这类办法主若是操纵于回答有机物(尤为是烃类)晓得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，合乎的即是其所属的种别。
[例1]某直链一元醇14克能与金属钠统统反映，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醇只可更改出molH2，由生成0.2克H2推想出14克醇应有0.2mol，因此其摩尔原料为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，不正当，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，连系“直链”，进而推想其同分异构体数量为6个.
2.均匀值法这类办法最适当定性地求解搀和物的构成，即只求出搀和物的或许成份，不必思考各组分的含量。遵循搀和物中各个物理量(比方密度，体积，摩尔原料，物资的量浓度，原料分数等)的界说式或连系题目所给前提，能够求出搀和物某个物理量的均匀值，而这个均匀值必然介于构成搀和物的各成份的统一物理量数值之间，换言之，搀和物的两个成份中的这个物理量确定一个比均匀值大，一个比均匀值小，本领合乎请求，进而可判定出搀和物的或许构成。
[例2]将两种金属单质搀和物13g，加到充足稀硫酸中，共放出准则情况下气体11.2L，这两种金属或许是（）A．Zn和FeB．Al和Zn
C．Al和MgD．Mg和Cu
将搀和物看成一种金属来看，由于是充足稀硫酸，13克金属悉数反映生成的11.2L(0.5摩尔)气体悉数是氢气，也即是说，这类金属每放出1摩尔氢气需26克，若是悉数是+2价的金属，其均匀原子量为26，则构成搀和物的+2价金属，其原子量一个大于26，一个小于26.代录取项，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，只需18克Al便够，可看做+2价时其原子量为=18，一样假倘有+1价的Na参加反适时，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限大，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都不合乎请求，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B，D为应选谜底。
3.极限法这类办法最适当定性地求解搀和物的构成，即只求出搀和物的或许成份，不必思考各组分的含量。遵循搀和物中各个物理量(比方密度，体积，摩尔原料，物资的量浓度，原料分数等)的界说式或连系题目所给前提，能够求出搀和物某个物理量的均匀值，而这个均匀值必然介于构成搀和物的各成份的统一物理量数值之间，换言之，搀和物的两个成份中的这个物理量确定一个比均匀值大，一个比均匀值小，本领合乎请求，进而可判定出搀和物的或许构成。
[例3]将两种金属单质搀和物13g，加到充足稀硫酸中，共放出准则情况下气体11.2L，这两种金属或许是（）A．Zn和FeB．Al和Zn
C．Al和MgD．Mg和Cu
将搀和物看成一种金属来看，由于是充足稀硫酸，13克金属悉数反映生成的11.2L(0.5摩尔)气体悉数是氢气，也即是说，这类金属每放出1摩尔氢气需26克，若是悉数是+2价的金属，其均匀原子量为26，则构成搀和物的+2价金属，其原子量一个大于26，一个小于26.代录取项，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，只需18克Al便够，可看做+2价时其原子量为=18，一样假倘有+1价的Na参加反适时，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限大，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都不合乎请求，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B，D为应选谜底。
4.预算法化学题尤为是取舍题中所波及的筹划，所要观察的是化学学问，而不是运算本领，因此之中的筹划的量应当是较小的，时常都不需计出切当值，可连系题目中的前提对运算完毕的数值施行忖度，合乎请求的就可采取。
[例4]已知某盐在不同温度下的消融度如下表，若把原料分数为22%的该盐溶液由50℃逐步冷却，则发端析出晶体的温度领域是
A．0-10℃B．10-20℃
C．20-30℃D．30-40℃
本题观察的是溶液结晶与溶质消融度及溶液饱和度的关联。溶液析出晶体，象征着溶液的浓度超过了目下温度下其饱和溶液的浓度，遵循消融度的界说，[消融度/(消融度+克水)]×%=饱和溶液的原料分数，若是将各个温度下的消融度数值代入，较量其饱和溶液原料分数与22%的巨细，可得出完毕，但运算量太大，不合乎取舍题的特征。从表上可知，该盐消融度随温度上涨而增大，能够反过来将22%的溶液当做某温度时的饱和溶液，只需温度低于该温度，就会析出晶体。代入[消融度/(消融度+克水)]×%=22%，可得:消融度×78=×22，即消融度=/78，除法运算费事，操纵预算，应介于25与30之间，此消融度只可在30-40℃中，故选D。
5.差量法对于在反映经过中有波及物资的量，浓度，微粒个数，体积，原料等差量改变的一个详细的反映，操纵差量改变的数值有助于敏捷明确地创造定量关联，进而消除侵犯，火速解题，乃至于一些因前提不够而没法收拾的题目也水到渠成。
[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%
遵循电离度的观点，只须要出已电离的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，其百分数即是HA的电离度.请求已电离的HA的物资的量，可遵循HAH++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，采纳差量法有助于火速解题:遵循HA的电离式，每一个HA电离后生成一个H+和一个A-，即微粒数增大一，此刻微粒数由从来的C摩变成nC摩，增大了(n-1)*C摩，当便可知有(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特别物资逐个代入原题来求出无误完毕，这底本是解取舍题中最无法时才采纳的办法，但只需恰本地连系题目所给前提，缩窄要代入的领域，也能够操纵代入的办法火速解题。
[例6]某种烷烃11克统统焚烧，需准则情况下氧气28L，这类烷烃的分子式是A．C5H12B．C4H10
C．C3H8D．C2H6
由于是烷烃，构成为CnH2n+2，分子量为14n+2，即每14n+2克烃统统焚烧生成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):由于是烷烃，构成为CnH2n+2，分子量为14n+2，即每14n+2克烃统统焚烧生成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):3n2+1/2，不需解方程就可火速得悉n=3为应选谜底.
7.关联式法对于多步反映，可遵循种种的关联(主若是化学方程式，守恒等)，列出对应的关联式，倏地地在请求的物资的数量与题目给出物资的数量之间创造定量关联，进而罢职了波及中央经过的洪量运算，不单朴质了运算光阴，还防止了运算失足对筹划完毕的影响，是最每每操纵的办法之一。
[例7]必然量的铁粉和9克硫粉搀和加热，待其反映后再参加过多盐酸，将生成的气体统统焚烧，共搜罗得9克水，求参加的铁粉原料为（）A．14gB．42g
C．56gD．28g
由于题目中无指明铁粉的量，因此铁粉或许是过多，也或许是不够，则与硫粉反映后，参加过多盐酸时生成的气体就有多种或许:或许惟有H2S(铁悉数更改成FeS2)，或许是既有H2S又有H2(铁除了生成FeS2外尚有残剩)，因此只凭硫粉原料和生成的水的原料，不易创造方程求解.遵循各步反映的定量关联，列出关联式:(1)Fe--FeS(铁守恒)--H2S(硫守恒)--H2O(氢守恒)，(2)Fe--H2(化学方程式)--H2O(氢定恒)，进而得悉，不论铁参加了哪一个反映，每1个铁都最后生成了1个H2O，因此火速得出铁的物资的量即是水的物资的量，根基与硫无关，因此应有铁为9/18=0.5摩，即28克。
8.较量法已知一个有机物的分子式，遵循题目标请求去筹划关系的量例犹如分异构体，反映物或生成物的机关，反映方程式的系数比等，每每要用到机关较量法，其关键是要对有机物的机关特征熟悉透澈，将关系的官能团的地方，性质谙练把握，代入对应的前提中施行断定。
[例8]分子式为C12H12的烃，机关式为，若萘环上的二溴代物有9种同分异构体，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，不需思考官能团异洽商碳链异构，只求官能团的地方异构，如按时常做法，将四个溴原子逐个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，机关较量特别难题，很易错数，漏数.捉住题目所给前提--二溴代物有9种，解析所给有机物峁固氐?不丢脸出，萘环上惟有六个氢原子能够被溴替代，也即是说，每替代四个氢原子，就确定余下两个氢原子未替代，遵循"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施行替代的不同组合就有9种，因此根基不需逐个代，火速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机关简式或机关式中最罕用的办法.一个有机物的分子式算出后，能够有良多种不同的机关，要末了断定其机关，可先将已知的官能团囊括烃基的式量或所含原子数扣除，余下的式量或原子数即是属于残存的基团，再议论其或许构成便敏捷良多.
[例9]某有机物5.6克统统焚烧后生成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.若是该有机物能使溴水退色，况且此有机物和新制的氢氧化铜搀和后加热形成血色沉没，试推想该有机物的机关简式.
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克有机物即是0.1摩，统统焚烧生成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，分子式中惟有1个氧，进而断定分子式是C3H4O.遵循该有机物能产生斐林反映，解释此中有-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，只或许为-CH=CH2，因此该有机物机关就为H2C=CH-CHO。
10.守恒法物资在参加反适时，化合价起落的总额，反映物和生成物的总原料，各物资中所含的每一种原子的总额，种种微粒所带的电荷总和等等，都必然守恒.因此守恒是解筹划题时创造等量关联的根据，守恒法每每交错在此外办法中同时操纵，是种种解题办法的底子，操纵守恒法能够很快创造等量关联，到达速算完毕.
[例10]已知某强氧化剂[RO(OH)2]+能被硫酸钠复原到较廉价态，若是复原含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元素的最后价态为A．+3B．+2
C．+1D．-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，遵循2.4×10-3mol[RO(OH)2]-与12ml×0.2mol?L－1=0.mol的亚硫酸钠统统反映，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，因此每摩尔[RO(OH)2]-降了2价，R原为+3价，必然降为+1价，故不需配平方程式可直接选C。
11.规律法化学反映经过中各物资的物理量每每是合乎必然的数量关联的，这些数量关联即是时常所说的反映规律，展现为通式或公式，囊括有机物分子通式，焚烧耗氧通式，化学反映通式，化学方程式，各物理量界说式，各物理量互相转折关联式等，乃至于从实际中本身归纳的通式也可充足操纵.谙练操纵种种通式和公式，可大幅度减低运算光阴和运算量，到达一举两得的完毕.
[例11]℃时，1体积某烃和4体积O2混和，统统焚烧后复原到从来的温度和压强，体积稳固，该烃分子式中所含的碳原子数不成能是（）
A、1B、2
C、3D、4
本题是有机物焚烧规律操纵的模范，由于烃的种别谬误定，氧是不是过多又未知，若是天真将含碳由1至4的种种烃的分子式代入焚烧方程，运算量大况且未势必悉数或许性都找得出.操纵有机物的焚烧通式，设该烃为CXHY，其统统焚烧方程式为:CXHY+(X+Y/4)O2==XCO2+Y/2H2O，由于反映先后温度都是℃，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是不是过多，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，体积变量确定为1-Y/4，只与分子式中氢原子数量关系.按题意，由于反映先后体积稳固，即1-Y/4=0，当场获得分子式为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，惟有C4H4不成能.
12.消除法取舍型筹划题最重要的特征是，四个选项中确定有无误谜底，只需将不无误的谜底剔除，残剩的即是应选谜底.操纵这一点，针对数据的特别性，可操纵将不成能的数据消除的办法，不直接求解而获得无误选项，尤为是单选题，这一办法更为有用.
[例12]取雷同体积的KI，Na2S，FeBr2三种溶液，别离通入氯气，反映都统统时，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∶3
C、6∶3∶2D、2∶1∶3
本题固然可用将氯气与各物资反映的关联式写出，按照氯气用量相等获得各物资摩尔数，进而求出其浓度之比的办法来解，但要施行必然量的运算，没有充足操纵取舍题的特别性.遵循四个选项中KI和FeBr2的比例或Na2S和FeBr2的比例均不雷同这一特征，只须要出此中一个比值，曾经可得出无误选项.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∶1，当Cl2用量雷同时，则KI与FeBr2之比为2∶即3∶1，A、B、D中比例不合乎，给以消除，惟有C为应选项.若是取Na2S与FeBr2来算，同理也可得出雷同完毕.本题还可进一步放慢解题速率，捉住KI，Na2S，FeBr2三者机关特征--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，参加反映的FeBr2的量至少，因此等体积的溶液中，其浓度最小，在四个选项中，也惟有C合乎请求，为应选谜底.
13.十字交错法十字交错法是特意用来筹划溶液浓缩及稀释，搀和气体的均匀构成，搀和溶液中某种离子浓度，搀和物中某种成份的原料分数等的一种罕用办法，其操纵办法为：组分A的物理量a差量c-b
均匀物理量c(原料，浓度，体积，原料分数等)
组分B的物理量b差量a-c
则搀和物中所含A和B的比值为(c-b):(a-c)，至于浓缩，可看做是原溶液A中增加了原料分数为0%的水B，而稀释则是增长了原料分数为%的溶质B，获得原料分数为c的溶液.
[例13]有A克15%的NaNO3溶液，欲使其原料分数变成30%，可采纳的办法是
A.挥发溶剂的1/2
B.挥发掉A/2克的溶剂
C.参加3A/14克NaNO3
D.参加3A/20克NaNO3
遵循十字交错法，溶液由15%变成30%差量为15%，增大溶液原料分数可有两个办法:(1)参加溶质，要使%的NaNO3变成30%，差量为70%，因此参加的原料与原溶液原料之比为15:70，即要3A/14克.(2)挥发增加溶剂，要使0%的溶剂变成30%，差量为30%，因此挥发的溶剂的原料与原溶液原料之比为15%:30%，即要挥发A/2克.若是设未知数来求解本题，须要做两次筹划题，则所花光阴要多良多.
14.拆分法将题目所供应的数值或物资的机关，化学式施行适当分拆，成为互相相干的几个部份，能够便于创造等量关联或施行较量，将运算简化.这类办法最实用于有机物的机关较量(与残基法如同)，统一物资参加多种反映，以及对于化学均衡或议论型的筹划题.
[例14]将各为0.摩的如下各物资在雷同前提下统统焚烧，耗损氧气的体积至少的是
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筹划，由于是等摩尔的物资，统统可用焚烧通式求出每一个选项耗氧的摩尔数，但本题只须要定量较量各个物资耗氧量的几许，不必求出切当值，故此可操纵拆分法:甲酸机关简式为HCOOH，可拆为H2O+CO，焚烧时办惟有CO耗氧，甲醛为HCHO，可拆为H2O+C，比甲酸少了一个O，则等摩尔焚烧经过中生成雷同数量的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，耗氧量注定大于甲酸，甲酸甲酯HCOOCH3拆为2H2O+C2，比乙醛少了H2，耗氧量注定少，因此可知等量物资焚烧时乙醛耗氧至多.
固然，解题办法并不单限定于以上14种，尚有各人从实际中归纳出来的种种种种的阅历办法，种种办法都有其本身的长处.在茂密的办法中，不论操纵哪一种，都应当注意如下几点
1.要捉住题目中的精确提醒，比方差值，守恒关联，反映规律，选项的数字特征，机关特征，以及互相关联，并连系通式，化学方程式，界说式，关联式等，断定应选的办法.
2.操纵种种解题办法时，必然要将关系的量的关联搞通晓，尤为是差量，守恒，关联式等不要弄错，也不能凭空造谣，免得揠苗助长，弄巧反拙.
3.踏实的底子学问是种种解题办法的后援，解题时应在根本观点根本理论动手，在解析题目前提上找办法，短暂未能找到巧解办法，先从最根本办法求解，按步就班，再从中挖掘速算办法.
4.在解题经过中，每每须要将多种解题办法连系一起同时操纵，以到达最好完毕.
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