化学审题的十大技巧

第1页共8页化学审题的十大技巧化学解题的审题过程，就是破解题意的过程，它是解题的第一步，也是最为关键的一步，第一步迈不开，具体的解题也就无从谈起，尤其是目前的高考题，对学生的能力要求更加提高，因而要求同学们必须学会审题。审题的目的，不仅仅是一字不漏的读题，而是通过阅读、思考、分析等多方面来完成全过程，在未寻求到解题方法之前，都要审题不止，而且题目愈难，愈在审题上下功夫，以求突破；即使题目容易，也不能掉以轻心，否则也会导致错误。审题过程，要了解这样几个方面：①题中给出什么；②题中要求什么；③题中隐含什么；④题中考查什么；⑤规律是什么。当然，化学审题也有一定的技巧，现总结如下：技巧一：审题时要注意题目中的关键词语所谓“关键词语”，指的是题目中一些限制性语言，或是对题目中所涉及的化学变化的描述、对变化过程的界定等。因此，在读题时，不能只注意那些给出的具体数字或字母的已知条件，而对另外一些叙述性的语言，特别是其中一些“关键词语”视而不见。若抓不住“关键词语”，就意味着抓不住问题的实质，找不到解答问题的突破口，其结果必将是非答非所问。为提高审题的准确性，审题时除仔细阅读题目外，一般应圈下有关的“关键词语”，这样，就可避免漏掉问题或“看错题目了”。例1．在PH=1的无色溶液中，下列各离子组因发生氧化还原反应而不能共存的是（）A．NH4+、K+、Na+、CO32-、NO3-B．K+、Na+、Fe2+、SO42-、NO3-C．K+、Na+、NH4+、HCO3-、AlO2-D．K+、NH4+、Na+、NO3-、I-解析：本题审题时要抓住题干中的关键词语：“PH=1”、“无色”、“氧化还原反应”。由“PH=1”排除选项A、C，由“无色”排除选项B，由“PH=1”、“无色”、“氧化还原反应”，选择D。本题绝大多数学生易错选B，就是因为没有注意题干中的关键词语“无色”。技巧二：审题时要注意隐含条件的挖掘所谓“隐含条件”是指隐含在文字叙述中，需要认真分析才能挖掘出来的条件。现在高考命题总是从一个具体的角度切入并与教材知识点有机结合，将所考查的知识点巧妙地隐藏在所设置的情境中，考查学生是否具备一种去粗取精、去伪存真、由表及里的提炼加工能力。因此，审题时，必须把隐含条件分析挖掘出来，这常常是解题的要点。例2．在水中加入等物质的量的Ag+、Pb2+、Na+、SO42-、NO3-、Cl-，该溶液放在用惰性材料作电极的电解槽中，通电片刻（假定溶液足量），则氧化产物与还原产物的质量比为（）A．35.5:108B．71:108C．8:1D．16:207解析：题中的隐含条件是等物质的量的Ag+与Cl-、Pb2+与SO42-均生成AgCl和PbSO4沉淀。若不能排除干扰因素，一看题中给出的六种离子，便立即想到依据离子放电顺序判断电极反应：阳极为2Cl--2e-=Cl2↑（氧化产物），阴极为Ag++e-=Ag（还原产物），再根据两极电子得失相等可推出氧化产物与还原产物质量比为35.5:108，易错选A。解答时要充分挖掘隐含条件，充分考虑到离子的性质，即上述离子加入水中后，Ag+与Cl-、Pb2+与SO42-均生成AgCl和PbSO4沉淀，溶液实质上是NaNO3溶液，故实际电解的是水，氧化产物和还原产物分别是O2和H2，所以它们的质量比是8:1，应选C。技巧三：审题时要注意排除干扰条件所谓“干扰条件”是指题中与解题无关，但对应试者的思维产生干扰作用的迷惑性条件。在审题过程中，只有仔细阅读题干，明确题目的设问，迅速地摒弃这些干扰因素，抓住事物的主要矛盾，解题才能迅速而正确。例3．浅绿色的Fe(NO3)2溶液中存在着如下的平衡：Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+若在此溶液中加入盐酸，则溶液的颜色变化为（）A．绿色变深B．浅绿色变得更浅C．变黄D．无明显变化解析：题中的干扰条件是Fe2+的水解平衡；若不能排除干扰因素，加入盐酸后，只考虑c(H+)增大使其平衡向左移动，易错选A。解答时要排除干扰，紧紧抓住加入盐酸后形成酸性环境，NO3-氧化性增强从而将Fe2+氧化Fe3+这一主要矛盾，分析后得出溶液颜色将由浅绿色变成棕黄色，应选C。技巧四：审题时要注意有效数据的提取所谓“有效数据”是指题干中出现的或隐含的对解决问题有直接或间接影响的数字或字母。命题者经常在一些题目中故意给出一些多余的数据信息，增强了迷惑性，干扰了学生的正常思维。因此，在审题过程中，要仔细分析，准确提取有效信息，排除无关数据的干扰，去伪存真。例4．有五瓶溶液分别是：①10ml0.60mol/LNaOH水溶液；②20ml0.50mol/LH2SO4水溶液；③30ml0.40mol/LHCl溶液；④40ml0.30mol/LCH3COOH水溶液；⑤50ml0.20mol/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（）A．①>②>③>④>⑤ B．②>①>③>④>⑤C．②>③>④>①>⑤ D．⑤>④>③>②>①解析：本题大有非算不可之势，但只要分析数据中所隐含的特征信息便可以不计算作答。从各溶液的物质的量浓度可知，五种溶液的浓度均很小，水分子的数目比其它离子和分子的数目要多得多，所以溶液中离子、分子总数的多少主要决定于水分子数的多少，即溶液体积的大小。故溶液的体积越大，水分子数目就越多，离子和分子总数也就越多。这样，题干中所给的各溶液的物质的量浓度都是无关数据，溶液的体积是有效数据。故应选D。技巧五：审题时要注意图表信息的分析图表信息主要包括转化关系框图中的信息、图示表格信息、坐标曲线中的信息、实验装置中的信息、实物图中的信息、模型图中的信息等。对于试题中的图表，要认真分析，发现图表中反应的化学反应原理，挖掘图表中隐含的重要信息，总结图表中表达的化学规律。例5．图1中，A、C是工业上用途很广的两种重要化工原料，B为日常生活中常见的金属，H、G是正四面体结构的非极性分子，H是一种重要的能源，J是一种耐高温材料，K是由两种常见元素组成的化合物（图中部分反应物或生成物没有列出）图1物质间的转化关系请按要求回答：⑴写出B的化学式_________，G的电子式______________。⑵反应①的离子方程式为___________________________________。⑶反应②进行的条件是______________、____________。⑷反应③的化学方程式为____________________________________。解析：本题的题干信息量较大，表面上看起来利用试题信息就能很快作答，实际上仔细分析试题信息，几乎没有一个明显的能进行推断具体物质的信息。试题信息模糊性较强，有些信息反而会使人掉入陷阱，如A、C是工业上用途很广的两种重要化工原料，容易联想平时训练中常见的诸如CaCO3、CH2=CH2、Na2CO3、H2SO4和HNO3等，不容易想到最终答案HCl和NaOH。因此，本题的难度应该说较大，解答此题时要求学生必须有较为扎实的基础和良好的思维发散能力。本题的解题突破口是“H、G是正四面体结构的非极性分子，H是一种重要的能源”，可推知H可能是CH4，G是CCl4。再利用“B为日常生活中常见的金属”和“J是一种耐高温材料”进行缩小范围，容易联想到试题与Al元素有关。再利用“K是由两种常见元素组成的化合物”且能和水反应得到两种物质进行推断，另外利用Al既能和A又能和C反应，不难推断A和C应是酸和碱两类物质，最后用元素守恒和信息进行验证，得出答案。答案：⑴Al⑵Al3＋＋3AlO2—＋6H2O＝4Al(OH)3↓⑶光照过量Cl2⑷Al4C3+12H2O＝4Al(OH)3↓＋3CH4技巧六：审题时要注意把握导向信息的目的所谓“导向信息”是指试题的题干或问题中所给出的陌生的知识、图表、装置图、附加条件等，对解决问题有明显导向作用。如实验题中的实验目的、实验原理、实验操作步骤、条件控制、试剂加入顺序和方式等都是审题时要特别剖析的内容，对解题有着明显的导向作用，抓住它有助于启迪思路、理顺线索、明确解题目标。例6．某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置（如图2），以环己醇制备环己烯。已知：⑴制备粗品：将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入1mL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。①A中碎瓷片的作用是__________，导管B除了导气外还具有的作用是__________。②试管C置于冰水浴中的目的是_________________________________。⑵制备精品①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等。加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在_____层（填上或下），分液后用_______（填入编号）洗涤。A．KMnO4溶液B．稀H2SO4C．Na2CO②再将环己烯按右图3装置蒸馏，冷却水从____口进入。蒸馏时要加入生石灰，目的是____________。③收集产品时，控制的温度应在_____左右，实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是（）A．蒸馏时从70℃开始收集产品BC．制备粗品时环己醇随产品一起蒸出⑶以下区分环己烯精品和粗品的方法，合理的是_________。A．用酸性高锰酸钾溶液B．用金属钠C．测定沸点解析：在认真读懂全题的基础上，找出实验目的、实验原理，然后抓住题给的主要信息：环己醇的化学性质、环己醇和环己烯的物理性质，联想到所学过的石油的分馏实验和有机物的分离及鉴别实验，再读懂文字及图式，试题即可顺利解答。⑴根据石油的分馏实验，碎瓷片的作用是防止暴沸。导气管的作用通常只有两个：导气和冷凝。根据表中数据，可以看出环己烯的熔沸点较低，所以冰水起到冷凝作用，防止环己烯挥发。⑵环己烯中的物质主要为环己醇和少量酸性杂质，所以用Na2CO3除去。水冷凝器从下口进冷水上口出水，这样冷却水与气体形成逆流，冷却更充分。⑶精品环己烯的沸点较低，而杂质环己醇、硫酸的沸点较高，所以可以测其沸点区分环己烯精品和粗品。钠会与杂质环己醇或硫酸反应，而不会和环己烯反应，所以也可用钠。答案：⑴①防止暴沸冷凝②防止环己烯的挥发⑵①上C②g除去水分③83℃C⑶B、技巧七：审题时要注意合理转化信息复杂问题往往由简单问题组合或直接衍变而来的。对于一些题给信息比较复杂的试题，可根据不同题目的特点，可以对题给信息进行各种转化，如从一般转化到特殊，从陌生转化到熟悉，从整体转化到局部，从正面转化到侧面，将复杂的问题转化到原来的简单状态，从简单问题入手，以简单的问题为台阶，解决复杂问题。例7．有一透明溶液，已知其中可能含有Fe3+、Mg2+、Cu2+、Al3+、NH4+，加入一种淡黄色粉末状固体时，加热有刺激性气味的混合气体放出，同时生成白色沉淀。当加入0.4mol淡黄色粉末时，产生气体0.3mol，继续加入淡黄色粉末时，产生无刺激性气味的气体，且加入淡黄色粉末时产生白色沉淀的量如下图4所示：根据题意回答下列问题：(1)淡黄色粉末为___________(填名称)。(2)溶液中肯定有_________离子，肯定没有___________离子。(3)溶液中离子的物质的量之比为____________。解析：这是一道综合性推断题，把性质推断与计算推断放在一起考虑容易出错。根据题意，可将该题分解为两道题目：①有一透明溶液，已知其中可能含有Fe3+、Mg2+、Cu2+、Al3+、NH4+，加入一种淡黄色粉末状固体时，加热有刺激性气味的混合气体放出，同时生成白色沉淀。继续加入淡黄色粉末时，产生无刺激性气味的气体，且加入的淡黄色粉末与产生的白色沉淀变化趋势如上图所示，试问：I、淡黄色粉末为________________(填名称)。II、溶液中肯定有__________离子，肯定没有_________离子。分析：据题意，显然淡黄色粉末是Na2O2。加入Na2O2会产生有刺激性气味的混合气体，只能是NH3和O2的混合气体，说明原溶液中有NH4+；根据此后的现象及坐标曲线图的变化趋势：产生白色沉淀，说明原溶液中无Fe3+、Cu2+，白色沉淀先增后减，但最后仍有剩余，说明原溶液中有Mg2+和Al3+。从而顺利解决了第一、二问。②向含有NH4+、Al3+、Mg2+的溶液中加入Na2O2粉末，当加入0.4molNa2O2粉末时，产生混合气体0.3mol，且加入的Na2O2的量与产生的白色沉淀的量关系如上图所示。试求：原溶液中NH4+、Al3+、Mg2+的物质的量之比为__。分析：根据曲线的纵坐标知，n[Mg(OH)2]=0.2mol，则n(Mg2+)=0.2mol，n[Al(OH)3]=0.1mol，则n(Al3+)=0.1mol。再由0.4molNa2O2与水反应可产生0.2molO2，得n(NH3)=0.1mol，则n(NH4+)=0.1mol。故NH4+、Al3+、Mg2+的物质的量之比为1:1:2。答案：⑴过氧化钠。⑵NH4+、Al3+、Mg2+；Cu2+、Fe3+。⑶1:1:2。技巧八：审题时要注意过程图表的构建有些化学试题，题目信息点多，各种关系一时难以理顺。而过程图表具有形象直观、一目了然的特点。若将文字转换成图表，就能建立清晰有序的反应过程，从而迅速找到解题的途径。例8．1.92gCu完全溶解于一定量的浓硝酸后，收集到1.12L气体（标况），则在反应过程中消耗硝酸的物质的量为（不考虑2NO2N2O4）（）A．0.11molB．0.22molC．0.12molD．0.10mol解析：本题反应过程比较复杂，Cu与一定量的浓硝酸既发生生成NO2的反应，又发生生成NO的反应。其反应过程可表示如下：由上图示，根据原子守恒知，消耗硝酸的物质的量即为体现氧化性硝酸和体现酸性硝酸的物质的量之和。可得n(HNO3)消耗=n(HNO3)氧化性+n(HNO3)酸性=n(NOx)+2n(Cu)=1.12L/22.4L·mol-1+2×1.92g/64g·mol-1=0.11mol。故应选A。技巧九：审题时要注意优化解题思路同一问题若用不同的解题思路，就会产生简繁、优劣不同的解题过程，甚至相悖的结果。要能灵活审题，就可达到删繁就简、弃劣扬优、推陈出新、优化解题思路，启迪心智，拓展思维。例9．碳酸铜和碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]均能溶于盐酸，转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解生成氧化铜，溶解28.4g上述混合物消耗1mol/L盐酸500ml，灼烧等量的上述混合物，得到的氧化铜质量是（）A．35gB．30gC．20gD．15g解析：对此题，有的学生认为由CuCO3+2HCl=CuCl2+H2O+CO2↑和Cu2(OH)2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2↑列出