化学计较题是中高足在化学研习中对照头痛的一类题目，也是同砚们在检验和测试中最罕见分的一类题，能采用最符合的法子确切而迅速地束缚计较题，对于抬高研习成绩，巩固研习效率，有偏急迫意义。那末，解题法子有哪些呢？给同砚们归纳了如下14种，用心看！
1、商余法这类法子主如果应用于回答有机物(尤为是烃类)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，因此能够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)，尾数代入上述分子量通式，切合的便是其所属的种别。
例1某直链一元醇14克能与金属钠全部反映，生成0.2克氢气，则此醇的同分异构体数量为（）
A.6个B.7个C.8个D.9个
：
由于一元醇只含一个-OH，每mol醇只可调动出1/2molH2，由生成0.2克H2料到出14克醇应有0.2mol，因此其摩尔品质为72克/摩，分子量为72，扣除羟基式量17后，残剩55，除以14，最大商为3，余为13，不公道，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，联合"直链"，进而料到其同分异构体数量为6个。
2、平衡值法这类法子最合适定性地求解搀杂物的构成，即只求出搀杂物的大概成份，不必思考各组分的含量.根据搀杂物中各个物理量(譬喻密度，体积，摩尔品质，物资的量浓度，品质分数等)的界说式或联合题目所给前提，能够求出搀杂物某个物理量的平衡值，而这个平衡值务必介于构成搀杂物的各成份的统一物理量数值之间，换言之，搀杂物的两个成份中的这个物理量必定一个比平衡值大，一个比平衡值小，才略切合请求，进而可判定出搀杂物的大概构成。
例2将两种金属单质搀杂物13g，加到充足稀硫酸中，共放出准则情况下气体11.2L，这两种金属大概是（）
A.Zn和Fe
B.Al和Zn
C.Al和Mg
D.Mg和Cu
：
将搀杂物当做一种金属来看，由于是充足稀硫酸，13克金属集体反映生成的11.2L(0.5摩尔)气体集体是氢气，也便是说，这类金属每放出1摩尔氢气需26克，即使集体是+2价的金属，其平衡原子量为26，则构成搀杂物的+2价金属，其原子量一个大于26，一个小于26，代被选项，在置换出氢气的反映中，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，由于在反映中显+3价，要置换出1mol氢气，唯有18克Al便够，可看做+2价时其原子量为27/(3/2)=18，一样假若有+1价的Na介入反适时，将它看做+2价时其原子量为23×2=46，对于Cu，由于它不能置换出H2，因此可看做原子量为无量大，进而获得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，因此A，C都不切合请求，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BD为应选谜底。
3、极限法极限法与平衡值法适值相悖，这类法子也合适定性或定量地求解搀杂物的构成.根据搀杂物中各个物理量(譬喻密度，体积，摩尔品质，物资的量浓度，品质分数等)的界说式或联合题目所给前提，将搀杂物看做是只含个中一种组分A，即其品质分数或气体体积分数为%(极大)时，另一组分B对应的品质分数或气体体积分数就为0%(微小)，能够求出此组分A的某个物理量的值N1，用雷同的法子可求出搀杂物只含B不含A时的统一物理量的值N2，而搀杂物的这个物理量N平是平衡值，务必介于构成搀杂物的各成份A，B的统一物理量数值之间，即N1N平N2才略切合请求，进而可判定出搀杂物的大概构成。
例34个同砚同时解析一个由KCl和KBr构成的搀杂物，他们各取2.00克样本配成水溶液，插手充裕HNO3后再插手适当AgNO3溶液，待积淀全部后过滤获得枯燥的卤化银积淀的品质以如下四个选项所示，个中数据公道的是（）
A.3.06g
B.3.36g
C.3.66g
D.3.96
：
本题如按每每解法，搀杂物中含KCl和KBr，能够有无穷多种组合式样，则求出的数据也有多种大概性，要考证数据能否公道，务必将四个选项代入，看能否有解，也就相当于做四道计较题，耗时耗力。哄骗极限法，设2.00g集体为KCl，根据KCl-AgCl，每74.5gKCl可生成.5gAgCl，则可得积淀为2.00/74.5×.5=3.g，为最大值；一样可求妥当搀杂物集体为KBr时，每gKBr可得积淀g，因此应得积淀为2.00/×=3.g，为最小值。是以谜底应介于最大值和最小值之间，谜底选BC。
4、预算法化学题尤为是取舍题中所波及的计较，所要观察的是化学常识，而不是运算技术，因此之中的计较的量理当是较小的，每每都不需计出切当值，可联合题目中的前提对运算效果的数值举办估测，切合请求的就可采选。
例4已知某盐在不同温度下的熔解度如下表，若把品质分数为22%的该盐溶液由C渐渐冷却，则发端析出晶体的温度领域是（）
A.0-℃
B.10-℃
C.20-℃
D.30-℃
：
本题观察的是溶液结晶与溶质熔解度及溶液饱和度的关连.溶液析出晶体，象征着溶液的浓度超过了今朝温度下其饱和溶液的浓度，根据熔解度的界说，[熔解度/(熔解度+克水)]×%=饱和溶液的品质分数，即使将各个温度下的熔解度数值代入，对照其饱和溶液品质分数与22%的巨细，可得出效果，但运算量太大，不切合取舍题的特性.从表上可知，该盐熔解度随温度回升而增大，能够反过来将22%的溶液当做某温度时的饱和溶液，唯有温度低于该温度，就会析出晶体.代入[熔解度/(熔解度+克水)]×%=22%，可得：熔解度×78=×22，即熔解度=2/78，除法运算费事，应用预算，应介于25与30之间，此熔解度只可在30-C中，故选D。
5、差量法对于在反映流程中有波及物资的量，浓度，微粒个数，体积，品质等差量改变的一个详细的反映，应用差量改变的数值有助于敏捷确切地设立定量关连，进而消除做对，敏捷解题，乃至于一些因前提不够而无法束缚的题目也水到渠成。
例5在1升浓度为C摩/升的弱酸HA溶液中，HA、H+和A-的物资的量之和为nC摩，则HA的电离度是（）
A.n×%
B.(n/2)×%
C.(n-1)×%
D.n%
：
根据电离度的观点，唯有求出已电离的HA的物资的量，而后将这个值与HA的总量(1升×C摩/升=C摩)相除，其百分数便是HA的电离度.请求已电离的HA的物资的量，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的物资的量为XC摩，即电离出的H+和A-也别离为CXmol，溶液中未电离的HA就为(C-CX)mol，因此HA、H+、A-的物资的量之和为[(C-CX)+CX+CX]摩，即(C+CX)摩=nC摩，进而可得出1+X=n，因此X的值为n-1，取百分数故选C。
本题中波及的微粒数较易混淆，采取差量法有助于敏捷解题：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，如今微粒数由正本的C摩变成nC摩，增大了(n-1)×C摩，马上可知有(n-1)×C摩HA产生电离，则电离度为(n-1)C摩/C摩=n-1，更快地选出C项谜底。
6、代入法将悉数选项可某个非凡物资一一代入原题来求出确实效果，这正本是解取舍题中最无法时才采取的法子，但唯有恰本地联合题目所给前提，缩窄要代入的领域，也能够应用代入的法子敏捷解题。
例6某种烷烃11克全部焚烧，需准则情况下氧气28L，这类烷烃的分子式是（）
A.C5H12
B.C4H10
C.C3H8
D.C2H6
：
由于是烷烃，构成为CnH2n+2，分子量为14n+2，即每14n+2克烃全部焚烧生成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]，不需解方程就可敏捷得悉n=3。
7、关连式法对于多步反映，可根据各式的关连(主如果化学方程式，守恒等)，列出对应的关连式，迅速地在请求的物资的数量与题目给出物资的数量之间设立定量关连，进而罢职了波及中心流程的大批运算，不光勤俭了运算功夫，还防止了运算犯错对计较效果的影响，是最屡次哄骗的法子之一。
例7必定量的铁粉和9克硫粉搀杂加热，待其反映后再插手过多盐酸，将生成的气体全部焚烧，共汇集得9克水，求插手的铁粉品质为（）
A.14g
B.42g
C.56g
D.28g
：
由于题目中无指明铁粉的量，因此铁粉大概是过多，也大概不够，则与硫粉反映后，插手过多盐酸是生成的气体就有多种大概：大概惟独H2S（铁集体变化为FeCl2），大概既有H2S又有H2（铁除了生成FeCl2外再有残剩），因此只凭硫粉品质和生成水的品质，不易设立方程求解。根据各步反映的定量关连，列出关连式：（1）Fe~FeS（铁守恒）~H2S（硫守恒）~H2O（氢守恒），（2）Fe~H2（化学方程式）~H2O（氢守恒），进而得悉，不论铁介入了哪一个反映，每一个铁原子终究生成了1个水份子，因此敏捷得出铁的物资的量便是水的物资的量，与流没相关连因此应有铁粉9/18=0.5mol，即28g。
8、对照法已知一个有机物的分子式，根据题方针请求去计较关连的量例仿佛分异构体，反映物或生成物的组织，反映方程式的系数比等，屡次要用到组织对照法，其关键是要对有机物的组织特性知道透澈，将关连的官能团的地方，性质闇练把握，代入对应的前提中举办断定。
例8分子式为C12H12的烃，组织式为，若萘环上的二溴代物有9种CH3同分异构体，则萘环上四溴代物的同分异构体数量有（）
A.9种
B.10种
C.11种
D.12种
：
本题是求萘环上四溴代物的同分异构体数量，不需思考官能团异谈判碳链异构，只求官能团的地方异构，如按每每做法，将四个溴原子一一代入萘环上的氢的地方，就可数出同分异构体的数量，但由于数量多，组织对照特别痛苦，很易错数，漏数.捉住题目所给前提：二溴代物有9种，解析所给有机物组织，不丑陋出，萘环上惟独六个氢原子能够被溴代替，也便是说，每代替四个氢原子，就必定余下两个氢原子未代替，根据"二溴代物有9种"这一提醒，即萘环上只取两个氢原子的不同组合有9种，即象征着取四个氢原子举办代替的不同组合就有9种，因此根柢不需一一代，敏捷推知萘环上四溴代物的同分异构体就有9种。
9、残基法这是求解有机物分子组织简式或组织式中最罕用的法子.一个有机物的分子式算出后，能够有良多种不同的组织，要末了断定其组织，可先将已知的官能团包含烃基的式量或所含原子数扣除，余下的式量或原子数便是属于残存的基团，再商议其大概构成便敏捷良多。
例9某有机物5.6克全部焚烧后生成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.即使该有机物能使溴水退色，并且此有机物和新制的氢氧化铜搀杂后加热形成赤色积淀，试料到该有机物的组织简式。
：
由于该有机物的蒸气对一氧化碳的相对密度为2，因此其分子量是CO的2倍，即56，而5.6克有机物便是0.1摩，全部焚烧生成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，分子式中惟独1个氧，进而断定分子式是C3H4O.根据该有机物能产生斐林反映，表明个中有-CHO，从C3H4O中扣除-CHO，残基为-C2H3，能使溴水退色，则有不饱和键，按其构成，只大概为-CH=CH2，因此该有机物组织就为H2C=CH-CHO。
10、守恒法物资在介入反适时，化合价起落的总额，反映物和生成物的总品质，各物资中所含的每一种原子的总额，各式微粒所带的电荷总和等等，都务必守恒.因此守恒是解计较题时设立等量关连的根据，守恒法偶尔交织在其余法子中同时哄骗，是各式解题法子的原形，行使守恒法能够很快设立等量关连，到达速算成效。
例10已知某强氧化剂[RO(OH)2]+能被硫酸钠复原到较廉价态，即使复原含2.4×10-3mol[RO(OH)2]+的溶液到廉价态，需12mL0.2mol/L的亚硫酸钠溶液，那末R元素的终究价态为（）
A.+3
B.+2
C.+1
D.-1
：
由于在[RO(OH)2]+中，R的化合价为+3价，它被亚硫酸钠复原的同时，亚硫酸钠被氧化只可得硫酸钠，硫的化合价抬高了2价，根据2.4×10-3mol[RO(OH)2]+与12ml×0.2mol/L=0.mol的亚硫酸钠全部反映，亚硫酸钠共升0.×2=0.价，则按照起落价守恒，2.4×10-3mol[RO(OH)2]+共降也是0.价，因此每mol[RO(OH)2]+降了2价，R原为+3价，务必降为+1价，故不需配平方程式可直接选C。
11、规律法化学反映流程中各物资的物理量偶尔是切合必定的数量关连的，这些数量关连便是每每所说的反映规律，体现为通式或公式，包含有机物分子通式，焚烧耗氧通式，化学反映通式，化学方程式，各物理量界说式，各物理量彼此变化关连式等，乃至于从理论中本身归纳的通式也可充足行使.闇练行使各式通式和公式，可大幅度减低运算功夫和运算量，到达事倍功半的成效。
例111℃时，1体积某烃和4体积O2混和，全部焚烧后复原到正本的温度和压强，体积稳定，该烃分子式中所含的碳原子数不行能是（）
A.1
B.2
C.3
D.4
：
本题是有机物焚烧规律应用的典范，由于烃的种别虚浮定，氧能否过多又未知，即使纯真将含碳由1至4的各式烃的分子式代入焚烧方程，运算量大并且未势必悉数大概性都找得出.应用有机物的焚烧通式，设该烃为CXHY，其全部焚烧方程式为：CXHY+(X+Y/4)O2==XCO2+Y/2H2O，由于反映先后温度都是1℃，因此H2O为气态，要计体积，在雷同情况下气体的体积比就相当于摩尔比，则不论O2能否过多，每1体积CXHY只与X+Y/4体积O2反映，生成X体积CO2和Y/2体积水蒸气，体积变量必定为1-Y/4，只与分子式中氢原子数量关连.按题意，由于反映先后体积稳定，即1-Y/4=0，马上获得分子式为CXH4，此时再将四个选项中的碳原子数量代入，CH4为甲烷，C2H4为乙烯，C3H4为丙炔，惟独C4H4不行能。
12、消除法取舍型计较题最紧要的特性是，四个选项中必定有确实谜底，唯有将不确实的谜底剔除，残剩的便是应选谜底.行使这一点，针对数据的非凡性，可应用将不行能的数据消除的法子，不直接求解而获得确实选项，尤为是单选题，这一法子加倍有用。
例12取雷同体积的KI，Na2S，FeBr2三种溶液，别离通入氯气，反映都全部时，三种溶液所耗损氯气的体积(在同温同压下)雷同，则KI，Na2S，FeBr2三种溶液的摩尔浓度之比是（）
A.1：1：2B.1：2：3C.6：3：2D.2：1：3
：
本题固然可用将氯气与各物资反映的关连式写出，遵循氯气用量相等获得各物资摩尔数，进而求出其浓度之比的法子来解，但要举办必定量的运算，没有充足行使取舍题的非凡性.根据四个选项中KI和FeBr2的比例或Na2S和FeBr2的比例均不雷同这一特性，唯有求出个中一个比值，曾经可得出确实选项.因KI与Cl2反映产品为I2，即两反映物mol比为2：1，FeBr2与Cl2反映产品为Fe3+和Br2，即两反映物mol比为2：3，可化简为2/3：1，当Cl2用量雷同时，则KI与FeBr2之比为2：(2/3)即3：1，A，B，D中比例不切合，给予消除，惟独C为应选项.即使取Na2S与FeBr2来算，同理也可得出雷同效果.本题还可进一步放慢解题速率，捉住KI，Na2S，FeBr2三者组织特性--等量物资与Cl2反适时，FeBr2需耗至多Cl2。换言之，当Cl2的量相等时，介入反映的FeBr2的量起码，因此等体积的溶液中，其浓度最小，在四个选项中，也惟独C切合请求。
13、十字交织法十字交织法是特地用来计较溶液浓缩及稀释，搀杂气体的平衡构成，搀杂溶液中某种离子浓度，搀杂物中某种成份的品质分数等的一种罕用法子，其哄骗法子为：组分A的物理量a差量c-b平衡物理量c(品质，浓度，体积，品质分数等)组分B的物理量b差量a-c则搀杂物中所含A和B的比值为(c-b)：(a-c)，至于浓缩，可看做是原溶液A中缩小了品质分数为0%的水B，而稀释则是补充了品质分数为%的溶质B，获得品质分数为c的溶液。
例13有A克15%的NaNO3溶液，欲使其品质分数变成30%，可采取的法子是（）
A.挥发溶剂的1/2
B.挥发掉A/2克的溶剂
C.插手3A/14克NaNO3
D.插手3A/20克NaNO3
：
根据十字交织法，溶液由15%变成30%差量为15%，增大溶液品质分数可有两个法子：(1)插手溶质，要使%的NaNO3变成30%，差量为70%，因此插手的品质与原溶液品质之比为15：70，即要3A/14克。(2)挥发缩小溶剂，要使0%的溶剂变成30%，差量为30%，因此挥发的溶剂的品质与原溶液品质之比为15%：30%，即要挥发A/2克.即使设未知数来求解本题，需求做两次计较题，则所花功夫要多良多。
14、拆分法将题目所供给的数值或物资的组织，化学式举办合适分拆，成为彼此有关的几个部份，能够便于设立等量关连或举办对照，将运算简化.这类法子最合用于有机物的组织对照(与残基法如同)，统一物资介入多种反映，以及对于化学均衡或商议型的计较题。
例14将各为0.摩的如下各物资在雷同前提下全部焚烧，耗损氧气的体积起码的是（）
A.甲酸
B.甲醛
C.乙醛
D.甲酸甲酯
：
这是对于有机物的焚烧耗氧量的计较，由于是等摩尔的物资，全部可用焚烧通式求出每一个选项耗氧的摩尔数，但本题唯有要定量对照各个物资耗氧量的几多，不必求出切当值，故此题可应用拆分法：甲酸组织简式为HCOOH，可拆为H2O+CO，焚烧时惟独CO耗氧，甲醛组织简式HCHO，可拆为H2O+C，比甲酸少了一个O，则等摩尔焚烧流程中生成雷同数量的H2O和CO2时，耗多一个O，耗氧量必定大于甲酸，甲酸甲酯HCOOCH3拆为2H2O+C2，比乙酸少了H2，耗氧量必定少，因此可知等量物资焚烧时乙醛耗氧至多。
例15有一同铁铝合金，溶于充足盐酸中，再用充足KOH溶液处置，将形成的积淀过滤，洗濯，枯燥。灼烧使之全部变成赤色粉末，经称量，发觉该赤色粉末和原合金品质赶巧相等，则合金中铝的含量为（）
A.70%
B.52.4%
C.47.6%
D.30%
：
本题是求搀杂金属的构成，惟独一个"赤色粉末与原合金品质相等"的前提，用一般法子不能敏捷解题.根据化学方程式，由于铝经两步处置后已在过滤时裁撤，可用铁守恒设立关连式：Fe～FeCl2～Fe(OH)2～Fe(OH)3～(1/2)Fe2O3，再由品质相等的前提，得合金中铝+铁的品质=氧化铁的品质=铁+氧的品质，进而可知，铝的含量相当于氧化铁中氧的含量，根据品质分数的公式，可求出其含量为：[(3×16)/(2×56+3×16)]×%=30%.
解题中同时应用了关连式法，公式法，守恒法等.综上所述，"功夫便是分数，效率便是成绩"，要想解题流程敏捷确切，务必针对题方针特性，采选最有用的解题法子，乃至是多种法子归纳应用，以到达缩小运算量，巩固运算确切率的成效，进而博得更多的积极权，才略在测试中猎取更佳的成绩。
固然，解题法子并不但控制于以上法子，再有各人从理论中归纳出来的各式各类的阅历法子，各式法子都有其自己的长处.在稠密的法子中，不论哄骗哪一种，都理当留神如下几点：
一、要捉住题目中的精确提醒，譬喻差值，守恒关连，反映规律，选项的数字特性，组织特性，以及彼此关连，并联合通式，化学方程式，界说式，关连式等，断定应选的法子。
二、哄骗各式解题法子时，必定要将关连的量的关连搞理解，尤为是差量，守恒，关连式等不要弄错，也不能凭空杜撰，免得拔苗助长，弄巧反拙.
三、坚固的原形常识是各式解题法子的后台，解题时应在原形观点原形理论动手，在解析题目前提上找法子，短暂未能找到巧解法子，先从最原形法子求解，按步就班，再从中开掘速算法子。
四、在解题流程中，偶尔需求将多种解题法子联合一同同时应用，以到达最好成效。
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03.高考课件学案和配套操演（5套）
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