方法一电解质溶液的计算法宝——电荷守恒法涉及溶液中离子浓度的计算时常需用到电荷守恒，首先找出溶液中所有阳离子和阴离子，再根据阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数列等式。

如Al2(SO4)3、NH4NO3混合溶液的电荷守恒为3c(Al3＋)＋c(NH＋4)＋c(H＋)＝2c(SO2－4)＋c(NO－3)＋c(OH－)。

注意一般情况下，列电荷守恒等式时不能忽略H＋、OH－，但在计算时，酸性溶液中常可忽略OH－，碱性溶液中常可忽略H＋。

针对训练1．(2016·河南安阳一中月考)在硫酸钠和硫酸铝的混合溶液中，Al3＋的物质的量浓度为0.2 mol·L－1，SO2－4为0.4 mol·L－1，溶液中Na＋的物质的量浓度为()A．0.1 mol·L－1B．0.2 mol·L－1C．0.3 mol·L－1D．0.4 mol·L－1答案 B解析在任何一个溶液中，阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数，则有3c(Al3＋)＋c(Na＋)＝2c(SO2－4)，解得c(Na＋)＝0.2 mol·L－1。

2．某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，c(Mg2＋)＝2 mol·L－1，c(SO2－4)＝6.5 mol·L－1，若将200 mL 的此混合液中的Mg2＋和Al3＋分离，至少应加入1.6 mol·L－1的氢氧化钠溶液()A．0.5 L B．1.625 LC．1.8 L D．2 L答案 D解析根据电荷守恒得：2c(Mg2＋)＋3c(Al3＋)＝2c(SO2－4)，c(Al3＋)＝2×6.5 mol·L－1－2×2 mol·L－13＝3 mol·L－1，加入氢氧化钠溶液使Mg2＋、Al3＋分离，此时NaOH转化为Na2SO4和NaAlO2，由电荷守恒得：V (NaOH)＝2n (SO 2－4)＋n (AlO －2)c (NaOH )＝2×6.5 mol·L －1×0.2 L ＋3 mol·L －1×0.2 L 1.6 mol·L －1＝2 L 。

方法二 化学方程式计算中的巧思妙解——差量法化学反应前后物质的量发生变化时均可用差量法。

解题的一般步骤为 (1)准确写出有关反应的化学方程式；(2)深入细致地分析题意，关键在于有针对性地找出产生差量的“对象”及“理论差量”。

该“理论差量”可以是质量、物质的量、气体体积、压强等，且该差量的大小与参加反应的物质的有关量成正比；(3)根据反应方程式，从“实际差量”寻找比例关系，列比例式求解。

针对训练3．将12 g CO 和CO 2的混合气体通过足量灼热的氧化铜后，得到气体的总质量为18 g ，求原混合气体中CO 的质量分数。

答案 原混合气体中CO 的质量分数为87.5%。

解析 设原混合气体中CO 的质量分数为x 。

CuO ＋CO =====△Cu ＋CO 2 气体质量增加(差量) 28 44 44－28＝16 12x g 18 g －12 g ＝6 g 2816＝12x g6 g解得x ＝0.875。

4．为了检验某含有NaHCO 3杂质的Na 2CO 3样品的纯度，现将w 1 g 样品加热，其质量变为w 2 g ，则该样品的纯度(质量分数)是( ) A.84w 2－53w 131w 1 B.84(w 1－w 2)31w 1C.73w 2－42w 131w 1D.115w 2－84w 131w 1答案 A解析 由题意知(w 1－w 2)g 应为NaHCO 3分解生成的CO 2和H 2O 的质量，设样品中NaHCO 3质量为x g ，由此可到如下关系：2NaHCO 3=====△Na 2CO 3＋CO 2↑＋H 2O 2×84 62 x w 1－w 2 则x ＝84(w 1－w 2)31，故样品纯度为m (Na 2CO 3)m (样品)＝w 1－x w 1＝84w 2－53w 131w 1。

5．16 mL 由NO 与NH 3组成的混合气体在催化剂作用下于400 ℃左右可发生反应：6NO ＋4NH 35N 2＋6H 2O(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL ，则原混合气体中NO 与NH 3的物质的量之比有四种情况：①5∶3 ②3∶2 ③4∶3 ④9∶7。

其中正确的是( ) A ．①② B ．①④ C ．②③ D ．③④答案 C解析 根据反应前后气体的总体积，可用差量法直接求解。

6NO ＋4NH 35N 2＋6H 2O(g) ΔV (气体的体积差) 6 mL 4 mL 5 mL 6 mL (5＋6)－(4＋6) ＝1(mL)(理论差量) 9 mL 6 mL 17.5－16＝1.5(mL)(实际差量)由此可知共消耗15 mL 气体，还剩余1 mL 气体，假设剩余的气体全部是NO ，则V (NO)∶V (NH 3)＝(9 mL ＋1 mL)∶6 mL ＝5∶3，假设剩余的气体全部是NH 3，则V (NO)∶V (NH 3)＝9 mL ∶(6 mL ＋1 mL)＝9∶7，但因该反应是可逆反应，剩余气体实际上是NO 、NH 3的混合气体，故V (NO)∶V (NH 3)介于5∶3与9∶7之间，对照所给的数据知3∶2与4∶3在此区间内。

方法三 解答连续反应类型计算题的捷径——关系式法关系式是物质间关系的一种简化式子，解决多步反应，计算最简捷。

多步反应中建立关系式的方法：1．叠加法(如利用木炭、水蒸气制取氨气)⎭⎪⎬⎪⎫C ＋H 2O (g )=====高温CO ＋H 2CO ＋H 2O (g )=====高温CO 2＋H 2⇒⎭⎪⎬⎪⎫C ＋2H 2O (g )=====高温CO 2＋2H 2N 2＋3H 2高温、高压催化剂2NH 3⇒ 由木炭、水蒸气制取NH 3的关系为3C ～4NH 3。

2．元素守恒法4NH 3＋5O 2=====催化剂△4NO ＋6H 2O 2NO ＋O 2===2NO 23NO 2＋H 2O===2HNO 3＋NO经多次氧化和吸收，由N 元素守恒知：NH 3～HNO 3。

3．电子转移守恒法NH 3――→失去8e－HNO 3，O 2――→得4e－2O －2由得失电子总数相等知，NH 3经氧化等一系列过程生成HNO 3，NH 3和O 2的关系为NH 3～2O 2。

针对训练6．铜和镁的合金4.6 g 完全溶于浓硝酸，若反应后硝酸被还原，只产生4 480 mL 的NO 2气体和336 mL 的N 2O 4气体(都已折算到标准状况)，在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为( ) A ．9.02 g B ．8.51 g C ．8.26 g D ．7.04 g 答案 B解析 最后沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，Cu 和Mg 共4.6 g ，关键是求增加的n (OH －)，n (OH－)等于金属单质所失电子的物质的量，即n (OH －)＝4 48022 400×1 mol ＋33622 400×2 mol ＝0.23 mol ，故沉淀的质量为4.6 g ＋0.23×17 g ＝8.51 g 。

7．黄铁矿主要成分是FeS 2。

某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.100 0 g 样品在空气中充分灼烧，将生成的SO 2气体与足量Fe 2(SO 4)3溶液完全反应后，用浓度为0.020 00 mol·L －1的K 2Cr 2O 7标准溶液滴定至终点，消耗K 2Cr 2O 7标准溶液25.00 mL 。

已知：SO 2＋2Fe 3＋＋2H 2O===SO 2－4＋2Fe 2＋＋4H ＋Cr 2O 2－7＋6Fe 2＋＋14H ＋===2Cr 3＋＋6Fe 3＋＋7H 2O(1)样品中FeS 2的质量分数是(假设杂质不参加反应)________(保留1位小数)。

(2)煅烧10 t 上述黄铁矿，理论上产生SO 2的体积(标准状况)为________L ，制得98%的硫酸质量为________t 。

答案 (1)90.0% (2)3.36×106 15解析 (1)据方程式：4FeS 2＋11O 2=====高温2Fe 2O 3＋8SO 2SO 2＋2Fe 3＋＋2H 2O===SO 2－4＋2Fe 2＋＋4H ＋ Cr 2O 2－7＋6Fe 2＋＋14H ＋===2Cr 3＋＋6Fe3＋＋7H 2O 得关系式：Cr 2O 2－7～6Fe 2＋～3SO 2～32FeS 2 1320.020 00 mol·L －1×0.025 00 L m (FeS 2)120 g·mol －1 m (FeS 2)＝0.090 00 g样品中FeS 2的质量分数为90.0%。

(2)4FeS 2＋11O 2=====高温2Fe 2O 3＋8SO 2 4 mol 8 mol 10×106×0.9120 mol n (SO 2)n (SO 2)＝1.5×105 mol V (SO 2)＝3.36×106 L 由SO 2 ～SO 3 ～H 2SO 4 1 mol 98 g1.5×105 mol m (H 2SO 4)×98% 得m (H 2SO 4)＝1.5×107 g ＝15 t 。

方法四 混合物类计算的“简化高手”——平均值法 1．依据若X A ＞X B ，则X A ＞X ＞X B ，X 代表平均相对原子(分子)质量、平均浓度、平均含量、平均生成量、平均消耗量等。

2．应用已知X 可以确定X A 、X B 的范围；若已知X A 、X B 可以确定X 的范围。

解题的关键是要通过平均值确定范围，很多问题的平均值需根据条件先确定下来再作出判断。

实际上，它是极值法的延伸。

针对训练8．两种金属混合物共15 g，投入足量的盐酸中，充分反应后得到11.2 L H2(标准状况)，则原混合物的组成肯定不可能为()A．Mg和Ag B．Zn和CuC．Al和Zn D．Al和Cu答案 B解析本题可用平均摩尔电子质量(即提供1 mol电子所需金属的质量)法求解。

反应中H＋被还原生成H2，由题意可知15 g金属混合物可提供1 mol e－，其平均摩尔电子质量为15 g·mol －1。

选项中金属Mg、Zn、Al的摩尔电子质量分别为12 g·mol－1、32.5 g·mol－1、9 g·mol－1，其中不能与盐酸反应的Ag和Cu的摩尔电子质量可看做无穷大。