教师版高中化学巧析、巧解、巧计算100题

高中化学巧析、巧解、巧计算专辑在选择题中有一类技巧型题，一般属于综合性较强、中等难度以上的能力测试题。近十年的高考中，每年都有2～4道题属于这种题型，它着重考查“双基”知识和分析、归纳、推理等解题能力。这类题设计精巧，有的题设条件似显实隐、似足实少、；有的玲珑剔透、诱人遐思；有的长篇表达，难见精要，但却构思巧妙，大智假设愚。特别是计算型题中，各种量之间关系错综复杂，各反响原理又隐含其中。许多学生习惯于常规思维，提笔就算，结果是走上歧途，不得其解(即使算出了结果，却浪费了珍贵的时间)。所以，对此类题，必须抓住其精巧之处、独特之点，避开常规方法，另辟蹊径、巧思妙解。除了要在“审、明、透”三个环节上下工夫外，定要突出一个“巧”字。要巧找共性、巧用特性，巧析范围，巧用数据，巧攻一点，巧用规律，要巧挖隐含量，巧用量。以下所辑100例，但愿同学们能从中得到启迪，诱发灵气，有所提高。将KCl和KBr的混合物溶于水配成500mL溶液，再通入过量的Cl2反响后，将固体蒸干得固体。求原来所配溶液中K+、Cl¯、Br¯物质的量浓度之比为()

(A)3:2:1 (B)3:2:2 (C)5:4:2 (D)4:3:2

【简析】题设中的数据，虽然按常规方法或差量法都可解。但都费事费力，假设考虑到溶液为电中性，阳离子所带正电荷的总量等于阴离子所带负电荷的总量可得出nK+=nCl¯+nBr¯，对照选项只能选A。在密闭容器中盛有H2、O2、Cl2三种气体，电火花点燃后，三种气体都正好反响完全，冷却到室温，所得溶液得质量分数为25.26%，那么原混合气体中三者得分子个数之比为()

(A)6:3:1 (B)9:6:1 (C)13:6:1 (D)15:8:1

【简析】巧思时,根据2H2+O2==2H2O，H2+Cl2===2HCl。可得出

n(H2)=2n(O2)+n(Cl2)，分析四选项只能是C。KCl和KBr的混合物溶于水后，参加过量AgNO3溶液，共产生沉淀，那么原混合物中钾元素的质量分数为()

(A)24.1% (B)40.3% (C)25.9% (D)37.4%

【简析】原溶液中参加AgNO3溶液生成的沉淀与原物质相比只是把K+换成了Ag+，利用差量法就可求出K+的物质的量。

=0.04mol那么K+%=×100%=40.3%选B。O2和Cl2的混合气体500mL，使H2在其中充分燃烧后，用适量水吸收反响产物制得250mL溶液，从中取出25mL，用的NaOH溶液恰好完全中和，那么与混合气体反响掉的H2(标况)的体积为〔〕

(A)448mL (B)460mL (C)472mL (D)720mL

【简析】此题谁假设动笔就算必误入歧途，必须得打破常规另辟蹊径。当你慎思时，你会发现。假设混合气体都是Cl2，完全反响时需H2500mL，假设都是O2，那么需H2更多，对照选项前三者都小于500，所以必是D选项。标准状况下Cl2和H2共aL，在光照下充分进行反响，反响后的气体恰好能使bmolNaOH完全转化成盐，那么a、b的关系不可能是以下的〔〕

(A)b=a/11.2 (B)b<a/22.4 (C)b>a/22.4 (D)b>a/11.2

【简析】此题可根据终态产物Na+或Cl原子守恒去解。不管Cl2、H2谁过量再与NaOH反响，反响后的终态产物总是NaCl或NaCl与NaClO的混合物。总有nNa+=nCl，所以有nCl≤，即b≤。应选D向KI溶液中参加AgNO3溶液，直到反响完为止，滤去沉淀，滤液的质量恰好等于反响前KI溶液的质量，那么AgNO3溶液的质量分数为〔〕

(A)50% (B)67.3% (C)72.3% (D)75.6%

【简析】这是一道无数字计算题，一般的思路是：析出的I-的质量=NO3-的质量+参加的水的质量，通过设未知数，列方程解就复杂了。但假设理解透析出的沉淀的质量=参加的AgNO3溶液的质量这一点，那么不难想到假设析出AgI为1mol，那么参加的AgNO3溶液的质量应是108+127=235g，其中含AgNO3为1mol是170g。所以AgNO3%=×100%=72.34%选C。密度为的H2SO4溶液中，逐滴参加BaCl2溶液，直到SO42-全部沉淀为止，沉淀的质量与原来H2SO4溶液的质量相等，那么原来H2SO4溶液的浓度为()

(A)29.6% (B)42.1% (C)12.4mol (D)6.22mol/L

【简析】解题思路同上，选B、D。足量浓硫酸参加ag铜，完全反响后放出bL气体；足量的盐酸中参加mgFeS，完全反响后放出VL气体(标准状况)，二者所产生的气体恰好完全反响，那么a：b：m：V应是()

(A)40：14：110：7 (B)40：14：55：14

(C)20：7：55：14 (D)20：7：55：21

【简析】bL为SO2，VL为H2S，由2H2S+SO2=3S+2H2O，可知：

b：V=1：2，那么只有C符合。选择C。向500mlFeCl3溶液中通入一定量的H2S气体，恰好完全反响，所得滤液的质量比原来增重1g，那么原FeCl3溶液的物质的量浓度为()

(A)1mol/L (B)1.5mol/L (C)2mol/L (D)2.5mol/L

【简析】根据2Fe3++H2S=2Fe2++S+2H+可知，增重的1g是H+，那么通入的H2S为，原溶液中的FeCl3为1mol，所以浓度为2mol/L，选C。今有3mol/L盐酸和硫酸各100ml，分别参加等质量的铁粉，待反响完毕后，测得生成气体的质量比为3∶4，那么参加铁粉的质量是()

(A)5.6g (B)8.4g (C)11.2g (D)16.8g

【简析】两种酸都完全反响时，盐酸溶解铁为，硫酸溶解铁为，产生H2的质量比是1∶2。现在比值是3∶4，可见，对盐酸铁有剩余，对硫酸，铁缺乏。所以8.4g<W铁<16.8g选C.CS2能够在氧气中完全燃烧生成CO2和SO2，今用2(液)在448mLO2中完全燃烧反响后，气体混合物在标准状况下的体积是〔〕

(A)336mL(B)448mL(C)560mL(D)672mL

【简析】巧选时可以从产物看出：反响中生成的CO2，SO2的体积等于消耗的O2的体积，所以选(B)在一定条件下，70mLH2S和90mLO2混合，使之完全反响，恢复到原状态生成的SO2的体积应是〔〕

(A)70mL(B)45mL(C)50mL(D)55mL

【简析】根据2H2S+3O22SO2+H2O和2H2S+O22S+2H2O的反响

1/290/703/2所以H2S的氧化产物不仅有SO2也有S。巧解时可用

xH2S+yO2xH2O+(y-x/2)SO2+(3x/2-y)S的反响式，将x=70，y=90直接代入(y-x/2)，所以选(D)今有H2和CO(体积比为12)的混合气体为VL，当其完全燃烧时，所需O2的体积为()

(A)3VL(B)2VL(C)VL(D)0.5VL

【简析】要巧舍条件，体积比为12，无用，舍去。根据H2，CO与O2化合时需氧气都为其体积的一半，应选(D)在的稀硫酸中参加20mL浓度为1mol/L的氨水，然后向该混合液中参加2溶液，现欲使溶液中SO42-和Cl¯离子物质的量浓度相等，那么参加BaCl2溶液的体积是()

(A)33.3mL(B)66.6mL(C)99.9mL(D)100mL

【简析】巧思要满足[Cl¯]=[SO42-]，可使H2SO4+BaCl2=BaSO4+2HCl

1mol1/3mol1/3mol2/3moL

应选(A)把足量的铁粉投入到硫酸和CuSO4的混合溶液中，充分反响后，剩余金属的质量与原参加的铁粉的质量相等，那么原溶液中[H+]与[SO42-]之比为()

(A)17(B)14(C)12(D)13

【简析】设原溶液H2SO4为Xmol，耗铁也是Xmol，CuSO4为Ymol，反响后金属的质量增加8Y克，所以必有56X=8Y，得n(H2SO4)n(CuSO4)=17，所以[H+][SO42-]=14,应选(B)将芒硝溶解于Xg水中,所得溶液恰好是100个水分子中溶解有1个Na+那么X的值是()

(A)32.4 (B)34.2 (C)36 (D)36.9

【简析】因为每摩尔Na2SO4·10H2O中含2摩尔Na+和10摩尔水。根据提意，巧列方程式为:2=(100-5)1，解之，得。所以选(B)摩尔Cu2S与足量的浓硝酸反响，生成了Cu(NO3)2，H2SO4，NO和H2O。在参加反响的硝酸中，未被复原的硝酸的物质的量应是()

(A)2.2mol(B)1.2mol(C)1.8mol(D)0.9mol

【简析】巧攻一点，抓住Cu2S2Cu(NO3)24NO3-，得4×，所以选(B)3NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O，现有VL某烧碱溶液，欲使n摩尔NO和m摩尔NO2组成的混合气体中的氮元素全部进入溶液，那么NaOH的物质的量浓度值至少应是()

(A)(m+n)V(B)(m+n)(C)(D)

【简析】从方程式上分析，似无从下手。但从NaOH的物质的量浓度的“单位”必为mol/L，所以只有选(C)跟适量的浓HNO3反响，Cu全部作用后，共收集到22.4mL(标况)气体，反响消耗的硝酸的物质的量可能是×10-3×10-3×10-3×10-3mol

【简析】此94年高考题，有多种解法：可根据终态产物，可列方程，可根据铜与浓、稀HNO3反响的规律求出答案。但根据NO3-守恒最好。nHNO3=nNO3-=2nCu(NO3)2+nNO2+nNO，所以nHNO3=2××10-3+×10-3所以选(C)向含有agHNO3的溶液中参加bg铁粉，充分反响后，铁全部被溶解且生成NO。假设HNO3有a/4g被复原，那么a∶b不可能为()

(A)2∶1 (B)3∶1 (C)4∶1 (D)9∶2

【简析】由3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO+4H2O

168∶504=1∶3

可知：WHNO3∶WFe必然大于3∶1时才符合题意。所以选(A)某金属与稀硝酸反响生成一种硝酸盐，该硝酸盐受热分解生成NO2、O2和一种固体，该固体中金属元素的化合价比原硝酸盐只中该金属的化合价高，那么该硝酸盐分解后生成的NO2和O2的物质的量之比为()

(A)8∶1 (B)4∶1 (C)2∶1 (D)1∶1

【简析】由电子守恒可知，假设金属化合价不变，那么NO2和O2的物质的量之比为4∶1，现在金属的化合价升高(失电子)，那么得电子的复原产物NO2的物质的量必然增大，所以只能选A。甲醛能与铵盐反响：4NH4++6HCHO(CH2)6N4H++3H++6H2O，产物又能与碱定量反响：(CH2)6N4H++3H++4OH-(CH2)6N4+4H2O，因而生产和实验室设计成“甲醛测定法”，解决了很难用NaOH直接测定NH4Cl等氮肥含氮量的难题。为了省去计算，当称取一定质量的NH4Cl试样时，可以使滴定所用溶液的毫升数恰好等于试样中的含氮量，那么每次取样的质量是()

(A)0.08g (B)0.11g (C)0.14g (D)1.4g

【简析】题干长篇表达，但精要局部是VNaOH=含氮量，设取用NaOHxml，称取的试样为Wg，那么：氮的百分含量=×100%

÷W=x%经计算，得。所以选C。agNaHCO3与盐酸完全反响时消耗HClbmol，而KHCO3和CaCO3的混合物ag与盐酸反响时，也消耗HClbmol，那么混合物中KHCO3和CaCO3的物质的量之比为()

(A)3∶1 (B)14∶4 (C)17∶4 (D)13∶9

【简析】解此类题要巧设数据：在这里设a=84b=1，化合物中KHCO3

x+y=84

为xg、CaCO3为yg，那么可建立以下方程组

+=1

解之得x=68y=16应选(C)将一定量的NaHCO3和NH4HCO3的混合物放入坩埚内，用酒精加热到质量不变时，最终称得残留物得质量是原来的一半，那么原混合物中NH4HCO3的质量数为()

(A)25% (B)20.75% (C)17.85% (D)26.45%

【简析】因NH4HCO3分解后无残留物:2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2

残留物只是Na2CO3。巧设未知数，设wNaHCO3为84g那么wNH4HCO3为xg。那么必有(84+x)=53得x=22。故×100%=20.75%选(C)把2CO310H2O和NaHCO3的混合物溶于水，配成100mL溶液，其中Na+为，假设把等质量的该混合物加热至恒重，所得残留物的质量为()

(A)5.28g (B)4.22g (C)3.18g (D)2.12g

【简析】根据Na+守恒：nNa+×0.6=0.06(mol)→2CO3。所以选(C)碱金属溶于汞可形成良好的复原剂“汞齐”。取某种碱金属的汞齐投入足量的水中产生气体(标准状况)，并得到密度为dg/cm3的溶液1L，那么该溶液中溶质的质量分数是()

(A)% (B)% (C)% (D)%

【简析】要巧找隐含量，“汞齐”可产生2，“汞齐”是混合物碱金属的原子量必然小于23，只能是锂，溶于水后共产生0.2molLiOH即，所以选(C)将Mg、Al、Zn三种金属混合物与足量的稀硫酸反响，得氢气(标准状况)，那么三种金属得物质的量之和可能为()

(A)0.125mol (B)0.15mol (C)0.2mol (D)0.215mol

【简析】因Mg、Zn每摩各产生1molH2，Al每摩各产生2，所以混合物的物质的量必小于。所以选(A)往100mL1mol/LNaOH溶液中通入一定量SO3，在一定条件下蒸发所得溶液。析出的固体物质为5g。该固体物质的成分可能是()

(A)Na2SO4 (B)NaHSO4

(C)NaOH、Na2SO4 (D)Na2SO4、NaHSO4

【简析】可极端假设思维：因nNa+，全部为NaOH时为4g；全部为Na2SO4时为；全部为NaHSO4时为6g。生成物为所以选项为(C)将含O2和CH4的混合气体充入装有2O2的密闭容器中，点火花点燃，反响结束后，容器温度为150℃、压强为0Pa。将残留物溶于水，无气体逸出。以下表达正确的选项是()

(A)原混合气体中O2和CH4的体积比为2∶1；

(B)原混合气体中O2和CH4的体积比为1∶2；

(C)残留固体中有Na2CO3和NaOH；

(D)残留固体中只有Na2CO3。

【简析】此题的有关数据均不得用于计算，抓住“压强为0Pa，残留物溶于水，无气体逸出”说明Na2O2已反响完全，可写出：

6Na2O2+O2+2CH4→2Na2CO3+8NaOH所以选(B)、(C)金属钠、氧化钠和过氧化钠得混合物得质量为，将次混合物完全与足量的水反响，生成672mL混合气体(标准状况)，放电引燃，经济区台恰好完全反响，那么原混合物中金属钠、氧化钠、过氧化钠的物质的量之比为()

(A)1∶1 (B)2∶1∶1 (C)1∶2∶1 (D)3∶2∶1

【简析】在672mL气体中VH2∶VO2必为2∶1所以必有nNa∶nNa2O2=2∶1所以选B两杯同体积同浓度的盐酸，分别参加mgZn，当反响停止后，其中一个杯中残留有少量的金属，那么原烧杯中盐酸的物质的量n应为()

(A)<n<(B)≤n<(C)<n≤(D)<n<

【简析】因为铁的物质的量大于锌，所以剩余的金属只能是铁，锌溶解完全。盐酸的物质的量至少是mol，所以只能选B。根铝完全反响的稀硝酸，最多能溶解掉铁的物质的量是()

(A)5.6g (B)6.4g (C)7.2g (D)8.4g

【简析】Al→Al3+Fe→Fe3+等物质的量的铁为，但2Fe2++Fe=3Fe3+。所以，溶解铁的物质的量应是Al的倍，选D。向Fe2O3和铁屑的混合物中参加足量的稀硫酸至固体完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，而产生的Fe2+和H2的物质的量之比为4∶1，那么原混合物中Fe2O3和Fe的物质的量之比为()

(A)1∶1 (B)2∶1 (C)1∶2 (D)1∶3

【简析】此题有三个反响：Fe2O3+H2SO4→Fe3++Fe→Fe+H2SO4→将三个方程式配平后叠加，或直接写出Fe2O3+2Fe+4H2SO4=4FeSO4+H2↑+3H2O明确确实定了选项为(C)将纯铁溶于过量的稀硫酸中，在加热下用0.025molKNO3去氧化其中的Fe2+，余下的Fe2+用的KMnO4溶液才能完全氧化(MnO4-→Mn2+)那么NO3-的复原产物是()

(A)NO2 (B)NO (C)N2O (D)NH3

【简析】根据电子守恒。0.093molFe2+共失去电子，设N的化合价由+5价降为x价，那么可列出××5+0.025x解之得x=3。NO3-中N元素化合价降3。所以选(B)某金属A在Cl2中完全燃烧生成氯化物，消耗A与Cl2的质量之比为1∶，原子个数之比为1∶3，那么A的原子量为()

(A)24 (B)56 (C)64 (D)65

【简析】不用计算。金属的化合价应为+3，对照选项选(B)。用足量CO复原14g铁的氧化物或铁的氧化物的混合物，将生成的CO2通入足量澄清石灰水中，得到25g沉淀，那么物质不可能是()

(A)FeO、Fe2O3(B)Fe2O3、Fe3O4(C)FeO、Fe3O4 (D)Fe2O3

【简析】由产生25gCaCO3知CO2为。由CO产生CO2知14g铁的氧化物中氧元素的质量为4g，铁元素的质量为10g，在FeO中

nFe∶nO=1∶1；在Fe3O4中nFe∶nO=1∶；在Fe2O3中nFe∶nO=1∶，而在题中铁的氧化物中=。所以假设是FeO和Fe3O4的混合物那么nFe∶nO<1∶。假设单独为Fe2O3那么nFe∶nO>1∶。应选(C)(D)。鱼苗在运输过程中必须满足三个条件：需要保持水中溶有适量的氧气；鱼苗呼出的CO2必须及时除净；防止大量细菌的繁殖。所以运输过程中需参加一定的化学式，以下最适宜的试剂是()

(A)直接不断通入氧气 (B)参加Na2O2粉末

(C)参加CaO2粉末 (D)参加少量CuSO4

【简析】这是社会生产性题，但扣住供氧、除净CO2的条件，选用(C)选项(CaO2与水反响速率较慢缓慢放出O2)。NaHCO3与AgNO3的混合物加热到500℃，待不再放出气体为止，冷却，参加足量的稀硝酸然后小心将溶液蒸干，的无水盐，在原测混合物中AgNO3的质量是()

(A)17g (B) (C) (D)

【简析】此题的巧妙之处也在终端思维。最终的变化是把

NaHCO3→NaNO3m

84g85g1g

现增加=所以原混合物中NaHCO3占，AgNO3那么占17g。选(A)。在一定温度下向足量饱和Na2CO3溶液中参加无水Na2CO3粉末，搅拌后静置，最终所得的晶体的质量是()

(A)等于1.06g (B)大于，小于2.86g

(C)等于2.86g (D)大于2.86g

【简析】当参加1.06gNa2CO3→2.86gNa2CO3·10H2O水的质量减小，还要析出晶体，所以选项为(D)。某温度下向硫酸镁饱和溶液(此时溶液的溶质质量分数为25%)中参加1g无水硫酸镁，可析出3.15gMgSO4·nH2O晶体，那么n值为()

(A)3 (B)5 (C)7 (D)10

【简析】根据“溶质析出”“母液饱和”溶液质量减少的局部与原溶液的成分相同，其中含MgSO4为×，含水，这水转成了结晶水。所以nH2O/nMgSO4==7。选(C)。在一定温度下，向蒸馏水中参加Na2SO3粉末，充分搅拌后过滤，得到60g滤液和一定质量得Na2SO3·7H2O晶体。假设此温度下Na2SO3得溶解度为20g，析出的Na2SO3·7H2O晶体质量是()

(A)15.3g (B)10.6g (C)10g (D)5.3g

【简析】在1molNa2SO3·7H2O中无水盐和水都是126g，60g滤液中不难算出含水50g，析出的晶体中含水质量。那么晶体的质量比是。选(B)在一定条件下CO和CH4燃烧的热化学反响方程式为：

2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)+566KJ；CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(l)+890KJ

由1molCO和3molCH4组成的混合气体在上述条件下完全燃烧后，释放出的热量()KJ

(A)2912 (B)2953 (C)3236 (D)3827

【简析】动笔计算，麻烦费时。此题只抓住反响热数据的尾数特性即可。1molCO燃烧放热数据的尾数是3，而甲烷的尾数为零，显然正确选项为(B)以下两个均匀气态物质之间的反响：

C2H2(气)+2H2(气)C2H4(气)(1)；2CH4(气)C2H4(气)+2H2(气)(2)

在降低温度时(1)式平衡向右移动，(2)式平衡向左移动，那么以下三个反响：C(固)+2H2CH4(气)+Q1；C(固)+1/2H2(气)1/2C2H2(气)+Q2

C(固)+H21/2C2H4(气)+Q3。反响热由小到大排列正确的选项是〔〕

(A)Q1<Q2<Q3 (B)Q3<Q2<Q1 (C)Q3<Q1<Q2 (D)Q2<Q3<Q1

【简析】此题给出的信息虽多，但抓住其核心，得出碳与H2化合产生热量，C(s)+2H2→Q1；C(s)+H2→Q3；C(s)+2H2→Q2。所以选(D)标准状况时将NO2、NH3、O2的混合气体通入过量的稀硫酸中，溶液的质量增重45075g，气体的体积缩小到。将带火星的木条插入其中，不复燃，那么原混合气体的平均分子量应是()

甲组：(A)40.6(B)44(C)38(D)36.4

乙组：(A)46.3(B)40.6(C)47.5(D)46

【简析】一般的思路是根据气体被吸收的反响，归纳出最后的气体为NO，假设列方程组计算必走进死角。巧解甲组的选项时，要巧用数据，为NO质量为，所以有选(A)；巧解乙组的选项时那么攻其一点，原混合气体中只有NO2的分子量为46，其它都小于46。所以平均分子量只能小于46，对照选项只能选(B)。200℃时，使CO2和水蒸气的混合气体与足量的Na2O2反响，充分反响后，固体质量增加了，那么原混合气体的平均式量为()

(A)5.8 (B)11.6 (C)23.2 (D)46.4

【简析】不用计算18<<44所以选(C)由NH3、CH4、H2组成的混合气体，其平均分子量是10，那么混合气体中VNH3∶VCH4∶VH2的比应是()

(A)3∶2∶1 (B)1∶2∶3 (C)1∶3∶4 (D)2∶3∶4

【简析】此题列方程式显然条件缺乏。但假设深挖隐含因素。=10是偶数，而三者的分子量中NH3的是奇数，所以只有NH3的体积是偶数时才能使得平均分子量为偶数，对照选项，只能是D。同温同压下，某瓶充满O2时重116g，充满CO2时重122g，充满某气体时时重114g，那么某气体的相对分子量为〔〕

(A)28 (B)60 (C)32 (D)44

【简析】此题数据不少，却不用计算，某气体的分子量一定小于O2的分子量，所以选A某元素的近似相对原子质量为M，有质量分数分别为m、n的两种原子，那么mR和nR在自然界中的原子个数之比为〔〕

(A)(M-n)∶(m-M) (B)(M-n)∶(m-n)

(B)(M-n)∶(M-n) (C)(m-n)∶(M-m)

【简析】看似复杂，其实简单，M是平均分子量，应用十字交叉法，即可选出A为正确选项。某混合气体的百分组成为：O232%、CO222%、N228%、CH416%、H22%，那么此气体的平均分子量为〔〕

(A)12.22 (B)22.22 (C)44.44 (D)66.66

【简析】因为分子量最大的是CO2为44，分子量最小的是H2占2%，其次是CH4占16%，假设只有H2和CH4且H2占2%时，平均分子量也必然大于。所以12.22<<44。选B。元素X、Y可以分别组成H2X和H2Y，其分子量之比为∶1，又知X在化合物XY2中的含量为50%，那么X和Y两种元素分别是〔〕

(A)S、O (B)C、O (C)N、O (D)C、S

【简析】此题的突破点在于X的原子量是Y的2倍，所以选(A)。O2和O3的混合气体共2升，在同温同压下转化为O2时体积变为升，那么原混合气体的平均分子量为〔〕

(A)38.4 (B)32.5 (C)35.2 (D)36.4

【简析】因为最后的气体为O2，由阿佛加德罗定律可得：=。所以选C。复原某金属氧化物得到单质R时，质量减少50.5%，如果这种金属的原子量是55，那么氧化物的化学式为〔〕

(A)R2O3 (B)RO2 (C)R2O5 (D)R2O7

【简析】慎思巧思后，你会发现氧化物中，氧元素的质量与金属元素的质量之比约为1∶1，而55/16>3，所以O原子的个数应当大于R原子个数的3倍，选D。甲乙两种化合物都只含有X、Y两种元素，甲乙中X元素的质量分数为30.4%和25.9%，假设甲的分子式为XY2，那么乙的分子式可能是〔〕

(A)XY (B)X2Y (C)X2Y3 (D)X2Y5

【简析】抓准甲中X与Y的原子个数之比为1∶2这一突破点，根据甲中X的含量高于乙，所以乙中原子个数比X∶Y<1∶2。只能选B。某元素硝酸盐分子量为n，相同价态的醋酸盐的分子量为m，那么该元素化合价的数值为〔〕

(A) (B) (C) (D)

【简析】因为硝酸根的式量为62，醋酸根的式量为59，而盐中该元素的化合价必然为大于零的正整数，对照各选项，B、D小于1，C为负数，只能选A。化合物AB中含B36.36%，在化合物BC2中含B50%，那么在化合物ABC4中，B的百分含量是〔〕

(A)12.64% (B)19.56% (C)21.11% (D)24.68%

【简析】此题的思路比拟狭隘，不易联想所学过的化合物，但我们可以从BC2中B占50%翻开思路，用相比照值求出结果。设B的相对质量为1，那么C为，A那么为，那么在ABC4中B%=100%=21.11%，所以选(C)。有O、O、H、D、T五种原子可构成的双氧水(如：H216O18O)分子的种类有几种？()

(A)14 (B)16 (C)16 D24

【巧算】应用数学上的排列组合：O、O：C21、C22，

H、D、T：C31、C32，

那么有：(C21+C22)(C31+C32)=18。选C。据测哈雷慧星上碳的两种同位素12C和13C的原子个数比为65∶1，而地球上12C和13C的原子个数比为89∶1。地球上碳的原子量是，那么哈雷慧星上碳元素的原子量为()

(A)12.000 (B)12.009 (C)12.015 (D)12.980

【简析】比拟12C∶13C的两个比值，可得出哈雷慧星上碳元素的原子量肯定比地球上的“稍大”，所以选C。A、B、C为短周期相邻的三种元素，A、B为同周期，A、C为同主族，三元素族数之和为19，原子序数之和为41，那么A、B、C三元素的符号分别为()

(A)N、O、S (B)Cl、O、S (C)Si、P、N (D)S、Cl、F

【简析】紧紧抓住族数之和原子序数之和两点中的任意一点，即可选出正确答案为B。有X、Y、Z三种金属混合物，其原子量之比为3∶5∶7，原子个数之比为4∶2∶1，将其溶解于足量的稀盐酸中，共产生1.568L气体，反响中三者的化合价相同，那么三种金属的原子量分别为()

(A)24、27、40 (B)9、27、40

(C)24、40、65 (D)24、40、56

【简析】紧紧抓住原子量之比为3∶5∶7这一点，各选项中符合这一点的只有D。RSO4·nH2O完全失去结晶水后，余下无水物，假设R的原子量约是结晶水分子数的8倍，那么R的原子量和n值是()

(A)23∶6 (B)27∶8 (C)40∶5 56∶7

【巧思】由RSO4可知R的化合价为+2，排除A、B(或由8倍关系也可排除A、B)，又因为CaSO4中结晶水数目最多为2，所以只能选D。Pg某结晶水合物A·nH2O，失去局部结晶水后，质量变为qg，由此可得出此结晶水和物的式量为()

(A) (B) (C) (D)

【简析】巧用差量法：设其式量为x，那么：

A·nH2OA+nH2O△减

xg18ng

Pg(P-q)g那么x=18Pn/(P-q)选A。把H2ONaClNa2SMgONH3按沸点从高到低的顺序排列正确的选项是()

(A) (B) (C) (D)

【简析】用排除和比拟法。先抓住MgO的沸点最高这一点排除C、D。再比拟NaCl和Na2S中Cl¯和S2-的半径，很明显S2-的离子半径大，Na2S中离子键较弱，那么沸点NaCl的较高。选B。将1molCO和1mol水蒸气混合，在一定条件下CO+H2O==CO2+H2，反响到达平衡时CO的转化率为21.75%。那么平衡混合气体是同条件下的密度的倍 (B)9倍倍倍

【简析】此题谁假设动笔就计算，必然误入歧途。巧思：相同条件下，CO的密度是H2的14倍，H2O(气)是H2密度的9倍，所以混合气体的相对密度在9~14之间，只能是C。反响mA(气)+nB(气)==pC(气)+qD(气)经5分钟后到达平衡，测得此时A的浓度减少了amol/L，而C的浓度增加了2/3amol/L；又测得平均反响速率vC=2vB。达平衡后，假设保持温度不变，给体系加压，平衡不移动，那么该反响可表示为()

(A)2A(气)+6B(气)==3C(气)+5D(气)

(B)3A(气)+B(气)==2C(气)+2D(气)

(C)3A(气)+B(气)==2C(气)+D(气)

(D)A(气)+3B(气)==2C(气)+2D(气)

【简析】由加压平衡不移动，可得出V前=V后再由vC=2vB，那么只能是B。在一个6升的密闭容器中放入了3升X气体和2升Y气体，在一定条件下发生如下反响：4X(气)+3Y(气)2Q(气)+nR(气)，达平衡后容器内温度不变，混合气体的压强比原来增加了5%，X的浓度减少了1/3，那么该反响方程式中的n值为()

(A)3 (B)4 (C)5 (D)6

【简析】此题数据不少,虚张声势,设陷布障,但我们透过现象看本质,不难发现,“压强比原来增加”，必然有2+n>4+3，那么只有D中n=6符合。在一定体积的密闭容器中，放入3升R和5升Q(气)在一定条件下发生反响：2R(气)+5Q(气)==4X(气)+nY(气)。反响完全后容器内温度不变，混合气体的压强是原来的87.5%，那么化学方程式中的n值是()

(A)2 (B)3 (C)4 (D)5

【简析】思路同上，抓住“压强比原来减少”，必有4+n<2+5,那么只能是A。常温下将10g以下物质与90g水相混合，所得溶液的浓度最小的是〔 〕

(A)CuSO4·5H2O (B)Na2O2

(C)NaOH和Al(OH)3各5g (D)CaO

【简析】此题隐含条件较多，但最关键一点是CaO微溶于水。抓死此点就可得出Ca(OH)2得浓度(不管是物质的量浓度还是溶质得质量分数)最小。所以选(D)。为了实现我国政府在1997年12月31日前对淮河流域环境的治理，某甲、乙两相邻的工厂做了横向联合。两厂排放的污水经初步处理后，只溶有Ag+、Ba2+、Fe3+、Na+、Cl¯、SO42-、NO3-、OH-的各不同的4种离子(设各离子浓度比拟大)，假设单独排放仍会造成环境污染，如将两厂的污水按适当的比例混合，沉淀后污水变成无色澄清的硝酸钠排出，那么污染程度大为降低，你认为以下分析判断正确的选项是()

(A)SO42-和NO3-可存在于同一工厂(B)Cl¯和NO3-一定在不同的工厂

(C)Ag+和Na+可能在同一工厂 (D)NaNO3来自同一工厂

【简析】这是一道STS型离子共存与否试题，谁假设在思考中试图将两厂排放的污水中所含的离子分组，那么必坠入“陷阱”。妙解时应考虑，可与Ag+大量共存的阴离子中只有NO3-，所以Cl¯与NO3-定不在同一工厂。所以选(B)某学生欲把100g5%的CuSO4溶液的浓度增大1倍，采取的方法是：蒸掉1半水参加无水CuSO4参加胆矾参加15%的CuSO4溶液100g参加20%CuSO4溶液50g，其中正确的选项是()

(A) (B) (C) (D)都不正确

【简析】此题的判断技巧可用排除法和优选法。判断中肯定不正确，而题中必有正确选项，所以可以排除(A)和(D)选项，而(B)、(C)选项中又都有那么不需考虑，只需要确定是正确的。计算出正确，所以(B)、(C)选项都符合题意。所以选(B)、(C)。将浓度为a%物质的量浓度为M1mol/L的稀H2SO4，加热蒸发掉一局部水后，变成浓度为2a%物质的量浓度为M2mol/L的H2SO4，那么M1和M2的关系是()

(A)M1=2M2 (B)M1<2M2 (C)M2>2M1 (D)M2≤2M1

【简析】抓住硫酸越浓密度越大这一点，设出密度分别为d1(稀)、d2(浓)：那么必有=因为d2>d1所以有M2>2M1选(C)1L1mol/L的NaOH溶液吸收了0.8molCO2，所得溶液中CO32-和HCO3-的物质的量浓度之比约为()

(A)1∶3 (B)2∶1 (C)2∶3 (D)3∶2

【简析】巧找不变量，根据Na+守恒，设生成Na2CO3为xmol，NaHCO3为ymol，那么有x+y=0.82x+y=1得所以[CO32-]∶[HCO3-∶0.6=1∶3选(A)。露置的苛性钾经分析其中含有的各种物质的质量分数分别为：H2O7.62%、K2CO32.38%、KOH90%。假设将此样品1g参加到1mol/L盐酸中过量的盐酸用溶液恰好中和。蒸发中和的溶液，可得固体〔〕

(A)3.43g (B)4.00g (C)4.50g (D)无法计算

【简析】此题数据虽多，但多无用。分析反响原理后进行终端归纳：最后的固体只有KCl，而Cl¯只来源于盐酸根据Cl¯守恒，有质量为选(A)。在空气中放置一段时间的KOH固体，经分析知其中含水a%、含K2CO3b%，其余为KOH。取此样品mg溶于100mL浓度为1mol/L的稀H2SO4中，所得溶液尚需参加ngKOH固体才能完全中和。然后将溶液蒸干，可得固体物质的质量是〔〕

(A)3.1(m+n)g (B)14.2g (C)17.4g (D)20.6g

【简析】思路同上题SO42-K2SO4最后得0.1molK2SO4为。选(C)。将mgAl2O3和Fe2O3的混合物溶解在过量的的硫酸中，然后向其中参加NaOH溶液使Fe3+和Al3+刚好全部转化为沉淀，用去100mLNaOH溶液，那么NaOH溶液物质的量浓度为()

(A)0.1mol/L (B)0.05mol/L (C)0.2mol/L (D)无法计算

【简析】此题可根据终态反响实质考虑。最终的反响结果可归纳为H++OH-=H2O所以nH+=nOH-所以选(A)。将mg含Fe2O3·nH2O杂质的Al2O3样品溶解在过量的200mL[H+的稀H2SO4溶液中，然后向其中参加100mLNH3·H2O溶液，使Fe3+和Al3+恰好全部转化为沉淀，所加NH3·H2O溶液物质的量浓度为()

(A)0.2mol/L (B)0.1mol/L (C)0.05mol/L (D)无法计算

【简析】思路同上，所参加的NH3·H2O实际上是中和酸nH+=nNH3·H2O

所以选(A)取100mLFe(NO3)3与Cu(NO3)2的混合液，假设这两种溶液物质的量浓度相等。在混合液中参加溶液150mL恰好反响，那么原溶液中NO3-离子的浓度为〔〕。

(A)1.25mol/L (B)3.75mol/L (C)2.5mol/L (D)5.0mol/L

【简析】根据电荷守恒，nOH-=nNO3-×，选(B)在Na2SO4和K2SO4的混合溶液中,当[Na+]=0.2mol/L,[SO42-]=xmol/L时,x与y的关系是〔〕。

(A)x=y+0.2 (B)x=y/2

(C)x=0.1+y/2 (D)缺[H+]和[OH-]的数据，无法计算。

【简析】根据正电荷总量=负电荷总量，那么有0.2+y=2x所以x=0.1+y/2选(C)用水稀释的氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是()

(A)[OH-]/[NH3·H2O] (B)[NH3·H2O]/[OH-]

(C)[H+]和[OH-]的乘积 (D)OH-的物质的量

【简析】因(C)项乘积为常数，(D)项OH-物质的量增加，在(A)(B)选项中可借助“极端假设”法，无限稀释时[OH-]趋于常数10-7mol/L[NH3·H2O]趋于为零。所以可简捷的判断出应选(B)。的H2SO410mL和的BaCl2溶液10mL混合，所得溶液中离子浓度由大到小的排列顺序是()

(A)[H+]>[Cl¯]>[SO42-]>[OH-] (B)[SO42-]>[Ba2+]>[H+]>[OH-]

(C)[Cl¯]>[H+]>[Ba2+]>[SO42-]>[OH-](D)[H+]>[Cl¯]>[Ba2+]=[SO42-]>[OH-]

【简析】高考题中，不可没有正确选项。分析中紧紧抓住[Cl¯]最大这一点，就可快速选出答案为(C)选项。将0.2mol/LBa(OH)2溶液与2SO4溶液等体积混合后，以下几种离子浓度大小顺序正确的选项是〔〕

(A)[Ba2+]>[OH-]>[Na+]>[SO42-] (B)[Na+]>[OH-]>[Ba2+]>[SO42-]

(C)[Na+]>[Ba2+]>[OH-]>[SO42-] (C)[OH-]>[Ba2+]>[Na+]>[SO42-]

【简析】只要抓住反响后溶液中[OH-]最大着一点即可选出(D)选。将两个铂电极插入500mLCuSO4溶液中进行电解，通电一段时间后，某一电极增重0.064g(设电解时该电极无H2放出，且不考虑水解和溶液体积的变化)，此时溶液中[H+]约为()

(A)4×10-3mol/L (B)2×10-3mol/L

(C)1×10-3mol/L (D)1×10-7mol/L

【简析】要巧找关系量。当有一个Cu2+放电，必有2个OH-放电，也必然产生2个H+。设[H+]为xmol/L那么64∶∶0.5x所以x=4×10-3mol/L应选(A)。对2L6%的KOH溶液(密度3)，用石墨做电极电解。当溶液的浓度改变2%时停止电解，此时溶液的浓度及电极上析出的物质的质量是()。(96年化学竞赛题)

(A)浓度为8%；阳极得，阴极得。

(B)浓度为8%；阳极得，阴极得。

(C)浓度为4%；阳极得445g，阴极得。

(D)浓度为4%；阳极得，阴极得445g。

【简析】因用惰性电极电解KOH，实质是电解水，电解后溶液浓度增加，选排除(C)、(D)选项。电解时阳极放出O2，阴极放出H2，所以阳极析出物质的质量重，应选(B)项。将质量分数为0.052(5.2%)的NaOH溶液1L(密度为1.06g/cm3)用铂电极电解，当溶液中NaOH的质量分数改变了0.010(1.0%0时停止电解，此时溶液中应符合的关系是()。(98年高考题)NaOH的质量分数阳极析出物质的质量(g)阴极析出物质的质量(g)(A)0.062(6.2%)19152(B)0.062(6.2%)15219(C)0.042(4.2%)(D)0.042(4.2%)【简析】思路同24题。用以下方法制备胶体：的BaCl2与等体积的2mol/LH2SO4混合振荡。将饱和溶液逐滴参加20mL沸水中。1mL水玻璃逐滴参加盐酸中丙振荡。可制得的是()

(A) (B) (C) (D)

【简析】因Ba2+与SO42-作用不会形成胶体，所以排除含的选项，只有选C用托盘天平和小烧杯称出一定质量的锌粉，可以分为以下6个步骤：调整零点，静止时使指针处在标尺中间；将游码拨到刻度尺零点；把锌粉放在小烧杯中称量；称量空的小烧杯质量；将砝码放回砝码盒中；记录称量结果。其正确操作的顺序是()

(A)(B)(C)(D)

【简析】此实验步骤虽多，但抓住“将游码拨到刻度尺零点”是操作的第一步，“将砝码放回砝码盒中”是操作的最后一步，不难发现只有A选项符合上两点，所以选A.实验桌上放有：托盘天平、研钵、玻璃棒、三脚架、泥三角、蒸发皿、瓷坩埚、枯燥管、酒精灯、火柴、烧杯、量筒、容量瓶、药匙、石棉网、试管，不再另加仪器，以下不能进行的实验是()

(A)蒸发 (B)萃取分液 (C)配置的CuSO4溶液

(D)除去萘中的沙子 (E)测定硫酸铜晶体中结晶水的含量

(F)稀释硫酸 (G)别离NaCl和NaOH的混合物。

【简析】此例为化学实验根本操作的选择题，且选项有7个，超常。涉及的知识点，面多而广。分析时应抓住：萃取分液的必备仪器是分液漏斗配制物质的量浓度溶液时，没有胶头滴管不能定容，即可选出B、C。以下各组气体：HClHICl2H2SSO2SO3NH3HBr，其中不能用浓硫酸枯燥的是()

(A) (B) (C) (D)

【简析】只要能理解到HI不能用浓H2SO4枯燥，且按顺序排在最前的选项，所以选(C)。用一定浓度的NaOH溶液作标准液，酚酞作指示剂，测定未知浓度的稀盐酸。以下操作中会导致所测盐酸的物质的量浓度偏高的是〔〕

未用标准液润洗碱式滴定管；只用蒸馏水,而未用待测盐酸洗涤锥型瓶；用未知盐酸洗涤了移液管；滴定前碱式滴定管尖嘴处有气泡，滴定结束前气泡已消失；滴定前读数正确，滴定后俯视碱式滴定管中的液面并读数。

(A) (B) (C) (D)

【简析】比拟各选项后，除(B)选项外都有，而的操作对滴定结果无影响，所以可排除含的选项。应选(B)。现有Al2(SO4)3Ba(OH)2KOHCuCl2NaCl五种