资源简介 学好中学化学的秘诀写在前面的话1985年我刚参加工作就教了一个高三班和一个高二班。在高三班里有很多复习生，很多是屡试不中的，有的复习生是1980年高中毕业的，年龄比我还大。多年的题海战术使一些复习生得了一个“怪病”——不愿意听老师讲课，而是好作偏、难、怪题。我第一次辅导晚自习的时候，一个学生问了我几个问题，第一次做老师的我非常激动，就十分耐心地给圆满地解答了。他却突然拿出一张纸，对我说：“姚老师，请你给我解答一下这10个题。”我一看题目，都是些我上高中时曾经做过的类似的偏、难、怪题。我不假思索地说：“做这样的题没有意义，所以我拒绝回答你。”谁知那个学生的脸上却露出了蔑视我的神情。我刚当老师，没有经验，心里虽然很恼火，但一时却想不出给这些复习生治“病”的对策。于是我就站在教室的一角思考了一会，我终于想出了一个计策，于是我走上讲台，说：“同学们，我今天在这里口出一句狂言：我拒绝回答或者15分钟内解答不出来的化学题，高考中一定不会出现。同学们，你们知道我为什么敢在众目睽睽之下口出狂言吗？”有一个学生低声说：“不过是吹牛皮罢了。”我并没有发火，而是接着说：“我不是吹牛，而是因为我深刻理解了化学这门课的特点。任何一位天才的数学家也不敢说我刚才说的那样的话，为什么呢？因为数学题是千变万化的。为什么我敢口出狂言呢？因为化学题是很有规律的，只要掌握了这些规律，高考题的难度不会超出这些规律的范围之内。一个同学给我出了10道偏、难、怪题，我拒绝回答，他认为我不会。我在高中的时候也曾经为这样的偏、难、怪题而头痛，但我上了大学以后，才知道这不过是一些边缘性的题，什么是边缘性的题？就是介于高中和大学一年级之间的一些题。1981年至今的高考实践证明，高考不考这样的边缘性题。学好化学有两个关键环节，首先必须熟记化学基础知识，然后再掌握有关解题规律。我们首先根据课本的内容安排把全部的中学化学基础知识复习一遍，然后我再以专题的形式给同学们总结解各类化学题的规律。”为了总结化学题的解题规律，我写了一个专题教案。随着岁月的流逝和教学经验的积累，我的专题教案也逐渐丰富。教学实践证明，我的专题教案对培养学生的化学解题能力和综合思维能力起到了较好的作用。实践证明，如果一个学生稀里糊涂地一头扎进化学题海里不能自拔，就会产生越学越难的感觉，就会以一种恐惧的心理走进高考考场，这样一来，一遇到平日没有做过的题目，就一筹莫展了；相反，如果善于总结各类化学题的解题规律，就会产生万变不离其宗的感觉，就会信心百倍地走进高考考场，就会轻松自如地运用平日掌握的解题规律从容地答卷，就会在高考中取得理想的成绩。为了指导同学们决胜考场，我从我的专题教案中摘录了40篇文章。目的有七：其一，告诉你学好中学化学的关键和方法；其二，告诉你怎样作题效果好；其三，给你讲解作各类化学题的方法和技巧；其四，告诉你怎样培养自己学习化学的能力；其五，告诉你学习化学的思维障碍及克服方法；其六，告诉你怎样搞好理综的化学总复习 ；其七，告诉你决胜化学考场的策略。学好中学化学的关键和方法要想学好一门学科，就必须弄清该门学科的特点。化学这们以实验为基础的自然科学，它的显著特点就是需要记忆的东西特别多，化学实验的操作步骤及注意事项、化学实验现象、元素及其化合物的物理性质和化学性质、化学基本规律等都需要记忆，如果记不住这些知识，就等于没有学好化学。做任何类型的化学题，都必须以熟记有关的化学基本知识为前提。一切化学能力的培养也必须以熟记有关的化学基本知识为前提。显而易见，学好化学的关键是解决记忆的问题。因而寻找一种巧妙的记忆方法是很有必要的，也可以说是中学化学教学改革的重大课题之一。传统的死记硬背的枯燥僵化的教学方法，已使我国青少年的身心健康受到了严重损害。据权威人士调查表明：在小学生中近视率高达10%左右，在中学生中高达40%左右！在大学生中高达90%以上！！教育必须改革，而且教育要健康发展只有改革才有出路。学好任何学科的知识都首先必须具有“书山有路勤为径，学海无涯苦作舟”的精神，但在知识爆炸的当代，仅仅具有这种精神还是不够的。要想提高记忆效率，就必须根据某一学科的特点、记忆的规律，寻找巧妙的科学的记忆方法，下面我对记忆中学化学知识的问题谈一下几点：一、要掌握科学的记忆规律1、人脑记忆的奥秘现代科学研究已经证明，外界信息通过人的感觉器官向大脑中传输的时候，大脑细胞中的突触所产生的电脉冲和神经递质沿着一定的神经通道传导。因为大脑中的化学物质，如蛋白质和核酸以及神经递质等是由碳(C)、氢(H)、氮(N)等元素组成的，这些“C-H”、“C-N”、乃至“C-C”是可以旋转的，因此在信息流的作用下，这些化合物的原子位置和化合物的结构就会发生变化，随着信息的传导便会在神经通道上作为一种化学印记显现出来。如果这种印记达不到一定的强度——一次刺激太弱或者反复刺激太少，则这些印记会随之消失，这样一来，瞬间记忆就不能转化为长久记忆。反之，如果一次刺激强度很大(如平常所说的“那次印象特别深刻”)或者反复记忆(如学生记忆汉字和英语单词)，这样一来，就能形成很强的化学结构印记，则每当有关信息通过这个通道时，便可是这种结构印记所“记述”的情景重现出来。2、坚定信念，锻炼记忆一些心理学家认为，记忆的关键，在于要有“我能记着”这种自信心。高尔基说：“人的天赋就象火花，它既可能熄灭，也可能燃烧起来。”意志消沉，懒懒散散，遗传素质再优越，环境再好，也是无济于事的。人的记忆力强弱，固然与先天因素有关，但更重要的是环境的影响和个人的努力。肌肉越锻炼越发达，人的记忆力也是如此。我小的时候为了锻炼记忆里，我曾经记忆过圆周率，我记到了小数点后500位；81年高考结束以后，在家里休息了3天后，便开始背成语辞典，这不仅有效地锻炼了我的记忆力，而且使我的文字水平上了一个新台阶。为了挖掘我儿子的记忆潜力，从我儿子刚会说话开始，到4岁至，我教儿子背过了170多首诗词，当我儿子用2天时间背过了白居易的《琵琶行》后，我开始对我儿子的记忆能力充满了信心。我儿子上五年级的时候，我开始让他背成语辞典，平常时间每天1页，节假日每天2页，效果很好。我的儿子不是天才，但我要充分地挖掘他的记忆潜力，我坚信我的儿子会以优异的成绩考取重点大学。在教学实践中，我要求学生背我的化学诗歌，并向学生讲明了背化学诗歌的两大意义：一是锻炼记忆里；二是能学好化学知识。可谓是一举两得。所以学生很愉快地接受了我的建议，取得了很好的效果。希望同学们能根据各自的特点，实施挖掘自己的记忆潜力的方式。3、合理安排时间，注意劳逸结合我在做学生时就坚持这样一个观点：“想玩的时候就尽情地玩，学习的时候就要全身心投入。”我坚决反对古人的那种“头悬梁，锥刺骨”的做法，因为现代科学已经证明，在记忆的艰苦劳动中，一定时间的休息好比是记忆的润滑油，会加快储存信息的进程；而疲劳则会减弱脑细胞的活动能力，使接受、理解、记忆的能力变得迟钝。4、直观刺激有助于记忆科学实验证明，直观刺激有助于记忆。老师在课堂上作的演示实验，趣味化学实验，就是运用直观刺激的方法教学，同学们务必要仔细观察实验过程。5、要注意将意义记忆和机械记忆结合起来化学知识表面上看起来杂乱无章，而实质上很多知识有内在的联系，我们必须在老师的指导下寻找出各种内在的联系，把意义记忆和机械记忆结合起来，提高记忆效率。为此，要善于分析对比，综合归纳，简化记忆。比较是确定现实现象异同的一种思维过程，从比较中就能抓住事物的本质，突出矛盾的特殊性；比较又是概括的前提，只有通过比较，才能确定同类事物的共同特征，把这些事物联合为一组进行概括。6、要善于与遗忘作斗争记忆的敌人是遗忘，战胜遗忘这个敌人的唯一方法就是及时复习。德国有一位著名的心理学家名叫艾宾浩斯(Hermann Ebbinghaus，1850-1909)，他在1885年发表了他的实验报告后，记忆研究就成了心理学中被研究最多的领域之一，而艾宾浩斯正是发现记忆遗忘规律的第一人。记忆的保持在时间上是不同的，有短时的记忆和长时的记忆两种。而我们平时的记忆的过程是这样的(如图1)：?[图1]输入的信息在经过人的注意过程的学习后，便成为了人的短时的记忆，但是如果不经过及时的复习，这些记住过的东西就会遗忘，而经过了及时的复习，这些短时的记忆就会成为了人的一种长时的记忆，从而在大脑中保持着很长的时间。那么，对于我们来讲，怎样才叫做遗忘呢，所谓遗忘就是我们对于曾经记忆过的东西不能再认起来，也不能回忆起来，或者是错误的再认和错误的回忆，这些都是遗忘。艾宾浩斯在做这个实验的时候是拿自己作为测试对象的，他得出了一些关于记忆的结论。他选用了一些根本没有意义的音节，也就是那些不能拼出单词来的众多字母的组合，比如asww，cfhhj，ijikmb，rfyjbc等等。他经过对自己的测试，得到了一些数据(如图2)。然后，艾宾浩斯又根据了这些点描绘出了一条曲线，这就是非常有名的揭示遗忘规律的曲线(如图3)：艾宾浩斯遗忘曲线，图中竖轴表示学习中记住的知识数量，横轴表示时间(天数)，曲线表示记忆量变化的规律。[图2]艾宾浩斯遗忘曲线揭示出的遗忘规律是：遗忘在识记之后马上产生，进程是先快后慢，先多后少。根据这个记忆和遗忘规律，要自觉地与遗忘作斗争，具体要做到：一要及时复习，强化记忆，因为重复是记忆之母，与日常生活一样，经常见面的人你总是长久不忘，经常见面的知识，才能在你脑中根深蒂固。二要保持良好的心理状态，排除各种干扰因素。由于干扰而产生的临时遗忘是常见的。如：在考试时，因为紧张，本来记住的内容，一时怎么也回忆不起来，越急越想不起来，这就是一种情绪干扰。俄国著名教育家乌申斯基说：“如果教师充分认识到，神经系统是记忆机制的基础，就会明白健康的精神对正常记忆的作用”保持乐观镇静的情绪，心胸开朗、愉快乐观，则使人思维活跃，就可以增强学习和记忆能力。而焦虑不安、悲观失望、忧郁惶惑，会降低人的智力活动水平，影响记忆。[图3]二、巧用趣味记忆法仅仅了解了记忆规律还是不够的，要取得事半功倍的效果，还必须善于发现和利用巧妙的记忆方法，我认为趣味记忆法就是巧妙的记忆方法中的一种。趣味的东西能引起兴趣，导致神经兴奋，激起学习动机，创造最佳的记忆心理状态，便于记忆，并能牢固保持。因此，我在做学生和当老师的时，非常喜欢趣味记忆法，并取得了显著的成效。趣味记忆的方法主要包括以下六种：1、歌诀记忆法歌诀记忆法就是针对需要记忆的化学知识利用音韵编成，融知识性与趣味性于一体，读起来琅琅上口，易诵易记；节约时间，效果明显。我创作的《中学化学诗歌》正是这种记忆方法。例如，关于托盘天平的使用，我编了这样一首八句诗，这样一来，用短短的八句诗就将托盘天平的主要构成部件、使用方法和注意事项明明白白地记住了。再如，对氢气还原氧化铜实验，我编了四句诗，这样一来，短短的四句诗就将氢气还原氧化铜实验的操作步骤和实验现象清清楚楚地记住了。2、谐音记忆法谐音记忆法就是要把需要记忆的化学内容跟日常生活中的谐音结合起来进行记忆。如地壳中各元素的百分含量前三位是“氧、硅、铝”，可谐北方音为“养闺女”。再如，金属活动顺序表后面四种金属是“铜、汞、银、铂、金”可谐音为：“统共一百斤”。谐音记忆法要根据自己的悟性和知识水平，在学习实践中创造。3、会意记忆法会意记忆法就是把一些抽象的概念进行自我理解和再加工处理，然后去巧记。如氢气或一氧化碳还原氧化铜的实验操作是：实验开始时，先通气后加热，实验结束时，先停止加热后停止通气。若用会意记忆法可会意记作，“气体早出晚归，酒精灯迟到早退。” 会意记忆法也要根据自己的悟性和知识水平，在学习实践中创造。4、浓缩记忆法浓缩记忆法就是针对一类化学知识或规律在深刻理解的基础上，可选取有代表性的字或词缩略成提纲挈须的骨架进行记忆。若用浓缩记忆法可将实验室制氧气的七个实验步骤记为；“检、装、夹、点、收、移、熄。”“检”指检查装置是否漏气；“装”指往试管里装药品；“夹”指把试管夹在铁架台上；“点”指点燃酒精灯；“收”指收集气体；“移”指把导管先移出水面；“熄”指熄灭酒精灯。再如我在那首过滤操作实验中，用的“三靠两低”也是采用了浓缩记忆法。5、猜谜记忆法猜谜记忆法就是把一些化学知识编成富有知识性、趣味性、生动形象幽默的谜语进行记忆。如记忆一氧化碳(CO)性质的谜语是：“左边月儿弯，右边月儿圆，弯月能取暖，圆月能助燃，有毒无色味，还原又可燃。”6、联想记忆法我在前面已经专门论述了运用联想记忆化学知识的方法和重要意义，在此就不重复了。三、规律记忆法各门学科都有一些规律性的东西，明智的人是善于发现和利用这些规律记忆知识。我认为，从某种意义上可以说，化学就是研究物质之间的相互反应一门自然科学。因而，总结化学反应的一些规律，并利用这些规律记忆化学知识，是至关重要的。现在向大家介绍几种常见的化学反应规律：1、金属与足量非氧化性酸反应产生H2的规律： ⑴、当金属的原子个数(或物质的量)相等时，产生H2的量之比，等于金属所表现的化合价之比。如：将等物质的量的Na、Mg、Al分别与足量的稀硫酸反应时，产生的H2之比等于1:2:3。⑵、当金属的质量相等时，产生H2的量之比，等于金属所表现的化合价除以其相对原子质量之比。如：将等质量的Na、Mg、Al分别与足量的盐酸反应时，产生的H2之比等于1/23 : 2/24 :3/27。2、氧化还原反应规律⑴、氧化剂与还原剂作为两种反应物反应时，总是氧化剂中某元素化合降低，该元素的原子(或离子)得到电子，该元素被还原，发生还原反应，产生还原产物；还原剂中某元素化合价升高，该元素的原子(或离子)失去电子，该元素被氧化，发生氧化反应，产生氧化产物。⑵、通过氧化还原反应比较氧化性、还原性强弱： 强氧化剂与强还原剂总在反应里(方程式的左边)；弱氧化剂与弱还原剂总在产物里(方程式右边)。即：一个自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；还原剂的还原性大于还原产物的还原性。⑶、归中律：同种元素的不同价态相遇时，若要反应，则生成物中该元素的价态，必介于反应物中该元素的两种价态之间，如Fe3+和Fe反应，生成Fe2+(中间价态)，SO2与H2S反应时，必然产生0价的S单质。若无中间价态则不反应。如H2SO4(浓)和SO2，Fe3+和Fe2+均不反应。当然，有一种情况值得特别注意：一个氧化还原反应中，只有一种元素化合价变化，则一定是该元素处于中间价态的那种原子发生了化合价既升高又降低的自身氧还原反应。如：Na2O2与H2O(或CO2)反应时，由于氧元素-1价与-2价之间没有价态，所以是Na2O2中-1价的氧发生化合价既升高又降低的自身氧化还原反应。⑷、反应次序：同一氧化剂和几种还原剂反应时，还原性最强的还原剂优先发生反应(直到用完)。3、离子反应规律溶液中只要能降低某些离子的浓度，这些离子就能发生离子反应。离子间若能组合成难溶物、气体、弱电解质(水、弱酸、氨水等)，或相遇时能发生化合价升降的反应，则这些离子间就因反应而不能共存。4、强电解质规律强酸、强碱、和几乎所有的盐都是强电解质。??? 如：HCl、H2SO4、NaOH、Ba(OH)2、NH4HCO3、NaCl、BaSO4 、CaCO3等(在中学常见的盐是强电解质)。5、某些分解反应的规律⑴、碱的热稳定性金属性越弱的金属所对应的碱越不稳定。如碱金属(金属性强)所对应的碱比较稳定，加热不易分解；碱土金属(第ⅡA族元素)所对应的碱在较高的温度下可以分解；而其它金属所对应的碱在不很高的温度下就可以分解。⑵、碳酸盐的热稳定性碱金属的碳酸盐比较稳定，其它碳酸盐、碱式碳酸盐受热易分解，酸式盐一般比正盐易分解。⑶、硝酸盐的分解规律在金属活动顺序表中，K到Na元素的硝酸盐热分解时，产生相应的亚硝酸盐和氧气；Mg到Cu元素的亚硝酸盐热分解时，产生相应的金属氧化物、NO2和O2 ；Cu后面的(不含Cu)元素的硝酸盐热分解时，产生相应的金属、NO2和O2 。6、某些“置换”规律⑴、强酸能把弱酸从盐中置换出来，如：??? H2SO4 + 2CH3COONa = Na2SO4 + 2CH3COOH ⑵、不挥发性的酸能把挥发性的酸从盐中置换出来，如：??? H2SO4? + NaCI ＝ NaHSO4 + HCI↑??? H3PO4 + NaBr ＝ NaH2PO4 + HBr↑⑶、在某些情况下某些弱酸能把强酸“置换”出来，如：??? CuSO4 + H2S ＝ CuS↓ + H2SO4 ?(因CuS不溶于H2SO4，所以该反应可以发生)在此，要说明的一点的，化学中还有很多规律，我的《中学化学诗歌》的第四部分《杂诗集》正是从不同的的角度全方位地总结我掌握的一些化学规律性的东西。《金属活动性歌》是全面总结中学阶段所见的金属的物理性质规律和化学性质规律；《常见无机阳离子的鉴别》是全面总结中学阶段所见的无机阳离子鉴别的规律；《常见无机气体的鉴别》是全面总结中学阶段所见的常见无机气体的鉴别规律；《常见无机阴离子的鉴别》是全面总结中学阶段所见的常见无机阴离子的鉴别规律；《书写离子方程式应特别注意的问题》是全面总结中学阶段所见离子方程式书写的规律；《常见化学药品的贮存》是全面总结中学阶段所常见化学药品的贮存的规律；《常见无机盐的水溶性》是全面总结中学阶段所常见无机盐的水溶性的规律；《除掉杂质的方法》是全面总结中学阶段所见的除掉杂质的方法规律；《集气歌》是全面总结中学阶段所见气体的收集方法规律；《常见元素化合价》是全面总结中学阶段所常见元素化合价的规律；《元素周期律》是全面总结元素周期性变化规律；《原电池的判别》是全面总结原电池的判别的规律；顾名思义，《电解的一般规律》就是全面总结电解的一般规律；《推断题的解题思路》是全面总结推断题的解题思路规律……《杂诗集》的重要价值就是全面总结化学规律，而且用诗歌的形式表达，目的就是让学生在短时间内迅速掌握这些规律。四、要科学地给大脑“加油”科学家们研究发现，大脑细胞的记忆思维行为离不开核酸、蛋白质、乙酰胆碱等化学物质。美国图兰大学医学院的研究人员发现，人脑中的促肾上腺皮激素和促黑素细胞激素，不仅能促进人的记忆，而且还能增强注意力。接受这些化学物质的学生，在一系列工作中，比起对照组的学生，注意力容易集中，能较好地记住在他们面前闪过的几何图形。而对原来智力迟钝的患者，经注射这种药物以后，效果特别明显。为了反映这些化合物的奇妙特点，研究人员送给它一个非常动听的名字——“天才药”。研究人员认为，不同人之间学习工作能力的差别，可能关键就是大脑中的天然的“天才药”的多少决定的。科学研究还证明，当一个人对蛋白质的摄入量充足时，脑中的茶酚胺就会增加，去甲肾上腺素的传递就活跃。而去甲肾上腺素与大脑的思维和记忆能力关系十分密切。这种脑物质分泌传递越活跃，思维和记忆的能力就会越强。正因如此，日本在战后提倡更多地食用蛋白，特别是水产品蛋白，人体素质和寿命得到了很大提高。欧美国家在战后也争先恐后地实施“学生必须饮牛奶工程”，现在我国专家也建议在中等以上城市实施“学生饮豆奶工程”。我根本不相信广告上说的任何关于健脑的“灵丹妙药”，即使有健脑的“灵丹妙药”，我也反对靠药物健脑的做法。我认为，每一个都都有自己固有的生理代谢平衡，靠食补可以有效地维持人体的生理代谢平衡；相反，靠药物健脑，就破坏了自己的生理代谢平衡。我在我儿子3岁的时候，就给他清理了“副食柜”，让他跟大人吃一样的饭，多吃蔬菜、水果和蛋白质类食物，结果我的儿子越来越聪明。人和动物一样，都来自于大自然，我认为大自然产生的蔬菜、水果和蛋白质是最好的健体(特别是健脑)的“良药”。为了给你的大脑“加油”，我建议你多吃一些蛋白质类食品。怎样作题效果好？有很多同学稀里糊涂地一头扎进“题海”里，作了很多很多的练习题，但考试成绩却不很理想。这是为什么呢？是不是这些学生的智力有问题？不是的，是因为这些学生没有弄明白作题的目的和方法。作题目的是为了巩固所学的知识；加深对概念的理解和深化；找到解题规律和方法；发展思维，将知识转化为解决问题的能力。要达到此目的，适当多作一些练习题是有必要的，但关键并不在于多做题，而在于巧作题。怎样巧作题呢？首先，要掌握做题步骤。解题有“三关”1、审题关：要做到“三看清”，看清题中所讲的化学过程，看清题设条件，看清要解决的问题，这是解题的前提。2、分析关：要做到“三想”，想化学过程所涉及的化学概念，所用到的化学原理，想所给条件与所求问题的关系，想有无隐含条件及题目考查的内容。3、解答关：根据题意和条件，选择最佳的解题方法，如果用到其它学科知识、方法时，如公式变换，数据处理等要细心，最后还要对结果进行检验分析。其次，解题后要总结，解题总结是提高做题效益最重要的环节。 主要包括：要弄明白命题者有什么意图? 题目设计的巧妙处何在？此题的关键何在？此题为什么这样作？作题过程中暴露了哪些弱点？通过作题你找到了什么样的解题规律和方法？这个问题改变设问角度，还会变成什么样的题目？等等。最后，作题还要善于积累积累包括两个方面，一是成功经验，二是失败教训。如果把平时练习和考试中做错的题目积累成集，并且经常翻阅复习，既有针对性，又节省时间，可大大提高学习效率。巧解化学计算题解题方法概说 化学计算题是某些中学生感到比较头痛的一类题目，也是他们在考试中最最容易失分的一类题目，能选用最合适的方法准确而快速地解决计算题，对于增强学习效率，提高学习成绩，决胜考场，具有十分重要的意义。 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。例如，下题有两种不同的解法，相比之下，不难看出选取合适方法的重要性：[例1]：30mL一定浓度的硝酸溶液与5.12克铜片反应，当铜片全部反应完毕后，共收集到气体2.24升(S.T.P)，则该硝酸溶液的物质的量浓度至少为A.9mol/l B.8mol/l C.5mol/l D.10mol/l解法一：因为题目中没有指明硝酸是浓或稀，所以产物不能确定，根据铜与硝酸反应的两个方程式：3Cu + 8HNO3(稀)＝ Cu(NO3)2 +2NO↑ + 4H2O…(1)Cu+4HNO3(浓) ＝ Cu(NO3)2 + 2NO2↑+2H2O ……(2)可以设参与反应(1)的Cu为xmol，则反应生成的NO气体为2/3xmol，反应消耗的硝酸为8/3xmol；再设参与反应(2)的Cu为ymol，则反应生成的NO2气体为2ymol，反应消耗的硝酸为4ymol，从而可以列出方程组(x+y)×64＝5.12[(2/3)x+2y]：×22.4＝2.24解之得x＝0.045mol，y＝0.035mol则所耗硝酸为8/3x+4y＝0.26mol，其浓度为(0.26/0.03)mol/l所以在8-9之间，只能选A. 解法二：根据质量守恒定律，由于铜片只与硝酸完全反应生成Cu2+，则产物应为硝酸铜，且其物质的量与原来的铜片一样，均为5.12/64＝0.08mol。从产物的化学式Cu(NO3)2可以看出，参与复分解反应提供NO3-的HNO3有2×0.08＝0.16mol摩；而反应的气态产物，无论是NO还是NO2，每一个分子都含有一个N原子，则气体分子总数就相当于参与氧化还原反应的HNO3的摩尔数，所以每消耗1mol摩HNO3都产生22.4L气体(可以是NO或NO2甚至是两者的混合物)，现有气体2.24L，即有0.1molHNO3参与了氧化还原反应。故所耗硝酸为0.16+0.1＝0.26mol，其浓度为(0.26÷0.03)mol/l，故在8-9之间，只能选A。从以上两种方法可以看出，本题是选择题，只要求出正确结果，而不论方式及解题规范，而此题的关键之处在于能否熟练应用质量守恒定律，第二种方法运用了守恒法，所以运算量要少得多，也不需要先将化学方程式列出，配平，从而大大缩短了解题时间，更避免了因不知按哪一个方程式来求硝酸所导致的恐慌。再看下题：[例2]：在一个6升的密闭容器中，放入3升X(气)和2升Y(气)，在一定条件下发生下列反应：4X(气)+3Y(气)＝2Q(气)+nR(气) 达到平衡后，容器内温度不变，混和气体的压强比原来增加5%，X的浓度减小1/3，则该反应方程式中的n值是 A.3 B.4 C.5 D.6 解法一：抓住“X浓度减少1/3”，结合化学方程式的系数比等于体积比，可分别列出各物质的始态，变量和终态： 4X 3Y 2Q nR始态 3L 2L 0 0变量 -1/3×3L＝1L ；-3/4×1L＝3/4L； +2/4×1L＝1/2L； +n/4×1L＝n/4L 终态 3-1＝2L 2-3/4＝5/4L 0+1/2＝1/2L 0+n/4＝n/4L由以上关系式可知，平衡后(终态)混和气体的体积为(2+5/4+1/2+n/4)L，即(15+n)/4L，按题意“混和气体的压强比原来增加5%”即(15+n)÷4-5＝5×5%，求得n＝6。解法二：选用差量法，按题意“混和气体的压强比原来增加5%”，即混和气体的体积增加了(2+3)×5%＝0.25L，根据方程式，4X+3Y只能生成2Q+Nr，即每4体积X反应，总体积改变量为(2+n)-(4+3) ＝ n-5，现有1/3×3L＝1L的X反应，即总体积改变量为1L×[(n-5)/4]：＝0.25L，从而也求出n＝6。 解法三：抓住“混和气体的压强比原来增加5%”得出反应由X+Y开始时，平衡必定先向右移，生成了Q和R之后，压强增大，说明正反应肯定是体积增大的反应，则反应方程式中X与Y的系数之和必小于Q与R的系数之和，所以4+3<2+n，得出n>5，在四个选项中只有D中n＝6符合要求，为应选答案。本题考查的是关于化学平衡的内容，解法一是遵循化学平衡规律，按步就班的规范做法，虽然肯定能算出正确答案，但没有把握住“选择题不问过程只要结果”的特点，当作一道计算题来做，普通学生也起码要用5分钟完成，花的时间较多；解法二运用了差量法，以含n的体积变量(差量)来建立等式，虽然比解法一快了一些，但还是未能充分利用选择题的“选择”特点，用时要1分钟左右；解法三对平衡移动与体积变化的关系理解透彻，不用半分钟就可得出唯一正确的答案。由此可见，在计算过程中针对题目特点选用不同的解题方法，往往有助于减少运算过程中所消耗的时间及出错的机会，达到快速、准确的目的。在中学阶段运用较多的解题方法通常有以下13种：1、商余法这种方法主要是应用于解答有机物(尤其是烃类)知道分子量后求出其分子式的一类题目。对于烃类，由于烷烃通式为CnH2n+2，分子量为14n+2，对应的烷烃基通式为CnH2n+1，分子量为14n+1；烯烃及环烷烃通式为CnH2n，分子量为14n，对应的烃基通式为CnH2n-1，分子量为14n-1，炔烃及二烯烃通式为CnH2n-2，分子量为14n-2，对应的烃基通式为CnH2n-3，分子量为14n-3，所以可以将已知有机物的分子量减去含氧官能团的式量后，差值除以14(烃类直接除14)，则最大的商为含碳的原子数(即n值)，余数代入上述分子量通式，符合的就是其所属的类别：[例3]：某直链一元醇14克能与金属钠完全反应，生成0.2克氢气，则此醇的同分异构体数目为：A.6个 B.7个 C.8个 D.9个[解析]：由于一元醇只含一个-OH，每mol醇只能转换出1/2molH2，由生成0.2克H2推断出14克醇应有0.2mol，所以其摩尔质量为72g/mol，分子量为72，扣除羟基式量17后，剩余55，除以14，最大商为3，余为13，不合理，应取商为4，余为-1，代入分子量通式，应为4个碳的烯烃基或环烷基，结合“直链”，从而推断其同分异构体数目为6个。2、平均值法这种方法最适合定性地求解混合物的组成，即只求出混合物的可能成分，不用考虑各组分的含量。根据混合物中各个物理量(例如密度、体积、摩尔质量、物质的量浓度、质量分数等)的定义式或结合题目所给条件，可以求出混合物某个物理量的平均值，而这个平均值必须介于组成混合物的各成分的同一物理量数值之间；换言之，混合物的两个成分中的这个物理量肯定一个比平均值大，一个比平均值小，才能符合要求，从而可判断出混合物的可能组成。[例4]：将两种金属单质混合物13g，加到足量稀硫酸中，共放出标准状况下气体11.2L，这两种金属可能是：A.Zn和Fe B.Al和Zn C.Al和Mg D.Mg和Cu [解析]：将混合物当作一种金属来看，因为是足量稀硫酸，13克金属全部反应生成的11.2L(0.5摩尔)气体全部是氢气；也就是说，这种金属每放出1摩尔氢气需26克，如果全部是+2价的金属，其平均原子量为26，则组成混合物的+2价金属，其原子量一个大于26，一个小于26，代入选项，在置换出氢气的反应中，显+2价的有Zn，原子量为65，Fe原子量为56，Mg原子量为24，但对于Al，由于在反应中显+3价，要置换出1mol氢气，只要18克Al便够，可看作+2价时其原子量为27/(3/2)＝18，同样假如有+1价的Na参与反应时，将它看作+2价时其原子量为23×2＝46，对于Cu，因为它不能置换出H2，所以可看作原子量为无穷大，从而得到A中两种金属原子量均大于26，C中两种金属原子量均小于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为应选答案。[例5]：有两种气态烃组成的混合气体0.1mol，完全燃烧得到0.16molCO2和3.6gH2O，下列说法正确的是：混合气体中( )A、一定有甲烷 B、一定是甲烷和乙烯 C、一定没有乙烷 D、一定有乙炔[解析]：n(烃)：n(C)：n(H)＝0.1：0.16：3.6/18×2＝1：1.6：4即混合平均分子式组成为C1.6H4。碳原子小于1.6的只有CH4，故A正确，由平均分子式可知，另一烃中的H原子为4，则一定无C2H6。答案为(A、C)3、极限法(也叫值极法)极限法与平均值法刚好相反，这种方法也适合定性或定量地求解混合物的组成。根据混合物中各个物理量(例如密度、体积、摩尔质量、物质的量浓度、质量分数等)的定义式或结合题目所给条件，将混合物看作是只含其中一种组分A，即其质量分数或气体体积分数为100%(极大)时，另一组分B对应的质量分数或气体体积分数就为0%(极小)，可以求出此组分A的某个物理量的值N1，用相同的方法可求出混合物只含B不含A时的同一物理量的值N2，而混合物的这个物理量N平是平均值，必须介于组成混合物的各成分A、B的同一物理量数值之间，即N1[例6]：某碱金属单质与其普通氧化物的混合物共1.40g，与足量水完全反应后生成1.79g碱，此碱金属可能是( )：A.Na B.K C.Rb D.Li[解析]： 本题若用常规思路直接列方程计算，很可能中途卡壳、劳而无功。但是如果将1.4g混合物假设成纯品(碱金属或氧化物)，即可很快算出碱金属相对原子质量的取值范围，以确定是哪一种碱金属。假定1.4g物质全是金属单质(设为R)，则：R→ROH △mMR 17 1.40 (1.79-1.40) 解之得MR＝61；再假定1.40g物质全是氧化物 设为R2O，则： R2O→2ROH △m2MR+16 ＋181.40 (1.79-1.40) 解之得MR＝24.3 ；既然1.40g物质是R和R2O的混合物，则R的原子量应介于24.3-61之间。题中已指明R是碱金属，原子量介于24.3-61之间的碱金属只有钾，其式量为39。故答案为(B)。[例7]：4个同学同时分析一个由KCl和KBr组成的混合物，他们各取2.00g样品配成水溶液，加入足够HNO3后再加入适量AgNO3溶液，待沉淀完全后过滤得到干燥的卤化银沉淀的质量，如下列四个选项所示，其中数据合理的是：A.3.06g B.3.36g C.3.66g D.3.96[解析]：本题如按通常解法，混合物中含KCl和KBr，可以有无限多种组成方式，则求出的数据也有多种可能性，要验证数据是否合理，必须将四个选项代入，看是否有解，也就相当于要做四题的计算题，所花时间非常多。使用极限法，设2.00g全部为KCl，根据KCl-AgCl，每74.5gKCl可生成143.5gAgCl，则可得沉淀为(2.00÷74.5)×143.5＝3.852g，为最大值，同样可求得当混合物全部为KBr时，每119克的KBr可得沉淀188g，所以应得沉淀为(2.00÷119)×188＝3.160g，为最小值，则介于两者之间的数值就符合要求，故只能选B和C。4.估算法化学题尤其是选择题中所涉及的计算，所要考查的是化学知识，而不是运算技能，所以当中的计算的量应当是较小的，通常都不需计算出确切值，可结合题目中的条件对运算结果的数值进行估计，符合要求的便可选取。[例8]：在一个6L的密闭容器种，放入3LX(g)和2LY(g)，在一定条件下发生如下反应：4X(g)+3Y(g)＝ 2Q(g)+nR(g)，达到平衡后，容器温度不变，混合气体压强比原来增加5%，X的浓度减少1/3，则该反应式中的n值是 ( )A.3 B.4 C.5 D.6[解析]： 本题可用一般解法，求出n的值，但步骤烦琐，若用估算法，结合选项，即可很快得出答案。根据反应的化学方程式，“混合气体压强比原来增加5%，X的浓度减少1/3”，说明反应的正方向是体积增大的方向，即：4+3＜2+n，n＞5，选项中n＞5的只有D。故答案为(D)[例9]：已知某盐在不同温度下的溶解度如下表，若把质量分数为22%的该盐溶液由50℃逐渐冷却，则开始析出晶体的温度范围是：温度(℃) 0 10 20 30 40溶解度(克/100克水) 11.5 15.1 19.4 24.4 37.6A.0-10℃ B.10-20℃ C.20-30℃ D.30-40℃[解析]：本题考查的是溶液结晶与溶质溶解度及溶液饱和度的关系。溶液析出晶体，意味着溶液的浓度超出了当前温度下其饱和溶液的浓度，根据溶解度的定义，[溶解度÷(溶解度+100克水)]：×100%＝饱和溶液的质量分数，如果将各个温度下的溶解度数值代入，比较其饱和溶液质量分数与22%的大小，可得出结果，但运算量太大，不符合选择题的特点。从表上可知，该盐溶解度随温度上升而增大，可以反过来将22%的溶液当成某温度时的饱和溶液，只要温度低于该温度，就会析出晶体。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，除法运算麻烦，运用估算，应介于25与30之间，此溶解度只能在30-40℃中，故选D。5.差量法差量法是依据化学反应前后的某些变化找出所谓的理论差量(固体质量差、溶液质量差、气体体积差、气体物质的量之差等)，与反应或生成物的变化量成正比而建立的一种解题方法。此法将“差量”看作化学方程式右端的一项，将已知差量(实际差量)与化学方程式中的对应差量(理论差量)列成比例，其他解题步骤与按化学方程式列比例或解题完全一样。[例10]：向50gFeCl3溶液中放入一小块Na，待反应完全后，过滤，得到仍有棕黄色的溶液45.9g，则投入的Na的质量为 ：A.4.6g B.4.1g C.6.9g D.9.2g[解析]： Na投入到FeCl3溶液发生如下反应：6Na+2FeCl3+6H2O＝6NaCl+2Fe(OH)3↓+3H2↑若2mol FeCl3与6molH2O反应，则生成6molNaCl，溶液质量减少82g，此时参加反应的Na为6mol；现溶液质量减少4.1g，则参加反应Na应为0.3moL，质量应为6.9g。答案为C。[例11]：同温同压下，某瓶充满O2共重116g，充满CO2时共重122g，充满某气体共重114g，则该气体相对分子质量为( )：A.28 B.60 C.32 D.14[解析]： 由“同温同压同体积下，不同气体的质量比等于它们的摩尔质量比”可知此题中，气体质量之差与式量之差成正比。因此可不计算本瓶的质量，直接由比例式求解：(122-116)/(44-32)＝(122-114)/(44-M(气体))解之得，M(气体)＝28。 故答案为(A)。 [例12]：在1升浓度为C摩/升的弱酸HA溶液中HA、H+和A-的物质的量之和为nC摩，则HA的电离度是：A.n×100% B.(n/2)×100%C.(n-1)×100% D.n%[解析]：根据电离度的概念，只需求出已电离的HA的物质的量，然后将这个值与HA的总量(1升×C摩/升＝C摩)相除，其百分数就是HA的电离度。要求已电离的HA的物质的量，可根据HA＝H++A-，由于原有弱酸为1升×C摩/升＝C摩，设电离度为X，则电离出的HA的物质的量为XC摩，即电离出的H+和A-也分别为Cx摩，溶液中未电离的HA就为(C-CX)摩，所以HA，H+，A-的物质的量之和为[(C-CX)+CX+CX]：摩，即(C+CX)摩＝nC摩，从而可得出1+X＝n，所以X的值为n-1，取百分数故选C。本题中涉及的微粒数较易混淆，采用差量法有助于迅速解题：根据HA的电离式，每一个HA电离后生成一个H+和一个A-，即微粒数增大1，现在微粒数由原来的C摩变为nC摩，增大了(n-1)×C摩，立即可知有(n-1)×C摩HA发生电离，则电离度为(n-1)C摩/C摩＝n-1，更快地选出C项答案。6.代入法将所有选项的某个特殊物质逐一代入原题来求出正确结果，这原本是解选择题中最无奈时才采用的方法，但只要恰当地结合题目所给条件，缩窄要代入的范围，也可以运用代入的方法迅速解题。[例13]：某种烷烃11克完全燃烧，需标准状况下氧气28L，这种烷烃的分子式是：A.C5H12 B.C4H10 C.C3H8 D.C2H6[解析]：因为是烷烃，组成为CnH2n+2，分子量为14n+2，即每14n+2克烃完全燃烧生成n摩CO2和(n+1)摩H2O，便要耗去n+(n+1)/2即3n/2+1/2摩O2，现有烷烃11克，氧气为28/22.4＝5/4摩，其比值为44:5，将选项中的四个n值代入(14n+2):[3n/2+1/2]：，不需解方程便可迅速得知n＝3为应选答案。7.关系式法对于多步反应，可根据各种的关系(主要是化学方程式，守恒等)，列出对应的关系式，快速地在要求的物质的数量与题目给出物质的数量之间建立定量关系，从而免除了涉及中间过程的大量运算，不但节约了运算时间，还避免了运算出错对计算结果的影响，是最经常使用的方法之一。[例14]：一定量的铁粉和9克硫粉混合加热，待其反应后再加入过量盐酸，将生成的气体完全燃烧，共收集得9克水，求加入的铁粉质量为：A.14g B.42g C.56g D.28g[解析]：因为题目中没有指明铁粉的量，所以铁粉可能是过量，也可能是不足，则与硫粉反应后，加入过量盐酸时生成的气体就有多种可能：或者只有H2S(铁全部转变为FeS2)，或者是既有H2S又有H2(铁除了生成FeS2外还有剩余)，所以只凭硫粉质量和生成的水的质量，不易建立方程求解。根据各步反应的定量关系，可列出关系式：Fe→FeS(铁守恒)→H2S(硫守恒)→H2O(氢守恒)……(1)Fe→H2(化学方程式)→H2O(氢定恒)…………………(2)从而得知，无论铁参与了哪一个反应，每1个铁都最终生成了1个H2O，所以迅速得出铁的物质的量就是水的物质的量，根本与硫无关，所以应有铁为9/18＝0.5摩，即28克。8.残基法这是求解有机物分子结构简式或结构式中最常用的方法。一个有机物的分子式算出后，可以有很多种不同的结构，要最后确定其结构，可先将已知的官能团包括烃基的式量或所含原子数扣除，剩下的式量或原子数就是属于残余的基团，再讨论其可能构成便快捷得多。[例16]：某有机物5.6克完全燃烧后生成6.72L(S.T.P下)二氧化碳和3.6克水，该有机物的蒸气对一氧化碳的相对密度是2，试求该有机物的分子式。如果该有机物能使溴水褪色，并且此有机物和新制的氢氧化铜混合后加热产生红色沉淀，试推断该有机物的结构简式。[解析]：因为该有机物的蒸气对一氧化碳的相对密度为2，所以其分子量是CO的2倍，即56，而5.6克有机物就是0.1摩，完全燃烧生成6.72L(S.T.P)CO2为0.3摩，3.6克水为0.2摩，故分子式中含3个碳，4个氢，则每摩分子中含氧为56-3×12-4×1＝16克，分子式中只有1个氧，从而确定分子式是C3H4O。根据该有机物能发生斐林反应，证明其中有-CHO，从C3H4O中扣除-CHO，残基为-C2H3，能使溴水褪色，则有不饱和键，按其组成，只可能为-CH＝CH2，所以该有机物结构就为H2C＝CH-CHO。9.守恒法物质在参加反应时，化合价升降的总数，反应物和生成物的总质量，各物质中所含的每一种原子的总数，各种微粒所带的电荷总和等等，都必须守恒。所以守恒是解计算题时建立等量关系的依据，守恒法往往穿插在其它方法中同时使用，是各种解题方法的基础，利用守恒法可以很快建立等量关系，达到速算效果。[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K2CO337.3% 取1克该样品投入25ml2摩／升的盐酸中后，多余的盐酸用1.0摩／升KOH溶液30.8ml恰好完全中和，蒸发中和后的溶液可得到固体：A:1克 B:3.725克 C:0.797克 D:2.836克 [解析]： 本题化学反应复杂，数字处理烦琐，但若根据Cl-守恒，便可以看出：蒸发溶液所得KCl固体中的Cl-，全部来自盐酸中的Cl-，即：生成的n(KCl)＝n(HCl)。m(KCl)＝0.025L×2mol/l×74.5g/mol＝3.725g 答案为B。[例18]：将KCl和KBr混合物13.4克溶于水配成500mL溶液，通入过量的Cl2，反应后将溶液蒸干，得固体11.175g则原溶液中K+，Cl-，Br-的物质的量之比为 ( )：A.3:2:1 B.1:2:3 C.1:3:2 D.2:3:1[解析]： ：此题的解法有多种，但作为选择题，可以从答案中求解。原溶液中含有K+、Cl-、Br-，由电荷守恒可知：n(K+)＝n(Cl-)+n(Br-)，选项中符合这一关系式的只有答案(A)。[例19]：将纯铁丝5.21克溶于过量稀盐酸中，在加热条件下，用2.53克KNO3去氧化溶液中Fe2+，待反应后剩余的Fe2+离子尚需12ml0.3摩/升KMnO4溶液才能完全氧化，则KNO3被还原后的产物为 ( )：A.N2 B.NO C.NO2 D.NH4NO3[解析]： 根据氧化还原反应中得失电子的总数相等，Fe2+变为Fe3+失去电子的总数等于NO3-和MnO4-得电子的总数：设n为KNO3的还原产物中N的化合价，则：5.21g/56g/moL×(3-2)＝0.012L×0.3mol/l×(7-2)+2.53g/101g/mol×(5-n)解之得 n＝3 故KNO3的还原产物为NO。 故答案为(B)。[例20]：已知某强氧化剂[RO(OH)2]：+能被硫酸钠还原到较低价态，如果还原含 2.4×10-3mol[RO(OH)2]：-的溶液到低价态，需12mL0.2mol/l的亚硫酸钠溶液，那么R元素的最终价态为： A.+3 B.+2 C.+1 D.-1[解析]：因为在[RO(OH)2]：-中，R的化合价为+3价，它被亚硫酸钠还原的同时，亚硫酸钠被氧化只能得硫酸钠，硫的化合价升高了2价，根据2.4×10-3mol[RO(OH)2]：-与12ml×0.2mol/l＝0.0024mol的亚硫酸钠完全反应，亚硫酸钠共升0.0024×2＝0.0048价，则依照升降价守恒，2.4×10-3mol[RO(OH)2]：-共降也是0.0048价，所以每mol[RO(OH)2]：-降了2价，R原为+3价，必须降为+1价，故不需配平方程式可直接选C。[例21]：(2000年春季高考25题)用1Ｌ10mol/lNaOH溶液吸收0.8molCO2，所得溶液中CO32－和HCO3－的物质的量浓度之比是( )。A.1:3 B.2:1 Ｃ.2:3 Ｄ.3:2[解析]：设反应生成的NaCO3的物质的量为ｘ，生成的NaHCO3的物质的量为ｙ，则：2ｘ＋ｙ＝10mol/l×1Ｌ(Na＋守恒)ｘ＋ｙ＝0.8mol(Ｃ守恒)求出：ｘ＝0.2mol，ｙ＝0.6mol。则 ｃ(CO32－):ｃ(HCO3－)＝1:3，故应选A。[例2]：(1999年上海高考题) 把0.02mol/lHAc溶液和0.01mol/lNaOH溶液等体积混合，则混合溶液中微粒浓度关系正确的是( )。A.ｃ(Ac－)＞ｃ(Na＋)B.ｃ(HAc)＞ｃ(Ac－)Ｃ.2ｃ(H＋)＝ｃ(Ac－)－ｃ(HAc)Ｄ.ｃ(HAc)＋ｃ(Ac－)＝0.01mol/l[解析]：此题实质上是0.05mol/l的HAc溶液和0.05mol/l的NaAc溶液的混合溶液。由电荷守恒关系可得：ｃ(H＋)＋ｃ(Na＋)＝ｃ(Ac－)＋ｃ(OH－)…………(1)由物料守恒关系可得：ｃ(HAc)＋ｃ(Ac－)＝ｃ(Na＋)×2＝0.01mol/l……(2)由(2)可知Ｄ正确。将(1)×2＋(2)可得：2ｃ(H＋)＝ｃ(Ac－)＋2ｃ(OH－)－Ｃ(HAc)%……(3)故Ｃ选项错误。[例22]：(1999年上海高考18题)将1.92gCu粉与一定量浓HNO3反应，当Cu粉完全作用时，收集到气体1.12Ｌ(标况)，则所消耗的HNO3的物质的量是( )。A.0.12mol B.0.11molＣ.0.09mol Ｄ.0.08mol[解析]：由物料守恒1.92gCu和HNO3完全反应后，生成0.03molCu(NO3)2，即消耗HNO30.06mol；产生气体不管是NO2还是NO，均需HNO30.05mol。故共消耗HNO30.11mol。选B。[例23]：.(1999年全国高考23题)一定条件下NH4NO3受热分解的未配平的化学方程式为：NH4NO3 ＝HNO3＋Ｎ2＋H2O在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为( )。A.5:3 B.5:4 Ｃ.1:1 Ｄ.3:5[解析]：根据得失电子守恒可得： 被氧化与被还原的氮原子数之比为5:3，选A。10.规律法化学反应过程中各物质的物理量往往是符合一定的数量关系的，这些数量关系就是通常所说的反应规律，表现为通式或公式，包括有机物分子通式、燃烧耗氧通式、化学反应通式、化学方程式、各物理量定义式、各物理量相互转化关系式等，甚至于从实践中自己总结的通式也可充分利用。熟练利用各种通式和公式，可大幅度减低运算时间和运算量，达到事半功倍的效果。[例24]：120℃时，1体积某烃和4体积O2混和，完全燃烧后恢复到原来的温度和压强，体积不变，该烃分子式中所含的碳原子数不可能是：A.1 B.2 C.3 D.4[解析]：本题是有机物燃烧规律应用的典型。由于烃的类别不确定，氧是否过量又未知，如果单纯将含碳由1至4的各种烃的分子式代入燃烧方程，运算量大而且未必将所有可能性都找得出。应用有机物的燃烧通式，设该烃为CXHY，其完全燃烧方程式为：CXHY+(X+Y/4)O2＝＝XCO2+Y/2H2O因为反应前后温度都是120℃，所以H2O为气态，要计体积，在相同状况下气体的体积比就相当于摩尔比，则无论O2是否过量，每1体积CXHY只与X+Y/4体积O2反应，生成X体积CO2和Y/2体积水蒸气，体积变量肯定为1-Y/4，只与分子式中氢原子数量有关。按题意，由于反应前后体积不变，即1-Y/4＝0，立刻得到分子式为CXH4，此时再将四个选项中的碳原子数目代入，CH4为甲烷，C2H4为乙烯，C3H4为丙炔，只有C4H4不可能。11.排除法选择型计算题最主要的特点是，四个选项中肯定有正确答案，只要将不正确的答案剔除，剩余的便是应选答案。利用这一点，针对数据的特殊性，可运用将不可能的数据排除的方法，不直接求解而得到正确选项，尤其是单选题，这一方法更加有效。[例25]：取相同体积的KI，Na2S，FeBr2三种溶液，分别通入氯气，反应都完全时，三种溶液所消耗氯气的体积(在同温同压下)相同，则KI、Na2S、FeBr2三种溶液的摩尔浓度之比是：A.1:1:2 B.1:2:3 C.6:3:2 D.2:1:3[解析]：本题当然可用将氯气与各物质反应的关系式写出，按照氯气用量相等得到各物质摩尔数，从而求出其浓度之比的方法来解，但要进行一定量的运算，没有充分利用选择题的特殊性。根据四个选项中KI和FeBr2的比例或Na2S和FeBr2的比例均不相同这一特点，只要求出其中一个比值，已经可得出正确选项。因KI与Cl2反应产物为I2，即两反应物物质的量的比为2:1，FeBr2与Cl2反应产物为Fe3+和Br2，即两反应物物物质的量比为2:3，可化简为2/3:1，当Cl2用量相同时，则KI与FeBr2之比为2:(2/3)，即3:1，A，B，D中比例不符合，予以排除。只有C为应选项。如果取Na2S与FeBr2来算，同理也可得出相同结果。本题还可进一步加快解题速度，抓住KI、Na2S、FeBr2三者结构特点——等量物质与Cl2反应时，FeBr2需耗最多Cl2。换言之，当Cl2的量相等时，参与反应的FeBr2的量最少，所以等体积的溶液中，其浓度最小，在四个选项中，也只有C符合要求，为应选答案。12.十字交叉法十字交叉法是专门用来计算溶液浓缩及稀释、混合气体的平均组成、混合溶液中某种离子浓度、混合物中某种成分的质量分数等的一种常用方法，其使用方法为：组分A的物理量a 差量c-b 平均物理量c(质量、浓度、体积、质量分数等)组分B的物理量b 差量a-c则混合物中所含A和B的比值为(c-b):(a-c)，至于浓缩，可看作是原溶液A中减少了质量分数为0%的水B，而稀释则是增加了质量分数为100%的溶质B，得到质量分数为c的溶液。[例26]：有A克15%的NaNO3溶液，欲使其质量分数变为30%，可采用的方法是：A.蒸发溶剂的1/2 B.蒸发掉A/2克的溶剂C.加入3A/14克NaNO3 D.加入3A/20克NaNO3根据十字交叉法，溶液由15%变为30%差量为15%，增大溶液质量分数可有两个方法：(1)加入溶质，要使100%的NaNO3变为30%，差量为70%，所以加入的质量与原溶液质量之比为15:70，即要3A/14克；(2)蒸发减少溶剂，要使0%的溶剂变为30%，差量为30%，所以蒸发的溶剂的质量与原溶液质量之比为15%:30%，即要蒸发A/2克。如果设未知数来求解本题，则需要做两次计算题，则所花时间要多得多。13.拆分法将题目所提供的数值或物质的结构，化学式进行适当分拆，成为相互关联的几个部分，可以便于建立等量关系或进行比较，将运算简化。这种方法最适用于有机物的结构比较(与残基法相似)，同一物质参与多种反应，以及关于化学平衡或讨论型的计算题。[例27]：将各为0.3214摩的下列各物质在相同条件下完全燃烧，消耗氧气的体积最少的是： A.甲酸 B.甲醛 C.乙醛 D.甲酸甲酯[解析]：这是关于有机物的燃烧耗氧量的计算，因为是等摩尔的物质，完全可用燃烧通式求出每一个选项耗氧的摩尔数，但本题只需要定量比较各个物质耗氧量的多少，不用求出确切值，故此可应用拆分法：甲酸结构简式为HCOOH，可拆为H2O+CO，燃烧时只有CO耗氧；甲醛为HCHO，可拆为H2O+C，比甲酸少了一个O，则等摩尔燃烧过程中生成相同数量的CO2和H2O时，耗多一个O；同理可将乙醛CH3CHO拆为H2O+C2H2，比甲酸多一个CH2，少一个O，耗氧量必定大于甲酸；甲酸甲酯HCOOCH3拆为2H2O+C2，比乙醛少了H2，耗氧量必定少，所以可知等量物质燃烧时乙醛耗氧最多。当然，解题方法并不仅局限于以上14种，还有各人从实践中总结出来的各种各样的经验方法，各种方法都有其自身的优点，在众多的方法中，无论使用哪一种，都应该注意以下4点：一、要抓住题目中的明确提示。例如差值、守恒关系、反应规律、选项的数字特点、结构特点以及相互关系，并结合通式、化学方程式、定义式、关系式等，确定应选的方法。二、使用各种解题方法时，一定要将相关的量的关系搞清楚，尤其是差量、守恒、关系式等不要弄错，也不能凭空捏造，弄巧成拙。三、扎实的基础知识是各种解题方法的后盾，解题时应在基本概念基本理论入手，在分析题目条件上找方法，一时未能找到巧解方法，则要先从最基本方法求解，按步就班，再从中发掘速算方法。四、在解题过程中，往往需要将多种解题方法结合同时运用，以达到最佳效果。[例28]：有一块铁铝合金，溶于足量盐酸中，再用足量KOH溶液处理，将产生的沉淀过滤、洗涤、干燥、灼烧，使之完全变成红色粉末，经称量，发现该红色粉末和原合金质量恰好相等，则合金中铝的含量为：A.70% B.52.4% C.47.6% D.30%[解析]：本题是求混合金属的组成，只有一个“红色粉末与原合金质量相等”的条件，用普通方法不能迅速解题。根据化学方程式，因为铝经两步处理后已在过滤时除去，可用铁守恒建立关系式：Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3→(1/2)Fe2O3再由质量相等的条件，得合金中铝+铁的质量＝氧化铁的质量＝铁+氧的质量，从而可知，铝的含量相当于氧化铁中氧的含量，根据质量分数的公式，可求出其含量为：[(3×16)/(2×56+3×16)]：×100%＝30%。在解该题中同时运用了关系式法、公式法、守恒法等。综上所述，“时间就是分数，效率就是成绩”，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，才能在测试中获取更佳的成绩。对于一些重要的方法在下面再分别作详细地论述。用守恒法解题的技巧守恒法是一种中学化学典型的解题方法，它利用物质变化过程中某一特定的量固定不变来列式求解，可以免去一些复杂的数学计算，大大简化解题过程，提高解题速度和正确率。它的优点是用宏观的统揽全局的方式列式，不去探求某些细微末节，直接抓住其中的特有守恒关系，快速建立计算式，巧妙地解答题目，主要从如下六个方面考虑：1、质量守恒它是根据化学反应前后反应物的总质量与生成物的总质量相等的原理，进行计算或推断。主要包括：反应物总质量与生成物总质量守恒；反应中某元素的质量守恒；结晶过程中溶质总质量守恒；可逆反应中反应过程总质量守恒。2、物质的量守恒它是根据反应前后某一物质的量不变的原理进行推导和计算的方法。这种方法可以应用在多步反应中的计算。可简化计算过程，减少数学计算，一步得出结果。3、原子守恒原子守恒法是依据反应前后原子的种类及个数都不变的原理，进行推导或计算的方法。4、离子守恒它是根据反应(非氧化还原反应)前后离子数目不变的原理进行推导和计算。用这种方法计算不需要化学反应式，只需要找到起始和终止反应时离子的对应关系，即可通过简单的守恒关系，计算出所需结果。5、电子守恒它是依据氧化还原反应中甸子的是总数相等的原理进行推导和计算的方法。它广泛应用于氧化还原反应中的各种计算，甚至还包括电解产物的计算。6、电荷守恒它是利用反应前后离子所带电荷总量不变的原理，进行推导或计算。常用于溶液中离子浓度关系的推断，也可用此原理列等式进行有关反应中某些量的计算。7、多重守恒它是利用多种守恒列方程式组进行计算的方法。?[例1]：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K2CO337.3% 取1克该样品投入25ml2摩／升的盐酸中后，多余的盐酸用1.0摩／升KOH溶液30.8ml恰好完全中和，蒸发中和后的溶液可得到固体：A:1克 ??B:3.725克 ??C:0.797克 ??D:2.836克 [解析]： 本题化学反应复杂，数字处理烦琐，但若根据Cl-守恒，便可以看出：蒸发溶液所得KCl固体中的Cl-，全部来自盐酸中的Cl-，即：生成的n(KCl)＝n(HCl)。 m(KCl)＝0.025L×2mol/l×74.5g/mol＝3.725g ， 答案为B。[例2]：将KCl和KBr混合物13.4克溶于水配成500mL溶液，通入过量的Cl2，反应后将溶液蒸干，得固体11.175g则原溶液中K+，Cl-，Br-的物质的量之比为 ( )：A.3:2:1?? B.1:2:3???C.1:3:2???D.2:3:1[解析]：此题的解法有多种，但作为选择题，可以从答案中求解。原溶液中含有K+、Cl-、Br-，由电荷守恒可知：n(K+)＝n(Cl-)+n(Br-)，选项中符合这一关系式的只有答案A。[例3]：将纯铁丝5.21克溶于过量稀盐酸中，在加热条件下，用2.53克KNO3去氧化溶液中Fe2+，待反应后剩余的Fe2+离子尚需12ml0.3摩/升KMnO4溶液才能完全氧化，则KNO3被还原后的产物为 ( )：A.N2 ????B.NO??? ?C.NO2 ????D.NH4NO3[解析]： 根据氧化还原反应中得失电子的总数相等，Fe2+变为Fe3+失去电子的总数等于NO3-和MnO4-得电子的总数：设n为KNO3的还原产物中N的化合价，则：5.21g/56g/moL×(3-2)＝0.012L×0.3mol/l×(7-2)+2.53g/101g/mol×(5-n)解之得 n＝3 故KNO3的还原产物为NO。 故答案为(B)。[例4]：已知某强氧化剂[RO(OH)2]：+能被硫酸钠还原到较低价态，如果还原含 2.4×10-3mol[RO(OH)2]：-的溶液到低价态，需12mL0.2mol/l的亚硫酸钠溶液，那么R元素的最终价态为：A. +3 B. +2 C. +1 D. -1[解析]：因为在[RO(OH)2]：-中，R的化合价为+3价，它被亚硫酸钠还原的同时，亚硫酸钠被氧化只能得硫酸钠，硫的化合价升高了2价，根据2.4×10-3mol[RO(OH)2]：-与12ml×0.2mol/l＝0.0024mol的亚硫酸钠完全反应，亚硫酸钠共升0.0024×2＝0.0048价，则依照升降价守恒，2.4×10-3mol[RO(OH)2]：-共降也是0.0048价，所以每mol[RO(OH)2]：-降了2价，R原为+3价，必须降为+1价，故不需配平方程式可直接选C。[例5]：(2000年春季高考25题)用1L10mol／LNaOH溶液吸收0.8molCO2，所得溶液中CO32－和HCO3－的物质的量浓度之比是( )。A.1:3 ??B.2:1 ??Ｃ.2:3 ??Ｄ.3:2[解析]：设反应生成的NaCO3的物质的量为x，生成的NaHCO3的物质的量为y，则：2x＋y＝10mol/l×1L(Na＋守恒)，? x＋y＝0.8mol(Ｃ守恒)求出：x＝0.2mol，y＝0.6mol。则 C(CO32－):C(HCO3－)＝1:3，故应选A。[例6]：(1999年上海高考题) 把0.02mol／LHAC溶液和0.01mol/lNaOH溶液等体积混合，则混合溶液中微粒浓度关系正确的是( )。A.C(Ac－)＞ｃ(Na＋)B.C(HAc)＞ｃ(Ac－)Ｃ.2C(H＋)＝C(AC－)－C(HAC)Ｄ.ｃ(HAC)＋C(AC－)＝0.01mol/l[解析]：此题实质上是0.05mol/l的HAc溶液和0.05mol/l的NaAc溶液的混合溶液。由电荷守恒关系可得：C(H＋)＋C(Na＋)＝C(Ac－)＋C(OH－)…………(1)由物料守恒关系可得：C(HAC)＋(AC－)＝C(Na＋)×2＝0.01mol/l……(2)由(2)可知Ｄ正确。将(1)×2＋(2)可得：2C(H＋)＝C(Ac－)＋2C(OH－)－Ｃ(HAc)%……(3)故Ｃ选项错误。[例7]：(1999年上海高考18题)将1.92gCu粉与一定量浓HNO3反应，当Cu粉完全作用时，收集到气体1.12L(标况)，则所消耗的HNO3的物质的量是( )。A:mol???B:0.11mol? Ｃ:0.09mol ?Ｄ:0.08mol[解析]：由物料守恒1.92gCu和HNO3完全反应后，生成0.03molCu(NO3)2，即消耗HNO30.06mol；产生气体不管是NO2还是NO，均需HNO30.05mol。故共消耗HNO30.11mol。? 选B。[例8]：.(1999年全国高考23题)一定条件下NH4NO3受热分解的未配平的化学方程式为：NH4NO3 ＝HNO3＋Ｎ2＋H2O在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为( )。A.5:3 ????B.5:4???Ｃ.1:1 ??Ｄ.3:5[解析]：根据得失电子守恒可得： 被氧化与被还原的氮原子数之比为5:3，选A。注意数学中的方程、函数在化学中的应用数学家迪卡尔提出，任何问题可以转化为代数问题，任何代数问题可转化为方程问题。这种说法有些台绝对了，但有一定的道理，对于一些化学计算题，应用代数方程求解，思路比较清晰，途经比较简单。常用的方程可以是一元一次方程，也可以是二元一次方程或三元一次方程等；方程式可以是等式，也可以是不等式。[例1]：平均式量为30.4的CO、C2H4和O2的混合气体，完全燃烧后所的气体不再含有CO和C2H4，试推断混合气体的各组分的体积分数。[解析]：这是三种组分组成的混合物的计算问题，所以要考虑用方程组来求解。根据题意，CO、C2H4已完全燃烧，所以应该考虑O2是适量还是过量两种可能。设混合气体中CO、C2H4的物质的量分别为x、y，混合气体共1mol。2CO + O2 ＝ 2CO2x 0.5xC2H4 +3 O2＝ 2CO2 + H2OY 3y根据平均式量的求法，有下式：28x + 28y +32×(1－x－y)＝30.4即x + y ＝ 0.4………………⑴那么有O21－(x + y)＝ 1－o.4 ＝ 0.6，占混合气体的0.6/1×100% ＝ 60%，CO、C2H4完全燃烧时O2适量或过量有0.5x +3y≤0.6…………⑵联立⑴、⑵式，解之得：y≤0.16，则x≥0.24。由此可知原混合气体中含O20.6mol，CO的物质的量等于或大于0.24mol，含C2H4的量等于或小于0.16mol。所以混合气体的体积组成O2为60%，CO占a%，24.0%≤a%＜40%，站b%，0＜b%≤16%。有些化学问题的结果随某些因素的改变而改变，存在函数关系。思考时就要寻找条件变化与某种量变化的关系。[例2]：1.0升H2S气体和a升空气混合点燃，若反应前后气体的温度和压强相等(常温、常压)，试讨论当a的取值范围不同时，燃烧后气体总体积V(用含a的表达式表示)，假定空气中的N2和O2的体积比为4：1，其它成分可以忽略不计。解析略。化学中的图像题的解题技巧图像题的特征是以图像的形式将一些相关量之间的关系通过形象直观的曲线表示出来，把化学原理抽象为数学问题，旨在考察学生对曲线的数学意义和化学意义之间对应关系的分析、理解和运用能力。因而分析图像题的思路是：1、根据自变量(x)变化得出因变量(y)的函数关系(或看线的斜率走向及变化趋势)；2、将化学反应类型和条件的变化，结合速率或平衡理论，判断平衡移动方向和各种物理量变化；3、将数学意义和化学意义结合进行分析问题和解决问题。要特别注意图像的“五点”，即：圆点、交叉点、转折点、最高点与最低点，通过点与数，点与形的分析，做出正确答案。循环反应计算的技巧循环反应是指一个反应的某生成物在另一反应中又可生成该反应的某一反应物的两个反应，具有互为连续、循环进行的特点。形如：A + B ＝ CC + D ＝A其中A、C两物质相当于构成循环反应的两个重要环节。循环反应计算的技巧是：1、利用总反应方程式计算。有些循环反应可以通过化学方程式的叠加把中间物消去，直接显示起始反应物和最终生成物之间的定量关系，再利用该定量关系解题。2、利用离子方程式求解。溶液中离子参加的循环反应，可直接用离子方程式求解。[例题]：在含有1mol的HNO3和2mol的H2SO4的混合液中，加入1.5molCu，加热，充分反应后产生的气体体积在标准状况下约为：A. 44.8l升 B. 22.4升 C. 5.6升 D. 无法计算[解析]：3Cu + 8 HNO3 (稀) ＝3Cu(NO3)2 + 2NO↑ + 4H2OCu(NO3)2中的NO3-与电离出来的H+再和Cu反应，形成循环反应。利用离子方程式：3Cu + 8 H+ + NO3- ＝3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O经判断H+过量。Cu与NO3-正好反应，生成NO1mol，所以选B。有关物质的量浓度计算应注意的问题物质的量浓度的计算，公事简单，种类繁多，题型比较复杂，计算的关键是：1、分析该溶液的“形成”过程；2、正确判断溶液中溶质究竟是何物质；3、能准确计算出溶液的体积。只要抓住了关键，无论题目如何变化，均能触类旁通，应用自如。溶液稀释与混合前后的共同特点是溶质的质量或溶质的物质的量保持不变。溶液混合或稀释的计算，要注意两个问题：1、溶液混合指同一溶质不同浓度的同种溶液“加合”，稀释是其中的一个特例；2、相同纯溶液或同浓度同溶质的溶液相混合的体积才为两体积之和，否则不等于原两溶液体积和。关于化学反应速率与平衡的关系应注意的三个问题关于化学反应速率与平衡的关系应注意的三个问题：1、不要把V正增大与平衡向正反应方向移动等同起来；只有V正＞V逆时，才使反应向正反应方向移动。2、不要把平衡向正反应方向移动与原料转化率的提高等同起来，当反应物总量不变时，平衡向正反应方向移动，反应物转化率提高；当增大一种反应物的浓度使平衡向正反应方向移动时，会使另一种反应物的转化率提高。3、平衡发生移动时，不一定所有的量都变；平衡不移动不一定所有的量都不变。如有些反应，升高温度时，平衡发生了移动，但各组分的平均相对分子质量不变；增大压强时，平衡不移动，但反应速率增大，各物质的浓度增大。NO、NO2、O2混合气体和水反应的计算技巧1、NO + NO2 +H2ONO、NO2与H2O发生了两个反应：3 NO2 + H2O ＝ 2H NO3 + NO…………⑴2 NO + O2 ＝ 2 NO2…………⑵⑴×2 + ⑵的反应： 4NO2 + O2 + 2H2O ＝ 4H NO3所以，当NO2和O2的体积比等于4时，容器内无气体剩余；当NO2和O2的体积比小于4时，容器内剩余O2；当NO2和O2的体积比大于4时，则NO2过量，最终剩余NO。2、NO +O2 + H2ONO、O2与H2O也发生了两个反应：3NO2 + H2O ＝ 2H NO3 + NO…………⑴2 NO + O2 ＝ 2 NO2…………⑵⑴×2 + ⑵×3的反应： 4NO +3O2 + 2H2O ＝ 4H NO3分析略。过量计算应注意的问题当化学反应中的反应物不止一种时，投入的反应物常常不能恰好反应，故在计算生成物的量时，应先进行过两判断，判断过量的方法通常有两种：1、假设验证法：设定给定的A物质恰好反应计算出需要B物质的量，将计算结果与给定的B物质的总量比较，既可判断出过量的物质。2、比例判断法：将给定的A、B两种物质换算成物质的量后，若A的物质的量与B的物质的量之比大于其分子式前的系数比，则A过量。所以就应该按B物质计算生成物。怎样用差量法巧解化学题在根据化学方程式的计算中，有时题目给的条件不是某种反应物或生成物的质量，而是反应前后物质的质量的差值，解决此类问题用差量法十分简便。此法的关键是根据化学方程式分析反应前后形成差量的原因(即影响质量变化的因素)，找出差量与已知量、未知量间的关系，然后再列比例式求解。一、固体差量[例1]：将质量为100克的铁棒插入硫酸铜溶液中，过一会儿取出，烘干，称量，棒的质量变为100.8克。求有多少克铁参加了反应。分析：Fe+CuSO4＝FeSO4+Cu 56 64(离开铁棒) (回到铁棒)由化学方程式可知，影响棒的质量变化的因素是参加反应的铁和生成的铜。每有56份质量的铁参加反应离开铁棒的同时，就有64份质量的铜回到铁棒上，则使棒的质量增加64－56＝8(份)。现已知棒的质量增加100.8克－100克＝0.8克，则可列比例求解。解：设参加反应的铁的质量为x。Fe+CuSO4＝FeSO4+Cu 棒的质量增加(差量)56 64 64－56＝8x 100.8克－100克＝0.8克56:8＝x:0.8克答：有5.6克铁参加了反应。二、液体差量[例2]：用含杂质(杂质不与酸作用，也不溶于水)的铁10克与50克稀硫酸完全反应后，滤去杂质，所得液体质量为55.4克，求此铁的纯度。分析：Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑ 56 2由化学方程式可知，影响溶液质量变化的因素是参加反应的铁和生成的氢气。每有56份质量的铁参加反应"进入"溶液中的同时，则可生成2份质量的氢气从溶液中逸出，故溶液质量增加 56－2＝54(份)。由题目给的差量 55.4克－50克＝5.4克，据此便可列比例求解。解：设此铁的纯度为x。Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑ 溶液质量增加(差量)56 2 56－2＝5410x克 55.4克－50克＝ 5.4克56:54＝10x克:5.4克答：此铁的纯度为56%。三、气体差量[例3]：将12克CO和CO2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克，求原混合气体中CO的质量分数。分析：CuO+CO＝ Cu+CO228 44由化学方程式可知，气体质量增加的原因是CO夺取了氧化铜中的氧元素。每28份质量的CO参加反应，可生成44份质量的CO2，使气体质量增加 44－28＝16(份)。现已知气体质量增加 18克－12克＝6克，据此便可列比例求解。解：设原混合气体中CO的质量分数为x。CuO+CO＝ Cu+CO2 气体质量增加(差量)28 44 44－28＝1612x克 18克－12克＝6克答：原混合气体中CO的质量分数为87.5%。四、其他[例4]：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，向两烧杯中分别加入铁和镁，若要使天平仍保持平衡，求所加铁和镁的质量比。分析：①因硫酸足量，故铁和镁全参加反应。Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑Mg+H2SO4＝MgSO4+H2↑②由化学方程式可知，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。③分别加入铁和镁后，只有当天平两端增加的质量相同时，天平才可仍保持平衡。解：设所加铁与镁的质量分别为x、y(此时天平两端增加的质量均为a)。Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑ 增加的质量(差量)56 2 56－2＝54x aMg+H2SO4＝MgSO4+H2↑ 增加的质量(差量)24 2 24－2＝22y a56:54＝ x:a24:22＝y:a答：当酸足量时，所加的铁与镁的质量比为77:81时天平仍保持平衡。求相对原子质量的题型与解法第一种类型：根据概念求相对原子质量解法：此类型题应根据相对原子质量的概念来求解。即以一个碳-12原子的质量的1/12作为标准，其他原子的质量跟它比较所得的值，就是这种原子的相对原子质量。[例1]：一个碳-12原子的质量为Mｋg，某元素一个原子的质量为ｎｋg，则该元素的相对原子质量为( )。A.M/12ｎ B.12ｎ/M Ｃ.ｎ/12M Ｄ.12M/ｎ解：根据相对原子质量的概念，该元素的相对原子质量为：ｎｋg/(Mｋg/12)＝12ｎ/M，所以答案应选B。第二种类型：根据元素在化合物里的质量比求相对原子质量解法：解此类型题，不仅要正确写出化合物里各元素质量比的计算关系式，而且还要分析清楚是哪种元素与哪种元素的质量比。[例2]：某物质化学式为Ｒ2O3，其中Ｒ与O的质量比为7:3，O的相对原子质量为16，Ｒ的相对原子质量是( )。A.27 B.56 Ｃ.14 Ｄ.31解：设Ｒ的相对原子质量为ｘ，根据化合物里两元素的质量比得： 2ｘ:(16×3)＝7:3ｘ＝56，所以答案应选B。第三种类型：根据元素在化合物里的质量分数求相对原子质量解法：此类型题一般应根据某元素在化合物里的质量分数的计算关系式来求解。若该化合物由两种元素组成，则此类型题除用上述方法解外，还可用特殊解法即题型二中的方法求解。[例3]：某化合物的化学式为ＲO3，其中氧元素的质量分数为60%，O的相对原子质量是16，则Ｒ的相对原子质量是( )。A.16 B.32 Ｃ.64 Ｄ.48一般解法：设Ｒ的相对原子质量为ｘ，根据化合物里氧元素的质量分数得： (16×3)/(ｘ＋16×3)×100%＝60%ｘ＝32，所以答案选B。特殊解法：由题意可知，在化合物中Ｒ元素与氧元素的质量比为：(1－60%):60%＝2:3设Ｒ元素的相对原子质量为ｘ，则：ｘ:(16×3)＝2:3ｘ＝32，答案选B。第四种类型：根据式量求相对原子质量解法：解此类型题必须掌握式量的概念及式量的计算方法，只有式量的计算式正确了，才能正确求出某元素的相对原子质量。[例4]：某化合物的化学式为HnAO2n－1，若此化合物的式量为M，则元素A的相对原子质量为____。解：设元素A的相对原子质量为ｘ，根据式量的计算式得： 1×ｎ＋ｘ＋16×(2ｎ－1)＝Mｘ＝M－33ｎ＋16元素A的相对原子质量为M－33ｎ＋16。第五种类型：根据化学方程式求相对原子质量解法：解此类型题关键是根据元素在化合物里的化合价，配平化学方程式，然后根据化学方程式来求相对原子质量。[例5]：ag二价金属M溶于稀硫酸中完全反应，生成bg氢气，此金属的相对原子质量为( )。 A.b/a B.2a/b Ｃ.a/2b Ｄ.a/b 解：设金属M的相对原子质量为ｘ，则有：M＋H2SO4＝MSO4＋H2↑ｘ 2ag bgｘ/2＝ag/bg，ｘ＝2a/b，答案选B。第六种类型：根据质量守恒定律求相对原子质量解法：解此类型题时，若能根据质量守恒定律计算出化合物里各元素的质量，即可求出相对原子质量。[例6]：某金属元素M的质量为16.2g，与氧气完全反应后生成M2O330.6g。若O的相对原子质量为16，则M的相对原子质量为( )。A.27 B.28 Ｃ.56 Ｄ.58解：设M的相对原子质量为ｘ。根据质量守恒定律可知，M2O3中氧元素的质量为：30.6g－16.2g＝14.4g则M元素与氧元素的质量比为：2ｘ:(16×3)＝16.2g:14.4gｘ＝27，答案应选A。分类点拨化学计算题中的隐含条件所谓隐条件就是已知条件隐含在题目中，挖掘隐含条件是解这类计算题的关键。现举五种类型的隐条件计算题进行分析。一、条件隐含在化学反应中[例1]：6.2克氧化钠溶于 93.8克水中，所得溶液的溶质质量分数是( )：A.等于6.2% B.大于6.2% C.小于6.2% D.无法计算分析：因为Na2O溶于水后，隐藏着Na2O+H2O＝2NaOH的化学反应，所以溶液中的溶质不是Na2O，而是NaOH，且反应后的溶质是8克，所以溶液的溶质质量分数大于6.2%。二、条件隐含在溶质未全部溶解(或难于溶解)中[例2]：已知20℃时硝酸钾的溶解度是31.6克。在此温度下，将50克硝酸钾晶体倒入50ml蒸馏水中，充分搅拌，所得溶液的溶质质量分数为( )：A.50% B.76% C.24% D.25%分析：某些学生忽视了硝酸钾溶于水的量要受溶解度的限制这一隐蔽条件，而误选A。其实50克水只能溶解15.8克硝酸钾，根据溶质质量分数概念，未溶解部分的溶质既不能计入溶质质量，也不能算到溶液质量之中，所以所得溶液溶质的质量分数为24%。三、条件隐含在溶液体积的变化中[例3]：用 25.30ml 98%的浓H2SO4(ρ＝1.84g/cm3)配制20%的H2SO4溶液(ρ＝1.14g/cm3)200ml，需加水( )：A.181.55ml B.174.70mlC.153. 44ml D.200ml分析：许多学生误认为需加水为200ml25.30ml＝174.70ml而选 B。其实，此题隐蔽着一个重要条件，即两种不同的液体相混合时其体积不等于混合前两种不同液体的体积之和，就好比1体积大豆加上1体积小米时，小米会落入大豆的空隙里。其正确解法是：解：设需加水的体积为x。则25.30ml×1.84g/cm3×98%＝(x×1g/cm3+25.30ml×1.84g/cm3)×20%解之得x≈181.55ml四、条件隐含在对正确数据的选择中[例4]：60℃时，50克水中最多能溶解55克KNO3。把60℃时210克KNO3饱和溶液蒸发掉50克水后，再降至60℃时，析出晶体后溶液中溶质的质量分数是( )A.35.5% B.58.1% C.17.2% D.52.4%分析：此题中“把60℃时210克KNO3饱和溶液蒸发掉50克水后，再降至60℃时”实际上是用来迷惑学生的多余条件，不认真审题，就会钻进溶解度计算的死胡同而不得其解。因此解答此类题的关键是，明确在一定条件下饱和溶液结晶后剩余溶液仍为饱和溶液。解：(略)。五、条件隐含在非数据之中[例5]：炭和CaCO3的混合物在空气中受强热后，CaCO3完全分解，炭完全氧化。如果生成的CO2总质量等于混合物的总质量，则混合物中炭的质量分数为( )A.82.6% B.17.4% C.21.5% D.54.3%分析：这是一道没有提供具体数据的计算题，但已具备了解题条件(非数据条件)，这个隐藏在非数据之中的条件是生成的CO2的总质量等于混合物的总质量。抓住这一点，用炭氧化生成CO2的质量增加量等于CaCO3分解生成CO2质量的减少量，求出炭和CaCO3的质量之比，然后求出炭的质量分数。解：设混合物中炭的质量为x，CaCO3 的质量为y。C + O2 ＝ CO2 增加质量12 44 44－12＝32CaCO3 ＝ CaO+CO2 减少质量100 44 100－44＝56则：56/100y＝32/12x ∴y＝21/100x则CO2的质量分数＝x/x+y＝x/x+21/100x＝82.6%故应选A。请同学们用上面介绍的方法作下面的两个联系题：1.将4克SO3溶于46克水中，所得溶液溶质的质量分数是 ( )A.8% B.8.7%C.9% D.9.8%2.在天平两端的烧杯中，分别盛有等质量、等溶质质量分数的稀硫酸，调整天平至平衡后，向天平两端的烧杯中分别加入等质量的镁和铜铝合金，恰好完全反应，且天平仍保持平衡。则铜铝合金中铜与铝的质量比为( )A.1:1 B.2:1C.1:2 D.1:3(答案：1.D 2.D)化学计算中的“转化”技巧解答有一定难度的化学问题，除了需要准确理解、熟练掌握基本概念、基本理论等基础知识外，最重要的莫过于做好“转化”工作。所谓“转化”，其实质就是将较复杂、较隐晦、较困难的问题，通过一定的方法转化为较简单、较明朗、较容易的问题。简而言之，就是把原先不会做的题转化变成会做的题。因此，“转化”工作的好坏，直接影响到解题的成败。现以典型习题为例，介绍几种化学计算中的转化5中常见的技巧。一、由陌生转化为熟悉。在解题过程中，当接触到一个难以解决的陌生问题时，要以已有知识为依据，将所要求解的问题与已有知识进行比较、联系，异中求同，同中求异，将陌生转化为熟悉，再利用旧知识，解决新问题。[例1]：现有25℃的硫酸铜饱和溶液300克，加热蒸发掉80克水后，再冷却到原来的温度，求析出CuSO4.5H2O多少克(已知25℃时，CuSO4的溶解度为20克)。分析：结晶水合物的析晶计算难度大，是由于带有结晶水晶体的析出，会导致溶剂水量的减少，从而使结晶水合物继续从饱和溶液中析出，这样依次重复，最终使晶体的总量趋向于定值。由此可见，结晶水合物的析出过程实质上是无数次结晶的总结果。作为一个数学问题，这类题目可以应用无穷递缩等比数列求和知识解决，但初中学生尚未学过，故对于学生来说是陌生的。若仔细分析题意，抓住析晶后的溶液仍为饱和溶液解：300克溶液中所含硫酸铜的量＝20×300÷120＝50克设蒸发后可析出ｘ克硫酸铜，则可以得出：120:20＝(300－80－ｘ):(50－160/250.x)解之得x≈29克例2.溶质质量分数为3x%和x%的两种硫酸等体积混合后，混合液中溶质的质量分数是 ( )A.2x% B.大于2x% C.小于2x% D.无法计算分析：溶液等体积混合，求混合后溶液中溶质的质量分数，课本上无例题，教师授课时也很少提到，题目新颖，陌生度大，似有无从下手之感。若把题中两种硫酸等体积混合想象成熟知的等质量混合(化陌生为熟悉)，则混合后溶液中溶质的质量分数为2x%。硫酸越浓，密度越大，故等体积混合时，较浓硫酸的质量比混合溶液的质量一半要多，所以混合后溶液中溶质的质量分数应大于2x%。二、由局部转化为整体。复杂的化学问题，往往是由几个小问题组合而成，若将这些小问题孤立起来，逐个分析解决，不但耗时费力，且易出错。如能抓住实质，把所求问题转化为某一整体状态进行研究，则可简化思维程序，收到事半功倍之效。[例3]：有一包FeSO4和Fe2(SO4)3的固体混合物，已测得含铁元素的质量分数为31%，则混合物中硫元素的质量分数是____。分析：这是一道利用化学式计算物质中某元素质量分数的常见题。学生熟知的解题模式是先分别求出两化合物中硫元素的质量，再相加得到混合物中硫元素的质量，进而算出硫元素在混合物中的质量分数。这种按部就班，步步为营的解法尽管思路正确，方向对头，但运算复杂，作为填空题，计算时一步不慎，满盘皆输。如果克服思维定势，开拓思路，把S和O组成的原子团(SO4)看成一个整体(化局部为整体)，由于铁元素占混合物的质量分数为31%，则另一部分(即SO4)为100－31%＝69%故硫元素占混合物的质量分数为 69%×32÷96＝23%。[例4]：有一放置在空气中的KOH固体，经测定，其中KOH 84.9%，KHCO3 5.1%，K2CO3 2.38%，H2O 7.62%。将此样品若干克投入 98克10%的盐酸中，待反应完全后，再需加入20克10%的KOH溶液方能恰好中和。求蒸发中和后的溶液可得固体多少克。分析：此题信息量大，所供数据多。根据有关化学反应方程式逐一分步求解，计算繁杂，失分率高。如果抛开那些纷繁的数据和局部细节，将溶液看成一个整体(化局部为整体)，则无论是KOH、K2CO3还是KHCO3，与盐酸反应最终均生成KCl。由于KCl中的Cl—全部来自于盐酸，故可得关系式：35.5→74.5Cl—的质量＝98×10%×(35.5÷36.5)＝9.54克设可得到固体(KCI)x克，则：35.5 → 74.5 9.54 x35.5:9.54＝74.5:x解之得x＝20克三、由复杂转化为简单著名数学家华罗庚曾经说过：“把一个较复杂的问题‘退’成最简单、最原始的问题，把这最简单、最原始的问题想通了，想透了……然后各个击破，复杂问题也就迎刃而解，不攻自破了。”华罗庚所说的“退”，就是“转化”，这种“退”中求进的思维策略完全可以用于解决复杂的化学问题。[例5]：在温度不变的情况下，向一定量的硫酸铜溶液中加入25克胆矾(CuSO4.5H2O)或蒸发掉55克水均可得到饱和溶液，求该温度时硫酸铜的溶解度。分析：设想将原来的不饱和硫酸铜溶液分解成两部分(化复杂为简单)：一部分是饱和溶液，另一部分是55克水，而在这55克水中若溶解25克胆矾(内含16克CuSO4和9克H2O)，则也恰好成为该温度时的硫酸铜饱和溶液。解：设该温度时硫酸铜的溶解度为x，则：(55＋9):16＝100:x解之得x＝25[例6]：向1000克未知溶质质量分数的硫酸铜溶液中加入一定量的氢氧化钠溶液，过滤、干燥后得到蓝色固体19.6克。在所得滤液中加入过量铁粉，充分反应后，再加入足量盐酸，最后得到6.4克固体，求原溶液中硫酸铜的质量分数。分析：这是一道综合性题目，根据题意，可将该题分解成容易作答的四个小题(化复杂为简单)：1、得到19.6克氢氧化铜，有多少克硫酸铜参加了反应？(32克)2、与铁粉反应生成6.4克铜，有多少克硫酸铜参加了反应？(16克)3、上面了个小题中中硫酸铜的总质量是多少克？(48克)4、根据3的结果，原溶液中硫酸铜的质量分数是多少？(4.8%)将一定难度的综合题分解为数个简单题，实现由繁到简，由难到易的转化，使本来感觉很难的题目转化成了简单易做的题目。这样做，易学易懂，不仅学会了思考问题的方法，更重要的是增强了克服困难的勇气和信心，对后继化学课程的学习将产生深远的影响。四、由一般转化为特殊。有些化学计算题若从一般情况考虑，思路不畅，计算繁杂。此时不妨从特例入手，使抽象问题具体化，从而达到简化计算、迅速求解的目的。[例7]：在化合物X2Y和YZ2中，Y的质量分数分别为40%和50%，则在化合物X2YZ3中，Y的质量分数是多少？分析：根据Y在化合物X2Y和YZ2中的质量分数，虽能求得Y在X2YZ3中的质量分数，但难度大，技巧性高，稍不留神，往往半途而废。若根据Y在X2Y中的质量分数，假设Y的原子量为40(化一般为特殊)，由题意得：X的原子量则为(100－40)÷2＝30Z的原子量则为[(40÷50%)－40]：÷2＝80所以Y在X2YZ3中的质量分数为：40÷(30×2＋40＋40×3)≈16.7%五、由隐含转化为显露。有些题目从表面看来似缺条件而无法求解，实际上解题条件就隐含在语言叙述、化学现象、化学原理之中。解答此类题目的关键，是充分挖掘题中的隐含条件，化隐为显，架设由未知到已知的“桥梁”。[例9]：将镁粉和碳酸镁的混合物置于氧气中灼烧，直至质量不再改变为止。经测定，灼烧后所得固体质量与原混合物质量相同，求原混合物中镁粉和碳酸镁的质量比。分析：整个题目全用文字叙述，没有一个可供直接利用的具体数据。仔细审视题意，抓住关键词语，将“灼烧后所得固体质量与原混合物质量相同”转化为(化隐含为显露)“Mg吸收的O2质量等于MgCO3分解放出的CO2质量”，即可由2Mg→O2和MgCO3→CO2，导出44Mg→16MgCO3。这一关系式表明，在原混合物中镁粉与碳酸镁的质量比是44×24:16×84＝11:14。[例10]：已知某混合物由Na2S、Na2SO3、Na2SO4三种物质组成。经测定，其中钠元素的质量分数为m，求混合物中氧元素的质量分数。分析：混合物中共含有三种元素，仅已知其中一种元素的质量分数，求另一元素的质量分数，通常情况是无法求解的。观察三种物质的化学式、发现隐含着一个十分重要的解题条件，即Na元素和S元素之间的质量比恒为(23×2)：32＝23：16，故S的16/23m，显而易见，氧元素的质量分数则为100%－m－16/23m两类关于溶质质量分数计算的审题和解题技巧溶液中溶质质量分数的计算是初中化学中化学基本计算的重点也是难点，正确理解溶液中溶质质量分数的概念，同时正确辨别溶质质量与溶解度之间的关系是解题的关键。一、没有给出溶解度的溶质质量分数的计算此类题解题关键是如何来求溶质质量和溶液质量。[例1]：将硫酸铜和硫酸钠的混合物19.8克加入到90克水中，完全溶解后，再加入100克溶质质量分数为8%的氢氧化钠溶液恰好完全反应，计算(1)、生成沉淀的质量(2)、反应所得溶液中溶液质质量分数是多少？解析：本题(1)问直接用化学方程式来求解出氢氧化铜的质量。在解第2问时，首先观察题中有没有出现溶解度这个条件。如果没有则解此类题不需考溶液是否饱和与不饱和。只需直接计算出溶质的质量和溶液的质量，再根据溶质质量分数的定义式来计算即可。但在计算溶液质量时有很多同学不是计算得相当复杂就是根本不知从何处下手。 在解题过程中可以总结为：溶液质量等于题中溶液质量之和加上加入到溶液中物质的质量再减去生成物中沉淀的质量或生成气体的质量。解：设生成氢氧化铜沉淀为x克，生成硫酸钠为y克，反应中用去硫酸铜为z克。CuSO4+2NaOH ＝ Cu(OH)2 ↓+Na2SO4160 80 98 142z 100×8% x y解之得：x＝9. 8克 y＝14.2 克 z＝16克由题意可知：此溶液中溶质的质量＝(19.8－16 )+14.2＝18克溶液的质量＝(19.8＋90＋100－9. 8＝200克根据溶质量分数的定义式可得：该溶液中溶质质量分数＝18÷200＝9%答：(1)、生成沉淀的质量为9. 8克(2)、反应所得溶液中溶液质质量分数为9%。练习：将含锌81.25%的粗锌8克放入烧杯中，向烧杯中加入适量稀硫酸恰好完全目 录学好中学化学的关键和方法怎样作题效果好？巧解化学计算题解题方法概说用守恒法解题的技巧注意数学中的方程、函数在化学中的应用化学中的图像题的解题技巧循环反应计算的技巧有关物质的量浓度计算应注意的问题关于化学反应速率与平衡的关系应注意的三个问题NO、NO2、O2混合气体和水反应的计算技巧过量计算应注意的问题怎样用差量法巧解化学题求相对原子质量的题型与解法分类点拨化学计算题中的隐含条件化学计算中的“转化”技巧两类关于溶质质量分数计算的审题和解题技巧计算金属与酸反应所得氢气质量题型分析实验计算的新要求及计算方法1~20号元素中的某些元素的特性常见的具有“10电子”、“18电子”的微粒推断元素的技巧中学化学中的一些“一般和特殊”谈离子方程式的书写及其正确与否的判断溶液中离子不能大量共存的规律无机化学反应的一些重要规律总结谈“答案就在题中”的题的解法谈高考中考查化学实验的热点问题要注意有机化学题中的“陷阱”烃类化合物分子式的求法及结构式的判断技巧有机物结构式的推断方法怎样准确解答化学说理题？应用性试题分类例析平日要加强对开放型试题练习鉴别物质的方法化学竞赛试题命题思想、解题思路与试题分析怎样迎接“3+X”高考化学的挑战？怎样搞好理综的化学总复习 ？怎样培养自己学习化学的能力？学习化学的思维障碍及克服方法谈决胜化学考场的策略 展开更多...... 收起↑ 资源列表 正文.doc 目录.doc
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