孟凡盛　方蘭

孟凡盛， 湖北省特級教師，全國高中化學教學改革優(yōu)秀教師，武漢市學科帶頭人。培養(yǎng)了多名省、市理科狀元，多名學生高考化學獲滿分。

在復習的過程中，若能熟練地選用正確的解題方法和技巧，就能節(jié)約答題時間，提高計算的準確率，達到事半功倍的效果。

技巧1：守恒法

1.原子守恒法

原子守恒是指在化學反應(yīng)前后，元素種類不變，原子個數(shù)相等。對于復雜的化學變化過程，確定恒量后，常常省略中間過程的探究，直接利用原子守恒關(guān)系進行求解。

【例1】（2015·湖南省長郡中學高三模擬）將35.8 g Al、Fe、Cu組成的合金溶于足量的NaOH溶液中，產(chǎn)生6.72 L氣體（標準狀況）。另取等質(zhì)量的該合金溶于過量的稀硝酸中，生成13.44 L NO（標準狀況），向反應(yīng)后的溶液中加入足量的NaOH溶液，得到沉淀的質(zhì)量為（ ）

A.66.4 g B.50.8 g C .44.8 g D. 39.2 g

解析：合金溶于足量的NaOH溶液中，金屬鋁和氫氧化鈉反應(yīng)產(chǎn)生氣體氫氣6.72 L（標準狀況），物質(zhì)的量為6.72 L÷22.4 L/mol=0.3 mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知

n（Al）=0.3×2/3=0.2 mol，故金屬鋁的質(zhì)量為0.2 mol×

27 g/mol=5.4 g，金屬鋁提供電子的量是0.6 mol。將合金溶于過量稀硝酸中，分別生成Al3+、Fe3+、Cu2+離子，根據(jù)電子守恒，金屬共提供電子的物質(zhì)的量為（13.44 L÷22.4 L/mol）×3=1.8 mol，故Fe、Cu共提供的電子物質(zhì)的量為1.8 mol-0.6 mol=1.2 mol。向反應(yīng)后的溶液中加入過量的NaOH溶液，鋁離子全部轉(zhuǎn)化為偏鋁酸根離子，不會出現(xiàn)沉淀，所得沉淀為氫氧化鐵、氫氧化銅，由電荷守恒可知，反應(yīng)中金屬鐵、銅提供的電子的物質(zhì)的量等于生成堿的氫氧根離子的物質(zhì)的量，即n（OH-）=1.2 mol，所以反應(yīng)后沉淀的質(zhì)量等于35.8 g-5.4 g+1.2 mol×17 g/mol=50.8 g，故選B。

2.電荷守恒法

電荷守恒是指在電解質(zhì)溶液中，所有的陽離子所帶的正電荷總數(shù)等于所有的陰離子所帶的負電荷總數(shù)，溶液整體不顯電性。

【例2】（2015·河南省省級示范性高中聯(lián)考）某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。取該溶液100 mL，加入過量NaOH溶液，加熱，得到0.02 mol氣體，同時產(chǎn)生紅褐色沉淀；過濾，洗滌，灼燒，得到1.6 g固體；向上述濾液中加入足量BaCl2溶液，得到4.66 g不溶于鹽酸的沉淀。由此可知原溶液中（ ）

A.至少存在5種離子

B.Cl-一定存在，且c（Cl-）≥0.4 mol/L

C.SO42-、NH4+一定存在，Cl-可能不存在

D.CO32-、Al3+一定不存在，K+可能存在

解析：向溶液中加入過量NaOH溶液，加熱，得到0.02 mol氣體，則含有n（NH4+）=0.02 mol，同時產(chǎn)生紅褐色沉淀，則含有Fe3+；過濾，洗滌，灼燒，得到1.6 g固

體，則n（Fe3+）=2×n（Fe2O3）=2×（1.6 g÷160 g/mol）=

0.02 mol；向上述濾液中加入足量BaCl2溶液，得到4.66 g不溶于鹽酸的沉淀，則含有n（SO42-）= 4.66 g÷ 233 g/mol=

0.02 mol。根據(jù)電荷守恒可得1×n（NH4+）+3×n（Fe3+）=

0.08 mol，負電荷總數(shù)2×0.02 mol = 0.04 mol<0.08 mol，所以一定還含有陰離子，而CO32-會與Fe3+發(fā)生復分解反應(yīng)而不能大量共存，只能含有Cl-。若無其他陽離子，則Cl-物質(zhì)的量是0.08 mol-0.04 mol=0.04 mol ，c（Cl-）= 0.04 mol÷0.1 L = 0.4 mol/L，若含有其他陽離子，則c（Cl-）要大于0.4 mol/L，因此B正確。

特別提醒：電荷守恒法常用于判斷混合溶液中離子的組成、計算溶液中某一離子的濃度、比較溶液中離子濃度的相對大小、判斷溶液的酸堿性等。解題的關(guān)鍵在于要能夠準確地把溶液中所有的陰、陽離子全部羅列出來，再根據(jù)電荷守恒寫出對應(yīng)的關(guān)系式。

3.得失電子守恒法

得失電子守恒是指在氧化還原反應(yīng)中，氧化劑得到的電子總數(shù)和還原劑失去的電子總數(shù)相等。

【例3】（2014·重慶卷）一定條件下，如圖所示裝置可實現(xiàn)有機物的電化學儲氫（忽略其他有機物）。該儲氫裝置的電流效率η = 。（η =，計算結(jié)果保留小數(shù)點后1位）

解析：陽極生成的H+經(jīng)過高分子電解質(zhì)膜移動至陰極，一部分H+與苯一起得電子生成環(huán)己烷（C6H6+6H++6e-=C6H12），還有一部分H+ 得電子生成H2 （2H++2e-=H2↑，陰極的副反應(yīng)），左邊（陰極區(qū)）出來的混合氣體成分為未反應(yīng)的苯（g）和生成的環(huán)己烷（g）、H2，設(shè)未反應(yīng)的苯蒸氣物質(zhì)的量為x mol，生成

的氫氣的物質(zhì)的量為y mol，陰極生成的氣態(tài)環(huán)己烷為（2.4-x） mol，得到電子6（2.4-x）mol，陰極生成y mol H2得到電子2y mol，陽極（E極）的電極反應(yīng)式為2H2O -4e-=O2↑+4H+，）生成2.8 mol O2失去電子物質(zhì)的量為4×2.8 mol=11.2 mol。根據(jù)得失電子守恒有6（2.4-x）mol+2y mol=11.2 mol；陰極出來的混合氣體中苯蒸氣的物質(zhì)的量分數(shù)為x÷（10+y）=0.1；聯(lián)解得x=1.2 mol，電流效率為6×（2.4-1.2）÷11.2×100%=64.3%。

特別提醒：得失電子守恒法不僅適用于一般的氧化還原反應(yīng)的計算中，在原電池、電解池中也同樣適用。其基本的表達式為：n（氧化劑）×單個氧化劑得電子總數(shù)=n（還原劑）×單個還原劑失電子總數(shù)。

技巧2：極端假設(shè)法

針對具有不確定計算關(guān)系的問題，采取極端假設(shè)的思維，通過確定物質(zhì)間量關(guān)系的極大值和極小值，進而確定其取值范圍，可達到簡化處理的目的。

【例4】（2014·全國卷）已知：將Cl2通入適量KOH溶液，產(chǎn)物中可能有KCl、KClO、KClO3，且的值與溫度高低有關(guān)。當n（KOH）=a mol時，下列有關(guān)說法錯誤的是（ ）

A.若某溫度下，反應(yīng)后=11，則溶液中=12

B.參加反應(yīng)的氯氣的物質(zhì)的量等于a mol

C.改變溫度，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量ne的范圍：a mol≤ne≤a mol

D.改變溫度，產(chǎn)物中KClO3的最大理論產(chǎn)量為a mol

解析：C項，采取極端假設(shè)法進行討論，改變溫度，若反應(yīng)中只生成KCl和KClO，轉(zhuǎn)移電子a mol，若反應(yīng)中只生成KCl和KClO3，則轉(zhuǎn)移電子a mol，故反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量范圍為a mol≤ne≤a mol，正確；D項，改變溫度，若反應(yīng)中只生成KCl和KClO3，根據(jù)得失電子守恒，可產(chǎn)生KClO3（最大理論產(chǎn)量）a mol，錯誤，故答案選D。

特別提醒：極端假設(shè)法常用來判斷混合物的組成或計算各組分的含量、平衡混合物中各組分含量的范圍等。通常先分別假定只有單一組分進行討論，分別求出極大值和極小值，再合并得出所求量的范圍。

技巧3：十字交叉法

十字交叉法是針對二元混合物計算的一種特殊方法，若已知該混合物中兩種成分的含量及其平均值，需要獲取這兩種成分含量的比例關(guān)系，則可采用十字交叉法。

【例5】（2012·新課標卷）現(xiàn)有一含有FeCl2和FeCl3的混合樣品，測得n（Fe）∶ n（Cl）=1∶2.1，則該樣品中FeCl3的物質(zhì)的量分數(shù)為 。

解析：根據(jù)十字交叉法進行巧解，即FeCl2中

n（Cl）∶n（Fe）=2，F(xiàn)eCl3中n（Cl）∶n（Fe）=3，而其混合物中n（Cl）∶n（Fe）=2.1，用十字交叉法：

即n（FeCl2）∶n（FeCl3）=9∶1，則 FeCl3的物質(zhì)的量分數(shù)為（0.1）÷（0.1+0.9）×100%=10%。

特別提醒：十字交叉法主要運用于計算某種混合物中各組分的物質(zhì)的量之比（或體積比）、某元素的兩種同位素的原子個數(shù)比、混合烴的組成成分等。

技巧4：數(shù)形結(jié)合法

【例6】（2015·河南省中原名校模擬）標準狀況下，向100 mL H2S飽和溶液中通入SO2氣體，所得溶液pH變化如圖中曲線所示。下列分析正確的是（ ）

A.原H2S溶液的物質(zhì)的量濃度為0.05 mol/L

B.氫硫酸的酸性比亞硫酸的酸性強

C.b點水的電離程度比c點水的電離程度大

D.a點對應(yīng)溶液的導電性比d點強

解析：b點時H2S恰好反應(yīng)，消耗SO2為0.112 ml÷22.4 L/mol=0.005 mol，由反應(yīng)2H2S+SO2=3S↓+

2H2O可知，n（H2S）=0.005 mol×2=0.01 mol，則c（H2S）=

0.01 mol÷0.1 L=0.1 mol/L，A錯誤；d點時，亞硫酸濃度約是0.1 mol/L，pH比同濃度H2S溶液小，H2S的酸性比H2SO3的酸性弱，B錯誤；b點溶液為中性，水的電離不受影響，而c點溶液顯酸性，水的電離受到抑制，C正確；H2S和H2SO3均為二元酸且d點溶液酸性比a點強，故d點溶液導電性強，D錯誤，故選C。

特別提醒：利用數(shù)形結(jié)合法解題時，要準確地抓住縱、橫坐標及起點、拐點、交點、終點等特殊點的化學含義，還要縱觀曲線的走向，即變化趨勢。