化学选择题常用解法

罗功举+樊玉田

选择题是化学试题构成的常见题型，在历年高考中约占总分的４５％左右，由此可见，选择题在高考考查中占有重要的地位。如何做好选择题呢？除了要求掌握扎实的化学基础知识外，还要求有一定的思辨能力和解题技巧。下面谈谈选择题解答的一些常用方法，供参考。

一、排除法运用已经掌握的知识，在正确理解题意的基础上，通过寻找不合理或不符合题目要求的因素，逐一剔除，也可验证余下内容是否正确，直至最后获得正确的结论或符合题意的选项。该法主要适合于解答概念、元化性质应用、组合型选择题等。

【例１】下列物质的分类正确的一组是（）

分析：本题属于概念和物质分类知识的考查。ＮＨ３属于非电解质，则Ａ项错误；明矾、冰水混合物属于纯净物，则Ｂ、Ｄ项也不正确；再验证Ｃ项中后两种物质类别，可进一步确定Ｃ项正确。

答案：Ｃ

评注分析概念性问题时，要把握其本质特征，了解一些常见的特例情况及一些事实而非的问题，如冰水混合物为纯净物、纯碱不属于碱等。

二、类推法通过对两个或两类不同的对象进行比较，找出它们的相似点或相同处，然后以此为依据，把其中一个对象的有关知识或结论推移到另一对象中去，获得解题思路。但分析时要注意问题的本质和其间的差别。此法适合于化学反应方程式书写或组成结构分析等。

【例２】ＣａＣ２和ＺｎＣ２、Ａｌ４Ｃ３、Ｍｇ２Ｃ３、Ｌｉ２Ｃ２等都同属离子型碳化物。请通过对ＣａＣ２制Ｃ２Ｈ２的反应进行思考，从中得到必要的启示，判断下列反应产物正确的是（）

Ａ． ＺｎＣ２水解生成乙烷（Ｃ２Ｈ６）

Ｂ． Ａｌ４Ｃ３水解生成丙炔（Ｃ３Ｈ４）

Ｃ． Ｍｇ２Ｃ３水解生成丙炔（Ｃ３Ｈ４）

Ｄ． Ｌｉ２Ｃ２水解生成乙烯（Ｃ２Ｈ４）

分析：ＣａＣ２与水反应的化学方程式为：ＣａＣ２＋２Ｈ–ＯＨ→Ｃａ（ＯＨ）２＋Ｃ２Ｈ２↑，该反应类似复分解反应，微粒间按“头尾结合、中间结合”规律反应得到产物。将此结论类推到其它离子型碳化物与水反应中，得到各反应式为：ＺｎＣ２＋２Ｈ–ＯＨ→Ｚｎ（ＯＨ）２＋Ｃ２Ｈ２↑、Ａｌ４Ｃ３＋１２Ｈ–ＯＨ→４Ａｌ（ＯＨ）３＋３ＣＨ４↑、Ｍｇ２Ｃ３＋４Ｈ–ＯＨ→２Ｍｇ（ＯＨ）２＋Ｃ３Ｈ４↑、Ｌｉ２Ｃ２＋２Ｈ–ＯＨ→２ＬｉＯＨ＋Ｃ２Ｈ２↑。

答案：Ｃ

评注对于任意离子型碳化物与水的反应，可以写出其反应通式：金属碳化物＋Ｈ２Ｏ→金属氢氧化物＋烃，其中ＯＨ–来源于水的电离，烃中的氢原子来源于水电离出的Ｈ＋。

三、实例法有些选择题给出的条件不很具体，若把握问题能力不强则容易出错，此时需要抓住题目所提供的各种特征（如数据、结构、位置等）信息，选择自己熟悉的实例带入分析，把抽象问题具体化，往往会收到事半功倍的效果。此法适合解答元素推断、反应规律类问题。

【例３】Ｘ和Ｙ是短周期元素，二者能形成化合物Ｘ２Ｙ３，若Ｙ的原子序数为ｎ，则Ｘ的原子序数不可能是（ ）

Ａ． ｎ－８ Ｂ． ｎ－３ Ｃ． ｎ－１ Ｄ． ｎ＋５

分析：由化学式Ｘ２Ｙ３可知，Ｘ为＋３价，Ｙ为–２价，则可将Ｘ２Ｙ３常见形式的化合物及Ｘ的原子序数一一列举出来，如Ａｌ２Ｏ３、ｎ＋５，Ｎ２Ｏ３、ｎ－１，Ａｌ２Ｓ３、ｎ－３。

答案：Ａ

评注本题也可以另解，由化学式Ｘ２Ｙ３知，Ｘ、Ｙ的原子序数一个为奇数一个为偶数，根据“序、价”规律可判断Ａ项正确。

四、守恒法是利用物质在变化过程中某一特定的量固定不变（如质量守恒、电子得失守恒、电荷守恒等），进行化学计算或推断的解题方法。该法主要适合于化学计算、离子浓度大小比较、氧化还原反应分析等题的解答。

【例４】有一钠块放置于潮湿的空气中，表面已氧化变质，且仍为白色块状固体，称其质量为２５ ｇ。将其全部投入足量水中发生反应，得到溶液１０００ ｍＬ，并收集到气体２．２４ Ｌ（标准状况下的纯净物）；再取此溶液１００ ｍＬ，用１ ｍｏｌ·Ｌ–１的盐酸滴定至中性，用去７０ ｍＬ，并将滴定过程中产生的气体通入到足量的澄清石灰水中，得到干燥的沉淀１ ｇ，则金属钠的氧化率为（）

Ａ． ７１．４％ Ｂ． ８１．６％ Ｃ． １８．４％ Ｄ． ２８．６％

分析：根据题意可知，２．２４ Ｌ气体是钠与水反应产生的Ｈ２，可得：未被氧化的钠的物质的量ｎ（Ｎａ）１＝０．２ ｍｏｌ；又根据“用盐酸滴定至中性”及电荷守恒知识可知：ｃ（Ｎａ＋）＝ｃ（Ｃｌ–），则１０００ ｍＬ溶液钠的物质的量ｎ（Ｎａ）２＝１ ｍｏｌ·Ｌ–１×０．０７ Ｌ×１０＝０．７ ｍｏｌ，那么，被氧化的钠的物质的量ｎ（Ｎａ）３＝０．７ ｍｏｌ－０．２ ｍｏｌ＝０．５ ｍｏｌ，故金属钠的氧化率为０．５／０．７×１００％＝７１．４％。

答案：Ａ

评注本题并不需要完全弄清楚钠的氧化变质产物是什么，且２５ ｇ、１ ｇ为多余数据。因此，解答计算型问题时，不必强求所有的数据均要用到。

五、构造法利用“替代”、“假设”、“隔离”等思维方式，将直接解答难以获得思路的问题构造为另一个“等价”、“相当”的较易解决的模型，使问题得以解决。此法适合于解答化学平衡、有机物结构分析等试题。

【例５】在化合物Ｘ２Ｙ和ＹＺ２中，Ｙ的质量百分比分别约为４０％和５０％，则在化合物Ｘ２ＹＺ３中Ｙ的质量百分比约为（ ）

Ａ． ２０％Ｂ． ２５％Ｃ． ３０％Ｄ．３５％

分析：根据题设数据特点，假设在Ｘ２Ｙ中Ｙ的相对原子质量为４０，则Ｘ的相对原子质量为３０；在ＹＺ２中，Ｙ的相对原子质量若为４０，则Ｚ的相对原子质量就为２０。这样，在化合物Ｘ２ＹＺ３中，Ｙ的质量百分比约为：４０／（３０×２＋４０＋２０×３）×１００％＝２５％，故正确答案为Ｂ。

评注利用特殊数据解题是化学中常用的一种方法，那构造特殊数据则需要技巧，也是解题的关键，可以是组成中的特定量也可以是图像中对应特殊点的量等，根据实际需要进行假设。

六、图示法对于复杂变化过程或模糊性较强的问题，可采取将其转化为图像、图示、数轴、过程示意图、数学模型等形式，使问题得到简化，进而迅速解题。此法适合于溶液组分分析、元素推断、元素化合价升降分析、发散性问题计算、盖斯定律应用等。

【例６】已知胆矾溶于水时溶液温度降低。胆矾分解的热化学方程式为ＣｕＳＯ４·５Ｈ２Ｏ（ｓ）■ ＣｕＳＯ４（ｓ）＋５Ｈ２Ｏ（ｌ）；△Ｈ＝＋Ｑ１ ｋＪ·ｍｏｌ–１。室温下，若将１ ｍｏｌ无水硫酸铜溶解为溶液时放热Ｑ２ ｋＪ，则Ｑ１与Ｑ２的关系为（）

Ａ． Ｑ１＞Ｑ２Ｂ． Ｑ１＝Ｑ２Ｃ． Ｑ１＜Ｑ２Ｄ． 无法比较

分析：本题考查盖斯定律的应用。根据题意，胆矾溶于水时溶液温度降低，则△Ｈ＝＋Ｑ ｋＪ·ｍｏｌ–１，Ｑ＞０；１ ｍｏｌ无水硫酸铜溶解为溶液时放热，△Ｈ＝–Ｑ２ ｋＪ·ｍｏｌ–１，Ｑ２＞０；可设计右图所示的循环路线，则Ｑ＝Ｑ１－Ｑ２＞０，得：Ｑ１＞Ｑ２。

答案：Ａ

评注设计此类问题的图示时，一是路线要符合循环、封闭原则，二是热量变化的“＋、–”号要正确，三是按盖斯定律内容要求书写各量的关系式（如等式）。

七、规律法中学化学中的规律性内容很多，有些选择题就是规律知识的具体化，遇到这些问题时，可以直接运用所掌握的规律解答问题。此法适合解答元素化合物性质和反应规律、酸碱稀释、有机物结构和性质规律等问题。

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【例７】向５０ ｍＬ ＮａＯＨ溶液中逐渐通入一定量的ＣＯ２（假设溶液体积不变），随后取此溶液１０ ｍＬ，将其稀释至１００ ｍＬ，并向此稀释后的溶液中逐滴加入０．１ ｍｏｌ·Ｌ–１的盐酸，产生ＣＯ２气体的体积（标准状况下）与所加入的盐酸的体积关系如图。下列分析错误的是（）

Ａ． ＯＡ段所发生反应的离子方程式为：Ｈ＋＋ＯＨ–＝Ｈ２Ｏ、Ｈ＋＋ＣＯ３２–＝ＨＣＯ３–

Ｂ． ＮａＯＨ在吸收ＣＯ２后，所得溶液的溶质为ＮａＯＨ和Ｎａ２ＣＯ３，其物质的量浓度之比为１︰１

Ｃ． 产生ＣＯ２的体积（标准状况下）为０．０５６ Ｌ

Ｄ． 原ＮａＯＨ溶液的物质的量浓度为０．５ ｍｏｌ·Ｌ–１

分析：观察图像，Ａ点前后耗盐酸的体积比为１∶２，根据碳酸盐与盐酸反应规律可知ＮａＯＨ在吸收ＣＯ２后所得溶液的溶质为ＮａＯＨ和Ｎａ２ＣＯ３，且其物质的量浓度之比为１︰１，那么，ＯＡ段所发生反应的离子方程式为：Ｈ＋＋ＯＨ–＝Ｈ２Ｏ、Ｈ＋＋ＣＯ３２–＝ＨＣＯ３–，ＡＢ段所发生反应的离子方程式为Ｈ＋＋ＨＣＯ３–＝Ｈ２Ｏ＋ＣＯ２↑，产生ＣＯ２的体积为０．１ ｍｏｌ·Ｌ–１×０．０２５ Ｌ×２２．４ Ｌ·ｍｏｌ–１＝０．０５６ Ｌ。Ｂ点对应的溶液中的溶质只有ＮａＣｌ，则ｃ（Ｎａ＋）＝ｃ（Ｃｌ–），可知ｎ（ＮａＯＨ）＝ｎ（ＨＣｌ），那么ｃ（ＮａＯＨ）＝ ０．１ ｍｏｌ·Ｌ–１×０．０７５ Ｌ×５／０．０５ Ｌ＝０．７５ ｍｏｌ·Ｌ–１。

答案：Ｄ

评注ＮａＯＨ与ＣＯ２反应的产物可能有多种情况，每类产物与盐酸反应时，消耗盐酸的量都有特定的比值，由具体比值则可反推对应产物的组成。

八、推断法根据题目给出的框图或流程图、条件及现象等，寻找有关知识的内在联系，然后进行综合分析和推理判断，从而得出正确结论的方法。该法主要适合于概念型、元素化合物推断、离子型推断等选择题。

【例８】甲、乙、丙、丁是由Ｈ＋、Ｎａ＋、Ａｌ３＋、Ｂａ２＋、ＯＨ–、Ｃｌ–、ＨＣＯ３–离子中的两种组成，可以发生如图转化，下列说法正确的是（）

Ａ． 甲为ＡｌＣｌ３，乙为ＮａＨＣＯ３

Ｂ． 溶液丙中还可以大量共存的离子有：Ｆｅ２＋、ＮＯ３–、ＳＯ４２–

Ｃ． 在甲中滴加丁开始反应的离子方程式：ＨＣＯ３–＋Ｂａ２＋＋ＯＨ–＝ＢａＣＯ３↓＋Ｈ２Ｏ

Ｄ． 白色沉淀Ａ可能溶解在溶液Ｄ中

分析：根据题给离子情况可知，四种物质中有两种含相同的阴离子；再结合框图，甲与乙、甲与丙反应均可产生ＮａＣｌ溶液及无色气体Ｂ，则Ｂ为ＣＯ２，又几种离子中只有Ｈ＋与ＨＣＯ３–、Ａｌ３＋与ＨＣＯ３–反应可产生ＣＯ２，故甲中含ＨＣＯ３–且甲为ＮａＨＣＯ３、乙中含Ａｌ３＋、丙中含Ｈ＋。根据离子共存原则可知，Ｈ＋、Ａｌ３＋都只能与Ｃｌ–共存，故丙为ＨＣｌ、乙为ＡｌＣｌ３；剩余两离子组合为丁，即Ｂａ（ＯＨ）２。然后可推断出Ａ为Ａｌ（ＯＨ）３、Ｃ为ＢａＣＯ３、Ｄ为ＮａＯＨ或Ｎａ２ＣＯ３（甲与丁反应分过量和不过量两种情况）。Ｂ项，酸性条件下，Ｆｅ２＋与ＮＯ３–不能共存；Ｃ项，开始反应时Ｂａ（ＯＨ）２是少量的，其离子方程式应为２ＨＣＯ３–＋Ｂａ２＋＋２ＯＨ–＝ＢａＣＯ３↓＋Ｈ２Ｏ＋ＣＯ３２–；Ｄ项，Ａｌ（ＯＨ）３可以溶解在ＮａＯＨ溶液中，但不能溶于Ｎａ２ＣＯ３溶液中。

答案：Ｄ

评注遇到推断问题时，要善于抓关键信息进行突破，如本题中的“无色气体Ｂ”，否则，解题时就会陷入瓶颈；另外还要注意审题，如Ｃ项就是易错点。

九、方程组法在混合物计算中，因涉及到多个反应或有多个变量，解题时可设置多个未知数，然后根据题设条件列多个方程构成方程组，进而求解得出答案。要注意的是，有的试题中的未知数可以设而不求，一是转换为具有另外化学意义的量，二是化简约掉。

【例９】镁铝合金６．３ ｇ完全溶于稀硝酸，若反应中硝酸被还原只产生４．４８ Ｌ（标准状况下）ＮＯ气体，在反应后的溶液中，加入足量１ ｍｏｌ·Ｌ–１的ＮａＯＨ溶液，生成沉淀的质量为（）

Ａ． ８．７ ｇＢ． ７．８ ｇＣ． １６．５ ｇＤ． ４．０ ｇ

分析：设镁、铝的物质的量分别为ｘ、ｙ，则２４ｘ＋２７ｙ＝６．３、２ｘ＋３ｙ＝０．２×３，解得：ｘ＝０．１５ ｍｏｌ、ｙ＝０．１ ｍｏｌ。加入足量ＮａＯＨ溶液后，生成的沉淀只有Ｍｇ（ＯＨ）２，其质量为０．１５ ｍｏｌ×５８ ｇ／ｍｏｌ＝８．７ ｇ。

答案：Ａ

本题也可以用估算法。镁、铝的相对原子质量分别为２４、２７，二者总质量６．３ ｇ的小数位是３，可看作Ｘ７＋Ｙ６＝Ｚ３的个位数，“Ｘ７”与“２７”相联系，可假设铝为２．７ ｇ，则镁为３．６ ｇ（即“Ｙ６＝３．６”，与“２４”相联系，相差０．１５倍），这样就将６．３ ｇ迅速分解为镁和铝的质量，再根据题设即可快速求解。

评注化学计算中有很多规律技巧，但要总结积累。如很多试题的已知数据与未知数据间存在着０．１、０．２或０．５等特定的、又可观察发现的倍数关系，解题时，要充分利用这一特点。

十、替代法在有机物同分异构体分析中，有些物质具有结构对称性或组成相似性或基团特殊性等特点，解答这些问题时，可抓住其特征，运用对称法、变形法、整体与部分等价法进行思考，从而得出结论。

【例１０】分子式为Ｃ３Ｈ２Ｃｌ６的同分异构体共有（不考虑立体异构）（）

Ａ． ３种Ｂ． ４种Ｃ． ５种Ｄ． ６种

分析：有的同学在解答此题时，将Ｃ３Ｈ２Ｃｌ６看做Ｃ３Ｈ８的六氯代物，则陷入书写的困境。其实，Ｃ３Ｈ２Ｃｌ６与Ｃ３Ｃｌ２Ｈ６的同分异构体数是相同的，因为Ｃ３Ｃｌ２Ｈ６可看做Ｃ３Ｃｌ８的六氢代物；Ｃ３Ｃｌ２Ｈ６还可看做Ｃ３Ｈ８的二氯代物，这样就使问题简化了。Ｃ３Ｈ８的二氯代物有４种，则Ｃ３Ｈ２Ｃｌ６的同分异构体也有４种。

答案：Ｂ

评注若有机物分子中氢原子数和卤原子（或其它特定的原子或基团）数之和为定值，则ＣＨｍＸｎ与ＣＨｎＸｍ的同分异构体数相等。解题时，用替代法可将复杂问题简单化。

十一、公式法化学选择题中常常有一些公式的运用问题，如涉及物质的量浓度、质量分数、化学反应速率、ｐＨ、化学平衡常数的计算等，对于这类计算，一要注意公式的适用范围，二要注意公式中各量的意义，三要注意各量的单位及书写形式，不能出错。

【例１１】在一个容积固定为２ Ｌ的密闭容器内充入０．１８ ｍｏｌ的碘化氢气体，４８０℃时发生反应：２ＨＩ（ｇ）?葑Ｈ２（ｇ）＋Ｉ２（ｇ），体系中ｎ（ＨＩ）随时间变化的情况如下表：

则４８０℃时，反应１／２ Ｈ２（ｇ）＋１／２ Ｉ２（ｇ）?葑ＨＩ（ｇ）的化学平衡常数为（）

Ａ． ７Ｂ． １４Ｃ． ２１Ｄ． ４９

分析：４８０℃时，反应２ＨＩ（ｇ）?葑Ｈ２（ｇ）＋Ｉ２（ｇ）的化学平衡常数Ｋ１＝ｃ（Ｈ２）·ｃ（Ｉ２）／ｃ２（ＨＩ）＝０．０１×０．０１／０．０７２＝１／４９；反应１／２ Ｈ２（ｇ）＋１／２ Ｉ２（ｇ）?葑ＨＩ（ｇ）的化学平衡常数Ｋ２＝ｃ（ＨＩ）／ｃ１／２（Ｈ２）·ｃ１／２（Ｉ２）＝ １／Ｋ１１／２＝７。

答案：Ａ

评注本题易错选Ｄ项，错因是只注意了两个反应式的书写方向相反，未注意两个反应式的化学计量数存在倍数差异，若先书写出各自反应的化学平衡常数表达式，再找出二者的关系，则可减少失误。

十二、平均值法此法一般用于确定混合物的组成或成分。当量的最小值Ｍ１与最大值Ｍ２之间，存在关系式Ｍ１＜Ｍ＜Ｍ２，且已知其中两个量时，则可以确定另一个量，然后推出对应的物质。常用的平均值有平均相对分子质量、平均摩尔电子质量等。

【例１２】某澄清透明溶液中只可能含有：①Ａｌ３＋；②Ｍｇ２＋；③Ｆｅ３＋；④Ｃｕ２＋；⑤Ｈ＋；⑥ＣＯ３２–；⑦ＮＯ３–中的几种，向该溶液中逐滴加入ＮａＯＨ溶液至过量，生成沉淀的质量与ＮａＯＨ的物质的量的关系如图所示，则该溶液中一定含有的离子是（ ）

Ａ． ②⑤⑦Ｂ． ②③⑤⑦Ｃ． ③⑤⑦Ｄ． ④⑤⑦

分析：根据图像可知，加１ ｍｏｌ ＮａＯＨ溶液阶段反映的是Ｈ＋与ＯＨ–的反应，即原溶液中含Ｈ＋，则无ＣＯ３２–、必有ＮＯ３–；加４ ｍｏｌ ＮａＯＨ溶液以后沉淀未减少，则原溶液中无Ａｌ３＋；与金属阳离子反应生成沉淀的ＯＨ–为３ ｍｏｌ，若只有Ｍｇ２＋时，产生沉淀的质量为３／２ ｍｏｌ×５８ ｇ／ｍｏｌ＝８７ ｇ；若只有Ｆｅ３＋时，产生沉淀的质量为１ ｍｏｌ×１０７ ｇ／ｍｏｌ＝１０７ ｇ；若只有Ｃｕ２＋时，产生沉淀的质量为３／２ ｍｏｌ×９８ ｇ／ｍｏｌ＝１４７ ｇ；而实际产生沉淀的质量为１００ ｇ，根据平均值原理可知：原溶液中必有Ｍｇ２＋，Ｆｅ３＋和Ｃｕ２＋至少有一种。

答案：Ａ

评注本题还有很多变化，如无“④Ｃｕ２＋”时，答案为Ｂ项；如将图像中的１００改为１０７时，答案为Ｃ项，等等。正确解题的关键是对平均值原理的理解。

除上述一些方法外，还有如讨论法、比较法、差量法、本质法、极限法、关系式法、穷举法（判断同分异构体数目）等，也是化学选择题解答中常用的方法。总之，具体实践中要能灵活机动，有的试题可以用多种方法解答，不能墨守成规。

（作者单位：湖北枝江一中）

责任编校李平安

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【例７】向５０ ｍＬ ＮａＯＨ溶液中逐渐通入一定量的ＣＯ２（假设溶液体积不变），随后取此溶液１０ ｍＬ，将其稀释至１００ ｍＬ，并向此稀释后的溶液中逐滴加入０．１ ｍｏｌ·Ｌ–１的盐酸，产生ＣＯ２气体的体积（标准状况下）与所加入的盐酸的体积关系如图。下列分析错误的是（）

Ａ． ＯＡ段所发生反应的离子方程式为：Ｈ＋＋ＯＨ–＝Ｈ２Ｏ、Ｈ＋＋ＣＯ３２–＝ＨＣＯ３–

Ｂ． ＮａＯＨ在吸收ＣＯ２后，所得溶液的溶质为ＮａＯＨ和Ｎａ２ＣＯ３，其物质的量浓度之比为１︰１

Ｃ． 产生ＣＯ２的体积（标准状况下）为０．０５６ Ｌ

Ｄ． 原ＮａＯＨ溶液的物质的量浓度为０．５ ｍｏｌ·Ｌ–１

分析：观察图像，Ａ点前后耗盐酸的体积比为１∶２，根据碳酸盐与盐酸反应规律可知ＮａＯＨ在吸收ＣＯ２后所得溶液的溶质为ＮａＯＨ和Ｎａ２ＣＯ３，且其物质的量浓度之比为１︰１，那么，ＯＡ段所发生反应的离子方程式为：Ｈ＋＋ＯＨ–＝Ｈ２Ｏ、Ｈ＋＋ＣＯ３２–＝ＨＣＯ３–，ＡＢ段所发生反应的离子方程式为Ｈ＋＋ＨＣＯ３–＝Ｈ２Ｏ＋ＣＯ２↑，产生ＣＯ２的体积为０．１ ｍｏｌ·Ｌ–１×０．０２５ Ｌ×２２．４ Ｌ·ｍｏｌ–１＝０．０５６ Ｌ。Ｂ点对应的溶液中的溶质只有ＮａＣｌ，则ｃ（Ｎａ＋）＝ｃ（Ｃｌ–），可知ｎ（ＮａＯＨ）＝ｎ（ＨＣｌ），那么ｃ（ＮａＯＨ）＝ ０．１ ｍｏｌ·Ｌ–１×０．０７５ Ｌ×５／０．０５ Ｌ＝０．７５ ｍｏｌ·Ｌ–１。

答案：Ｄ

评注ＮａＯＨ与ＣＯ２反应的产物可能有多种情况，每类产物与盐酸反应时，消耗盐酸的量都有特定的比值，由具体比值则可反推对应产物的组成。

八、推断法根据题目给出的框图或流程图、条件及现象等，寻找有关知识的内在联系，然后进行综合分析和推理判断，从而得出正确结论的方法。该法主要适合于概念型、元素化合物推断、离子型推断等选择题。

【例８】甲、乙、丙、丁是由Ｈ＋、Ｎａ＋、Ａｌ３＋、Ｂａ２＋、ＯＨ–、Ｃｌ–、ＨＣＯ３–离子中的两种组成，可以发生如图转化，下列说法正确的是（）

Ａ． 甲为ＡｌＣｌ３，乙为ＮａＨＣＯ３

Ｂ． 溶液丙中还可以大量共存的离子有：Ｆｅ２＋、ＮＯ３–、ＳＯ４２–

Ｃ． 在甲中滴加丁开始反应的离子方程式：ＨＣＯ３–＋Ｂａ２＋＋ＯＨ–＝ＢａＣＯ３↓＋Ｈ２Ｏ

Ｄ． 白色沉淀Ａ可能溶解在溶液Ｄ中

分析：根据题给离子情况可知，四种物质中有两种含相同的阴离子；再结合框图，甲与乙、甲与丙反应均可产生ＮａＣｌ溶液及无色气体Ｂ，则Ｂ为ＣＯ２，又几种离子中只有Ｈ＋与ＨＣＯ３–、Ａｌ３＋与ＨＣＯ３–反应可产生ＣＯ２，故甲中含ＨＣＯ３–且甲为ＮａＨＣＯ３、乙中含Ａｌ３＋、丙中含Ｈ＋。根据离子共存原则可知，Ｈ＋、Ａｌ３＋都只能与Ｃｌ–共存，故丙为ＨＣｌ、乙为ＡｌＣｌ３；剩余两离子组合为丁，即Ｂａ（ＯＨ）２。然后可推断出Ａ为Ａｌ（ＯＨ）３、Ｃ为ＢａＣＯ３、Ｄ为ＮａＯＨ或Ｎａ２ＣＯ３（甲与丁反应分过量和不过量两种情况）。Ｂ项，酸性条件下，Ｆｅ２＋与ＮＯ３–不能共存；Ｃ项，开始反应时Ｂａ（ＯＨ）２是少量的，其离子方程式应为２ＨＣＯ３–＋Ｂａ２＋＋２ＯＨ–＝ＢａＣＯ３↓＋Ｈ２Ｏ＋ＣＯ３２–；Ｄ项，Ａｌ（ＯＨ）３可以溶解在ＮａＯＨ溶液中，但不能溶于Ｎａ２ＣＯ３溶液中。

答案：Ｄ

评注遇到推断问题时，要善于抓关键信息进行突破，如本题中的“无色气体Ｂ”，否则，解题时就会陷入瓶颈；另外还要注意审题，如Ｃ项就是易错点。

九、方程组法在混合物计算中，因涉及到多个反应或有多个变量，解题时可设置多个未知数，然后根据题设条件列多个方程构成方程组，进而求解得出答案。要注意的是，有的试题中的未知数可以设而不求，一是转换为具有另外化学意义的量，二是化简约掉。

【例９】镁铝合金６．３ ｇ完全溶于稀硝酸，若反应中硝酸被还原只产生４．４８ Ｌ（标准状况下）ＮＯ气体，在反应后的溶液中，加入足量１ ｍｏｌ·Ｌ–１的ＮａＯＨ溶液，生成沉淀的质量为（）

Ａ． ８．７ ｇＢ． ７．８ ｇＣ． １６．５ ｇＤ． ４．０ ｇ

分析：设镁、铝的物质的量分别为ｘ、ｙ，则２４ｘ＋２７ｙ＝６．３、２ｘ＋３ｙ＝０．２×３，解得：ｘ＝０．１５ ｍｏｌ、ｙ＝０．１ ｍｏｌ。加入足量ＮａＯＨ溶液后，生成的沉淀只有Ｍｇ（ＯＨ）２，其质量为０．１５ ｍｏｌ×５８ ｇ／ｍｏｌ＝８．７ ｇ。

答案：Ａ

本题也可以用估算法。镁、铝的相对原子质量分别为２４、２７，二者总质量６．３ ｇ的小数位是３，可看作Ｘ７＋Ｙ６＝Ｚ３的个位数，“Ｘ７”与“２７”相联系，可假设铝为２．７ ｇ，则镁为３．６ ｇ（即“Ｙ６＝３．６”，与“２４”相联系，相差０．１５倍），这样就将６．３ ｇ迅速分解为镁和铝的质量，再根据题设即可快速求解。

评注化学计算中有很多规律技巧，但要总结积累。如很多试题的已知数据与未知数据间存在着０．１、０．２或０．５等特定的、又可观察发现的倍数关系，解题时，要充分利用这一特点。

十、替代法在有机物同分异构体分析中，有些物质具有结构对称性或组成相似性或基团特殊性等特点，解答这些问题时，可抓住其特征，运用对称法、变形法、整体与部分等价法进行思考，从而得出结论。

【例１０】分子式为Ｃ３Ｈ２Ｃｌ６的同分异构体共有（不考虑立体异构）（）

Ａ． ３种Ｂ． ４种Ｃ． ５种Ｄ． ６种

分析：有的同学在解答此题时，将Ｃ３Ｈ２Ｃｌ６看做Ｃ３Ｈ８的六氯代物，则陷入书写的困境。其实，Ｃ３Ｈ２Ｃｌ６与Ｃ３Ｃｌ２Ｈ６的同分异构体数是相同的，因为Ｃ３Ｃｌ２Ｈ６可看做Ｃ３Ｃｌ８的六氢代物；Ｃ３Ｃｌ２Ｈ６还可看做Ｃ３Ｈ８的二氯代物，这样就使问题简化了。Ｃ３Ｈ８的二氯代物有４种，则Ｃ３Ｈ２Ｃｌ６的同分异构体也有４种。

答案：Ｂ

评注若有机物分子中氢原子数和卤原子（或其它特定的原子或基团）数之和为定值，则ＣＨｍＸｎ与ＣＨｎＸｍ的同分异构体数相等。解题时，用替代法可将复杂问题简单化。

十一、公式法化学选择题中常常有一些公式的运用问题，如涉及物质的量浓度、质量分数、化学反应速率、ｐＨ、化学平衡常数的计算等，对于这类计算，一要注意公式的适用范围，二要注意公式中各量的意义，三要注意各量的单位及书写形式，不能出错。

【例１１】在一个容积固定为２ Ｌ的密闭容器内充入０．１８ ｍｏｌ的碘化氢气体，４８０℃时发生反应：２ＨＩ（ｇ）?葑Ｈ２（ｇ）＋Ｉ２（ｇ），体系中ｎ（ＨＩ）随时间变化的情况如下表：

则４８０℃时，反应１／２ Ｈ２（ｇ）＋１／２ Ｉ２（ｇ）?葑ＨＩ（ｇ）的化学平衡常数为（）

Ａ． ７Ｂ． １４Ｃ． ２１Ｄ． ４９

分析：４８０℃时，反应２ＨＩ（ｇ）?葑Ｈ２（ｇ）＋Ｉ２（ｇ）的化学平衡常数Ｋ１＝ｃ（Ｈ２）·ｃ（Ｉ２）／ｃ２（ＨＩ）＝０．０１×０．０１／０．０７２＝１／４９；反应１／２ Ｈ２（ｇ）＋１／２ Ｉ２（ｇ）?葑ＨＩ（ｇ）的化学平衡常数Ｋ２＝ｃ（ＨＩ）／ｃ１／２（Ｈ２）·ｃ１／２（Ｉ２）＝ １／Ｋ１１／２＝７。

答案：Ａ

评注本题易错选Ｄ项，错因是只注意了两个反应式的书写方向相反，未注意两个反应式的化学计量数存在倍数差异，若先书写出各自反应的化学平衡常数表达式，再找出二者的关系，则可减少失误。

十二、平均值法此法一般用于确定混合物的组成或成分。当量的最小值Ｍ１与最大值Ｍ２之间，存在关系式Ｍ１＜Ｍ＜Ｍ２，且已知其中两个量时，则可以确定另一个量，然后推出对应的物质。常用的平均值有平均相对分子质量、平均摩尔电子质量等。

【例１２】某澄清透明溶液中只可能含有：①Ａｌ３＋；②Ｍｇ２＋；③Ｆｅ３＋；④Ｃｕ２＋；⑤Ｈ＋；⑥ＣＯ３２–；⑦ＮＯ３–中的几种，向该溶液中逐滴加入ＮａＯＨ溶液至过量，生成沉淀的质量与ＮａＯＨ的物质的量的关系如图所示，则该溶液中一定含有的离子是（ ）

Ａ． ②⑤⑦Ｂ． ②③⑤⑦Ｃ． ③⑤⑦Ｄ． ④⑤⑦

分析：根据图像可知，加１ ｍｏｌ ＮａＯＨ溶液阶段反映的是Ｈ＋与ＯＨ–的反应，即原溶液中含Ｈ＋，则无ＣＯ３２–、必有ＮＯ３–；加４ ｍｏｌ ＮａＯＨ溶液以后沉淀未减少，则原溶液中无Ａｌ３＋；与金属阳离子反应生成沉淀的ＯＨ–为３ ｍｏｌ，若只有Ｍｇ２＋时，产生沉淀的质量为３／２ ｍｏｌ×５８ ｇ／ｍｏｌ＝８７ ｇ；若只有Ｆｅ３＋时，产生沉淀的质量为１ ｍｏｌ×１０７ ｇ／ｍｏｌ＝１０７ ｇ；若只有Ｃｕ２＋时，产生沉淀的质量为３／２ ｍｏｌ×９８ ｇ／ｍｏｌ＝１４７ ｇ；而实际产生沉淀的质量为１００ ｇ，根据平均值原理可知：原溶液中必有Ｍｇ２＋，Ｆｅ３＋和Ｃｕ２＋至少有一种。

答案：Ａ

评注本题还有很多变化，如无“④Ｃｕ２＋”时，答案为Ｂ项；如将图像中的１００改为１０７时，答案为Ｃ项，等等。正确解题的关键是对平均值原理的理解。

除上述一些方法外，还有如讨论法、比较法、差量法、本质法、极限法、关系式法、穷举法（判断同分异构体数目）等，也是化学选择题解答中常用的方法。总之，具体实践中要能灵活机动，有的试题可以用多种方法解答，不能墨守成规。

（作者单位：湖北枝江一中）

责任编校李平安

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【例７】向５０ ｍＬ ＮａＯＨ溶液中逐渐通入一定量的ＣＯ２（假设溶液体积不变），随后取此溶液１０ ｍＬ，将其稀释至１００ ｍＬ，并向此稀释后的溶液中逐滴加入０．１ ｍｏｌ·Ｌ–１的盐酸，产生ＣＯ２气体的体积（标准状况下）与所加入的盐酸的体积关系如图。下列分析错误的是（）

Ａ． ＯＡ段所发生反应的离子方程式为：Ｈ＋＋ＯＨ–＝Ｈ２Ｏ、Ｈ＋＋ＣＯ３２–＝ＨＣＯ３–

Ｂ． ＮａＯＨ在吸收ＣＯ２后，所得溶液的溶质为ＮａＯＨ和Ｎａ２ＣＯ３，其物质的量浓度之比为１︰１

Ｃ． 产生ＣＯ２的体积（标准状况下）为０．０５６ Ｌ

Ｄ． 原ＮａＯＨ溶液的物质的量浓度为０．５ ｍｏｌ·Ｌ–１

分析：观察图像，Ａ点前后耗盐酸的体积比为１∶２，根据碳酸盐与盐酸反应规律可知ＮａＯＨ在吸收ＣＯ２后所得溶液的溶质为ＮａＯＨ和Ｎａ２ＣＯ３，且其物质的量浓度之比为１︰１，那么，ＯＡ段所发生反应的离子方程式为：Ｈ＋＋ＯＨ–＝Ｈ２Ｏ、Ｈ＋＋ＣＯ３２–＝ＨＣＯ３–，ＡＢ段所发生反应的离子方程式为Ｈ＋＋ＨＣＯ３–＝Ｈ２Ｏ＋ＣＯ２↑，产生ＣＯ２的体积为０．１ ｍｏｌ·Ｌ–１×０．０２５ Ｌ×２２．４ Ｌ·ｍｏｌ–１＝０．０５６ Ｌ。Ｂ点对应的溶液中的溶质只有ＮａＣｌ，则ｃ（Ｎａ＋）＝ｃ（Ｃｌ–），可知ｎ（ＮａＯＨ）＝ｎ（ＨＣｌ），那么ｃ（ＮａＯＨ）＝ ０．１ ｍｏｌ·Ｌ–１×０．０７５ Ｌ×５／０．０５ Ｌ＝０．７５ ｍｏｌ·Ｌ–１。

答案：Ｄ

评注ＮａＯＨ与ＣＯ２反应的产物可能有多种情况，每类产物与盐酸反应时，消耗盐酸的量都有特定的比值，由具体比值则可反推对应产物的组成。

八、推断法根据题目给出的框图或流程图、条件及现象等，寻找有关知识的内在联系，然后进行综合分析和推理判断，从而得出正确结论的方法。该法主要适合于概念型、元素化合物推断、离子型推断等选择题。

【例８】甲、乙、丙、丁是由Ｈ＋、Ｎａ＋、Ａｌ３＋、Ｂａ２＋、ＯＨ–、Ｃｌ–、ＨＣＯ３–离子中的两种组成，可以发生如图转化，下列说法正确的是（）

Ａ． 甲为ＡｌＣｌ３，乙为ＮａＨＣＯ３

Ｂ． 溶液丙中还可以大量共存的离子有：Ｆｅ２＋、ＮＯ３–、ＳＯ４２–

Ｃ． 在甲中滴加丁开始反应的离子方程式：ＨＣＯ３–＋Ｂａ２＋＋ＯＨ–＝ＢａＣＯ３↓＋Ｈ２Ｏ

Ｄ． 白色沉淀Ａ可能溶解在溶液Ｄ中

分析：根据题给离子情况可知，四种物质中有两种含相同的阴离子；再结合框图，甲与乙、甲与丙反应均可产生ＮａＣｌ溶液及无色气体Ｂ，则Ｂ为ＣＯ２，又几种离子中只有Ｈ＋与ＨＣＯ３–、Ａｌ３＋与ＨＣＯ３–反应可产生ＣＯ２，故甲中含ＨＣＯ３–且甲为ＮａＨＣＯ３、乙中含Ａｌ３＋、丙中含Ｈ＋。根据离子共存原则可知，Ｈ＋、Ａｌ３＋都只能与Ｃｌ–共存，故丙为ＨＣｌ、乙为ＡｌＣｌ３；剩余两离子组合为丁，即Ｂａ（ＯＨ）２。然后可推断出Ａ为Ａｌ（ＯＨ）３、Ｃ为ＢａＣＯ３、Ｄ为ＮａＯＨ或Ｎａ２ＣＯ３（甲与丁反应分过量和不过量两种情况）。Ｂ项，酸性条件下，Ｆｅ２＋与ＮＯ３–不能共存；Ｃ项，开始反应时Ｂａ（ＯＨ）２是少量的，其离子方程式应为２ＨＣＯ３–＋Ｂａ２＋＋２ＯＨ–＝ＢａＣＯ３↓＋Ｈ２Ｏ＋ＣＯ３２–；Ｄ项，Ａｌ（ＯＨ）３可以溶解在ＮａＯＨ溶液中，但不能溶于Ｎａ２ＣＯ３溶液中。

答案：Ｄ

评注遇到推断问题时，要善于抓关键信息进行突破，如本题中的“无色气体Ｂ”，否则，解题时就会陷入瓶颈；另外还要注意审题，如Ｃ项就是易错点。

九、方程组法在混合物计算中，因涉及到多个反应或有多个变量，解题时可设置多个未知数，然后根据题设条件列多个方程构成方程组，进而求解得出答案。要注意的是，有的试题中的未知数可以设而不求，一是转换为具有另外化学意义的量，二是化简约掉。

【例９】镁铝合金６．３ ｇ完全溶于稀硝酸，若反应中硝酸被还原只产生４．４８ Ｌ（标准状况下）ＮＯ气体，在反应后的溶液中，加入足量１ ｍｏｌ·Ｌ–１的ＮａＯＨ溶液，生成沉淀的质量为（）

Ａ． ８．７ ｇＢ． ７．８ ｇＣ． １６．５ ｇＤ． ４．０ ｇ

分析：设镁、铝的物质的量分别为ｘ、ｙ，则２４ｘ＋２７ｙ＝６．３、２ｘ＋３ｙ＝０．２×３，解得：ｘ＝０．１５ ｍｏｌ、ｙ＝０．１ ｍｏｌ。加入足量ＮａＯＨ溶液后，生成的沉淀只有Ｍｇ（ＯＨ）２，其质量为０．１５ ｍｏｌ×５８ ｇ／ｍｏｌ＝８．７ ｇ。

答案：Ａ

本题也可以用估算法。镁、铝的相对原子质量分别为２４、２７，二者总质量６．３ ｇ的小数位是３，可看作Ｘ７＋Ｙ６＝Ｚ３的个位数，“Ｘ７”与“２７”相联系，可假设铝为２．７ ｇ，则镁为３．６ ｇ（即“Ｙ６＝３．６”，与“２４”相联系，相差０．１５倍），这样就将６．３ ｇ迅速分解为镁和铝的质量，再根据题设即可快速求解。

评注化学计算中有很多规律技巧，但要总结积累。如很多试题的已知数据与未知数据间存在着０．１、０．２或０．５等特定的、又可观察发现的倍数关系，解题时，要充分利用这一特点。

十、替代法在有机物同分异构体分析中，有些物质具有结构对称性或组成相似性或基团特殊性等特点，解答这些问题时，可抓住其特征，运用对称法、变形法、整体与部分等价法进行思考，从而得出结论。

【例１０】分子式为Ｃ３Ｈ２Ｃｌ６的同分异构体共有（不考虑立体异构）（）

Ａ． ３种Ｂ． ４种Ｃ． ５种Ｄ． ６种

分析：有的同学在解答此题时，将Ｃ３Ｈ２Ｃｌ６看做Ｃ３Ｈ８的六氯代物，则陷入书写的困境。其实，Ｃ３Ｈ２Ｃｌ６与Ｃ３Ｃｌ２Ｈ６的同分异构体数是相同的，因为Ｃ３Ｃｌ２Ｈ６可看做Ｃ３Ｃｌ８的六氢代物；Ｃ３Ｃｌ２Ｈ６还可看做Ｃ３Ｈ８的二氯代物，这样就使问题简化了。Ｃ３Ｈ８的二氯代物有４种，则Ｃ３Ｈ２Ｃｌ６的同分异构体也有４种。

答案：Ｂ

评注若有机物分子中氢原子数和卤原子（或其它特定的原子或基团）数之和为定值，则ＣＨｍＸｎ与ＣＨｎＸｍ的同分异构体数相等。解题时，用替代法可将复杂问题简单化。

十一、公式法化学选择题中常常有一些公式的运用问题，如涉及物质的量浓度、质量分数、化学反应速率、ｐＨ、化学平衡常数的计算等，对于这类计算，一要注意公式的适用范围，二要注意公式中各量的意义，三要注意各量的单位及书写形式，不能出错。

【例１１】在一个容积固定为２ Ｌ的密闭容器内充入０．１８ ｍｏｌ的碘化氢气体，４８０℃时发生反应：２ＨＩ（ｇ）?葑Ｈ２（ｇ）＋Ｉ２（ｇ），体系中ｎ（ＨＩ）随时间变化的情况如下表：

则４８０℃时，反应１／２ Ｈ２（ｇ）＋１／２ Ｉ２（ｇ）?葑ＨＩ（ｇ）的化学平衡常数为（）

Ａ． ７Ｂ． １４Ｃ． ２１Ｄ． ４９

分析：４８０℃时，反应２ＨＩ（ｇ）?葑Ｈ２（ｇ）＋Ｉ２（ｇ）的化学平衡常数Ｋ１＝ｃ（Ｈ２）·ｃ（Ｉ２）／ｃ２（ＨＩ）＝０．０１×０．０１／０．０７２＝１／４９；反应１／２ Ｈ２（ｇ）＋１／２ Ｉ２（ｇ）?葑ＨＩ（ｇ）的化学平衡常数Ｋ２＝ｃ（ＨＩ）／ｃ１／２（Ｈ２）·ｃ１／２（Ｉ２）＝ １／Ｋ１１／２＝７。

答案：Ａ

评注本题易错选Ｄ项，错因是只注意了两个反应式的书写方向相反，未注意两个反应式的化学计量数存在倍数差异，若先书写出各自反应的化学平衡常数表达式，再找出二者的关系，则可减少失误。

十二、平均值法此法一般用于确定混合物的组成或成分。当量的最小值Ｍ１与最大值Ｍ２之间，存在关系式Ｍ１＜Ｍ＜Ｍ２，且已知其中两个量时，则可以确定另一个量，然后推出对应的物质。常用的平均值有平均相对分子质量、平均摩尔电子质量等。

【例１２】某澄清透明溶液中只可能含有：①Ａｌ３＋；②Ｍｇ２＋；③Ｆｅ３＋；④Ｃｕ２＋；⑤Ｈ＋；⑥ＣＯ３２–；⑦ＮＯ３–中的几种，向该溶液中逐滴加入ＮａＯＨ溶液至过量，生成沉淀的质量与ＮａＯＨ的物质的量的关系如图所示，则该溶液中一定含有的离子是（ ）

Ａ． ②⑤⑦Ｂ． ②③⑤⑦Ｃ． ③⑤⑦Ｄ． ④⑤⑦

分析：根据图像可知，加１ ｍｏｌ ＮａＯＨ溶液阶段反映的是Ｈ＋与ＯＨ–的反应，即原溶液中含Ｈ＋，则无ＣＯ３２–、必有ＮＯ３–；加４ ｍｏｌ ＮａＯＨ溶液以后沉淀未减少，则原溶液中无Ａｌ３＋；与金属阳离子反应生成沉淀的ＯＨ–为３ ｍｏｌ，若只有Ｍｇ２＋时，产生沉淀的质量为３／２ ｍｏｌ×５８ ｇ／ｍｏｌ＝８７ ｇ；若只有Ｆｅ３＋时，产生沉淀的质量为１ ｍｏｌ×１０７ ｇ／ｍｏｌ＝１０７ ｇ；若只有Ｃｕ２＋时，产生沉淀的质量为３／２ ｍｏｌ×９８ ｇ／ｍｏｌ＝１４７ ｇ；而实际产生沉淀的质量为１００ ｇ，根据平均值原理可知：原溶液中必有Ｍｇ２＋，Ｆｅ３＋和Ｃｕ２＋至少有一种。

答案：Ａ

评注本题还有很多变化，如无“④Ｃｕ２＋”时，答案为Ｂ项；如将图像中的１００改为１０７时，答案为Ｃ项，等等。正确解题的关键是对平均值原理的理解。

除上述一些方法外，还有如讨论法、比较法、差量法、本质法、极限法、关系式法、穷举法（判断同分异构体数目）等，也是化学选择题解答中常用的方法。总之，具体实践中要能灵活机动，有的试题可以用多种方法解答，不能墨守成规。

（作者单位：湖北枝江一中）

责任编校李平安

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