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化学中充满矛盾，也处处渗透着辩证法。教师在解题教学中，如果善于进行辩证思维，常有别开生面之效。下面，分四种情况来说明。
一、正与反
一般解决化学问题总是从正面入手，但有时从反面入手更显简捷。
[例1] a克铜可与含b克HNO3的溶液恰好反应，若a:b＝ 4:10.5，则被还原的HNO3的质量为（ ）：（A）b克、（B）b/2 克、（C）3b/4 克、（D）b/4 克。
分析：铜与HNO3反应因硝酸浓度不同，其还原产物也不同。若正向思维，则参加反应的铜与被还原的HNO3之间的量变关系实难确定。反之，若考虑未被还原的硝酸，再进行换算，则问题就迎刃而解。依题意，参加反应的铜为 a/64 mol，起酸作用的HNO3必为 2a/64 mol，其质量为2×63a/64 克，从而可知被还原的HNO3质量为（b-2×63a/64）克，因a:b＝4:10.5，即a= 4/10.5 b，代入上式，化简，被还原HNO3质量为b/4 克，答案为（D）。
二、进与退
对有些题目，为了求进，先退下来，看清规律，以便求解。
[例2] 将14克铁粉全部溶于1升某稀HNO3中，放出NO后测知所得溶液的质量比原稀HNO3增重了8克（反应后溶液的体积变化忽略不计）。则反应后溶液中金属离子的浓度比可能为（ ）：（A）2:3、（B）1:1、（C）2:1、（D）无法确定。
分析：本题求解的关键是：要判断反应后溶液中是Fe3＋、还是Fe2＋，或两者共存。若溶液中只含Fe3＋（一般推到特殊），则失电子的总数为14/56 ×3＝0.75mol；若溶液中只含Fe2＋（一般推到特殊），则失电子总数为 14/56 ×2＝0.5mol。而此反应中得电子总数为（14-8）/30 ×3＝0.6mol，因0.5＜0.6＜0.75，故反应后溶液应为Fe3＋与Fe2＋共存。设溶液中有XmolFe3＋，有（0.25－X）molFe2＋，依得失电子守恒有3X＋2（0.25－X）＝0.6，解之，X＝0.10mol，即混合液中[Fe3＋] : [Fe2 ]＝0.1:0.15＝2:3，选（A）。
三、常量与变量
常量与变量宾主互易，有时也能促成问题快速解决。
[例3] 把一定量的O2、CH4、Na2O2混合置于密闭容器中，用电火花引燃，反应结束后，容器内压强为零（150℃），残余物溶于水无气体产生，则O2、CH4和Na2O2的物质的量之比为（ ）：（A）1:2:3、（B）6:2:2、（C）1:2:6、（D）2:3:4。
分析：题中参加反应的O2是个变量，它来源于CO2和H2O历次与Na2O2的反应，但无论经历多少次反应，最终nO2:nCH4＝2:1（CH4 2O2＝CO2 2H2O），这是不变量。抓住此常量，对照选项分析（2Na2O2→O2），只有（C）符合，答案为（C）。
四、整体与部分
对于某些问题，从整体入手更显简捷。
[例4] 将NO、NH3、O2的混合气体26.88升通入稀硫酸后，溶液的质量增加45.75克，气体的体积缩小为2.24升，将带火星的木条插入其中，木条不能复燃，则原混合物气体的平均式量为（气体体积为标准状态下测定）（ ）：（A）25.6、（B）38.7、（C）40.6、（D）42.3。
分析：此题若分别设出三者的物质的量，根据反应量比建立方程式求解，非常烦琐。我们可进行整体分析，混合气体的总质量是45.75克与2.24升气体质量之和，由于不能使带火星的木条复燃，可能2.24升气体为NO，故有M＝[45.75＋（2.24÷22.4）×30]／（26.88÷2.24）＝40.6，应选（C）。
（唐山市丰南区唐坊高中）
一、正与反
一般解决化学问题总是从正面入手，但有时从反面入手更显简捷。
[例1] a克铜可与含b克HNO3的溶液恰好反应，若a:b＝ 4:10.5，则被还原的HNO3的质量为（ ）：（A）b克、（B）b/2 克、（C）3b/4 克、（D）b/4 克。
分析：铜与HNO3反应因硝酸浓度不同，其还原产物也不同。若正向思维，则参加反应的铜与被还原的HNO3之间的量变关系实难确定。反之，若考虑未被还原的硝酸，再进行换算，则问题就迎刃而解。依题意，参加反应的铜为 a/64 mol，起酸作用的HNO3必为 2a/64 mol，其质量为2×63a/64 克，从而可知被还原的HNO3质量为（b-2×63a/64）克，因a:b＝4:10.5，即a= 4/10.5 b，代入上式，化简，被还原HNO3质量为b/4 克，答案为（D）。
二、进与退
对有些题目，为了求进，先退下来，看清规律，以便求解。
[例2] 将14克铁粉全部溶于1升某稀HNO3中，放出NO后测知所得溶液的质量比原稀HNO3增重了8克（反应后溶液的体积变化忽略不计）。则反应后溶液中金属离子的浓度比可能为（ ）：（A）2:3、（B）1:1、（C）2:1、（D）无法确定。
分析：本题求解的关键是：要判断反应后溶液中是Fe3＋、还是Fe2＋，或两者共存。若溶液中只含Fe3＋（一般推到特殊），则失电子的总数为14/56 ×3＝0.75mol；若溶液中只含Fe2＋（一般推到特殊），则失电子总数为 14/56 ×2＝0.5mol。而此反应中得电子总数为（14-8）/30 ×3＝0.6mol，因0.5＜0.6＜0.75，故反应后溶液应为Fe3＋与Fe2＋共存。设溶液中有XmolFe3＋，有（0.25－X）molFe2＋，依得失电子守恒有3X＋2（0.25－X）＝0.6，解之，X＝0.10mol，即混合液中[Fe3＋] : [Fe2 ]＝0.1:0.15＝2:3，选（A）。
三、常量与变量
常量与变量宾主互易，有时也能促成问题快速解决。
[例3] 把一定量的O2、CH4、Na2O2混合置于密闭容器中，用电火花引燃，反应结束后，容器内压强为零（150℃），残余物溶于水无气体产生，则O2、CH4和Na2O2的物质的量之比为（ ）：（A）1:2:3、（B）6:2:2、（C）1:2:6、（D）2:3:4。
分析：题中参加反应的O2是个变量，它来源于CO2和H2O历次与Na2O2的反应，但无论经历多少次反应，最终nO2:nCH4＝2:1（CH4 2O2＝CO2 2H2O），这是不变量。抓住此常量，对照选项分析（2Na2O2→O2），只有（C）符合，答案为（C）。
四、整体与部分
对于某些问题，从整体入手更显简捷。
[例4] 将NO、NH3、O2的混合气体26.88升通入稀硫酸后，溶液的质量增加45.75克，气体的体积缩小为2.24升，将带火星的木条插入其中，木条不能复燃，则原混合物气体的平均式量为（气体体积为标准状态下测定）（ ）：（A）25.6、（B）38.7、（C）40.6、（D）42.3。
分析：此题若分别设出三者的物质的量，根据反应量比建立方程式求解，非常烦琐。我们可进行整体分析，混合气体的总质量是45.75克与2.24升气体质量之和，由于不能使带火星的木条复燃，可能2.24升气体为NO，故有M＝[45.75＋（2.24÷22.4）×30]／（26.88÷2.24）＝40.6，应选（C）。
（唐山市丰南区唐坊高中）