1、高考化学常见题型解题技巧高考化学常见题型解题技巧 计算题计算题 1、守恒法、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。
2、求混合物中 FeCl3和 CuCl2的物质的量之比 是多少？ 解析：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
3、计算的一种方法。 例例 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、1.010 3mol B、1.6103mol C、2.2103mol D、2.4103mol 解析：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 (38.410 3)/642 +（22.4103）/22.4 2.21
4、0 3(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。 例例 3 3 如果有 0.3mol/L 的 Na2SO3溶液 16ml，刚好将 3.210 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：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/L1610 3L3.2103molx
5、 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、混合溶液的计算。 例例 4 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
6、 简化。 在图系（B）中，根据电荷守恒，有如下关系： 2n(Mg 2+)n(NH 4 ) n(Na+)n(Cl) 2n(Mg 2+)0.17g17g.mol+0.5mol/L20103L2 mol/L60103L n(Mg 2+)0.05mol 所以，镁带的质量为：24g/mol0.05mol1.2g 2 2、差量法、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。 例例 5 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
7、析：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+ m 39 108 69 X 2.76g x2.7639/691.56g 所以，K +%1.56/3.87100%40.3% 3 3、平均值法、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。 例例6 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
8、下测定）求烃的分子式。 解析：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 4、极值法、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。 例例 7 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
9、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：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全部转化为 NO，因无过量氧气存在，无 NO2生成，也就无 HNO3生 成。 4N
10、O3O22H2O4 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 4 )1 (5x 4 59 x 生成硝酸的物质的量 3 4 nO2 3 4 4 59 x 3x 3 5 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
11、 NO HNO3 1x 1x 将所得结果填入下表： x 的取值范围 y 值的表达式 5/9x0 y0 2/3x5/9 y3x5/3 1x2/3 y1x 5、图象解析法、图象解析法 例例 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：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
12、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 、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) :x 56g 64g x3.2g (x0.4)g xg 答析出铜 3.2 克 设原混合物中 CuO 为 y 克
13、，则 CuO O 80 16 yg (3.53.2)g 80:16y: (3.53.2) y1.5 克 CuO% 5 . 3 5 . 1 100%43.3% 答混合物中 CuO 的百分含量是 43.3%。 6、估算法、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
14、析：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 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
15、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：解析：等量的 Ba2+可沉淀等量的 SO42 ，将 Ba2+放大为 3mol，则 Fe 2(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、换元法 例例 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， 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
16、 C、4.2g D、8.4g 解析：解析：高温下碳的燃烧反应有两种： CO2CO2 2CO22CO (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。 又因氧气的用量给定，则设反应和中分别消耗氧气的物质的量为 xmol 和 ymol。 依题意得： Xy 32 8 4 1 （） yx yx 2 4 . 1 1 （） 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（x2y）mol，不用具体求出 x 与 y 的值，整体代换求解即可。 x2y1.4(X
17、y) 1.4 4 1 mC1.4 4 1 mol12g/mol4.2g 故答案为 C。 9 9、等效法、等效法 例例 1212 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：解析：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。 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%1a%2a%13a%。 101
18、0、不等式法、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：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
19、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 2n43，n5，从所 给选项来看只能是 6。应选 D。 1111、定义式法、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。 例例 1414（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
20、是 （ ） A、S ma m 100 B、S c m2100 C、S cb mm )(100 21 D、S ba mm )(100 1 解析解析：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 剂 质 m m 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 bC，由题意知蒸发(bc)g 水，析出溶质(m1 m2)g,根据溶解度概念和数学表达式有 S cb mm )(100 21 。应选 C。 例 15 已知 AnBm的离子积A m+n.Bnm， 式中Am+和Bn表示离子的物质的量浓度。 若 某温度下，Ca
21、(OH)2的溶解度是 0.74g，其饱和溶液的密度为 1g/cm 3，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 molg g /74 100/100074. 0 0.1mol，即 c(Ca 2+) 0.1mol/L,c(OH ) 0.2mol/L, Ca(OH) 2 Ca 2+2 OH,所以离子积0.10.220.004 1212、物质的、物质的量关系式法量关系式法 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
22、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。 例例 1616 甲醇加入含氨的废水中，在一种微生物作用下发生反应： 2O2NH3NO3 H+H 2O， H +NO 3 CH 3OHN2CO2H2O 若某废水用上述方法处理时，NH3NO3 的转化率为 95%，NO 3 N 2的转化率为 86%。若 每天处理此种含 NH3为 34mg/L 的废水 500m 3（1g/cm3） ，需消耗甲醇多少？同时生成 N2多少 m 3（标况下）？ 解析：解析：先配平方程式：6H +
23、6NO 3 5CH 3OH3N25CO213H2O 由逆推法得关系式： 6 NH3 6 NO3 5CH 3OH 3 N2 nNH3 17 105001034 33 1000（mol） mCH3OH 6 5 100095%86%3210 322（kg） V N2 6 3 100095%86%22.410 39.2（m3） 1313、十字交叉法、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。 十字交叉法应用于： 有关溶液浓度平均原子量平均分子量等计算， 一般涉及到两 种物量间的计算，也可以应
24、用十字交叉法巧解三种物量的计算。 例例 1717CH4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0.78022.417.472 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 M17.472 C2H4 17.472 （M17.472）/1.4720.8/0.1 M 1.472 C2H6 可得 M29.248。
