解三种物量的计算。
例17CH4在一定条件下催化氧可以生成C2H4、C2H6（水和其他产物忽略不计），取一定
量CH4经催化氧化后得到一种混合气体，它在标准状况下的密度为0.780g/L.已知反应中
CH4消耗20%，计算混合气体中C2H4的体积百分含量。
解析：解这道题的方法是巧妙地运用了两次十字交叉法，解法如下：
反应混合气体的平均分子量＝0.780×22.4＝17.472
反应后的混合物中含CH4、C2H4、C2H6三种成分，设生成的C2H4与C2H6的平均分子量为
M，反应后CH4为0.8mol，C2H4和C2H6为0.1mol：
CH4 16 M—17.472
C2H4 17.472 （M—17.472）/1.472＝0.8/0.1
M 1.472
C2H6
可得M＝29.248。
