高一化學計算題解題方法詳解

　　高中化學的試卷也是有計算題，學生想要在計算題中拿到比較高的分數(shù)，需要知道一些解題的方法，下面學習啦的小編將為大家?guī)砘瘜W的計算題的解題方法介紹，希望能夠幫助到大家。

　　高一化學計算題解題方法

　　化學計算題是中學生在化學學習中比較頭痛的一類題目，也是他們在測驗和考試中最難得分的一類題目，能選用最合適的方法準確而快速地解決計算題，對于提高學習成績，增強學習效率，有著重要意義。

　　選用合適的方法解計算題，不但可以縮短解題的時間，還有助于減小計算過程中的運算量，盡可能地降低運算過程中出錯的機會。例如下題，有兩種不同的解法，相比之下，不難看出選取合適方法的重要性：

　　[例1]30mL一定濃度的硝酸溶液與5.12克銅片反應，當銅片全部反應完畢后，共收集到氣體2.24升(S.T.P),則該硝酸溶液的物質(zhì)的量濃度至少為

　　A.9mol/L B.8mol/L C.5mol/L D.10mol/L

　　解法一：因為題目中無指明硝酸是濃或稀，所以產(chǎn)物不能確定，根據(jù)銅與硝酸反應的兩個方程式：

　　(1)3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,(2)Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,可以設參與反應(1)的Cu為xmol,則反應生成的NO氣體為2/3xmol,反應消耗的硝酸為8/3xmol,再設參與反應(2)的Cu為ymol,則反應生成的NO2氣體為2ymol,反應消耗的硝酸為4ymol,從而可以列出方程組：

　　(x+y)*64=5.12,[(2/3)x+2y]*22.4=2.24,求得x=0.045mol,y=0.035mol,則所耗硝酸為8/3x+4y=0.26mol,其濃度為(0.26/0.03)mol/L,在8-9之間，只能選A.

　　解法二：根據(jù)質(zhì)量守恒定律，由于銅片只與硝酸完全反應生成Cu2+,則產(chǎn)物應為硝酸銅，且其物質(zhì)的量與原來的銅片一樣，均為5.12/64=0.08摩，從產(chǎn)物的化學式Cu(NO3)2可以看出，參與復分解反應提供NO3-的HNO3有2*0.08=0.16摩;而反應的氣態(tài)產(chǎn)物，無論是NO還是NO2,每一個分子都含有一個N原子，則氣體分子總數(shù)就相當于參與氧化還原反應的HNO3的摩爾數(shù)，所以每消耗一摩HNO3都產(chǎn)生22.4L氣體(可以是NO或NO2甚至是兩者的混合物),現(xiàn)有氣體2.24L,即有0.1摩HNO3參與了氧化還原反應，故所耗硝酸為0.16+0.1=0.26摩，其濃度為(0.26/0.03)mol/L,在8-9之間，只能選A.

　　從以上兩種方法可以看出，本題是選擇題，只要求出結果便可，不論方式及解題規(guī)范，而此題的關鍵之處在于能否熟練應用質(zhì)量守恒定律，第二種方法運用了守恒法，所以運算量要少得多，也不需要先將化學方程式列出，配平，從而大大縮短了解題時間，更避免了因不知按哪一個方程式來求硝酸所導致的恐慌。再看下題：

　　[例2]在一個6升的密閉容器中，放入3升X(氣)和2升Y(氣),在一定條件下發(fā)生下列反應：4X(氣)+3Y(氣) 2Q(氣)+nR(氣) 達到平衡后，容器內(nèi)溫度不變，混和氣體的壓強比原來增加5%,X的濃度減小1/3,則該反應方程式中的n值是

　　A.3 B.4 C.5 D.6

　　解法一：抓住“X濃度減少1/3”,結合化學方程式的系數(shù)比等于體積比，可分別列出各物質(zhì)的始態(tài)，變量和終態(tài)：

　　4X 3Y 2Q nR

　　始態(tài) 3L 2L 0 0

　　變量 -1/3*3L=1L -3/4*1L=3/4L +2/4*1L=1/2L +n/4*1L=n/4L

　　終態(tài) 3-1=2L 2-3/4==5/4L 0+1/2=1/2L 0+n/4=n/4L

　　由以上關系式可知，平衡后(終態(tài))混和氣體的體積為(2+5/4+1/2+n/4)L即(15+n)/4L,按題意"混和氣體的壓強比原來增加5%"即(15+n)/4-5=5*5%,求得n=6.

　　解法二：選用差量法，按題意"混和氣體的壓強比原來增加5%“按題意”混和氣體的壓強比原來增加5%",即混和氣體的體積增加了 (2+3)*5%=0.25L,根據(jù)方程式，4X+3Y只能生成2Q+nR,即每4體積X反應，總體積改變量為(2+n)-(4+3)=n-5,現(xiàn)有 1/3*3L=1L的X反應，即總體積改變量為1L*[(n-5)/4]=0.25L,從而求出n=6.

　　解法三：抓住"混和氣體的壓強比原來增加5%",得出反應由X+Y開始時，平衡必定先向右移，生成了Q和R之后，壓強增大，說明正反應肯定是體積增大的反應，則反應方程式中X與Y的系數(shù)之和必小于Q與R的系數(shù)之和，所以4+3<2+n,得出n>5,在四個選項中只有D中n=6符合要求，為應選答案。

　　本題考查的是關于化學平衡的內(nèi)容。解法一是遵循化學平衡規(guī)律，按步就班的規(guī)范做法，雖然肯定能算出正確答案，但沒有把握住“選擇題，不問過程，只要結果”的特點，當作一道計算題來做，普通學生也起碼要用5分鐘完成，花的時間較多。解法二運用了差量法，以含n的體積變量 (差量)來建立等式，冉峽斕豱算出了的值，但還是未能充分利用選擇題的“選擇”特點，用時要1分鐘左右。解法三對平衡移動與體積變化的關系理解透徹，不用半分鐘就可得出唯一正確的答案。

　　由此可見，在計算過程中針對題目特點選用不同的解題方法，往往有助于減少運算過程中所消耗的時間及出錯的機會，達到快速，準確解題的效果，而運用較多的解題方法通常有以下幾種：

　　1.商余法：這種方法主要是應用于解答有機物(尤其是烴類)知道分子量后求出其分子式的一類題目。對于烴類，由于烷烴通式為CnH2n+2,分子量為14n+2,對應的烷烴基通式為CnH2n+1,分子量為14n+1,烯烴及環(huán)烷烴通式為CnH2n,分子量為14n,對應的烴基通式為CnH2n-1,分子量為14n-1,炔烴及二烯烴通式為CnH2n-2,分子量為14n-2,對應的烴基通式為CnH2n-3,分子量為14n-3,所以可以將已知有機物的分子量減去含氧官能團的式量后，差值除以14(烴類直接除14),則最大的商為含碳的原子數(shù)(即n值),余數(shù)代入上述分子量通式，符合的就是其所屬的類別。

　　[例3]某直鏈一元醇14克能與金屬鈉完全反應，生成0.2克氫氣，則此醇的同分異構體數(shù)目為

　　A.6個 B.7個 C.8個 D.9個

　　由于一元醇只含一個-OH,每mol醇只能轉換出1/2molH2,由生成0.2克H2推斷出14克醇應有0.2mol,所以其摩爾質(zhì)量為72克/摩，分子量為72,扣除羥基式量17后，剩余55,除以14,最大商為3,余為13,不合理，應取商為4,余為-1,代入分子量通式，應為4個碳的烯烴基或環(huán)烷基，結合“直鏈”,從而推斷其同分異構體數(shù)目為6個。

　　2.平均值法這種方法最適合定性地求解混合物的組成，即只求出混合物的可能成分，不用考慮各組分的含量。根據(jù)混合物中各個物理量(例如密度，體積，摩爾質(zhì)量，物質(zhì)的量濃度，質(zhì)量分數(shù)等)的定義式或結合題目所給條件，可以求出混合物某個物理量的平均值，而這個平均值必須介于組成混合物的各成分的同一物理量數(shù)值之間，換言之，混合物的兩個成分中的這個物理量肯定一個比平均值大，一個比平均值小，才能符合要求，從而可判斷出混合物的可能組成。

　　[例4]將兩種金屬單質(zhì)混合物13g,加到足量稀硫酸中，共放出標準狀況下氣體11.2L,這兩種金屬可能是

　　A.Zn和Fe B.Al和Zn C.Al和Mg D.Mg和Cu

　　將混合物當作一種金屬來看，因為是足量稀硫酸，13克金屬全部反應生成的11.2L(0.5摩爾)氣體全部是氫氣，也就是說，這種金屬每放出1摩爾氫氣需 26克，如果全部是+2價的金屬，其平均原子量為26,則組成混合物的+2價金屬，其原子量一個大于26,一個小于26.代入選項，在置換出氫氣的反應中，顯+2價的有Zn,原子量為65,Fe原子量為56,Mg原子量為24,但對于Al,由于在反應中顯+3價，要置換出1mol氫氣，只要18克Al便夠，可看作+2價時其原子量為27/(3/2)=18,同樣假如有+1價的Na參與反應時，將它看作+2價時其原子量為23*2=46,對于Cu,因為它不能置換出H2,所以可看作原子量為無窮大，從而得到A中兩種金屬原子量均大于26,C中兩種金屬原子量均小于26,所以A,C都不符合要求，B中Al的原子量比26小，Zn比26大，D中Mg原子量比26小，Cu原子量比26大，故B,D為應選答案。

　　3.極限法。極限法與平均值法剛好相反，這種方法也適合定性或定量地求解混合物的組成。根據(jù)混合物中各個物理量(例如密度，體積，摩爾質(zhì)量，物質(zhì)的量濃度，質(zhì)量分數(shù)等)的定義式或結合題目所給條件，將混合物看作是只含其中一種組分A,即其質(zhì)量分數(shù)或氣體體積分數(shù)為100%(極大)時，另一組分B對應的質(zhì)量分數(shù)或氣體體積分數(shù)就為0%(極小),可以求出此組分A的某個物理量的值N1,用相同的方法可求出混合物只含B不含A時的同一物理量的值N2,而混合物的這個物理量N平是平均值，必須介于組成混合物的各成分A,B的同一物理量數(shù)值之間，即N1

　　[例5]4個同學同時分析一個由KCl和KBr組成的混合物，他們各取2.00克樣品配成水溶液，加入足夠HNO3后再加入適量AgNO3溶液，待沉淀完全后過濾得到干燥的鹵化銀沉淀的質(zhì)量如下列四個選項所示，其中數(shù)據(jù)合理的是

　　A.3.06g B.3.36g C.3.66g D.3.96

　　本題如按通常解法，混合物中含KCl和KBr,可以有無限多種組成方式，則求出的數(shù)據(jù)也有多種可能性，要驗證數(shù)據(jù)是否合理，必須將四個選項代入，看是否有解，也就相當于要做四題的計算題，所花時間非常多。使用極限法，設2.00克全部為KCl,根據(jù)KCl-AgCl,每74.5克KCl可生成143.5克 AgCl,則可得沉淀為(2.00/74.5)*143.5=3.852克，為最大值，同樣可求得當混合物全部為KBr時，每119克的KBr可得沉淀 188克，所以應得沉淀為(2.00/119)*188=3.160克，為最小值，則介于兩者之間的數(shù)值就符合要求，故只能選B和C.

　　4.估算法?；瘜W題尤其是選擇題中所涉及的計算，所要考查的是化學知識，而不是運算技能，所以當中的計算的量應當是較小的，通常都不需計出確切值，可結合題目中的條件對運算結果的數(shù)值進行估計，符合要求的便可選取。

　　[例6]已知某鹽在不同溫度下的溶解度如下表，若把質(zhì)量分數(shù)為22%的該鹽溶液由500C逐漸冷卻，則開始析出晶體的溫度范圍是

　　溫度(0C) 0 10 20 30 40

　　溶解度(克/100克水) 11.5 15.1 19.4 24.4 37.6

　　A.0-100C B.10-200C C.20-300C D.30-400C

　　本題考查的是溶液結晶與溶質(zhì)溶解度及溶液飽和度的關系。溶液析出晶體，意味著溶液的濃度超出了當前溫度下其飽和溶液的濃度，根據(jù)溶解度的定義，[溶解度 /(溶解度+100克水)]*100%=飽和溶液的質(zhì)量分數(shù)，如果將各個溫度下的溶解度數(shù)值代入，比較其飽和溶液質(zhì)量分數(shù)與22%的大小，可得出結果，但運算量太大，不符合選擇題的特點。從表上可知，該鹽溶解度隨溫度上升而增大，可以反過來將22%的溶液當成某溫度時的飽和溶液，只要溫度低于該溫度，就會析出晶體。代入[溶解度/(溶解度+100克水)]*100%=22%,可得：溶解度*78=100*22,即溶解度=2200/78,除法運算麻煩，運用估算，應介于25與30之間，此溶解度只能在30-400C中，故選D.

　　5.差量法。對于在反應過程中有涉及物質(zhì)的量，濃度，微粒個數(shù)，體積，質(zhì)量等差量變化的一個具體的反應，運用差量變化的數(shù)值有助于快捷準確地建立定量關系，從而排除干擾，迅速解題，甚至于一些因條件不足而無法解決的題目也迎刃而解。

　　[例7]在1升濃度為C摩/升的弱酸HA溶液中，HA,H+和A-的物質(zhì)的量之和為nC摩，則HA的電離度是

　　A.n*100% B.(n/2)*100% C.(n-1)*100% D.n%

　　根據(jù)電離度的概念，只需求出已電離的HA的物質(zhì)的量，然后將這個值與HA的總量(1升*C摩/升=C摩)相除，其百分數(shù)就是HA的電離度。要求已電離的HA的物質(zhì)的量，可根據(jù)HA H++A-,由于原有弱酸為1升*C摩/升=C摩，設電離度為X,則電離出的HA的物質(zhì)的量為XC摩，即電離出的H+和A-也分別為CXmol,溶液中未電離的HA就為(C-CX)mol,所以HA,H+,A-的物質(zhì)的量之和為[(C-CX)+CX+CX]摩，即(C+CX)摩=nC摩，從而可得出1+X=n,所以X的值為n-1,取百分數(shù)故選C.本題中涉及的微粒數(shù)較易混淆，采用差量法有助于迅速解題：根據(jù)HA的電離式，每一個HA電離后生成一個H+和一個A-,即微粒數(shù)增大一，現(xiàn)在微粒數(shù)由原來的C摩變?yōu)閚C摩，增大了(n-1)*C摩，立即可知有(n-1)*C摩HA發(fā)生電離，則電離度為(n-1)C摩/C摩=n-1,更快地選出C項答案。

　　6.代入法。將所有選項可某個特殊物質(zhì)逐一代入原題來求出正確結果，這原本是解選擇題中最無奈時才采用的方法，但只要恰當?shù)亟Y合題目所給條件，縮窄要代入的范圍，也可以運用代入的方法迅速解題。

　　[例8]某種烷烴11克完全燃燒，需標準狀況下氧氣28L,這種烷烴的分子式是

　　A.C5H12 B.C4H10 C.C3H8 D.C2H6

　　因為是烷烴，組成為CnH2n+2,分子量為14n+2,即每14n+2克烴完全燃燒生成n摩CO2和(n+1)摩H2O,便要耗去n+(n+1)/2即3n/2+1/2摩O2,現(xiàn)有烷烴11克，氧氣為28/22.4=5/4摩，其比值為44:5,將選項中的四個n值代入(14n+2):[3n/2+1/2],不需解方程便可迅速得知n=3為應選答案。

　　7.關系式法。對于多步反應，可根據(jù)各種的關系(主要是化學方程式，守恒等),列出對應的關系式，快速地在要求的物質(zhì)的數(shù)量與題目給出物質(zhì)的數(shù)量之間建立定量關系，從而免除了涉及中間過程的大量運算，不但節(jié)約了運算時間，還避免了運算出錯對計算結果的影響，是最經(jīng)常使用的方法之一。

　　[例9]一定量的鐵粉和9克硫粉混合加熱，待其反應后再加入過量鹽酸，將生成的氣體完全燃燒，共收集得9克水，求加入的鐵粉質(zhì)量為

　　A.14g B.42g C.56g D.28g

　　因為題目中無指明鐵粉的量，所以鐵粉可能是過量，也可能是不足，則與硫粉反應后，加入過量鹽酸時生成的氣體就有多種可能：或者只有H2S(鐵全部轉變?yōu)镕eS2),或者是既有H2S又有H2(鐵除了生成FeS2外還有剩余),所以只憑硫粉質(zhì)量和生成的水的質(zhì)量，不易建立方程求解。根據(jù)各步反應的定量關系，列出關系式：(1)Fe--FeS(鐵守恒)--H2S(硫守恒)--H2O(氫守恒),(2)Fe--H2(化學方程式)--H2O(氫定恒),從而得知，無論鐵參與了哪一個反應，每1個鐵都最終生成了1個H2O,所以迅速得出鐵的物質(zhì)的量就是水的物質(zhì)的量，根本與硫無關，所以應有鐵為9/18=0.5摩，即28克。

　　8.比較法。已知一個有機物的分子式，根據(jù)題目的要求去計算相關的量例如同分異構體，反應物或生成物的結構，反應方程式的系數(shù)比等，經(jīng)常要用到結構比較法，其關鍵是要對有機物的結構特點了解透徹，將相關的官能團的位置，性質(zhì)熟練掌握，代入對應的條件中進行確定。

　　CH3

　　[例10]分子式為C12H12的烴，結構式為 ,若萘環(huán)上的二溴代物有9種

　　CH3

　　同分異構體，則萘環(huán)上四溴代物的同分異構體數(shù)目有

　　A.9種 B.10種 C.11種 D.12種

　　本題是求萘環(huán)上四溴代物的同分異構體數(shù)目，不需考慮官能團異構和碳鏈異構，只求官能團的位置異構，如按通常做法，將四個溴原子逐個代入萘環(huán)上的氫的位置， 便可數(shù)出同分異構體的數(shù)目，但由于數(shù)量多，結構比較十分困難，很易錯數(shù)，漏數(shù)。抓住題目所給條件--二溴代物有9種，分析所給有機物峁固氐?不難看出，萘環(huán)上只有六個氫原子可以被溴取代，也就是說，每取代四個氫原子，就肯定剩下兩個氫原子未取代，根據(jù)"二溴代物有9種"這一提示，即萘環(huán)上只取兩個氫原子的不同組合有9種，即意味著取四個氫原子進行取代的不同組合就有9種，所以根本不需逐個代，迅速推知萘環(huán)上四溴代物的同分異構體就有9種。

　　9.殘基法。這是求解有機物分子結構簡式或結構式中最常用的方法。一個有機物的分子式算出后，可以有很多種不同的結構，要最后確定其結構，可先將已知的官能團包括烴基的式量或所含原子數(shù)扣除，剩下的式量或原子數(shù)就是屬于殘余的基團，再討論其可能構成便快捷得多。

　　[例11]某有機物5.6克完全燃燒后生成6.72L(S.T.P下)二氧化碳和3.6克水，該有機物的蒸氣對一氧化碳的相對密度是2,試求該有機物的分子式。如果該有機物能使溴水褪色，并且此有機物和新制的氫氧化銅混合后加熱產(chǎn)生紅色沉淀，試推斷該有機物的結構簡式。

　　因為該有機物的蒸氣對一氧化碳的相對密度為2,所以其分子量是CO的2倍，即56,而5.6克有機物就是0.1摩，完全燃燒生成6.72L(S.T.P)CO2為0.3摩，3.6克水為0.2摩，故分子式中含3個碳，4個氫，則每摩分子中含氧為56-3*12-4*1=16克，分子式中只有1個氧，從而確定分子式是C3H4O.根據(jù)該有機物能發(fā)生斐林反應，證明其中有-CHO,從C3H4O中扣除-CHO,殘基為-C2H3,能使溴水褪色，則有不飽和鍵，按其組成，只可能為-CH=CH2,所以該有機物結構就為H2C=CH-CHO.

　　10.守恒法。物質(zhì)在參加反應時，化合價升降的總數(shù)，反應物和生成物的總質(zhì)量，各物質(zhì)中所含的每一種原子的總數(shù)，各種微粒所帶的電荷總和等等，都必須守恒。所以守恒是解計算題時建立等量關系的依據(jù)，守恒法往往穿插在其它方法中同時使用，是各種解題方法的基礎，利用守恒法可以很快建立等量關系，達到速算效果。

　　[例12]已知某強氧化劑[RO(OH)2]+能被硫酸鈉還原到較低價態(tài)，如果還原含 2.4*10-3mol[RO(OH)2]+的溶液到低價態(tài)，需12mL0.2mol/L的亞硫酸鈉溶液，那么R元素的最終價態(tài)為

　　A.+3 B.+2 C.+1 D.-1

　　因為在[RO(OH)2]-中，R的化合價為+3價，它被亞硫酸鈉還原的同時，亞硫酸鈉被氧化只能得硫酸鈉，硫的化合價升高了2價，根據(jù)2.4*10-3mol[RO(OH)2]-與12ml*0.2mol/L=0.0024mol的亞硫酸鈉完全反應，亞硫酸鈉共升0.0024*2=0.0048價，則依照升降價守恒，2.4*10-3mol[RO(OH)2]-共降也是0.0048價，所以每mol[RO(OH)2]-降了2價，R原為+3價，必須降為+1價，故不需配平方程式可直接選C.

　　11.規(guī)律法?；瘜W反應過程中各物質(zhì)的物理量往往是符合一定的數(shù)量關系的，這些數(shù)量關系就是通常所說的反應規(guī)律，表現(xiàn)為通式或公式，包括有機物分子通式， 燃燒耗氧通式，化學反應通式，化學方程式，各物理量定義式，各物理量相互轉化關系式等，甚至于從實踐中自己總結的通式也可充分利用。熟練利用各種通式和公式，可大幅度減低運算時間和運算量，達到事半功倍的效果。

　　[例13]1200C時，1體積某烴和4體積O2混和，完全燃燒后恢復到原來的溫度和壓強，體積不變，該烴分子式中所含的碳原子數(shù)不可能是

　　A.1 B.2 C.3 D.4

　　本題是有機物燃燒規(guī)律應用的典型，由于烴的類別不確定，氧是否過量又未知，如果單純將含碳由1至4的各種烴的分子式代入燃燒方程，運算量大而且未必將所有可能性都找得出。應用有機物的燃燒通式，設該烴為CXHY,其完全燃燒方程式為：CXHY+(X+Y/4)O2==XCO2+Y/2H2O,因為反應前后溫度都是1200C,所以H2O為氣態(tài)，要計體積，在相同狀況下氣體的體積比就相當于摩爾比，則無論O2是否過量，每1體積CXHY只與X+Y/4體積O2反應，生成X體積CO2和Y/2體積水蒸氣，體積變量肯定為1-Y/4,只與分子式中氫原子數(shù)量有關。按題意，由于反應前后體積不變，即1-Y/4=0,立刻得到分子式為CXH4,此時再將四個選項中的碳原子數(shù)目代入，CH4為甲烷，C2H4為乙烯，C3H4為丙炔，只有C4H4不可能。

　　12.排除法。選擇型計算題最主要的特點是，四個選項中肯定有正確答案，只要將不正確的答案剔除，剩余的便是應選答案。利用這一點，針對數(shù)據(jù)的特殊性，可運用將不可能的數(shù)據(jù)排除的方法，不直接求解而得到正確選項，尤其是單選題，這一方法更加有效。

　　[例14]取相同體積的KI,Na2S,FeBr2三種溶液，分別通入氯氣，反應都完全時，三種溶液所消耗氯氣的體積(在同溫同壓下)相同，則KI,Na2S,FeBr2三種溶液的摩爾濃度之比是

　　A.1:1:2 B.1:2:3 C.6:3:2 D.2:1:3

　　本題當然可用將氯氣與各物質(zhì)反應的關系式寫出，按照氯氣用量相等得到各物質(zhì)摩爾數(shù)，從而求出其濃度之比的方法來解，但要進行一定量的運算，沒有充分利用選擇題的特殊性。根據(jù)四個選項中KI和FeBr2的比例或Na2S和FeBr2的比例均不相同這一特點，只要求出其中一個比值，已經(jīng)可得出正確選項。因KI與Cl2反應產(chǎn)物為I2,即兩反應物mol比為2:1,FeBr2與Cl2反應產(chǎn)物為Fe3+和Br2,即兩反應物mol比為2:3,可化簡為2/3:1,當Cl2用量相同時，則KI與FeBr2之比為2:(2/3)即3:1,A,B,D中比例不符合，予以排除，只有C為應選項。如果取Na2S與FeBr2來算，同理也可得出相同結果。本題還可進一步加快解題速度，抓住KI,Na2S,FeBr2三者結構特點--等量物質(zhì)與Cl2反應時，F(xiàn)eBr2需耗最多Cl2.換言之，當Cl2的量相等時，參與反應的FeBr2的量最少，所以等體積的溶液中，其濃度最小，在四個選項中，也只有C符合要求，為應選答案。

　　13.十字交*法。十字交*法是專門用來計算溶液濃縮及稀釋，混合氣體的平均組成，混合溶液中某種離子濃度，混合物中某種成分的質(zhì)量分數(shù)等的一種常用方法，其使用方法為：

　　組分A的物理量a 差量c-b

　　平均物理量c(質(zhì)量，濃度，體積，質(zhì)量分數(shù)等)

　　組分B的物理量b 差量a-c

　　則混合物中所含A和B的比值為(c-b):(a-c),至于濃縮，可看作是原溶液A中減少了質(zhì)量分數(shù)為0%的水B,而稀釋則是增加了質(zhì)量分數(shù)為100%的溶質(zhì)B,得到質(zhì)量分數(shù)為c的溶液。

　　[例15]有A克15%的NaNO3溶液，欲使其質(zhì)量分數(shù)變?yōu)?0%,可采用的方法是

　　A.蒸發(fā)溶劑的1/2 B.蒸發(fā)掉A/2克的溶劑

　　C.加入3A/14克NaNO3 D.加入3A/20克NaNO3

　　根據(jù)十字交*法，溶液由15%變?yōu)?0%差量為15%,增大溶液質(zhì)量分數(shù)可有兩個方法：(1)加入溶質(zhì)，要使100%的NaNO3變?yōu)?0%,差量為 70%,所以加入的質(zhì)量與原溶液質(zhì)量之比為15:70,即要3A/14克。(2)蒸發(fā)減少溶劑，要使0%的溶劑變?yōu)?0%,差量為30%,所以蒸發(fā)的溶劑的質(zhì)量與原溶液質(zhì)量之比為15%:30%,即要蒸發(fā)A/2克。如果設未知數(shù)來求解本題，需要做兩次計算題，則所花時間要多得多。

　　14.拆分法。將題目所提供的數(shù)值或物質(zhì)的結構，化學式進行適當分拆，成為相互關聯(lián)的幾個部分，可以便于建立等量關系或進行比較，將運算簡化。這種方法最適用于有機物的結構比較(與殘基法相似),同一物質(zhì)參與多種反應，以及關于化學平衡或討論型的計算題。

　　[例16]將各為0.3214摩的下列各物質(zhì)在相同條件下完全燃燒，消耗氧氣的體積最少的是

　　A.甲酸 B.甲醛 C.乙醛 D.甲酸甲酯

　　這是關于有機物的燃燒耗氧量的計算，因為是等摩爾的物質(zhì)，完全可用燃燒通式求出每一個選項耗氧的摩爾數(shù)，但本題只需要定量比較各個物質(zhì)耗氧量的多少，不用求出確切值，故此可應用拆分法：甲酸結構簡式為HCOOH,可拆為H2O+CO,燃燒時辦只有CO耗氧，甲醛為HCHO,可拆為H2O+C,比甲酸少了一個O,則等摩爾燃燒過程中生成相同數(shù)量的CO2和H2O時，耗多一個O.同理可將乙醛CH3CHO拆為H2O+C2H2,比甲酸多一個CH2,少一個O,耗氧量必定大于甲酸，甲酸甲酯HCOOCH3拆為2H2O+C2,比乙醛少了H2,耗氧量必定少，所以可知等量物質(zhì)燃燒時乙醛耗氧最多。

　　當然，解題方法并不僅局限于以上14種，還有各人從實踐中總結出來的各種各樣的經(jīng)驗方法，各種方法都有其自身的優(yōu)點。在眾多的方法中，無論使用哪一種，都應該注意以下幾點：

　　一。要抓住題目中的明確提示，例如差值，守恒關系，反應規(guī)律，選項的數(shù)字特點，結構特點，以及相互關系，并結合通式，化學方程式，定義式，關系式等，確定應選的方法。

　　二。使用各種解題方法時，一定要將相關的量的關系搞清楚，尤其是差量，守恒，關系式等不要弄錯，也不能憑空捏造，以免適得其反，弄巧反拙。

　　三。扎實的基礎知識是各種解題方法的后盾，解題時應在基本概念基本理論入手，在分析題目條件上找方法，一時未能找到巧解方法，先從最基本方法求解，按步就班，再從中發(fā)掘速算方法。

　　四。在解題過程中，往往需要將多種解題方法結合一齊同時運用，以達到最佳效果。

　　[例17]有一塊鐵鋁合金，溶于足量鹽酸中，再用足量KOH溶液處理，將產(chǎn)生的沉淀過濾，洗滌，干燥，灼燒使之完全變成紅色粉末，經(jīng)稱量，發(fā)現(xiàn)該紅色粉末和原合金質(zhì)量恰好相等，則合金中鋁的含量為

　　A.70% B.52.4% C.47.6% D.30%

　　本題是求混合金屬的組成，只有一個“紅色粉末與原合金質(zhì)量相等”的條件，用普通方法不能迅速解題。根據(jù)化學方程式，因為鋁經(jīng)兩步處理后已在過濾時除去，可用鐵守恒建立關系式：Fe--FeCl2--Fe(OH)2--Fe(OH)3--(1/2)Fe2O3,再由質(zhì)量相等的條件，得合金中鋁+鐵的質(zhì)量=氧化鐵的質(zhì)量=鐵+氧的質(zhì)量，從而可知，鋁的含量相當于氧化鐵中氧的含量，根據(jù)質(zhì)量分數(shù)的公式，可求出其含量為：[(3*16)/(2*56+3*16)]*100%=30%.解題中同時運用了關系式法，公式法，守恒法等。

　　綜上所述，“時間就是分數(shù)，效率就是成績”,要想解題過程迅速準確，必須針對題目的特點，選取最有效的解題方法，甚至是多種方法綜合運用，以達到減少運算量，增強運算準確率的效果，從而取得更多的主動權，才能在測試中獲取更佳的成績。

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