会 考 中 化 学 计 算 题 的 巧 解
化学会考中，计算题一直是考生比较头的一类题目，也是他们最难得分的题目之一。根据几年会考下来的经验，化学会考最后两道计算题能很好的体现学生的学科水平—— 一般情况下，能做对第一道计算题的学生，通过会考是不成问题的；而做对第二道计算题则是学生水平的体现，也是能否取得B档甚至A档的关键。所以能选用最合适的方法准确而快速地解决计算题，特别是较难的第二道计算题，对于提高学生的思维能力，从而提高学生会考的优秀率，有着重要意义。
选用合适的方法解计算题，不但可以缩短解题的时间，还有助于减小计算过程中的运算量，尽可能地降低运算过程中出错的机会。而化学计算往往逃不过“三大守恒”定律，既原子守恒（质量守恒）、电子得失总数守恒、电荷守恒。
原子守恒指的是在化学反应前后，原子的种类和数目是不变的，具体应用时，这里的原子还可以延伸为原子团和离子。电子得失总数守恒简称电子守恒，是指氧化还原反应中氧化剂所得的电子总数等于还原剂所失的电子总数。电荷守恒指的是由于溶液不带电，故溶液中阳离子所带正电荷的总电量等于阴离子所带负电荷的总电量。
下面就列举近几年浙江省会考化学试卷的第二道计算题加以说明。
（2000年，分流）在500mLCuSO4和Fe2(SO4)3的混合溶液中，加入16.8g铁粉，搅拌并充
－
分反应后，经过滤、洗涤、干燥，可得6.4g铜。要使滤液中SO42完全沉淀，需要加入2.0mol·L－1＋＋
BaCl2溶液500mL。已知Fe3的氧化性比Cu2强，求：
－
（1）原混合溶液中SO42的物质的量浓度； （2）原混合溶液中硫酸铜的物质的量浓度。
常规解法
分析：
－ CuSO4
16.8gFe 500mL 2.0mol·L BaSO4 6.4gCu BaCl 2 Fe2(SO4)3 ＋＋∵Fe3的氧化性比Cu2强； ∴Fe2(SO4)3完全反应，而CuSO4是否完全反应则未知。 解：
－＋
（1）SO42 ＋ Ba2 == BaSO4↓ 1mol 1mol
－－－－
C(SO42)×500mL 2.0mol·L1×500mL ∴C(SO42)== 2.0mol·L1 （2）CuSO4＋Fe==FeSO4＋Cu Fe2(SO4)3 ＋ Fe==3FeSO4
56 64 1 56 m 6.4g m==5.6g n 16.8－5.6 n==0.2mol
－－
∴C(CuSO4)==( 2.0mol·L1×0.5L－0.2mol×3)÷0.5L==0.8mol·L1
巧解
分析：本题难在第2步，很多学生会误以为CuSO4完全反应掉了，而用铜直接算CuSO4，这里发生的氧化还原反应，如果能够想到电子得失守恒的话，这里也就不难了。
解：设CuSO4的物质的量为x，Fe2(SO4)3的物质的量为y。 （1）同上
（2） x＋3y==1 (SO42离子守恒) 2y＋6.4÷64×2==16.8÷5.6×2 (电子得失总数守恒)
－
解得： x==0.4mol ∴C(CuSO4)==0.4mol÷0.5L==0.8mol·L1 y==0.2mol
（2003）取一定量的NH4NO3和(NH4)2SO4固体混合物，分成质量相等的两份，一份与足量NaOH溶液共热，在标况下收集到6.72L NH3，另一份加水完全溶解后，加入过量的BaCl2溶液，得到白色沉淀。试计算：
（1）原固体混合物中(NH4)2SO4的质量； （2）原固体混合物中氮元素的质量分数。
－
常规解法
分析：
NH4NO3 足量NaOH
6.72L NH3(标况)
过量的BaCl溶
BaSO4 （11.65g） 2 (NH4)2SO4
解：设NH4NO3物质的量为2x，(NH4)2SO4物质的量为2y，(NH4)2SO4产生的氨气为V (NH4)2SO4＋BaCl2== BaSO4↓＋2NH4Cl 1mol 233g
y 11.65 g y==0.05mol
∴原固体混合物中(NH4)2SO4的质量为：0.05mol×2×132g/mol==13.2g (NH4)2SO4＋2NaOH===Na2SO4＋2 NH3↑＋2H2O
1mol 2×22.4L V==2.24L 0.05mol V
NH4NO3＋NaOH===NaNO3＋NH3↑＋H2O 1mol 22.4L
x (6.72－2.24)L x==0.2mol ∴原固体混合物中氮元素的质量分数为： 14×2×0.05＋14×2×0.2
×100%==31%
132×0.05＋80×0.2
巧解
分析：(NH4)2SO4 BaSO4 过程中SO42守恒，而在生成氨气的过程中N元素守恒（不
－
包括NO3中的N元素）。
解：设NH4NO3物质的量为2x，(NH4)2SO4物质的量为2y。
＋
x＋2y==6.72÷22.4 （NH4守恒） 解得 x==0.2mol
－
y==11.65÷223 （SO42守恒） y==0.05mol
∴原固体混合物中(NH4)2SO4的质量为：0.05mol×2×132g/mol==13.2g ∴原固体混合物中氮元素的质量分数为： 14×2×0.05＋14×2×0.2
×100%==31%
132×0.05＋80×0.2
（2004）将一定质量的镁铝合金样品全部溶于100mL某浓度的盐酸中。向所得溶液中滴加5.0mol/L得NaOH溶液，生成沉淀质量与加入的NaOH溶液体积关系如右图所示。
求：（1）19.4g沉淀中含有Al(OH)3的质量；
－
（2）盐酸得物质得量浓度。
常规解法
分析：
Mg MgCl2 － 1 MgCl2 －120mL4.0mol·L 140mL4.0mol·L HCl AlCl3 AlCl3
NaOH NaOH Al 100mL HCl H2O
Mg(OH)2 － 1 Mg(OH)2 (11.6g) 一定量4.0mol·L Al(OH)3 (共19.4g) NaAlO2 H2O NaOH H2O 解：设镁的物质的量为x，铝的物质的量为y；过量HCl的物质的量为n。
（1）根据图可知：Mg(OH)2的质量为11.6g，Al(OH)3的质量为（19.4－11.6）g==7.8g （2）Mg ＋ 2HCl == MgCl2＋H2↑ 2Al ＋ 6HCl == 2AlCl3＋3H2↑
1mol 2mol 1mol 2mol 6mol 2mol x 2x x y 3y y MgCl2＋2NaOH==Mg(OH)2↓＋2NaCl AlCl3＋3NaOH==Al(OH)3↓＋3NaCl 1mol 58g 1mol 78g x 11.6g y 7.8g ∴x==0.2mol，y==0.1mol
HCl ＋ NaOH == NaCl＋H2O 1mol 1mol
n 5.0mol/L×0.02L n==0.1mol
∴C(HCl)==(2×0.2mol＋3×0.1mol＋0.1mol)÷0.1L==8mol/L
巧解
分析：本题第二步计算较为麻烦，不过加NaOH过程中，当沉淀最大的时候，溶液中就只＋－＋－
剩下Na和Cl两种离子（H和OH忽略），所以可以利用溶液中的电荷守恒来进行求解。
解：（1）同上
＋－
（2）∵沉淀最大的时候n(Na)==n(Cl)，（电荷守恒）
∴n(NaOH)==n(HCl)
－－
∴C(HCl)==160mL×5.0mol·L1÷100mL==8mol·L1
从上面三个会考题的分析不难看出，选择好的方法不仅能节约解题时间，还可以提高解题的准确率。这就要求大家在平时就要养成一个好的习惯：拿到题目后不要急着做，而是先分析一下整个变化的过程。如果是在溶液中进行的反应，看看能不能用上电荷守恒，如果是氧化还原反应，看看是不是可以用上电子守恒，还有整个过程哪些原子（原子团）是守恒的。对整道题目有了总体的认识以后再下笔，才能保证较高的准确率。找到好的方法固然可以节约很多解题时间，但是没有找到好方法也可以帮助大家形成一种良好的思维习惯。而作为老师的话，也应当在平时的分析过程中，注重帮学生养成巧解、一题多解的习惯。
“时间就是分数,效率就是成绩”。总之，要想解题过程迅速准确，必须针对题目的特点，选取最有效的解题方法，甚至是多种方法综合运用，以达到减少运算量，增强运算准确率的效果，,从而取得更多的主动权，才能在各种测试中获取更佳的成绩。