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一、关系式法
例1 在含有a g HNO3的稀硝酸溶液中加入b g铁粉（铁粉过量），已知在反应中有1/4HNO3被还原成NO则
a∶]b可能是 （）
(A) 2∶]1 (B) 3∶]1
(C) 4∶]1(D) 9∶]2
答案：(B)
解析：少量铁粉跟稀硝酸反应：
Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O①
过量的铁粉可以跟Fe(NO3)3反应：
2Fe(NO3)3+Fe=3Fe(NO3)2②
将①×2+②
即得反应关系式：
3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O③
③式中有1 4HNO3被还原，符合题意.按此关系式可列式：
a∶]b=504∶]168=3∶]1，故选(B).
点评：对于多步进行的连续反应，尽管每一步反应都是各自独立的(反应条件和设备可能不同),但前一个反应的产物是后一个反应的反应物,可根据中间产物的传递关系,找出原料和最终产物的关系式.由关系式进行计算带来很大的方便，并且可以保证计算结果的准确性.
二、守恒法
例2 将一定量的铁粉完全溶于过量盐酸中，然后通入
112 mL Cl2（标准状况），再加入2.94 g 重铬酸钾（
K2Cr2O7）固体，恰好使溶液中的
Fe2+全部转化为
Fe3+，而Cr2O2-7被还原为
Cr3+离子，则原铁粉的物质的量为 （）
(A) 0.04 mol(B)0.03 mol
(C) 0.07 mol (D) 0. 01 mol
答案：(C)
解析：从题中可以看出，铁粉转化为
Fe2+，用了两种氧化剂，其电子得失情况分别为：①
Fe2+〖FY(〗-1e- 〖FY)〗Fe3+ ②
Cl2〖FY(〗+2e- 〖FY)〗2Cl- ③
Cr2O2-7〖FY(〗+6e- 〖FY)〗
2Cr3+，根据氧化剂得到的电子总数=还原剂所失电子总数，则有：
112×10-3
22.4×2+2.94 294
×6=x×1,x=0.07 mol.
例3 将Na2SO4、AlCl3、Al2(SO4)3溶于水制得一混合溶液，测得
c(Na+)=0.2 mol•L-1,c(Cl-)=
0.6 mol•L-1,c(Al3+)=0.8 mol•L-1,
则c(SO2-4)
是 （）
(A) 0.4mol(B) 0.6 mol (C) 1.0 mol(D) 1.2 mol
答案：(C)
解析：设c(SO2-4)为
x mol•L-1，根据物质的电中性原理，运用电解质溶液中所有阴离子所带负电荷总数等于所有阳离子所带正电荷总数，则有：
c(Na+)+3c(Al3+)=c(Cl-)+
2c(SO2-4),
即0.2×1+0.8×3=0.6×1+2x,x=1.0 mol•L-1
点评：守恒法包括的面很广，有：原子（或离子）守恒、质量守恒（根据质量守恒定律）、电子得失守恒(根据氧化剂得到的电子总数=还原剂所失电子总数）、电荷守恒（根据阴离子所带负电荷总数等于阳离子所带正电荷总数）等，如能熟练运用守恒法解题，定会收到事半功倍的效果.
三、差量法
例4在1升2摩/升的稀硝酸溶液中加入一定量的铜粉，充分反应后溶液的质量增加了13.2克，问：
（1）加入的铜粉是多少克？
（2）理论上可产生NO气体多少升？（标准状况）
解析：硝酸是过量的，不能用硝酸的量来求解.设加入的铜粉质量为x ，生成的NO质量为 y
3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O
Δm
19260 192-60=132 g(理论差量）
xy 13.2 g（实际差量）
192 x=132 13.260 y=132 13.2
解得:(1)x=19.2 g (2)y=6g6 30=0.2 mol=4.48 L,即加入的铜粉是19.2克，产生NO气体理论值为4.48升.
例5 10毫升某气态烃在80毫升氧气中完全燃烧后，恢复到原来状况（1.01×105 Pa , 27 ℃）时，测得气体体积为70
毫升，求此烃的分子式.
解析：原混和气体总体积为90毫升，反应后为70毫升，体积减少了20毫升.剩余气体应该是生成的二氧化碳和过量的氧气，下面可以利用烃的燃烧通式进行有关计算.
CxHy + （x+1/4y ）O2 →xCO2+y 2H2OΔV
11+y 4
1020
1 10=1+y/4 90-70
,解得y=4,即烃的分子式为C3H4或C2H4或CH44
点评：差量法是依据化学反应前后的某些“差量”(固体质量差、溶液质量差、气体体积差、气体物质的量之差等)与反应物或生成物的变化量成正比而建立的一种解题法.此法将“差量”看作化学方程式右端的一项，将已知差量（实际差量）与化学方程式中的对应差量（理论差量）列成比例. 用差量法解题的关键是正确找出理论差量.
三、平均值法
例6 今有两种金属混合物粉末共重20.75 g投入足量的盐酸中,待反应完毕后得11.2 L氢气(标准状况）,混合物的可能组成是 （）
① Zn和Cu②Zn和Ca ③Zn和Fe④
Mg和Fe ⑤ Mg和Ba
(A)①和④ (B)②和④
(C)④和⑤ (D)①②和④
答案：(D)
解析：反应的通式为：
R+2H+=R2++H2↑
n(R)=n(H2)=
11.2 L 22.4 L•mol-1
=
0.5 mol,M(平均）=20.75/0.5=41.5 g•mol-1
平均摩尔质量大于一种金属原子的摩尔质量，而小于另一种金属原子的摩尔质量.上述供选答案中②④符合此条件，①单看金属原子的摩尔质量均大于41.5,而 不与盐酸反应,但它占一定质量,也符合题意,故此题应选(D).
点评：平均值法是一种将数学平均原理应用于化学计算的解题方法.取两个数x1和x2 (x1>x2)的算数平均值一定介于二者之间.所以只要求出平均值就可以判断x1和x2的取值范围.再结合题给条件可迅速求出答案.
五、增量相等法
例5 天平两盘中,放入质量相等的两个烧杯, 烧杯中盛等量稀盐酸.向两个烧杯中分别加入a g镁粉和
b g铝粉,充分反应后天平仍平衡,则a和b可能分别是 （
）
（A） 24,27 （B） 32,33 （C） 33,32（D） 27,24
解析：加入镁粉和铝粉的质量不相等, 充分反应时放出的氢气的质量也不相等,但反应后天平仍平衡,这就只能是金属与酸充分反应后, 两个烧杯增加的质量相等,据此根据有关化学方程式可列式计算：
a-a 24×2=b-b 27
×3,
解得 a=96,b=99,即32和33.
点评：要保持反应后天平仍平衡，就必须使反应后两个烧杯增加的质量相等.
六、综合分析法
例6 红磷在氯气中燃烧,若P与Cl2按物质的量之比为
1∶]1.8,充分反应后,生成物中PCl3与PCl5的物质的量之比为
（）
(A)3∶]7 (B) 5∶]9(C) 7∶]3(D) 9∶]5
解析：此题涉及两个反应方程式：①
2P+3Cl2=2PCl3
②2P+5Cl2=2PCl5,
我们可以把这两个反应方程式综合成一个化学方程式：
aP+bCl2=cPCl3+dPCl5,题给
a∶]b=1∶]1.8=10∶]18,将a、b换成10与18.则成：
10P+18Cl2=cPCl3+dPCl5,用观察法,不难得出：c=7,d=3,答案为(C).
点评：从整体出发作综合分析，整体处理，比如寻找总化学方程式，总关系式.
七、讨论法（又称推导发）
例7向含n mol KAl(SO4)2的溶液中加入含m mol的Ba(OH)2溶液，反应完成后，可生成沉淀的物质的量是（）（n和m均为1－8的正整数）
①2 mol ② 5 mol
③ 2 mol或5 mol④ 2mol、5 mol或8 mol
(A) ① (B) ②(C) ③（D） ④
解析：因为
Al(OH)3
是两性氢氧化物，若Ba(OH)2过量时,会将
Al(OH)3溶解.又因n、m是1－8的正整数，这样，就有下列三种情况：
（1）当n∶]m=1∶]2时，
［Ba(OH)2过量］，反应为：
KAl(SO4)2+2Ba(OH)2=2BaSO4↓+
KAlO2+2H2O( )
（2）当n∶]m时，［Ba(OH)2不过量］，反应为：
2KAl(SO4)2+3Ba(OH)2=
3BaSO4↓+2Al(OH)3↓+K2SO4
（3）当n∶]m=4∶]7时，
［Ba(OH)2］则反应为：
4KAl(SO4)2+7Ba(OH)2=
6BaSO4↓+Ba(AlO2)2+2Al(OH)3↓+2K2SO4+4H2O
若按（1）则沉淀为 2 mol BaSO4；
若按（2）则沉淀为 3 mol BaSO4和2 mol
Al(OH)3，共5 mol
若按（3）则沉淀为6 mol BaSO4和2 mol
Al(OH)3，共8 mol
所以正确答案为(D).
点评：有些计算题需要通过讨论才能得出答案.讨论法解释先假定某一结论是正确的，但这一结论与某些计算结果相违背，则需另寻后来的结论.
八、不定方程讨论法
例8 已知2 mol某气态烷和3 mol某气态烯混合物的质量是172 g,则某烷和某烯可能是（）
(A) CH4,C4H4(B) C2H6,C3H6
(C) C3H8,C2H4(D) C4H10,C2H4
解析：设某烷的分子式为
CnH2n+2,其分子量为14n+2,某烯的分子式为CmH2m,其分子量为14m（因为不知烷与烯的碳原子数是否相同,不能均用一个未知数表示）.
根据nM=m则有2×(14n+2)+3×14m=172,化简为
2n+3m=12,根据气态烃的碳原子数≤4,又
n、m均为1～4的正整数进行讨论,若
n=1,n=2,n=4时,则m均不为正整数,只有
n=3,m=2成立.即
C3H8,C2H4,应选(C).
十、极值法（又称极端假设法）
例6 7.36 g CaCO3和MgCO3的混合物与足量盐酸反应,产生的气体全部被
600 mL 0.2 mol•L-1的NaOH溶液所吸收,在低温、减压条件下把该溶液蒸干,得7.60 g固体,求原混合物中
CaCO3和MgCO3的质量.
解析：假设生成的CO2适量,所得固体全部为Na2CO3,则有：
0.6×0.2 2×106=6.36 g
假设生成的CO2过量, 所得固体全部为
NaHCO3,应有：0.6×0.2×84=10.8（g）
现题给固体的质量为 7.60 g ,介于上面两极值之间,固体物质应为NaHCO3和Na2CO3
的混合物.
设原有CaCO3 x mol, MgCO3 y mol,由它们生成的CO2为(x+y) mol;另由
2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O
和
NaOH+CO2=NaHCO3可知CO2是NaOH的2 3.由此可列方程组：
100x+84y=7.36①
x+y=(0.6×0.2)×2 3②
解此方程组得 x=y=0.04 mol
则：m(CaCO3)=0.04×100=4 g,
m(MgCO3)=
0.04×84=3.36 g.
点评： 极值法就是从某种极限状态出发，进行分析、推理、判断的一种思维方法.一般做法是先根据边界条件（极值），确定答案的可能取值范围，然后再结合题给条件确定答案或将混合物假设为纯净物再进行分析比较等.
例1 在含有a g HNO3的稀硝酸溶液中加入b g铁粉（铁粉过量），已知在反应中有1/4HNO3被还原成NO则
a∶]b可能是 （）
(A) 2∶]1 (B) 3∶]1
(C) 4∶]1(D) 9∶]2
答案：(B)
解析：少量铁粉跟稀硝酸反应：
Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O①
过量的铁粉可以跟Fe(NO3)3反应：
2Fe(NO3)3+Fe=3Fe(NO3)2②
将①×2+②
即得反应关系式：
3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O③
③式中有1 4HNO3被还原，符合题意.按此关系式可列式：
a∶]b=504∶]168=3∶]1，故选(B).
点评：对于多步进行的连续反应，尽管每一步反应都是各自独立的(反应条件和设备可能不同),但前一个反应的产物是后一个反应的反应物,可根据中间产物的传递关系,找出原料和最终产物的关系式.由关系式进行计算带来很大的方便，并且可以保证计算结果的准确性.
二、守恒法
例2 将一定量的铁粉完全溶于过量盐酸中，然后通入
112 mL Cl2（标准状况），再加入2.94 g 重铬酸钾（
K2Cr2O7）固体，恰好使溶液中的
Fe2+全部转化为
Fe3+，而Cr2O2-7被还原为
Cr3+离子，则原铁粉的物质的量为 （）
(A) 0.04 mol(B)0.03 mol
(C) 0.07 mol (D) 0. 01 mol
答案：(C)
解析：从题中可以看出，铁粉转化为
Fe2+，用了两种氧化剂，其电子得失情况分别为：①
Fe2+〖FY(〗-1e- 〖FY)〗Fe3+ ②
Cl2〖FY(〗+2e- 〖FY)〗2Cl- ③
Cr2O2-7〖FY(〗+6e- 〖FY)〗
2Cr3+，根据氧化剂得到的电子总数=还原剂所失电子总数，则有：
112×10-3
22.4×2+2.94 294
×6=x×1,x=0.07 mol.
例3 将Na2SO4、AlCl3、Al2(SO4)3溶于水制得一混合溶液，测得
c(Na+)=0.2 mol•L-1,c(Cl-)=
0.6 mol•L-1,c(Al3+)=0.8 mol•L-1,
则c(SO2-4)
是 （）
(A) 0.4mol(B) 0.6 mol (C) 1.0 mol(D) 1.2 mol
答案：(C)
解析：设c(SO2-4)为
x mol•L-1，根据物质的电中性原理，运用电解质溶液中所有阴离子所带负电荷总数等于所有阳离子所带正电荷总数，则有：
c(Na+)+3c(Al3+)=c(Cl-)+
2c(SO2-4),
即0.2×1+0.8×3=0.6×1+2x,x=1.0 mol•L-1
点评：守恒法包括的面很广，有：原子（或离子）守恒、质量守恒（根据质量守恒定律）、电子得失守恒(根据氧化剂得到的电子总数=还原剂所失电子总数）、电荷守恒（根据阴离子所带负电荷总数等于阳离子所带正电荷总数）等，如能熟练运用守恒法解题，定会收到事半功倍的效果.
三、差量法
例4在1升2摩/升的稀硝酸溶液中加入一定量的铜粉，充分反应后溶液的质量增加了13.2克，问：
（1）加入的铜粉是多少克？
（2）理论上可产生NO气体多少升？（标准状况）
解析：硝酸是过量的，不能用硝酸的量来求解.设加入的铜粉质量为x ，生成的NO质量为 y
3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O
Δm
19260 192-60=132 g(理论差量）
xy 13.2 g（实际差量）
192 x=132 13.260 y=132 13.2
解得:(1)x=19.2 g (2)y=6g6 30=0.2 mol=4.48 L,即加入的铜粉是19.2克，产生NO气体理论值为4.48升.
例5 10毫升某气态烃在80毫升氧气中完全燃烧后，恢复到原来状况（1.01×105 Pa , 27 ℃）时，测得气体体积为70
毫升，求此烃的分子式.
解析：原混和气体总体积为90毫升，反应后为70毫升，体积减少了20毫升.剩余气体应该是生成的二氧化碳和过量的氧气，下面可以利用烃的燃烧通式进行有关计算.
CxHy + （x+1/4y ）O2 →xCO2+y 2H2OΔV
11+y 4
1020
1 10=1+y/4 90-70
,解得y=4,即烃的分子式为C3H4或C2H4或CH44
点评：差量法是依据化学反应前后的某些“差量”(固体质量差、溶液质量差、气体体积差、气体物质的量之差等)与反应物或生成物的变化量成正比而建立的一种解题法.此法将“差量”看作化学方程式右端的一项，将已知差量（实际差量）与化学方程式中的对应差量（理论差量）列成比例. 用差量法解题的关键是正确找出理论差量.
三、平均值法
例6 今有两种金属混合物粉末共重20.75 g投入足量的盐酸中,待反应完毕后得11.2 L氢气(标准状况）,混合物的可能组成是 （）
① Zn和Cu②Zn和Ca ③Zn和Fe④
Mg和Fe ⑤ Mg和Ba
(A)①和④ (B)②和④
(C)④和⑤ (D)①②和④
答案：(D)
解析：反应的通式为：
R+2H+=R2++H2↑
n(R)=n(H2)=
11.2 L 22.4 L•mol-1
=
0.5 mol,M(平均）=20.75/0.5=41.5 g•mol-1
平均摩尔质量大于一种金属原子的摩尔质量，而小于另一种金属原子的摩尔质量.上述供选答案中②④符合此条件，①单看金属原子的摩尔质量均大于41.5,而 不与盐酸反应,但它占一定质量,也符合题意,故此题应选(D).
点评：平均值法是一种将数学平均原理应用于化学计算的解题方法.取两个数x1和x2 (x1>x2)的算数平均值一定介于二者之间.所以只要求出平均值就可以判断x1和x2的取值范围.再结合题给条件可迅速求出答案.
五、增量相等法
例5 天平两盘中,放入质量相等的两个烧杯, 烧杯中盛等量稀盐酸.向两个烧杯中分别加入a g镁粉和
b g铝粉,充分反应后天平仍平衡,则a和b可能分别是 （
）
（A） 24,27 （B） 32,33 （C） 33,32（D） 27,24
解析：加入镁粉和铝粉的质量不相等, 充分反应时放出的氢气的质量也不相等,但反应后天平仍平衡,这就只能是金属与酸充分反应后, 两个烧杯增加的质量相等,据此根据有关化学方程式可列式计算：
a-a 24×2=b-b 27
×3,
解得 a=96,b=99,即32和33.
点评：要保持反应后天平仍平衡，就必须使反应后两个烧杯增加的质量相等.
六、综合分析法
例6 红磷在氯气中燃烧,若P与Cl2按物质的量之比为
1∶]1.8,充分反应后,生成物中PCl3与PCl5的物质的量之比为
（）
(A)3∶]7 (B) 5∶]9(C) 7∶]3(D) 9∶]5
解析：此题涉及两个反应方程式：①
2P+3Cl2=2PCl3
②2P+5Cl2=2PCl5,
我们可以把这两个反应方程式综合成一个化学方程式：
aP+bCl2=cPCl3+dPCl5,题给
a∶]b=1∶]1.8=10∶]18,将a、b换成10与18.则成：
10P+18Cl2=cPCl3+dPCl5,用观察法,不难得出：c=7,d=3,答案为(C).
点评：从整体出发作综合分析，整体处理，比如寻找总化学方程式，总关系式.
七、讨论法（又称推导发）
例7向含n mol KAl(SO4)2的溶液中加入含m mol的Ba(OH)2溶液，反应完成后，可生成沉淀的物质的量是（）（n和m均为1－8的正整数）
①2 mol ② 5 mol
③ 2 mol或5 mol④ 2mol、5 mol或8 mol
(A) ① (B) ②(C) ③（D） ④
解析：因为
Al(OH)3
是两性氢氧化物，若Ba(OH)2过量时,会将
Al(OH)3溶解.又因n、m是1－8的正整数，这样，就有下列三种情况：
（1）当n∶]m=1∶]2时，
［Ba(OH)2过量］，反应为：
KAl(SO4)2+2Ba(OH)2=2BaSO4↓+
KAlO2+2H2O( )
（2）当n∶]m时，［Ba(OH)2不过量］，反应为：
2KAl(SO4)2+3Ba(OH)2=
3BaSO4↓+2Al(OH)3↓+K2SO4
（3）当n∶]m=4∶]7时，
［Ba(OH)2］则反应为：
4KAl(SO4)2+7Ba(OH)2=
6BaSO4↓+Ba(AlO2)2+2Al(OH)3↓+2K2SO4+4H2O
若按（1）则沉淀为 2 mol BaSO4；
若按（2）则沉淀为 3 mol BaSO4和2 mol
Al(OH)3，共5 mol
若按（3）则沉淀为6 mol BaSO4和2 mol
Al(OH)3，共8 mol
所以正确答案为(D).
点评：有些计算题需要通过讨论才能得出答案.讨论法解释先假定某一结论是正确的，但这一结论与某些计算结果相违背，则需另寻后来的结论.
八、不定方程讨论法
例8 已知2 mol某气态烷和3 mol某气态烯混合物的质量是172 g,则某烷和某烯可能是（）
(A) CH4,C4H4(B) C2H6,C3H6
(C) C3H8,C2H4(D) C4H10,C2H4
解析：设某烷的分子式为
CnH2n+2,其分子量为14n+2,某烯的分子式为CmH2m,其分子量为14m（因为不知烷与烯的碳原子数是否相同,不能均用一个未知数表示）.
根据nM=m则有2×(14n+2)+3×14m=172,化简为
2n+3m=12,根据气态烃的碳原子数≤4,又
n、m均为1～4的正整数进行讨论,若
n=1,n=2,n=4时,则m均不为正整数,只有
n=3,m=2成立.即
C3H8,C2H4,应选(C).
十、极值法（又称极端假设法）
例6 7.36 g CaCO3和MgCO3的混合物与足量盐酸反应,产生的气体全部被
600 mL 0.2 mol•L-1的NaOH溶液所吸收,在低温、减压条件下把该溶液蒸干,得7.60 g固体,求原混合物中
CaCO3和MgCO3的质量.
解析：假设生成的CO2适量,所得固体全部为Na2CO3,则有：
0.6×0.2 2×106=6.36 g
假设生成的CO2过量, 所得固体全部为
NaHCO3,应有：0.6×0.2×84=10.8（g）
现题给固体的质量为 7.60 g ,介于上面两极值之间,固体物质应为NaHCO3和Na2CO3
的混合物.
设原有CaCO3 x mol, MgCO3 y mol,由它们生成的CO2为(x+y) mol;另由
2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O
和
NaOH+CO2=NaHCO3可知CO2是NaOH的2 3.由此可列方程组：
100x+84y=7.36①
x+y=(0.6×0.2)×2 3②
解此方程组得 x=y=0.04 mol
则：m(CaCO3)=0.04×100=4 g,
m(MgCO3)=
0.04×84=3.36 g.
点评： 极值法就是从某种极限状态出发，进行分析、推理、判断的一种思维方法.一般做法是先根据边界条件（极值），确定答案的可能取值范围，然后再结合题给条件确定答案或将混合物假设为纯净物再进行分析比较等.