专题十二 金属及其化合物

专题十二金属及其化合物【考脉追踪】考点，一脉相承考题题型考点09全国I·11选择NaHCO3、Na2CO3样品纯度的计算09上海·10选择钠与重水反应产生气体体积的计算09上海·22选择铝热剂成分的判断，极端假设法09江苏·3·A选择Al及其化合物的性质09上海·15选择Mg、Al与硫酸反应的图像分析09四川·7·B选择Fe2＋的检验09福建·7选择Fe、Cu及其化合物的化学性质09四川·11选择镁铝与硫酸反应后的溶液中加入氢氧化钾，有关量的分析09宁夏·27推断有关Al及其化合物的推断题(包括C、Na2O2等)09北京·26实验含硫酸亚铁的工业废液生产氧化铁工艺09福建·24实验混合物的提纯方案设计09海南·16填空提纯方案的设计09宁夏·26实验测定碱式碳酸铜组成的实验设计09山东·30实验以孔雀石为原料制备CuSO4·5H2O及CaCO3的实验设计由09考脉可知，高考很重视对金属及其化合物的考查，题型全面，考点详尽；在选择题中主要考查了金属及其化合物的化学性质和化学计算，填空题中主要是无机推断题和实验设计题。预计今后的命题将会以元素化合物知识联手理论知识，在计算、推断、离子共存和实验题等题型中进行综合考查，试题的综合性会非常强。【试题解读】考题，一见如故真题1（2022·北京理综）由短周期元素组成的中学常见无机物A、B、C、D、E、X存在如在右图转化关系（部分生成物和反应条件略去），下列推断不正确的是()A．若X是Na2CO3，C为含极性键的非极性分子，则A一定是氯气，且D和E不反应B．若A是单质，B和D的反应是OH-+HCO3-==H2O+CO32-，则E一定能还原Fe2O3C．若D为CO，C能和E反应，则A一定为Na2O2，其电子式是D．若D为白色沉淀，与A摩尔质量相等，则X一定是铝盐【考点透析】本题通过物质之间的转化关系考查元素及其化合物的结构和性质。题目的特点是四个选项分四种情况讨论，增加了试题的开放性和难度。【试题突破】当A为NO2，B为HNO3，C为CO2，D为NaHCO3也符合转化关系，A错；根据反应的离子方程式OH―+HCO3―＝H2O+CO32―可知，A为活泼金属Na（或K等），B为NaOH、E为H2，X为CO2，C为Na2CO3，D为NaHCO3，H2在加热时能还原Fe2O3，B正确；若D为CO，则X为C，C为CO2，B为O2，能够在常温下与水反应生成氧气的短周期元素组成的物质只有Na2O2，则E为NaOH，符合转化关系，C正确；D为摩尔质量为78g/mol的Al(OH)3，A为摩尔质量为78g/mol的Na2O2，X为铝盐，C为偏铝酸盐，铝盐和偏铝酸盐在溶液中发生双水解反应生成Al(OH)3，符合转化关系，选项D正确。【标准答案】A真题2（2022·四川理综）向mg镁和铝的混合物中加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体bL。向反应后的溶液中加入cmol/L氢氧化钾溶液VmL，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为ng。再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体pg。则下列关系不正确的是()A． B．C．n=m+17Vc D．m＜＜【考点透析】本题考查根据化学方程式进行计算，要用到守恒法、极端假设法等。【试题突破】根据方程式可得，生成的氢气的物质的量等于参加反应的碱的物质的量的一半，A正确；B项中p为生成的氧化物的质量，增加的氧元素的物质的量等于生成氢气的物质的量，也等于消耗氢氧根离子的物质的量的一半，故B正确；而氢氧化镁和氢氧化铝的质量等于镁铝的质量和与氢氧根离子的质量之和，C项中忽略了体积的单位，错；对于D项，可采用极端假设法，若全部为Mg，p==m；若全部为Al，p==，故D正确。【标准答案】C真题3（2022·上海化学）实验室将9g铝粉跟一定量的金属氧化物粉末混合形成铝热剂。发生铝热反应之后，所得固体中含金属单质为18g，则该氧化物粉末可能是()A．Fe2O3和MnO2B．MnO2和V2O5C．Cr2O3和V2O5D．Fe3O4和【考点透析】本题有关混合物成分的分析问题，应采用极端假设法。【试题突破】9g铝粉可以提供1mol电子，则氧化物中的金属元素每得到1mol电子对应的质量就应该是18g。三价Fe得到1mol电子对应的质量为18.7g，四价Mn得到1mol电子对应的质量为13.8g，故A有可能；五价V得到1mol电子对应的质量为10.2g，三价Cr得到1mol电子对应的质量为17.3g，都小于18，故B、C都不可能；Fe3O4中的铁元素得到1mol电子对应的质量为21g，二价Fe得到1mol电子对应的质量为28g，若Al完全反应时，得到的金属单质的质量大于18g，但当氧化物不足时，D正确。【标准答案】AD真题4（2022·北京理综）以富含硫酸亚铁的工业废液为原料生产氧化铁的工艺如下（部分操作和条件略）；I从废液中提纯并结晶出FeSO4·7H2O。II将FeSO4·7H2O配成溶液Ⅲ将FeSO4溶液与稍过量的NH4HCO3溶液混合，得到含FeCO3的浊液IV将浊液过滤，用90°C热水洗涤沉淀，干燥后得到FeCO3固体V煅烧FeCO3，得到Fe2O3固体已知：NH4HCO3在热水中分解(1)I中，加足量的铁屑除去废液中的Fe3+，该反应的离子方程式是(2)II中，需加一定量硫酸，运用化学平衡原理简述硫酸的作用(3)III中，生成FeCO3的离子方程式是。若FeCO3浊液长时间暴露在空气中，会有部分固体表面变为红褐色，该变化的化学方程式是。(4)IV中，通过检验SO42-来判断沉淀是否洗涤干净。检验SO42-操作是是。(5)已知煅烧FeCO3的化学方程式是4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2，现煅烧464.0kg的FeCO3，得到316.8kg产品，若产品中杂质只有FeO，则该产品中Fe2O3的质量是kg（摩尔质量/g·mol-1：FeCO3116Fe2O3160FeO72）【试题突破】(1)Fe3＋具有氧化性，能氧化Fe生成Fe2＋：2Fe3＋+Fe＝3Fe2＋。(2)由于Fe2＋水解，加入H2SO4可抑制其水解。(3)根据元素守恒可写出方程式：Fe2＋+2HCO3-＝FeCO3↓+CO2↑+H2O。FeCO3被O2氧化最终生成Fe(OH)3而出现红褐色：4FeCO3+O2+6H2O＝4Fe(OH)3↓+4CO2↑。(4)SO42―的检验一般采用BaCl2溶液，根据溶液与BaCl2溶液反应是否有白色沉淀产生来判断。(5)464kgFeCO3中含有Fe元素4×103mol，设产品中FeO为xmol，Fe2O3为ymol，则有：x+2y＝4×103，72x+160y＝×103，解得x＝×103mol，y＝×103mol，故Fe2O3的质量＝×103mol×160g/mol＝288.0kg。【标准答案】(1)Fe+2Fe3+=3Fe2+(2)加入硫酸，H+浓度增大，使Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+的平衡向逆反应方向移动，从而抑制FeSO4的水解(3)Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O4FeCO3+6H2O+O2=4Fe(OH)3↓+4CO2(4)取少量洗涤后的滤液放入试管中，滴加酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则沉淀洗涤干净(5)真题5（2022·浙江理综）各物质之间的转换关系如下图，部分生成物省略。C、D是由X、Y、Z中两种元素组成的化合物，X、Y、Z的原子序数依次增大，在周期表中X的原子半径最小，Y、Z原子量外层电子数之和为10。D为无色非可燃性气体，G为黄绿色单质气体，J、M为金属，I有漂白作用，反应①常用于制作印刷电路板。请回答下列问题：(1)写出A的化学式，C的电子式。(2)比较Y与Z的原子半径大小>（填写元素符号）。(3)写出反应②的化学方程式（有机物用结构简式表示），举出该反应的一个应用实例。(4)已知F溶于稀硝酸，溶液变成蓝色，并放出无色气体。请写出该反应的化学方程式。(5)研究表明：气体D在一定条件下可被还原为晶莹透明的晶体N，其结构中原子的排列为正四面体，请写出N及其2种同素异形体的名称、、。【考点透析】本题以元素的推断的形式，主要考查了金属Cu、Fe及化合物知识，也综合了Cl2、有机物知识。解题的关键是根据物质的颜色、性质、元素的特点及物质的转化关系等推导出各元素。【试题突破】E与葡葡糖生成红色沉淀F，则E应为Cu(OH)2，而B为Cu2＋，反应=1\*GB3①为印刷电路板，L为棕黄色溶液，由此可推出：M应为Cu，L为FeCl3。G为黄绿色气体，则为Cl2，K为浅绿色，则为Fe2＋溶液。X的原子半径最小，为H，D为非可燃性气体，可推为CO2，C和O的最外层电子之和刚好为10。C为H、C、O中的两种组成的化合物，且可以与Cl2反应，故应为H2O，生成H为HCl，I为HClO（具有漂白性），HCl与J（Fe）可生成FeCl2溶液。(1)A+HClCu2＋+H2O+CO2，由元素守恒可知，A为碱式碳酸铜；(2)Y为C，Z为N，两者位于同一周期，前者的半径大，即C>N；(4)F为Cu2O，与HNO3反应，生成Cu(NO3)2，且生成无色气体，应为NO，然后根据得失电子守恒配平即可；(5)CO2可以还原成正四面体结构的晶体，化合价降低生成C，为金刚石，它的同素异形体必须为含碳的单质。【标准答案】(1)Cu2(OH)2CO3[Cu(OH)2·CuCO3](2)C>O(3)CH2OH(CHOH)4CHO+2Cu(OH)2CH2OH(CHOH)4COOH+Cu2O↓+2H2O医学上可用这个反应检验尿液中的葡萄糖。(4)3Cu2O+14HNO36Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O(5)金刚石、石墨、富勒烯（C60）或碳纳米管等。真题6（2022·宁夏理综）下图表示有关物质（均由短周期元素形成）之间的转化关系，其中A为常见的金属单质、B为非金属单质（一般是黑色粉末），C是常见的无色无味液体，D是淡黄色的固体化合物。（反应条件图中已省略。）(1)A、B、C、D代表的物质分别为、、、（填化学式）；(2)反应①中的C、D均过量，该反应的化学方程式是；(3)反应②中，若B与F物质的量之比为4：3，G、H分别是、（填化学式）；(4)反应③产物中K的化学式为；(5)反应④的离子方程式为。【试题突破】此题的突破口是“淡黄色固体——Na2O2”，“常见无色无味液体——H2O”和能够与上述两种物质反应的“常见金属单质——Al”；G能够与Na2O2反应，在中学化学中一般猜CO2，则B是碳单质，与O24：3反应的方程式为：4C+3O2==2CO2+2CO因为Na2O2过量，则溶液甲中有NaOH，故反应④的离子方程式为AlO2-+CO2+OH-+H2O==Al(OH)3↓+CO32-。【标准答案】(1)AlH2ONa2O2(2)2Na2O2+2H2O==4NaOH+O22NaOH+2Al+2H2O=2NaAlO2+3H2↑(3)CO2CO(4)Na2CO3(5)AlO2-+CO2+OH-+H2O==Al(OH)3↓+CO32-。真题7（2022·福建理综）从铝土矿（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质）中提取两种工艺品的流程如下：请回答下列问题：(1)流程甲加入盐酸后生成Al3+的方程式为(2)流程乙加入烧碱后生成SiO－的离子方程式为.(3)验证滤液B含Fe3＋，可取少量滤液并加入________（填试剂名称）。(4)滤液E、K中溶质的主要成份是________(填化学式)，写出该溶液的一种用途________(5)已知298K时，Mg(OH)2的容度积常数Ksp=×10-12,取适量的滤液B,加入一定量的烧碱达到沉淀溶液平衡，测得pH=，则此温度下残留在溶液中的c(Mg2+)=_______.【考点透析】本题借助铝土矿中氧化铝提取的工艺流程，综合考查了离子方程式的书写，离子的检验和物质的用途、沉淀溶解平衡的计算等，是典型的工业流程图式推断题。【试题突破】(1)与HCl反应生成Al3＋，应为铝土矿中Al2O3；(2)SiO2可以溶于NaOH中生成Na2SiO3；(3)检验Fe3＋的特征反应很多，如与KSCN显血红色，与苯酚显紫色，与OH－显红褐色沉淀等；(4)生成E、K时，CO2均是过量的，故应生成NaHCO3；(5)Ksp=c(Mg2+)c(OH)2，c(Mg2+)=×10-12/2=×10-10。【标准答案】(1)Al2O3+6H＋2Al3＋+3H2O(2)SiO2+2OH－SiO－+H2O(3)硫氰化钾（或硫氰酸钾、苯酚溶液等合理答案）(4)NaHCO3；制纯碱或做发酵粉等合理答案(5)×10-10mol/L【规律方法】考技，一鸣惊人【规律总结】焦点访谈——过氧化钠1．结构特点：电子式为，是离子化合物，在O22-中存在O－O非极性键；阴离子是过氧根（O22-），故其中阳离子和阴离子个数之比2：1，而不是1：1。2．属类：它属于过氧化物，但不是碱性氧化物。碱性氧化物的定义是，能跟起反应，生成和水的氧化物(生成物只能有盐和水,不能有其它物质)，而过氧化钠还有氧气生成。3．价态：氧有－2，－1，0三种价态。在过氧化钠中氧原子间形成一对共价键，形成中间价态－1，故它既有氧化性又有还原性，但以氧化性为主，是强氧化剂。4．化学性质(1)强氧化性。表现有：①Na2O2+SO2=Na2SO4②投入FeCl2溶液，可以将Fe2+氧化成Fe3+③投入H2S溶液，可以将H2S氧化成单质硫，析出淡黄色的沉淀硫④投入Na2SO3中，可以将SO32-氧化成SO42-。(2)漂白性。Na2O2与H2O反应后先生成H2O2，H2O2立即分解放出新生态氧，新生态氧可使有机色质被氧化而褪色，故Na2O2具有漂白作用。其漂白原理与HClO、H2O2、O3等一样，都是强氧化性，褪色具有不可逆性。(3)还原性。遇强氧化剂时，Na2O2也可被氧化，如Na2O2可以使酸性KMnO4溶液褪色：5Na2O2+2KMnO4+8H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O(4)即表现氧化性又表现还原性（见5）(5)与H2O、CO2反应①从“质”的角度分析。因为过氧化钠和水的反应是按如下两步进行的，Na2O2+2H2O=2NaOH+H2O2（非氧化还原反应）；第二步：2H2O2=2H2O+O2↑（氧化还原反应），将两步反应合并为：2Na2O2+4H2O=4NaOH+2H2O+O2↑，由反应历程来看，O22-生成的－2价氧原子进入H2O中而不是NaOH中，故还原产物是H2O而不是NaOH，氧化产物是O2，Na2O2即表现氧化性又表现还原性。这可用示踪原子来验证：2Na218O2＋4H2O＝4NaOH＋+2H218O+18O2↑。与CO2的反应过程为：Na2O2+H2O+CO2=Na2CO3+H2O2，2H2O2==2H2O+O2↑。可见Na2CO3不是还原产物。也可用示踪原子来验证：2Na2O2+2C18O2+2H218O=2Na2C18O3+O2↑+2H2O。②从“量”的角度分析。将反应产物的化学式进行改写：2Na2O2+2H2O=2Na2O2·H2+O2↑，2Na2O2+2CO2=2Na2O2·CO+O2↑从中可以看出过氧化钠固体增重的定量规律：Na2O2与H2O反应后固体增加的质量为H2O中“H2”的质量，Na2O2与CO2反应后固体增加的质量为CO2中“CO”的质量。CO和H2燃烧后的产物与Na2O2反应，固体增加的质量就等于CO和H2混合气体的质量。凡是符合通式（CO）x（H2）y的物质，在足量O2的存在下完全燃烧，其产物通过足量Na2O2反应，Na2O2增重的质量即为物质的质量。③从“先后”角度分析。过量的H2O和CO2混合气体与Na2O2反应，可看作CO2先反应。如果H2O先反应，生成的NaOH和CO2反应又生成了H2O。例1、(08·北京·7)1mol过氧化钠与2mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是()A．Na2CO3 B．Na2O2Na2CO3C．NaOHNa2CO3D．Na2O2NaOHNa2CO3点拨：2NaHCO3=Na2CO3+CO2+H2O，由方程式可得，2mol碳酸氢钠分解得到CO2和H2O各1mol；由于CO2先与过氧化钠，1Na2O2+1CO2=1Na2CO3+O2，故H2O没有参与反应，产物只有Na2CO3。答案：A【规律总结】铁及其化合物的颜色是推断题中最重要的突破口铁及其化合物都有颜色，可谓是“赤橙黄绿蓝靛紫，谁持彩练当空舞”。1.单质：银白色，铁粉黑色。2.氧化物：FeO、Fe3O4黑色，Fe2O3红棕色。3.氢氧化物：Fe(OH)2白色，Fe(OH)3红褐色，Fe(OH)2和Fe(OH)3的混合物灰绿色。4.硫化物：FeS黑色，FeS2黄色（黄铁矿的主要成分）。5.其他：Fe（SCN）3血红色溶液，Fe2+浅绿色，Fe3+黄色，FeSO4·H2O绿色。+的颜色变化 ①向FeCl3溶液中加几滴KSCN溶液呈红色；②FeCl3溶液与NaOH溶液反应，生成红褐色沉淀；③向FeCl3溶液溶液中通入H2S气体，生成淡黄色沉淀；=4\*GB3④向FeCl3溶液中加入过量Fe粉时，溶液变浅绿色；=5\*GB3⑤将FeCl3溶液滴入淀粉KI溶液中，溶液变蓝色；=6\*GB3⑥向FeCl3溶液中滴入苯酚溶液，溶液变紫色。例2、（2022·江苏化学）根据下列框图回答问题（答题时，方程式中的M、E用所对应的元素符号表示）：⑴写出M溶于稀H2SO4和H2O2混合液的化学方程式：。⑵某同学取X的溶液，酸化后加入KI、淀粉溶液，变为蓝色。写出与上述变化过程相关的离子方程式：、。⑶写出Cl2将Z氧化为K2EO4的化学方程式：。⑷由E制备的E(C2H5)2的结构如右图，其中氢原子的化学环境完全相同。但早期人们却错误地认为它的结构为：。核磁共振法能够区分这两种结构。在核磁共振氢谱中，正确的结构有种峰，错误的结构有种峰。点拨：由题目给定的特殊颜色可知金属M必定为铜，而金属E为Fe。X应为FeSO4，并不能氧化KI，所以考虑空气中O2氧化Fe2+为Fe3+，然后Fe3+氧化I—所致。另由氯气的强氧化性可知K2EO4为K2FeO4。Fe(C2H5)2[二茂铁]若为，则根据对称性，有如右图所示两种氢：；若为的结构，则因为C5H5[茂]有类似苯环的碳碳键，所以5个氢原子完全等价，又因为上下对称，可知所有氢原子等价。答案：⑴Cu+H2O2+H2SO4==CuSO4+2H2O⑵4Fe2++O2+4H+==4Fe3++2H2O2Fe3++2I—==2Fe2++I2⑶10KOH+3Cl2+2Fe(OH)3==2K2FeO4+6KCl+8H2O⑷13【方法视窗】“铝图”中的拐点以Al元素为核心的图像丰富多彩。析图或作图时不仅要注意加入酸或碱的强弱，而且要注意所加入的量或滴加顺序，正因滴加顺序不同可产生的现象不同，可用相互滴加法来鉴别。重要的有关图像归纳如下：（1）含1molAlCl3的溶液中滴加NaOH（2）含1molAlCl3的溶液中通入NH3（3）含1molNaOH的溶液中滴加AlCl3（4）含1molNH3的氨水滴加AlCl3（5）含1molNaAlO2的溶液中滴加HCl（6）含1molNaAlO2的溶液中通入CO2（7）1molHCl溶液中滴加NaAlO2图象中的“拐点”具有特殊的意义，它是两个不同反应的交界，是反应的突变点。解化学图象题的关键，就是要找出拐点前后曲线所代表的不同反应。氢氧化钡溶液滴加到硫酸铝盐[包括Al2(SO4)3、KAl(SO4)2和NH4Al(SO4)2等]溶液的反应，实质是Al3+与OH-、Ba2+与SO42-之间的离子反应，但两个反应不是彼此独立的，Al3+与SO42-的沉淀往往不同步，表现在图象上就是出现了拐点。特别提醒：(1)Al(OH)3为何既能与酸又能与强碱液反应？这是因为Al(OH)3在水中同时存在两种电充平衡：AlO2—+H++H2OAl(OH)3Al3++3OH—①酸式电离②碱式电离促进②促进①抑制①只能存在于中抑制②[H+]↗性或弱酸性或[OH—]↗弱碱性环境中(2)注意铝双三角的对应关系，其规律是：左右物质的量相对称，对应边强弱相呼应。例3、(2022·上海·22)已知Ba(AlO2)2可溶于水。如图表示的是向A12(SO4)3溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液时，生成沉淀的物质的量y与加入Ba(OH)2的物质的量x的关系。下列有关叙述正确的是（）A．a－b时沉淀的物质的量：A1(OH)3比BaSO4多B．c－d时溶液中离子的物质的量：AlO2－比Ba2＋多C．a－d时沉淀的物质的量：BaSO4可能小于A1(OH)3D．d－e时溶液中离子的物质的量：Ba2＋可能等于OH－点拨：向A12(SO4)3溶液中逐滴加入Ba(OH)2，开始时A12(SO4)3过量，产物是Al(OH)3和BaSO4。Ba(OH)2的量少，完全反应，设为1mol，它电离出1molBa2+和2molOH-，分别需1molSO42-和molAl3+，离子反应方程式为：1Ba2+＋2OH-＋Al3+＋1SO42-＝1BaSO4↓＋Al(OH)3↓，整理得：3Ba2+＋6OH-＋2Al3+＋3SO42-＝3BaSO4↓＋2Al(OH)3↓。由离子方程式可知，离子间是按分子组成进行反应的，滴入一定量时，两物质会恰好完全反应。继续滴加Ba(OH)2，只发生Al(OH)3+OH-＝AlO2－+2H2O。根据方程式，a—d中BaSO4沉淀的物质的量始终大于Al(OH)3，所以A、C不正确；bd段的产物为Ba(AlO2)2，AlO2―离子的物质的量一定大于Ba2＋离子的（AlO2―的水解是微弱的），B正确；从d点开始,当继续滴加的Ba(OH)2与Ba(AlO2)2物质的量之比达到1:1时，就有n(Ba2+)＝n(OH－)，D正确。答案：B、D。【方法视窗】化学计算的技巧(1)守恒法——化学计算永恒的主题守恒思想贯穿于化学的始终，质量守恒、元素（原子）守恒、得失电子守恒、电荷守恒是最常见的。它可避免书写繁琐的化学方程式和细枝末节的干扰，直接找出其中特有的守恒关系，提高解题的速度和准确度。关键在于能从诸多变化和繁杂数据中寻找恒量对象关系。(2)关系式法——多步连续反应对于多步进行的连续反应，前一个反应的产物是后一个反应的反应物，可以根据中间物质的传递关系，找出原料和最终产物的相应关系式。它可将多步计算转化为一步，能减少运算量，提高准确率。寻找关系式的方法有两种，一是写出各步反应的方程式，然后逐一递进找出关系式；或者根据某原子守恒，直接写出关系式。(3)极端假设法——对数据处理推向极端的计算。在混合物、化学平衡的计算过程中，常采取此法把问题或过程推向极限，使复杂的问题变为单一化、极端化和简单化，通过对极端问题的讨论，使思路清晰，过程简明，从而迅速准确地得到正确答案。(4)讨论法——应用于题设条件不充分的思维方法。需要运用讨论法来解答的题，往往在题中含有不确定的因素，答案也往往不唯一。解题时需要对不确定因素的每一种可能情况进行讨论。常见的有讨论反应发生的程度；讨论反应物或生成物的组成范围；或者是讨论不定方程的解等。(5)差量法——根据变化前后的差量列比例计算。差量法是根据化学方程式或关系式，找出所谓“理论差量”，这个差量可以是质量差、气态物质的体积差或压强差，也可以是物质的量之差、反应过程中的热量差等。该法适用于解答混合物间的反应，且反应前后存在上述差量的反应体系。(6)等效法——变换思维角度，柳暗花明对于一些用常规方法不易解决的问题，通过变换思维角度，作适当假设，进行适当代换使问题得以解决的方法，称为等效思维法。等效思维法的关键在于其思维的等效性，即你的假设、代换都必须符合原题意。等效思维法是一种解题技巧，有些题只有此法可解决，有些题用此法可解得更巧更快。(7)平均值法结合十字交叉法——判断物质是否存在、求比例的法宝所谓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。它所依据的原理是：两个数M1和M2（M1＞M2）的算术平均值M一定介于二者之间，即M1＞M＞M2。所以，只要求出平均值M，就可知道M1和M2的取值范围。有了平均值，就看用十字交叉法求比例。例4、（2022·江苏化学）某有机样品3.1g完全燃烧，燃烧后的混合物通入过量的澄清石灰水，石灰水共增重7.1g，经过滤得到10g沉淀。该有机样品可能是（）A．乙二醇 B．乙醇C．乙醛D．甲醇和丙三醇的混合物点拨：n(CaCO3)=，由碳元素守恒知n(CO2)=，则m(CO2)=4.4g，m(C)=1.2g，m(H2O)=7.1g－4.4g=2.7g，m(H)=0.3g，所以有机物中含氧的质量为：31g－1.2g－0.3g＝1.6g，所以n(O)=EQ\f(16g,16g·mol－1)=，即n(C)∶n(H)∶n(O)＝∶∶＝1∶3∶1，A正确；D中甲醇的分子式为CH4O，丙三醇的为C3H8O3，两者的平均分子式可以是C2H6O2(1：1时)。答案：A、D点评：化学计算技法是解题的钥匙，掌握好这些方法无疑对化学计算有很大的帮助，起到事半功倍的效果。在复习中不能搞“题海战术”，但需要进行一定量的强化训练，通过对典型计算题的练习，见识常见的题型，了解化学计算的基本特点、掌握常用的化学计算方法。【方法视窗】无机框图题的解题思路无机推断题要求学生对中学应掌握的元素化合物知识、理论知识融会贯通，能将知识横向、纵向统摄整理，使之网络化，能有序地贮存，正确的复述、再现和辨认。虽然这类题目对思维能力要求较高，做起来难度较大，但解题还是有章可循的，步骤是：阅读题目→挖掘信息→筛选信息→联系已学知识→寻找突破口→推理判断→得出结论阅读题目的过程，就是审题的过程。审题时要求反复推敲、认真辨析，注意题目所给的限制性语句，能正确领会题目的意思，这一步是解题的基础。挖掘信息就是寻找已知条件，把条件找准找全。题目所给的条件有的很明显，有的非常隐蔽，务必逐字逐句地深挖细找，才可能找出隐含条件。已知条件找出来以后，经过与大脑中储存的知识信息相比较，对信息、条件进行加工、筛选，是找到解决问题的突破口。寻求解题“突破口”的途径(1)从物质的组成、结构方面寻找如具有正四面体结构的物质可能为甲烷或白磷或NH4+；不含金属元素的离子化合物为铵盐；组成为A2B2型的物质可能为Na2O2、H2O2、C2H2等。(2)从特征反应寻找①同一元素的气态氢化物和气态氧化物反应，生成该元素的单质和水，元素可能是硫或氮。②同一元素的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物化合生成盐，一定是氮。③既能与酸反应，又能与碱反应的物质可能是Al、Al2O3、Al(OH)3、弱酸的铵盐、弱酸的酸式盐等。④在水中生成气体和难溶物的可能是Al2S3、Mg3N2等。⑤与水接触放出气体的常见物质有Li、Na、K、Na2O2等。⑥A物质加到B物质中，先生成沉淀，后沉淀又溶解，A、B可能分别是CO2与Ca(OH)2、NaOH与铝盐、NH3与AgNO3、HCl与NaAlO2、稀盐酸与Fe(OH)3胶体等。⑦使溴水褪色的物质有H2S、SO2