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    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,所以產物不能確定,根據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:根據質量守恒定律,由于銅片只與硝酸完全反應生成Cu²⁺,則產物應為硝酸銅,且其物質的量與原來的銅片一樣,均為5.12/64=0.08摩,從產物的化學式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;而反應的氣態產物,無論是NO還是NO₂,每一個分子都含有一個N原子,則氣體分子總數就相當于參與氧化還原反應的HNO₃的摩爾數,所以每消耗一摩HNO₃都產生22.4L氣體(可以是NO或NO₂甚至是兩者的混合物),現有氣體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,不論方式及解題規范,而此題的關鍵之處在于能否熟練應用質量守恒定律,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),在一定條件下發生下列反應:4X(氣)+3Y(氣)    2Q(氣)+nR(氣)  達到平衡后,容器內溫度不變,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比等于體積比,可分別列出各物質的始態,變量和終態:

            4X           3Y            2Q            nR
   始態     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   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)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的系數之和必小于Q與R的系數之和,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容.解法一是遵循化學平衡規律,按步就班的規范做法,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?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C_nH_2n+2,分子量為14n+2,對應的烷烴基通式為C_nH_2n+1,分子量為14n+1,烯烴及環烷烴通式為C_nH_2n,分子量為14n,對應的烴基通式為C_nH2_n-1,分子量為14n-1,炔烴及二烯烴通式為C_nH_2n-2,分子量為14n-2,對應的烴基通式為C_nH_2n-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(即n值),余數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個碳的烯烴基或環烷基,結合"直鏈",從而推斷其同分異構體數目為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.根據混合物中各個物理量(例如密度,體積,摩爾質量,物質的量濃度,質量分數等)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.根據混合物中各個物理量(例如密度,體積,摩爾質量,物質的量濃度,質量分數等)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,即其質量分數或氣體體積分數為100%(極大)時,另一組分B對應的質量分數或氣體體積分數就為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的同一物理量數值之間,即N₁<N_平<N₂才能符合要求,從而可判斷出混合物的可能組成.

[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量如下列四個選項所示,其中數據合理的是

   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,則求出的數據也有多種可能性,要驗證數據是否合理,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值就符合要求,故只能選B和C.

    4.估算法.化學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,若把質量分數為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,根據溶解度的定義,[溶解度/(溶解度+100克水)]*100%=飽和溶液的質量分數,如果將各個溫度下的溶解度數值代入,比較其飽和溶液質量分數與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的量,濃度,微粒個數,體積,質量等差量變化的一個具體的反應,運用差量變化的數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%

    根據電離度的概念,只需求出已電離的HA的物質的量,然后將這個值與HA的總量(1升*C摩/升=C摩)相除,其百分數就是HA的電離度.要求已電離的HA的物質的量,可根據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,取百分數故選C.本題中涉及的微粒數較易混淆,采用差量法有助于迅速解題:根據HA的電離式,每一個HA電離后生成一個H⁺和一個A^-,即微粒數增大一,現在微粒數由原來的C摩變為nC摩,增大了(n-1)*C摩,立即可知有(n-1)*C摩HA發生電離,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,但只要恰當地結合題目所給條件,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C_nH_2n+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的數量與題目給出物質的數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(鐵全部轉變為FeS₂),或者是既有H₂S又有H₂(鐵除了生成FeS₂外還有剩余),所以只憑硫粉質量和生成的水的質量,不易建立方程求解.根據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的量就是水的物質的量,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,反應方程式的系數比等,經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          ,若萘環上的二溴代物有9種

                                 CH₃

同分異構體,則萘環上四溴代物的同分異構體數目有

   A.9種    B.10種    C.11種    D.12種

    本題是求萘環上四溴代物的同分異構體數目,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上的氫的位置,便可數出同分異構體的數目,但由于數量多,結構比較十分困難,很易錯數,漏數.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"二溴代物有9種"這一提示,即萘環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扣除,剩下的式量或原子數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.根據該有機物能發生斐林反應,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.物質在參加反應時,化合價升降的總數,反應物和生成物的總質量,各物質中所含的每一種原子的總數,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,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,如果還原含 2.4*10^-3mol[RO(OH)₂]⁺的溶液到低價態,需12mL0.2mol/L的亞硫酸鈉溶液,那么R元素的最終價態為
   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.規律法.化學反應過程中各物質的物理量往往是符合一定的數量關系的,這些數量關系就是通常所說的反應規律,表現為通式或公式,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不可能是

   A.1    B.2    C.3    D.4

    本題是有機物燃燒規律應用的典型,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C_XH_Y,其完全燃燒方程式為:C_XH_Y+(X+Y/4)O₂==XCO₂+Y/2H₂O,因為反應前后溫度都是120⁰C,所以H₂O為氣態,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C_XH_Y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C_XH₄,此時再將四個選項中的碳原子數目代入,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,針對數據的特殊性,可運用將不可能的數據排除的方法,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反應的關系式寫出,按照氯氣用量相等得到各物質摩爾數,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,已經可得出正確選項.因KI與Cl₂反應產物為I₂,即兩反應物mol比為2:1,FeBr₂與Cl₂反應產物為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--等量物質與Cl₂反應時,FeBr₂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量分數等的一種常用方法,其使用方法為:

組分A的物理量a                                              差量c-b

                  平均物理量c(質量,濃度,體積,質量分數等)

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中減少了質量分數為0%的水B,而稀釋則是增加了質量分數為100%的溶質B,得到質量分數為c的溶液.

[例15]有A克15%的NaNO₃溶液,欲使其質量分數變為30%,可采用的方法是

   A.蒸發溶劑的1/2    B.蒸發掉A/2克的溶劑

   C.加入3A/14克NaNO₃    D.加入3A/20克NaNO₃

    根據十字交*法,溶液由15%變為30%差量為15%,增大溶液質量分數可有兩個方法:(1)加入溶質,要使100%的NaNO3變為30%,差量為70%,所以加入的質量與原溶液質量之比為15:70,即要3A/14克.(2)蒸發減少溶劑,要使0%的溶劑變為30%,差量為30%,所以蒸發的溶劑的質量與原溶液質量之比為15%:30%,即要蒸發A/2克.如果設未知數來求解本題,需要做兩次計算題,則所花時間要多得多.

    14.拆分法.將題目所提供的數值或物質的結構,化學式進行適當分拆,成為相互關聯的幾個部分,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,完全可用燃燒通式求出每一個選項耗氧的摩爾數,但本題只需要定量比較各個物質耗氧量的多少,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驗方法,各種方法都有其自身的優點.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,反應規律,選項的數字特點,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,將產生的沉淀過濾,洗滌,干燥,灼燒使之完全變成紅色粉末,經稱量,發現該紅色粉末和原合金質量恰好相等,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量相等"的條件,用普通方法不能迅速解題.根據化學方程式,因為鋁經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,再由質量相等的條件,得合金中鋁+鐵的質量=氧化鐵的質量=鐵+氧的質量,從而可知,鋁的含量相當于氧化鐵中氧的含量,根據質量分數的公式,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,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.