[例6]：
某碱金属单质与其普通氧化物的混合物共1.40g，与足量水完全反应后生成1.79g碱，此碱金属可能是（）：
A.NaB.KC.RbD.Li
[解析]：
本题若用常规思路直接列方程计算，很可能中途卡壳、劳而无功。
但是如果将1.4g混合物假设成纯品（碱金属或氧化物），即可很快算出碱金属相对原子质量的取值范围，以确定是哪一种碱金属。
假定1.4g物质全是金属单质（设为R），则：
R→ROH△m
MR17
1.40（1.79-1.40）解之得MR＝61；
再假定1.40g物质全是氧化物设为R2O，则：
R2O→2ROH△m
2MR+16＋18
1.40（1.79-1.40）解之得MR＝24.3；
既然1.40g物质是R和R2O的混合物，则R的原子量应介于24.3-61之间。
题中已指明R是碱金属，原子量介于24.3-61之间的碱金属只有钾，其式量为39。
故答案为（B）。
[例7]：
4个同学同时分析一个由KCl和KBr组成的混合物，他们各取2.00g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，则求出的数据也有多种可能性，要验证数据是否合理，必须将四个选项代入，看是否有解，也就相当于要做四题的计算题，所花时间非常多。
使用极限法，设2.00g全部为KCl，根据KCl-AgCl，每74.5gKCl可生成143.5gAgCl，则可得沉淀为（2.00÷74.5）×143.5＝3.852g，为最大值，同样可求得当混合物全部为KBr时，每119克的KBr可得沉淀188g，所以应得沉淀为（2.00÷119）×188＝3.160g，为最小值，则介于两者之间的数值就符合要求，故只能选B和C。
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，通常都不需计算出确切值，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8]：
在一个6L的密闭容器种，放入3LX（g）和2LY（g），在一定条件下发生如下反应：
4X（g）+3Y（g）＝2Q（g）+nR（g），达到平衡后，容器温度不变，混合气体压强比原来增加5%，X的浓度减少1/3，则该反应式中的n值是（）
A.3B.4C.5D.6
[解析]：
本题可用一般解法，求出n的值，但步骤烦琐，若用估算法，结合选项，即可很快得出答案。
根据反应的化学方程式，“混合气体压强比原来增加5%，X的浓度减少1/3”，说明反应的正方向是体积增大的方向，即：
4+3＜2+n，n＞5，选项中n＞5的只有D。
故答案为（D）
[例9]：
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50℃逐渐冷却，则开始析出晶体的温度范围是：
温度（℃） 010203040
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30-40℃中，故选D。
5.差量法
差量法是依据化学反应前后的某些变化找出所谓的理论差量（固体质量差、溶液质量差、气体体积差、气体物质的量之差等），与反应或生成物的变化量成正比而建立的一种解题方法。
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，其他解题步骤与按化学方程式列比例或解题完全一样。
[例10]：
向50gFeCl3溶液中放入一小块Na，待反应完全后，过滤，得到仍有棕黄色的溶液45.9g，则投入的Na的质量为：
A.4.6gB.4.1gC.6.9gD.9.2g
[解析]：
Na投入到FeCl3溶液发生如下反应：
6Na+2FeCl3+6H2O＝6NaCl+2Fe（OH）3↓+3H2↑
若2molFeCl3与6molH2O反应，则生成6molNaCl，溶液质量减少82g，此时参加反应的Na为6mol；
现溶液质量减少4.1g，则参加反应Na应为0.3moL，质量应为6.9g。
答案为C。
[例11]：
同温同压下，某瓶充满O2共重116g，充满CO2时共重122g，充满某气体共重114g，则该气体相对分子质量为（）：
A.28B.60C.32D.14
[解析]：
由“同温同压同体积下，不同气体的质量比等于它们的摩尔质量比”可知此题中，气体质量之差与式量之差成正比。
因此可不计算本瓶的质量，直接由比例式求解：
（122-116）/（44-32）＝（122-114）/（44-M（气体））
解之得，M（气体）＝28。
故答案为（A）。
[例12]：
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：
A.n×100% B.（n/2）×100%
C.（n-1）×100% D.n%
[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Cx摩，溶液中未电离的HA就为（C-CX）摩，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1，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
将所有选项的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13]：
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：
A.C5H12 B.C4H10 C.C3H8 D.C2H6
[解析]：
因为是烷烃，组成为CnH2n+2，分子量为14n+2，即每14n+2克烃完全燃烧生成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]：
，不需解方程便可迅速得知n＝3为应选答案。
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。
[例14]：
一定量的铁粉和9克硫粉混合加热，待其反应后再加入过量盐酸，将生成的气体完全燃烧，共收集得9克水，求加入的铁粉质量为：
A.14g B.42g C.56g D.28g
[解析]：
因为题目中没有指明铁粉的量，所以铁粉可能是过量，也可能是不足，则与硫粉反应后，加入过量盐酸时生成的气体就有多种可能：
或者只有H2S（铁全部转变为FeS2），或者是既有H2S又有H2（铁除了生成FeS2外还有剩余），所以只凭硫粉质量和生成的水的质量，不易建立方程求解。
根据各步反应的定量关系，可列出关系式：
Fe→FeS（铁守恒）→H2S（硫守恒）→H2O（氢守恒）……
（1）
Fe→H2（化学方程式）→H2O（氢定恒）…………………
（2）
从而得知，无论铁参与了哪一个反应，每1个铁都最终生成了1个H2O，所以迅速得出铁的物质的量就是水的物质的量，根本与硫无关，所以应有铁为9/18＝0.5摩，即28克。
8.残基法
这是求解有机物分子结构简式或结构式中最常用的方法。
一个有机物的分子式算出后，可以有很多种不同的结构，要最后确定其结构，可先将已知的官能团包括烃基的式量或所含原子数扣除，剩下的式量或原子数就是属于残余的基团，再讨论其可能构成便快捷得多。
[例16]：
某有机物5.6克完全燃烧后生成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。
如果该有机物能使溴水褪色，并且此有机物和新制的氢氧化铜混合后加热产生红色沉淀，试推断该有机物的结构简式。
[解析]：
因为该有机物的蒸气对一氧化碳的相对密度为2，所以其分子量是CO的2倍，即56，而5.6克有机物就是0.1摩，完全燃烧生成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，分子式中只有1个氧，从而确定分子式是C3H4O。
根据该有机物能发生斐林反应，证明其中有-CHO，从C3H4O中扣除-CHO，残基为-C2H3，能使溴水褪色，则有不饱和键，按其组成，只可能为-CH＝CH2，所以该有机物结构就为H2C＝CH-CHO。
9.守恒法
物质在参加反应时，化合价升降的总数，反应物和生成物的总质量，各物质中所含的每一种原子的总数，各种微粒所带的电荷总和等等，都必须守恒。
所以守恒是解计算题时建立等量关系的依据，守恒法往往穿插在其它方法中同时使用，是各种解题方法的基础，利用守恒法可以很快建立等量关系，达到速算效果。
[例17]：
有一在空气中放置了一段时间的KOH固体，经分析测知其含水2.8%、含K2CO337.3%取1克该样品投入25ml2摩／升的盐酸中后，多余的盐酸用1.0摩／升KOH溶液30.8ml恰好完全中和，蒸发中和后的溶液可得到固体：
A:
1克B:
3.725克C:
0.797克D:
2.836克
[解析]：
本题化学反应复杂，数字处理烦琐，但若根据Cl-守恒，便可以看出：
蒸发溶液所得KCl固体中的Cl-，全部来自盐酸中的Cl-，即：
生成的n（KCl）＝n（HCl）。
m（KCl）＝0.025L×2mol/l×74.5g/mol＝3.725g答案为B。
[例18]：
将KCl和KBr混合物13.4克溶于水配成500mL溶液，通入过量的Cl2，反应后将溶液蒸干，得固体11.175g则原溶液中K+，Cl-，Br-的物质的量之比为（）：
A.3:
2:
1B.1:
2:
3C.1:
3:
2D.2:
3:
1
[解析]：
：
此题的解法有多种，但作为选择题，可以从答案中求解。
原溶液中含有K+、Cl-、Br-，由电荷守恒可知：
n（K+）＝n（Cl-）+n（Br-），选项中符合这一关系式的只有答案（A）。
[例19]：
将纯铁丝5.21克溶于过量稀盐酸中，在加热条件下，用2.53克KNO3去氧化溶液中Fe2+，待反应后剩余的Fe2+离子尚需12ml0.3摩/升KMnO4溶液才能完全氧化，则KNO3被还原后的产物为（）：
A.N2B.NOC.NO2D.NH4NO3
[解析]：
根据氧化还原反应中得失电子的总数相等，Fe2+变为Fe3+失去电子的总数等于NO3-和MnO4-得电子的总数：
设n为KNO3的还原产物中N的化合价，则：
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的还原产物为NO。
故答案为（B）。
[例20]：
已知某强氧化剂[RO（OH）2]：
+能被硫酸钠还原到较低价态，如果还原含2.4×10-3mol[RO（OH）2]：
-的溶液到低价态，需12mL0.2mol/l的亚硫酸钠溶液，那么R元素的最终价态为：
A.+3 B.+2 C.+1 D.-1
[解析]：
因为在[RO（OH）2]：
-中，R的化合价为+3价，它被亚硫酸钠还原的同时，亚硫酸钠被氧化只能得硫酸钠，硫的化合价升高了2价，根据2.4×10-3mol[RO（OH）2]：
-与12ml×0.2mol/l＝0.0024mol的亚硫酸钠完全反应，亚硫酸钠共升0.0024×2＝0.0048价，则依照升降价守恒，2.4×10-3mol[RO（OH）2]：
-共降也是0.0048价，所以每mol[RO（OH）2]：
-降了2价，R原为+3价，必须降为+1价，故不需配平方程式可直接选C。
[例21]：
（2000年春季高考25题）用1Ｌ10mol/lNaOH溶液吸收0.8molCO2，所得溶液中CO32－和HCO3－的物质的量浓度之比是（）。
A.1:
3B.2:
1Ｃ.2:
3Ｄ.3:
2
[解析]：
设反应生成的NaCO3的物质的量为ｘ，生成的NaHCO3的物质的量为ｙ，则：
2ｘ＋ｙ＝10mol/l×1Ｌ（Na＋守恒）
ｘ＋ｙ＝0.8mol（Ｃ守恒）
求出：
ｘ＝0.2mol，ｙ＝0.6mol。
则ｃ（CO32－）:
ｃ（HCO3－）＝1:
3，故应选A。
[例2]：
（1999年上海高考题）把0.02mol/lHAc溶液和0.01mol/lNaOH溶液等体积混合，则
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