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2019届二轮复习 化学选择题的解题技巧 学案（全国通用）
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2019年全国卷高考化学总复习《化学选择题的解题技巧》专题突破
【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、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；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，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】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-
【答案】C
【解析】解题的关键是在每组中要多加一种H+进去考虑，排除ABD。
【变式2】同一主族的Ｘ、Ｙ、Ｚ三种元素，已知最高价氧化物对应的水化物的酸性由弱到强的顺序为：H3XO4＜H3YO4＜H3ZO4 ，下列推断正确的是( )
A．元素的非金属性：Ｘ＞Ｙ＞Ｚ
B．气态氢化物的稳定性ＸＨ３＞ＹＨ３＞ＺＨ３
C．水溶液的pＨ值：Na3XO4＞Na3YO4＞Na3ZO4
D．原子半径：X＜Y＜Z
【答案】C
【解析】对于此类题目来说，逐一排除是比较稳妥的。由题知，X、Y、Z三元素最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，则非金属性也依次增强、气态氢化物的稳定性增强，A、B、 D选项明显可排除，最后确定C为正确答案。此题如从C选项直接突破的话，难度很大，可见，采取排除法，扬长避短，能显著降低题目的难度。
【变式3】N2H4是一种高效清洁的火箭燃料。0.25mol N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5KJ热量。则下列热化学方程式中正确的是( )
A．1/2 N2H4(g)+1/2O2(g)=1/2N2(g)+H2O(g)；△H=+267KJ/mol
B．N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)； △H=-133.5KJ/mol
C．N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)； △H=+534KJ/mol
D．N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)； △H=-534KJ/mol
【答案】因为放热反应，所以排除A、C；产物是气态水，所以排除B，只剩下D，因此D为正确答案。
例2、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
【思路点拨】根据“除杂不加杂”的原则去思考。
【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；B、C、D都可以消耗H+，如Cu(OH)2+ 2H+== Cu2++ 2H2O（且都不引入杂质），调节溶液的pH在3～4之间，铁离子就会转化为氢氧化铁而除去。
【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”确定正确选项往往比直接确定正确选项要容易些。
类型二、特例反驳法
例3、A和M为两种元素，已知A位于短周期，且A2－与M+的电子数之差为8，则下列说法正确的是( )
A．A和M原子的电子总数之和可能为11
B．A和M的原子序数之差为8
C．A和M原子的最外层电子数之和为8
D．A和M原子的最外层电子数之差为7
【思路点拨】此题可用特例法，将抽象问题具体化。
【答案】A
【解析】若A为O，M为Li则，A项O原子有8个电子，Li原子有3个电子，二者电子数之和为11，则A正确；B项中二者的原子序数之差为5，则B错；C项中O、Li的最外层电子数之和为7，则C错；D项中O、Li原子最外层电子数之差为5，则D错，故选A。
【总结升华】在解答物质结构或有机化学试题中一类字母表示型试题时，直接难以判断选项的正误，若将字母直接用特例代入便可快捷得出答案。
举一反三：
【变式1】下列关于稀有气体的叙述不正确的是( )
A．原子的最外电子层都有8个电子
B．其原子与同周期I A、ⅡA族阳离子具有相同的核外电子排布
C．化学性质非常不活泼
D．原子半径比同周期ⅦA族元素原子的大
【答案】AB
【解析】A项氦原子最外层只有2个电子，B项稀有气体原子与下一周期IA、ⅡA族阳离子具有相同的核外电子排布，C、D叙述正确。
【变式2】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( )
A．x+2 B．x+4 C．x+8， D．x+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（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ⅢA～0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、工业上将Na2CO3和Na2S以1:2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2。在该反应中( )
A．硫元素既被氧化又被还原
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2
C．每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子
D．相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO2
【答案】AD
【解析】根据信息，Na2CO3＋2Na2S＋4SO2=3Na2S2O3＋CO2↑。Na2S中S被氧化，SO2中S被还原；氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1；每生成3molNa2S2O3，转移8mol电子，故每生成1molNa2S2O3，转移8mol/3电子；相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO2。故选择AD。
【总结升华】审题要细心，注意关键字词及一些定量数据。
举一反三：
【变式1】下列实验方案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(SCN)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
【答案】A
【解析】A选项，溴乙烷消去后，生成乙烯，可以使溴的四氯化碳溶液褪色。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。
【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++4NH3·H2O= 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3】某样品可能含有Na+、Ba2+、NO3—、Cl—。将1.89 g该样品溶于水，若加入足量AgNO3溶液可得沉淀0.72 g，若加入足量Na2SO4溶液可得沉淀1.17 g。以下判断正确的是( )
A．一定含Ba2+、Cl—离子，可能含有Na+、NO3—
B．一定含Ba2+、Cl—离子，可能含有Na+，不含NO3—
C．一定含Ba2+、Cl—、NO3—离子，不含Na+
D．一定含Na+、Ba2+、Cl—、NO3—离子
【答案】D
类型四、数据型选择题
例5、把2.1g的平均相对分子质量为12的CO与H2组成的混合气体与足量的O2充分燃烧后，立即通入足量的Na2O2固体中，固体的质量增加( )
A．2.1g B．3.6g C．7.2g D．无法确定
【思路点拨】采取极端假设法分析。
【答案】A
【解析】假设2.1g全是CO，与足量的O2充分燃烧后，通入足量的Na2O2固体中，固体的质量增加2.1g；假设2.1g全是H2，与足量的O2充分燃烧后，通入足量的Na2O2固体中，固体的质量增加也为2.1g。所以，把2.1g的CO与H2组成的混合气体与足量的O2充分燃烧后，通入足量的Na2O2固体中，固体的质量增加必然为2.1g，与2.1g中CO与H2的所占比例大小无关。
【总结升华】有些试题数据完整，若按部就班，则陷入了命题者设置的烦琐计算中，若能发现题干、选择项中某些特殊规律便能轻松作答。
举一反三：
【变式1】人体血液中存在平衡：CO2+H 2 OH 2 CO3HCO3-，使血液pH保持在7.35~7.45之间，否则就会发生酸中毒或碱中毒。已知pH随c(HCO3-)：c(H 2 CO3) 变化关系如下表所示，则下列说法中不正确的是( )
c(HCO3-)︰c(H 2 CO3)
1.0
17.8
20.0
22.4
pH
6.10
7.35
7.40
7.45
A．pH=7的血液中，c(HCO3-) > c(H 2 CO3)
B．人体发生酸中毒时，可静脉滴注一定浓度的NaHCO3溶液解毒
C．常温下将pH=7.40的血液稀释至pH=7时，c(H +)·c(OH-)一定不变
D．c(HCO3-)︰c(H 2 CO3)=1时，H2 CO3的电离程度小于HCO3-的水解程度
【答案】D
【答案】A项，pH=7时，17.8＞c(HCO3-)︰c(H 2 CO3)＞1，A正确；B项，发生酸中毒时，应该用碱性物质缓解，NaHCO3溶液显碱性，且c（HCO3-）增大，平衡逆向进行，酸性减弱，B正确；C项，温度不变，c(H +)·c(OH-)一定不变，C正确；D项，c(HCO3-)︰c(H 2 CO3)=1时，溶液pH=6.10，H2 CO3的电离程度大于HCO3-的水解程度，D错误。故选D。
【变式2】在密闭容器中盛有H2、O2、Cl2的混合气体，通过电火花点燃，三种气体正好完全反应，冷却至室温后，所得溶液的质量分数为25．26％，则容器中原有H2、O2、Cl2的分子个数比是( )
A．6：3：l B．9：6：1 C．13：6：1 D．10：6：l
【答案】C
【解析】由电子得失相等有：2n(H2)= 4(O2)+2(Cl2)，只有C项符合上式。
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46.0％，则氧元素的质量分数为( )
A．72.6％ B．54.0％ C．22.0％ D．36.3％
【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：
46.0％×32/46=32.0%，混合物中含氧元素的质量分数为：（1-46.0％-32.0％）=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、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】C2H4 、C3H8O 、C6H12混合物中，C元素的质量分数为a%，求O元素的质量分数。
【答案】（1—a%×7/6）×8/9
【解析】将C3H8O改为C3H6 ▪ H2O，（1—a%×7/6）代表含“H2O”量。
【变式2】有一块Al—Fe合金，溶于足量的盐酸中，再用过量的NaOH溶液处理，将产生的沉淀过滤、洗涤、干燥、灼烧，完全变成红色粉末，经称量红色粉末和合金质量恰好相等，则合金中铝的含量为( )
A．70% B．52.4% C．47.6% D．30%
【答案】D
【解析】反应前后铁的质量相等。故合金中铝的质量分数等于氧化铁中氧的质量分数。试题未给出明确的数据，使人陷入无据可依的迷惑。实际上，这类试题的数据并不缺少，而是具有一定的隐蔽性。这类试题往往可以借助守恒法、设一法、差量法等求解。
类型五、定量问题定性化
例7、在一定体积的密闭容器中充入3L气体R和5L气体Q，在一定条件下发生反应2R(g)+5Q(g)＝4X(g)+nY(g)反应完全后，容器温度不变，混合气体的压强是原来的87.5％，则化学方程式中的n值是( )
A．2 B．3 C．4 D．5
【思路点拨】混合气体的压强是原来的87.5％，相当于混合气体的压强比原来减小，那么方程式中各物质的前后系数和应满足什么关系呢？
【答案】A
【解析】定容密闭容器，达平衡后，温度不变，混合气体的压强比原来减小，说明平衡右移，故2+5＞4+n，n＜3，只有A符合题意。
【总结升华】巧用概念，无需计算。题干中虽然给出了有关的数据，但并不需对这些数据一步一步地进行计算，而是题干对它们的巧解来考查考生的思维的敏捷性。
举一反三：
【变式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)3－6e－+ 10 OH－= 2FeO42－+ 8H2O
C．放电时负极反应为：3Zn－6e－ +6OH－= 3Zn(OH)2
D．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。
【变式2】甲、乙两种气态化合物都只含X、Y两元素，甲、乙中X元素的百分含量分别为30.4％和25.9％，若已知甲的分子式是XY2，则乙的分子式可能是( )
A．XY B．X2Y C．X2Y3 D．X2Y5
【答案】D
【解析】运用估算，快速解答。30.4％＞25.9％，即甲中X元素的百分含量高于乙，甲的分子式是XY2，X与Y的个数比为1:2，则乙的分子式只可能是选项中的X2Y5。
【变式3】二硫化碳(CS2)能够在氧气中完全燃烧生成CO2和SO2。今用0.228 g CS2在448 mL氧气(标准状况)中完全燃烧，反应后气体混合物在标准状况时的体积是( )
A．112 mL B．224 ml C．336 mL D．448 mL
【答案】D
【解析】二硫化碳CS2+2 O2 CO2和SO2。由于标准状况下CS2为液体，其余为气体，不难发现本反应前后气体总体积不变，故选D。
【变式4】200℃ 11.6gCO2和H2O蒸气的混合气体与足量的Na2O2充分反应后，质量增加了3.6g，则原混合气体的平均相对分子质量为( )
A．5.8 B．11.6 C．23.2 D．46.4
【答案】C
【解析】CO2和H2O蒸气的混合气体的平均相对分子质量一定介于44和18之间，只有选项 C符合题意。
【变式5】同温、同压下，某容器充满O2重116 g，充满CO2重122 g，现充满某气体重114 g，则该气体的相对分子质量为( )
A．28 B．60 C．32 D．44
【答案】A
【解析】方法一（巧解）：充满O2重116 g，充满某气体重114 g，114 g＜116 g，故该气体相对分子质量小于O2，仅A符合题意。
方法二：按常规思路，设容器重m g。某气体的相对分子质量为M1，由，因为容器体积不变，所以有，得m=100，然后由，得M1=28g·mol－1，即相对分子质量为28，选A。
本题用学会巧解和常规两种方法，常规法有利于阿伏伽德罗定律的应用和理解。
【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、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；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，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】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-
【答案】C
【解析】解题的关键是在每组中要多加一种H+进去考虑，排除ABD。
【变式2】同一主族的Ｘ、Ｙ、Ｚ三种元素，已知最高价氧化物对应的水化物的酸性由弱到强的顺序为：H3XO4＜H3YO4＜H3ZO4 ，下列推断正确的是( )
A．元素的非金属性：Ｘ＞Ｙ＞Ｚ
B．气态氢化物的稳定性ＸＨ３＞ＹＨ３＞ＺＨ３
C．水溶液的pＨ值：Na3XO4＞Na3YO4＞Na3ZO4
D．原子半径：X＜Y＜Z
【答案】C
【解析】对于此类题目来说，逐一排除是比较稳妥的。由题知，X、Y、Z三元素最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，则非金属性也依次增强、气态氢化物的稳定性增强，A、B、 D选项明显可排除，最后确定C为正确答案。此题如从C选项直接突破的话，难度很大，可见，采取排除法，扬长避短，能显著降低题目的难度。
【变式3】N2H4是一种高效清洁的火箭燃料。0.25mol N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5KJ热量。则下列热化学方程式中正确的是( )
A．1/2 N2H4(g)+1/2O2(g)=1/2N2(g)+H2O(g)；△H=+267KJ/mol
B．N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)； △H=-133.5KJ/mol
C．N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)； △H=+534KJ/mol
D．N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)； △H=-534KJ/mol
【答案】因为放热反应，所以排除A、C；产物是气态水，所以排除B，只剩下D，因此D为正确答案。
例2、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
【思路点拨】根据“除杂不加杂”的原则去思考。
【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；B、C、D都可以消耗H+，如Cu(OH)2+ 2H+== Cu2++ 2H2O（且都不引入杂质），调节溶液的pH在3～4之间，铁离子就会转化为氢氧化铁而除去。
【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”确定正确选项往往比直接确定正确选项要容易些。
类型二、特例反驳法
例3、A和M为两种元素，已知A位于短周期，且A2－与M+的电子数之差为8，则下列说法正确的是( )
A．A和M原子的电子总数之和可能为11
B．A和M的原子序数之差为8
C．A和M原子的最外层电子数之和为8
D．A和M原子的最外层电子数之差为7
【思路点拨】此题可用特例法，将抽象问题具体化。
【答案】A
【解析】若A为O，M为Li则，A项O原子有8个电子，Li原子有3个电子，二者电子数之和为11，则A正确；B项中二者的原子序数之差为5，则B错；C项中O、Li的最外层电子数之和为7，则C错；D项中O、Li原子最外层电子数之差为5，则D错，故选A。
【总结升华】在解答物质结构或有机化学试题中一类字母表示型试题时，直接难以判断选项的正误，若将字母直接用特例代入便可快捷得出答案。
举一反三：
【变式1】下列关于稀有气体的叙述不正确的是( )
A．原子的最外电子层都有8个电子
B．其原子与同周期I A、ⅡA族阳离子具有相同的核外电子排布
C．化学性质非常不活泼
D．原子半径比同周期ⅦA族元素原子的大
【答案】AB
【解析】A项氦原子最外层只有2个电子，B项稀有气体原子与下一周期IA、ⅡA族阳离子具有相同的核外电子排布，C、D叙述正确。
【变式2】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( )
A．x+2 B．x+4 C．x+8， D．x+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（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ⅢA～0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、工业上将Na2CO3和Na2S以1:2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2。在该反应中( )
A．硫元素既被氧化又被还原
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2
C．每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子
D．相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO2
【答案】AD
【解析】根据信息，Na2CO3＋2Na2S＋4SO2=3Na2S2O3＋CO2↑。Na2S中S被氧化，SO2中S被还原；氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1；每生成3molNa2S2O3，转移8mol电子，故每生成1molNa2S2O3，转移8mol/3电子；相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO2。故选择AD。
【总结升华】审题要细心，注意关键字词及一些定量数据。
举一反三：
【变式1】下列实验方案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(SCN)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
【答案】A
【解析】A选项，溴乙烷消去后，生成乙烯，可以使溴的四氯化碳溶液褪色。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。
【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++4NH3·H2O= 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3】某样品可能含有Na+、Ba2+、NO3—、Cl—。将1.89 g该样品溶于水，若加入足量AgNO3溶液可得沉淀0.72 g，若加入足量Na2SO4溶液可得沉淀1.17 g。以下判断正确的是( )
A．一定含Ba2+、Cl—离子，可能含有Na+、NO3—
B．一定含Ba2+、Cl—离子，可能含有Na+，不含NO3—
C．一定含Ba2+、Cl—、NO3—离子，不含Na+
D．一定含Na+、Ba2+、Cl—、NO3—离子
【答案】D
类型四、数据型选择题
例5、把2.1g的平均相对分子质量为12的CO与H2组成的混合气体与足量的O2充分燃烧后，立即通入足量的Na2O2固体中，固体的质量增加( )
A．2.1g B．3.6g C．7.2g D．无法确定
【思路点拨】采取极端假设法分析。
【答案】A
【解析】假设2.1g全是CO，与足量的O2充分燃烧后，通入足量的Na2O2固体中，固体的质量增加2.1g；假设2.1g全是H2，与足量的O2充分燃烧后，通入足量的Na2O2固体中，固体的质量增加也为2.1g。所以，把2.1g的CO与H2组成的混合气体与足量的O2充分燃烧后，通入足量的Na2O2固体中，固体的质量增加必然为2.1g，与2.1g中CO与H2的所占比例大小无关。
【总结升华】有些试题数据完整，若按部就班，则陷入了命题者设置的烦琐计算中，若能发现题干、选择项中某些特殊规律便能轻松作答。
举一反三：
【变式1】人体血液中存在平衡：CO2+H 2 OH 2 CO3HCO3-，使血液pH保持在7.35~7.45之间，否则就会发生酸中毒或碱中毒。已知pH随c(HCO3-)：c(H 2 CO3) 变化关系如下表所示，则下列说法中不正确的是( )
c(HCO3-)︰c(H 2 CO3)
1.0
17.8
20.0
22.4
pH
6.10
7.35
7.40
7.45
A．pH=7的血液中，c(HCO3-) > c(H 2 CO3)
B．人体发生酸中毒时，可静脉滴注一定浓度的NaHCO3溶液解毒
C．常温下将pH=7.40的血液稀释至pH=7时，c(H +)·c(OH-)一定不变
D．c(HCO3-)︰c(H 2 CO3)=1时，H2 CO3的电离程度小于HCO3-的水解程度
【答案】D
【答案】A项，pH=7时，17.8＞c(HCO3-)︰c(H 2 CO3)＞1，A正确；B项，发生酸中毒时，应该用碱性物质缓解，NaHCO3溶液显碱性，且c（HCO3-）增大，平衡逆向进行，酸性减弱，B正确；C项，温度不变，c(H +)·c(OH-)一定不变，C正确；D项，c(HCO3-)︰c(H 2 CO3)=1时，溶液pH=6.10，H2 CO3的电离程度大于HCO3-的水解程度，D错误。故选D。
【变式2】在密闭容器中盛有H2、O2、Cl2的混合气体，通过电火花点燃，三种气体正好完全反应，冷却至室温后，所得溶液的质量分数为25．26％，则容器中原有H2、O2、Cl2的分子个数比是( )
A．6：3：l B．9：6：1 C．13：6：1 D．10：6：l
【答案】C
【解析】由电子得失相等有：2n(H2)= 4(O2)+2(Cl2)，只有C项符合上式。
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46.0％，则氧元素的质量分数为( )
A．72.6％ B．54.0％ C．22.0％ D．36.3％
【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：
46.0％×32/46=32.0%，混合物中含氧元素的质量分数为：（1-46.0％-32.0％）=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、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】C2H4 、C3H8O 、C6H12混合物中，C元素的质量分数为a%，求O元素的质量分数。
【答案】（1—a%×7/6）×8/9
【解析】将C3H8O改为C3H6 ▪ H2O，（1—a%×7/6）代表含“H2O”量。
【变式2】有一块Al—Fe合金，溶于足量的盐酸中，再用过量的NaOH溶液处理，将产生的沉淀过滤、洗涤、干燥、灼烧，完全变成红色粉末，经称量红色粉末和合金质量恰好相等，则合金中铝的含量为( )
A．70% B．52.4% C．47.6% D．30%
【答案】D
【解析】反应前后铁的质量相等。故合金中铝的质量分数等于氧化铁中氧的质量分数。试题未给出明确的数据，使人陷入无据可依的迷惑。实际上，这类试题的数据并不缺少，而是具有一定的隐蔽性。这类试题往往可以借助守恒法、设一法、差量法等求解。
类型五、定量问题定性化
例7、在一定体积的密闭容器中充入3L气体R和5L气体Q，在一定条件下发生反应2R(g)+5Q(g)＝4X(g)+nY(g)反应完全后，容器温度不变，混合气体的压强是原来的87.5％，则化学方程式中的n值是( )
A．2 B．3 C．4 D．5
【思路点拨】混合气体的压强是原来的87.5％，相当于混合气体的压强比原来减小，那么方程式中各物质的前后系数和应满足什么关系呢？
【答案】A
【解析】定容密闭容器，达平衡后，温度不变，混合气体的压强比原来减小，说明平衡右移，故2+5＞4+n，n＜3，只有A符合题意。
【总结升华】巧用概念，无需计算。题干中虽然给出了有关的数据，但并不需对这些数据一步一步地进行计算，而是题干对它们的巧解来考查考生的思维的敏捷性。
举一反三：
【变式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)3－6e－+ 10 OH－= 2FeO42－+ 8H2O
C．放电时负极反应为：3Zn－6e－ +6OH－= 3Zn(OH)2
D．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。
【变式2】甲、乙两种气态化合物都只含X、Y两元素，甲、乙中X元素的百分含量分别为30.4％和25.9％，若已知甲的分子式是XY2，则乙的分子式可能是( )
A．XY B．X2Y C．X2Y3 D．X2Y5
【答案】D
【解析】运用估算，快速解答。30.4％＞25.9％，即甲中X元素的百分含量高于乙，甲的分子式是XY2，X与Y的个数比为1:2，则乙的分子式只可能是选项中的X2Y5。
【变式3】二硫化碳(CS2)能够在氧气中完全燃烧生成CO2和SO2。今用0.228 g CS2在448 mL氧气(标准状况)中完全燃烧，反应后气体混合物在标准状况时的体积是( )
A．112 mL B．224 ml C．336 mL D．448 mL
【答案】D
【解析】二硫化碳CS2+2 O2 CO2和SO2。由于标准状况下CS2为液体，其余为气体，不难发现本反应前后气体总体积不变，故选D。
【变式4】200℃ 11.6gCO2和H2O蒸气的混合气体与足量的Na2O2充分反应后，质量增加了3.6g，则原混合气体的平均相对分子质量为( )
A．5.8 B．11.6 C．23.2 D．46.4
【答案】C
【解析】CO2和H2O蒸气的混合气体的平均相对分子质量一定介于44和18之间，只有选项 C符合题意。
【变式5】同温、同压下，某容器充满O2重116 g，充满CO2重122 g，现充满某气体重114 g，则该气体的相对分子质量为( )
A．28 B．60 C．32 D．44
【答案】A
【解析】方法一（巧解）：充满O2重116 g，充满某气体重114 g，114 g＜116 g，故该气体相对分子质量小于O2，仅A符合题意。
方法二：按常规思路，设容器重m g。某气体的相对分子质量为M1，由，因为容器体积不变，所以有，得m=100，然后由，得M1=28g·mol－1，即相对分子质量为28，选A。
本题用学会巧解和常规两种方法，常规法有利于阿伏伽德罗定律的应用和理解。
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