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在近几年的化学高考题中，不再出现大的计算题，而是将计算融入选择题或填空题中。这类题目如果仍然按照原来传统计算题的解题模式，无疑会耗费较多答题时间，不利于理科综合的整体发挥。但如果我们能够巧妙运用化学反应中的各种守恒关系，采用分析和图解相结合的方法，则能快速作答，达到事半功倍的效果。
归纳起来，在化学反应中的守恒关系有多种——质量守恒、得失电子守恒、电解质溶液中的电荷守恒和质子守恒等，在计算中用得最多的则是前三种：
一、质量守恒在计算中的应用
质量守恒指化学反应前后物质的质量保持不变，其宏观特征是：反应前后物质的质量守恒，微观特征为反应前后元素的原子数目守恒。
例1：等体积的AlCl3和NaOH两溶液混合，充分反应后，沉淀和溶液中所含铝元素的质量相同，则AlCl3和NaOH两溶液的物质的量浓度之比可能为（ ）
A、1：3B、2：3C、1：4D、2：7
分析：AlCl3和NaOH的反应，有如下方程式：
AlCl3＋3NaOH＝Al（OH）3↓＋3NaCl
Al（OH）3＋NaOH＝NaAlO2＋2H2O
可知：若要沉淀和溶液中均含铝元素，应有两种情况：
⑴AlCl3过量，设生成沉淀amol，由题意知，有如下图示：
Al（OH）3↓：amol
AlCl3＋NaOH 余AlCl3 ：amol
NaCl
从图示分析，根据Al原子守恒，原n（AlCl3）＝n（Al（OH）3）＋余n（AlCl3）＝2amol；又根据Cl原子守恒，n（NaCl）＝3原n（AlCl3）－3余n（AlCl3）＝3amol；再根据Na原子守恒，n（NaOH）＝n（NaCl）＝3amol。
∴n（AlCl3）：n（NaOH）＝2：3（即B选项）
⑵NaOH过量，设生成bmol沉淀，有如下图示：
Al（OH）3↓： bmol
AlCl3 ＋NaOH NaAlO2：bmol
NaCl
同样分别依据Al、Cl、Na原子守恒，可以很快得出：
n（AlCl3）：n（NaOH）＝2：3（即D选项）
二、得失电子守恒的应用
在氧化还原反应中，氧化剂得到的电子总数等于还原剂失去的电子总数。
例2：把22.4克铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，如反应只收集到0.3molNO2和0.2molNO，下列说法正确的是（）
A、反应后生成的盐只为Fe（NO3）3
B、反应后生成的盐只为Fe（NO3）2
C、反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为1：3
D、反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为3：1
分析：铁与硝酸的反应，根据铁和硝酸的相对用量，反应后溶液中盐的成分有三种可能：⑴只有Fe（NO3）3；⑵只有Fe（NO3）2；⑶同时有两种物质，而整个反应中铁失去的电子种数应等于硝酸得到的电子总数，可以将得失电子守恒法、极限假设法和十字交叉法巧妙结合起来，快速作答。
由已知得：铁的物质的量为22.4g/56g﹒mol-1＝0.4mol
反应中得电子情况：HNO3～0.3molNO2，得1e-×0.3mol＝0.3mole-；HNO3～0.2molNO，得3e-×0.2mol＝0.6mole-，即得电子总数为0.3+0.6＝0.9mol
若生成盐只有Fe（NO3）3：Fe～Fe（NO3）3，失3e-×0.4mol＝1.2mole-
若生成盐只有Fe（NO3）2：Fe～Fe（NO3）2，失2e-×0.4mol＝0.8mole-
∵0.8＜0.9＜1.2
∴两种盐都有
由十字交叉法得：Fe（NO3）3：1.20.1
0.9
Fe（NO3）2 ：0.8 0.3
即C选项
三、利用电荷守恒作答
利用电荷守恒答题依据在于：在电解质溶液中，整个溶液显电中性。即阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，体现在离子方程式中，则是反应物所带电荷总数与生成物所带电荷总数相等且电性相同。
例3：在硫酸钾、硫酸铝和明矾组成的混合溶液中，若C（SO42-）＝amol/l，当滴加完等体积的bmol/lKOH溶液时，反应过程中生成的沉淀恰好完全溶解，则原混合溶液中的K+物质的量浓度为mol/l。（用a和b表示）
分析：此题若写方程式设未知数，会出现多个，而题目中给出的已知数量关系并不多，不好求解，可以巧妙的将质量守恒（即原子个数守恒）与电荷守恒相结合寻求答案。
从题意知当反应过程中生成的沉淀恰好完全溶解时，溶液中Al元素全以AlO2-形式存在，有如下图示：
K2SO4 K2SO4
Al2（SO4）3 加入bmol∕lKOH
KAl（SO4）2 KAlO2
反应前混合溶液成分 反应后溶液成分
设混合溶液和KOH溶液体积均为1升。
由方程式AlCl3＋4KOH＝KAlO2＋2H2O＋3KCl知溶液中n（KAlO2）＝（b/4）bmol
根据电荷守恒：
反应后体系中n（K+）′＝2n（SO42-）＋n（AlO2-）
＝2a＋（b/4）
又据质量守恒（原子守恒）得：
原溶液中n（K+）＝n（K+）′－n（KOH）
＝2a＋（b/4）－b
＝2a－（3b/4）
变式练习：
1、某温度下，将Cl2通入KOH溶液中，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO-与ClO3-的物质的量之比是1：2，则Cl2与KOH反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为（）
A、2：3B、4：3C、10：3D、11：3
答案：D
2、已知某混合溶液由K+、SO42-、Mg2+、NO3-四种离子组成，且知其中K+、Mg2+、NO3-离子个数之比为4：5：3，则SO42-与NO3-离子个数比为（ ）
A、2：3B、1：3C、5：3 D、3：5
答案：C
总之，任何一道计算题都没有一成不变的解题模式，这就要求我们，在平常的练习中善于归纳总结，充分思维，培养并形成自有的解题思路。
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归纳起来，在化学反应中的守恒关系有多种——质量守恒、得失电子守恒、电解质溶液中的电荷守恒和质子守恒等，在计算中用得最多的则是前三种：
一、质量守恒在计算中的应用
质量守恒指化学反应前后物质的质量保持不变，其宏观特征是：反应前后物质的质量守恒，微观特征为反应前后元素的原子数目守恒。
例1：等体积的AlCl3和NaOH两溶液混合，充分反应后，沉淀和溶液中所含铝元素的质量相同，则AlCl3和NaOH两溶液的物质的量浓度之比可能为（ ）
A、1：3B、2：3C、1：4D、2：7
分析：AlCl3和NaOH的反应，有如下方程式：
AlCl3＋3NaOH＝Al（OH）3↓＋3NaCl
Al（OH）3＋NaOH＝NaAlO2＋2H2O
可知：若要沉淀和溶液中均含铝元素，应有两种情况：
⑴AlCl3过量，设生成沉淀amol，由题意知，有如下图示：
Al（OH）3↓：amol
AlCl3＋NaOH 余AlCl3 ：amol
NaCl
从图示分析，根据Al原子守恒，原n（AlCl3）＝n（Al（OH）3）＋余n（AlCl3）＝2amol；又根据Cl原子守恒，n（NaCl）＝3原n（AlCl3）－3余n（AlCl3）＝3amol；再根据Na原子守恒，n（NaOH）＝n（NaCl）＝3amol。
∴n（AlCl3）：n（NaOH）＝2：3（即B选项）
⑵NaOH过量，设生成bmol沉淀，有如下图示：
Al（OH）3↓： bmol
AlCl3 ＋NaOH NaAlO2：bmol
NaCl
同样分别依据Al、Cl、Na原子守恒，可以很快得出：
n（AlCl3）：n（NaOH）＝2：3（即D选项）
二、得失电子守恒的应用
在氧化还原反应中，氧化剂得到的电子总数等于还原剂失去的电子总数。
例2：把22.4克铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，如反应只收集到0.3molNO2和0.2molNO，下列说法正确的是（）
A、反应后生成的盐只为Fe（NO3）3
B、反应后生成的盐只为Fe（NO3）2
C、反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为1：3
D、反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为3：1
分析：铁与硝酸的反应，根据铁和硝酸的相对用量，反应后溶液中盐的成分有三种可能：⑴只有Fe（NO3）3；⑵只有Fe（NO3）2；⑶同时有两种物质，而整个反应中铁失去的电子种数应等于硝酸得到的电子总数，可以将得失电子守恒法、极限假设法和十字交叉法巧妙结合起来，快速作答。
由已知得：铁的物质的量为22.4g/56g﹒mol-1＝0.4mol
反应中得电子情况：HNO3～0.3molNO2，得1e-×0.3mol＝0.3mole-；HNO3～0.2molNO，得3e-×0.2mol＝0.6mole-，即得电子总数为0.3+0.6＝0.9mol
若生成盐只有Fe（NO3）3：Fe～Fe（NO3）3，失3e-×0.4mol＝1.2mole-
若生成盐只有Fe（NO3）2：Fe～Fe（NO3）2，失2e-×0.4mol＝0.8mole-
∵0.8＜0.9＜1.2
∴两种盐都有
由十字交叉法得：Fe（NO3）3：1.20.1
0.9
Fe（NO3）2 ：0.8 0.3
即C选项
三、利用电荷守恒作答
利用电荷守恒答题依据在于：在电解质溶液中，整个溶液显电中性。即阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，体现在离子方程式中，则是反应物所带电荷总数与生成物所带电荷总数相等且电性相同。
例3：在硫酸钾、硫酸铝和明矾组成的混合溶液中，若C（SO42-）＝amol/l，当滴加完等体积的bmol/lKOH溶液时，反应过程中生成的沉淀恰好完全溶解，则原混合溶液中的K+物质的量浓度为mol/l。（用a和b表示）
分析：此题若写方程式设未知数，会出现多个，而题目中给出的已知数量关系并不多，不好求解，可以巧妙的将质量守恒（即原子个数守恒）与电荷守恒相结合寻求答案。
从题意知当反应过程中生成的沉淀恰好完全溶解时，溶液中Al元素全以AlO2-形式存在，有如下图示：
K2SO4 K2SO4
Al2（SO4）3 加入bmol∕lKOH
KAl（SO4）2 KAlO2
反应前混合溶液成分 反应后溶液成分
设混合溶液和KOH溶液体积均为1升。
由方程式AlCl3＋4KOH＝KAlO2＋2H2O＋3KCl知溶液中n（KAlO2）＝（b/4）bmol
根据电荷守恒：
反应后体系中n（K+）′＝2n（SO42-）＋n（AlO2-）
＝2a＋（b/4）
又据质量守恒（原子守恒）得：
原溶液中n（K+）＝n（K+）′－n（KOH）
＝2a＋（b/4）－b
＝2a－（3b/4）
变式练习：
1、某温度下，将Cl2通入KOH溶液中，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO-与ClO3-的物质的量之比是1：2，则Cl2与KOH反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为（）
A、2：3B、4：3C、10：3D、11：3
答案：D
2、已知某混合溶液由K+、SO42-、Mg2+、NO3-四种离子组成，且知其中K+、Mg2+、NO3-离子个数之比为4：5：3，则SO42-与NO3-离子个数比为（ ）
A、2：3B、1：3C、5：3 D、3：5
答案：C
总之，任何一道计算题都没有一成不变的解题模式，这就要求我们，在平常的练习中善于归纳总结，充分思维，培养并形成自有的解题思路。
“本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文”