专题2·化学计算解题策略。
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**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(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
解析】解法一：因为题目中无指明硝酸是浓或稀，所以产物不能确定，根据铜与硝酸反应的两个方程式：
1）3cu+8hno3(稀)=3cu(no3)2+2no↑+4h2o
2）cu+4hno3 (浓)=cu(no3) 2+2no2↑+2h2o
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，求得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，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.
08摩，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=0.16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，所以每消耗一摩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0.1摩hno3参与了氧化还原反应，故所耗硝酸为0.
16+0.1=0.26摩，其浓度为(0.
26/0.03)mol/l，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，只要求出结果便可，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
解析】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%"按题意"混和气体的压强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，冉峡斓豱算出了的值，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，准确解题的效果。
而运用较多的解题方法通常有以下几种：
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
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（ ）
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bd为应选答案。
3.极限法：
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5、 4个同学同时分析一个由kcl和kbr组成的混合物，他们各取2.00克样品配成水溶液，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6、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500c逐渐冷却，则开始析出晶体的温度范围是（ ）
a.0-100℃ b.10-200℃ c.20-300℃ d.30-400℃
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30-400c中，故选d。
5.差量法：
对于在反应过程中有涉及物质的量，浓度，微粒个数，体积，质量等差量变化的一个具体的反应，运用差量变化的数值有助于快捷准确地建立定量关系，从而排除干扰，迅速解题，甚至于一些因条件不足而无法解决的题目也迎刃而解。
例7、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 （
b.(n/2)×100% c.(n-1)×100%
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cxmol，溶液中未电离的ha就为(c-cx)mol，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，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：
将所有选项可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8、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（ ）
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。
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