25选择题的解法与技巧Word文件下载.docx
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这种由后向前的解题方法称之为倒映对照法。
经典题：
例题1：
（1998年全国高考）有五瓶溶液分别是①10mL0.60mol/LNaOH水溶液
②20mL0.50mol/L硫酸水溶液③30mL0.40mol/LHCl溶液④40mL0.30mol/LHAc水溶液⑤50mL0.20mol/L蔗糖水溶液。
以上各瓶溶液所含离子、分子总数的大小顺序是（ ）
A．①>
②>
③>
④>
⑤ B．②>
①>
⑤
C．②>
⑤ D．⑤>
①
方法：
因五瓶溶液中的浓度均较小，因此只需从溶液的体积大小判断。
捷径：
由于五瓶溶液的体积分别是10，20，30，40，50mL，因其溶质的浓度都比较小，所以溶液中所含离子、分子总数的大小取决于溶剂的量，由题意可知溶剂的量逐渐增大。
故各瓶溶液所含离子、分子总数的大小顺序是⑤>
①，选D。
总结：
本题所问的是溶液中的离子、分子总数，当然包括溶质、溶剂，以及由于它们相互作用而形成的离子。
若忽略了溶剂只求溶质中的离子、分子总数就会得到错误的结论。
所以审题在解题中格外重要。
例题2：
（1998年全国高考）PH=13的强碱溶液与PH=2的强酸溶液混和，所得混和液的PH值=11，则强酸与强碱的体积比是（ ）
A．11：
1B．9：
1C．1：
11D．1：
9
利用假想法求解。
假设需强碱溶液1L，需强酸溶液为VL，
ｃ（OH－）
解得V=9，所以体积比为1︰9。
由于反应后的溶液呈碱性，所以此时c（OH—）﹥c（H+），因而必须用c（OH—）进行计算。
例题3：
（1998年全国高考）由锌、铁、铝、镁四种金属中的两种组成的混和物10g，与足量的盐酸反应产生的氢气在标准状况下为11.2L，则混和物中一定含有的金属是（）
A．锌B．铁C．铝D．镁
逆向法求解。
与足量的盐酸反应产生氢气11.2L（0.5mol），逆推，若为纯金属，估算知需锌、铁、镁三种金属的质量大于10g，铝的质量小于10g，而现产生氢气11.2L需混合物的质量为10g，则必须一种纯金属的质量大于10g，一种纯金属的质量小于10g。
故答案为C。
此题也可利用一价量法求解。
即与足量的盐酸反应产生氢气11.2L（0.5mol）需一价金属1mol，将锌、铁、铝、镁四种金属分别换算成一价量分别是：
锌为32.5、铁为28、铝9、镁为12。
由四种金属中的两种组成的混和物，其一价量必须一种大于10，另一种小于10。
得混和物中一定含有的金属是铝。
NaOH的质量分数
阳极析出物的质量（g）
阴极析出物的质量（g）
A
0.062（6.2%）
19
152
B
C
0.042（4.2%）
1.2
9.4
D
例题4：
（1998年全国高考）将质量分数为0.052（5.2%）的NaOH溶液1L（密度为1.06g/mL）用铂电极电解，当溶液中的NaOH的质量分数改变了0.010（1.0%）时停止电解，则此时溶液中应符合的关系是（）
方法：
根据电解过程中溶液浓度的变化及电极产物的质量变化，通过变化量分析。
（解法一）原溶液质量1.06g/mL×
1000mL=1060g，NaOH溶质质量1060g×
5.3%=55.12g，电解后溶液的质量55.12g÷
6.2%=889.0g，1060g—889.0g=171g，所以电解过程共消耗水171g。
则在阳极析出O2171g×
=152g，阴极析出H2为171g×
=19g。
（解法二）电解NaOH溶液，实质是电解水，所以NaOH溶液浓度必然增加。
因而只有A、B可能符合题意，又因为电解时阳极得氧气，阴极上得H2，氧气的质量大于氢气的质量。
选B。
解法二的巧妙之处在于避免了繁琐的计算，利用NaOH溶液浓度的变化趋势淘汰两个选项，再由电解原理判断产物。
当然解法二适用于选择题不适用填空题。
例题5：
（1997年全国高考）两种气态烃以任意比例混合,在105℃时1L该混合烃与9L氧气混合,充分燃烧后恢复到原状态,所得气体体积仍是10L。
下列各组混合烃中不符合此条件的是（）
A．CH4C2H4B．CH4C3H6
C．C2H4C3H4D．C2H2C3H6
利用燃烧通式，从燃烧前后体积不变分析。
各组混合烃都可以和氧气完全燃烧，不存在因O2不足而不符合条件。
充分燃烧后恢复到原状态，所得气体体积保持不变，则混合烃中的氢原子平均数一定等于4，可知B、D选项不符合条件。
答案为BD。
水的状态是解答此类试题的关键，而确定水的状态，则又要特别注意反应过程中的温度。
如温度低于100℃，水为液态；
如温度高于100℃，水为气态。
例题6：
（1997年全国高考）一定量的乙醇在氧气不足的情况下燃烧,得到CO、CO2和水的总质量为27.6g,若其中水的质量为10.8g,则CO的质量是（）
A．1.4gB．2.2g
C．4.4gD．在2.2g和4.4g之间
首先确定CO和CO2的物质的量及质量，再通过“十字交叉”法求解。
10.8g水的物质的量为0.6mol，由乙醇的分子式C2H6O得乙醇为0.2mol。
以此产生的CO和CO2的总物质的量为0.4mol。
又CO和CO2的总质量为27.6g－10.8g=16.8g，平均式量为42。
利用“十字交叉”求得CO、CO2物质的量之比为1：
7。
得CO的质量为1.4g。
选A。
通过水的物质的量求算乙醇的物质的量是解答该题的关键。
例题7：
（2002年全国高考）六氯苯是被联合国有关公约禁止或限制使用的有毒物质之一。
下式中能表示六氯苯的是（）
从题设结构去分析，采用淘汰法求解。
根据物质的名称――“六氯苯”知，分子中应含有一个苯环和六个氯原子。
分析选项得答案为C。
该题虽给出物质的结构简式，实际上考查了考生对有机物名称的理解。
例题8：
（1995年全国高考）将分别盛有熔融的氯化钾、氯化镁、氧化铝的三个电解槽串联,在一定条件下通电一段时间后,析出钾、镁、铝的物质的量之比为（ ）
A．1:
2:
3 B．3:
1 C．6:
3:
1 D．6:
2
根据转移电子数相等，利用假想法求解。
三个电解槽通过的电子数相等，假设都通过6mol电子。
则析出金属钾、镁、铝的物质的量分别为6mol、3mol、2mol。
以此物质的量之比为6：
3：
2。
得答案为D。
将电解槽串联，各电极转移电子的物质的量相等。
例题9：
（2001年上海高考）C8H18经多步裂解，最后完全转化为C4H8、C3H6、C2H4、C2H6、CH4五种气体的混合物。
该混合物的平均相对分子质量可能是（）
A．28B．30C．38D．40
将裂解反应的结果与裂解前物质的物质的量，通过比较确定平均分子量。
C8H18经裂化有多种途径，如C8H18→C4H10+C4H8，C4H10→C2H6+C2H4或C4H10→C3H6+CH4，若C8H18为1mol，经充分裂化反应可生成1molC4H81molC2H6和1molC2H4或1molC4H81molC3H61molCH4，平均摩尔质量为114g/3mol=38g·
mol—1，即平均分子量为38。
若C8H18→C2H4+C6H14，C6H14→C2H4+C4H10，C4H10→C2H6+C2H4或C4H10→CH4+C3H6，则生成物可以是4mol，平均摩尔质量114g÷
4mol=28.5g·
mol—1，所以平均分子量介于28.5与38之间的闭区间内。
得答案为BC。
选项B很容易漏解。
在烷烃裂化时，受到只有等碳原子数裂解（如第一种途径）思维影响下得出选项C，而遗漏选项B。
例题10：
（1995年上海高考）两种气态烃组成的混合气体0.1mol，完全燃烧得0.16molCO2和3.6g水，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
通过平均组成分析确定。
混合烃的平均分子组成是C1.6H4，所以一定有CH4，另一烃中必有4个H原子，即C2H4、C3H4或C4H4。
以此得答案为AC。
部分考生常常将另一烃中必有4个H原子的结果，随意迁移到乙烯，而往往误选A、B。
金钥匙：
将分别盛有５０ｍＬ１ｍｏｌ／Ｌ的硫酸的两个烧杯置于托盘天平的两盘上，并调平。
再向两杯中分别加入下列各组金属，反应完毕后，天平仍处于平衡的是（）
Ａ．同是０．２ｍｏｌ钠和镁
Ｂ．同是１．５ｇ铝和锌
Ｃ．同是１．５ｇ铝和镁
Ｄ．同是１ｍｏｌ镁和铝
剔除法。
把选项分别代入，Ａ，Ｂ，Ｄ两边增重不等，均被排除。
所以C为答案。
根据题干要求，把显然不是答案的选项排除，则剩下的选项即为答案。
下列几组物质，不论以何种比例混合，只要总质量一定，充分燃烧后产生的ＣＯ２也一定是（）
Ａ．乙炔、苯
Ｂ．乙醇、乙酸
Ｃ．丙烷、丙烯
Ｄ．甲醛、葡萄糖
观察法
最简式相同，含碳量相同，充分燃烧后产生的ＣＯ２的量也一定相同。
分析得AD最简式相同，所以不论以何种比例混合，只要总质量一定，充分燃烧后产生的ＣＯ２量也一定相同，以此得答案为AD。
此题如果分别写反应式然后设未知数计算，肯定地说，没有5ｍin得不出答案。
但如果观察分析四组物质中的内在联系，发现A，D均有共同的最简式。
最简式相同，燃烧产物一定，所以这样便能很快得出答案。
将ｐＨ＝８和ｐＨ＝１０的两种强碱溶液等体积混合，所得溶液的ｐＨ为（）
Ａ．8.31Ｂ．9.0Ｃ．9.31
Ｄ．9.7
经验法
利用经验公式ｐＨ混＝ａ±
０．３（ａ为较强的酸或碱的ｐＨ，并且酸加碱减）就能很快得到答案，即１０－0.3＝9.7。
答案为D。
按常规思路，混合后溶液中的c（ＯＨ－）＝（１０－６Ｖ＋１０－４Ｖ）/２Ｖ＝5.05×
１０－5ｍｏｌ／Ｌ，ｐＯＨ＝4.31，
ｐＨ＝9.7。
选D。
其计算显得十分繁杂。
一定条件下乙炔和某气体混合后充分燃烧，生成的ＣＯ2和Ｈ2Ｏ（气）体积分别是原混合气体的1.4倍和1.6倍（相同条件下）。
则混入的气体可能是（ ）
A．甲醇
B．甲醛
C．甲酸
D．甲烷
平均值法
生成ＣＯ2气体为混合气体的1.4倍，Ｈ2Ｏ为1.6倍，则混合气体平均分子式为Ｃ1.4Ｈ3.2。
由于乙炔分子中碳原子数2大于1.4，所以混入的气体分子中碳原子数必小于2，A，B，C，D均有可能，所以1.4倍这个条件是虚设的，与解题无关。
氢原子乙炔为2，混入的气体分子内必大于或等于4才能使平均分子式中出现Ｃ1.4Ｈ3.2的局面。
分析A，B，C，D四个答案，分子内氢原子≥４的只有Ａ，Ｄ两项，遂得到正确答案为ＡＤ。
因题中未给出耗氧量，故在分析时可不考虑混入气体的分子中氧原子数的多少。
一氧化碳和氧气的混合气体的密度是相同条件下氢气的14.5倍，其中ＣＯ的质量分数是（ ）
Ａ．25%
Ｂ．27.6%
Ｃ．72.4%
Ｄ．75.0%
粗略估算法
该混合气体平均分子量为29，与ＣＯ分子量28接近，与Ｏ2分子量32相差较大。
因此在混合气体中ＣＯ应占绝大多数，答案应从C，D中产生，当用任一项代入计算，便很快得出答案为C。
“ＣＯ的质量分数”是解答该题的重要信息。
部分考生在解题时，由于未看清题中的要求，而认为是物质的量的分数，以此造成误选D。
下列物质中含硫质量分数最高的是（ ）
Ａ．ZnSO4·
7H2OＢ．FeSO4·
7H2O
Ｃ．NiSO4·
7H2OＤ．MgSO4·
7H2O
换元变通法
四个选项的共同点是都有七个结晶水和一个SO4２－，不同的是四种盐的金属原子不同，原子量不等。
比较4种原子量的大小可知，镁的最小，所以MgSO4·
7H2O分子量最小，含硫最高。
不用计算把化合物问题变成了比较原子量问题。
从而得到答案D。
由分子式计算某元素的质量分数化学初学者就能够解决，有不少考生是通过4次运算得出此题的答案。
这样不仅耗时，而且容易出错。
例题7：
下列微粒中，其质子数和电子数都跟NH4＋相同的是（ ）
Ａ．Na＋
Ｂ．Ｋ＋
Ｃ．Ｆ
Ｄ．H3O＋
方法：
抓住关键，首先从电荷分析。
Na＋、H3O＋和NH4＋的质子数都是11，至于电子数就不必算了。
因为带1个正电荷就表明电子数比质子数少1个。
以此得AD。
按常规解法要先算出ＮＨ4＋的质子数等于11，电子数等于10，然后还要对Ａ～D四种微粒一一算出各项的质子数和电子数。
某有机物含碳40％、含氢6.67％、含氧53.33％，如果0.2mol该有机物重6ｇ，则它的分子式为（ ）
Ａ．Ｃ2Ｈ4Ｏ2
Ｂ．Ｃ2Ｈ4Ｏ Ｃ．ＣＨ2Ｏ
Ｄ．Ｃ2Ｈ6Ｏ
去伪存真法
由0.2mol重6ｇ可得该分子量为30，计算所给四物质的分子量，便可得到答案C。
按题干条件，如果把四个分子一一计算其碳、氢、氧质量分数，也可得正确答案C，但这样计算下来所耗时间太多。
要知道，题中有机物含碳40％、含氢6.67％、含氧53.33％为命题者有意虚设一些数据。
两种金属组成的混合物15g，与足量盐酸反应，在标准状况下生成H211.2L，则下列各组金属中，肯定不能组成上述混合物的是（）
A．MgAlB．MgNa
C．FeAlD．ZnFe
解答该题可通过设一法，即将所有的金属转换成一价量（即金属的相对原子质量除以反应中的化合价），与盐酸反应，各金属的一价量分别为：
Na——23、Mg——12、Al——9、Fe——28、Zn——32.5，而1mol一价金属与盐酸反应生成0.5molH2。
设混合物为一价金属R，一价式量为x，则有
2R+2HCl=2RCl+H2↑
2xg22.4L
15g11.2L
解得一价式量X=15。
此时，只需要判断经变换的混合物中两金属的一价量均大于或均小于15，即肯定不能组成上述混合物。
以此得不能组成上述混合物的有A、D。
同一金属的一价量，在不同的反应中可能有所不同。
如Fe与盐酸的反应中，其一价量为28，而在Fe与Cl2的反应中，其一价量则为18.7（即56/3）。
此点在应用一价量进行解题时，必须特别注意。
等质量的钠、铁、铝分别同一定量等体积、等物质的量浓度的盐酸反应，放出的气体体积不可能是（）
A．钠最多 B．铝最多
C．铁最多 D．铝、铁一样多
本题可能涉及四个反应：
2Na+2HCl=2NaCl+H2↑，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，
Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，Fe+2HCl=FeCl2+H2↑。
因题中未指明金属与盐酸相对量的大小，须经过讨论确定产生H2的体积大小，而常规讨论方法比较繁琐，一时难以奏效。
因此须作技巧性的处理。
设盐酸中HCl的物质的量为1mol，等物质的量HCl（1mol）与Na、Fe、Al反应放出H2的量与金属质量关系如下图所示：
根据图示可得如下结论：
金属质量（m）0﹤m﹤23g23g≦m﹤28gm≧28g
H2体积Al﹥Na﹥FeNa≧Al﹥FeNa﹥Fe=Al
根据上述分析，选项C符合题意。
通过直观想象的图示模型建立，为我们分析问题、迅速求解赢得时间。
例题11：
5.85gNaCl样品中混有少量下列某种盐类，当它跟足量AgNO3充分反应后，得到AgCl沉淀14.4g，这时可能混入的盐是（）
A．KClB．BaCl2
C．CaCl2D．AlCl3
将KCl、BaCl2、CaCl2、AlCl3四种盐分别变换成含一个氯离子的形式，通过化学方程式求得含一个氯离子的盐的式量，然后再与四种盐含一个氯离子的式量进行对比便可获得可能混入的盐。
将选项变为A、KClB、Ba1/2ClC、Ca1/2ClD、Al1/3Cl，变形后各选项的式量分别为A、（74.5）B、（104）C、（55.5）D、（44.5）。
它们和AgNO3的反应就和NaCl与AgNO3反应的化学计量数一样。
此时设混合物组成为RCl，式量为x，则有：
RCl～AgCl
X143.5
5.85g14.4g
解得：
x=58.3
因为NaCl的式量为58.5﹥58.3，所以变形的另一种盐的式量应小于58.3。
以此只有C、D选项符合题意。
分合、变形、类比是解答此类题型的关键。
例题12：
浅绿色Fe（NO3）2的溶液中存在如下平衡：
Fe2++2H2OFe（OH）2+2H+，若在此溶液中加入稀硫酸，则溶液的颜色（ ）
A．黄 B．变得更浅
B．C．不变 D．绿色变深
从反应本质分析。
分析Fe（NO3）2溶液，主要存在Fe2+和NO3—两种离子，当加入硫酸时，在酸性条件下NO3—可将Fe2+氧化成Fe3+，故溶液逐渐变黄，正确答案为A。
Fe2+水解的离子方程式是该题设置的解题障碍。
部分考生根据题中Fe2+的水解离子方程式，得增大H+，平衡向逆方向移动，导致Fe2+浓度增大，绿色变深，而误选D。
出现上述错解的原因是错误地选用水解平衡概念所致。
聚宝盆：
解答选择题，一是要求速度要快，也就是从审题到选取答案的反应要快。
二是要准，也就是要选得准、正确率要高。
选择题多数是对基本概念和基本规律以及一些现象的考查。
故应从学过的基本概念和基本规律出发，搞清题意，充分应用化学概念、规律、公式和图象，采用常规解题方法和特殊解题方法，从而迅速选择正确答案。
另外，应充分利用单选题的特点，以节省时间。
例如，通过审查题干和选项判断，若几个选项中肯定其中一个选项正确，则其余必定错误，可不予考虑。
若从一个选项正确可推出另一选项也是正确的，则这两项恰恰都是错误的。
在逐项判断时，若前面选均为错误，则最后一个选项不必分析，应为正确。
热身赛：
1．将质量分数为3a%与a%的两种A溶液等体积混合后，混合液质量分数小于2a%，A可能是（）
A．H2SO4 B．NaCl C．C2H5OH D．NH3
2．某元素的醋酸盐的分子量为m，相同价态该元素的硝酸盐的分子量为n。
则该元素的此种化合价的数值为（）
A．（n-m）/3 B．（n-m）/（n+m） C．（m-n）/6 D．（m-n）/3
3．根据酸碱质子理论，凡是给出质子的分子或离子都是酸，凡是能结合质子的分子或离子都是碱。
下列微粒中，属于两性物质的是（）
（a）OH （b）NH （c）H2O （d）H2PO4 （e）HS （f）H3O
A．（a）（c）（f）B．（b）（d）（e）
C．（c）（d）（e）D．（b）（c）（f）
4．下列叙述中，可以说明元素乙的非金属性比元素甲的非金属性强的是（）
A．同物质的量浓度的气态氢化物的水溶液，乙的pH值比甲的pH值小。
B．在自然界里两种元素存在的状态，乙无游离态而甲有游离态。
C．电解等物质的量的甲、乙阴离子的混合液时，甲先在阳极放电。
D．最高价氧化物水化物的酸溶液，甲的酸溶液的导电性比乙弱。
5．在CuCl2水溶液中存在下列平衡，
[Cu（H2O）4]2＋＋4Cl－
[CuCl4]2－＋4H2O
蓝色黄绿色
能使黄绿色CuCl2溶液向蓝色转化的方法是（）
A．蒸发浓缩 B．加水稀释
C．加入AgNO3溶液 D．加入NaCl晶体
6．由FeO、Fe3O4、Fe2O3组成的混合物，测知Fe、O元素质量比为21:
8，则FeO、 Fe3O4、Fe2O3物质的量之比为（）
1:
2 B．2:
1
C．1:
3:
1 D．1:
1
7．两种金属的混和物6.36g,投入足量的稀硫酸中，完全反应后，共收集到标准状况下的氢气3.36L。
根据此可知，金
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