寒假练习1-选择题

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1、寒假练习1选择题解题措施重要有：1裁减法这种措施就是将题目所提供的选择答案，根据题目的条件，运用比较、分析、归纳、推理的逻辑思维措施，逐个进行判断，凡不符合题干所给条件的就裁减掉，最后得出对的答案。若能较好地掌握和运用裁减法解选择题，的确能起到事半功倍的作用。2讨论法有些选择题比较复杂，根据题中条件直接计算不易得到对的答案，必须运用讨论法，将所有的也许性都考虑进去，通过对试题的分析，抓住问题的本质，找出内在关系，运用有关概念和理论，层层剥开，步步逼近，这样可避免繁杂计算，通过讨论使问题得到圆满解决。3观测法有些试题在推理和计算都很繁杂时，可通过发掘其本质或内在联系，观测比较得到答案，这种措施称

2、为观测法。4筛选法大量的化学选择题其命题意思多不完整，必须通过题中选项的补充、限制才干有完整的题意，否则便无法解答。解答此类题时常常要用到筛选法。掌握这种措施的要领是，以题给条件（或通过加工变形）为“筛子”，将供选答案逐个筛选，放弃错误的，留下对的成果。5辩驳法解答由判断题演变而来的选择题时，要用题给条件和有关知识对供选答案逐个辩驳，从而判断其正误，再按题目规定决定取舍。6经验法有些选择题按常规思路推理或计算显得十分繁杂，但如果运用平时积累的经验，方能不久得到成果。7平均值法有些看似复杂的问题，不去进行复杂运算，求其平均值从而解决问题的措施称为平均值法。8估算法，顾名思义，它不需要通过“硬拼式

3、”的精确计算，而是根据有关化学知识，抓住试题的某些特点或本质，对有关数据进行合理的近似解决，或从选项中进行选值比较，或进行范畴分析，心算推理等，从而得到对的结论的一种解题措施。9代入选项法对于计算型的选择题，由题干给出的条件将选项逐个代入，从而得到答案。10换元变通法当运用题干条件直接寻找答案比较繁杂时，找出其替代因素，通过对替代因素的考虑从而找到答案达到解题的目的。11去伪存真法为增长选择题的困惑性，命题者故意虚设某些数据，这些数据有的可用，但用起来麻烦，有时纯正与解题无关，是命题者设的圈套，透过这些现象，抓住本质的东西解题，称之为“去伪存真”法。12倒映对照法有些题目，按题干条件由前向后一

4、步步计算或推理能找到答案。但不如由后向前推，即读完题干后，从选项出发对映题干从而达到解题目的。这种由后向前的解题措施称之为倒映对照法。例题1 ：(1998年全国高考) 有五瓶溶液分别是10mL0.60mol/LNaOH水溶液 20mL0.50mol/L硫酸水溶液 30mL0.40mol/LHCl溶液 40mL0.30mol/LHAc水溶液 50mL0.20mol/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（ ）ABCD措施：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，因此溶液中所

5、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，选D。总结：本题所问的是溶液中的离子、分子总数，固然涉及溶质、溶剂，以及由于它们互相作用而形成的离子。若忽视了溶剂只求溶质中的离子、分子总数就会得到错误的结论。因此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（ ） A11：1 B9：1 C1：11 D1：9措施：运用假想法求解。捷径：假设需强碱溶液1 L ，需强酸溶液为V L， (OH) 解得V=9，因此体积比为19 。总结：由于反

6、映后的溶液呈碱性，因此此时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构成的混和物10g，与足量的盐酸反映产生的氢气在原则状况下为11.2L，则混和物中一定具有的金属是（ ）A锌 B铁 C铝 D镁措施：逆向法求解。捷径：与足量的盐酸反映产生氢气11.2L(0.5mol)，逆推，若为纯金属，估算知需锌、铁、镁三种金属的质量不小于10g，铝的质量不不小于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不小于10g，一种纯金属的质量不不小于10g。故答案为C。总结：此题也可运用一价量法求解。即与足量的

7、盐酸反映产生氢气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构成的混和物，其一价量必须一种不小于10，另一种不不小于10。得混和物中一定具有的金属是铝。NaOH的质量分数阳极析出物的质量（g）阴极析出物的质量（g）A0.062(6.2%)19152B0.062(6.2%)15219C0.042(4.2%)1.29.4D0.042(4.2%)9.41.2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Na

8、OH的质量分数变化了0.010(1.0%)时停止电解，则此时溶液中应符合的关系是 （ ） 措施：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。捷径：（解法一）原溶液质量1.06 g/mL1000 mL =1060g，NaOH溶质质量1060g5.3%=55.12g，电解后溶液的质量55.12g6.2%=889.0g，1060g889.0g=171g，因此电解过程共消耗水171g。则在阳极析出O2 171g =152g，阴极析出H2为171g =19g。（解法二）电解NaOH溶液，实质是电解水，因此NaOH溶液浓度必然增长。因而只有A、B也许符合题意，又由于电解时阳极得氧气，

9、阴极上得H2，氧气的质量不小于氢气的质量。选B。总结：解法二的巧妙之处在于避免了繁琐的计算，运用NaOH溶液浓度的变化趋势裁减两个选项，再由电解原理判断产物。固然解法二合用于选择题不合用填空题。例题5 ：（1997年全国高考）两种气态烃以任意比例混合,在105时1 L该混合烃与9 L氧气混合, 充足燃烧后恢复到原状态, 所得气体体积仍是10 L。下列各组混合烃中不符合此条件的是 ( )ACH4 C2H4 BCH4 C3H6 CC2H4 C3H4 DC2H2 C3H6措施：运用燃烧通式，从燃烧前后体积不变分析。捷径：各组混合烃都可以和氧气完全燃烧，不存在因O2局限性而不符合条件。充足燃烧后恢复到

10、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。总结：水的状态是解答此类试题的核心，而拟定水的状态，则又要特别注意反映过程中的温度。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局限性的状况下燃烧,得到CO、CO2和水的总质量为27.6 g,若其中水的质量为10.8 g, 则CO的质量是 （ ）A1.4 g B2.2 g C4.4 g D在2.2 g和4.4 g之间措施：一方面拟定CO和CO2的物质的量及质量，再通过“十字交叉”法求解。捷径：10.8 g水的物质的量为0.6mol

11、，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27.6g10.8g =16.8g，平均式量为42。运用“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。总结：通过水的物质的量求算乙醇的物质的量是解答该题的核心。例题7 ：（全国高考）六氯苯是被联合国有关公约严禁或限制使用的有毒物质之一。下式中能表达六氯苯的是 ( )措施：从题设构造去分析，采用裁减法求解。捷径：根据物质的名称“六氯苯”知，分子中应具有一种苯环和六个氯原子。分析选项得答案为C。总结：该题虽给出物质的构造简式，事实上考察了考生对

12、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（）A1:2:3 B3:2:1 C6:3:1 D6:3:2 措施：根据转移电子数相等，运用假想法求解。捷径：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。总结：将电解槽串联，各电极转移电子的物质的量相等。例题9 ：（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

13、物。该混合物的平均相对分子质量也许是 （ ）A28 B30 C38 D40措施：将裂解反映的成果与裂解前物质的量，通过比较拟定平均分子量。捷径：C8H18经裂化有多种途径，如C8H18C4H10+C4H8，C4H10C2H6+C2H4或C4H10C3H6+CH4，若C8H18为1mol，经充足裂化反映可生成1molC4H81molC2H6和1molC2H4或1molC4H81molC3H61molCH4，平均摩尔质量为114g/3mol=38gmol1，即平均分子量为38。若C8H18C2H4+C6H14，C6H14C2H4+C4H10，C4H10C2H6+C2H4或C4H10CH4+C3H6

14、，则生成物可以是4mol，平均摩尔质量114g4mol=28.5gmol1，因此平均分子量介于28.5与38之间的闭区间内。得答案为B C。总结：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，而漏掉选项B 。例题10 ：（1995年上海高考）两种气态烃构成的混合气体0.1mol，完全燃烧得0.16 mol CO2和3.6 g水，下列说法对的的是：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一定有乙炔措施：通过平均构成分析拟定。捷径：混合烃的平均分子构成是C1.6H4，因此一定有CH4，另一烃中必有4个H原子，即C2H4、C3

15、H4 或C4H4 。以此得答案为AC。总结：部分考生常常将另一烃中必有4个H原子的成果，随意迁移到乙烯，而往往误选A、B 。金钥匙：例题1 ：将分别盛有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，反映完毕后，天平仍处在平衡的是（ ） 同是钠和镁 同是铝和锌同是铝和镁 同是镁和铝措施：剔除法。捷径：把选项分别代入，两边增重不等，均被排除。因此C为答案。总结：根据题干规定，把显然不是答案的选项排除，则剩余的选项即为答案。例题2 ：下列几组物质，不管以何种比例混合，只要总质量一定，充足燃烧后产生的也一定是 （ ）乙炔、苯 乙醇、乙酸 丙烷、丙烯 甲醛、葡萄糖措施：观

16、测法捷径：最简式相似，含碳量相似，充足燃烧后产生的的量也一定相似。分析得AD最简式相似，因此不管以何种比例混合，只要总质量一定，充足燃烧后产生的量也一定相似，以此得答案为AD。总结：此题如果分别写反映式然后设未知数计算，肯定地说，没有5in得不出答案。但如果观测分析四组物质中的内在联系，发现A，D均有共同的最简式。最简式相似，燃烧产物一定，因此这样便能不久得出答案。例题3 ：将和的两种强碱溶液等体积混合，所得溶液的为（ ） 8.31 9.0 9.31 9.7措施：经验法捷径：运用经验公式混（为较强的酸或碱的，并且酸加碱减）就能不久得到答案，即0.39.7。答案为D。总结：按常规思路，混合后溶液

17、中的c () （）/ 5.05 5，4.31， 9.7。选D。其计算显得十分繁杂。例题4 ：一定条件下乙炔和某气体混合后充足燃烧，生成的2和2（气）体积分别是原混合气体的1.4倍和1.6倍（相似条件下）。则混入的气体也许是（ ）A甲醇 B甲醛 C甲酸 D甲烷措施：平均值法捷径：生成2气体为混合气体的1.4倍，2为1.6倍，则混合气体平均分子式为1.43.2。由于乙炔分子中 碳原子数2不小于1.4，因此混入的气体分子中碳原子数必不不小于2，A，B，C，D均有也许，因此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不小于或等于4才干使平均分子式中浮现1.43.2的局面。分

18、析A，B，C，D四个答案 ，分子内氢原子的只有，两项，遂得到对的答案为。总结：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。例题5 ：一氧化碳和氧气的混合气体的密度是相似条件下氢气的14.5倍，其中的质量分数是（ ）25% 27.6% 72.4% 75.0%措施：粗略估算法捷径：该混合气体平均分子量为29，与分子量28接近，与2分子量32相差较大。因此在混合气体中应占绝大多数，答案应从C，D中产生，当用任一项代入计算，便不久得出答案为C。总结：“的质量分数”是解答该题的重要信息。部分考生在解题时，由于未看清题中的规定，而觉得是物质的量的分数，以此导致误选D。例题6 ：下

19、列物质中含硫质量分数最高的是（ ） ZnSO47H2O FeSO47H2O NiSO47H2O MgSO47H2O措施：换元变通法捷径：四个选项的共同点是均有七个结晶水和一种SO4，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，因此MgSO47H2O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。总结：由分子式计算某元素的质量分数化学初学者就可以解决，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，并且容易出错。例题7：下列微粒中，其质子数和电子数都跟NH4相似的是（ ） Na H3O措施：抓住核心，一方面从电荷分析。捷径：

20、Na、H3O和NH4的质子数都是11，至于电子数就不必算了。由于带1个正电荷就表白电子数比质子数少1个。以此得AD。总结：按常规解法要先算出4的质子数等于11，电子数等于10，然后还要对D四种微粒一一算出各项的质子数和电子数。例题8 ：某有机物含碳40、含氢6.67、含氧53.33 ，如果0.2mol该有机物重6，则它的分子式为（ ） 242 24 2 26措施：去伪存真法捷径：由0.2mol重6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。总结：按题干条件，如果把四个分子一一计算其碳、氢、氧质量分数，也可得对的答案C，但这样计算下来所耗时间太多。要懂得，题中有机物含碳40、含氢

21、6.67、含氧53.33为命题者故意虚设某些数据。例题9 ：两种金属构成的混合物15g，与足量盐酸反映，在原则状况下生成H211.2 L，则下列各组金属中，肯定不能构成上述混合物的是（ ）A Mg Al B Mg Na C Fe Al D Zn Fe 措施：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映中的化合价)，与盐酸反映，各金属的一价量分别为：Na23、Mg12、Al9、Fe28、Zn32.5，而1mol一价金属与盐酸反映生成0.5molH2。捷径：设混合物为一价金属R，一价式量为x，则有2R + 2HCl = 2RCl + H22xg 22.4L15g

22、11.2L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不小于或均不不小于15，即肯定不能构成上述混合物。以此得不能构成上述混合物的有A、D。总结：同一金属的一价量，在不同的反映中也许有所不同。如Fe与盐酸的反映中，其一价量为28，而在Fe与Cl2的反映中，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。例题10 ：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映，放出的气体体积不也许是（ ）A钠最多 B铝最多 C铁最多 D铝、铁同样多 措施：本题也许波及四个反映：2Na + 2HCl = 2NaCl + H2，2Na

23、+ 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，须通过讨论拟定产生H2的体积大小，而常规讨论措施比较繁琐，一时难以奏效。因此须作技巧性的解决。092328金属质量/gH2的量AlNaFe捷径：设盐酸中HCl的物质的量为1mol，等物质的量HCl(1mol)与Na、Fe、Al反映放出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） 0m23g 23gm28g m28gH2体积 AlNaFe NaAlFe NaFe = Al根据上述分析，选项C符合题意。总

24、结：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 ： 5.85 g NaCl样品中混有少量下列某种盐类，当它跟足量AgNO3充足反映后，得到AgCl沉淀14.4 g，这时也许混入的盐是 ( )AKCl BBaCl2 CCaCl2 DAlCl3措施：将KCl、BaCl2、CaCl2、AlCl3四种盐分别变换成含一种氯离子的形式，通过化学方程式求得含一种氯离子的盐的式量，然后再与四种盐含一种氯离子的式量进行对比便可获得也许混入的盐。捷径：将选项变为A、KCl B、Ba1/2Cl C、Ca1/2Cl D、Al1/3Cl ，变形后各选项的式量分别为A、（74.5） B、（10

25、4） C、（55.5） D、（44.5）。它们和AgNO3的反映就和NaCl与AgNO3反映的化学计量数同样。此时设混合物构成为RCl，式量为x ，则有：RCl AgClX 143.55.85g 14.4g解得：x=58.3由于NaCl的式量为58.558.3，因此变形的另一种盐的式量应不不小于58.3 。以此只有C、D选项符合题意。总结：分合、变形、类比是解答此类题型的核心。例题12 ：浅绿色Fe（NO3）2的溶液中存在如下平衡：Fe2+2H2O Fe（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 C不变 D绿色变深措施：从反映本质分析。捷径：分析Fe（NO3

26、）2溶液，重要存在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，对的答案为A。总结：Fe2+水解的离子方程式是该题设立的解题障碍。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。 浮现上述错解的因素是错误地选用水解平衡概念所致。聚宝盆：解答选择题，一是规定速度要快，也就是从审题到选用答案的反映要快。二是要准，也就是要选得准、对的率要高。选择题多数是对基本概念和基本规律以及某些现象的考察。故应从学过的基本概念和基本规律出发，弄清题意，充足应用化学概念、规律、公式和图象，采用常

27、规解题措施和特殊解题措施，从而迅速选择对的答案。此外，应充足运用单选题的特点，以节省时间。例如，通过审查题干和选项判断，若几种选项中肯定其中一种选项对的，则其他必然错误，可不予考虑。若从一种选项对的可推出另一选项也是对的的，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，则最后一种选项不必分析，应为对的。练习：1将质量分数为3a%与a%的两种A溶液等体积混合后，混合液质量分数不不小于2a%，A也许是 （ ） AH2SO4 BNaCl CC2H5OH DNH32某元素的醋酸盐的分子量为m，相似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

28、)/(n+m) C(m-n)/6 D(m-n)/33根据酸碱质子理论，但凡给出质子的分子或离子都是酸，但凡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下列论述中，可以阐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

29、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）424Cl CuCl424H2O 蓝色 黄绿色能使黄绿色CuCl2溶液向蓝色转化的措施是（ ）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构成的混合物，测知Fe、O元素质量比为21 : 8，则 FeO、Fe3O4、Fe2O3 物质的量之比为 （ ）A1: 1: 2 B2: 1: 1 C1: 3: 1 D1: 1: 17两种金属的混和物6.36g,投入足量的稀硫酸中，完全反映后，共收集到原则状况下的氢气3.36L。根据此可知，金属混和物的也

30、许构成是 ( )A锌和钙 B铁和银 C镁和铝 D铝和铜8有镁、铝合金14.7，所有溶于5006.0olL的盐酸中充足反映后，再加入4008.0mol/的aOH溶液，成果得到沉淀26.3，则合金中镁、铝的质量分别为（ ）13.5和1.2 10.2和4.51.2和13.5 10.9和3.89有5.1gMg-Al合金，投入500mL2molL盐酸溶液中，金属所有溶解后，再加入4molLNaOH溶液，若要达到沉淀最大值，则加入NaOH溶液的体积应为（ ） 250mL 425mL 500mL 560mL10将4.3gNa，Na2O,Na2O2的混合物与足量水充足反映后，在标况下得到672mL混合气体，将该混合气体通过放电，正好完全反映，则它们的物质的量之比为（ ） 111 112 121 432答案：1CD 2A 3C 4C 5BC 6CD 7AD 8CD 9A 10D