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第1讲　化学计算方法汇总讲座
　　一、差量法在化学计算中的应用
　　差量法是常用的解题技巧之一，它是根据物质反应前后质量(或气体体积、物质的量等)的变化，利用差量和反应过程中的其他量一样，受反应体系的控制，与其他量一样有正比例的关系来解题。解题的关键是做到明察秋毫，抓住造成差量的实质，即根据题意确定“理论差值”，再根据题目提供的“实际差值”，列出正确的比例式，求出答案。在一个反应中可能找到多个化学量的差值，差量法的优点是：思路明确、步骤简单、过程简捷。
　　例1　 有NaCl和NaBr的混合物16.14 g，溶解于水中配成溶液，向溶液中加入足量的AgNO3溶液，得到33.14 g沉淀，则原混合物中的钠元素的质量分数为(　A　)
A.28.5％　　B.50％
C.52.8％　　D.82.5％
　　 解题思路该反应涉及两个反应：NaCl＋AgNO3AgCl↓＋NaNO3，NaBr＋AgNO3AgBr↓＋NaNO3。即NaClAgCl， NaBrAgBr，银元素替换成了钠元素，因此沉淀相比原混合物的增重部分就是银元素相比钠元素的增重部分。
　　设Na元素的质量为a，
　　NaAg　　　　　　Δm
　　23　　 108　　　　108－23＝85
　　a　　　　　　33.14 g－16.14 g＝17 g
　　＝　 　　解得a＝4.6 g
　　所以Na％＝×100％≈28.5％，故选A。
　　例2　 在天平左右两边的托盘上各放一个盛有等质量、等溶质质量分数的足量稀硫酸的烧杯，待天平平衡后，向烧杯中分别加入铁和镁，若要使天平仍保持平衡，则所加铁和镁的质量比为　77∶81　。
　　 解题思路本题因硫酸足量，故铁和镁全参加反应：Fe＋H2SO4H2↑＋FeSO4，Mg＋H2SO4H2↑＋MgSO4，由反应方程式可知，影响天平两端质量变化的因素是加入的金属和生成的氢气。分别加入铁和镁后，只有当天平两端增加的质量相同时，天平仍能保持平衡。
　　Fe＋H2SO4H2↑＋FeSO4　Δm
　　56　　　　　 　2 　　　 　56－2＝54
　　x　　　　　　　　　　　　　　a
　　Mg＋H2SO4H2↑＋MgSO4　Δm
　　24　　　　　　　2　　　　24－2＝22
　　y　　　　　　　　　　　　　　　a
　　即：x＝　y＝　　＝＝
　　故所加铁和镁的质量比为77∶81。故答案为：77∶81。
二、极值与平均值法在化学计算中的应用
　　极值法就是将复杂的问题假设为处于某一个或某两个极端状态，并站在极端的角度分析问题，求出一个极值，推出未知量的值或求出两个极值，确定未知量的范围，从而使复杂的问题简单化。其主要应用于：(1)用极值法确定混合气体的平均相对分子质量；(2)用极值法确定物质的质量；(3)用极值法确定物质的成分；(4)用极值法
确定反应中反应物、生成物的取值范围；(5)用极值法确定杂质的成分。
　　解题一般思路：(1)根据题目给定的条件和化学反应原理，确定不确定条件的范围；(2)计算相应条件下的最大值或最小值；(3)综合分析得出正确答案。
　　例3　 将一严重锈蚀部分变成铜绿［Cu2(OH)2CO3］的铜块研磨成粉末，在空气中充分灼烧成氧化铜，固体质量的变化情况可能是(　BC　)
　　A.增重30％　　B.增重10％
　　C.不变　　D.减轻30％
　　解题思路本题应根据整个过程可能发生的化学反应，运用极值法解题。假设样品全部为铜，则
　　2Cu＋O22CuO　　增重Δm
　　128　　 　　160　　　160－128＝32
　　即：固体物质增重：×100％＝25％
　　再假设该样品全部为Cu2(OH)2CO3，则
　　Cu2(OH)2CO32CuO＋H2O＋CO2↑　减重Δm
　　　 222　　　　160　　　　　　　 62
　　固体物质质量减轻×100％≈27.9％。综合分析可知，此固体物质的质量变化情况应在增重25％与减轻27.9％之间，因此答案应为B、C。
　　平均值法：混合物的平均式量、元素的质量分数、生成的某指定物质的量总是介于组分的相应量的最大值M2与最小值M1之间，表达式为M1＜M＜M2，已知其中两个量，可以确定另一个量的方法，称为平均值法。
　　例4　 两种二价金属的混合物4.4 g与足量稀硫酸反应产生0.16 g H2，则这两种金属可能是(　AB　)
　　A.Fe和Mg　　B.Cu和Mg
　　C. Zn和Al　　D.Fe和Zn
　　解题思路设两种二价金属元素符号通式为M，平均相对原子质量为x，
　　M＋H2SO4MSO4＋H2↑
　　x　　　　　　　　　　 2
　　4.4 g　　　　　　 　0.16 g
　　＝
　　解得：x＝55
　　然后用选项中两金属相对原子质量和它相比较，若两金属都反应则必须一种金属相对原子质量大于55，另外一种的相对原子质量小于55；若一金属不反应，则另一种金属相对原子质量应小于55，因为Al通常显＋3价，通过比较即可得出答案为AB。
　　例5　 铝、锌组成的混合物和足量的盐酸反应，产生氢气0.25 g，则混合物的质量可能为(　B　)
　　A.2 g　　B.4 g
　　C.8.5 g　　D.10 g
　　解题思路这是典型的平均值法题型，一定要注意方法。分别计算出生成0.25 g氢气需要单独的铝、锌各多少，最后选两个数值的平均值。
　　2Al＋6HCl2AlCl3＋3H2↑
　　54　　　　　　　　　　6
　　x　　　　　　　　 　0.25 g
　　Zn＋2HClZnCl2＋H2↑
　　65　　　　　　　　　　2
　　y　　　　　 　　　　0.25 g
　　＝　＝
　　解得：x＝2.25 g　　y＝8.125 g
　　则混合物的质量为2.25 g～8.125 g，故选B。
　　三、涉及理想气体状态方程的计算
　　例6　 已知同一状态下，气体分子间的分子个数比等于气体间的体积比。现有CO、O2、CO2混合气体9 mL，点火爆炸后恢复到原来状态时，体积减小1 mL，通过氢氧化钠溶液后，体积又减小5 mL，则原混合气体中CO、O2、CO2的体积比为多少？
5∶1∶3或2∶4∶3
　　解题思路根据题意可知，最后剩余的气体3 mL可能是过量的一氧化碳或氧气，通过方程式根据体积的减少计算出参加反应的一氧化碳、氧气、生成的二氧化碳的体积。
　　设参加反应的一氧化碳体积为x、氧气体积为y，生成二氧化碳体积为z，则：
　　2CO＋O22CO2　　体积减小ΔV
　　2　　 1　　　2　 　　　　1
　　x　　 y　　　z　　　体积减小1 mL
　　根据＝，解得x＝2 mL；根据＝，解得y＝1 mL；根据＝，解得z＝2 mL；所以参加反应的一氧化碳体积为2 mL，氧气体积为1 mL，生成二氧化碳体积为2 mL；又因为通过氢氧化钠溶液后，体积又减少5 mL，说明二氧化碳共5 mL，所以原来的二氧化碳体积为5 mL－2 mL＝3 mL；最后剩余气体体积为9 mL－1 mL－5 mL＝3 mL；假设剩余气体是一氧化碳，则一氧化碳体积为：2 mL＋3 mL＝5 mL，所以CO、O2、CO2的体积比：5 mL∶1 mL∶3 mL＝5∶1∶3；假设剩余气体是氧气，则氧气体积为1 mL＋3 mL＝4 mL，所以CO、O2、CO2的体积比：2 mL∶4 mL∶3 mL＝2∶4∶3。
　　故答案为：5∶1∶3或2∶4∶3。
　　 点评解答本题的关键是要知道通过氢氧化钠溶液后体积减小的是二氧化碳的体积，最后剩余的气体体积是一氧化碳或氧气。
　　四、关系式法：关系式法是化学计算中常用的方法之一
　　解题的关键是从数学和化学反应的实质等方面入手，设法确定有关物质间量的关系式或其代数式。优点是省去了多步计算的烦琐和比较复杂的运算。
　　1.多步化学反应中关系式的确定
　　例7　 用含杂质10％的锌195 g和足量的稀硫酸反应(杂质不和稀硫酸反应)，生成的H2最多能还原多少克氧化铁？
　　解题思路本题涉及的化学反应有：锌和稀硫酸反应的化学方程式Zn＋H2SO4ZnSO4＋H2↑。
　　氢气还原氧化铁的化学方程式Fe2O3＋3H22Fe＋3H2O。通过两个化学方程式中物质间的系数关系，能推知：锌、氢气、氧化铁、铁之间的系数关系即3Zn～3H2～Fe2O3～2Fe。
　　事实上3Zn～Fe2O3就是本题的关系式，然后代入关系量即可求解。
　　设最多能还原氧化铁的质量为x。有关的化学方程式为：
　　由上述两个化学方程式可推知参加反应的锌和被还原的氧化铁有如下关系：
　　3Zn　　　　～　　　　Fe2O3
　　3×65　　　　　　　　160
　　195 g×(1－10％)　　　x
　　所以：＝
　　解得x＝144 g
　　答：最多能还原氧化铁的质量为144 g。
　　2.根据化学式确定关系式
　　例8　 现有FeCl2和FeCl3样品各一份，已经测定它们中所含氯元素的质量相同，则FeCl2和FeCl3样品的质量比为多少？所含铁元素的质量比是多少？
　　解题思路若要满足题目条件，使两化合物之间氯原子的个数相同即可。二者间的关系式为：3FeCl2 ～ 2FeCl3，从而推知：3Fe2＋～2Fe3＋，题目中的两个问题便迎刃而解。
　　由所含氯元素的质量相同可知，FeCl2与FeCl3中所含氯原子的个数相同，则有关系式3FeCl2～2FeCl3，则FeCl2和FeCl3样品的质量比为［3×(56＋71)］∶［2×(56＋35.5×3)］＝381∶325。
　　铁元素的质量比为(3×56)∶(2×56)＝3∶2。
　　例9　 测得硫酸亚铁和硫酸铁的混合物中，硫元素的质量分数为23％，则混合物中铁元素的质量分数是(　B　)
　　A.28％　　B.31％
　　C.36.8％　　D.无法计算
　　解题思路硫酸亚铁和硫酸铁的化学式分别为FeSO4、Fe2(SO4)3，由它们的化学式可以看出，此混合物中无论硫酸亚铁和硫酸铁的质量分数如何改变，其中硫元素和氧元素的质量比是一定的。硫元素和氧元素的质量关系为：
　　S～ 4O
　　32　 64
　　所以，铁的质量分数＝1－硫元素的质量分数－氧元素的质量分数。
　　由化学式FeSO4和Fe2(SO4)3可知，硫元素的质量分数为23％，则氧元素的质量分数为2×23％，w(Fe)＝1－23％－2×23％＝31％，故选B。
　　五、估算、等效与整体法在化学计算中的应用
　　估算法：所谓估算法，就是根据有关的化学知识、抓住试题的某些特点或本质，对数据进行近似处理或心算而获得结果的一种解题方法。估算法是一种应用范围极广的简单方法，估算法在化学计算型选择题的解答中尤其重要。如果选择题的四个选项的数值有明显的悬殊，一般可用估算法。
　　例10　 温度为t1 ℃和t2 ℃时某物质的溶解度为30 g和154 g，现将t2 ℃时该物质的饱和溶液131 g冷却到t1 ℃，析出晶体的质量为(不含结晶水)(　A　)
　　A.63.7 g　　B.74.6 g
　　C.92.7 g　　D.104.1 g
　　解题思路 如果t2 ℃时某物质的饱和溶液有254 g(t2 ℃时154 g溶质溶解在100 g水中形成的饱和溶液)，从t2 ℃冷却到t1 ℃析出的晶体有154 g－30 g＝124 g，现有t2 ℃时该物质的饱和溶液131 g，比254 g的一半稍多些，根据饱和溶液中溶质质量和溶液质量成正比，则131 g t2 ℃的饱和溶液冷却到了t1 ℃，析出晶体也比124 g的一半稍多，故选A。
　　等效法：对于一些用常规方法不易解决的问题，通过变换思维角度，作适当假设，进行适当代换等，使问题得以解决，称为等效思维法。等效思维法的关键在于其思维的等效性，即所设的假设、代换都必须符合原题意。等效思维法是一种解题技巧，有些题只有用此法可解决，有些题用此法可解得更巧、更快。
　　例11　 在20 ℃时，某＋1价金属的硫酸盐饱和溶液的溶质质量分数为36.3％，向此溶液中投入2.6 g该无水硫酸盐，结果析出组成为R2SO4 10H2O的晶体21.3 g。求此金属的相对原子质量。
　　解题思路 由题意可构造如下所示：
　　饱和溶液：晶体＋剩余的饱和溶液
　　由等效法可知，析出的21.3 g晶体由2.6 g无水硫酸盐和18.7 g饱和溶液组成，根据题目条件可求出18.7 g饱和溶液中溶质质量为：18.7 g×36.3％≈6.8 g，溶剂质量为18.7 g－6.8 g＝11.9 g，所以21.3 g晶体中含(6.8＋2.6) g R2SO4、11.9 g结晶水，再根据下列关系式求解相对原子质量。设金属R的相对原子质量为M，
　　R2SO4　　～　　10H2O
　　2M＋96　　　　　180
　　(6.8＋2.6)g　 　 11.9 g
　　＝，解得M≈23，故答案为23。
　　整体法：所谓整体法，是指将化学问题作为一个整体，对问题的整体结构、形式或整个过程进行分析研究，抓住构成问题的各个子因素与整体之间的联系及它们在整体中的作用，对题设进行变形、转代，以达到简化思维程序及答题过程的目的。在化学竞赛中，要延伸和拓展的重要方式是运用富含一定思维容量的理论和实验试题，突破化学竞赛中的难点。
　　例12　 已知酸式盐可以和碱发生化学反应如Ca(OH)2＋NaHCO3CaCO3↓＋NaOH＋H2O，由Na2CO3、NaHCO3、CaO和NaOH组成的混合物27.2 g，把它们溶于足量的水中，充分反应后，溶液中Ca2＋、C、HC均转化为沉淀，将反应容器内的水分蒸干，最后得到白色固体物质共29 g，则原混合物中含Na2CO3的质量是(　A　)
　　A.10.6 g　　B.5.3 g
　　C.15.9 g　　D.无法确定
　　解题思路 本题涉及的反应多，题目所提供的数据都是混合物的量，如果逐一分析每个反应显得非常复杂，若从整体分析则一目了然。从整个反应的过程看，生成的白色固体质量比反应前的混合物质量多了(29 g－27.2 g)＝1.8 g，多出来的1.8 g物质恰好为参与反应的水的质量。
　　分析NaHCO3反应的原理：
　　①CaO＋H2OCa(OH)2；
　　②Ca(OH)2＋NaHCO3CaCO3↓＋NaOH＋H2O。把①＋②得CaO＋NaHCO3CaCO3↓＋NaOH，可知NaHCO3转化为沉淀最终和1.8 g水无关。
　　同样分析Na2CO3反应的原理：
　　③CaO＋H2OCa(OH)2；
　　④Ca(OH)2＋Na2CO3CaCO3↓＋2NaOH。③＋④得CaO＋H2O＋Na2CO3CaCO3↓＋2NaOH，可知Na2CO3转化为沉淀正好消耗1.8 g水。设混合物中含Na2CO3的质量为x，
　　H2O　～　　Na2CO3
　　18　　　　　106
　　1.8 g　　　　x
　　＝，解得x＝10.6 g。故选A。
　　六、讨论法在化学计算中的应用
　　初中化学计算中有一类计算题目，已知条件略有变化，就会得到多个结果；有的在解题过程中会分化出多个等式；有的题目对得到的结论经过讨论也会得出多个答案。这种需经讨论而解答计算题的方法叫讨论法。这种方法一般应用在题目中未知条件过多，我们不知该怎么办，如何下手的情况。
　　条件讨论：此类题目通过认真审题，分析确定哪一个(或哪几个)条件不确定，需要讨论，然后精心系统讨论，从而得出结论。
　　例13　 某金属氯化物的相对分子质量为M，等价态的该金属氧化物的相对分子质量为N，则该金属元素化合价为(　AD　)
　　A.＋(2M－N)/55
　　B.＋(2N－M)/55
　　C.＋(2N－M)/19.5
　　D.＋2(M－N)/55
　　 本题要求化合价一般须知化学式，由于题目中金属元素未知，可设其化合价为＋x，元素符号为A，则其氯化物化学式为AClx，氧化物的化学式怎么写呢？是A2Ox还是AO(一般化学式中原子个数为最简比)，因此当x为奇数和偶数时，其氧化物的化学式写法不同，相对分子质量计算表达式也不同。答案为A、D。
　　例14　 取某金属0.45 g与足量稀硫酸反应，测得生成气体0.05 g，已知该金属的相对原子质量小于40且核内中子数比质子数多1个，则该金属相对原子质量r与其化合价x的关系式是　r＝9x　，该元素是　Al　。
　　解题思路 金属与稀硫酸反应生成的气体是什么？怎样理解题目中的“足量”？相对原子质量与中子数和质子数有什么关系？和稀硫酸反应生成气体的金属主要有哪些？能否据此写出反应通式，通式与化合价x有何关系？
　　设该金属元素符号为M，则设该金属相对原子质量为r，化合价＋x，
　　2M＋xH2SO4M2(SO4)x ＋ xH2↑
　　2r　　　　　　　　　　　　　　2x
　　0.45 g　　 　　　　　　　　 0.05 g
　　＝
　　解得：r＝9x
　　因该金属相对原子质量小于40，所以x≤4，设该金属质子数为M，则中子数为(M＋1)，则M＋(M＋1)＝9x，所以2M＋1＝9x，又因为x≤4，据此讨论。
　　由 r＜40，且x为化合价，x只可能取＋1、＋2、＋3。因为相对原子质量约等于原子核内中子数加上质子数，故：当x＝＋1时，该物质的相对原子质量为9，质子数为4，中子数是5，是Be，是金属，但通常显＋2价，与x＝＋1不符；当x＝＋2时，该金属质子数为非整数，舍去；当x＝＋3时，该物质质子数为13，是Al，符合题意，故该物质为 Al。答案为r＝9x，该元素为Al。
　　例15　 现有CO、O2混合物共10 g，点燃后通过足量澄清石灰水中，剩余气体1.2 g，求混合物中各物质质量，判断剩余气体是什么？
　　解题思路混合物中物质发生了什么反应？化学方程式是什么？剩余气体能否是CO和CO2的混合物？对于剩余气体1.2 g可能是CO也可能是O2，但不可能是二者的混合物。分两种情况讨论：当剩余气体是CO时，CO过量，氧气全部反应掉，生成的二氧化碳质量为(10－1.2)g＝8.8 g，可看成是：CO2～CO～O2 ，反应掉的一氧化碳为5.6 g，氧气为3.2 g；此时原混合气体中CO为1.2 g＋5.6 g＝6.8 g，氧气为3.2 g，质量比为17∶8；当剩余气体是O2时，同理有CO质量为5.6 g，氧气质量为4.4 g，质量比为14∶11。
　　七、守恒法在化学计算中的应用
　　化学反应的实质是原子间重新组合，依据质量守恒定律在化学反应中存在一系列守恒现象，如： 质量守恒、元素守恒、电荷守恒、电子得失守恒等，利用这些守恒关系解题的方法叫作守恒法。
　　质量守恒法：质量守恒就是化学反应前后各物质的质量总和不变，在配制或稀释溶液的过程中，溶质的质量不变。
　　例16　 150 ℃时，碳酸铵完全分解产生气态混合物，其密度是相同条件下氢气密度的(　C　)
　　A.96倍　　B.48倍
　　C.12倍　　D.32倍
　　解题思路 (NH4)2CO32NH3↑＋H2O↑＋CO2↑。根据质量守恒定律可知，混合气体的质量等于碳酸铵的质量，从而可确定混合气体的平均相对分子质量为24，混合气体密度与相同条件下氢气密度的比为12 ，所以选C。
　　元素守恒法：元素守恒即反应前后各元素种类不变，各元素原子个数不变，其物质的量、质量也不变。
　　例17　 有一在空气中放置了一段时间的KOH固体，经分析测知其含水2.8％、含K2CO3 37.3％。取1 g该样品投入25 mL 73 g/L的盐酸中后，多余的盐酸用56 g/mL KOH溶液30.8 mL恰好完全中和，蒸发中和后的溶液可得到固体(　B　)
　　A.1 g　　B.3.725 g
　　C.0.797 g　　D.2.836 g
　　解题思路 KOH、K2CO3跟盐酸反应的主要产物都是KCl，最后得到的固体物质是KCl，根据元素守恒，盐酸中含氯的量和氯化钾中含氯的量相等。
　　1.先计算盐酸中HCl的物质的量：
　　盐酸浓度为73 g/L，体积25 mL＝0.025 L，
　　HCl的质量＝73 g/L×0.025 L＝1.825 g，
　　物质的量n(HCl)＝＝0.05 mol。
　　2.根据Cl元素守恒，KCl的物质的量等于HCl的物质的量，即n(KCl)＝0.05 mol。
　　3.计算KCl的质量：
　　m(KCl)＝0.05 mol×74.5 g/mol＝3.725 g。
　　所以为B。
　　电荷守恒法 ：电荷守恒即对任一电中性的体系，如化合物、混合物、溶液等，阴阳离子所带正负电荷的代数和为零，即正电荷总数和负电荷总数相等。
　　例18　 在Na2SO4和K2SO4的混合溶液中，如果离子个数c(Na＋)＝0.2 N/L，c(S)＝x N/L，c(K＋)＝y N/L，则x和y的关系是(　BC　)
　　A.x＝0.5y
　　B.x＝0.1＋0.5y
　　C.y＝2(x－0.1)
　　D.y＝2x－0.1
　　解题思路 可假设溶液体积为1 L，那么Na＋个数为0.2 N，S个数为x N，K＋个数为y N，根据电荷守恒可得c(Na＋)＋c(K＋)＝2c(S)，所以答案为B、C。第1讲　化学计算方法汇总讲座
　　一、差量法在化学计算中的应用
　　差量法是常用的解题技巧之一，它是根据物质反应前后质量(或气体体积、物质的量等)的变化，利用差量和反应过程中的其他量一样，受反应体系的控制，与其他量一样有正比例的关系来解题。解题的关键是做到明察秋毫，抓住造成差量的实质，即根据题意确定“理论差值”，再根据题目提供的“实际差值”，列出正确的比例式，求出答案。在一个反应中可能找到多个化学量的差值，差量法的优点是：思路明确、步骤简单、过程简捷。
　　例1　 有NaCl和NaBr的混合物16.14 g，溶解于水中配成溶液，向溶液中加入足量的AgNO3溶液，得到33.14 g沉淀，则原混合物中的钠元素的质量分数为( )
A.28.5％　　B.50％
C.52.8％　　D.82.5％
　　 解题思路该反应涉及两个反应：NaCl＋AgNO3AgCl↓＋NaNO3，NaBr＋AgNO3AgBr↓＋NaNO3。即NaClAgCl， NaBrAgBr，银元素替换成了钠元素，因此沉淀相比原混合物的增重部分就是银元素相比钠元素的增重部分。
　　设Na元素的质量为a，
　　NaAg　　　　　　Δm
　　23　　 108　　　　108－23＝85
　　a　　　　　　33.14 g－16.14 g＝17 g
　　＝　 　　解得a＝4.6 g
　　所以Na％＝×100％≈28.5％，故选A。
　　例2　 在天平左右两边的托盘上各放一个盛有等质量、等溶质质量分数的足量稀硫酸的烧杯，待天平平衡后，向烧杯中分别加入铁和镁，若要使天平仍保持平衡，则所加铁和镁的质量比为　 　。
　　 解题思路本题因硫酸足量，故铁和镁全参加反应：Fe＋H2SO4H2↑＋FeSO4，Mg＋H2SO4H2↑＋MgSO4，由反应方程式可知，影响天平两端质量变化的因素是加入的金属和生成的氢气。分别加入铁和镁后，只有当天平两端增加的质量相同时，天平仍能保持平衡。
　　Fe＋H2SO4H2↑＋FeSO4　Δm
　　56　　　　　 　2 　　　 　56－2＝54
　　x　　　　　　　　　　　　　　a
　　Mg＋H2SO4H2↑＋MgSO4　Δm
　　24　　　　　　　2　　　　24－2＝22
　　y　　　　　　　　　　　　　　　a
　　即：x＝　y＝　　＝＝
　　故所加铁和镁的质量比为77∶81。故答案为：77∶81。
二、极值与平均值法在化学计算中的应用
　　极值法就是将复杂的问题假设为处于某一个或某两个极端状态，并站在极端的角度分析问题，求出一个极值，推出未知量的值或求出两个极值，确定未知量的范围，从而使复杂的问题简单化。其主要应用于：(1)用极值法确定混合气体的平均相对分子质量；(2)用极值法确定物质的质量；(3)用极值法确定物质的成分；(4)用极值法
确定反应中反应物、生成物的取值范围；(5)用极值法确定杂质的成分。
　　解题一般思路：(1)根据题目给定的条件和化学反应原理，确定不确定条件的范围；(2)计算相应条件下的最大值或最小值；(3)综合分析得出正确答案。
　　例3　 将一严重锈蚀部分变成铜绿［Cu2(OH)2CO3］的铜块研磨成粉末，在空气中充分灼烧成氧化铜，固体质量的变化情况可能是(　 　)
　　A.增重30％　　B.增重10％
　　C.不变　　D.减轻30％
　　解题思路本题应根据整个过程可能发生的化学反应，运用极值法解题。假设样品全部为铜，则
　　2Cu＋O22CuO　　增重Δm
　　128　　 　　160　　　160－128＝32
　　即：固体物质增重：×100％＝25％
　　再假设该样品全部为Cu2(OH)2CO3，则
　　Cu2(OH)2CO32CuO＋H2O＋CO2↑　减重Δm
　　　 222　　　　160　　　　　　　 62
　　固体物质质量减轻×100％≈27.9％。综合分析可知，此固体物质的质量变化情况应在增重25％与减轻27.9％之间，因此答案应为B、C。
　　平均值法：混合物的平均式量、元素的质量分数、生成的某指定物质的量总是介于组分的相应量的最大值M2与最小值M1之间，表达式为M1＜M＜M2，已知其中两个量，可以确定另一个量的方法，称为平均值法。
　　例4　 两种二价金属的混合物4.4 g与足量稀硫酸反应产生0.16 g H2，则这两种金属可能是(　 　)
　　A.Fe和Mg　　B.Cu和Mg
　　C. Zn和Al　　D.Fe和Zn
　　解题思路设两种二价金属元素符号通式为M，平均相对原子质量为x，
　　M＋H2SO4MSO4＋H2↑
　　x　　　　　　　　　　 2
　　4.4 g　　　　　　 　0.16 g
　　＝
　　解得：x＝55
　　然后用选项中两金属相对原子质量和它相比较，若两金属都反应则必须一种金属相对原子质量大于55，另外一种的相对原子质量小于55；若一金属不反应，则另一种金属相对原子质量应小于55，因为Al通常显＋3价，通过比较即可得出答案为AB。
　　例5　 铝、锌组成的混合物和足量的盐酸反应，产生氢气0.25 g，则混合物的质量可能为( )
　　A.2 g　　B.4 g
　　C.8.5 g　　D.10 g
　　解题思路这是典型的平均值法题型，一定要注意方法。分别计算出生成0.25 g氢气需要单独的铝、锌各多少，最后选两个数值的平均值。
　　2Al＋6HCl2AlCl3＋3H2↑
　　54　　　　　　　　　　6
　　x　　　　　　　　 　0.25 g
　　Zn＋2HClZnCl2＋H2↑
　　65　　　　　　　　　　2
　　y　　　　　 　　　　0.25 g
　　＝　＝
　　解得：x＝2.25 g　　y＝8.125 g
　　则混合物的质量为2.25 g～8.125 g，故选B。
　　三、涉及理想气体状态方程的计算
　　例6　 已知同一状态下，气体分子间的分子个数比等于气体间的体积比。现有CO、O2、CO2混合气体9 mL，点火爆炸后恢复到原来状态时，体积减小1 mL，通过氢氧化钠溶液后，体积又减小5 mL，则原混合气体中CO、O2、CO2的体积比为多少？
　　解题思路根据题意可知，最后剩余的气体3 mL可能是过量的一氧化碳或氧气，通过方程式根据体积的减少计算出参加反应的一氧化碳、氧气、生成的二氧化碳的体积。
　　设参加反应的一氧化碳体积为x、氧气体积为y，生成二氧化碳体积为z，则：
　　2CO＋O22CO2　　体积减小ΔV
　　2　　 1　　　2　 　　　　1
　　x　　 y　　　z　　　体积减小1 mL
　　根据＝，解得x＝2 mL；根据＝，解得y＝1 mL；根据＝，解得z＝2 mL；所以参加反应的一氧化碳体积为2 mL，氧气体积为1 mL，生成二氧化碳体积为2 mL；又因为通过氢氧化钠溶液后，体积又减少5 mL，说明二氧化碳共5 mL，所以原来的二氧化碳体积为5 mL－2 mL＝3 mL；最后剩余气体体积为9 mL－1 mL－5 mL＝3 mL；假设剩余气体是一氧化碳，则一氧化碳体积为：2 mL＋3 mL＝5 mL，所以CO、O2、CO2的体积比：5 mL∶1 mL∶3 mL＝5∶1∶3；假设剩余气体是氧气，则氧气体积为1 mL＋3 mL＝4 mL，所以CO、O2、CO2的体积比：2 mL∶4 mL∶3 mL＝2∶4∶3。
　　故答案为：5∶1∶3或2∶4∶3。
　　 点评解答本题的关键是要知道通过氢氧化钠溶液后体积减小的是二氧化碳的体积，最后剩余的气体体积是一氧化碳或氧气。
　　四、关系式法：关系式法是化学计算中常用的方法之一
　　解题的关键是从数学和化学反应的实质等方面入手，设法确定有关物质间量的关系式或其代数式。优点是省去了多步计算的烦琐和比较复杂的运算。
　　1.多步化学反应中关系式的确定
　　例7　 用含杂质10％的锌195 g和足量的稀硫酸反应(杂质不和稀硫酸反应)，生成的H2最多能还原多少克氧化铁？
　　解题思路本题涉及的化学反应有：锌和稀硫酸反应的化学方程式Zn＋H2SO4ZnSO4＋H2↑。
　　氢气还原氧化铁的化学方程式Fe2O3＋3H22Fe＋3H2O。通过两个化学方程式中物质间的系数关系，能推知：锌、氢气、氧化铁、铁之间的系数关系即3Zn～3H2～Fe2O3～2Fe。
　　事实上3Zn～Fe2O3就是本题的关系式，然后代入关系量即可求解。
　　设最多能还原氧化铁的质量为x。有关的化学方程式为：
　　由上述两个化学方程式可推知参加反应的锌和被还原的氧化铁有如下关系：
　　3Zn　　　　～　　　　Fe2O3
　　3×65　　　　　　　　160
　　195 g×(1－10％)　　　x
　　所以：＝
　　解得x＝144 g
　　答：最多能还原氧化铁的质量为144 g。
　　2.根据化学式确定关系式
　　例8　 现有FeCl2和FeCl3样品各一份，已经测定它们中所含氯元素的质量相同，则FeCl2和FeCl3样品的质量比为多少？所含铁元素的质量比是多少？
　　解题思路若要满足题目条件，使两化合物之间氯原子的个数相同即可。二者间的关系式为：3FeCl2 ～ 2FeCl3，从而推知：3Fe2＋～2Fe3＋，题目中的两个问题便迎刃而解。
　　由所含氯元素的质量相同可知，FeCl2与FeCl3中所含氯原子的个数相同，则有关系式3FeCl2～2FeCl3，则FeCl2和FeCl3样品的质量比为［3×(56＋71)］∶［2×(56＋35.5×3)］＝381∶325。
　　铁元素的质量比为(3×56)∶(2×56)＝3∶2。
　　例9　 测得硫酸亚铁和硫酸铁的混合物中，硫元素的质量分数为23％，则混合物中铁元素的质量分数是( )
　　A.28％　　B.31％
　　C.36.8％　　D.无法计算
　　解题思路硫酸亚铁和硫酸铁的化学式分别为FeSO4、Fe2(SO4)3，由它们的化学式可以看出，此混合物中无论硫酸亚铁和硫酸铁的质量分数如何改变，其中硫元素和氧元素的质量比是一定的。硫元素和氧元素的质量关系为：
　　S～ 4O
　　32　 64
　　所以，铁的质量分数＝1－硫元素的质量分数－氧元素的质量分数。
　　由化学式FeSO4和Fe2(SO4)3可知，硫元素的质量分数为23％，则氧元素的质量分数为2×23％，w(Fe)＝1－23％－2×23％＝31％，故选B。
　　五、估算、等效与整体法在化学计算中的应用
　　估算法：所谓估算法，就是根据有关的化学知识、抓住试题的某些特点或本质，对数据进行近似处理或心算而获得结果的一种解题方法。估算法是一种应用范围极广的简单方法，估算法在化学计算型选择题的解答中尤其重要。如果选择题的四个选项的数值有明显的悬殊，一般可用估算法。
　　例10　 温度为t1 ℃和t2 ℃时某物质的溶解度为30 g和154 g，现将t2 ℃时该物质的饱和溶液131 g冷却到t1 ℃，析出晶体的质量为(不含结晶水)( )
　　A.63.7 g　　B.74.6 g
　　C.92.7 g　　D.104.1 g
　　解题思路 如果t2 ℃时某物质的饱和溶液有254 g(t2 ℃时154 g溶质溶解在100 g水中形成的饱和溶液)，从t2 ℃冷却到t1 ℃析出的晶体有154 g－30 g＝124 g，现有t2 ℃时该物质的饱和溶液131 g，比254 g的一半稍多些，根据饱和溶液中溶质质量和溶液质量成正比，则131 g t2 ℃的饱和溶液冷却到了t1 ℃，析出晶体也比124 g的一半稍多，故选A。
　　等效法：对于一些用常规方法不易解决的问题，通过变换思维角度，作适当假设，进行适当代换等，使问题得以解决，称为等效思维法。等效思维法的关键在于其思维的等效性，即所设的假设、代换都必须符合原题意。等效思维法是一种解题技巧，有些题只有用此法可解决，有些题用此法可解得更巧、更快。
　　例11　 在20 ℃时，某＋1价金属的硫酸盐饱和溶液的溶质质量分数为36.3％，向此溶液中投入2.6 g该无水硫酸盐，结果析出组成为R2SO4 10H2O的晶体21.3 g。求此金属的相对原子质量。
　　解题思路 由题意可构造如下所示：
　　饱和溶液：晶体＋剩余的饱和溶液
　　由等效法可知，析出的21.3 g晶体由2.6 g无水硫酸盐和18.7 g饱和溶液组成，根据题目条件可求出18.7 g饱和溶液中溶质质量为：18.7 g×36.3％≈6.8 g，溶剂质量为18.7 g－6.8 g＝11.9 g，所以21.3 g晶体中含(6.8＋2.6) g R2SO4、11.9 g结晶水，再根据下列关系式求解相对原子质量。设金属R的相对原子质量为M，
　　R2SO4　　～　　10H2O
　　2M＋96　　　　　180
　　(6.8＋2.6)g　 　 11.9 g
　　＝，解得M≈23，故答案为23。
　　整体法：所谓整体法，是指将化学问题作为一个整体，对问题的整体结构、形式或整个过程进行分析研究，抓住构成问题的各个子因素与整体之间的联系及它们在整体中的作用，对题设进行变形、转代，以达到简化思维程序及答题过程的目的。在化学竞赛中，要延伸和拓展的重要方式是运用富含一定思维容量的理论和实验试题，突破化学竞赛中的难点。
　　例12　 已知酸式盐可以和碱发生化学反应如Ca(OH)2＋NaHCO3CaCO3↓＋NaOH＋H2O，由Na2CO3、NaHCO3、CaO和NaOH组成的混合物27.2 g，把它们溶于足量的水中，充分反应后，溶液中Ca2＋、C、HC均转化为沉淀，将反应容器内的水分蒸干，最后得到白色固体物质共29 g，则原混合物中含Na2CO3的质量是( )
　　A.10.6 g　　B.5.3 g
　　C.15.9 g　　D.无法确定
　　解题思路 本题涉及的反应多，题目所提供的数据都是混合物的量，如果逐一分析每个反应显得非常复杂，若从整体分析则一目了然。从整个反应的过程看，生成的白色固体质量比反应前的混合物质量多了(29 g－27.2 g)＝1.8 g，多出来的1.8 g物质恰好为参与反应的水的质量。
　　分析NaHCO3反应的原理：
　　①CaO＋H2OCa(OH)2；
　　②Ca(OH)2＋NaHCO3CaCO3↓＋NaOH＋H2O。把①＋②得CaO＋NaHCO3CaCO3↓＋NaOH，可知NaHCO3转化为沉淀最终和1.8 g水无关。
　　同样分析Na2CO3反应的原理：
　　③CaO＋H2OCa(OH)2；
　　④Ca(OH)2＋Na2CO3CaCO3↓＋2NaOH。③＋④得CaO＋H2O＋Na2CO3CaCO3↓＋2NaOH，可知Na2CO3转化为沉淀正好消耗1.8 g水。设混合物中含Na2CO3的质量为x，
　　H2O　～　　Na2CO3
　　18　　　　　106
　　1.8 g　　　　x
　　＝，解得x＝10.6 g。故选A。
　　六、讨论法在化学计算中的应用
　　初中化学计算中有一类计算题目，已知条件略有变化，就会得到多个结果；有的在解题过程中会分化出多个等式；有的题目对得到的结论经过讨论也会得出多个答案。这种需经讨论而解答计算题的方法叫讨论法。这种方法一般应用在题目中未知条件过多，我们不知该怎么办，如何下手的情况。
　　条件讨论：此类题目通过认真审题，分析确定哪一个(或哪几个)条件不确定，需要讨论，然后精心系统讨论，从而得出结论。
　　例13　 某金属氯化物的相对分子质量为M，等价态的该金属氧化物的相对分子质量为N，则该金属元素化合价为(　 　)
　　A.＋(2M－N)/55
　　B.＋(2N－M)/55
　　C.＋(2N－M)/19.5
　　D.＋2(M－N)/55
　　 本题要求化合价一般须知化学式，由于题目中金属元素未知，可设其化合价为＋x，元素符号为A，则其氯化物化学式为AClx，氧化物的化学式怎么写呢？是A2Ox还是AO(一般化学式中原子个数为最简比)，因此当x为奇数和偶数时，其氧化物的化学式写法不同，相对分子质量计算表达式也不同。答案为A、D。
　　例14　 取某金属0.45 g与足量稀硫酸反应，测得生成气体0.05 g，已知该金属的相对原子质量小于40且核内中子数比质子数多1个，则该金属相对原子质量r与其化合价x的关系式是　 　，该元素是　 　。
　　解题思路 金属与稀硫酸反应生成的气体是什么？怎样理解题目中的“足量”？相对原子质量与中子数和质子数有什么关系？和稀硫酸反应生成气体的金属主要有哪些？能否据此写出反应通式，通式与化合价x有何关系？
　　设该金属元素符号为M，则设该金属相对原子质量为r，化合价＋x，
　　2M＋xH2SO4M2(SO4)x ＋ xH2↑
　　2r　　　　　　　　　　　　　　2x
　　0.45 g　　 　　　　　　　　 0.05 g
　　＝
　　解得：r＝9x
　　因该金属相对原子质量小于40，所以x≤4，设该金属质子数为M，则中子数为(M＋1)，则M＋(M＋1)＝9x，所以2M＋1＝9x，又因为x≤4，据此讨论。
　　由 r＜40，且x为化合价，x只可能取＋1、＋2、＋3。因为相对原子质量约等于原子核内中子数加上质子数，故：当x＝＋1时，该物质的相对原子质量为9，质子数为4，中子数是5，是Be，是金属，但通常显＋2价，与x＝＋1不符；当x＝＋2时，该金属质子数为非整数，舍去；当x＝＋3时，该物质质子数为13，是Al，符合题意，故该物质为 Al。答案为r＝9x，该元素为Al。
　　例15　 现有CO、O2混合物共10 g，点燃后通过足量澄清石灰水中，剩余气体1.2 g，求混合物中各物质质量，判断剩余气体是什么？
　　解题思路混合物中物质发生了什么反应？化学方程式是什么？剩余气体能否是CO和CO2的混合物？对于剩余气体1.2 g可能是CO也可能是O2，但不可能是二者的混合物。分两种情况讨论：当剩余气体是CO时，CO过量，氧气全部反应掉，生成的二氧化碳质量为(10－1.2)g＝8.8 g，可看成是：CO2～CO～O2 ，反应掉的一氧化碳为5.6 g，氧气为3.2 g；此时原混合气体中CO为1.2 g＋5.6 g＝6.8 g，氧气为3.2 g，质量比为17∶8；当剩余气体是O2时，同理有CO质量为5.6 g，氧气质量为4.4 g，质量比为14∶11。
　　七、守恒法在化学计算中的应用
　　化学反应的实质是原子间重新组合，依据质量守恒定律在化学反应中存在一系列守恒现象，如： 质量守恒、元素守恒、电荷守恒、电子得失守恒等，利用这些守恒关系解题的方法叫作守恒法。
　　质量守恒法：质量守恒就是化学反应前后各物质的质量总和不变，在配制或稀释溶液的过程中，溶质的质量不变。
　　例16　 150 ℃时，碳酸铵完全分解产生气态混合物，其密度是相同条件下氢气密度的( )
　　A.96倍　　B.48倍
　　C.12倍　　D.32倍
　　解题思路 (NH4)2CO32NH3↑＋H2O↑＋CO2↑。根据质量守恒定律可知，混合气体的质量等于碳酸铵的质量，从而可确定混合气体的平均相对分子质量为24，混合气体密度与相同条件下氢气密度的比为12 ，所以选C。
　　元素守恒法：元素守恒即反应前后各元素种类不变，各元素原子个数不变，其物质的量、质量也不变。
　　例17　 有一在空气中放置了一段时间的KOH固体，经分析测知其含水2.8％、含K2CO3 37.3％。取1 g该样品投入25 mL 73 g/L的盐酸中后，多余的盐酸用56 g/mL KOH溶液30.8 mL恰好完全中和，蒸发中和后的溶液可得到固体( )
　　A.1 g　　B.3.725 g
　　C.0.797 g　　D.2.836 g
　　解题思路 KOH、K2CO3跟盐酸反应的主要产物都是KCl，最后得到的固体物质是KCl，根据元素守恒，盐酸中含氯的量和氯化钾中含氯的量相等。
　　1.先计算盐酸中HCl的物质的量：
　　盐酸浓度为73 g/L，体积25 mL＝0.025 L，
　　HCl的质量＝73 g/L×0.025 L＝1.825 g，
　　物质的量n(HCl)＝＝0.05 mol。
　　2.根据Cl元素守恒，KCl的物质的量等于HCl的物质的量，即n(KCl)＝0.05 mol。
　　3.计算KCl的质量：
　　m(KCl)＝0.05 mol×74.5 g/mol＝3.725 g。
　　所以为B。
　　电荷守恒法 ：电荷守恒即对任一电中性的体系，如化合物、混合物、溶液等，阴阳离子所带正负电荷的代数和为零，即正电荷总数和负电荷总数相等。
　　例18　 在Na2SO4和K2SO4的混合溶液中，如果离子个数c(Na＋)＝0.2 N/L，c(S)＝x N/L，c(K＋)＝y N/L，则x和y的关系是(　 　)
　　A.x＝0.5y
　　B.x＝0.1＋0.5y
　　C.y＝2(x－0.1)
　　D.y＝2x－0.1
　　解题思路 可假设溶液体积为1 L，那么Na＋个数为0.2 N，S个数为x N，K＋个数为y N，根据电荷守恒可得c(Na＋)＋c(K＋)＝2c(S)，所以答案为B、C。

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