巧解化学计算题解题方法概说.docx
- 文档编号:9748640
- 上传时间:2023-02-06
- 格式:DOCX
- 页数:17
- 大小:31KB
巧解化学计算题解题方法概说.docx
《巧解化学计算题解题方法概说.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《巧解化学计算题解题方法概说.docx(17页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
巧解化学计算题解题方法概说
巧解化学计算题解题方法概说
化学计算题是某些中学生感到比较头痛的一类题目,也是他们在考试中最最容易失分的一类题目,能选用最合适的方法准确而快速地解决计算题,对于增强学习效率,提高学习成绩,决胜考场,具有十分重要的意义。
选用合适的方法解计算题,不但可以缩短解题的时间,还有助于减小计算过程中的运算量,尽可能地降低运算过程中出错的机会。
例如,下题有两种不同的解法,相比之下,不难看出选取合适方法的重要性:
[例1]:
30mL一定浓度的硝酸溶液与5.12克铜片反应,当铜片全部反应完毕后,共收集到气体2.24升(S.T.P),则该硝酸溶液的物质的量浓度至少为
A.9mol/l B.8mol/l C.5mol/l D.10mol/l
解法一:
因为题目中没有指明硝酸是浓或稀,所以产物不能确定,根据铜与硝酸反应的两个方程式:
3Cu+8HNO3(稀)=Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O…
(1)
Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O……
(2)
可以设参与反应
(1)的Cu为xmol,则反应生成的NO气体为2/3xmol,反应消耗的硝酸为8/3xmol;再设参与反应
(2)的Cu为ymol,则反应生成的NO2气体为2ymol,反应消耗的硝酸为4ymol,从而可以列出方程组
(x+y)×64=5.12
[(2/3)x+2y]:
×22.4=2.24
解之得x=0.045mol,y=0.035mol
则所耗硝酸为8/3x+4y=0.26mol,其浓度为(0.26/0.03)mol/l所以在8-9之间,只能选A.
解法二:
根据质量守恒定律,由于铜片只与硝酸完全反应生成Cu2+,则产物应为硝酸铜,且其物质的量与原来的铜片一样,均为5.12/64=0.08mol。
从产物的化学式Cu(NO3)2可以看出,参与复分解反应提供NO3-的HNO3有2×0.08=0.16mol摩;而反应的气态产物,无论是NO还是NO2,每一个分子都含有一个N原子,则气体分子总数就相当于参与氧化还原反应的HNO3的摩尔数,所以每消耗1mol摩HNO3都产生22.4L气体(可以是NO或NO2甚至是两者的混合物),现有气体2.24L,即有0.1molHNO3参与了氧化还原反应。
故所耗硝酸为0.16+0.1=0.26mol,其浓度为(0.26÷0.03)mol/l,故在8-9之间,只能选A。
从以上两种方法可以看出,本题是选择题,只要求出正确结果,而不论方式及解题规范,而此题的关键之处在于能否熟练应用质量守恒定律,第二种方法运用了守恒法,所以运算量要少得多,也不需要先将化学方程式列出,配平,从而大大缩短了解题时间,更避免了因不知按哪一个方程式来求硝酸所导致的恐慌。
再看下题:
[例2]:
在一个6升的密闭容器中,放入3升X(气)和2升Y(气),在一定条件下发生下列反应:
4X(气)+3Y(气)=2Q(气)+nR(气)达到平衡后,容器内温度不变,混和气体的压强比原来增加5%,X的浓度减小1/3,则该反应方程式中的n值是
A.3 B.4 C.5 D.6
解法一:
抓住“X浓度减少1/3”,结合化学方程式的系数比等于体积比,可分别列出各物质的始态,变量和终态:
4X 3Y 2Q nR
始态 3L 2L 0 0
变量-1/3×3L=1L;-3/4×1L=3/4L;+2/4×1L=1/2L;+n/4×1L=n/4L
终态 3-1=2L 2-3/4=5/4L 0+1/2=1/2L 0+n/4=n/4L
由以上关系式可知,平衡后(终态)混和气体的体积为(2+5/4+1/2+n/4)L,即(15+n)/4L,按题意“混和气体的压强比原来增加5%”即(15+n)÷4-5=5×5%,求得n=6。
解法二:
选用差量法,按题意“混和气体的压强比原来增加5%”,即混和气体的体积增加了(2+3)×5%=0.25L,根据方程式,4X+3Y只能生成2Q+Nr,即每4体积X反应,总体积改变量为(2+n)-(4+3)=n-5,现有1/3×3L=1L的X反应,即总体积改变量为1L×[(n-5)/4]:
=0.25L,从而也求出n=6。
解法三:
抓住“混和气体的压强比原来增加5%”得出反应由X+Y开始时,平衡必定先向右移,生成了Q和R之后,压强增大,说明正反应肯定是体积增大的反应,则反应方程式中X与Y的系数之和必小于Q与R的系数之和,所以4+3<2+n,得出n>5,在四个选项中只有D中n=6符合要求,为应选答案。
本题考查的是关于化学平衡的内容,解法一是遵循化学平衡规律,按步就班的规范做法,虽然肯定能算出正确答案,但没有把握住“选择题不问过程只要结果”的特点,当作一道计算题来做,普通学生也起码要用5分钟完成,花的时间较多;解法二运用了差量法,以含n的体积变量(差量)来建立等式,虽然比解法一快了一些,但还是未能充分利用选择题的“选择”特点,用时要1分钟左右;解法三对平衡移动与体积变化的关系理解透彻,不用半分钟就可得出唯一正确的答案。
由此可见,在计算过程中针对题目特点选用不同的解题方法,往往有助于减少运算过程中所消耗的时间及出错的机会,达到快速、准确的目的。
在中学阶段运用较多的解题方法通常有以下13种:
1、商余法
这种方法主要是应用于解答有机物(尤其是烃类)知道分子量后求出其分子式的一类题目。
对于烃类,由于烷烃通式为CnH2n+2,分子量为14n+2,对应的烷烃基通式为CnH2n+1,分子量为14n+1;烯烃及环烷烃通式为CnH2n,分子量为14n,对应的烃基通式为CnH2n-1,分子量为14n-1,炔烃及二烯烃通式为CnH2n-2,分子量为14n-2,对应的烃基通式为CnH2n-3,分子量为14n-3,所以可以将已知有机物的分子量减去含氧官能团的式量后,差值除以14(烃类直接除14),则最大的商为含碳的原子数(即n值),余数代入上述分子量通式,符合的就是其所属的类别:
[例3]:
某直链一元醇14克能与金属钠完全反应,生成0.2克氢气,则此醇的同分异构体数目为:
A.6个 B.7个 C.8个 D.9个
[解析]:
由于一元醇只含一个-OH,每mol醇只能转换出1/2molH2,由生成0.2克H2推断出14克醇应有0.2mol,所以其摩尔质量为72g/mol,分子量为72,扣除羟基式量17后,剩余55,除以14,最大商为3,余为13,不合理,应取商为4,余为-1,代入分子量通式,应为4个碳的烯烃基或环烷基,结合“直链”,从而推断其同分异构体数目为6个。
2、平均值法
这种方法最适合定性地求解混合物的组成,即只求出混合物的可能成分,不用考虑各组分的含量。
根据混合物中各个物理量(例如密度、体积、摩尔质量、物质的量浓度、质量分数等)的定义式或结合题目所给条件,可以求出混合物某个物理量的平均值,而这个平均值必须介于组成混合物的各成分的同一物理量数值之间;换言之,混合物的两个成分中的这个物理量肯定一个比平均值大,一个比平均值小,才能符合要求,从而可判断出混合物的可能组成。
[例4]:
将两种金属单质混合物13g,加到足量稀硫酸中,共放出标准状况下气体11.2L,这两种金属可能是:
A.Zn和Fe B.Al和ZnC.Al和MgD.Mg和Cu
[解析]:
将混合物当作一种金属来看,因为是足量稀硫酸,13克金属全部反应生成的11.2L(0.5摩尔)气体全部是氢气;也就是说,这种金属每放出1摩尔氢气需26克,如果全部是+2价的金属,其平均原子量为26,则组成混合物的+2价金属,其原子量一个大于26,一个小于26,代入选项,在置换出氢气的反应中,显+2价的有Zn,原子量为65,Fe原子量为56,Mg原子量为24,但对于Al,由于在反应中显+3价,要置换出1mol氢气,只要18克Al便够,可看作+2价时其原子量为27/(3/2)=18,同样假如有+1价的Na参与反应时,将它看作+2价时其原子量为23×2=46,对于Cu,因为它不能置换出H2,所以可看作原子量为无穷大,从而得到A中两种金属原子量均大于26,C中两种金属原子量均小于26。
所以A、C都不符合要求;B中Al的原子量比26小,Zn比26大,D中Mg原子量比26小,Cu原子量比26大,故B、D为应选答案。
[例5]:
有两种气态烃组成的混合气体0.1mol,完全燃烧得到0.16molCO2和3.6gH2O,下列说法正确的是:
混合气体中()
A、一定有甲烷B、一定是甲烷和乙烯C、一定没有乙烷D、一定有乙炔
[解析]:
n(烃):
n(C):
n(H)=0.1:
0.16:
3.6/18×2=1:
1.6:
4
即混合平均分子式组成为C1.6H4。
碳原子小于1.6的只有CH4,故A正确,由平均分子式可知,另一烃中的H原子为4,则一定无C2H6。
答案为(A、C)
3、极限法(也叫值极法)
极限法与平均值法刚好相反,这种方法也适合定性或定量地求解混合物的组成。
根据混合物中各个物理量(例如密度、体积、摩尔质量、物质的量浓度、质量分数等)的定义式或结合题目所给条件,将混合物看作是只含其中一种组分A,即其质量分数或气体体积分数为100%(极大)时,另一组分B对应的质量分数或气体体积分数就为0%(极小),可以求出此组分A的某个物理量的值N1,用相同的方法可求出混合物只含B不含A时的同一物理量的值N2,而混合物的这个物理量N平是平均值,必须介于组成混合物的各成分A、B的同一物理量数值之间,即N1 [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
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 化学 算题 解题 方法 概说