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【摘 要】选择型计算题是高中化学计算题的主要题型之一，这类试题中有些题数据众多或反应过程复杂，常规计算题步骤繁琐、运算量大、既浪费时间又极易出错，如运用守恒法计算则能简化计算过程、提高解题效率、达到事半功倍的效果，笔者根据几年的教学积累例析几题供参考。
【关键词】高中化学;计算题
【中图分类号】G633.8 【文献标识码】A
【文章编号】2095-3089（2019）11-0260-01
一、电荷守恒
例1：有一份在空气中暴露过的NaOH固体，经分析知其内含：H2O 7.62%;Na2CO3 2.38%;NaOH 90%。若将1g此样品加入到46.0mL 1mol/L的盐酸中，过量的盐酸再用1.07mol/L的NaOH溶液这和，蒸发中和后的溶液可得固体的质量为 （ ）
A：2.69g B： 3.43g C： 4.00g D：无法计算
解析：本题给出七个数据，涉及多个反应，若采用常规法解题费时且结果不一定正确。
溶液中的问题可用电荷守恒来考虑：最终溶液中溶质只有NaCl，溶液呈电中性，根据电荷守恒得n（Na+） = n（Cl-）即 n（NaCl）=n（HCl）=0.046mol， m=0.046mol×58.5g/mol=2.69g。
本題也可以用元素守恒法解答见例4
例2：把200mL含有BaCl2 和NaCl的混合溶液分成两等份，其中一份加入含a mol硫酸的溶液，恰好使Ba2+完全沉淀;另一份加入含b mol硝酸银的溶液，恰好使Cl -完全沉淀，则该混合溶液中钠离子浓度为（ ）
A：0.1（b-2a）mol/L B：10（2a-b）mol/L C：10（b-a）mol/L D：10（b-2a）mol/L
解析：原混合溶液中溶质是BaCl2和NaCl，溶液呈电中性，则有n（Cl-）=n（Na+）+2n（Ba2+），已知n（Cl-）=bmol n（Ba2+）=amol，所以n（Na+）=（b-2a）mol，原溶液每份100mL，所以c（Na+）=（b-2a）mol/0.1L=10（b-2a）mol/L。
此题中需注意：每份溶液的体积是100mL;Ba2+带两个单位电荷，列式子时必须乘以2.
二、元素守恒（包括原子守恒、质量守恒）
例3：向一定量的Fe FeO Fe2O3的混合物中加入100mL 2mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL（标况）的气体，在所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现，若用足量CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到单质铁的质量是 （ ）
A：11.2g B：5.6g C：2.8g D：无法计算
解析：由题意可知最终溶液中溶质只有FeCl2，根据电荷守恒可知2n（Fe2+）=n（Cl-），n（Cl-）取决于盐酸。而两份样品等量，则铁元素守恒，所以2n（Fe）=n（Cl-）=n（HCl）=0.2mol，则m（Fe）=0.1×56g/mol=5.6g
注：若忽略了的Fe2+电荷数会误选A
例4：将1.92g铜屑与一定量浓硝酸反应，当铜屑完全反应时收集到1.12L（标准状况）气体，则所消耗硝酸的物质的量是（ ）
A.0.12mol B.0.11mol C.0.09mol D. 0.08mol
解析：已知硝酸由浓变稀，产生的气体是NO2 、NO的混合物，由已知数据可列出二元一次方程组或用极限法讨论取值范围，但却比较费时。可用原子守恒法来解决： 硝酸与铜反应时硝酸表现出氧化性和酸性，反应中氮原子守恒，表现出氧化性的硝酸的量等于气体NOX的量，表现出酸性的硝酸的量等于硝酸铜中氮原子的量，则消耗的硝酸的物质的量为：
n（HNO3）=n（NOX）+2n[Cu（NO3）2]
=0.05mol+2×0.03mol
=0.11mol
例2也可以用元素守恒解决：反应前后氯元素守恒，盐酸完全转化为NaCl，最终得到固体为NaCl固体。n（NaCl）=n（HCl）=0.046mol， m=0.046mol×58.5g/mol=2.69g。
三、电子守恒
例5：将1.92g铜屑与一定量浓硝酸反应，当铜屑完全反应时收集到1.12L（标准状态）气体，若把收集气体的集气瓶倒置于盛有足量水的水槽中，要使集气瓶内充满液体，还需要通入的氧气的体积为 （ ）
A：224mL B：336 mL C：672mL D：892mL
解析：本题中的转化关系HNO3〖XC28.JPG;%30%30〗 NO、NO2，若向右的反应是硝酸溶解铜放出NOx，向左的反应是NOx、O2、 H2O生成硝酸，如果按常规的方程式解法非常繁琐费时，如果抓住两个过程的特点：正反方向均为氧化还原反应，两个反应得失电子数守恒，即铜失去的电子等于氧气得到的电子数，则有如下关系式：
2Cu ～ 4e- ～ O2
128g 2240mL
1.92g X
X=1.92g×2240mL/128g=336mL
例6：铜镁合金5.6g完全溶于浓硝酸中，若反应中的硝酸被还原只产生4480mL的NO2气体和448mL的N2O4气体（都为标况下），在反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液至沉淀完全，则生成沉淀的质量为（ ）
A：9.02g B：9.68g C：9.00g D：9.34g
解析：已知生成的沉淀为Mg（OH）2和Cu（OH）2，其质量等于合金质量加上OH-的质量，即m（沉淀）=5.6g + 17g/mol×n（OH-），所以关键是求n（OH-）。若用M代表铜镁合金，则有：
M ― 2e- = M2+
M2+ + 2OH- = M（OH）2
可见n（OH-） = n（e-），而铜镁失去的电子数等于N原子得到的电子数，又知HNO3变为NO2化合价降低1个单位，所以N原子得到的电子n（e-）= 1×（0.2mol+0.02mol×2）=0.24mol， m（沉淀）=5.6g + 17g/mol×n（OH-） =5.6g + 17g/mol×0.24mol = 9.68g .
从以上例题可见，守恒法解题是一条绝佳的捷径，省时高效，在平时的学习中要加强守恒法思想的培养，要通过专项训练来巩固强化，多次复习才能正真掌握。考场答题时尽量以一种平和沉稳的心境，充满信心积极应对，从不同角度利用考虑始终状态，抓住守恒关系，以最少的时间得到正确的答案。牢记一句话“计算选择不着急，认真分析巧判断，发掘本质挖内涵，切记当作答题算。
参考文献
[1]庄农.巧解1998年高考化学选择计算题[J].化学教育，1998（12）：39-40.
【关键词】高中化学;计算题
【中图分类号】G633.8 【文献标识码】A
【文章编号】2095-3089（2019）11-0260-01
一、电荷守恒
例1：有一份在空气中暴露过的NaOH固体，经分析知其内含：H2O 7.62%;Na2CO3 2.38%;NaOH 90%。若将1g此样品加入到46.0mL 1mol/L的盐酸中，过量的盐酸再用1.07mol/L的NaOH溶液这和，蒸发中和后的溶液可得固体的质量为 （ ）
A：2.69g B： 3.43g C： 4.00g D：无法计算
解析：本题给出七个数据，涉及多个反应，若采用常规法解题费时且结果不一定正确。
溶液中的问题可用电荷守恒来考虑：最终溶液中溶质只有NaCl，溶液呈电中性，根据电荷守恒得n（Na+） = n（Cl-）即 n（NaCl）=n（HCl）=0.046mol， m=0.046mol×58.5g/mol=2.69g。
本題也可以用元素守恒法解答见例4
例2：把200mL含有BaCl2 和NaCl的混合溶液分成两等份，其中一份加入含a mol硫酸的溶液，恰好使Ba2+完全沉淀;另一份加入含b mol硝酸银的溶液，恰好使Cl -完全沉淀，则该混合溶液中钠离子浓度为（ ）
A：0.1（b-2a）mol/L B：10（2a-b）mol/L C：10（b-a）mol/L D：10（b-2a）mol/L
解析：原混合溶液中溶质是BaCl2和NaCl，溶液呈电中性，则有n（Cl-）=n（Na+）+2n（Ba2+），已知n（Cl-）=bmol n（Ba2+）=amol，所以n（Na+）=（b-2a）mol，原溶液每份100mL，所以c（Na+）=（b-2a）mol/0.1L=10（b-2a）mol/L。
此题中需注意：每份溶液的体积是100mL;Ba2+带两个单位电荷，列式子时必须乘以2.
二、元素守恒（包括原子守恒、质量守恒）
例3：向一定量的Fe FeO Fe2O3的混合物中加入100mL 2mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL（标况）的气体，在所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现，若用足量CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到单质铁的质量是 （ ）
A：11.2g B：5.6g C：2.8g D：无法计算
解析：由题意可知最终溶液中溶质只有FeCl2，根据电荷守恒可知2n（Fe2+）=n（Cl-），n（Cl-）取决于盐酸。而两份样品等量，则铁元素守恒，所以2n（Fe）=n（Cl-）=n（HCl）=0.2mol，则m（Fe）=0.1×56g/mol=5.6g
注：若忽略了的Fe2+电荷数会误选A
例4：将1.92g铜屑与一定量浓硝酸反应，当铜屑完全反应时收集到1.12L（标准状况）气体，则所消耗硝酸的物质的量是（ ）
A.0.12mol B.0.11mol C.0.09mol D. 0.08mol
解析：已知硝酸由浓变稀，产生的气体是NO2 、NO的混合物，由已知数据可列出二元一次方程组或用极限法讨论取值范围，但却比较费时。可用原子守恒法来解决： 硝酸与铜反应时硝酸表现出氧化性和酸性，反应中氮原子守恒，表现出氧化性的硝酸的量等于气体NOX的量，表现出酸性的硝酸的量等于硝酸铜中氮原子的量，则消耗的硝酸的物质的量为：
n（HNO3）=n（NOX）+2n[Cu（NO3）2]
=0.05mol+2×0.03mol
=0.11mol
例2也可以用元素守恒解决：反应前后氯元素守恒，盐酸完全转化为NaCl，最终得到固体为NaCl固体。n（NaCl）=n（HCl）=0.046mol， m=0.046mol×58.5g/mol=2.69g。
三、电子守恒
例5：将1.92g铜屑与一定量浓硝酸反应，当铜屑完全反应时收集到1.12L（标准状态）气体，若把收集气体的集气瓶倒置于盛有足量水的水槽中，要使集气瓶内充满液体，还需要通入的氧气的体积为 （ ）
A：224mL B：336 mL C：672mL D：892mL
解析：本题中的转化关系HNO3〖XC28.JPG;%30%30〗 NO、NO2，若向右的反应是硝酸溶解铜放出NOx，向左的反应是NOx、O2、 H2O生成硝酸，如果按常规的方程式解法非常繁琐费时，如果抓住两个过程的特点：正反方向均为氧化还原反应，两个反应得失电子数守恒，即铜失去的电子等于氧气得到的电子数，则有如下关系式：
2Cu ～ 4e- ～ O2
128g 2240mL
1.92g X
X=1.92g×2240mL/128g=336mL
例6：铜镁合金5.6g完全溶于浓硝酸中，若反应中的硝酸被还原只产生4480mL的NO2气体和448mL的N2O4气体（都为标况下），在反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液至沉淀完全，则生成沉淀的质量为（ ）
A：9.02g B：9.68g C：9.00g D：9.34g
解析：已知生成的沉淀为Mg（OH）2和Cu（OH）2，其质量等于合金质量加上OH-的质量，即m（沉淀）=5.6g + 17g/mol×n（OH-），所以关键是求n（OH-）。若用M代表铜镁合金，则有：
M ― 2e- = M2+
M2+ + 2OH- = M（OH）2
可见n（OH-） = n（e-），而铜镁失去的电子数等于N原子得到的电子数，又知HNO3变为NO2化合价降低1个单位，所以N原子得到的电子n（e-）= 1×（0.2mol+0.02mol×2）=0.24mol， m（沉淀）=5.6g + 17g/mol×n（OH-） =5.6g + 17g/mol×0.24mol = 9.68g .
从以上例题可见，守恒法解题是一条绝佳的捷径，省时高效，在平时的学习中要加强守恒法思想的培养，要通过专项训练来巩固强化，多次复习才能正真掌握。考场答题时尽量以一种平和沉稳的心境，充满信心积极应对，从不同角度利用考虑始终状态，抓住守恒关系，以最少的时间得到正确的答案。牢记一句话“计算选择不着急，认真分析巧判断，发掘本质挖内涵，切记当作答题算。
参考文献
[1]庄农.巧解1998年高考化学选择计算题[J].化学教育，1998（12）：39-40.