它是解答化学计算题常用的思维方法，也是快速解决选择题的决招。
［投影］例4有两种金属组成的混合物粉末10g与足量的稀盐酸反应，生成11．2L（标况）H2，则该混合物的组成不可能是（A）
A．Fe、ZnB．Al、CuC．Al、MgD．Al、Fe
解：
设金属为二价金属R，其平均分子量为M
R+2HCl==RCl2+H2↑
n（R）==n（H2）==11.2/22.4==0.5mol
M=10/0.5==20g/mol
A（56，65）B（18，∞）C（18，24）D（18，56）故选A
［点击试题］1、两种金属粉末的混合物15克，投入足量的稀盐酸中，得到5.6升氢气（标准状态），这种混合物可能是：
（）
A.镁和铁B.镁和铝C.铁和锌 D.镁和铜
2、有碳酸盐组成的混合物9克，加足量稀盐酸，产生4.4克CO2气体，问下列哪种情况合理（）
A、CaCO3、Na2CO3B、Na2CO3、K2CO3
C、NaHCO3、Na2CO3D、K2CO3、KHCO3
［板书］Ⅱ极限讨论法
［讲］本方法选用了数学上极限讨论的方法，选择混合物中两个极端，当两端确定后，其混合物必然位于两端间
［投影］例54.6g纯净金属钠在干燥空气中被氧化后,得到7.0g固体,由此可判断其氧化产物是（C）
A．只有Na2OB．只有Na2O2C．Na2O2和Na2OD．无法确定
解：
假设Na 全部反应生成Na2O
4Na＋O2==2Na2O
4*232*62
4.6gxx=6.2g
2Na+O2==Na2O2
2*2378
4.6gyy=7.8g
7克介于二者之间，故选C
［点击试题］1、现有某种碱金属的单质R和它的氧化物R2O的混合物12.0克。
与足量H2O充分反应后，在抽去空气的容器内蒸干，得到固体干燥物16.0克。
求R是何种金属。
［小结］采用极限思维方式解决模糊问题的一种特殊的思维方法，采用的是“抓两端，定中间”的方法，即将题没条件构造为问题的两个极端，然后用有关化学知识确定其中间值。
基本思路是：
把混合物设成纯净物，把平行反应设为单一反应。
［板书］（4）分类讨论法------研究过量问题
［投影］例6NaOH、NaHCO3固体混合物16.6克，在密闭容器中加热到250℃，经充分反应排出气体，冷却，称得剩余固体质量为13.25克。
求原混合物中NaOH的质量分数
解：
假设二者恰好完全进行时，质量减少W克。
NaOH+NaHCO3
Na2CO3+H2O↑△m（-）
40+8418
16.6W
W==2.4g
实际减轻了16.6-13.5==3.35>2.4
故NaHCO3过量
设NaOH为xmol,NaHCO3为ymol
40x+84y==16.6
NaOH+NaHCO3
Na2CO3+H2O↑
111
xxx
2NaHCO3
Na2CO3+H2O↑+CO2↑
211
y-x0.5（y-x）
18*（0.5y-0.5x+x）+44（y-x）==3.35
解得x=0.1mol,y=0.15mol
w（NaOH）%==24.1%
［点击试题］1、今有120mL1mol/L的Na2CO3溶液和80mL2.5mol/L的盐酸。
（1）若将Na2CO3溶液逐滴加至盐酸中则可收集到标况下的CO2气体体积为______
解：
n（Na2CO3）==0.12*1=0.12moln（HCl）=0.08*2.5=0.2mol
若将Na2CO3加到盐酸中，则立即生成CO2直至盐酸完全反应，即：
Na2CO3+2HCl==2NaCl+CO2↑+H2O
121
0.2X
X=0.1mol
则在标况下收集到CO2气体体积为2.24L
（2）若将上述盐酸逐滴加至碳酸钠溶液中，则反应的离子方程式是______，当反应完全时，测得CO2在水中的浓度为0.04mol/L，假设溶液体积不变，则收集到的CO2在标况下的体积为______
解：
若将HCl滴加到Na2CO3溶液中，直至所有的Na2CO3全部转化为NaHCO3再继续加盐酸才有CO2生成，即：
Na2CO3+HCl==NaHCO3+NaCl
0.120.120.12
则剩余盐酸为0.2-0.12=0.08mol
NaHCO3+HCl==NaCl+H2O+CO2↑
0.080.08
溶液体积V=120+80=200mL
溶液中的CO2为0.04*0.2=0.008mol
则逸出的CO2体积为：
22.4*（0.8-0.08）=16.128L
［板书］（5）守恒法
［投影］例7有一空气暴露过的NaOH固体，经分析知其含H2O7.65%，含Na2CO34.32%，其余是NaOH。
若将1克该样品放入含有HCl3.65克的盐酸中使其完全反应后，残酸再用50克2%的NaOH溶液恰好中和反应，蒸干溶液，所得固体的质量是多少克？
解：
所得固体是NaCl，是5.85克
［小结］本题数据众多，反应物不纯，过程复杂。
若按常规方法，一步步分析计算，不但费时还易出错，若认真分析就会发现，最后所得固体物质NaCl中全部的Cl全来自于HCl中的Cl
［点击试题］1、有5.1gMg–Al合金，投入500mL2mol/LHCl中，金属完全溶解后，又加4mol/LNaOH溶液VmL，得最多沉淀8.6g，则V等于
A.425mLB.560mLC.250mLD.500mL
［板书］2、铝三角转化及铝的图像问题
（1）向Al3＋的溶液中加入强碱（OH―）
［投影］现象：
先出现白色溶液后消失
方程式：
Al3＋＋3OH―＝＝Al（OH）3↓Al（OH）3+OH―==AlO2―+H2O
图像：
［板书］
（2）向强碱溶液中加入Al3＋
［投影］现象：
先没有沉淀后出现并不消失
方程式：
Al3＋+4OH―==AlO2―+2H2O
3AlO2―+Al3＋+6H2O==4Al（OH）3↓
图像：
［板书］（3）向AlO2―溶液中加入H＋
［投影］现象：
先生成白色沉淀，然后白色沉淀逐渐溶解。
方程式：
AlO2―＋H＋＋H2O==Al（OH）3↓
Al（OH）3+3H＋==Al3＋+3H2O
图像：
［板书］（4）向H＋溶液中加入AlO2―
［投影］
现象：
开始生成的白色沉淀振荡后消失，随后生成的白色沉淀不溶解
方程式：
AlO2―＋4H＋==Al3＋+2H2O
3AlO2―+Al3＋+6H2O==4Al（OH）3↓
图像：
［投影］例1、有一定质量的Mg、Al合金投入100mL一定物质的量浓度的盐酸溶液中，合金全部溶液，向所得溶液中滴加5mol/LNaOH溶液到过量，生成沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示，求
（1）原合金中Mg、Al的质量各是多少？
（2）HCl的浓度是多少？
解：
（1）设原合金中Mg的质量为X，Al的质量为y
Mg-----Mg（OH）2Al-----Al（OH）3
24582778
x11.6y19.4-11.6==7.8
x=4.8gy==2.7g
（2）当沉淀达到最大值时，则n（HCl）==n（NaOH）
则c（HCl）==5*160/100=8mol/L
［点击试题］1、0.1molAl2（SO4）3跟2mol/LNaOH溶液350mL混合，所得沉淀的质量为（）
A.78gB.15.6gC.7.8gD.3.9g
2．向10mL0.2mol/L的AlCl3溶液中，逐滴加入未知浓度的Ba（OH）2溶液，测得滴加15mL和45mL时，所得沉淀同样多，求Ba（OH）2溶液的物质的量浓度。
［投影］例2、将0.1mol的镁、铝混合物溶于100mL2mol/LH2SO4溶液中，然后再滴加1mol/LNaOH溶液。
请回答：
⑴若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m随加入NaOH溶液的体积V变化如右图所示。
当V1＝160mL时，则金属粉末中n（Mg）＝ mol，V2＝ mL。
⑵若在滴加NaOH溶液过程中，欲使Mg2＋、Al3＋刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V（NaOH） mL。
⑶若混合物仍为0.1mol，其中Mg粉的物质的量分数为a，用100mL2mol/L的硫酸溶解此混合物后，再加入450mL1mol/L的NaOH溶液，所得沉淀中无Al（OH）3。
满足此条件的a的取值范围是：
。
解：
（1）n（H＋）=2*0.1*2==0.4mol
当V1＝160mL时，中和过量H＋消耗了OH―0.16mol
则与金属反应用去H＋0.4—0.16==0.24mol
设Mg的物质的量为xmol,Al的物质的量为ymol
Mg--2H＋--Mg2＋---2OH―--Mg（OH）2Al---3H＋---Al3＋--3OH―-Al（OH）3
x2xy3y
2x+3y==0.24x+y==0.1解得，x==0.06moly=0.04mol
则镁的物质的量为0.06mol，铝的物质的量为0.04mol
V2===（0.16+2*0.06+3*0.04）/1==0.44L==440mL
（2）当沉淀达到最大值时，则n（HCl）==n（NaOH）则NaOH的体积为400mL
（3）若沉淀中无Al（OH）3则说明Al3＋全部转化为NaAlO2，则
n（NaOH）≧n（NaCl）+n（NaAlO2）==n（HCl）+n（Al3＋）
0.45≧0.4+0.1-a解得，a≧0.05
1>a≧0.05
［点击试题］1．将溶液（或气体）X逐渐加入到（或通入到）一定量的Y溶液中，产生沉淀的量m与加入X物质的量n的关系如下图，符合图中情况的一组物质是
A
B
C
D
X
H2S
NaOH
NH3
HCl
Y
Na2SO3
AlCl3
MgSO4
NaAlO2
2.把由NaOH、AlCl3、MgCl2三种固体组成的混合物，溶于足量水中后有0.58克白色沉淀，在所得浊液中，逐滴加入0.5mol/l的盐酸，加入盐酸的体积与生成沉淀的质量关系如右图所示：
（a）混合物中NaOH的质量为，
（b）混合物中AlCl3质量为
（c）混合物中MgCl2质量为，
（d）P点表示盐酸的体积是。
［板书］3、铁的转化关系
（1）铁三角应用
［投影］例1、把含有FeBr2、FeI2各amol的稀溶液两份，分别通入一定量的Cl2，第一份溶液中有一半的I―被氧化成I2，第二份溶液中有一半的Br― 被氧化成Br2，两份奶入Cl2的物质的量之比（ D ）
A、1：
1 B、1：
2 C、1：
3 D、1：
5
［点击试题］1、在FeCl3、CuCl2和HCl的混合液中加入Fe粉，待反应结束，所剩余的固体滤出后能被磁铁吸引，则反应后溶液中存在较多的阳离子是（）
A、Cu2＋B、Fe3＋C、Fe2＋D、H＋
［板书］
（2）铁与稀HNO3反应规律
当稀HNO3过量时，Fe+4HNO3==Fe（NO3）2+NO↑+H2O
［讲］若铁过量，则在上述反应基础上，继续反应，
Fe+2Fe（NO3）3==3Fe（NO3）2
［板书］当铁粉过量时，3Fe+8HNO3==3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O
［投影小结］根据Fe与HNO3的物质的量的变化，可分为以下三种情况：
≦1/4时，产物为Fe（NO3）3
≧3/8时，产物为Fe（NO3）2
若1/4≦
≦3/8时，产物为Fe（NO3）3与Fe（NO3）2的混合物
但需要注意的是，无论Fe过量与否，被还原的HNO3占总消耗的HNO3的1/4
［板书］（3）守恒法在Fe计算中的综合应用
Ⅰ质量守恒关系
［讲］质量守恒定律表示：
参加化学反应的各种物质的质量总和，等于反应后生成物的各物质的质量总和。
依据该定律常可得出下列解题时实用的等式：
（1）反应物的质量总和＝生成物的质量总和
（2）反应物减少的总质量＝产物增加的总质量
（3）反应体系中固体质量的增加（或减少）等于气体质量的减少（或增加）
［投影］例1、在2Ｌ硫酸铜和硫酸铁的混合溶液中，加入30ｇ铁粉，最后得到2Ｌ0．25ｇ·ｍｏｌ－1的硫酸亚铁溶液及26ｇ固体沉淀物。
分别求原混合溶液中硫酸铁和硫酸铜的物质的量浓度。
解：
设硫酸铁、硫酸铜的物质的量分别为ｘ和ｙ。
根据反应前后铁和铜的质量和相等得：
56ｇ·ｍｏｌ－1×2ｘ＋64ｇ·ｍｏｌ－1×ｙ＋30ｇ
＝2Ｌ×0．25ｇ·ｍｏｌ－1×56ｇ·ｍｏｌ－1＋26ｇ ①
再由反应前后硫酸根离子的物质的量守恒得：
3ｘ＋ｙ＝2Ｌ×0．25ｇ·ｍｏｌ－1 ②
联立①②解得ｘ＝0．1ｍｏｌ，ｙ＝0．2ｍｏｌ。
因此硫酸铁、硫酸铜的物质的量浓度分别为0．05ｍｏｌ·L－1和0.1ｍｏｌ·L－1。
［板书］Ⅱ元素守恒关系
［讲］在化学反应过程中，从某种意义上说可以认为是原子重新组合的过程，因此在反应过程中某种元素的原子，在反应前后必定保持两种守恒关系（均体现出原子个数相等）：
（1）原子的质量守恒；
（2）原子的物质的量守恒。
［投影］例2、把铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入110ｍＬ4ｍｏｌ·Ｌ－1盐酸中，充分反应后产生896 ｍLＨ2（标准状况），残留固体1．28ｇ。
过滤，滤液中无Ｃｕ2＋。
将滤液加水稀释到200ｍＬ，测得其中ｃ（Ｈ＋）为0．4ｍｏｌ·Ｌ－1。
试求原混合物的总质量。
［分析］
解：
由Ｃｕ元素守恒可得：
ｎ（ＣｕＯ）＝ｎ（Ｃｕ）＝1．28ｇ／64ｇ·ｍｏｌ－1＝0．02ｍｏｌ
由氯元素守恒可得：
2ｎ（ＦｅＣｌ2）＋ｎ（ＨＣｌ余）＝ｎ（ＨＣｌ总）＝0．44ｍｏｌ
即2ｎ（ＦｅＣｌ2）＋0．08ｍｏｌ＝0．44ｍｏｌ，则ｎ（ＦｅＣｌ2）＝0．18ｍｏｌ。
又由氢元素守恒可得：
2ｎ（生成Ｈ2Ｏ）＋2ｎ（Ｈ2）＋ｎ（ＨＣｌ余）＝ｎ（ＨＣｌ总）＝0．44ｍｏｌ，解得反应产物中水的物质的量为ｎ（生成Ｈ2Ｏ）＝0．14ｍｏｌ。
由氧元素守恒可得：
3ｎ（Ｆｅ2Ｏ3）＋ｎ（ＣｕＯ）＝ｎ（生成Ｈ2Ｏ），
解得：
ｎ（Ｆｅ2Ｏ3）＝0．04ｍｏｌ
最后由铁元素守恒可得：
ｎ（Ｆｅ）＋2ｎ（Ｆｅ2Ｏ3）＝ｎ（ＦｅＣｌ2）
解得：
ｎ（Ｆｅ）＝0．1ｍｏｌ
综上可知，原混合物总质量为：
56ｇ·ｍｏｌ－1×0．1ｍｏｌ＋160ｇ·ｍｏｌ－1×0．04ｍｏｌ＋80ｇ·ｍｏｌ－1×0．02ｍｏｌ＝13．6ｇ
［板书］Ⅲ电荷守恒
［讲］在电解质溶液里或在离子化合物中，所含阴、阳离子的电荷数必定相等（电中性原理），即阳离子的物质的量（或物质的量浓度）×阳离子的电荷数＝阴离子的物质的量（或物质的量浓度）×阴离子的电荷数。
［投影］例3、已知2Ｆｅ2＋＋Ｂｒ2＝2Ｆｅ3＋＋2Ｂｒ－，当向100ｍＬ的ＦｅＢｒ2溶液中通入标准状况下的Ｃｌ23．36Ｌ，充分反应后测得形成的溶液中Ｃｌ－和Ｂｒ－的物质的量浓度相等，则原ＦｅＢｒ2溶液的物质的量浓度为多少?
解;由题供信息可知：
Ｆｅ2＋的还原性强于Ｂｒ－的还原性；因此，通入Ｃｌ2后Ｆｅ2＋应该全部被氧化成了Ｆｅ3＋。
据题意知反应后的溶液中只有Ｆｅ3＋、Ｃｌ－、Ｂｒ－，且ｎ（Ｃｌ－）＝ｎ（Ｂｒ－）＝2ｎ（Ｃｌ2）＝2×3．36Ｌ／22．4Ｌ·ｍｏｌ－1＝2×0．15ｍｏｌ。
据电荷守恒原理，必有：
3ｎ（Ｆｅ3＋）＝ｎ（Ｃｌ－）×1＋ｎ（Ｂｒ－）×1
解得：
ｎ（Ｆｅ3＋）＝0．2ｍｏｌ
又由铁元素守恒知ｎ（Ｆｅ2＋）＝ｎ（Ｆｅ3＋）＝0．2ｍｏｌ。
故原ＦｅＢｒ2溶液的物质的量浓度为：
0．2ｍｏｌ／0．1Ｌ＝2ｍｏｌ·Ｌ－1
［板书］Ⅳ电子守恒关系
［讲］氧化还原反应的本质是参加反应的原子间的电子转移（包括电子得失和电子对的偏移）。
在氧化还原反应过程中，氧化剂得到电子的总物质的量必定等于还原剂失去电子的总物质的量。
在解有关氧化还原反应的试题（尤其是涉及多个氧化还原反应的综合题）时，运用电子守恒法可起到事半功倍的效果。
［投影］例4、将14ｇ铁粉溶于1Ｌ稀硝酸中恰好完全反应，放出ＮＯ气体后称量所得溶液，发现比原溶液质量增加8ｇ，则原溶液中硝酸的浓度为（）
A．0．4ｍｏｌ·Ｌ－1B．0．6ｍｏｌ·Ｌ－1
C．0.8ｍｏｌ·Ｌ－1D．1.0ｍｏｌ·Ｌ－1
解：
按常规解本题需先判断出反应中同时生成了+2、+3价的铁，然后再根据方程式求解。
若运用守恒原理则可避开繁琐的讨论和方程式的书写。
假设铁单质在反应中被氧化成+n价，由题意有：
Ｆｅ － ｎｅ－→Ｆｅ（ＮＯ3）ｎ→ｎＨＮＯ3
（反应中作酸用的）
1 ｎ ｎ
（14／56）ｍｏｌ 0．25ｎｍｏｌ 0．25ｎｍｏｌ
由题意知，产生气体ＮＯ的质量为14ｇ－8ｇ＝6ｇ，物质的量为6ｇ／30ｇ·ｍｏｌ－1＝0．2ｍｏｌ。
则有ＨＮＯ3（反应起氧化剂作用的）＋3ｅ－→ ＮＯ
1 3 1
0．2ｍｏｌ 0．6ｍｏｌ 0．2ｍｏｌ
据电子的守恒原理可得0．25ｎ＝0．6；又由氮元素守恒原理可推知，反应中共消耗硝酸的物质的量为：
0．25ｎｍｏｌ＋0．2ｍｏｌ＝0．8ｍｏｌ故选C。
［点击试题］1、在100ｍL的ＦｅＢｒ2溶液中，通入2．24Ｌ的标准状况下的氯气，充分反应后，溶液中有1／3的Ｂｒ－被氧化成溴单质。
求原ＦｅＢｒ2溶液的物质的量浓度。
解：
设ＦｅＢｒ2溶液的物质的量浓度为ｘｍｏｌ·Ｌ－1，根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数相等的原则知，Ｃｌ2所得电子的物质的量应等于Ｆｅ2＋和Ｂｒ－所失电子的物质的量之和。
则有：
2．24Ｌ／22．4Ｌ·ｍｏｌ－1×2＝0．1ｘ×1＋（0．1ｘ／3）×2×1
解得ｘ＝1．2。
因此原ＦｅＢｒ2溶液的物质的量浓度为1．2ｍｏｌ·Ｌ－1。
［板书］Ⅴ体积守恒关系
［投影］例5、将5．6ｇ铁粉与6．4ｇ硫粉在隔绝空气的条件下加热充分反应后冷却至室温，再在其固体中加入足量的稀硫酸反应至固体不再溶解，所制得的气体在0℃、1．01×10５Ｐａ下的体积约为（ ）。
Ａ．2．24Ｌ Ｂ．2．34ＬＣ．2．80Ｌ Ｄ．4．48Ｌ
解：
加热时发生的化学反应为：
Ｆｅ＋Ｓ＝ＦｅＳ
与足量稀
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