高考化学选择题的解题方法与技巧 

左香华

   说明：本文发表于《中学生报》高考化学第44期

高考化学选择题具有覆盖面大、便于阅卷、有一定的选拔功能等特点。但它不考虑学生的思维过程，对于理科综合中的化学科而言，由于选择题为“四选一”的单选题，因而其猜测成分占25%，也就是说，即使不懂得化学知识，凭简单的猜测，就可拿到一定的分数。但理科综合中化学科选择题分值较大（单选题每小题4分，双选题每小题6分），考生即使面对十分熟悉的化学选择题，也不可掉以轻心，否则会“大意失荆州”。鉴于这种情况，研究和掌握一定的选择题的解题方法与技巧，对于提高解题速度和准确度，都是大有裨益的。下面着重介绍10种常用的且十分有效的选择题的解题方法与技巧，以求提升考生的应试能力和科学素养。

一、直接法

该法是根据题设条件直接求出结果的一种常规方法。凡题目给出的条件充分，不需要选项补充就能求解的选择题均可采用此法。

【解题关键】要保证推理或计算结果准确无误。 

【例1】（广东卷）已知Ag2SO4的KW 为2.0×10-5，将适量Ag2SO4固体溶于100 mL水中至刚好饱和，该过程中Ag+和SO42－浓度随时间变化关系如右图（饱和Ag2SO4溶液中c(Ag+)＝0.034mol·L－1）。若t1时刻在上述体系中加入100mL0.020　mol·L－1 Na2SO4 溶液，下列示意图中，能正确表示t1时刻后Ag+和SO42-浓度随时间变化关系的是

 

http://s4/mw690/001o7Zwdgy6RyEdINxN63&690

http://s9/mw690/001o7Zwdgy6RyEdAaH648&690

【解析】t1之前的图像与题中右图一样，其Ag+离子浓度为硫酸根离子浓度的2倍[c(Ag+)＝0.034　mol·L－1，c(SO42－)＝0.017mol·L－1]，且溶液中的硫酸银与Ag+和硫酸根之间达到平衡；当在上述体系中加入100mL0.020mol·L－1 Na2SO4 溶液时，c(Ag+)＝0.017mol/L，c(SO42－)＝ (0.017mol·L－1+0.020　mol·L－1 )/2 ＝0.0185mol/L，由于c(Ag+)2 c(SO42－)＝（0.017mol/L）2×0.0185mol/L＝5.35×10—6(mol/L)3＜2.0×10－5(mol/L)3，溶液中无沉淀生成，因此，加入100mL0.020mol·L－1 Na2SO4 溶液后，原溶液只是得到了稀释，导致c(Ag+)＝0.017mol/L，与原溶液中硫酸根离子的浓度相等（在图形上形成一条与原硫酸根离平衡线相连接的直线），而c(SO42－)＝0.0185mol/L，比原平衡中硫酸根离子浓度略大，因而形成一条比银离子浓度略上的直线。因此，答案为B。

【点评】计算判断法也是解决图像问题的一种有效方法。如果不经计算，认为新加入的硫酸根与Ag+发生反应生成硫酸银，原硫酸银的沉淀和溶解平衡被破坏，使Ag+浓度（比原平衡）减小，则会使答题陷入误区。

二、转换法

这种方法又称“换元法”。此法是利用知识间的联系，把题目中的已知条件或所求问题转换成自己熟悉的、便于理解的、且又易于做出判断的等价形式分析求解的一种方法。

【解题关键】要善于抓住中介环节合理转换目标，适当变形。

【例2】用蒸馏水稀释0.1mol·L—1的醋酸至0.01mol·L—1，稀释过程中温度不变，下列各项中始终保持增大趋势的是

A．[CH3COOH] 　 B．[H+]　　 C．http://s15/mw690/001o7Zwdgy6RyEnxUMmfe&690 

【解析】稀释过程中，CH3COOH和H+的浓度都在减小，由于温度不变，电离平衡常

 

数不变，答案D也就不变；由于K ＝ http://s4/mw690/001o7Zwdgy6RyEorC8j43&690，将该等式两边同除以[CH3COO—]得：

[H+]/[CH3COOH]＝K/[CH3COO—]，等式左边即为C选项，等式右边K不变，但[CH3COO—]减小，则原问题即转换为一个分子不变、分母减小的分式，其值始终保持增大。

答案为C。

【点评】换元法是数学中常用的一种方法。借用这种方法，可使化学题题意简化，化隐为现，收到“柳暗花明”之效。这里的“元”可以是“文字叙述”、“数学式子”、“结构特征”等，“换”的过程中注意“等价”。

三、淘汰法

所谓淘汰法，即逐一剔除错误选项，留下正确选项。当题干只给出一个条件或根本没有条件，而只给出某种要求的选择题可使用此法。

【解题关键】要认真准确地逐步淘汰干扰选项。

【例3】下列各组离子在溶液中能大量共存的是

A.K+、Al3+、NO3－、 AlO2－              B.Fe2+、 H+、 Cl－、 NO3－

C.Ca2+、Fe3+、SO42－、 Cl－              D.CO32－ 、OH－ 、SO42－ 、Cl－

【解析】观察选项A可发现Al3+和AlO2－能发生双水解反应，不能共存，予以淘汰；观察选项B在酸性条件下Fe2+、 H+、 NO3－可发生氧化还原反应，再次淘汰；观察选项C Ca2+、和SO42－能生存微溶物，不能大量共存，予以淘汰。经过3次淘汰，即得答案D。

【点评】离子共存题需注意“一色”（特殊离子的特殊颜色，如Fe3+的水溶液呈黄色、Cu2+的水溶液呈蓝色、高锰酸根离子的水溶液呈紫色等）、二性（溶液的酸性或碱性）三反应——典型的复分解反应（含双水解反应）、氧化还原反应和络合反应。如能发生上述三类反应中任意一类反应，则均不能共存。

四、推理法

推理法可分为顺推法和逆推法。顺推法是从题目给定的条件出发，正确运用所学过的基本概念和基本理论，通过逻辑推理找出正确答案；逆推法是从题干的结论出发，一步步推到起始已知条件或潜在的已知条件，将最终找出的条件与选项对照而得出答案。

【解题关键】条件或结论要抓准，推理要严密。

【例4】在密闭容器中盛有H2、O2、Cl2的混合气体，通过电火花点燃，使3种气体恰好完全反应，冷却后所得液体中溶质的质量分数为33.64%，则H2、O2、Cl2的体积比为

A.2︰1︰1  B.9︰4︰1   C.9︰4︰2   D.8︰2︰4

【解析】从题设条件“3种气体恰好完全反应”顺向推理，2 H2+O2     2H2O

H2+Cl2     2HCl，由化学方程式知：3种气体的物质的量关系为n(H2)=2n(O2)+n(Cl2)

满足此条件的只有BD。由于氯化氢的质量分数约为1/3，进而推理得水和氯化氢的质量关系为：m(H2O)＞m(HCl)，由二者的相对分子质量知n(H2O)＞n(HCl)，显然只有B合理，答案为B。

【点评】如果采用代入法进行计算，其计算量很大，且无法迅速得出结果。因此，应用顺推法进行严密的逻辑推理，有事半功倍之效。

五、直觉法

直觉法是一种未经充分逻辑推理的直观性思维方法，它是利用已获得的知识和积累的经验为依据，通过跳跃式的合理的猜测、丰富的假想来取捷径解题。用此法解题纯凭答题者的机智、灵巧，但这种机智、灵巧来自平时练就的过硬的基本功。

【解题关键】熟悉题设中的知识，在再认中产生灵感和顿悟。

【例5】（全国卷）向一6L密闭容器中充入3LX（气）和2LY（气），使之在一定条件下发生下列反应：4X（气）+3Y（气）   2Q（气）+　nR(气)，达到平衡后容器内的温度未变，混合气体的压强比原来增加了5%，X的浓度减少了1/3，该反应的化学方程式中n的值为

A.3  B.4  C.5   D.6

【解析】假如将解题目标锁定在气体体积比的计算上，则既费时又不合理。直觉告诉我们：平衡后压强比平衡前增大，这说明平衡气体的总物质的量增大了，即化学方程式中各物质前的计量数应满足（4+3）＜（2+n），显然，n＞5，故答D。

【点评】直觉法虽然没有充分的逻辑推理，但它并非无源之水，而是在既有的知识基础上进行快速判断，是一种有效的思维方法。必要时可进行验证。

六．联想法

联想是由一种信息情景思索到另一种信息情景的心理过程。解题时通过由未知到已知由此及彼、由表及里的联想，使解题机智油然而生。

【解题关键】细心观察，注意联想。

【例6】（上海卷）叠氮酸（HN3）与醋酸酸性相似，下列叙述中错误的是

A.HN3水溶液中微粒浓度大小顺序为：c(HN3)＞c(H＋)＞c(N3¯)＞c(OH¯)

B.HN3与NH3作用生成的叠氮酸铵是共价化合物

C.NaN3水溶液中离子浓度大小顺序为：c(Na＋)＞c(N3¯)＞c(OH¯)＞c(H＋)

D.N3¯与CO2含相等电子数

【解析】“叠氮酸（HN3）与醋酸酸性相似”是本题解题的“题眼”。考生在分析和比较关于叠氮酸的叙述中要善于与“原型”物质醋酸进行类比联想，如在醋酸及醋酸钠溶液中，其微粒浓度大小分别为c(HＡc)＞c(H＋)＞c(Ac¯)＞c(OH¯)、c(Na＋)＞c(Ac¯)＞c(OH¯)＞c(H＋)，且N3¯与CO2均为22电子粒子，为等电子体，而醋酸与氨反应生成离子化合物，故答案为Ｂ。

【点评】题中给出一个关键信息[“叠氮酸（HN3）与醋酸酸性相似”]，考生只需使用这一关键信息对各个选项进行类比联想和转换，如比较HN3水溶液、NaN3水溶液微粒浓度的大小，计算N3¯与CO2的电子数及分析反应产物的类别，“转换”是创造性思维的基础。

【例7】（上海卷）据报道，科学家已成功合成了少量N4，有关N4的说法正确的是

A.N4是N2的同素异形体

B.N4是N2的同分异构体

C.相同质量的N4和N2所含原子个数比为1︰2

D.N4的摩尔质量是56g

【解析】N4是氮元素的一种新的单质，是N2的同素异形体，等质量的N4和N2所含原子个数比为1︰1，其摩尔质量为56g/mol，故其答案为Ａ。

【点评】用一种新物质来考查常见的化学概念，如同素异形体、同分异构体、摩尔质量以及原子个数比的计算，有利于考查学生接受新信息的能力。作为考生应该明确，化学概念具有广泛的外延，因此，要善于与中学化学的相关知识进行关联并进行大胆解题。

七.具体化法

此法是借助自己熟悉的化学知识以及化学式等，将题设中的抽象知识变为形象知识，“化虚为实”，简化分析过程，迅速求解抽象性试题。

【解题关键】扣准题意，选好熟悉知识进行等价代换。

【例8】（广东卷）元素X、Y和Z可结合形成化合物XYZ3；X、Y和Z的原子序数之和为26；Y和Z在同一周期。下列有关推测正确的是（   ）

A．XYZ3是一种可溶于水的酸，且X与Y可形成共价化合物XY

B．XYZ3是一种微溶于水的盐，且X与Z可形成离子化合物XZ

C．XYZ3是一种易溶于水的盐，且Y与Z可形成离子化合物YZ

D．XYZ3是一种离子化合物，且Y与Z可形成离子化合物YZ3

【解析】由题目可知，可能形成XYZ3的物质有：HClO3，NaNO3，MgCO3，AlBO3。若XYZ3为一种可溶于水的酸HClO3，XY（HO）不能形成共价化合物A错；若XYZ3为MgCO3微溶于水，XZ形成离子化合物MgO，B正确；若XYZ3为NaNO3易溶于水的盐，YZ（NO）不是离子化合物，C错；若XYZ3离子化合物，YZ2为NO2，CO2均不是离子化合物，D错。  

答案：B。

【点评】题中还有两个条件可用，一是X、Y和Z的原子序数之和为26，二是Y和Z在同一周期。依据这两个条件可以进行淘汰筛选，如HClO3虽然满足化学式的形式，但Cl和O不在同一周期，应予淘汰；NaNO3既满足其化学式的形式，又满足原子序数之和为26，还满足N和O在同一周期，但YZ（NO）不是离子化合物，也应淘汰；AlBO3也满足上述3个条件，但B和O形成的化合物的化学式为B2O3，也不符合题意。

具体化法是一种重要的解题方法，能将题中信息“化隐为现”，化抽象为具体，但需对每一个答案进行仔细思考，然后针对题设要求进行合理答题。

八.守恒法

此法是运用物质在化学变化或物理变化过程中某种始终保持不变的恒量进行计算的方法。守恒法主要有质量守恒法（元素、原子、离子守恒），它适用于一切化学反应以及溶液稀释或浓缩结晶的计算型选择题；电荷守恒法（电解质溶液中电性）适用于电解质溶液、离子反应的试题；电子得失守恒常用于氧化还原反应类的试题；质子守恒适合于有水参与电离的电解质溶液；体积守恒或浓度守恒等适用于某些特定的化学反应的计算选择题。

【解题关键】善于抓住变化前后的某一特定的恒量，运用守恒原理进行求解。

【例9】某不纯的烧碱样品中含有Na2CO33.8%(质量分数)，H2O5.8%，NaOH90.4%。取a g样品溶于40.0mL2.00mol/L盐酸中，并用2.00mol/L NaOH溶液中和剩余的盐酸，在蒸发后可得干燥固体的质量为

A.4.68g  B.5.85g  C.2.34g  D.2.34ag

【解析】从宏观上看，原烧碱样品中的氢氧化钠和碳酸钠均与盐酸反应生成氯化钠，另加氢氧化钠与多余的盐酸反应也生成氯化钠，蒸干后得到的固体物质为氯化钠。据氯元素守恒得：n(NaCl)＝n(HCl)，m(NaCl)＝2.00mol/L × 0.0400L ×58.5g/mol＝4.68g

答案为A。

【点评】如果根据具体的化学反应过程进行计算，其过程相当繁杂，且易出错；而利用守恒法进行求解，确有事半功倍之效。因此，要善于抓住守恒元素进行计算。

【例10】例15（广东卷）.在一定条下，RO3n—和氟气发生如下反应：

              RO3n— +F2 +2OH— ＝ RO4— +F— +H2O

从而可知在RO3n—中，元素R的化合价是

A、+4  B、+5  C、+6  D、+7

【解析】由电荷守恒知，－n  +(－1×2) ＝ －1 +（－2）解得n＝1

又由其化学式可推知RO3—中R的化合价为+5，故答B。

【点评】电荷守恒不仅在电解质溶液中得到广泛应用，而且在离子方程式中也有着十分广阔的前景，它是一种方法，熟练使用它可以产生事半功倍之效。

【例11】（广东卷）.将0.2mol·L—1HCN溶液和0.1mol·L—1的NaOH溶液等体积混合后，溶液呈碱性，下列关系式中正确的是

A、c(HCN) ＜ c(CN—)             B 、c (Na+)＞c(CN—)  

C、c(HCN) —c(CN—) ＝ c (OH—)   D、 c(HCN) +c(CN—)＝ 0.1mol·L—1

【解析】∵HCN + NaOH ＝ NaCN + H2O 反应后生成的NaCN和剩下的HCN为等物质的量，且已知溶液呈碱性，表明平衡CN— + H2O     HCN + OH— 右移，A错误，同时c (OH—)＞c(H+)，由电荷守恒知，c (Na+)＞c(CN—)，答案B正确；又由物料守恒知，c(HCN) +c(CN—)＝ 0.1mol·L—1＝2c（Na+），将此式中的c（Na+）代入电荷守恒的式子中   c（Na+）+c(H+) ＝c (OH—) + c(CN—) 可得 c(HCN) —c(CN—) ＝ 2[c (OH—) —c(H+)]，故C错误，D正确。

答案为B、D。

【点评】电荷守恒和物料守恒是计算电解质溶液中粒子浓度大小的一种重要方法，二者配合使用，可以大大提高解题速度。它是一种技巧，掌握这种技巧，可以解决一类问题。

九.归一法

此法是将被研究的物质定为1个单位或100个单位等以减少未知数后入手解题的方法，称为归一法。此法适用于解题数据不足或无数据的计算题。

【解题关键】归一物质的量应与其他物质的各种量密切相关。

【例12】（江苏卷）．氢气、一氧化碳、辛烷、甲烷的热化学方程式分别为：

H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(l)；△H＝－285.8kJ/mol

CO(g)＋1/2O2(g)＝CO2(g)；△H＝－283.0kJ/mol

C8H18(l)＋25/2O2(g)＝8CO2(g)＋9H2O(l)；△H＝－5518kJ/mol

CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)；    △H＝－89.3kJ/mol

相同质量的氢气、一氧化碳、辛烷、甲烷完全燃烧时，放出热量最少的是

A.H2(g)　　 B.CO(g)　

C.C8H18(l) 　D .CH4(g)

【解析】设4种可燃物的质量均为1g，则氢气、一氧化碳、辛烷、甲烷完全燃烧时，放出的热量可分别设为Q1、Q2、Q3、Q4

依题意有：Q1＝1g/2g·mol—1×（－285.8kJ/mol）＝ －285.8/2 kJ

Q2＝1g/28g·mol—1×（－283.0kJ/mol）＝－141.5/14 kJ

Q3＝1g/114g·mol—1×（－5518.kJ/mol）＝ －2759/ 57kJ

Q4＝1g/16g·mol—1×（－89.3kJ/mol）＝ －89.3/16 kJ

通过以上半定量计算知Q4最小，故答案为D。

【点评】“设1法”可以使计算简化，从而提解题效率；另外，要善于进行半定量计算，因为这一类试题只要求得出放热最少（或最多），并没有要求得出十分准确的数据。

十.平均值法

如果   是小于a2和大于a1的平均值，即：a2 ＜    ＜a1或a2 =    =a1，可利于此关系半定量推测混合物的组成；平均值法包括平均摩尔质量、平均化学式、气体平均体积、平均质量、平均差量等。该法在求混合物各组分的量和溶液计算中有广泛的应用。

【解题关键】正确找出与组成混合物各成分均相关的某一平均值以及两组分的两个极端值。

【例13】（广东卷）一定温度下，反应2SO2 +O2     2SO3达到平衡时，n(SO2)︰n(O2) ︰n(SO3) ＝2︰3︰4。缩小体积，反应再次达到平衡时，n(O2) ＝0.8mol, n(SO3)＝1.4mol，此时SO2 的物质的量应是

A.0.4mol    B.0.6mol    C.0.8mol   D.1.2mol 

【解析】∵第一次平衡时，n(SO2)︰n(O2) ︰n(SO3) ＝2︰3︰4，若第一次平衡时，n(SO2)、n(O2) 、n(SO3)分别为2X、3X、4X，由于4X＜1.4，3X＞0.8，故有0.267＜X＜0.35，当X ＝0.3时，2X、3X、4X分别为0.6mol、0.9mol、1.2mol，题中O2减少0.1mol，则SO2必减少0.2mol，因此，第二次平衡时余下的SO2必为0.6mol—0.2mol ＝0.4mol，答案为A。

【点评】如何将相对量转化为绝对量是解答本题的关键，根据题给信息建立不等式求解其数据的区间，然后由其比值为整数比试之即可确定n(SO2)、n(O2) 、n(SO3)的绝对量。另外，解答这一类试题时，始终要抓住起始量、转化量、平衡量三个主要要素进行有关化学平衡的计算。