巧解计算题

关键词：

巧解计算题（精选十篇）

巧解计算题篇1

关系式法是根据有关反应的化学(离子)方程式或有关物质的化学式，利用反应的相互关系(可通过中介物质)或元素的守恒关系，找出有关物质间的相互关系———关系式，从而利用关系式进行计算．关系式法是求解多步反应计算题的“法宝”．

例1用足量的一氧化碳还原13.7g某铅的氧化物，把生成的二氧化碳全部通入到过量的澄清石灰水中，得到的沉淀干燥后质量为8.0g，则此铅的氧化物的化学式是()

解析:设此铅的氧化物的化学式为PbxOy．由反应

和

得关系式“PbxOy～y CO2～y Ca CO3”，则(207x+16y)g∶100y g=13.7 g∶8.0 g，解得x∶y=3∶4．故答案为(C).

例2称取0.200 g某赤铁矿样品，矿样溶解后，使其中的铁全部转化成Fe2+(所得溶液中不含其他还原性物质)，另称取7.90 g硫酸铈铵[2(NH4)2SO4·Ce(SO4)2·2H2O(摩尔质量为632 g/mol)]，溶解后稀释至250 m L．取该溶液30.0 m L恰好与上述Fe2+溶液完全反应，反应的离子方程式为:Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+;请计算该矿样中Fe2O3的质量分数．

解析:设该矿样中Fe2O3的质量为m(Fe2O3).

由题意得c(Ce4+)=(7.90 g÷632 g/mol)÷0.250 L=0.0500 mol/L.

根据化学式Fe2O3和离子方程式

由铁原子守恒与反应关系可得关系式“Fe2O3～2Fe2+～2Ce4+”，则160 g∶2 mol=m(Fe2O3)∶0.05000 mol/L×0.0300 L，解得m(Fe2O3)=0.120 g;从而得w(Fe2O3)=(0.120g÷0.200 g)×100%=60.0%.

二、差量法

差量法是根据反应前后有关物质量的差量(如固体的质量差量、气体的体积差量、物质的量的差量等)，利用差量与有关反应物或生成物的量之间的比例关系进行计算．对于存在某种差量的计算题，应用差量法可迅速求解．常用的差量法有气体体积差量法、质量差量法和物质的量差量法等．

1．质量差量法

例3碳酸氢钠受热易分解为碳酸钠．现加热5.00 g Na2CO3和Na HCO3的混合物，使碳酸氢钠完全分解，混合物质量减少了0.31 g，则原混合物中Na2CO3的质量分数为()

(A)16.80%(B)83.20%

解析:设原混合物中Na HCO3的质量为m(Na HCO3)．则

2×84 g∶62 g=m(Na HCO3)∶0.31 g，解得m(Na HCO3)=0.84 g．从而得m(Na2CO3)=5.00 g-0.84 g=4.16 g,w(Na2CO3)=(4.16 g÷5.00 g)×100%=83.20%．故答案为(B).

2．体积差量法

例4在常温常压下，向100 m L C2H4和Ar的混合气体中通入400 m L O2，点燃使其完全反应，最后在相同条件下得到干燥气体460 m L，则反应前混合气体中C2H4和Ar的物质的量之比为()

(A)1∶4(B)1∶3(C)1∶2(D)1∶1

解析:设混合气体中C2H4的体积为V(C2H4)．则

1 m L∶2 m L=V(C2H4)∶40 m L，解得V(C2H4)=20 m L;从而得V(Ar)=100 m L-20 m L=80 m L．根据阿伏加德罗定律得，n(C2H4)∶n(Ar)=V(C2H4)∶V(Ar)=20 m L∶80 m L=1∶4．故答案为(A).

3．物质的量差量法

例5在1.01×105Pa、120℃时，将100 mol H2和O2的混合气体点燃爆炸后，恢复到原来的状态，测得混合气体为73 mol．则原混合气体中H2的物质的量可能为()

(A)30 mol或70 mol(B)27 mol或56 mol

解析:当H2过量时，设原混合气体中O2的物质的量为n(O2)．则

1 mol∶1 mol=n(O2)∶27 mol，解得n(O2)=27 mol;则原混合气体中H2的物质的量n(H2)=100 mol–27 mol=73 mol.

当O2过量时，设原混合气体中H2的物质的量为n(H2)．则

2 mol∶1 mol=n(H2)∶27 mol，解得n(H2)=54 mol.

即原混合气体中H2的物质的量可能为73 mol或54 mol．故答案为(C).

三、守恒法

守恒法是根据有关守恒原则[如反应前后总质量守恒、反应前后相同元素的原子(离子)或原子团的个数守恒、氧化还原反应中氧化剂与还原剂得失电子数守恒、电解质溶液中阴阳离子所带电荷数守恒等]，变中找不变，抓住不变量，迅速建立等量关系，从而进行求解．常用的守恒法有质量守恒法、元素守恒法、电子守恒法、电荷守恒法、综合守恒法等．对于存在某种守恒关系的计算题，应用守恒法，可避繁就简．

1．质量守恒法

例6固体A在一定温度下分解生成气体B、C、D:

若测得生成气体的质量是相同体积的H2的15倍，则固体A的摩尔质量是()

(A)30 g/mol(B)60 g/mol

解析:由题意可知，所得混合气体的平均相对分子质量为15×2=30．设固体A的摩尔质量为M(A)，则2 mol A的质量为2 mol×M(A)．根据反应前后质量守恒原则可知，2 mol A分解生成6 mol气体的质量为2 mol×M(A)．由题意得:2 mol×M(A)÷6 mol=30 g/mol，解得M(A)=90 g/mol．故正确答案为(C).

2．元素守恒法

例7一定量的乙烯在氧气不足的情况下燃烧，得到CO、CO2和水的总质量为46.4 g，其中水的质量为14.4 g;若使等量的乙烯完全燃烧，至少还需氧气的物质的量为()

解析:由题意可知生成水的物质的量n(H2O)=14.4 g÷18 g/mol=0.8 mol，根据氢原子的物质的量守恒可知乙烯的物质的量n(C2H4)=1/2×n(H2O)=1/2×0.8 mol=0.4 mol;0.4 mol C2H4燃烧生成CO和CO2的物质的量共0.8 mol．设生成CO和CO2的物质的量分别为x和y，则根据碳原子的物质的量守恒和质量守恒原则分别得

解得x=0.2 mol．由反应

3．电子守恒法

例8(2012年海南)将0.195 g锌粉加入到20.0 m L的0.100 mol/L MO2+溶液中，恰好完全反应，则还原产物可能是()

(A)M(B)M2+(C)M3+(D)MO2+

解析:设还原产物中M的化合价为x．因;则根据得失电子守恒原则得，(0.195 g÷65 g/mol)×2=0.100 mol/L×20.0×10-3L×(5-x)，解得x=+2，即还原产物可能为M2+．故答案为(B).

4．电荷守恒法

例9在c(NO3-)为4 mol/L的Cu(NO3)2和Ag NO3混合溶液100 m L中，加入一定质量的锌．充分反应后，过滤、干燥，得到24.8 g沉淀．将此沉淀置于稀盐酸中．无气体产生;滤液中先滴加Ba Cl2溶液无沉淀生成，后加入过量稀Na OH溶液到沉淀完全，过滤、加热、干燥，得Cu O 4 g．请计算参加反应的锌的质量．

解析:设参加反应的锌的质量为m(Zn)．根据电荷守恒原则可知，与Zn反应后的溶液中，进入溶液中的Zn2+与剩余Cu2+所带电荷数之和等于溶液中NO3-所带电荷数．则[m(Zn)÷65 g/mol]×2+(4 g÷80 g/mol)×2=4 mol/L×0.1 L×1，解得m(Zn)=9.75 g.

5．综合守恒法

例10铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓HNO3，若反应中硝酸被还原只产生4480 m L的NO2气体和336 m L的N2O4气体(都已折算到标准状况)，在反应后的溶液中，加入足量的Na OH溶液，生成沉淀的质量为()

(A)0.02 g(B)8.51 g

解析:由题意知，所得沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2．根据质量守恒原则可得，m[Cu(OH)2+Mg(OH)2]=m(Cu2++Mg2+)+m(OH-)．因m(Cu2++Mg2+)=m(Cu+Mg)=4.6 g;根据得失电子守恒原则可知，Cu和Mg失去电子的物质的量=硝酸得到电子的物质的量=(4.48L÷22.4 L/mol)×1+(0.336 L÷22.4 L/mol)×2=0.23 mol;根据电荷守恒原则可知，Cu和Mg失去电子后生成的金属阳离子(Cu2+和Mg2+)结合OH-后生成电中性化合物[Cu(OH)2和Mg(OH)2]，则Cu和Mg失去电子的物质的量和金属阳离子结合OH-的物质的量相等，即n(OH-)=0.23 mol,m(OH-)=0.23 mol×17 g/mol=3.91 g;从而得m[Cu(OH)2+Mg(OH)2]=4.6 g+3.91 g=8.51g．故答案为(B).

四、平均值法

平均值法是根据平均值原理(混合物某一量的平均值必大于各成分相应量的小值，而小于各成分相应量的大值;或混合物某一量的平均值与各成分相应量的值相等)，进行分析判断，从而求解．

例11 20 g由两种金属粉末组成的混合物，与足量的盐酸充分反应后得到11.2 L氢气(标准状况)，这种金属混合物的组成可能是()

(A)Mg和Al(B)Al和Fe

(C)Fe和Zn(D)Zn和Cu

解析:因2H++2e-→2H2↑，n(H2)=11.2 L÷22.4 L/mol=0.5 mol，则金属混合物的平均摩尔电子质量为珚Me=20 g÷(0.5 mol×2e-)=20 g/(mol·e-);而Mg、Al、Fe、Zn和Cu的摩尔电子质量(物质失去或得到1 mol电子所需的质量叫做摩尔电子质量)分别为12、9、28、32.5和∞g/(mol·e-)，则根据平均值原理可知这种金属混合物的组成可能是Al和Fe．故答案为(B).

例12某混合气体由两种气态烃组成，取0.1 mol该混合气体完全燃烧后得到4.48 L CO2(标准状况)和3.6 g H2O，则这两种气态烃可能是()

(A)CH4和C3H8(B)CH4和C3H4

(C)C2H4和C3H4(D)C2H2和C2H6

解析:因n(混合烃)∶n(C)∶n(H)=0.1 mol∶(4.48 L÷22.4 L/mol)∶(3.6 g÷18 g/mol)×2=1∶2∶4，则该混合烃的平均分子式为C2H4．根据平均值原理可知，这两种气态烃可能是CH4和C3H4或C2H2和C2H6．故答案为(B)、(D).

五、极端假设法

极端假设法是将所研究的问题假设成某种“极限状态”(如将混合物假设为纯净物，将平行反应假设为单一反应，将多种产物假设为单一产物，将可逆反应假设为完全不反应或完全反应等)，进行极端分析，使问题的变化趋势一目了然，从而求解．

例13将一定质量的Mg、Zn、Al混合物与足量稀H2SO4反应，生成H22.8L(标准状况)，原混合物的质量可能是()

解析:假设全部是Mg，设Mg的质量为m(Mg)，由反应

得，24 g∶22.4 L=m(Mg)∶2.8 L，解得m(Mg)=3 g．假设全部是Zn，设Zn的质量为m(Zn)，由反应

得，65 g∶22.4 L=m(Zn)∶2.8L，解得m(Zn)=8.125 g．假设全部是Al，设Al的质量为m(Al)，由反应

得，2×27 g∶3×22.4 L=m(Al)∶2.8L，解得m(Al)=2.25 g．而事实上是三种金属的混合物，则原混合物的质量介于2.25 g与8.125 g之间．故答案为(B)、(C).

例14 38.4g铜跟适量的浓硝酸反应，铜全部作用后，共收集到气体22.4L(标准状况)，则反应消耗的HNO3的物质的量可能是()

(A)1.0 mol(B)1.6 mol

解析:因随着反应的进行浓硝酸变为稀硝酸，则收集到的气体为NO2与NO的混合气体．假设铜(为38.4 g÷64 g/mol=0.6 mol)全部与浓硝酸反应(收集到的气体为NO2)，则由反应

可求得消耗的HNO3的物质的量为0.6 mol×4=2.4 mol;假设铜(为0.6 mol)全部与稀硝酸反应(收集到的气体为NO)，则由反应

可求得消耗的HNO3的物质的量为0.6 mol×8/3=1.6mol;而实际上铜既与浓HNO3反应又与稀HNO3反应，则反应消耗的HNO3的物质的量介于1.6 mol与2.4 mol之间．故答案为(C).

六、反应叠加法

反应叠加法是将有关化学方程式进行恰当的叠加处理，得到“新的化学方程式”，然后根据“新的化学方程式”进行计算．叠加法常用于连续反应的计算、循环反应的计算、某些并列反应的计算等．应用叠加法可化难为易，巧妙突破．

例15取a g某物质在氧气中完全燃烧，将其产物跟足量的过氧化钠固体完全反应，反应后固体的质量恰好也增加a g．下列物质中不能满足上述结果的是()

(A)H2(B)CO

(C)C6H12O6(D)C12H22O11

解析:将反应

和

叠加得

将反应

和

叠加得

巧解“完形填空”题篇2

古人云“授人鱼，不如授人渔。”古人尚且知道授人知识不如授人方法的道理，那么在各种理论高度发展的今天为什么就不能多重视一点方法和传授呢?

从近几年来的全国各地中考英语试题看，“完形填空”题是英语试题中难度较大，得分率较低的题型之一。如何巧解“完形填空”?本人所从事十多年英语教学实践中一些不够成熟的做法，供同行们参考。完形填空题既考查学生的语言的知识能力，又测试学生综合运用所学知识的实践能力，能较全面地反映出学生对所学知识的掌握程度。它涉及面广，难度较大，各小题的.四项答案，只一项最佳，有点类似选择题空题，其余的均是干扰性或迷惑性选项。因此，做这项题型时，不能争于求成，而要经过一定的训练，掌握一定的答题技巧，才能达到事半功倍的效果。下面以一篇短文为例，与大家具体谈谈如何做好“完形填空”题。

IttookCharlieMuiseveralmonthstosaveupsevendollars.Hewantedto1amodelplaneandwenttotheshopwiththemoney.

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“Threebigboystook4myfourdollarsjustnow”theboysaid.“Iwason5waytobuysomeexercisebooksbutnowIcan’t.

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Charliewantedtowalkaway8hedidnot.Atlasthe9fourdollarstotheboyandwenthome.

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守恒法巧解化学计算题篇3

高中化学问题中的质量守恒即原子守恒是指在化学反应过程的前后，原子的种类和原子数目都保持不变，在实际问题处理过程中这里的原子可以扩展为原子团和离子等。

例1现有两份质量相等的NH4NO3和(NH4)2SO4固体混合物，将其中一份与足量的NaOH溶液共同加热发生反应，且收集标准状况下的NH3 6.72 L，在另一份混合物制成水溶液后与足量的BaCl2混合，产生11.65 g的白色沉淀。试求：原混合固体中(NH4)2SO4的质量和氮元素的质量分数？

解析常规解法假设原混合物中NH4NO3为x mol；(NH4)2SO4为y mol，其中在第一份试样与NaOH反应时，（NH4)2SO4产生的NH3标况下的体积为V L

(NH4)2SO4+BaCl2BaSO4↓+2NH4Cl

1233 g

y/211.65 g

解之得：y=0.1 mol,

则（NH4)2SO4的质量为：

0.1 mol×132 g/mol=13.2 g

(NH4)2SO4+2NaOHNa2SO4+2NH3↑+2H2O

1 mol0.05 mol2×22.4 LV L

1 mol0.05 mol=2×22.4 LV L, 解之得：V=2.24 L

NH4NO3+NaOHNaNO3+NH3↑+H2O

1 molx/222.4 L(6.72-2.24)L

1 molx/2=22.4 L(6.72-2.24)L,解之得：x=0.4 mol

则原混合物中氮元素的质量分数：

w (N)=14×2×0.1+14×2×0.4132×0.1+80×0.4×100%=31%

巧解分析(NH4)2SO4→BaSO4中SO2-4守恒，过程中NH+4→NH3↑元素守恒；

x2+y=6.7222.4(NH+4守恒）

y2=11.65233(SO2-4守恒）解之得：x=0.4 mol

y=0.1 mol

二、高中化学计算题中的电子守恒

电子得失总数守恒即电子守恒是特指在氧化还原反应中，还原剂被氧化过程中失去的电子总数与氧化剂被还原的过程中所得到的电子总数相等。

例2将16.8 g的铁粉投入至500 mL的CuSO4和Fe2(SO4)3的混合溶液中，待充分反应后，经过过滤、洗涤和干燥，最终可得到6.4 g的铜，在滤液中加入500 mL 2.0 mol/L的BaCl2溶液后使得滤液中的所有SO2-4完全沉淀，（已知氧化性Fe3+>Cu2+）试求：原溶液混合溶液中SO2-4和CuSO4的物质的量浓度分别为多少？

解析常规方法（1）假设SO2-4物质的量浓度为x mol/L，CuSO4物质的量浓度为y mol/L

Ba2++SO2-4BaSO4↓

10.5×210.5x

10.5×2=10.5x解得： x=2 mol/L

（2）CuSO4+FeFeSO4+Cu

56m646.4

56m=646.4，解得： m=5.6 g

Fe2(SO4)3+Fe3FeSO4

1n5616.8-5.6

1n=5616.8-5.6，解得： n=0.2 mol

则CuSO4物质的量浓度y=(0.5×2.0-0.2×3)÷0.5=0.8 mol/L

巧解分析分析本题第二小问有一定的难度，关键是部分学生错误的认为CuSO4在反应中完全消耗掉了，就以铜元素直接得出CuSO4的量，但是如果学生想到在这个氧化还原反应中电子得失总数守恒这一原理，处理就变得简单、易懂。令CuSO4和Fe2(SO4)3物质的量分别为a和b则a+3b=1(SO2-4离子守恒）

2b+6.4÷64×2=16.8÷5.6×2

(电子得失总数守恒）即a=0.4 mol

b=0.2 mol

则CuSO4物质的量浓度y=0.4 mol÷0.5 L=0.8 mol/L

三、高中化学计算题中的电荷守恒

电荷守恒是指溶液呈电中性状态，溶液中带正电的阳离子的总电量与带负电的阴离子总电量相等。

例3在100 mL一定浓度的HCl溶液中投入一定质量的镁铝合金，然后在该溶液中再加入浓度为5.0 mol/L的NaOH溶液，如图1所示为加入NaOH溶液体积与沉淀量的关系图，试求：

（1）在19.4 g的沉淀中含有Al(OH)3的质量为多少？

（2）HCl溶液的物质的量浓度？

图1解析常规方法（1）由图可知：沉淀Mg(OH)2的质量为11.6 g，沉淀中含有Al(OH)3的质量为(19.4-11.6)=7.8 g

（2）假设Mg和Al物质的量分别为x和y，溶液中HCl的物质的量为n，

MgMgCl2Mg(OH)2

1 molx58 g11.6 g

1 molx=58 g11.6 g,解得：x=0.2 mol

AlAlCl3Al(OH)3

1 moly78 g7.8 g

1 moly=78 g7.8 g,解得y=0.1 mol

n=2x+3y+n(NaOH)

=2×0.2 mol+3×0.1 mol+5.0 mol/L

×20×10-3L

=0.8 mol

c(HCl)=0.8 mol0.1 L=8 mol/L

巧解分析本题在第二问中计算过程相对比较复杂，应用电荷守恒方法，沉淀最多时溶质为NaCl，即在19.4 g沉淀的时n(Na+)=n(Cl-)即n(NaOH)=n(HCl)则c(HCl)=160 mL×5.0 mol/L÷100 mL=8 mol/L.

总而言之，高中化学解题方法的选择是快速、准确、高效地处理化学问题，教师在教学中应该引导与培养学生巧解的思维习惯，在处理实际问题的过程中注重有效解题方法的选择，缩短解题时间的同时提升解题的准确率。

巧解计算题篇4

一、燃烧问题

如C、P、H2S的燃烧, 因为反应物用量不同, 会导致反应产物不同, 所以应根据反应物用量的情况来确定产物。那么, 如何依据“数轴法”来确定产物并得出讨论的界点呢?下面以C和H2S的燃烧为例加以阐述。

1. C燃烧的两种情况:

C与O2发生反应, C与O2的量之比不同, 产物也不同 (CO2和CO) 。产物判断规律为:设O2与C物质的量之比的比值为M。当M=1时, 生成的产物为CO2;当M=1/2时, 产物为CO;当M>1时, 产物为CO2与O2的混合物;当1/2

2. H2S燃烧的两种情况:

同理, 据化学方程可确定两界点为3/2和1/2, 画出数轴如下:

设O2与H2S物质的量之比的比值为M。

当M=3/2时, 硫化氢充分燃烧, 产物为SO2和H2O;

当M=1/2时, 硫化氢不完全燃烧, 产物为S和H2O;

当M>3/2时, 氧气过量, 产物为SO2和H2O及过量的氧气;

当1/2

当0

同理, 读者可试着讨论P燃烧的情况。

例1在常温常压下, 100m LH2S和O2的混合气体在一定条件下充分反应。恢复到原状况, 剩余25m L气体, 试求剩余气体是什么气体?原混合气体中H2S和O2各为多少毫升?

分析:解答本题的关键是要先弄清楚反应后剩余的25m L气体是什么气体。硫化氢的燃烧与氧气的用量有关, 有完全燃烧和不完全燃烧两种可能, 其燃烧产物也不一样, 剩余气体有多种可能, 故需讨论求解。在常规解法中须列出各个反应方程式, 进行多次判断过量情况, 再依据不足的来求解。这样费时、费力且较难得出正确答案。对此, 笔者采用数轴法根据上述规律求解如下:

解: (1) 当1/2

完全燃烧的H2S和O2的总体积为25m L+37.5m L=62.5m L;不完全燃烧的H2S和O2的总体积为100m L-62.5m L=37.5m L。

不完全燃烧的H2S的体积为2/3×37.5m L=25m L;

不完全燃烧的O2的体积为1/3×37.5m L=12.5m L.。

(2) 当0

设不完全燃烧的H2S的体积为x, O2体积为y。

解得, x=50m L%, y=25m L。

则V硫化氢:50m L+25m L=75m L,

V氧气:25m L。

(3) 当M>3/2时, 氧气过量, 产物为SO2和H2O及过量的氧气, 剩余气体为SO2和O2, 此情况不合题意。

答: (1) 当剩余气体为SO2时, V硫化氢=50m L, V氧气=50m L; (2) 当剩余气体为H2S时, V硫化氢=75m L, V氧气=25m L。

二、碱和多元弱酸反应产物的确定及计算问题

氢硫酸、磷酸等多元弱酸和碱反应时, 因碱用量不同, 其产物可能为正盐、酸式盐或二者均有或含过量物质的混合物。下面以CO2和磷酸为例, 加以分析。

1. 二氧化碳和碱反应的两种情况:

设M为氢氧化钠与二氧化碳的物质的量之比的比值, 可找到界点M为1和2, 画出数轴如下:

讨论过程基本和燃烧问题相同。

2. 磷酸与碱反应, 有三种情况:

与碱发生反应, 磷酸与碱的物质的量之比不同, 生成的产物也不同 (正盐和酸式盐) 。其产物判断规律为:

设碱中OH-的物质的量与磷酸的物质的量之比的比值为M。

当M=3时, 产物为正盐;

当M=2时, 产物为磷酸氢盐;

当M=1时, 产物为磷酸二氢盐;

当M>3时, 产物为碱与正盐的混合物;

当2

当1

当0

用数轴表示如下:

例2向200m L0.5mol/L的H3PO4溶液中逐滴加入1.2mol/L的Na OH溶液200m L, 充分反应后, 下列说法正确的是 (%) 。

A.有Na3PO4、Na2HPO4和Na H2PO4生成

B.只有Na3PO4生成

C.生成Na3PO4和Na2HPO4的混合溶液

D.产物的物质的量浓度比为1∶1

分析:H3PO4为三元酸, 与碱反应可生成不同的盐, n (Na OH) :n (H3PO4) = (0.2×1.2) ∶ (0.2×0.5) =2.4∶1。由上述讨论可知, 该范围内的产物为Na3PO4和Na2HPO4的混合物, 故选C。

三、其他类别

如, 碳还原氧化铜实验, 反应物用量不同, 产物也不同 (CO、CO2) 。又如, 铁和硝酸反应, 由于硝酸的浓度和铁的用量不同, 产物更为复杂, 可能为二氧化氮、一氧化氮、硝酸铁、硝酸亚铁和水中的某几种, 但读者均可按上述方法自行分析。

巧解计算题篇5

一、运用“+”“-”“×”“÷”与十大关系巧解有关商品价值、价值总量的计算题

关于商品价值、价值总量一类的计算题，首先要牢记“十大关系”（如图）

在十大关系中，“价值量”与“社会”的有关，与“个别”的无关，即价值量与社会必要劳动时间成正比，与社会劳动生产率成反比；价值量与个别劳动时间无关与个别劳动生产率无关；价值总量与个别的有关与社会的无关，劳动生产率与劳动时间成反比。在具体的计算中，遇见正比用×，遇见反比用÷，遇见“提高”“上升”要用+，遇见降低要用—。

例：2008年某国生产甲商品100万件，每件商品的价值为6元。如果2009年该国生产甲种商品的劳动生产率提高20%，其他条件不变，则甲种商品价值总量与单位商品的价值量分别为多少？（1）题中该国生产甲种商品的劳动生产率提高20%，是指社会劳动生产率提高20%，又因为价值量与社会劳动生产率成反比，所以单位商品的价值量为[SX（]6[]1+20%[SX）]=5元

（2）由于社会劳动生产率与价值总量无关，所以价值总量仍为600万件=100×6

二、理顺关系，运用“+”“-”“×”“÷”解有关汇率的计算题有关汇率的计算题，首先要弄清楚汇率与币值的变化，其规律是“本本一致”，即本幣汇率的变化与本币币值的变化一致。如本币汇率上升，本币币值上升，反之亦然。同理，“外外一致”，即外汇汇率与外币币值的变化一致。“本外相反”即外汇汇率与本币币值、本币汇率的变化相反，本币汇率与外汇汇率、外币币值的变化相反。

其次，把握好汇率变动后，本外币的兑换。

本环节关键是抓住如果币值上升，兑换的货币数量较之前就减少，反之亦然。在此基础上，运用“+”“-”“×”“÷”解题即可。

例：人民币与美元的汇率为8：1，如人民币对美元升值25%，1美元应兑换多少人民币？

因为人民币升值，所以1美元应兑换的人民币为：[SX（]8[]1+25%[SX）]=64元

人民币与美元汇率为8：1，如美元对人民币贬值25%，那么1美元应兑换多少人民币？

巧解排列组合题篇6

一、分类法

有附加条件的排列组合问题, 大多需要进行分类讨论, 注意分类不重复不遗漏。

例1 用0、1、2、3、4、5 可组成多少个数字不重复的四位数偶数?

分析:根据千位和个位是特殊位置, 0 是特殊元素, 进行分类。

二、“捆绑”法

某些要求排在一起的元素, 将它们作为整体看成一个元素, 先与其它元素排列, 若排在一起的元素顺序不同时, 在整体内部再进行全排列。

例2 七个家庭一起外出旅游, 若其中四家是一个男孩, 三家是一个女孩, 现将这七个小孩站成一排照相留念。若三个女孩要站在一起, 有多少种不同的排法?

三、优先法

优先考虑有特殊要求的元素, 将其按照要求解决后, 再考虑其他非特殊元素的排组问题。

例3 有五人A、B、C、D、E分别担任五种不同的工作, 如果A不担任第一种工作, B不担任第二种工作, 那么共有多少种分配方法?

分析:先满足特殊元素A、B, 分三种情况:

四、插空法

当要求某些元素不相邻时, 先把元素进行分类, 将其中一部分 (相邻或不相邻) 元素进行全排列, 再把不能相邻的元素插入上述元素的空档中。

例4 在6 名女同学与5 名男同学中, 选3 名男同学和3名女同学, 使男女相间排成一排, 求不同的排法种数。

五、间接法

有些问题, 从正面入手解题, 需要考虑的情况比较复杂, 若换个角度, 先计算出所有情况, 再把不符合条件的剔除掉, 计算过程会大大地简化。

例5 某医院有内科医生12 名, 外科医生8 名, 现要派5名医生参加赈灾医疗队, 求至少有一名内科医生和至少有一名外科医生参加的种数。

六、隔板法

例6 有10 个运动员名额, 分给7 个班, 每班至少一个人, 共多少种分配方案?

七、分组法1.

1.不均匀分组

例7 (1) 有6 本不同的书, 如果分成一堆1 本, 一堆2本, 一堆3 本, 有多少种分法?

2.均匀分组

若出现平均分组 (即两组元素个数相同) 的情况, 先按有序分组, 再除以其顺序 (即除以组数的阶乘) 。

例7 (2) 有本不同的书, 平均分成三堆, 有几种分法?

八、结束语

上述介绍的七种方法可用于解决排列组合中最常见的题型。在实际问题中关键是识别和分析题目的类型, 这些方法的运用并不是独立的, 许多综合应用题都要用到两种以上的方法。除此以外还有其它的方法, 这里就不再一一列举了。

参考文献

[1]陈桂壮主编.《高考红皮书精析巧练》北京大学出版社, 2003年1月

衔接题巧解方法篇7

一、抓话题一致性

指各句要围绕一个统一的话题或陈述对象要一致, 这样才能连贯和呼应自然。

例1:下列语句横线处应填入的语句, 衔接恰当的一项是 ()

(1) 天色愈阴暗了, 下午竟下起雪来, 雪花大的有梅花那么大, 漫天飞舞, 。

(2) 黛玉方进入房时, 只见两个人搀着一位鬓发如银的老母迎上来, 黛玉便知是他外祖母。当下地下侍立之人, 无不掩面涕泣, 黛玉也哭个不住。

(1) 鲁镇乱成一团糟, 夹着烟霭和忙碌的气色。

(2) 夹着烟霭和忙碌的气色, 将鲁镇乱成一团糟。

(3) 方欲拜见时, 早被他外祖母一把搂入怀中, 心肝儿肉叫着大哭起来。

(4) 方欲拜见时, 外祖母早把他一把搂入怀中, 心肝儿肉叫着大哭起来。

答案为C项。解析:从陈述对象一致性的角度进行分析就可得出答案。 (1) 句的陈述对象是“雪花”, 而 (1) 句的主语是“鲁镇”, 因此应选 (2) ; (2) 句陈述的话题是“黛玉”, 而 (4) 句的主语换成了“贾母”, 因此应选 (3) 。

二、抓句中的标点符号

汉语中不同的标点有着各自的作用。如逗号表示较短停顿;分号常常用在并列分句之间, 它表示的停顿大于逗号;句号则用在一个意思完整的句子后面。做题时, 要善于利用标点符号, 从而快速准确地确定选项。

例2:填入下面一段文字横线处的语句, 衔接最恰当的一组是 ()

我们对国民的劣根性的反省始自“五四”。;

。, 一定会反观自己, 追究自己之所以不强是自身的缘故。。, 用批评精神将国民性格的痼疾揭示出来需要勇气。。

(1) 有责任感的知识分子面对这种软弱与无奈, 苦苦寻求解脱

(2) 一方面由于国门打开, 中西接触, 两种文化不同, 便有了比较

(3) 这便从社会观察到文化观察, 从体制与观念到国民性

(4) 所以我一直钦佩鲁迅先生的这种眼光与勇气

(5) 另一方面, 由于在中西的碰撞中, 中国一直处于弱势

(6) 然而从文化视角观察与解析国民性需要非凡的眼光

答案为A项。解析:根据标点符号, 可以采用化整为零的方法, 先把内容相关的放在一起。根据第一个分号, 我们知道一、二处的内容为并列关系, 解释“始自‘五四’”的原因, 故 (2) (5) 应放在最前面, 可排除B项、C项;最后一句应为总结句, 故应接 (4) , 所以只能选A。

三、巧用首句、尾句确定法

嵌入式排序题的选项, 在句中起着承上启下的作用, 因此利用首句或尾句的确定, 可以化繁为简, 快速而准确地确定选项。

例3:名著重拍应有传播民族优秀文化的担当, 。

, , , 。, 其未来的发展就会像逐浪的浮萍, 难以找到自己的根系。

(1) 用当代文化去激活民族优秀文化

(2) 不应是肆意的精神放逐

(3) 无论是一个民族, 还是一个国家, 放弃了对优秀民族文化精神家园的坚守

(4) 故名著重拍既要守望优秀民族文化的精神家园

(5) 名著重拍的初衷本应该是用民族优秀文化去烛照当代文化

(6) 更要拥抱当代文化的新境界与新天地

答案为B项。解析:首先横线前句子中“应有”与“不应”相对, 故 (2) 句放在最前面, 排除A项、D项;根据横线后面的句子, 可以验证尾句应为 (3) , 构成假设关系; (4) (6) 分别与 (5) (1) 照应, 由 (4) 中的“故”可以断定 (4) (6) 应放在 (5) (1) 后, 故选B。

“四步”巧解现代文阅读题篇8

下面我们谈谈现代文阅读的四个步骤:

第一步:整体阅读,把握要点

一篇文章是一个有机的整体。读一篇文章如果没有着眼于全篇,没有整体把握的意识,只能是事倍功半,甚至是徒劳无功。

首先要看文章的题目、作者、写作时间和文后注释。其次要阅读全文,理清思路,分析作品的形象特征,故事情节及景与物的本质意义,联系背景,看作品反映了怎样的社会生活,注意把握作品中的抒情、议论性文字,把握文章的观点态度。然后分析材料的要点,或者说,了解作者想通过文段告诉考生什么主要内容。应该说,被称为要点的东西,一般有两个显著特点:一是内容有概括性,二是行文必定有支撑它、说明它的内容。把这些内容找出来,作上标记。

第二步:审读试题,揣摩题路

在整体阅读基础上,先读清题意,浏览一下后面问了哪些问题,从题目的选项中揣测文章主旨,明确作者的主要写作意图,试着从命题者的思维角度去揣摩。再从原文中找到题目相应的位置。例如2003年高考第19题“乡土情结都给人们打下了哪些‘童年烙印’”的对应题区位置在第二自然段。

第三步:对位推敲,摘取答案

阅读时,先看题目涉及到文中哪些段落或区域,确定对应的语句。然后看在哪里可找到答案。阅读题一般是从选文里有可能被学生忽略且不一定真懂的地方抽出来编成各种问题,用来考查学生的理解能力。因此,答案一般是在这个问题的上下文,这样势必在原文中去找,只要考生认真揣摩上下文,细心准确研读有关语段,定能从中找到答案。

例如2005年江苏卷《波兹曼的诅咒》第16题:文章第三段阐述了波兹曼的媒介文化观,请作简要概括。(不超过40个字)

答:媒介影响认识世界的方式,应当引导人们思考,书籍有助思考,而电视排斥思考。

分析:题目指定阐述“波兹曼的媒介文化观”的内容集中在文章第三段;然后审清题,抓住题干中的关键词语,“文化观”再细读此段,提取有效信息。从答案来看,它的来源全都是原文,这类题就提醒考生要找准并组合好。

第四步:扣紧原文,整合答案

有些阅读题要求学生用自己的话把答案意思说出来,且往往有字数限制。这种题对学生语言表达能力的要求比较高,题目难度也大,要做到准确整合出答案,就必须遵循下面两大原则:

1.以“原文为主”的原则

以“原文为主”就是答案要从原文去找,只要考生能认真揣摩上下文意,准确抓住关键语句,大多数题目的答案在原文中是能找到的。甚至有的题目答案可在原文照抄。

例如2003年高考选文《乡土情结》:第19题,只要考生细读第2自然段,就可以弄清楚“乡土给人们打了哪些童年的烙印”,抄摘整合出“父母亲族的爱”、“家乡的山水草木”、“悲欢离合的家史”、“邻里乡情”等四方面内容。同样,第20题“作者在第三段中所描写的少年离别家乡的情况有哪几种”,只要从原文中去找,也不难找出描写“少年离别家乡的情况”主要有两种:①不少人富有浪漫气息,为追求理想开创事业去闯世界。②多数人是沉重的现实主义格调,为维持最低生活被打发出门。

2.以“原文为底”的原则

以“原文为底”就是说有时找出的语句不一定能直接使用,或语句太长,不合要求,或语句有不合题意的其他信息,这就要根据题意对选出的有用的语言信息进行加工改造,重新组合表述,用自己的话概括回答。

例如2004年广东省揭阳市调考题选文:我喜爱湖。湖是大地的眼睛,湖是一种流动的深情。湖是生活中没有被剥夺的一点奇妙。早在幼年的时候,一见到北海公园的太液池,我就眼睛一亮。在贫穷和危险的旧社会,太液池是一个意外的惊喜,是一个奇异的温柔,一种孩提式的敞露与清澈。该卷第19题:“为什么说作者幼年时一见到太液池就眼睛一亮?”

如果照抄原文,答为“湖是生活中没有被剥夺的一点奇妙”、“太液池是一个意外的惊喜”,势必被扣分。这就要求考生要以“原文为底”进行加工整合,表达为“在贫穷和危险的旧社会,太液池使读者感到了生活中没有被剥夺的那点奇妙和意外的惊喜”,才能得满分。再如2000年高考现代文阅读(选文《长城》)第21题第2问:“作者又是如何看待现实的长城?”这部分内容原文没有独立成段,回答较难,但只要考生能认真阅读,以“原文为底”,就能从“现在你敞开胸襟了”、“愿意接待异域殊方的杂色人流”等语句中,归纳整合出“现实长城的开放”,从“外层空间能看到地球上唯一的人工痕迹,就是你呀,长城!”的语句中,体会作者在看待长城时的自豪和自信。

巧解化学平衡标志题篇9

做好化学平衡状态标志的题目需要紧扣化学平衡状态的定义:在一定条件下的可逆反应, 当反应进行到一定程度时, 反应物和生成物的浓度不在随时间的延长而变化, 正反应速率等于逆反应速率, 这时该反应达到了平衡状态。其中有两点尤为重要: (1) v (正) =v (逆) (即化学平衡状态标志的本质特征) ; (2) 反应中各物质的含量保持不变。那么如何更深入、更全面地理解这两点?

一、正确理解v (正) =v (逆) 的含义

(1) 对于同一种物质来说:v (正) =v (逆) 是指该物质正向反应消耗的速率=逆向反应生成的速率; (2) 对于不同种物质来说:不仅要明确v (正) 和v (逆) 的方向一定要相反, 而且要特别注意速率之比等于化学计量数之比。

二、反应中各物质的含量保持不变

这部分内容可以分为两块:对于一个具体的反应, 第一, 若描述到具体某一物质的含量:物质的量、物质的量分数、质量、质量分数、体积、体积分数、浓度;或各物质之间的物质的量之比、质量之比、分子数之比 (不一定相等) 等任意一个量不在随时间的延长而变化, 均可作为化学平衡标志。第二, 若描述到气体的总体积、总物质的量、总压强、总密度、平均相对分子质量等, 要具体情况具体分析, 这对学生来说是难点。

其实仔细研究会发现:能作为化学平衡标志的物理量都具备这样的特征:在未平衡之前一直在变化, 而一旦不变了就说明该反应已达到平衡状态。大家如果能深刻认识到这一点, 那么解化学平衡标志题就容易了。下面以几个例题来进一步说明。

例1:在一定温度下, 某体积不变的密闭容器中进行下列可逆反应:N2+3H2葑2NH3, 请判断下列各情况能说明该反应已经达到化学平衡状态的是 () 。

A.反应物浓度等于生成物浓度

B.容器中N2、H2、NH3分子数之比为1∶3∶2

C.v (N2正) =v (H2正)

D.v (N2正) ∶v (NH3正) =1∶2

E.3v (N2正) =v (H2逆)

F.3v (H2正) =2v (NH3逆)

G.单位时间内生成nmol的N2时, 同时生成3nmol的H2

H.反应混合体系的压强不随时间的变化而变化

I.容器内气体的密度不再变化

J.容器内气体的总物质的量不再变化

K.容器内混合气体的平均相对分子质量

L.NH3物质的量不再变化

M.N2质量分数不再变化

解析:选项C、D、E、F、G是针对反应速率而言的, 一定要描述正反两个方向, 故C、D、G错;然后看速率之比是否等于计量数之比, 进而否定F。

选项A、B、L、M描述的是各物质含量, 未平衡之前各物质含量在变化, 而现在不变了就达到平衡状态了, 但不变并不意味着浓度相等或成一定比例, 故A、B说法不正确。选项H、I、J、K中选项I根据混合气体质量不变, 且是体积不变的密闭容器, 故密度在反应的整个过程中都是不变的, 所以I是不合理的, 其余的量当反应中各物质的含量保持不变时, 反应混合体系的压强、总物质的量、混合气体的平均相对分子质量也就由变到不变了, 故均正确;答案:E、H、J、K、L、M。

例2:密闭容器中, 可逆反应H2 (g) +I2 (g) 葑2HI (g) 达到平衡时的标志是 () 。

A.混合气体密度恒定不变

B.混合气体的颜色不再改变

C.H2、I2、HI的浓度相等

D.混合气体中压强不变

E.容器内气体的总物质的量不再变化

F.容器内混合气体的平均相对分子质量不再变化

G.HI的浓度不再变化

解析:大家要注意该反应的特点:反应物和生成物均为气体且反应前后气体的总物质的量不变 (因为反应前后气体的化学计量数之和是相等的) 即等体积的反应, 又是在密闭容器中进行的, 所以混合气体的压强、密度、总物质的量、平均相对分子质量, 在反应的整个过程中一直都是不变的, 故A、B、E、F、G均不能作为平衡标志。随着反应的进行I2 (g) 的物质的量在不断变化的, 所以B正确。平衡时H2、I2、HI的浓度均不断变化而不一定相等, 所以C错误。答案:B、G。

例3:在一定温度下的定容密闭容器中, 当下列物理量不再变化时, 表明反应A (s) +2B (g) C (g) +D (g) 已达平衡的是 () 。

A.混合气体的压强

B.混合气体的密度

C.D (g) 的物质的量浓度

D.气体总物质的量

E.气体的平均相对分子质量

解析:拿到该题大家一定要先审题:条件是定温、定容密闭容器;从方程式看, A为固体、反应前后气体计量数是相等的。由于密闭容器中反应前后气体计量数是相等的, 故混合气体的压强、气体总物质的量在反应的整个过程一直都是不变的, 因此不能作为达到化学平衡状态的标志, 故A、D错。

由于A为固体, 若反应正向进行气体总质量在不断增加, 若反应逆向进行气体总质量在不断减少, 其前提又是定容密闭容器, 故混合气体的密度、气体的平均相对分子质量一直都在变, 当其不变时则说明该反应已达平衡状态, 故B、E正确。由于D (g) 的物质的量一直在变, 而容器的体积不变, 故B (g) 的物质的量浓度在反应的整个过程一直都是变的, 当其不变时说明该反应已达平衡状态故C正确。答案:B、C、E。

巧解有机综合题篇10

[关键词]：突破口；官能团；技巧；

高考理综试题的有机大题综合性强，难度大，情景新，要求高，主要以填空题为主。试题常将有机物的组成、结构、性质的考查融为一体，多以新材料、新药物、新科研成果以及社会热点为题材来综合考查。既可考查学生有机化学的知识，还可考查学生利用有机化学知识进行分析、推理、判断和综合的逻辑思维能力及自学能力，是一类能较好反映学生科学素养的综合性试题，也是考生比较害怕的一个大题。考生在短时间如何迅速解答此类题目，将15分收入囊中？本文就这个问题简述了解题思路、方法與技巧。

一、解题思路：

阅读题干仔细审题，找出显性和隐性条件，借此找出解题突破口，通过综合分析，尝试推断出各物质的结构，并检验结论是否合理。

二、“突破口”（题眼）:

1、反应条件

①浓HNO3浓H2SO4 (苯环上硝化)②浓H2SO4170℃(醇消去)

③NaOH/水加热(酯或卤代烃水解)④浓H2SO4加热(酯化)

⑤NaOH/醇加热(卤代烃消去） ⑥Cu/O2/加热(醇催化氧化为醛或酮）

2、官能团

①能使酸性KMnO4溶液褪色的常有-C=C-或-C C-、-CHO或苯的同系物。

②能发生加成反应的常有-C=C-或-C C-或-CHO 或苯环，-CHO、酮羰基和苯环只与H2加成。

③能发生银镜反应或与新制的Cu(OH)2悬浊液反应产生沉淀的必含“-CHO”。

④能发生消去反应的为醇或卤代烃。

⑤能发生水解反应的为卤代烃、酯、糖或蛋白质。

3、特定衍变：烯烃氧化醛氧化羧酸；醇氧化醛氧化羧酸；

4、物质结构：某醇催化氧化能得到醛，该醇必为伯醇；某醇催化氧化能得到酮，该醇必为仲醇；醇不能被催化氧化，必为叔醇。消去反应、生成环酯的反应等都与特定的结构有关。

5、特定反应现象：特征现象可以从产生气体、沉淀的颜色、溶液的颜色变化等方面来考虑。加FeCl3溶液显色的可能为酚类；能够起银镜反应则有醛基；能使新制Cu(OH)2溶解或能与Na2CO3溶液反应生成气体则有羧基；与新制Cu(OH)2加热出现红色沉淀则有醛基。

6、特定的量

①1-CHO-2Ag-1Cu2O ②2-OH或2-COOH-1H2 ③1-COOH-1NaHCO3-1CO2 ；2-COOH-1Na2CO3-1CO2

④如相对分子质量增加16，可能是增加了氧原子（如CH2=CH2→CH3CHO）。

7、缺氢指数：缺氢指数是有机物分子不饱和程度的量化标志, 符号为Ω。已知分子式时则可以根据不饱和度值快速判断物质是否有苯环、双键、三键及可能的个数：1个双键Ω为1，1个单环Ω为1，1个三键Ω为2，1个苯环Ω为4。

8、物理特征：有机物各类代表物的颜色、状态、溶解性、密度、熔沸点等各有特点，平时留心归纳可由此找到突破口。如常温下为气态的烃的含氧衍生物只有甲醛。

三、解题方法与技巧

1、方法

以有机物结构、性质和实验现象为主线，采用正向思维（顺推）或逆向思维（逆推），或

依题意分层推理，综合结果得出正确结论，解答时往往几种推理方法同时用。运用合理的推导是优化解题过程、提高解题速度的有效方法。

2、技巧

①巧妙整合知识：针对试题的编排特点，充分利用所给信息进行知识的分解、迁移、转换或重组，特别是试题中新信息的给予，应将其与原有知识进行融合和加工，提炼出解题的必要信息。信息包括各物质间分子式、相对分子质量、结构简式的差异、分子的结构特点、性质、物质发生反应的条件等。对试题信息的重组、加工或提炼过程是解析推断题的关键环节。

②灵活转换思维: 思路要开阔，要敢于打破定势。应该考虑到某有机物可能不止一种官能团，或者只有一种官能团但不止一个。要从链状结构想到环状甚至是笼状，这样疑难问题就可迎刃而解了。

③快速验证结论: 对推断出的结论要有验证过程，这是确保答案准确无误的有效方法。

[例]咖啡酸（A）是某种抗氧化剂的成分之一，A与FeCl3溶液反应显紫色。

D Br2/CCl4A 足量NaHCO3溶液B1molB与2molNaOHC（C9H5O4Na3）

溶液恰好完全反应

（1）咖啡酸中含氧官能团的名称为：；

（2）咖啡酸可以发生的反应是：（填序号）；①氧化 ②加成 ③酯化 ④加聚 ⑤消去

（3）咖啡酸可看作1，3，4-三取代苯，其中两个相同的官能团位于邻位，取代基中不含支链，则咖啡酸的结简式为：；

（4）3.6g咖啡酸与足量NaHCO3溶液反应生成气体ml（标况）。

（5）蜂胶的主要活性成分为CPAE，分子式为C17H16O4，该物质在一定条件下可水解生成咖啡酸和一种醇，该醇为芳香醇，且分子结构中无甲基，则咖啡酸和该芳香醇在一定条件下反应生成CPAE的化学方程式为：

【解析】本题各物质转化路线明显，物质的碳数均相同，各步反应条件清楚，反应物之间的数量比确定，用反应条件和特定的量变作“突破口”即可以解答。

（1）A与FeCl3溶液反应显紫色，有酚 -OH。能与NaHCO3溶液反应应有 -COOH。