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學好中學化學的秘訣
寫在前面的話
1985年我剛參加工作就教了一個高三班和一個高二班。在高三班里有很多復習生，很多是屢試不中的，有的復習生是1980年高中畢業的，年齡比我還大。多年的題海戰術使一些復習生得了一個“怪病”——不愿意聽老師講課，而是好作偏、難、怪題。我第一次輔導晚自習的時候，一個學生問了我幾個問題，第一次做老師的我非常激動，就十分耐心地給圓滿地解答了。他卻突然拿出一張紙，對我說：“姚老師，請你給我解答一下這10個題。”我一看題目，都是些我上高中時曾經做過的類似的偏、難、怪題。我不假思索地說：“做這樣的題沒有意義，所以我拒絕回答你。”誰知那個學生的臉上卻露出了蔑視我的神情。我剛當老師，沒有經驗，心里雖然很惱火，但一時卻想不出給這些復習生治“病”的對策。于是我就站在教室的一角思考了一會，我終于想出了一個計策，于是我走上講臺，說：“同學們，我今天在這里口出一句狂言：我拒絕回答或者15分鐘內解答不出來的化學題，高考中一定不會出現。同學們，你們知道我為什么敢在眾目睽睽之下口出狂言嗎？”有一個學生低聲說：“不過是吹牛皮罷了。”我并沒有發火，而是接著說：“我不是吹牛，而是因為我深刻理解了化學這門課的特點。任何一位天才的數學家也不敢說我剛才說的那樣的話，為什么呢？因為數學題是千變萬化的。為什么我敢口出狂言呢？因為化學題是很有規律的，只要掌握了這些規律，高考題的難度不會超出這些規律的范圍之內。一個同學給我出了10道偏、難、怪題，我拒絕回答，他認為我不會。我在高中的時候也曾經為這樣的偏、難、怪題而頭痛，但我上了大學以后，才知道這不過是一些邊緣性的題，什么是邊緣性的題？就是介于高中和大學一年級之間的一些題。1981年至今的高考實踐證明，高考不考這樣的邊緣性題。學好化學有兩個關鍵環節，首先必須熟記化學基礎知識，然后再掌握有關解題規律。我們首先根據課本的內容安排把全部的中學化學基礎知識復習一遍，然后我再以專題的形式給同學們總結解各類化學題的規律。”
為了總結化學題的解題規律，我寫了一個專題教案。隨著歲月的流逝和教學經驗的積累，我的專題教案也逐漸豐富。教學實踐證明，我的專題教案對培養學生的化學解題能力和綜合思維能力起到了較好的作用。
實踐證明，如果一個學生稀里糊涂地一頭扎進化學題海里不能自拔，就會產生越學越難的感覺，就會以一種恐懼的心理走進高考考場，這樣一來，一遇到平日沒有做過的題目，就一籌莫展了；相反，如果善于總結各類化學題的解題規律，就會產生萬變不離其宗的感覺，就會信心百倍地走進高考考場，就會輕松自如地運用平日掌握的解題規律從容地答卷，就會在高考中取得理想的成績。
為了指導同學們決勝考場，我從我的專題教案中摘錄了40篇文章。目的有七：其一，告訴你學好中學化學的關鍵和方法；其二，告訴你怎樣作題效果好；其三，給你講解作各類化學題的方法和技巧；其四，告訴你怎樣培養自己學習化學的能力；其五，告訴你學習化學的思維障礙及克服方法；其六，告訴你怎樣搞好理綜的化學總復習 ；其七，告訴你決勝化學考場的策略。
學好中學化學的關鍵和方法
要想學好一門學科，就必須弄清該門學科的特點。化學這們以實驗為基礎的自然科學，它的顯著特點就是需要記憶的東西特別多，化學實驗的操作步驟及注意事項、化學實驗現象、元素及其化合物的物理性質和化學性質、化學基本規律等都需要記憶，如果記不住這些知識，就等于沒有學好化學。做任何類型的化學題，都必須以熟記有關的化學基本知識為前提。一切化學能力的培養也必須以熟記有關的化學基本知識為前提。顯而易見，學好化學的關鍵是解決記憶的問題。因而尋找一種巧妙的記憶方法是很有必要的，也可以說是中學化學教學改革的重大課題之一。
傳統的死記硬背的枯燥僵化的教學方法，已使我國青少年的身心健康受到了嚴重損害。據權威人士調查表明：在小學生中近視率高達10%左右，在中學生中高達40%左右！在大學生中高達90%以上！！教育必須改革，而且教育要健康發展只有改革才有出路。
學好任何學科的知識都首先必須具有“書山有路勤為徑，學海無涯苦作舟”的精神，但在知識爆炸的當代，僅僅具有這種精神還是不夠的。要想提高記憶效率，就必須根據某一學科的特點、記憶的規律，尋找巧妙的科學的記憶方法，下面我對記憶中學化學知識的問題談一下幾點：
一、要掌握科學的記憶規律
1、人腦記憶的奧秘
現代科學研究已經證明，外界信息通過人的感覺器官向大腦中傳輸的時候，大腦細胞中的突觸所產生的電脈沖和神經遞質沿著一定的神經通道傳導。因為大腦中的化學物質，如蛋白質和核酸以及神經遞質等是由碳(C)、氫(H)、氮(N)等元素組成的，這些“C-H”、“C-N”、乃至“C-C”是可以旋轉的，因此在信息流的作用下，這些化合物的原子位置和化合物的結構就會發生變化，隨著信息的傳導便會在神經通道上作為一種化學印記顯現出來。如果這種印記達不到一定的強度——一次刺激太弱或者反復刺激太少，則這些印記會隨之消失，這樣一來，瞬間記憶就不能轉化為長久記憶。反之，如果一次刺激強度很大(如平常所說的“那次印象特別深刻”)或者反復記憶(如學生記憶漢字和英語單詞)，這樣一來，就能形成很強的化學結構印記，則每當有關信息通過這個通道時，便可是這種結構印記所“記述”的情景重現出來。
2、堅定信念，鍛煉記憶
一些心理學家認為，記憶的關鍵，在于要有“我能記著”這種自信心。高爾基說：“人的天賦就象火花，它既可能熄滅，也可能燃燒起來。”意志消沉，懶懶散散，遺傳素質再優越，環境再好，也是無濟于事的。人的記憶力強弱，固然與先天因素有關，但更重要的是環境的影響和個人的努力。肌肉越鍛煉越發達，人的記憶力也是如此。我小的時候為了鍛煉記憶里，我曾經記憶過圓周率，我記到了小數點后500位；81年高考結束以后，在家里休息了3天后，便開始背成語辭典，這不僅有效地鍛煉了我的記憶力，而且使我的文字水平上了一個新臺階。為了挖掘我兒子的記憶潛力，從我兒子剛會說話開始，到4歲至，我教兒子背過了170多首詩詞，當我兒子用2天時間背過了白居易的《琵琶行》后，我開始對我兒子的記憶能力充滿了信心。我兒子上五年級的時候，我開始讓他背成語辭典，平常時間每天1頁，節假日每天2頁，效果很好。我的兒子不是天才，但我要充分地挖掘他的記憶潛力，我堅信我的兒子會以優異的成績考取重點大學。在教學實踐中，我要求學生背我的化學詩歌，并向學生講明了背化學詩歌的兩大意義：一是鍛煉記憶里；二是能學好化學知識。可謂是一舉兩得。所以學生很愉快地接受了我的建議，取得了很好的效果。希望同學們能根據各自的特點，實施挖掘自己的記憶潛力的方式。
3、合理安排時間，注意勞逸結合
我在做學生時就堅持這樣一個觀點：“想玩的時候就盡情地玩，學習的時候就要全身心投入。”我堅決反對古人的那種“頭懸梁，錐刺骨”的做法，因為現代科學已經證明，在記憶的艱苦勞動中，一定時間的休息好比是記憶的潤滑油，會加快儲存信息的進程；而疲勞則會減弱腦細胞的活動能力，使接受、理解、記憶的能力變得遲鈍。
4、直觀刺激有助于記憶
科學實驗證明，直觀刺激有助于記憶。老師在課堂上作的演示實驗，趣味化學實驗，就是運用直觀刺激的方法教學，同學們務必要仔細觀察實驗過程。
5、要注意將意義記憶和機械記憶結合起來
化學知識表面上看起來雜亂無章，而實質上很多知識有內在的聯系，我們必須在老師的指導下尋找出各種內在的聯系，把意義記憶和機械記憶結合起來，提高記憶效率。為此，要善于分析對比，綜合歸納，簡化記憶。比較是確定現實現象異同的一種思維過程，從比較中就能抓住事物的本質，突出矛盾的特殊性；比較又是概括的前提，只有通過比較，才能確定同類事物的共同特征，把這些事物聯合為一組進行概括。
6、要善于與遺忘作斗爭
記憶的敵人是遺忘，戰勝遺忘這個敵人的唯一方法就是及時復習。
德國有一位著名的心理學家名叫艾賓浩斯(Hermann Ebbinghaus，1850-1909)，他在1885年發表了他的實驗報告后，記憶研究就成了心理學中被研究最多的領域之一，而艾賓浩斯正是發現記憶遺忘規律的第一人。
記憶的保持在時間上是不同的，有短時的記憶和長時的記憶兩種。而我們平時的記憶的過程是這樣的(如圖1)：?
[圖1]
輸入的信息在經過人的注意過程的學習后，便成為了人的短時的記憶，但是如果不經過及時的復習，這些記住過的東西就會遺忘，而經過了及時的復習，這些短時的記憶就會成為了人的一種長時的記憶，從而在大腦中保持著很長的時間。那么，對于我們來講，怎樣才叫做遺忘呢，所謂遺忘就是我們對于曾經記憶過的東西不能再認起來，也不能回憶起來，或者是錯誤的再認和錯誤的回憶，這些都是遺忘。艾賓浩斯在做這個實驗的時候是拿自己作為測試對象的，他得出了一些關于記憶的結論。他選用了一些根本沒有意義的音節，也就是那些不能拼出單詞來的眾多字母的組合，比如asww，cfhhj，ijikmb，rfyjbc等等。他經過對自己的測試，得到了一些數據(如圖2)。然后，艾賓浩斯又根據了這些點描繪出了一條曲線，這就是非常有名的揭示遺忘規律的曲線(如圖3)：艾賓浩斯遺忘曲線，圖中豎軸表示學習中記住的知識數量，橫軸表示時間(天數)，曲線表示記憶量變化的規律。
[圖2]
艾賓浩斯遺忘曲線揭示出的遺忘規律是：遺忘在識記之后馬上產生，進程是先快后慢，先多后少。根據這個記憶和遺忘規律，要自覺地與遺忘作斗爭，具體要做到：一要及時復習，強化記憶，因為重復是記憶之母，與日常生活一樣，經常見面的人你總是長久不忘，經常見面的知識，才能在你腦中根深蒂固。二要保持良好的心理狀態，排除各種干擾因素。由于干擾而產生的臨時遺忘是常見的。如：在考試時，因為緊張，本來記住的內容，一時怎么也回憶不起來，越急越想不起來，這就是一種情緒干擾。俄國著名教育家烏申斯基說：“如果教師充分認識到，神經系統是記憶機制的基礎，就會明白健康的精神對正常記憶的作用”保持樂觀鎮靜的情緒，心胸開朗、愉快樂觀，則使人思維活躍，就可以增強學習和記憶能力。而焦慮不安、悲觀失望、憂郁惶惑，會降低人的智力活動水平，影響記憶。
[圖3]
二、巧用趣味記憶法
僅僅了解了記憶規律還是不夠的，要取得事半功倍的效果，還必須善于發現和利用巧妙的記憶方法，我認為趣味記憶法就是巧妙的記憶方法中的一種。趣味的東西能引起興趣，導致神經興奮，激起學習動機，創造最佳的記憶心理狀態，便于記憶，并能牢固保持。因此，我在做學生和當老師的時，非常喜歡趣味記憶法，并取得了顯著的成效。趣味記憶的方法主要包括以下六種：
1、歌訣記憶法
歌訣記憶法就是針對需要記憶的化學知識利用音韻編成，融知識性與趣味性于一體，讀起來瑯瑯上口，易誦易記；節約時間，效果明顯。我創作的《中學化學詩歌》正是這種記憶方法。例如，關于托盤天平的使用，我編了這樣一首八句詩，這樣一來，用短短的八句詩就將托盤天平的主要構成部件、使用方法和注意事項明明白白地記住了。再如，對氫氣還原氧化銅實驗，我編了四句詩，這樣一來，短短的四句詩就將氫氣還原氧化銅實驗的操作步驟和實驗現象清清楚楚地記住了。
2、諧音記憶法
諧音記憶法就是要把需要記憶的化學內容跟日常生活中的諧音結合起來進行記憶。如地殼中各元素的百分含量前三位是“氧、硅、鋁”，可諧北方音為“養閨女”。再如，金屬活動順序表后面四種金屬是“銅、汞、銀、鉑、金”可諧音為：“統共一百斤”。諧音記憶法要根據自己的悟性和知識水平，在學習實踐中創造。
3、會意記憶法
會意記憶法就是把一些抽象的概念進行自我理解和再加工處理，然后去巧記。如氫氣或一氧化碳還原氧化銅的實驗操作是：實驗開始時，先通氣后加熱，實驗結束時，先停止加熱后停止通氣。若用會意記憶法可會意記作，“氣體早出晚歸，酒精燈遲到早退。” 會意記憶法也要根據自己的悟性和知識水平，在學習實踐中創造。
4、濃縮記憶法
濃縮記憶法就是針對一類化學知識或規律在深刻理解的基礎上，可選取有代表性的字或詞縮略成提綱挈須的骨架進行記憶。
若用濃縮記憶法可將實驗室制氧氣的七個實驗步驟記為；“檢、裝、夾、點、收、移、熄。”“檢”指檢查裝置是否漏氣；“裝”指往試管里裝藥品；“夾”指把試管夾在鐵架臺上；“點”指點燃酒精燈；“收”指收集氣體；“移”指把導管先移出水面；“熄”指熄滅酒精燈。
再如我在那首過濾操作實驗中，用的“三靠兩低”也是采用了濃縮記憶法。
5、猜謎記憶法
猜謎記憶法就是把一些化學知識編成富有知識性、趣味性、生動形象幽默的謎語進行記憶。如記憶一氧化碳(CO)性質的謎語是：“左邊月兒彎，右邊月兒圓，彎月能取暖，圓月能助燃，有毒無色味，還原又可燃。”
6、聯想記憶法
我在前面已經專門論述了運用聯想記憶化學知識的方法和重要意義，在此就不重復了。
三、規律記憶法
各門學科都有一些規律性的東西，明智的人是善于發現和利用這些規律記憶知識。我認為，從某種意義上可以說，化學就是研究物質之間的相互反應一門自然科學。因而，總結化學反應的一些規律，并利用這些規律記憶化學知識，是至關重要的。現在向大家介紹幾種常見的化學反應規律：
1、金屬與足量非氧化性酸反應產生H2的規律：
⑴、當金屬的原子個數(或物質的量)相等時，產生H2的量之比，等于金屬所表現的化合價之比。如：將等物質的量的Na、Mg、Al分別與足量的稀硫酸反應時，產生的H2之比等于1:2:3。
⑵、當金屬的質量相等時，產生H2的量之比，等于金屬所表現的化合價除以其相對原子質量之比。如：將等質量的Na、Mg、Al分別與足量的鹽酸反應時，產生的H2之比等于1/23 : 2/24 :3/27。
2、氧化還原反應規律
⑴、氧化劑與還原劑作為兩種反應物反應時，總是氧化劑中某元素化合降低，該元素的原子(或離子)得到電子，該元素被還原，發生還原反應，產生還原產物；還原劑中某元素化合價升高，該元素的原子(或離子)失去電子，該元素被氧化，發生氧化反應，產生氧化產物。
⑵、通過氧化還原反應比較氧化性、還原性強弱： 強氧化劑與強還原劑總在反應里(方程式的左邊)；弱氧化劑與弱還原劑總在產物里(方程式右邊)。即：一個自發進行的氧化還原反應中，氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性；還原劑的還原性大于還原產物的還原性。
⑶、歸中律：同種元素的不同價態相遇時，若要反應，則生成物中該元素的價態，必介于反應物中該元素的兩種價態之間，如Fe3+和Fe反應，生成Fe2+(中間價態)，SO2與H2S反應時，必然產生0價的S單質。若無中間價態則不反應。如H2SO4(濃)和SO2，Fe3+和Fe2+均不反應。
當然，有一種情況值得特別注意：一個氧化還原反應中，只有一種元素化合價變化，則一定是該元素處于中間價態的那種原子發生了化合價既升高又降低的自身氧還原反應。如：Na2O2與H2O(或CO2)反應時，由于氧元素-1價與-2價之間沒有價態，所以是Na2O2中-1價的氧發生化合價既升高又降低的自身氧化還原反應。
⑷、反應次序：同一氧化劑和幾種還原劑反應時，還原性最強的還原劑優先發生反應(直到用完)。
3、離子反應規律
溶液中只要能降低某些離子的濃度，這些離子就能發生離子反應。離子間若能組合成難溶物、氣體、弱電解質(水、弱酸、氨水等)，或相遇時能發生化合價升降的反應，則這些離子間就因反應而不能共存。
4、強電解質規律
強酸、強堿、和幾乎所有的鹽都是強電解質。??? 如：HCl、H2SO4、NaOH、Ba(OH)2、NH4HCO3、NaCl、BaSO4 、CaCO3等(在中學常見的鹽是強電解質)。
5、某些分解反應的規律
⑴、堿的熱穩定性
金屬性越弱的金屬所對應的堿越不穩定。如堿金屬(金屬性強)所對應的堿比較穩定，加熱不易分解；堿土金屬(第ⅡA族元素)所對應的堿在較高的溫度下可以分解；而其它金屬所對應的堿在不很高的溫度下就可以分解。
⑵、碳酸鹽的熱穩定性
堿金屬的碳酸鹽比較穩定，其它碳酸鹽、堿式碳酸鹽受熱易分解，酸式鹽一般比正鹽易分解。
⑶、硝酸鹽的分解規律
在金屬活動順序表中，K到Na元素的硝酸鹽熱分解時，產生相應的亞硝酸鹽和氧氣；Mg到Cu元素的亞硝酸鹽熱分解時，產生相應的金屬氧化物、NO2和O2 ；Cu后面的(不含Cu)元素的硝酸鹽熱分解時，產生相應的金屬、NO2和O2 。
6、某些“置換”規律
⑴、強酸能把弱酸從鹽中置換出來，如：
??? H2SO4 + 2CH3COONa = Na2SO4 + 2CH3COOH
⑵、不揮發性的酸能把揮發性的酸從鹽中置換出來，如：
??? H2SO4? + NaCI ＝ NaHSO4 + HCI↑
??? H3PO4 + NaBr ＝ NaH2PO4 + HBr↑
⑶、在某些情況下某些弱酸能把強酸“置換”出來，如：
??? CuSO4 + H2S ＝ CuS↓ + H2SO4 ?(因CuS不溶于H2SO4，所以該反應可以發生)
在此，要說明的一點的，化學中還有很多規律，我的《中學化學詩歌》的第四部分《雜詩集》正是從不同的的角度全方位地總結我掌握的一些化學規律性的東西。《金屬活動性歌》是全面總結中學階段所見的金屬的物理性質規律和化學性質規律；《常見無機陽離子的鑒別》是全面總結中學階段所見的無機陽離子鑒別的規律；《常見無機氣體的鑒別》是全面總結中學階段所見的常見無機氣體的鑒別規律；《常見無機陰離子的鑒別》是全面總結中學階段所見的常見無機陰離子的鑒別規律；《書寫離子方程式應特別注意的問題》是全面總結中學階段所見離子方程式書寫的規律；《常見化學藥品的貯存》是全面總結中學階段所常見化學藥品的貯存的規律；《常見無機鹽的水溶性》是全面總結中學階段所常見無機鹽的水溶性的規律；《除掉雜質的方法》是全面總結中學階段所見的除掉雜質的方法規律；《集氣歌》是全面總結中學階段所見氣體的收集方法規律；《常見元素化合價》是全面總結中學階段所常見元素化合價的規律；《元素周期律》是全面總結元素周期性變化規律；《原電池的判別》是全面總結原電池的判別的規律；顧名思義，《電解的一般規律》就是全面總結電解的一般規律；《推斷題的解題思路》是全面總結推斷題的解題思路規律……《雜詩集》的重要價值就是全面總結化學規律，而且用詩歌的形式表達，目的就是讓學生在短時間內迅速掌握這些規律。
四、要科學地給大腦“加油”
科學家們研究發現，大腦細胞的記憶思維行為離不開核酸、蛋白質、乙酰膽堿等化學物質。美國圖蘭大學醫學院的研究人員發現，人腦中的促腎上腺皮激素和促黑素細胞激素，不僅能促進人的記憶，而且還能增強注意力。接受這些化學物質的學生，在一系列工作中，比起對照組的學生，注意力容易集中，能較好地記住在他們面前閃過的幾何圖形。而對原來智力遲鈍的患者，經注射這種藥物以后，效果特別明顯。為了反映這些化合物的奇妙特點，研究人員送給它一個非常動聽的名字——“天才藥”。研究人員認為，不同人之間學習工作能力的差別，可能關鍵就是大腦中的天然的“天才藥”的多少決定的。科學研究還證明，當一個人對蛋白質的攝入量充足時，腦中的茶酚胺就會增加，去甲腎上腺素的傳遞就活躍。而去甲腎上腺素與大腦的思維和記憶能力關系十分密切。這種腦物質分泌傳遞越活躍，思維和記憶的能力就會越強。正因如此，日本在戰后提倡更多地食用蛋白，特別是水產品蛋白，人體素質和壽命得到了很大提高。歐美國家在戰后也爭先恐后地實施“學生必須飲牛奶工程”，現在我國專家也建議在中等以上城市實施“學生飲豆奶工程”。
我根本不相信廣告上說的任何關于健腦的“靈丹妙藥”，即使有健腦的“靈丹妙藥”，我也反對靠藥物健腦的做法。我認為，每一個都都有自己固有的生理代謝平衡，靠食補可以有效地維持人體的生理代謝平衡；相反，靠藥物健腦，就破壞了自己的生理代謝平衡。我在我兒子3歲的時候，就給他清理了“副食柜”，讓他跟大人吃一樣的飯，多吃蔬菜、水果和蛋白質類食物，結果我的兒子越來越聰明。人和動物一樣，都來自于大自然，我認為大自然產生的蔬菜、水果和蛋白質是最好的健體(特別是健腦)的“良藥”。
為了給你的大腦“加油”，我建議你多吃一些蛋白質類食品。
怎樣作題效果好？
有很多同學稀里糊涂地一頭扎進“題海”里，作了很多很多的練習題，但考試成績卻不很理想。這是為什么呢？是不是這些學生的智力有問題？不是的，是因為這些學生沒有弄明白作題的目的和方法。作題目的是為了鞏固所學的知識；加深對概念的理解和深化；找到解題規律和方法；發展思維，將知識轉化為解決問題的能力。要達到此目的，適當多作一些練習題是有必要的，但關鍵并不在于多做題，而在于巧作題。怎樣巧作題呢？
首先，要掌握做題步驟。解題有“三關”
1、審題關：要做到“三看清”，看清題中所講的化學過程，看清題設條件，看清要解決的問題，這是解題的前提。
2、分析關：要做到“三想”，想化學過程所涉及的化學概念，所用到的化學原理，想所給條件與所求問題的關系，想有無隱含條件及題目考查的內容。
3、解答關：根據題意和條件，選擇最佳的解題方法，如果用到其它學科知識、方法時，如公式變換，數據處理等要細心，最后還要對結果進行檢驗分析。
其次，解題后要總結，解題總結是提高做題效益最重要的環節。　　
主要包括：要弄明白命題者有什么意圖? 題目設計的巧妙處何在？此題的關鍵何在？此題為什么這樣作？作題過程中暴露了哪些弱點？通過作題你找到了什么樣的解題規律和方法？這個問題改變設問角度，還會變成什么樣的題目？等等。
最后，作題還要善于積累
積累包括兩個方面，一是成功經驗，二是失敗教訓。如果把平時練習和考試中做錯的題目積累成集，并且經常翻閱復習，既有針對性，又節省時間，可大大提高學習效率。
巧解化學計算題解題方法概說
　 化學計算題是某些中學生感到比較頭痛的一類題目，也是他們在考試中最最容易失分的一類題目，能選用最合適的方法準確而快速地解決計算題，對于增強學習效率，提高學習成績，決勝考場，具有十分重要的意義。
　 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：因為題目中沒有指明硝酸是濃或稀，所以產物不能確定，根據銅與硝酸反應的兩個方程式：
3Cu + 8HNO3(稀)＝ Cu(NO3)2 +2NO↑ + 4H2O…(1)
Cu+4HNO3(濃) ＝ Cu(NO3)2 + 2NO2↑+2H2O ……(2)
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
解之得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所以在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＝0.08mol。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＝0.16mol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1mol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0.1molHNO3參與了氧化還原反應。故所耗硝酸為0.16+0.1＝0.26mol，其濃度為(0.26÷0.03)mol/l，故在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，只要求出正確結果，而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%”，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，從而也求出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，雖然比解法一快了一些，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、準確的目的。在中學階段運用較多的解題方法通常有以下13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CnH2n+2，分子量為14n+2，對應的烷烴基通式為CnH2n+1，分子量為14n+1；烯烴及環烷烴通式為CnH2n，分子量為14n，對應的烴基通式為CnH2n-1，分子量為14n-1，炔烴及二烯烴通式為CnH2n-2，分子量為14n-2，對應的烴基通式為CnH2n-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
[解析]：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72g/mol，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
　 [解析]：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。
[例5]：有兩種氣態烴組成的混合氣體0.1mol，完全燃燒得到0.16molCO2和3.6gH2O，下列說法正確的是：混合氣體中( )
A、一定有甲烷 B、一定是甲烷和乙烯 C、一定沒有乙烷 D、一定有乙炔
[解析]：n(烴)：n(C)：n(H)＝0.1：0.16：3.6/18×2＝1：1.6：4
即混合平均分子式組成為C1.6H4。碳原子小于1.6的只有CH4，故A正確，由平均分子式可知，另一烴中的H原子為4，則一定無C2H6。答案為(A、C)
3、極限法(也叫值極法)
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[例6]：某堿金屬單質與其普通氧化物的混合物共1.40g，與足量水完全反應后生成1.79g堿，此堿金屬可能是( )：
A.Na B.K C.Rb D.Li
[解析]： 本題若用常規思路直接列方程計算，很可能中途卡殼、勞而無功。但是如果將1.4g混合物假設成純品(堿金屬或氧化物)，即可很快算出堿金屬相對原子質量的取值范圍，以確定是哪一種堿金屬。假定1.4g物質全是金屬單質(設為R)，則：
R→ROH △m
MR 17
1.40 (1.79-1.40) 解之得MR＝61；
再假定1.40g物質全是氧化物 設為R2O，則：
R2O→2ROH △m
2MR+16 ＋18
1.40 (1.79-1.40) 解之得MR＝24.3 ；
既然1.40g物質是R和R2O的混合物，則R的原子量應介于24.3-61之間。題中已指明R是堿金屬，原子量介于24.3-61之間的堿金屬只有鉀，其式量為39。故答案為(B)。
[例7]：4個同學同時分析一個由KCl和KBr組成的混合物，他們各取2.00g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
[解析]：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2.00g全部為KCl，根據KCl-AgCl，每74.5gKCl可生成143.5gAgCl，則可得沉淀為(2.00÷74.5)×143.5＝3.852g，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188g，所以應得沉淀為(2.00÷119)×188＝3.160g，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，通常都不需計算出確切值，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8]：在一個6L的密閉容器種，放入3LX(g)和2LY(g)，在一定條件下發生如下反應：
4X(g)+3Y(g)＝ 2Q(g)+nR(g)，達到平衡后，容器溫度不變，混合氣體壓強比原來增加5%，X的濃度減少1/3，則該反應式中的n值是 ( )
A.3 B.4 C.5 D.6
[解析]： 本題可用一般解法，求出n的值，但步驟煩瑣，若用估算法，結合選項，即可很快得出答案。
根據反應的化學方程式，“混合氣體壓強比原來增加5%，X的濃度減少1/3”，說明反應的正方向是體積增大的方向，即：4+3＜2+n，n＞5，選項中n＞5的只有D。故答案為(D)
[例9]：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50℃逐漸冷卻，則開始析出晶體的溫度范圍是：
溫度(℃)　　　　　　 0 10 20 30 40
溶解度(克/100克水) 11.5　 15.1　 19.4　 24.4　37.6
A.0-10℃　 B.10-20℃　 C.20-30℃　 D.30-40℃
[解析]：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30-40℃中，故選D。
5.差量法
差量法是依據化學反應前后的某些變化找出所謂的理論差量(固體質量差、溶液質量差、氣體體積差、氣體物質的量之差等)，與反應或生成物的變化量成正比而建立的一種解題方法。此法將“差量”看作化學方程式右端的一項，將已知差量(實際差量)與化學方程式中的對應差量(理論差量)列成比例，其他解題步驟與按化學方程式列比例或解題完全一樣。
[例10]：向50gFeCl3溶液中放入一小塊Na，待反應完全后，過濾，得到仍有棕黃色的溶液45.9g，則投入的Na的質量為 ：
A.4.6g B.4.1g C.6.9g D.9.2g
[解析]： Na投入到FeCl3溶液發生如下反應：
6Na+2FeCl3+6H2O＝6NaCl+2Fe(OH)3↓+3H2↑
若2mol FeCl3與6molH2O反應，則生成6molNaCl，溶液質量減少82g，此時參加反應的Na為6mol；
現溶液質量減少4.1g，則參加反應Na應為0.3moL，質量應為6.9g。答案為C。
[例11]：同溫同壓下，某瓶充滿O2共重116g，充滿CO2時共重122g，充滿某氣體共重114g，則該氣體相對分子質量為( )：
A.28 B.60 C.32 D.14
[解析]： 由“同溫同壓同體積下，不同氣體的質量比等于它們的摩爾質量比”可知此題中，氣體質量之差與式量之差成正比。因此可不計算本瓶的質量，直接由比例式求解：
(122-116)/(44-32)＝(122-114)/(44-M(氣體))
解之得，M(氣體)＝28。 故答案為(A)。
[例12]：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%
[解析]：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Cx摩，溶液中未電離的HA就為(C-CX)摩，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1，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
將所有選項的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13]：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
[解析]：因為是烷烴，組成為CnH2n+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14]：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
[解析]：因為題目中沒有指明鐵粉的量，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，可列出關系式：
Fe→FeS(鐵守恒)→H2S(硫守恒)→H2O(氫守恒)……(1)
Fe→H2(化學方程式)→H2O(氫定恒)…………………(2)
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.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16]：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。
[解析]：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。
9.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17]：有一在空氣中放置了一段時間的KOH固體，經分析測知其含水2.8%、含K2CO337.3% 取1克該樣品投入25ml2摩／升的鹽酸中后，多余的鹽酸用1.0摩／升KOH溶液30.8ml恰好完全中和，蒸發中和后的溶液可得到固體：
A:1克 B:3.725克 C:0.797克 D:2.836克
[解析]： 本題化學反應復雜，數字處理煩瑣，但若根據Cl-守恒，便可以看出：蒸發溶液所得KCl固體中的Cl-，全部來自鹽酸中的Cl-，即：生成的n(KCl)＝n(HCl)。
m(KCl)＝0.025L×2mol/l×74.5g/mol＝3.725g 答案為B。
[例18]：將KCl和KBr混合物13.4克溶于水配成500mL溶液，通入過量的Cl2，反應后將溶液蒸干，得固體11.175g則原溶液中K+，Cl-，Br-的物質的量之比為 ( )：
A.3:2:1 B.1:2:3 C.1:3:2 D.2:3:1
[解析]： ：此題的解法有多種，但作為選擇題，可以從答案中求解。原溶液中含有K+、Cl-、Br-，由電荷守恒可知：n(K+)＝n(Cl-)+n(Br-)，選項中符合這一關系式的只有答案(A)。
[例19]：將純鐵絲5.21克溶于過量稀鹽酸中，在加熱條件下，用2.53克KNO3去氧化溶液中Fe2+，待反應后剩余的Fe2+離子尚需12ml0.3摩/升KMnO4溶液才能完全氧化，則KNO3被還原后的產物為 ( )：
A.N2 B.NO C.NO2 D.NH4NO3
[解析]： 根據氧化還原反應中得失電子的總數相等，Fe2+變為Fe3+失去電子的總數等于NO3-和MnO4-得電子的總數：
設n為KNO3的還原產物中N的化合價，則：
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的還原產物為NO。 故答案為(B)。
[例20]：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
[解析]：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。
[例21]：(2000年春季高考25題)用1Ｌ10mol/lNaOH溶液吸收0.8molCO2，所得溶液中CO32－和HCO3－的物質的量濃度之比是( )。
A.1:3 B.2:1 Ｃ.2:3 Ｄ.3:2
[解析]：設反應生成的NaCO3的物質的量為ｘ，生成的NaHCO3的物質的量為ｙ，則：
2ｘ＋ｙ＝10mol/l×1Ｌ(Na＋守恒)
ｘ＋ｙ＝0.8mol(Ｃ守恒)
求出：ｘ＝0.2mol，ｙ＝0.6mol。
則 ｃ(CO32－):ｃ(HCO3－)＝1:3，故應選A。
[例2]：(1999年上海高考題) 把0.02mol/lHAc溶液和0.01mol/lNaOH溶液等體積混合，則混合溶液中微粒濃度關系正確的是( )。
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]：此題實質上是0.05mol/l的HAc溶液和0.05mol/l的NaAc溶液的混合溶液。
由電荷守恒關系可得：
ｃ(H＋)＋ｃ(Na＋)＝ｃ(Ac－)＋ｃ(OH－)…………(1)
由物料守恒關系可得：
ｃ(HAc)＋ｃ(Ac－)＝ｃ(Na＋)×2＝0.01mol/l……(2)
由(2)可知Ｄ正確。
將(1)×2＋(2)可得：
2ｃ(H＋)＝ｃ(Ac－)＋2ｃ(OH－)－Ｃ(HAc)%……(3)
故Ｃ選項錯誤。
[例22]：(1999年上海高考18題)將1.92gCu粉與一定量濃HNO3反應，當Cu粉完全作用時，收集到氣體1.12Ｌ(標況)，則所消耗的HNO3的物質的量是( )。
A.0.12mol B.0.11mol
Ｃ.0.09mol Ｄ.0.08mol
[解析]：由物料守恒1.92gCu和HNO3完全反應后，生成0.03molCu(NO3)2，即消耗HNO30.06mol；產生氣體不管是NO2還是NO，均需HNO30.05mol。故共消耗HNO30.11mol。
選B。
[例23]：.(1999年全國高考23題)一定條件下NH4NO3受熱分解的未配平的化學方程式為：
NH4NO3 ＝HNO3＋Ｎ2＋H2O
在反應中被氧化與被還原的氮原子數之比為( )。
A.5:3 B.5:4 Ｃ.1:1 Ｄ.3:5
[解析]：根據得失電子守恒可得：　
被氧化與被還原的氮原子數之比為5:3，選A。
10.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24]：120℃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
[解析]：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CXHY，其完全燃燒方程式為：
CXHY+(X+Y/4)O2＝＝XCO2+Y/2H2O
因為反應前后溫度都是120℃，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CXHY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CXH4，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。
11.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25]：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
[解析]：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，即兩反應物物質的量的比為2:1，FeBr2與Cl2反應產物為Fe3+和Br2，即兩反應物物物質的量比為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。
12.十字交叉法
十字交叉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26]：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
根據十字交叉法，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，則需要做兩次計算題，則所花時間要多得多。
13.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27]：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
[解析]：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4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，弄巧成拙。
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，則要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同時運用，以達到最佳效果。
[例28]：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%
[解析]：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%。
在解該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。
對于一些重要的方法在下面再分別作詳細地論述。
用守恒法解題的技巧
守恒法是一種中學化學典型的解題方法，它利用物質變化過程中某一特定的量固定不變來列式求解，可以免去一些復雜的數學計算，大大簡化解題過程，提高解題速度和正確率。它的優點是用宏觀的統攬全局的方式列式，不去探求某些細微末節，直接抓住其中的特有守恒關系，快速建立計算式，巧妙地解答題目，主要從如下六個方面考慮：
1、質量守恒
它是根據化學反應前后反應物的總質量與生成物的總質量相等的原理，進行計算或推斷。主要包括：反應物總質量與生成物總質量守恒；反應中某元素的質量守恒；結晶過程中溶質總質量守恒；可逆反應中反應過程總質量守恒。
2、物質的量守恒
它是根據反應前后某一物質的量不變的原理進行推導和計算的方法。這種方法可以應用在多步反應中的計算。可簡化計算過程，減少數學計算，一步得出結果。
3、原子守恒
原子守恒法是依據反應前后原子的種類及個數都不變的原理，進行推導或計算的方法。
4、離子守恒
它是根據反應(非氧化還原反應)前后離子數目不變的原理進行推導和計算。用這種方法計算不需要化學反應式，只需要找到起始和終止反應時離子的對應關系，即可通過簡單的守恒關系，計算出所需結果。
5、電子守恒
它是依據氧化還原反應中甸子的是總數相等的原理進行推導和計算的方法。它廣泛應用于氧化還原反應中的各種計算，甚至還包括電解產物的計算。
6、電荷守恒
它是利用反應前后離子所帶電荷總量不變的原理，進行推導或計算。常用于溶液中離子濃度關系的推斷，也可用此原理列等式進行有關反應中某些量的計算。
7、多重守恒
它是利用多種守恒列方程式組進行計算的方法。
?[例1]：有一在空氣中放置了一段時間的KOH固體，經分析測知其含水2.8%、含K2CO337.3% 取1克該樣品投入25ml2摩／升的鹽酸中后，多余的鹽酸用1.0摩／升KOH溶液30.8ml恰好完全中和，蒸發中和后的溶液可得到固體：
A:1克 ??B:3.725克 ??C:0.797克 ??D:2.836克
[解析]： 本題化學反應復雜，數字處理煩瑣，但若根據Cl-守恒，便可以看出：蒸發溶液所得KCl固體中的Cl-，全部來自鹽酸中的Cl-，即：生成的n(KCl)＝n(HCl)。
m(KCl)＝0.025L×2mol/l×74.5g/mol＝3.725g ， 答案為B。
[例2]：將KCl和KBr混合物13.4克溶于水配成500mL溶液，通入過量的Cl2，反應后將溶液蒸干，得固體11.175g則原溶液中K+，Cl-，Br-的物質的量之比為 ( )：
A.3:2:1?? B.1:2:3???C.1:3:2???D.2:3:1
[解析]：此題的解法有多種，但作為選擇題，可以從答案中求解。原溶液中含有K+、Cl-、Br-，由電荷守恒可知：n(K+)＝n(Cl-)+n(Br-)，選項中符合這一關系式的只有答案A。
[例3]：將純鐵絲5.21克溶于過量稀鹽酸中，在加熱條件下，用2.53克KNO3去氧化溶液中Fe2+，待反應后剩余的Fe2+離子尚需12ml0.3摩/升KMnO4溶液才能完全氧化，則KNO3被還原后的產物為 ( )：
A.N2 ????B.NO??? ?C.NO2 ????D.NH4NO3
[解析]： 根據氧化還原反應中得失電子的總數相等，Fe2+變為Fe3+失去電子的總數等于NO3-和MnO4-得電子的總數：
設n為KNO3的還原產物中N的化合價，則：
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的還原產物為NO。 故答案為(B)。
[例4]：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
[解析]：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。
[例5]：(2000年春季高考25題)用1L10mol／LNaOH溶液吸收0.8molCO2，所得溶液中CO32－和HCO3－的物質的量濃度之比是( )。
A.1:3 ??B.2:1 ??Ｃ.2:3 ??Ｄ.3:2
[解析]：設反應生成的NaCO3的物質的量為x，生成的NaHCO3的物質的量為y，則：
2x＋y＝10mol/l×1L(Na＋守恒)，? x＋y＝0.8mol(Ｃ守恒)
求出：x＝0.2mol，y＝0.6mol。
則 C(CO32－):C(HCO3－)＝1:3，故應選A。
[例6]：(1999年上海高考題) 把0.02mol／LHAC溶液和0.01mol/lNaOH溶液等體積混合，則混合溶液中微粒濃度關系正確的是( )。
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]：此題實質上是0.05mol/l的HAc溶液和0.05mol/l的NaAc溶液的混合溶液。
由電荷守恒關系可得：
C(H＋)＋C(Na＋)＝C(Ac－)＋C(OH－)…………(1)
由物料守恒關系可得：
C(HAC)＋(AC－)＝C(Na＋)×2＝0.01mol/l……(2)
由(2)可知Ｄ正確。
將(1)×2＋(2)可得：
2C(H＋)＝C(Ac－)＋2C(OH－)－Ｃ(HAc)%……(3)
故Ｃ選項錯誤。
[例7]：(1999年上海高考18題)將1.92gCu粉與一定量濃HNO3反應，當Cu粉完全作用時，收集到氣體1.12L(標況)，則所消耗的HNO3的物質的量是( )。
A:mol???B:0.11mol? Ｃ:0.09mol ?Ｄ:0.08mol
[解析]：由物料守恒1.92gCu和HNO3完全反應后，生成0.03molCu(NO3)2，即消耗HNO30.06mol；產生氣體不管是NO2還是NO，均需HNO30.05mol。故共消耗HNO30.11mol。? 選B。
[例8]：.(1999年全國高考23題)一定條件下NH4NO3受熱分解的未配平的化學方程式為：
NH4NO3 ＝HNO3＋Ｎ2＋H2O
在反應中被氧化與被還原的氮原子數之比為( )。
A.5:3 ????B.5:4???Ｃ.1:1 ??Ｄ.3:5
[解析]：根據得失電子守恒可得：　
被氧化與被還原的氮原子數之比為5:3，選A。
注意數學中的方程、函數在化學中的應用
數學家迪卡爾提出，任何問題可以轉化為代數問題，任何代數問題可轉化為方程問題。這種說法有些臺絕對了，但有一定的道理，對于一些化學計算題，應用代數方程求解，思路比較清晰，途經比較簡單。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]：平均式量為30.4的CO、C2H4和O2的混合氣體，完全燃燒后所的氣體不再含有CO和C2H4，試推斷混合氣體的各組分的體積分數。
[解析]：這是三種組分組成的混合物的計算問題，所以要考慮用方程組來求解。
根據題意，CO、C2H4已完全燃燒，所以應該考慮O2是適量還是過量兩種可能。
設混合氣體中CO、C2H4的物質的量分別為x、y，混合氣體共1mol。
2CO + O2 ＝ 2CO2
x 0.5x
C2H4 +3 O2＝ 2CO2 + H2O
Y 3y
根據平均式量的求法，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，占混合氣體的0.6/1×100% ＝ 60%，CO、C2H4完全燃燒時O2適量或過量有
0.5x +3y≤0.6…………⑵
聯立⑴、⑵式，解之得：y≤0.16，則x≥0.24。
由此可知原混合氣體中含O20.6mol，CO的物質的量等于或大于0.24mol，含C2H4的量等于或小于0.16mol。
所以混合氣體的體積組成O2為60%，CO占a%，24.0%≤a%＜40%，站b%，0＜b%≤16%。
有些化學問題的結果隨某些因素的改變而改變，存在函數關系。思考時就要尋找條件變化與某種量變化的關系。
[例2]：1.0升H2S氣體和a升空氣混合點燃，若反應前后氣體的溫度和壓強相等(常溫、常壓)，試討論當a的取值范圍不同時，燃燒后氣體總體積V(用含a的表達式表示)，假定空氣中的N2和O2的體積比為4：1，其它成分可以忽略不計。
解析略。
化學中的圖像題的解題技巧
圖像題的特征是以圖像的形式將一些相關量之間的關系通過形象直觀的曲線表示出來，把化學原理抽象為數學問題，旨在考察學生對曲線的數學意義和化學意義之間對應關系的分析、理解和運用能力。因而分析圖像題的思路是：1、根據自變量(x)變化得出因變量(y)的函數關系(或看線的斜率走向及變化趨勢)；2、將化學反應類型和條件的變化，結合速率或平衡理論，判斷平衡移動方向和各種物理量變化；3、將數學意義和化學意義結合進行分析問題和解決問題。要特別注意圖像的“五點”，即：圓點、交叉點、轉折點、最高點與最低點，通過點與數，點與形的分析，做出正確答案。
循環反應計算的技巧
循環反應是指一個反應的某生成物在另一反應中又可生成該反應的某一反應物的兩個反應，具有互為連續、循環進行的特點。形如：
A + B ＝ C
C + D ＝A
其中A、C兩物質相當于構成循環反應的兩個重要環節。
循環反應計算的技巧是：1、利用總反應方程式計算。有些循環反應可以通過化學方程式的疊加把中間物消去，直接顯示起始反應物和最終生成物之間的定量關系，再利用該定量關系解題。2、利用離子方程式求解。溶液中離子參加的循環反應，可直接用離子方程式求解。
[例題]：在含有1mol的HNO3和2mol的H2SO4的混合液中，加入1.5molCu，加熱，充分反應后產生的氣體體積在標準狀況下約為：
A. 44.8l升 B. 22.4升 C. 5.6升 D. 無法計算
[解析]：
3Cu + 8 HNO3 (稀) ＝3Cu(NO3)2 + 2NO↑ + 4H2O
Cu(NO3)2中的NO3-與電離出來的H+再和Cu反應，形成循環反應。利用離子方程式：
3Cu + 8 H+ + NO3- ＝3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O
經判斷H+過量。Cu與NO3-正好反應，生成NO1mol，所以選B。
有關物質的量
濃度計算應注意的問題
物質的量濃度的計算，公事簡單，種類繁多，題型比較復雜，計算的關鍵是：1、分析該溶液的“形成”過程；2、正確判斷溶液中溶質究竟是何物質；3、能準確計算出溶液的體積。只要抓住了關鍵，無論題目如何變化，均能觸類旁通，應用自如。
溶液稀釋與混合前后的共同特點是溶質的質量或溶質的物質的量保持不變。溶液混合或稀釋的計算，要注意兩個問題：1、溶液混合指同一溶質不同濃度的同種溶液“加合”，稀釋是其中的一個特例；2、相同純溶液或同濃度同溶質的溶液相混合的體積才為兩體積之和，否則不等于原兩溶液體積和。
關于化學反應速率
與平衡的關系應注意的三個問題
關于化學反應速率與平衡的關系應注意的三個問題：1、不要把V正增大與平衡向正反應方向移動等同起來；只有V正＞V逆時，才使反應向正反應方向移動。2、不要把平衡向正反應方向移動與原料轉化率的提高等同起來，當反應物總量不變時，平衡向正反應方向移動，反應物轉化率提高；當增大一種反應物的濃度使平衡向正反應方向移動時，會使另一種反應物的轉化率提高。3、平衡發生移動時，不一定所有的量都變；平衡不移動不一定所有的量都不變。如有些反應，升高溫度時，平衡發生了移動，但各組分的平均相對分子質量不變；增大壓強時，平衡不移動，但反應速率增大，各物質的濃度增大。
NO、NO2、O2混合氣體
和水反應的計算技巧
1、NO + NO2 +H2O
NO、NO2與H2O發生了兩個反應：
3 NO2 + H2O ＝ 2H NO3 + NO…………⑴
2 NO + O2 ＝ 2 NO2…………⑵
⑴×2 + ⑵的反應：
4NO2 + O2 + 2H2O ＝ 4H NO3
所以，當NO2和O2的體積比等于4時，容器內無氣體剩余；當NO2和O2的體積比小于4時，容器內剩余O2；當NO2和O2的體積比大于4時，則NO2過量，最終剩余NO。
2、NO +O2 + H2O
NO、O2與H2O也發生了兩個反應：
3NO2 + H2O ＝ 2H NO3 + NO…………⑴
2 NO + O2 ＝ 2 NO2…………⑵
⑴×2 + ⑵×3的反應：
4NO +3O2 + 2H2O ＝ 4H NO3
分析略。
過量計算應注意的問題
當化學反應中的反應物不止一種時，投入的反應物常常不能恰好反應，故在計算生成物的量時，應先進行過兩判斷，判斷過量的方法通常有兩種：
1、假設驗證法：設定給定的A物質恰好反應計算出需要B物質的量，將計算結果與給定的B物質的總量比較，既可判斷出過量的物質。
2、比例判斷法：將給定的A、B兩種物質換算成物質的量后，若A的物質的量與B的物質的量之比大于其分子式前的系數比，則A過量。所以就應該按B物質計算生成物。
怎樣用差量法巧解化學題
在根據化學方程式的計算中，有時題目給的條件不是某種反應物或生成物的質量，而是反應前后物質的質量的差值，解決此類問題用差量法十分簡便。此法的關鍵是根據化學方程式分析反應前后形成差量的原因(即影響質量變化的因素)，找出差量與已知量、未知量間的關系，然后再列比例式求解。
一、固體差量
[例1]：將質量為100克的鐵棒插入硫酸銅溶液中，過一會兒取出，烘干，稱量，棒的質量變為100.8克。求有多少克鐵參加了反應。
分析：Fe+CuSO4＝FeSO4+Cu
　 56　　　　　　 64
(離開鐵棒)　　(回到鐵棒)
由化學方程式可知，影響棒的質量變化的因素是參加反應的鐵和生成的銅。每有56份質量的鐵參加反應離開鐵棒的同時，就有64份質量的銅回到鐵棒上，則使棒的質量增加64－56＝8(份)。現已知棒的質量增加100.8克－100克＝0.8克，則可列比例求解。
解：設參加反應的鐵的質量為x。
Fe+CuSO4＝FeSO4+Cu 棒的質量增加(差量)
56　　　　　 64 64－56＝8
x　　　　　 100.8克－100克＝0.8克
56:8＝x:0.8克
答：有5.6克鐵參加了反應。
二、液體差量
[例2]：用含雜質(雜質不與酸作用，也不溶于水)的鐵10克與50克稀硫酸完全反應后，濾去雜質，所得液體質量為55.4克，求此鐵的純度。
分析：Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑
　 56 　　　　　 2
由化學方程式可知，影響溶液質量變化的因素是參加反應的鐵和生成的氫氣。每有56份質量的鐵參加反應"進入"溶液中的同時，則可生成2份質量的氫氣從溶液中逸出，故溶液質量增加 56－2＝54(份)。由題目給的差量 55.4克－50克＝5.4克，據此便可列比例求解。
解：設此鐵的純度為x。
Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑ 溶液質量增加(差量)
56　　　　　 2　 56－2＝54
10x克　　　　 55.4克－50克＝ 5.4克
56:54＝10x克:5.4克
答：此鐵的純度為56%。
三、氣體差量
[例3]：將12克CO和CO2的混合氣體通過足量灼熱的氧化銅后，得到氣體的總質量為18克，求原混合氣體中CO的質量分數。
分析：CuO+CO＝ Cu+CO2
28　　　 44
由化學方程式可知，氣體質量增加的原因是CO奪取了氧化銅中的氧元素。每28份質量的CO參加反應，可生成44份質量的CO2，使氣體質量增加 44－28＝16(份)。現已知氣體質量增加 18克－12克＝6克，據此便可列比例求解。
解：設原混合氣體中CO的質量分數為x。
CuO+CO＝ Cu+CO2　　氣體質量增加(差量)
28　　　 44 　 44－28＝16
12x克　　　　 18克－12克＝6克
答：原混合氣體中CO的質量分數為87.5%。
四、其他
[例4]：在天平左右兩邊的托盤上，各放一個盛有等質量、等溶質質量分數的足量稀硫酸的燒杯，待天平平衡后，向兩燒杯中分別加入鐵和鎂，若要使天平仍保持平衡，求所加鐵和鎂的質量比。
分析：
①因硫酸足量，故鐵和鎂全參加反應。
Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑
Mg+H2SO4＝MgSO4+H2↑
②由化學方程式可知，影響天平兩端質量變化的因素是加入的金屬和生成的氫氣。
③分別加入鐵和鎂后，只有當天平兩端增加的質量相同時，天平才可仍保持平衡。解：設所加鐵與鎂的質量分別為x、y(此時天平兩端增加的質量均為a)。
Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑　 增加的質量(差量)
56 　　　　　 2　　 56－2＝54
x 　　　　　　　 a
Mg+H2SO4＝MgSO4+H2↑　 增加的質量(差量)
24 　　　　　 2　　 24－2＝22
y　　　　 　　　　　 a
56:54＝ x:a
24:22＝y:a
答：當酸足量時，所加的鐵與鎂的質量比為77:81時天平仍保持平衡。
求相對原子質量的題型與解法
第一種類型：根據概念求相對原子質量
解法：此類型題應根據相對原子質量的概念來求解。即以一個碳-12原子的質量的1/12作為標準，其他原子的質量跟它比較所得的值，就是這種原子的相對原子質量。
[例1]：一個碳-12原子的質量為Mｋg，某元素一個原子的質量為ｎｋg，則該元素的相對原子質量為( )。
A.M/12ｎ B.12ｎ/M Ｃ.ｎ/12M Ｄ.12M/ｎ
解：根據相對原子質量的概念，該元素的相對原子質量為：
ｎｋg/(Mｋg/12)＝12ｎ/M，所以答案應選B。
第二種類型：根據元素在化合物里的質量比求相對原子質量
解法：解此類型題，不僅要正確寫出化合物里各元素質量比的計算關系式，而且還要分析清楚是哪種元素與哪種元素的質量比。
[例2]：某物質化學式為Ｒ2O3，其中Ｒ與O的質量比為7:3，O的相對原子質量為16，Ｒ的相對原子質量是( )。
A.27 B.56 Ｃ.14 Ｄ.31
解：設Ｒ的相對原子質量為ｘ，根據化合物里兩元素的質量比得：
2ｘ:(16×3)＝7:3
ｘ＝56，所以答案應選B。
第三種類型：根據元素在化合物里的質量分數求相對原子質量
解法：此類型題一般應根據某元素在化合物里的質量分數的計算關系式來求解。若該化合物由兩種元素組成，則此類型題除用上述方法解外，還可用特殊解法即題型二中的方法求解。
[例3]：某化合物的化學式為ＲO3，其中氧元素的質量分數為60%，O的相對原子質量是16，則Ｒ的相對原子質量是( )。
A.16 B.32 Ｃ.64 Ｄ.48
一般解法：設Ｒ的相對原子質量為ｘ，根據化合物里氧元素的質量分數得：
(16×3)/(ｘ＋16×3)×100%＝60%
ｘ＝32，所以答案選B。
特殊解法：由題意可知，在化合物中Ｒ元素與氧元素的質量比為：
(1－60%):60%＝2:3
設Ｒ元素的相對原子質量為ｘ，則：
ｘ:(16×3)＝2:3
ｘ＝32，答案選B。
第四種類型：根據式量求相對原子質量
解法：解此類型題必須掌握式量的概念及式量的計算方法，只有式量的計算式正確了，才能正確求出某元素的相對原子質量。
[例4]：某化合物的化學式為HnAO2n－1，若此化合物的式量為M，則元素A的相對原子質量為____。
解：設元素A的相對原子質量為ｘ，根據式量的計算式得：
1×ｎ＋ｘ＋16×(2ｎ－1)＝M
ｘ＝M－33ｎ＋16
元素A的相對原子質量為M－33ｎ＋16。
第五種類型：根據化學方程式求相對原子質量
解法：解此類型題關鍵是根據元素在化合物里的化合價，配平化學方程式，然后根據化學方程式來求相對原子質量。
[例5]：ag二價金屬M溶于稀硫酸中完全反應，生成bg氫氣，此金屬的相對原子質量為( )。
A.b/a B.2a/b Ｃ.a/2b Ｄ.a/b
解：設金屬M的相對原子質量為ｘ，則有：
M＋H2SO4＝MSO4＋H2↑
ｘ 2
ag bg
ｘ/2＝ag/bg，ｘ＝2a/b，答案選B。
第六種類型：根據質量守恒定律求相對原子質量
解法：解此類型題時，若能根據質量守恒定律計算出化合物里各元素的質量，即可求出相對原子質量。
[例6]：某金屬元素M的質量為16.2g，與氧氣完全反應后生成M2O330.6g。若O的相對原子質量為16，則M的相對原子質量為( )。
A.27 B.28 Ｃ.56 Ｄ.58
解：設M的相對原子質量為ｘ。根據質量守恒定律可知，M2O3中氧元素的質量為：
30.6g－16.2g＝14.4g
則M元素與氧元素的質量比為：
2ｘ:(16×3)＝16.2g:14.4g
ｘ＝27，答案應選A。
分類點撥
化學計算題中的隱含條件
所謂隱條件就是已知條件隱含在題目中，挖掘隱含條件是解這類計算題的關鍵。現舉五種類型的隱條件計算題進行分析。
一、條件隱含在化學反應中
[例1]：6.2克氧化鈉溶于 93.8克水中，所得溶液的溶質質量分數是( )：
A.等于6.2% B.大于6.2%
C.小于6.2% D.無法計算
分析：因為Na2O溶于水后，隱藏著Na2O+H2O＝2NaOH的化學反應，所以溶液中的溶質不是Na2O，而是NaOH，且反應后的溶質是8克，所以溶液的溶質質量分數大于6.2%。
二、條件隱含在溶質未全部溶解(或難于溶解)中
[例2]：已知20℃時硝酸鉀的溶解度是31.6克。在此溫度下，將50克硝酸鉀晶體倒入50ml蒸餾水中，充分攪拌，所得溶液的溶質質量分數為( )：
A.50% B.76% C.24%　D.25%
分析：某些學生忽視了硝酸鉀溶于水的量要受溶解度的限制這一隱蔽條件，而誤選A。其實50克水只能溶解15.8克硝酸鉀，根據溶質質量分數概念，未溶解部分的溶質既不能計入溶質質量，也不能算到溶液質量之中，所以所得溶液溶質的質量分數為24%。
三、條件隱含在溶液體積的變化中
[例3]：用 25.30ml 98%的濃H2SO4(ρ＝1.84g/cm3)配制20%的H2SO4溶液(ρ＝1.14g/cm3)200ml，需加水( )：
A.181.55ml　　　　　 B.174.70ml
C.153. 44ml　　　　 D.200ml
分析：許多學生誤認為需加水為200ml25.30ml＝174.70ml而選 B。其實，此題隱蔽著一個重要條件，即兩種不同的液體相混合時其體積不等于混合前兩種不同液體的體積之和，就好比1體積大豆加上1體積小米時，小米會落入大豆的空隙里。其正確解法是：
解：設需加水的體積為x。
則25.30ml×1.84g/cm3×98%＝(x×1g/cm3+25.30ml×1.84g/cm3)×20%
解之得x≈181.55ml
四、條件隱含在對正確數據的選擇中
[例4]：60℃時，50克水中最多能溶解55克KNO3。把60℃時210克KNO3飽和溶液蒸發掉50克水后，再降至60℃時，析出晶體后溶液中溶質的質量分數是( )
A.35.5% B.58.1% C.17.2% D.52.4%
分析：此題中“把60℃時210克KNO3飽和溶液蒸發掉50克水后，再降至60℃時”實際上是用來迷惑學生的多余條件，不認真審題，就會鉆進溶解度計算的死胡同而不得其解。因此解答此類題的關鍵是，明確在一定條件下飽和溶液結晶后剩余溶液仍為飽和溶液。
解：(略)。
五、條件隱含在非數據之中
[例5]：炭和CaCO3的混合物在空氣中受強熱后，CaCO3完全分解，炭完全氧化。如果生成的CO2總質量等于混合物的總質量，則混合物中炭的質量分數為( )
A.82.6%　 B.17.4% C.21.5%　D.54.3%
分析：這是一道沒有提供具體數據的計算題，但已具備了解題條件(非數據條件)，這個隱藏在非數據之中的條件是生成的CO2的總質量等于混合物的總質量。抓住這一點，用炭氧化生成CO2的質量增加量等于CaCO3分解生成CO2質量的減少量，求出炭和CaCO3的質量之比，然后求出炭的質量分數。
解：設混合物中炭的質量為x，CaCO3 的質量為y。
C + O2 ＝ CO2　　增加質量
12　 　 44　 44－12＝32
CaCO3 ＝ CaO+CO2　　減少質量
100 　　　　 44　　 100－44＝56
則：
56/100y＝32/12x ∴y＝21/100x
則CO2的質量分數＝x/x+y＝x/x+21/100x＝82.6%
故應選A。
請同學們用上面介紹的方法作下面的兩個聯系題：
1.將4克SO3溶于46克水中，所得溶液溶質的質量分數是 (　)
A.8%　　　　　　　　 B.8.7%
C.9%　　　　　　　　 D.9.8%
2.在天平兩端的燒杯中，分別盛有等質量、等溶質質量分數的稀硫酸，調整天平至平衡后，向天平兩端的燒杯中分別加入等質量的鎂和銅鋁合金，恰好完全反應，且天平仍保持平衡。則銅鋁合金中銅與鋁的質量比為(　)
A.1:1　　　　　　　　 B.2:1
C.1:2　　　　　　　　 D.1:3
(答案：1.D 2.D)
化學計算中的“轉化”技巧
解答有一定難度的化學問題，除了需要準確理解、熟練掌握基本概念、基本理論等基礎知識外，最重要的莫過于做好“轉化”工作。
所謂“轉化”，其實質就是將較復雜、較隱晦、較困難的問題，通過一定的方法轉化為較簡單、較明朗、較容易的問題。簡而言之，就是把原先不會做的題轉化變成會做的題。因此，“轉化”工作的好壞，直接影響到解題的成敗。現以典型習題為例，介紹幾種化學計算中的轉化5中常見的技巧。
一、由陌生轉化為熟悉。
在解題過程中，當接觸到一個難以解決的陌生問題時，要以已有知識為依據，將所要求解的問題與已有知識進行比較、聯系，異中求同，同中求異，將陌生轉化為熟悉，再利用舊知識，解決新問題。
[例1]：現有25℃的硫酸銅飽和溶液300克，加熱蒸發掉80克水后，再冷卻到原來的溫度，求析出CuSO4.5H2O多少克(已知25℃時，CuSO4的溶解度為20克)。
分析：結晶水合物的析晶計算難度大，是由于帶有結晶水晶體的析出，會導致溶劑水量的減少，從而使結晶水合物繼續從飽和溶液中析出，這樣依次重復，最終使晶體的總量趨向于定值。由此可見，結晶水合物的析出過程實質上是無數次結晶的總結果。作為一個數學問題，這類題目可以應用無窮遞縮等比數列求和知識解決，但初中學生尚未學過，故對于學生來說是陌生的。若仔細分析題意，抓住析晶后的溶液仍為飽和溶液
解：300克溶液中所含硫酸銅的量＝20×300÷120＝50克
設蒸發后可析出ｘ克硫酸銅，則可以得出：
120:20＝(300－80－ｘ):(50－160/250.x)
解之得x≈29克
例2.溶質質量分數為3x%和x%的兩種硫酸等體積混合后，混合液中溶質的質量分數是 ( )
A.2x%　B.大于2x% C.小于2x% D.無法計算
分析：溶液等體積混合，求混合后溶液中溶質的質量分數，課本上無例題，教師授課時也很少提到，題目新穎，陌生度大，似有無從下手之感。若把題中兩種硫酸等體積混合想象成熟知的等質量混合(化陌生為熟悉)，則混合后溶液中溶質的質量分數為2x%。硫酸越濃，密度越大，故等體積混合時，較濃硫酸的質量比混合溶液的質量一半要多，所以混合后溶液中溶質的質量分數應大于2x%。
二、由局部轉化為整體。
復雜的化學問題，往往是由幾個小問題組合而成，若將這些小問題孤立起來，逐個分析解決，不但耗時費力，且易出錯。如能抓住實質，把所求問題轉化為某一整體狀態進行研究，則可簡化思維程序，收到事半功倍之效。
[例3]：有一包FeSO4和Fe2(SO4)3的固體混合物，已測得含鐵元素的質量分數為31%，則混合物中硫元素的質量分數是____。
分析：這是一道利用化學式計算物質中某元素質量分數的常見題。學生熟知的解題模式是先分別求出兩化合物中硫元素的質量，再相加得到混合物中硫元素的質量，進而算出硫元素在混合物中的質量分數。這種按部就班，步步為營的解法盡管思路正確，方向對頭，但運算復雜，作為填空題，計算時一步不慎，滿盤皆輸。如果克服思維定勢，開拓思路，把S和O組成的原子團(SO4)看成一個整體(化局部為整體)，由于鐵元素占混合物的質量分數為31%，則另一部分(即SO4)為100－31%＝69%
故硫元素占混合物的質量分數為 69%×32÷96＝23%。
[例4]：有一放置在空氣中的KOH固體，經測定，其中KOH 84.9%，KHCO3 5.1%，K2CO3 2.38%，H2O 7.62%。將此樣品若干克投入 98克10%的鹽酸中，待反應完全后，再需加入20克10%的KOH溶液方能恰好中和。求蒸發中和后的溶液可得固體多少克。
分析：此題信息量大，所供數據多。根據有關化學反應方程式逐一分步求解，計算繁雜，失分率高。如果拋開那些紛繁的數據和局部細節，將溶液看成一個整體(化局部為整體)，則無論是KOH、K2CO3還是KHCO3，與鹽酸反應最終均生成KCl。由于KCl中的Cl—全部來自于鹽酸，故可得關系式：
35.5→74.5
Cl—的質量＝98×10%×(35.5÷36.5)＝9.54克
設可得到固體(KCI)x克，則：
35.5 → 74.5
9.54 x
35.5:9.54＝74.5:x
解之得x＝20克
三、由復雜轉化為簡單
著名數學家華羅庚曾經說過：“把一個較復雜的問題‘退’成最簡單、最原始的問題，把這最簡單、最原始的問題想通了，想透了……然后各個擊破，復雜問題也就迎刃而解，不攻自破了。”華羅庚所說的“退”，就是“轉化”，這種“退”中求進的思維策略完全可以用于解決復雜的化學問題。
[例5]：在溫度不變的情況下，向一定量的硫酸銅溶液中加入25克膽礬(CuSO4.5H2O)或蒸發掉55克水均可得到飽和溶液，求該溫度時硫酸銅的溶解度。
分析：設想將原來的不飽和硫酸銅溶液分解成兩部分(化復雜為簡單)：一部分是飽和溶液，另一部分是55克水，而在這55克水中若溶解25克膽礬(內含16克CuSO4和9克H2O)，則也恰好成為該溫度時的硫酸銅飽和溶液。
解：設該溫度時硫酸銅的溶解度為x，則：
(55＋9):16＝100:x
解之得x＝25
[例6]：向1000克未知溶質質量分數的硫酸銅溶液中加入一定量的氫氧化鈉溶液，過濾、干燥后得到藍色固體19.6克。在所得濾液中加入過量鐵粉，充分反應后，再加入足量鹽酸，最后得到6.4克固體，求原溶液中硫酸銅的質量分數。
分析：這是一道綜合性題目，根據題意，可將該題分解成容易作答的四個小題(化復雜為簡單)：
1、得到19.6克氫氧化銅，有多少克硫酸銅參加了反應？(32克)
2、與鐵粉反應生成6.4克銅，有多少克硫酸銅參加了反應？(16克)
3、上面了個小題中中硫酸銅的總質量是多少克？(48克)
4、根據3的結果，原溶液中硫酸銅的質量分數是多少？(4.8%)
將一定難度的綜合題分解為數個簡單題，實現由繁到簡，由難到易的轉化，使本來感覺很難的題目轉化成了簡單易做的題目。這樣做，易學易懂，不僅學會了思考問題的方法，更重要的是增強了克服困難的勇氣和信心，對后繼化學課程的學習將產生深遠的影響。
四、由一般轉化為特殊。
有些化學計算題若從一般情況考慮，思路不暢，計算繁雜。此時不妨從特例入手，使抽象問題具體化，從而達到簡化計算、迅速求解的目的。
[例7]：在化合物X2Y和YZ2中，Y的質量分數分別為40%和50%，則在化合物X2YZ3中，Y的質量分數是多少？
分析：根據Y在化合物X2Y和YZ2中的質量分數，雖能求得Y在X2YZ3中的質量分數，但難度大，技巧性高，稍不留神，往往半途而廢。若根據Y在X2Y中的質量分數，假設Y的原子量為40(化一般為特殊)，由題意得：
X的原子量則為(100－40)÷2＝30
Z的原子量則為[(40÷50%)－40]：÷2＝80
所以Y在X2YZ3中的質量分數為：40÷(30×2＋40＋40×3)≈16.7%
五、由隱含轉化為顯露。
有些題目從表面看來似缺條件而無法求解，實際上解題條件就隱含在語言敘述、化學現象、化學原理之中。解答此類題目的關鍵，是充分挖掘題中的隱含條件，化隱為顯，架設由未知到已知的“橋梁”。
[例9]：將鎂粉和碳酸鎂的混合物置于氧氣中灼燒，直至質量不再改變為止。經測定，灼燒后所得固體質量與原混合物質量相同，求原混合物中鎂粉和碳酸鎂的質量比。
分析：整個題目全用文字敘述，沒有一個可供直接利用的具體數據。仔細審視題意，抓住關鍵詞語，將“灼燒后所得固體質量與原混合物質量相同”轉化為(化隱含為顯露)“Mg吸收的O2質量等于MgCO3分解放出的CO2質量”，即可由2Mg→O2和MgCO3→CO2，導出44Mg→16MgCO3。這一關系式表明，在原混合物中鎂粉與碳酸鎂的質量比是44×24:16×84＝11:14。
[例10]：已知某混合物由Na2S、Na2SO3、Na2SO4三種物質組成。經測定，其中鈉元素的質量分數為m，求混合物中氧元素的質量分數。
分析：混合物中共含有三種元素，僅已知其中一種元素的質量分數，求另一元素的質量分數，通常情況是無法求解的。觀察三種物質的化學式、發現隱含著一個十分重要的解題條件，即Na元素和S元素之間的質量比恒為(23×2)：32＝23：16，故S的16/23m，顯而易見，氧元素的質量分數則為100%－m－16/23m
兩類關于溶質質量分數計算的
審題和解題技巧
溶液中溶質質量分數的計算是初中化學中化學基本計算的重點也是難點，正確理解溶液中溶質質量分數的概念，同時正確辨別溶質質量與溶解度之間的關系是解題的關鍵。
一、沒有給出溶解度的溶質質量分數的計算
此類題解題關鍵是如何來求溶質質量和溶液質量。
[例1]：將硫酸銅和硫酸鈉的混合物19.8克加入到90克水中，完全溶解后，再加入100克溶質質量分數為8%的氫氧化鈉溶液恰好完全反應，計算(1)、生成沉淀的質量(2)、反應所得溶液中溶液質質量分數是多少？
解析：本題(1)問直接用化學方程式來求解出氫氧化銅的質量。在解第2問時，首先觀察題中有沒有出現溶解度這個條件。如果沒有則解此類題不需考溶液是否飽和與不飽和。只需直接計算出溶質的質量和溶液的質量，再根據溶質質量分數的定義式來計算即可。但在計算溶液質量時有很多同學不是計算得相當復雜就是根本不知從何處下手。　　　　　　　
在解題過程中可以總結為：溶液質量等于題中溶液質量之和加上加入到溶液中物質的質量再減去生成物中沉淀的質量或生成氣體的質量。
解：設生成氫氧化銅沉淀為x克，生成硫酸鈉為y克，反應中用去硫酸銅為z克。
CuSO4+2NaOH ＝ Cu(OH)2 ↓+Na2SO4
160　 80　　　　 98 　　　 142
z　 100×8%　　 x　　　　　 y
解之得：x＝9. 8克　 y＝14.2 克　 z＝16克
由題意可知：此溶液中溶質的質量＝(19.8－16 )+14.2＝18克
溶液的質量＝(19.8＋90＋100－9. 8＝200克
根據溶質量分數的定義式可得：該溶液中溶質質量分數＝18÷200＝9%
答：(1)、生成沉淀的質量為9. 8克(2)、反應所得溶液中溶液質質量分數為9%。
練習：將含鋅81.25%的粗鋅8克放入燒杯中，向燒杯中加入適量稀硫酸恰好完全
目 錄
學好中學化學的關鍵和方法
怎樣作題效果好？
巧解化學計算題解題方法概說
用守恒法解題的技巧
注意數學中的方程、函數在化學中的應用
化學中的圖像題的解題技巧
循環反應計算的技巧
有關物質的量濃度計算應注意的問題
關于化學反應速率與平衡的關系應注意的三個問題
NO、NO2、O2混合氣體和水反應的計算技巧
過量計算應注意的問題
怎樣用差量法巧解化學題
求相對原子質量的題型與解法
分類點撥化學計算題中的隱含條件
化學計算中的“轉化”技巧
兩類關于溶質質量分數計算的審題和解題技巧
計算金屬與酸反應所得氫氣質量題型分析
實驗計算的新要求及計算方法
1~20號元素中的某些元素的特性
常見的具有“10電子”、“18電子”的微粒
推斷元素的技巧
中學化學中的一些“一般和特殊”
談離子方程式的書寫及其正確與否的判斷
溶液中離子不能大量共存的規律
無機化學反應的一些重要規律總結
談“答案就在題中”的題的解法
談高考中考查化學實驗的熱點問題
要注意有機化學題中的“陷阱”
烴類化合物分子式的求法及結構式的判斷技巧
有機物結構式的推斷方法
怎樣準確解答化學說理題？
應用性試題分類例析
平日要加強對開放型試題練習
鑒別物質的方法
化學競賽試題命題思想、解題思路與試題分析
怎樣迎接“3+X”高考化學的挑戰？
怎樣搞好理綜的化學總復習 ？
怎樣培養自己學習化學的能力？
學習化學的思維障礙及克服方法
談決勝化學考場的策略

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