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高考重要题型之一的选择题属于客观性试题，以容易题和中等难度题为主，侧重“双基”的考查，试题难度不是很大。要想高考得高分，提高选择题的准确率是必要的。定量分析选择题又称计算选择题，在高考试题中约占15%-20%，是同学们比较怕的一种题型。究其原因，主要是求解选择题的方法欠妥，惯用常规方法处理，结果是“小题大做”。对于定量型选择题，如果不运用简便可行的方法，往往会影响到解题的速度和答案的准确性。所以掌握一些技巧——“巧做”还是很有必要的。
一、守恒法
例题1：已知某H2SO4、FeSO4、Fe2（SO4）3混合溶液100mL，其中阳离子浓度相等，SO42-浓度为6mol/L，此溶液中还可溶解铁粉的质量为：
A.11.2g B.16.8g C.33.6g D.5.6g
解析：根据电荷守恒，可得：c（H+）+2c（Fe2+）+3c（F3+）=2c（SO42-）。又由于c（H+）=c（Fe2+）=c（Fe3+），则6c（H+）=2×6mol/L，c（H+）=2mol/L。能溶解鐵粉的质量为：（2mol/L×0.1L×0.5+2mol/L×0.1L×05）×56g/mol=11.2g。应选A。
例题2：室温下，用惰性电极电解ymL某二价金属的硫酸盐溶液一段时间后，阴极有m mg金属析出，溶液的pH由6.5变为2.0（电解前后溶液体积的变化可忽略不计），析出金属的原子量的数字表达式为：
A.■ B.■
C.■ D.■
解析：该二价金属的物质的量为■，电路上流过的电子的物质的量为■×2。此电解为混合电解，故产生的H+的物质的量即为电子的物质的量■×2，由此可得：■×2═10-2×V，M■。应选A。
运用守恒法解题，就是利用在物质变化过程中，某一特定的量固定不变（如质量守恒，正负化合价守恒，元素守恒，电子得失守恒，溶液中的电荷守恒等）而进行化学计算的解题方法。它是从整体宏观的角度出发，抓住题目内在的守恒关系，避开繁杂的计算，从而快、准、稳地得到答案。
二、观察分析法
例题3：5mL物质的量浓度为18mol/L的硫酸中加入足量铜片并加热，充分反应。下列有关说法中正确的是：
A.有0.09mol的硫酸被还原
B.有0.045mol的硫酸被还原
C.充分反应后体系无硫酸剩余
D.消耗的铜的质量，一定少于2.88g
解析：解答此题容易陷入根据化学方程式计算的误区，必须抓住问题的本质：强氧化性是浓硫酸的特性。随反应的进行，浓硫酸变稀，氧化性变弱消失，反应将终止，因此参与反应的硫酸的物质的量一定少于0.09mol，被还原的硫酸一定少于0.045mol，同样，参与反应的铜的质量也一定少于2.88g。因此正确答案为D。类似的问题还有MnO2与浓盐酸，Cu与浓硝酸或稀硝酸反应等。
例题4：由于工业的发展，水资源污染日趋严重，水的净化处理一直是受到高度重视的研究课题。某些含Al3+、Fe3+的化学试剂可用于净水，如聚合硫酸铁，其化学式为[Fe2（OH）m（SO4）3-m]n，式中m不可能为：
A.6 B.4 C.3 D.2
解析：题给物质的化学式很复杂，我们善于观察抓住问题的本质，就是3-■≠0，即m≠6，所以选A。抓住了题目所提供的本质特征，貌似很复杂的问题可以迎刃而解。
要善于观察并抓住题目所提供的各种本质特征（如：反应本质特征，物质结构特征，数值特征，位置特征等），弱化或去掉干扰信息，实现问题的转换和突破，分析问题就是要找到问题的实质。比如例题7认识到硫酸根的个数不能为零，所以m≠6。
三、差量法
例题5：有NaCl和NaBr的混合物16.14g，溶解于水中配成溶液。向溶液中加入足量的AgNO3溶液，得到33.14g沉淀。则原混合物中钠元素的质量分数为：
A.28.5% B.50%
C.52.8% D.82.5%
解析： NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3 ；NaBr+AgNO3=AgBr↓+NaNO3，即：NaCl→AgCl，NaBr→AgBr，银元素替换了钠元素。因此沉淀比混合物增重部分就是银元素比钠元素增重的部分。设Na元素的质量为xg
Na → Ag △m
23g 108g 108g-3g=85g
x 33.146-16.14g=17g
■=■，解得：x=4.6，所以Na%=（4.6g/16.14g）×100%=28.5%。
差量法是根据反应前后物质的量发生变化，找出“理论差量”，再根据题意得出“实际差量”，两者列成比例关系，然后求解。这个差量可以是质量、物质的量、气体的体积等。比如例题9中用到的质量差，又如2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑反应前后的气体体积差为1，质量差为56。
四、极限法
例题6：含ngHNO3的稀溶液与m g铁粉充分反应，铁全部溶解，生成NO气体。已知有n/4gHNO3被还原，则n：m可能是：
A.1：1 B.2：1 C.3：1 D.4：1
解析：由题意可知，未被还原的硝酸的质量为n-n/4=3n/4（g）。因此本题可以采用极限法进行分析：
①假设铁的氧化产物只有Fe（NO3）2时，则n（Fe2+）：n（NO3-）=1：2。
即：（m/56）：（3n/4÷63）=1：2，求得n：m=3：1。
②假设铁的氧化产物只有Fe（NO3）3时，则n（Fe3+）：n（NO3-）=1：3。
即：（m/56）：（3n/4÷63）=1：3，求得n：m=9：2。
③当铁的氧化产物为Fe（NO）2、Fe（NO3）3的混合物时，则3：1 极端分析法就是从某种极限的状态出发，进行分析、推理、判断的思维方法。先根据边界条件确定答案的可能取值范围，然后结合题给条件得到正确答案。
由以上几种方法可以看出，针对不同的问题对症下药，学生易于从中找出解决问题的突破口，从而轻松地把问题解出，这不仅是解决了计算的难题，学生还会从中获取自信和兴趣，使化学教学更为轻松和谐。
一、守恒法
例题1：已知某H2SO4、FeSO4、Fe2（SO4）3混合溶液100mL，其中阳离子浓度相等，SO42-浓度为6mol/L，此溶液中还可溶解铁粉的质量为：
A.11.2g B.16.8g C.33.6g D.5.6g
解析：根据电荷守恒，可得：c（H+）+2c（Fe2+）+3c（F3+）=2c（SO42-）。又由于c（H+）=c（Fe2+）=c（Fe3+），则6c（H+）=2×6mol/L，c（H+）=2mol/L。能溶解鐵粉的质量为：（2mol/L×0.1L×0.5+2mol/L×0.1L×05）×56g/mol=11.2g。应选A。
例题2：室温下，用惰性电极电解ymL某二价金属的硫酸盐溶液一段时间后，阴极有m mg金属析出，溶液的pH由6.5变为2.0（电解前后溶液体积的变化可忽略不计），析出金属的原子量的数字表达式为：
A.■ B.■
C.■ D.■
解析：该二价金属的物质的量为■，电路上流过的电子的物质的量为■×2。此电解为混合电解，故产生的H+的物质的量即为电子的物质的量■×2，由此可得：■×2═10-2×V，M■。应选A。
运用守恒法解题，就是利用在物质变化过程中，某一特定的量固定不变（如质量守恒，正负化合价守恒，元素守恒，电子得失守恒，溶液中的电荷守恒等）而进行化学计算的解题方法。它是从整体宏观的角度出发，抓住题目内在的守恒关系，避开繁杂的计算，从而快、准、稳地得到答案。
二、观察分析法
例题3：5mL物质的量浓度为18mol/L的硫酸中加入足量铜片并加热，充分反应。下列有关说法中正确的是：
A.有0.09mol的硫酸被还原
B.有0.045mol的硫酸被还原
C.充分反应后体系无硫酸剩余
D.消耗的铜的质量，一定少于2.88g
解析：解答此题容易陷入根据化学方程式计算的误区，必须抓住问题的本质：强氧化性是浓硫酸的特性。随反应的进行，浓硫酸变稀，氧化性变弱消失，反应将终止，因此参与反应的硫酸的物质的量一定少于0.09mol，被还原的硫酸一定少于0.045mol，同样，参与反应的铜的质量也一定少于2.88g。因此正确答案为D。类似的问题还有MnO2与浓盐酸，Cu与浓硝酸或稀硝酸反应等。
例题4：由于工业的发展，水资源污染日趋严重，水的净化处理一直是受到高度重视的研究课题。某些含Al3+、Fe3+的化学试剂可用于净水，如聚合硫酸铁，其化学式为[Fe2（OH）m（SO4）3-m]n，式中m不可能为：
A.6 B.4 C.3 D.2
解析：题给物质的化学式很复杂，我们善于观察抓住问题的本质，就是3-■≠0，即m≠6，所以选A。抓住了题目所提供的本质特征，貌似很复杂的问题可以迎刃而解。
要善于观察并抓住题目所提供的各种本质特征（如：反应本质特征，物质结构特征，数值特征，位置特征等），弱化或去掉干扰信息，实现问题的转换和突破，分析问题就是要找到问题的实质。比如例题7认识到硫酸根的个数不能为零，所以m≠6。
三、差量法
例题5：有NaCl和NaBr的混合物16.14g，溶解于水中配成溶液。向溶液中加入足量的AgNO3溶液，得到33.14g沉淀。则原混合物中钠元素的质量分数为：
A.28.5% B.50%
C.52.8% D.82.5%
解析： NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3 ；NaBr+AgNO3=AgBr↓+NaNO3，即：NaCl→AgCl，NaBr→AgBr，银元素替换了钠元素。因此沉淀比混合物增重部分就是银元素比钠元素增重的部分。设Na元素的质量为xg
Na → Ag △m
23g 108g 108g-3g=85g
x 33.146-16.14g=17g
■=■，解得：x=4.6，所以Na%=（4.6g/16.14g）×100%=28.5%。
差量法是根据反应前后物质的量发生变化，找出“理论差量”，再根据题意得出“实际差量”，两者列成比例关系，然后求解。这个差量可以是质量、物质的量、气体的体积等。比如例题9中用到的质量差，又如2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑反应前后的气体体积差为1，质量差为56。
四、极限法
例题6：含ngHNO3的稀溶液与m g铁粉充分反应，铁全部溶解，生成NO气体。已知有n/4gHNO3被还原，则n：m可能是：
A.1：1 B.2：1 C.3：1 D.4：1
解析：由题意可知，未被还原的硝酸的质量为n-n/4=3n/4（g）。因此本题可以采用极限法进行分析：
①假设铁的氧化产物只有Fe（NO3）2时，则n（Fe2+）：n（NO3-）=1：2。
即：（m/56）：（3n/4÷63）=1：2，求得n：m=3：1。
②假设铁的氧化产物只有Fe（NO3）3时，则n（Fe3+）：n（NO3-）=1：3。
即：（m/56）：（3n/4÷63）=1：3，求得n：m=9：2。
③当铁的氧化产物为Fe（NO）2、Fe（NO3）3的混合物时，则3：1
由以上几种方法可以看出，针对不同的问题对症下药，学生易于从中找出解决问题的突破口，从而轻松地把问题解出，这不仅是解决了计算的难题，学生还会从中获取自信和兴趣，使化学教学更为轻松和谐。