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1、化学选择题的解题技巧（基础）编稿：房鑫 审稿：曹玉婷【高考展望】选择题属于客观性试题，是高考试题的重要题型之一。在历年的高考化学试题中，选择题以容易题和中档题为主，侧重对中学化学基本知识和基本技能进行考查。选择题的分数约占总分的40%，由此看出，选择题在高考考查中占有重要地位，属高考试卷中稳定、成熟的题型。选择题的得分，已成为制约很多学生整份试卷得分高低的瓶颈，要想高考得高分，必须提高选择题的准确率。【方法点拨】一、选择题的特点和考查内容1、选择题的特点选择题的结构包括题干和选项两部分，其题干和选项都是经过精心设置的，往往具有一定的针对性和很强的迷惑性。经过对近年来的高考试卷分析，选择题具有如
2、下特点： (1)考查的知识容量较大，覆盖面广，且有较好的区分度，有利于选拔。(2)其中少量的“基础题”增加考生得分的基数，有利于稳定学生的考试心理，有利于学生发挥出正常水平。(3)保留某些类型的常见题，调控总难度。(4)题型保持相对稳定，利于考生备考。2、选择题考查的主要内容（1）化学用语，物质的分类，胶体，能量，化学与社会、生活、高科技等 ；（2）阿伏加德罗常数；（3）离子方程式与化学事实的对应关系，离子共存；（4）氧化性、还原性强弱的判断，电化学；（5）原子结构、元素周期律、化学键；（6）化学反应速率与化学平衡； （7）弱电解质的判定，电离平衡、水解平衡、溶解平衡，电解质溶液中微粒浓度的关
3、系； （8）化学实验的基本操作（仪器使用、物质分离和检验）、化学实验安全；（9）有机物的结构与性质；（10）小计算。二、选择题的常见解题方法和策略1、选择题的常见解题方法（1）直选法对考查基本概念、原理、过程和规律的记忆型单选题，可利用已有知识信息直接选出正确答案。（2）淘汰排除法排除法是根据已经掌握的化学概念、原理、规律，在正确理解题意的基础上，通过寻找不合理因素(不正确的选项)，将其逐一排除，从而获得正确答案。此法多用于单项选择题，更适合于基础较弱的考生。（3）比较筛选法选择题四个选项常常存在对比关系，通过对比后，一般都可以将与题目要求不相符的分步筛选掉，以求得正确答案。对提供的备选答案彼
4、此相似的题目宜用此法。如果出现一些未知的知识或者选项，可先对比分析已知的知识，推导出未知的知识，进而作出判断。（4）特例反驳法在解选择题时，当碰到一些似是而非并且迷惑性极强的选项时，直接运用课本有关概念往往难以辨清是非，而借助已掌握的一些知识特例或列举反面特例（反例）进行反驳，逐一消除干扰项，从而快速获取正确答案的一种选择技巧。列举特例或反例也是一种重要的论证方法，其中构造反例更是培养学生丰富的想象力和创造力的有效手段。这种技巧适用于从正面获取答案有困难的一类化学选择题。（5）综合分析法对于不易直接判断出正确答案的选择题，常需要进行细致分析，严谨推理判断后才能得出正确答案，解答复杂的选择题多用
5、此法。此法更适合于基础较强的学生。2、解选择题的基本策略：“稳、细、活、准” “稳”就是不要慌张，不要急躁，心态要稳，避免忙中出错。“细”就是要“细致”，审题要细，切勿漏看条件， 提倡“两遍读题”：第一遍快速阅读，抓关键词；第二遍放慢速度，缩小范围找到突破口。“活”就是解题时方法要灵活，面对四个选项，要扬长避短，运用适当的方法和技巧在最短的时间内找到解题的突破口。“准”就是要准确。在选择题中涉及到“正确的是”、“不正确的是”、“错误的是”的试题很普遍，要看准题目要求，切勿答非所问，选准正确选项。选项中的错误分为“知识错误”和“逻辑错误”、“表述错误”，其中“知识错误”是不可原谅的错误，应肯定是
6、错误的选项；“逻辑错误”、“表述错误”的迷惑性较大，有些选项本身的叙述虽是正确的，但与题干要求无关，也应是错误的。【典型例题】类型一、排除法例1、为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后再加入适量盐酸。这种试剂是（ ） A、NH3H2O B、NaOH C、Na2CO3 D、MgCO3 【思路点拨】根据“除杂不加杂”的原则去思考。【答案】D【解析】根据“除杂不加杂”的原则，在除杂质过程中，要尽量避免加入新的杂质。A引入了NH4+排除；B引入了Na+排除；C引入了Na+排除；只剩下D。【总结升华】排除法适用于解选择题或选择性填空题。排除法是通过排除（否定）错
7、误选项的一种解题方法。排除法具有一票否决的含义，如决定四种离子能否共存，只要其中任何二者不能共存，便可排除。因此，“排除”往往比“肯定”要容易些，通过“排除法”确定正确选项往往比直接确定正确选项要容易些。举一反三：【变式1】除去硫酸铜溶液中混有的少量铁离子。可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后再加入适量硫酸。这种试剂不能是（ ） A、氨水 B、氧化铜 C、氢氧化铜 D、碱式碳酸铜【答案】A【解析】铁离子水解：Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+。要生成Fe(OH)3沉淀，需消耗H+，使平衡右移。根据“除杂不加杂”的原则，在除杂质过程中，要尽量避免加入新的杂质。A项，引入了NH4+，应排除
8、；B、C、D都可以消耗H+，如Cu(OH)2+ H+= Cu2+ H2O（且都不引入杂质），调节溶液的pH在34之间，铁离子就会转化为氢氧化铁而除去。例2、下列除去杂质的方法正确的是 （ ）A、乙烷气体中混有少量乙烯：通入氢气，使乙烯发生加成反应B、二氧化碳气体中混有少量二氧化硫：通入酸性高锰酸钾溶液后，收集气体 C、乙醇中混有少量乙酸：加入氢氧化钠溶液后，分液D、氯化钠溶液中混有少量硫酸钠：加适量硝酸钡溶液，过滤。【思路点拨】根据“除杂不加杂”的原则去思考。【答案】B【解析】根据“除杂不加杂”的原则，在除杂质过程中，要尽量避免加入新的杂质。A引入了氢气，排除；C引入了乙酸钠和氢氧化钠，排除；
9、D引入了硝酸根，排除；只剩下B为正确。【总结升华】排除法适用于解选择题或选择性填空题。排除法是通过排除（否定）错误选项的一种解题方法。排除法具有一票否决的含义，如决定四种离子能否共存，只要其中任何二者不能共存，这随便可排除。因此，“排除”往往比“肯定”要容易些，通过“排除法”确定正确选项往往化直接确定正确选项要容易些。举一反三：【变式1】在pH=1的溶液中，一定可以大量共存的离子组是A、Cl-、AlO2-、Na+ 、K+ B、SO42-、NO3-、Fe2+、Mg2+C、 Na+、Fe3+、SO42-、Cl- D、NH4+、Ba2+、Cl-、HCO3-来源【答案】C:Zxxk.Com【解析】解题
10、的关键是在每组中要多加一种H+进去考虑，排除ABD。类型二、特例反驳法例3、X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有与氩原子相同的电子层结构，下列叙述正确的是 （ ）AX的原子序数比Y的小BX原子的最外层电子数比Y的大CX的原子半径比Y的大DX元素的最高正价比Y的小【思路点拨】在解化学选择题时，经常会遇到这样一类题型，题目给出的条件很抽象（或陌生），看似简单但容易出错。如果将抽象的、难以入手的（陌生的）问题用自己的熟悉的知识、原理、技巧大胆创设一些具体情境，即用具体事物作为研究对象，把抽象问题具体化，往往会收到事半功倍的效果。 【答案】CD 【解析】令X为19K或20Ca，Y为16S或17C1，依据
11、元素周期律知识，答案显然为C、D。 【总结升华】本题是一道传统题，难度中等，意在考查学生思考问题的方法。若不用具体法，也可用草图法来确定X、Y元素在元素周期表中的位置，即： ，从而确定Y元素在X元素的上一周期，则原子半径Y比X小；X为金属元素，Y为非金属元素，则最高正价X比Y小；X元素的最外电子数比Y少，原子序数X大于Y，则可选出答案。举一反三：【变式1】甲、乙是周期表中同一主族的两种元素，若甲的原子序数为x，则乙的原子序数不可能是 （ ）Ax+2 Bx+4 Cx+8， Dx+18 【答案】B 【解析】若甲为第一周期元素（如H），乙为第二周期元素（如Li），Li原子序数x+2；若甲为第二周期（
12、Li）或第三周期（Na，Mg）元素，则对应的乙元素的原子序数为x+8；若甲为第三周期A0族元素或第四周期（K）或第五周期元素（Rb、Sr）则对应的乙元素的原子序数为x+18。类型三、定量分析法例4、下列实验方案不能达到实验目的的是实验目的实验方案A证明溴乙烷发生消去反应有乙烯生成向试管中加入适量的溴乙烷和NaOH的乙醇溶液，加热，将反应产生的气体通入溴的四氯化碳溶液B证明Mg(OH)2沉淀可以转化为Fe(OH)3沉淀向2 mL 1 mol/L NaOH溶液中先加入3滴1 mol/L MgCl2溶液，再加入3滴1 mol/L FeCl3溶液 C证明溶液中存在平衡：Fe3+ + 3SCN-Fe(S
13、CN)3将1 mL KSCN溶液与1 mL 同浓度 FeCl3溶液充分混合；再继续加入KSCN溶液，溶液颜色加深D测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克【思路点拨】B、C两项，要注意根据实验数据判断反应物的相对量。【答案】BC【解析】A选项，溴乙烷消去后，生成乙烯，可以使溴水褪色。B选项，注意NaOH是过量的，再加入3滴1 mol/L FeCl3溶液必然与NaOH反应生成红褐色沉淀，不能证明Mg(OH)2沉淀可以转化为Fe(OH)3沉淀。C选项，将1 mL KSCN溶液与1 mL 同浓度 FeCl3溶液充分混合
14、好后FeCl3过量，再继续加入KSCN溶液，KSCN与过量FeCl3的溶液反应使溶液颜色加深，与平衡无关。D选项，碱石灰可以同时吸收CO2和水蒸气，故不能达到实验目的。 【总结升华】本题考查简单的定量实验设计方案的评价。举一反三：【高清课堂：408773例6】【变式1】用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A25时，pH13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH-数为0.2NA B100mL0.25molL-1醋酸溶液比60mL0.50molL-1HCl溶液所含粒子数少C12.5mL16molL-1浓硫酸与足量铜反应，转移电子数为0.2NA D等质量的C2H4和C3H6中所含C-H键
15、数相等【答案】D 【高清课堂：408773例7】【变式2】下列离子方程式中正确的是A在漂白粉的溶液中通入一定量的二氧化硫气体Ca2+2ClO+SO2+H2O=CaSO3+2HClO B在偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳气体2AlO2+ CO2+3H2O=2Al(OH)3+ CO32 C纯碱溶液与胆矾溶液混合生成正盐、酸式盐、碱式盐3CO32+2Cu2+2H2O=2HCO3+Cu2(OH)2CO3 D在氯化铝溶液中滴入过量的氨水Al3+4NH3H2O= AlO2+4NH4+2H2O 【答案】C 【解析】A项，次氯酸钙能将二氧化硫氧化，生成硫酸钙。B，要注意二氧化碳气体过量，应生成HCO3。【变式
16、3】下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是选项实验操作及现象实验目的或结论A向1，2两试管中分别加入等浓度H2O2溶液10 mL、1 mL，再向H2O2溶液中分别滴入等浓度等体积CuSO4、FeCl3溶液；试管2中产生气体较快证明FeCl3溶液的催化效率 更高B向1mL0.2 mol/L NaOH溶液中滴入2滴0.1 mol/L的MgCl2溶液产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1 mol/L的FeCl3溶液，又生成红棕色沉淀证明在相同温度下，氢氧化镁的溶解度大于氢氧化铁的溶解度C测定物质的量浓度相同的盐酸和醋酸溶液的pH；盐酸pH小于醋酸pH证明盐酸酸性比醋酸强D硅酸钠溶液中滴入酚酞，溶
17、液变红，再滴加稀盐酸，溶液红色变浅直至消失证明非金属性：ClSi【答案】.C【解析】A项，H2O2溶液体积各为10 mL、1 mL，加入等浓度等体积CuSO4、FeCl3溶液后，H2O2浓度不相同。B项，向1mL0.2 mol/L NaOH溶液中滴入2滴0.1 mol/L的MgCl2溶液产生白色沉淀后，NaOH过量，再滴加2滴0.1 mol/L的FeCl3溶液，必定与过量的NaOH反应生成红棕色沉淀，与氢氧化铁的溶解度大小无关。C项，可表明醋酸部分电离，其酸性弱于盐酸。D项，滴加高氯酸才能证明非金属性：ClSi。类型四、数据型选择题 例5、有一在空气中暴露过的KOH固体，经分析知其中含水7.6
18、2，含K2CO3为2.38，取1g此样品加入到46.0mL3.65的盐酸（密度为1g/cm3）中，过量的酸再用7.0的KOH溶液中和至中性，最后将其加热蒸发，所得固体的质量是：A、1.07g B、3.43g C、4.0g D、4.5g【思路点拨】蒸发溶液后所得固体只有氯化钾，运用Cl守恒解决问题。【答案】B 【解析】此题中发生的反应很多，但仔细分析可知：蒸发溶液后所得固体为氯化钾，其Cl全部来自于盐酸中的Cl，在整个过程中Cl守恒，即 n（KCl）= n（HCl）。故n（KCl）=（46.0mL1g/cm33.65）36.5 g/mol =0.046 mol。m（KCl）=0.046 mol7
19、4.5 g/mol=3.427 g。【总结升华】命题者在某些选择题中故意设置一些多余的数据，以干扰学生的正常思维。只有认真分析，去伪存真，排除干扰数据，准确选择必要数据，才能快速做答。举一反三：【变式1】将m g由NaCl和NaBr组成的混合物溶于水，向所得溶液中通入足量的Cl2 ，反应后将溶液蒸干得（m-2）g固体，通Cl2前原溶液中Na+ 、Cl-、Br-、的物质的量之比不可能为（ ）A、4：3：1 B、3：3：1 C、3：2：1 D、3：1：2【答案】B【解析】B项不符合电荷守恒。例6、由硫化钠(Na2S)、亚硫酸钠(Na2SO3)和硫酸钠(Na2SO4)组成的混合物中钠元素的质量分数为
20、46.0，则氧元素的质量分数为( )。 A72.6 B54.0 C22.0 D36.3【思路点拨】本题应抓住混合物中Na2S 、Na2SO3 、Na2SO4三者均含“Na2S”的特点，Na、S两元素个数比均为2:1，故不论三者比例如何混合物中Na、S两元素个数比均为2:1，质量比为46:32。 【答案】22.0【解析】混合物中Na、S两元素的质量比为46:32，故混合物中含S元素的质量分数为：46.032/46=32.0%，混合物中含氧元素的质量分数为：（146.032.0）=22%。【总结升华】通过上例，我们可以看出，解题时，若能抓住不同化学式之间的某些特征(如通式、原子个数之比和量的关系、
21、混合物组成成分之间的定量关系等)，灵活、巧妙地将它们进行变形或拆分转化，往往可以速解某些化学式计算型选择题。举一反三：【变式1】现有乙酸和两种链状单烯烃混合物，其中氧的质量分数为a，则碳的质量分数是A. B. C. D. 【答案】C【解析】乙酸的化学式为C2H4O2，而单烯烃的通式为CnH2n，从化学式可以发现两者中,C与H之间的数目比为1:2,质量比为6:1，碳氢的质量分数一共为1-a,其中碳占。类型五、定量问题定性化例7、将质量分数为5.2%的NaOH溶液（密度1.06g/cm3），用铂电极进行电解，当溶液的质量分数改变1.0%时停止电解，则此时溶液中应符合的关系是（ ）序号NaOH质量分
22、数%与电源正极相连的试管内气体质量/g与电源负极相连的试管内气体质量/gA 6.29.576B 6.2769.5C4.20.604.7D4.24.70.60【思路点拨】用铂电极电解NaOH溶液，实则电解消耗水。与电源正极相连的电极为阳极。【答案】B【解析】用铂电极电解NaOH溶液，实则电解消耗水，溶液的质量分数应增加，故排除C、D选项。电解水的实验中，阳极产生的气体是氧气，阴极产生的气体是氢气，显然氧气质量大于氢气质量，因769.5，故正确答案为B。【总结升华】题目中有很多数据，但有的数据（密度1.06g/cm3）并没有用上，有的数据也只是用于对比，貌似定量计算，实则定性处理。举一反三：【变式
23、1】高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为 3Zn + 2K2FeO4 + 8H2O3Zn(OH)2 + 2Fe(OH)3 + 4KOH，下列叙述不正确的是 A放电时每转移3 mol电子，正极有1mol K2FeO4被氧化B充电时阳极反应为：2Fe(OH)36e+ 10 OH= 2FeO42+ 8H2OC放电时负极反应为：3Zn6e +6OH= 3Zn(OH)2D放电时正极附近溶液的碱性增强 【答案】A 【解析】A项中放电时正极应被还原，D项中放电时正极：2FeO42+6e+ 8H2O=2Fe(OH)3+ 10 OH，故溶液的碱性增强。启示：分析问题要先定性后定量，注意关键字词。