2018年高考最新化学更新!!100道经典化学题巧解

第一篇：2018年高考最新化学更新!!100道经典化学题巧解

2018年高考最新化学更新！100道经典化学题巧解

紧凑版

但愿同学们能从中得到启迪，诱发灵气，有所提高。

1、将KCl和KBr的混合物13.4g溶于水配成500mL溶液，再通入过量的Cl2反应后，将固体蒸干得固体11.175g。求原来所配溶液中K+、Clˉ、Brˉ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，若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+=nClˉ+nBrˉ，对照选项只能选A。

2、在密闭容器中盛有H2、O2、Cl2三种气体，电火花点燃后，三种气体都正好反应完全，冷却到室温，所得溶液得质量分数为25.26%，则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。

3、KCl和KBr的混合物3.87g溶于水后，加入过量AgNO3溶液，共产生沉淀6.63g，则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】原溶液中加入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

则K+%= ×100%=40.3%

选B。

4、O2和Cl2的混合气体500mL，使H2在其中充分燃烧后，用适量水吸收反应产物制得250mL溶液，从中取出25mL，用0.125mol/L的NaOH溶液20.00mL恰好完全中和，则与混合气体反应掉的H2(标况)的体积为（）(A)448mL(B)460mL(C)472mL(D)720mL 【简析】此题谁若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。若混合气体都是Cl2，完全反应时需H2500mL，若都是O2，则需H2更多，对照选项前三者都小于500，所以必是D选项。

5、标准状况下Cl2和H2共a L，在光照下充分进行反应，反应后的气体恰好能使b mol NaOH完全转化成盐，则a、b的关系不可能是下列的（）(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。不论Cl2、H2谁过量再与NaOH反应，反应后的终态产物总是NaCl或NaCl与NaClO的混合物。总有nNa+=nCl，所以有nCl≤a/11.2mol，即b≤a/11.2。故选D

6、向KI溶液中加入AgNO3溶液，直到反应完为止，滤去沉淀，滤液的质量恰好等于反应前KI溶液的质量，则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+加入的水的质量，通过设未知数，列方程解就复杂了。但若理解透析出的沉淀的质量=加入的AgNO3溶液的质量这一点，则不难想到若析出AgI为1mol，则加入的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。

7、密度为1.45g/ml的H2SO4溶液中，逐滴加入BaCl2溶液，直到SO42-全部沉淀为止，已知沉淀的质量与原来H2SO4溶液的质量相等，则原来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。

8、足量浓硫酸加入a g铜，完全反应后放出b L气体；足量的盐酸中加入m g FeS，完全反应后放出V L气体(标准状况)，已知二者所产生的气体恰好完全反应，则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】b L为SO2，V L为H2S，由2H2S+SO2=3Sa+2H2O，可知： b：V=1：2，则只有C符合。选择C。

9、向500mlFeCl3溶液中通入一定量的H2S气体，恰好完全反应，所得滤液的质量比原来增重1g，则原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++Sa+2H+可知，增重的1g是H+，则通入的H2S为0.5mol，原溶液中的FeCl3为1mol，所以浓度为2mol/L，选C。

10、今有3mol/L盐酸和硫酸各100ml，分别加入等质量的铁粉，待反应完毕后，测得生成气体的质量比为3∶4，则加入铁粉的质量是（）(A)5.6g(B)8.4g(C)11.2g(D)16.8g 【简析】两种酸都完全反应时，盐酸溶解铁为8.4g，硫酸溶解铁为16.8g，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

1、酸，铁不足。所以8.4g

12、在一定条件下，70mLH2S和90mLO2混合，使之完全反应，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+3O2?2SO2+H2O和2H2S+O2?2S+2H2O的反应 1/2<90/70<3/2 所以H2S的氧化产物不仅有SO2也有S。巧解时可用

xH2S+yO2?xH2O+(y-x/2)SO2+(3x/2-y)S的反应式，将x=70，y=90直接代入(y-x/2)，所以选(D)

13、今有H2和CO(体积比为1:2)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1:2，无用，舍去。根据H2，CO与O2化合时需氧气都为其体积的一半，故选(D)

14、在100mL0.1mol/L的稀硫酸中加入20mL浓度为1mol/L的氨水，然后向该混合液中加入0.1mol/LBaCl2溶液，现欲使溶液中SO42-和Clˉ离子物质的量浓度相等，则加入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[Clˉ]=[SO42-]，可使H2SO4+BaCl2 = BaSO4 + 2HCl 1mol 1/3mol 1/3mol 2/3moL 故选(A)

15、把足量的铁粉投入到硫酸和CuSO4的混合溶液中，充分反应后，剩余金属的质量与原加入的铁粉的质量相等，则原溶液中[H+]与[SO42-]之比为()(A)1:7(B)1:4(C)1:2(D)1:3 【简析】设原溶液H2SO4为Xmol，耗铁也是Xmol，CuSO4为Ymol，反应后金属的质量增加8Y克，所以必有56X=8Y，得n(H2SO4): n(CuSO4)=1:7，所以[H+] : [SO42-]=1 : 4,故选(B)

16、将3.22g芒硝溶解于X g水中,所得溶液恰好是100个水分子中溶解有1个Na+则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 =34.2。所以选(B)

17、0.3摩尔Cu2S与足量的浓硝酸反应，生成了Cu(NO3)2，H2SO4，NO和H2O。在参加反应的硝酸中，未被还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Cu2S?2Cu(NO3)2?4NO3-，得4×0.3=1.2，所以选(B)

18、已知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，则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)

19、38.4mgCu跟适量的浓HNO3反应，Cu全部作用后，共收集到22.4mL(标况)气体，反应消耗的硝酸的物质的量可能是()(A)1.0×10-3 mol(B)1.6×10-3 mol(C)2.2×10-3 mol(D)2.4×10-3 mol 【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反应的规律求出答案。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)20、向含有a gHNO3的溶液中加入b g铁粉，充分反应后，铁全部被溶解且生成NO。若HNO3有a/4g被还原，则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+2NOá+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)

21、某金属与稀硝酸反应生成一种硝酸盐，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，则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，若金属化合价不变，则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)，那么得电子的还原产物NO2的物质的量必然增大，所以只能选A。

22、甲醛能与铵盐反应：4NH4++6HCHOà(CH2)6N4H++3H++6H2O，产物又能与碱定量反应：(CH2)6N4H++3H++4OH-à(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0.1mol/LNaOH溶液的毫升数恰好等于试样中的含氮量，则每次取样的质量是()(A)0.08g(B)0.11g(C)0.14g(D)1.4g 【简析】题干长篇叙述，但精要部分是VNaOH= 含氮量，设取用NaOH x ml，称取的试样为Wg，则：?氮的百分含量= ×100% ? ÷W= x% 经计算，得W=0.14。所以选C。

23、碱金属溶于汞可形成良好的还原剂“汞齐”。取某种碱金属的汞齐4.6g投入足量的水中产生2.24L气体(标准状况)，并得到密度为d g/cm3的溶液1L，则该溶液中溶质的质量分数是()(A)%(B)%(C)%(D)% 【简析】要巧找隐含量，4.6g“汞齐”可产生22.4LH2，“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0.2mol LiOH即4.8g，所以选(C)

24、将Mg、Al、Zn三种金属混合物与足量的稀硫酸反应，得3.36L氢气(标准状况)，则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1.5molH2，所以混合物的物质的量必小于0.15moL。所以选(A)

25、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5 g。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+=0.1mol，全部为NaOH时为4g；全部为Na2SO4时为7.1g；全部为NaHSO4时为6g。生成物为4<5<7.1所以选项为(C)[Post][/Post]

26、将含O2和CH4的混合气体充入装有23.4gNa2O2的密闭容器中，点火花点燃，反应结束后，容器温度为150℃、压强为0 Pa。将残留物溶于水，无气体逸出。下列叙述正确的是()(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0 Pa，残留物溶于水，无气体逸出”说明 Na2O2已反应完全，可写出：

6Na2O2+O2+2CH4→2Na2CO3+8NaOH 所以选(B)、(C)

27、金属钠、氧化钠和过氧化钠得混合物得质量为3.72g，将次混合物完全与足量的水反应，生成672mL混合气体(标准状况)，放电引燃，经济区台恰好完全反应，则原混合物中金属钠、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

28、两杯同体积同浓度的盐酸，分别加入m g Zn，当反应停止后，其中一个杯中残留有少量的金属，则原烧杯中盐酸的物质的量n应为()(A)

【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。

29、根2.7g铝完全反应的稀硝酸，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5.6g，但2Fe2++Fe=3Fe3+。所以，溶解铁的物质的量应是Al的1.5倍，选D。30、向Fe2O3和铁屑的混合物中加入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，则原混合物中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】本题有三个反应：?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 明确的确定了选项为(C)

31、将0.093mol纯铁溶于过量的稀硫酸中，在加热下用0.025mol KNO3去氧化其中的Fe2+，余下的Fe2+用12mL 0.3mol/L的KMnO4溶液才能完全氧化(MnO4-→Mn2+)则NO3-的还原产物是()(A)NO2(B)NO(C)N2O(D)NH3 【简析】根据电子守恒。0.093mol Fe2+共失去电子0.093mol，设N的化合价由+5价降为x价，则可列出0.093=0.012×0.3×5+0.025x 解之得x=3。NO3-中N元素化合价降3。所以选(B)

32、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∶1.9，原子个数之比为1∶3，则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)。

33、用足量CO还原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，则物质不可能是()(A)FeO、Fe2O3(B)Fe2O3、Fe3O4(C)FeO、Fe3O4(D)Fe2O3 【简析】由产生25gCaCO3知CO2为0.25mol。由CO产生CO20.25mol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∶1.3；在Fe2O3中nFe∶nO=1∶1.5，而在题中铁的氧化物中 =。所以若是FeO和Fe3O4的混合物则nFe∶nO<1∶1.4。若单独为Fe2O3则nFe∶nO>1∶1.4。故选(C)(D)。

34、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。所以运输过程中需加入一定的化学式，下列最合适的试剂是()(A)直接不断通入氧气(B)加入Na2O2粉末(C)加入CaO2粉末(D)加入少量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与水反应速率较慢缓慢放出O2)。35、25.4g NaHCO3与AgNO3的混合物加热到500℃，待不再放出气体为止，冷却，加入足量的稀硝酸然后小心将溶液蒸干，的无水盐25.5g，在原测混合物中AgNO3的质量是()(A)17g(B)8.5g(C)8.4g(D)9.2g 【简析】此题的巧妙之处也在终端思维。最终的变化是把 NaHCO3→NaNO3 Dm 84g 85g 1g 现增加25.5g-25.4g=0.1g 所以原混合物中NaHCO3占8.4g，AgNO3则占17g。选(A)。

36、在一定温度下向足量饱和Na2CO3溶液中加入1.06g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1.06g，小于2.86g(C)等于2.86g(D)大于2.86g 【简析】当加入1.06g Na2CO3→2.86g Na2CO3?10H2O水的质量减小1.8g，还要析出晶体，所以选项为(D)。

36、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%)中加入1g无水硫酸镁，可析出3.15g MgSO4? nH2O晶体，则n值为()(A)3(B)5(C)7(D)10 【简析】根据“溶质析出”“母液饱和”溶液质量减少的部分3.15-1=2.15g与原溶液的成分相同，其中含MgSO4为2.15×25%=0.5375g，含水2.15-0.5375=1.6125g，这水转成了结晶水。所以nH2O/nMgSO4= =7。选(C)。

37、在一定温度下，向55.3g蒸馏水中加入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。若此温度下Na2SO3得溶解度为20g，析出的Na2SO3? 7H2O晶体质量是()(A)15.3 g(B)10.6 g(C)10g(D)5.3 g 【简析】在1mol Na2SO3? 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=55.3-50=5.3g。那么晶体的质量比是10.6g。选(B)

38、在一定条件下CO和CH4燃烧的热化学反应方程式为：

2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)+566KJ；CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(l)+890KJ 由1mol CO和3mol CH4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。此题只抓住反应热数据的尾数特性即可。1mol CO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)

39、已知下列两个均匀气态物质之间的反应：

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，则下列三个反应：C(固)+2H2 CH4(气)+Q1 ；C(固)+ 1/2H2(气)1/2C2H2(气)+ Q2 C(固)+ H2 1/2C2H4(气)+ Q3。反应热由小到大排列正确的是（）(A)Q1

32、标准状况时将NO2、NH3、O2的混合气体26.88L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2.24L。将带火星的木条插入其中，不复燃，则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应，归纳出最后的气体为NO，若列方程组计算必走进死角。巧解甲组的选项时，要巧用数据，2.24L为NO质量为0.3g，所以有 =4.06选(A)；巧解乙组的选项时则攻其一点，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)。

33、200℃时，使11.6g CO2和水蒸气的混合气体与足量的Na2O2反应，充分反应后，固体质量增加了3.6g，则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)

34、由NH3、CH4、H2组成的混合气体，其平均分子量是10，则混合气体中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不足。但若深挖隐含因素。=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。

35、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，则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

36、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，则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。

37、某混合气体的百分组成为：O232%、CO222%、N228%、CH416%、H22%，则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%，若只有H2和CH4且H2占2%时，平均分子量也必然大于12.22。所以12.22< <44。选B。

38、元素X、Y可以分别组成H2X和H2Y，其分子量之比为1.89∶1，又知X在化合物XY2中的含量为50%，则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)。

39、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2.2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： = =35.2。所以选C。

40、还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，则氧化物的化学式为（）

(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。

41、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%，若甲的分子式为XY2，则乙的分子式可能是（）(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。

42、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，则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。

43、化合物AB中含B36.36%，在化合物BC2中含B50%，则在化合物ABC4中，B的百分含量是（）

(A)12.64%(B)19.56%(C)21.11%(D)24.68% 【简析】此题的思路比较狭隘，不易联想所学过的化合物，但我们可以从BC2中B占50%打开思路，用相对比值求出结果。设B的相对质量为1，则C为0.5，A则为1.75，则在ABC4中B%= ′100%=21.11%，所以选(C)。

44、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，则有：(C21+C22)(C31+C32)=18。选C。

45、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12.011，则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】比较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。

46、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，则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。

47、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1.568 L气体，反应中三者的化合价相同，则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。

48、13.9g RSO4?nH2O完全失去结晶水后，余下7.6g无水物，若R的原子量约是结晶水分子数的8倍，则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。

49、Pg某结晶水合物A?nH2O，失去部分结晶水后，质量变为q g，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，则： A?nH2OA + nH2O △减

x g 18n g P g(P-q)g 则x =18Pn/(P-q)选A。

50、把?H2O ?NaCl ?Na2S ˉMgO °NH3按沸点从高到低的顺序排列正确的是()(A)ˉ???°(B)ˉ???°(C)?ˉ??°(D)???ˉ° 【简析】用排除和比较法。先抓住MgO的沸点最高这一点排除C、D。再比较NaCl和Na2S中Clˉ和S2-的半径，很明显S2-的离子半径大，Na2S中离子键较弱，则沸点NaCl的较高。选B。

51、将1molCO和1mol水蒸气混合，在一定条件下CO+H2O==CO2+H2，已知反应达到平衡时CO的转化率为21.75%。则平衡混合气体是同条件下的密度的()(A)6.85倍(B)9倍(C)11.5倍(D)17.8倍

【简析】此题谁若动笔就计算，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。

52、反应mA(气)+nB(气)==pC(气)+qD(气)经5分钟后达到平衡，测得此时A的浓度减少了a mol/L，而C的浓度增加了2/3a mol/L；又测得平均反应速率vC=2vB。达平衡后，若保持温度不变，给体系加压，平衡不移动，则该反应可表示为()(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，则只能是B。

53、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应：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，则该反应方程式中的n值为()(A)3(B)4(C)5(D)6 【简析】本题数据不少,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，则只有D中n =6符合。

54、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应：2R(气)+5Q(气)==4X(气)+nY(气)。反应完全后容器内温度不变，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 【简析】思路同上，抓住“压强比原来减少”，必有4+n<2+5,则只能是A。

55、常温下将10g下列物质与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(不论是物质的量浓度还是溶质得质量分数)最小。所以选(D)。

56、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。已知两厂排放的污水经初步处理后，只溶有Ag+、Ba2+、Fe3+、Na+、Clˉ、SO42-、NO3-、OH-的各不同的4种离子(设各离子浓度比较大)，若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，则污染程度大为降低，你认为下列分析判断正确的是()(A)SO42-和NO3-可存在于同一工厂(B)Clˉ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，谁若在思考中试图将两厂排放的污水中所含的离子分组，则必坠入“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Clˉ与NO3-定不在同一工厂。所以选(B)

57、某学生欲把100g 5%的CuSO4溶液的浓度增大1倍，采取的办法是：?蒸掉1半水?加入无水CuSO4 5.56g?加入胆矾9.26gˉ加入15%的CuSO4溶液100g°加入20%CuSO4溶液50g，其中正确的是()(A)??ˉ(B)??°(C)??ˉ°(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??°则不需考虑，只需要确定ˉ是正确的。计算出ˉ正确，所以(B)、(C)选项都符合题意。所以选(B)、(C)。

58、将浓度为a%物质的量浓度为M1 mol/L的稀H2SO4，加热蒸发掉一部分水后，变成浓度为2a%物质的量浓度为M2 mol/L的H2SO4，则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)：则必有 = 因为d2>d?1所以有M2>2M1 选(C)

59、1L1mol/L的NaOH溶液吸收了0.8mol CO2，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，则有x+y=0.8 2x+y=1得x=0.2 y=0.6所以[CO32-]∶[HCO3-]=0.2∶0.6=1∶3选(A)。

60、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：H2O 7.62%、K2CO3 2.38%、KOH 90%。若将此样品1g加入到1mol/L盐酸46.00mL中过量的盐酸用1.070mol/LKOH溶液恰好中和。蒸发中和的溶液，可得固体（）(A)3.43 g(B)4.00 g(C)4.50 g(D)无法计算

【简析】此题数据虽多，但多无用。分析反应原理后进行终端归纳：最后的固体只有KCl，而Clˉ只来源于盐酸根据Clˉ守恒，有nKCl=nHCl=0.046mol质量为3.43g选(A)。

61、在空气中放置一段时间的KOH固体，经分析知其中含水a%、含K2CO3 b%，其余为KOH。取此样品m g溶于100mL浓度为1mol/L的稀H2SO4中，所得溶液尚需加入n g KOH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)14.2 g(C)17.4 g(D)20.6 g 【简析】思路同上题SO42-àK2SO4最后得0.1mol K2SO4为17.4g。选(C)。

62、将mgAl2O3和Fe2O3的混合物溶解在过量的100mL[H+]=0.1mol/L的硫酸中，然后向其中加入NaOH溶液使Fe3+和Al3+刚好全部转化为沉淀，用去100mLNaOH溶液，则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】此题可根据终态反应实质考虑。最终的反应结果可归纳为H++OH-=H2O所以nH+=nOH-所以选(A)。

63、将m g含Fe2O3?nH2O杂质的Al2O3样品溶解在过量的200mL[H+]=0.1mol/L的稀H2SO4溶液中，然后向其中加入100mL NH3?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，所加入的NH3?H2O实际上是中和酸 nH+=nNH3?H2O 所以选(A)64、取100mL Fe(NO3)3与Cu(NO3)2的混合液，若这两种溶液物质的量浓度相等。在混合液中加入2.5mol/L NaOH溶液150mL恰好反应，则原溶液中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-=2.5×0.15=0.375mol，=3.75mol/L选(B)65、在Na2SO4和K2SO4的混合溶液中,当[Na+]=0.2mol/L,[SO42-]=x mol/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，则有0.2+y=2x所以x=0.1+y/2选(C)66、用水稀释0.1mol/L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)。

67、0.1mol/L的H2SO4 10mL和0.2mol/L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+]>[Clˉ]>[SO42-]>[OH-](B)[SO42-]>[Ba2+]>[H+]>[OH-](C)[Clˉ]>[H+]>[Ba2+]>[SO42-]>[OH-](D)[H+]>[Clˉ]>[Ba2+]=[SO42-]>[OH-] 【简析】高考题中，不可没有正确选项。分析中紧紧抓住[Clˉ]最大这一点，就可快速选出答案为(C)选项。68、将0.2mol/L Ba(OH)2溶液与0.05mol/L Na2SO4溶液等体积混合后，下列几种离子浓度大小顺序正确的是（）

(A)[Ba2+]>[OH-]>[Na+]>[SO42-](B)[Na+]>[OH-]>[Ba2+]>[SO42-](C)[Na+]>[Ba2+]>[OH-]>[SO42-](C)[OH-]>[Ba2+]>[Na+]>[SO42-] 【简析】只要抓住反应后溶液中[OH-]最大着一点即可选出(D)选。

69、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x mol/L则64∶2=0.064∶0.5x 所以x=4×10-3mol/L故选(A)。

70、对2L 6%的KOH溶液(密度1.05g/cm3)，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58.33g，阴极得466.64g。(B)浓度为8%；阳极得466.64g，阴极得58.33g。(C)浓度为4%；阳极得445g，阴极得55.6g。(D)浓度为4%；阳极得55.6g，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，故选(B)项。

71、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%)19 152(B)0.062(6.2%)152 19(C)0.042(4.2%)1.2 9.4(D)0.042(4.2%)9.4 1.2 【简析】思路同24题。

83、用下列方法制备胶体：?0.5mol/L的BaCl2与等体积的2mol/LH2SO4混合振荡。?将1.5mLFeCl3饱和溶液逐滴加入20mL沸水中。?1mL水玻璃逐滴加入盐酸中丙振荡。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

84、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；ˉ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)??ˉ±?±°?(B)??ˉ?±°(C)??ˉ?°±(D)ˉ?±??±°

【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.85、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、干燥管、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，下列不能进行的实验是()(A)蒸发(B)萃取分液(C)配置0.5mol/L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)分离NaCl和NaOH的混合物。

【简析】此例为化学实验基本操作的选择题，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。

98、有a mL三种气态烃的混合物与足量的O2点燃爆炸后，恢复到原来的状况(常温、常压)体积缩小2a mL，则这三种烃不可能是()(A)CH4、C2H4、C3H4(B)C2H6、C3H6、C4H6(C)C2H2、C2H6、C3H8(D)CH4、C2H6、C2H2 【简析】设混合烃的组成为CxHy则CxHy +(x+y)O2→x CO2+ H2O(液)因V前-V后=2a则V减=1+x+-x=1+ 1∶(1+)=a∶2a所以y=4，当 =4时a mL燃烧后体积减少2a mL平均氢原子个数不可能为4个的是(B)组。选(B)。99、立方烷分子为正方体碳架结构。如图，其二氯代物同分异构体的数目为()(A)2(B)3(C)4(D)6 【简析】分析时抓住?占据同一边上的两个 顶点为1种?同一面对角线的两个顶点为又

一种?立方体对角线的两顶点再是一种，共3种。选(B)。

100、甲酸乙酯和乙酸丁酯的混合物中氢元素的质量分数为9.75%，则氧元素的质量分数为()(A)40.25%(B)31.75%(C)58.5%(D)45.375% 【简析】要巧挖隐含量，因组成均符合CnH2n O2的通式mC∶mH=6∶1，碳的含量为6′9.75%=58.5%所以含氧为31.75%。选(C)。

第二篇：高考诗歌鉴赏题巧解及启示

高考诗歌鉴赏题巧解及启示

漫成一首 杜甫

江月去人只数尺，风灯照夜欲三更。

沙头宿鹭联拳静，船尾跳鱼拔剌鸣。

8．对这首诗的赏析，不恰当的一项是()

A．首句从水中月影写起，描写了江上月夜宁静的美景，与“江清月近人”这句诗异曲同工。B．第三句写白鹭屈曲着身子，恬静地夜宿在月照下的沙滩上，意境安谧、和平。C．

二、四两句分写了江风吹打桅灯、大鱼跃出水面的“动”，与一、三两句的“静”对比鲜明。D．全诗通过写夜泊时的所见所闻，透露出诗人对平静、安宁生活的向往。

9．诗的四句分别写了月、灯、鹭、鱼四景，四景又组成统一的意境。下列诗中与这种写法相同的一首是()

A．白日依山尽，黄河人海流。欲穷千里目，更上一层楼。B．门径俯清溪，茅搪古木齐。红尘飘不到，时有水禽啼。C．迟日江山丽，春风花草香。泥融飞燕子，沙暖睡鸳鸯。D．千山鸟飞绝，万径人踪灭。孤舟蓑笠翁，独钓寒江雪。

这是今年高考诗歌鉴赏题中的唐诗部分，所选诗歌短小浅显，明白如话，没有多大难度，大多考生都能读个大概，然而对待中关键词语及意境的理解，则因考生知识面不同而呈现不同的层面了：一般考生能读通诗句，稍有能力者能读懂作者心声；能力较高者除此之外还能读出诗中远近推移、动静结合的表现手法等。对不同层次的考生而言，同样的试题在他们眼中便成了“拦路虎”或“一碟小菜”’等不同的物什。就该题而言，一般考生如何能得满分呢？我们不妨运用解题技巧，根据命题的一般规律反其道而行之地解答这两道试题。

大家知道，人们在认识某个事物时，往往要遵循由表及里，由先及后，由上及下，由简及繁、由此及被的规律，命题者在命题时往往也要遵循这个原则，因此，当我们局限在原题上不能得出题意时，可根据这一命题原则沿波溯源地寻求答案(要有两个以上围绕同一母题的子题为条件)。如上。述第8题中，对该诗分析不当的项为C。这题较有迷惑度。它难就难在对“风灯”一词的理解上。诗中的“风灯”即桅灯是行业术语，因过去桅灯外面要加上纸罩避风，故名。细想之下，由上文“江月去人只数尺”可知，其时江上并没有风，否则江水也不会那样宁静，江月也不会那样清晰近人了。然而大多数考生不懂“风灯”这个行业术语，对命题者有意望文生义的曲解：江风吹打桅灯”也就无从察觉、无可奈何了。而除此外，这四项乍看上去均切合题意，都没有破绽。在这种情况下，我们不必急于作答，可静下心来先看下一题。在命完第8题的基础上，命题却又顺势出了考查写法的第9题，细读第9题可知，上诗“四句分别写了且、灯、鹭、鱼四景，四景又组成了一个统一的意境”，于是题目的破绽便出现了。这里说第二句写了“灯”景，而上题中分析这句则说写了“江风吹打桅灯”，不是成了“风”景么?由于下文是题于表述，显然无误，因此上题选项C作为答案把握就大了，理由有三：即刚才分析的“风灯”的真实内涵；全诗四句写景，一、三、四句开头第一个词“江月”、“沙头”、“船尾”都是偏正式合成词，作为精通格律的杜甫，不可能把“风灯”当成述宾短语看待，因此只能是偏正关系，这样就与题意吻合了；全诗前三句写静景，第四句以动衬静，写出江上月夜宁静的美景，与A、B、D项分析一致。这种得出答案的方法即“由下及上”法。

第9题是根据诗中的写法，在其他四首诗中找与此相同的一项。命题思路是由此及彼，扩大了诗歌鉴赏的信息量。我们答题时不妨由彼及此地溯源而答。先具体分析“彼”即四个选项中的诗歌创作手法，然后对照题意，选出符合要求即“此”的答案。题目中A项一、二句以骈偶句式写登楼所见，三四句以流水句式写登楼所感。B项一、二句用非骈偶句式写所见，三四句以流水句式写所闻。C项一、二句以骈偶句式写“江山”、“花草”之景，三、四句又以骈偶句式写“燕子”、“鸳鸯”之物。D项一、二句用非骈偶句式写所见，三、四两句以流水句式写渔翁独钓的画面。从这四项分析可知，C项写法一句一景且全用骈偶句式，与其他三项有所不同。这是“彼”。再看“此”，即《漫成一首》的写法则是四句分别写了四种景物，而且一、二句三、四句分别构成对偶，各句之间似无关联，不像“欲穷千里目，更上一层楼”之类有目的等关系，这种写作方法在绝句中是有名的“一句一绝”的格调，它起源于晋代的《四时咏》：“春水满四泽，夏云多奇峰，秋月扬明辉，冬岭秀孤松。”一般情况下较难把握，但写得好，不仅能使写景生动，律对精切，还能形成一个统一完美的意境，使句与句前后照应、融为一幅完整的画面。因其难于把握，故写此调的人不多，唐代唯杜甫喜用此律。如大家熟悉的“两个黄鹂鸣翠柳，一行白鹭上青天。窗含西岭千秋雪，门泊东吴万里船”即依此调而成，对照题意，该题答案也是C项。这也是杜甫写的一首绝句。首句写春日阳光普照，四野青绿，溪水映日的秀丽景色；次句以和煦的春风，初放的百花，如茵的芳草，浓郁的芳香来展现明媚的春光；第三句写春暖花开，泥融土湿，秋去春归的燕子正繁忙地飞来飞去‘衔泥筑巢，紧扣首句作动态描绘；第四句写日丽沙暖，鸳鸯也要享受春天的温暖，在溪边的沙洲上静睡不动，也紧扣首句作静态描绘。整个四句以江山、花草、燕子、鸳鸯四景构成了一幅色彩鲜明、生意勃发，具有美感的初春景物图，其写法与《漫成一首》一样，体现了杜诗摹物清丽雅致，浑然无痕的艺术风格。

今年高考诗歌鉴赏题考一首唐诗，一首新诗，共3个题目计9分，其分值比往年增加，约占整个卷面总分的三分之一，可以说与词语运用、语言连贯形成了三足鼎立的局面，这一导向启发我们在今后的教学中要注意“二多”：

一、多读一些名家的诗篇 今年高考唐诗鉴赏题明为一诗，实际上却考了五首诗歌，阅读量相当大，这些诗有的是课本上学过的，有的是课本外未学过的，因此，我们在平时教学中不能局限于课本，而要指导学生以书本为范例，多涉猎一些与课本有关的名家的作品，如这次高考考了杜甫、艾青的诗，中学课本中也收录了他们的作品，如果我们在课外适当地收集些他们风格不同的作品引导学生阅读，学生就能在总体上把握某作家的创作风格，以便形成知人论世，知人论诗的评价鉴赏能力。这方面吉林省特级教师赵谦翔进行的“语文教育与人的教育”教改课题为我们作了有益的探索。他在讲到某作家作品时，把该作家写的诗文代表作及别人评价，介绍该作家作品的文章集中汇编成专题进行阅读教学。实践证明，这是提高学生阅读、鉴赏能力的行之有效的方法。广大语文教育工作者再也不能满足于以前就书讲书、死搬教参、死做题目的教学方法了。

二、多总结些解题技巧平时在练习中多培养学生审题解题能力。老师在讲解过程中应明规律，给方法，使学生拿到从未谋面的试题后不致产生恐惧感，从而达到快捷准确的解题目的。

这“二多”看似矛盾，其实是相辅相成的。多读诗文是修炼“内功”，多总结技巧是锻炼“外功”。要想在诗歌鉴赏题上得满分，不但要有深厚的内功，还要有扎实的外功。只有“二多”结合，内外并修，方可形成较高的诗歌鉴赏素质，这点就姑且称之为“由多及少”吧!

第三篇：高考化学题题型分析

在高中化学中，计算题的主要功能是考查考生掌握基础知识的广度和熟练程度以及知识的系统性。这类题目考查的形式既有直接的简单化学计算和间接的应用化学原理推算，下面给大家分享一些关于高考化学题题型分析，希望对大家有所帮助。

高考化学题题型分析一

化学计算中的4种常用方法

01.假设法

所谓假设法，就是假设具有某一条件，推得一个结论，将这个结论与实际情况相对比，进行合理判断，从而确定正确选项。

1.极端假设法

主要应用：(1)判断混合物的组成。把混合物看成由某组分构成的纯净物进行计算，求出最大值、最小值，再进行讨论。(2)判断可逆反应中某个量的关系。把可逆反应看作向左或向右进行到底的情况。(3)判断可逆反应体系中气体的平均相对分子质量大小的变化。把可逆反应看成向左或向右进行的单一反应。(4)判断生成物的组成。把多个平行反应看作单一反应。

2.状态假设法

状态假设法是指在分析或解决问题时，根据需要，虚拟出能方便解题的中间状态，并以此为中介，实现由条件向结论转化的思维方法。该方法常在化学平衡的计算中使用。

3.过程假设法

过程假设法是指将复杂的变化过程假设为(或等效为)若干个简单的、便于分析和比较的过程，考虑等效状态的量与需求量之间的关系，进而求解的方法。该方法在等效平衡的计算中使用概率非常高。

4.变向假设法

变向假设法指在解题时根据需要改变研究问题的条件或结论，从一个新的角度来分析问题，进而迁移到需要解决的问题上来，从而得到正确的答案。

02.关系式法

在多步反应中，关系式法可以把始态的反应物与终态的生成物之间的“物质的量”关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。正确书写关系式是用关系式法解化学计算题的前提。

1.根据化学方程式找关系式

特点：在多步反应中，上一步反应的产物即是下一步反应的反应物。

2.通过化学反应方程式的叠加找关系

适用于多步连续反应或循环反应。方法：将其中几个有关联的化学反应方程式进行适当变形(改变化学计量数)，然后相加，消去中间产物，即得总的化学反应方程式。

03.差量法

差量法解题的关键是正确找出理论差量。其解题步骤如下：

(1)分析题意：分析化学反应中各物质之间的数量关系，弄清引起差值的原因。

(2)确定是否能用差量法：分析差值与始态量或终态量之间是否存在比例关系，以确定是否能用差量法。

(3)写出正确的化学反应方程式。

(4)根据题意确定“理论差量”与题中提供的“实际差量”，列出比例关系，求出答案。

04.守恒法

“守恒法”利用物质变化过程中某一特定的量固定不变来列式求解。它的优点是用宏观的统揽全局的方式列式，不去探求某些细枝末节，直接抓住其中特有的守恒关系，快速建立算式，简捷巧妙地解答题目。常用的方法有质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒等。

1.质量守恒

依据：化学反应中反应物的总质量与生成物的总质量相等。

2.电子得失守恒

依据：氧化还原反应中得失电子数一定相等。

应用：氧化还原反应和电化学的有关计算。

3.电荷守恒

依据：反应前后参加反应的离子所带的电荷总量不变(或在电解质溶液中阴、阳离子所带的负、正电荷总数相等)。

方法：首先要确定体系，并找出体系中阴、阳离子的种类，每个离子所带的电荷数及其物质的量;然后根据阴、阳离子所带的电荷总数相等列出计算式。

应用：溶液中离子浓度关系的推断，也可用于有关量的计算。

高考化学题题型分析二

化学反应图像题的解题方法

01.离子反应图像

考查知识点：根据图像考查反应发生的先后顺序、书写离子反应方程式、分析溶液的成分、离子的共存与推断、计算反应物的量或由离子反应画出相应的图像等。

实质：离子反应图像问题，归根结底，考查的实质仍然是离子反应和离子共存问题。

1.离子反应图像

溶液中存在多种还原剂(或氧化剂)，加入同一种氧化剂(或还原剂)时，必须按照“强者先行”的原则，考虑反应的先后顺序。只有当“强”的反应完后，“弱”的才能发生反应。

2.离子共存及离子计算图像

离子共存图像要谨防离子共存的陷阱，特别要注意一些隐含条件和隐性关系;离子计算的前提是掌握离子反应方程式的书写，特别要注意物质间量的关系，遵循三大守恒原则和溶液电中性原则。

02.化学平衡图像

化学平衡图像是中学化学基础图像知识的一个重要方面，它能把抽象的化学平衡理论形象直观地表述出来。化学平衡图像题是高考必考题型之一，根据图像坐标表示的意义，将常考的化学平衡图像分成如下三类。

1.量值-时间图像

图像中的纵、横轴分别代表物质的数量(如浓度、百分含量、转化率、产率等)与反应时间(过程)，将可逆反应中物质的数量随时间的变化体现在图像中。

该类题解答时要明确曲线“走势”代表的意义，并由此确定反应进行的方向，再进一步确定改变的条件。千万要注意此类图像中可能出现的“交点”并不代表平衡点，只有某种量值不随时间改变时的点才是平衡点。

2.量值-条件图像

将物质或反应体系的某种量值与温度、压强、浓度、催化剂中的某一种之间的关系，反映在图像中。解答时首先要仔细观察图像，找出相关量值间的变化关系，然后将图像中的这种对应关系与理论知识进行对照，分析其是否符合理论上推导出来的关系，最后确定答案。

3.量值-时间-条件图像

该类图像反映的是某一物质的量值(如浓度、转化率、产率、百分含量等)与一种或两种外界条件(温度、压强、催化剂)随时间的变化关系。其图像构成的特征是图像中有一表明反应已达到平衡的突变点(平衡点、最大值、最小值)。

解题思路：依建立平衡所需时间的长短→反应速率的相对大小(时间短速率大)→确定影响反应速率的不同条件间的关系(反应速率大条件强)→再根据物质量值的变化判断平衡的移动方向，由此得出的移动方向应与由勒夏特列原理确定的方向一致。

03.电化学图像

近年高考中对电化学的考查出现了新的变化，以装置图为载体来考查电化学的相关知识，成为近年高考的新亮点。

1.原电池和电解池的工作原理

破-解关键：正、负极或阴、阳极的判断。

2.原电池与电解池的互变

原电池与电解池可以相互转化，利用这一原理可以制造二次电池。二次电池中，放电时是原电池，充电时是电解池，放电时的负极反应与充电时的阴极反应相反，放电时的正极反应与充电时的阳极反应相反。

高考化学题题型分析三

化学实验的创新探究

球形干燥管的创新使用

1.A装置为尾气吸收装置，用来防倒吸，原理类似于倒置在水中的漏斗。

2.B装置为简易的过滤器，可净化天然水。如果去掉上边两层，可用活性炭对液体中的色素进行吸附。

3.C装置是一微型反应器。该装置既可节约药品，又可防止污染。如铜丝在该装置中燃烧时，Cl2封闭在干燥管内，实验结束后剩余的Cl2不仅可以用水吸收，还可以观察CuCl2溶液的颜色。

4.D装置为一简易的启普发生器，可用于H2、CO2等的制取。

5.E装置起干燥、除杂或缓冲气流的作用。

02.仪器连接的创新与改进

1.仪器巧妙连接，取代启普发生器

(1)倒立漏斗式：这种装置可以增大气体与吸收液的接触面积，有利于吸收液吸收气体。当易溶性气体被吸收液吸收时，导管内压强减小，吸收液上升到漏斗中。由于漏斗容积较大，导致烧杯中的液面下降，使漏斗口脱离烧杯中的液面，漏斗中的吸收液受自身重力的作用又流回烧杯内，从而防止吸收液倒吸。

(2)肚容式：当易溶于吸收液的气体被吸收液吸收后，导气管内压强减小，使吸收液倒吸进干燥管中，吸收液受自身重力的作用又流回烧杯内，从而防止吸收液倒吸。这种装置与倒立漏斗式的功能类似。

(3)蓄液式：当吸收液发生倒吸时，倒吸进来的吸收液被预先设置的蓄液装置贮存起来，以防止吸收液进入受热仪器或反应容器中。

(4)脱离式：因导管没有与液体接触，从而无法产生倒吸。

(5)液防式：通过改变试剂的方法达到防倒吸的目的。如吸收HCl时，HCl不溶于四氯化碳而无法倒吸，HCl从四氯化碳中逸出进入水中而溶解。

第四篇：构造函数巧解不等式

构造函数巧解不等式

湖南 黄爱民

函数与方程，不等式等联系比较紧密，如果从方程，不等式等问题中所提供的信息得知其本质与函数有关，该题就可考虑运用构造函数的方法求解。构造函数，直接把握问题中的整体性运用函数的性质来解题，是一种制造性的思维活动。因此要求同学们多分析数学题中的条件和结论的结构特征及内在联系，能合理准确地构建相关函数模型。

一、构造函数解不等式

例

1、解不等式 810x35x0 3(x1)x

1分析；本题直接将左边通分采用解高次不等式的思维来做运算较烦。但注意到8102323x5x , 启示我们构造函数且题中出现()5()3x1x1x1(x1)

f(x)=x3+5x去投石问路。解：将原不等式化为(232)5()x35x，令f(x)=x3+5x，则不等式变为x1x1

22f()f(x)，∵f(x)=x3+5x在R上为增函数∴原不等式等价于x，解x1x1之得：－1＜x＜2或x＜－2。

例

2、解不等式

1x

220 x11x21tan2cos2于是可构造三分析：由xR及的特征联想到万能公式1x21tan2

角函数，令x=tanα(

2

2)求解。

1tan2解：令x=tanα()0，从 222tan1

13而2sin2sin10sin1∴∴tanα＞,∴x＞262

33。3

二、构造函数求解含参不等式问题。

例3已知不等式11112loga(a1)对大于1的一切自然数nn1n22n12

3恒成立，试确定参数a的取值范围。解：设f(n)

∵f(n+1)-f(n)111，n1n22n11110,∴f(n)是关于n 的增函2n12n2n1(2n1)(2n2)

712∴f(n)loga(a1)对大于1的一切自然数n恒12123

7121成立,必须有loga(a1)∴loga(a1)1，而a＞1，∴a-1＜12123a数。又n≥2∴f(n)≥f(2)=

∴1＜a＜115∴a的取值范围为（1，）。2

2三、构造函数证明不等式。

例

4、已知 |a|＜1,|b|＜1,|c|＜1，求证：ab+bc+ca＞-

1证：把a看成自变量x，作一次函数f(x)=bx+bc+cx+1=(b+c)x+bc+1, ∵|a|＜1,|b|＜1,|c|＜1∴－1＜x＜1

又∵f(-1)=-b-c+bc+1=(1-b)(1-c)>1

f(1)=b+c+bc+1=(1+b)(1+c)>0，又一次函数具有严格的单调性。∴f(x)=(b+c)x+bc+1在x∈（-1，1）的图象位于x的上方，∴(b+c)x+bc+1>0,从而：(b+c)a+bc+1>0,即证：ab+bc+ca＞-1 例

5、已知，求证：x2y2z22xycos2yzcos2zxcos 证明：考虑函数f(x)=x2y2z2(2xycos2yzcos2zxcos)=2

x22x(ycoszcos)y2z22yzcos,其中4(ycoszcos)24(y2z22yzcos)4(ysinzsin)20 又x2的系数大于0，∴f(x)的值恒大于或等于0，∴x2y2z22xycos2yzcos2zxcos。

第五篇：巧解排队、数数问题

巧解排队、数数问题

一、认真审题，填一填。

(第6小题15分，其余每小题9分，共60分)

1．这队一共有()人。

2．一些同学排成一队。

(1)小飞和小红之间有()人。

(2)这一队一共有()人。

3．19个小朋友站成一排，从左数，小明排第3，从右数，小丽也排第3，小明和小丽之间有()个小朋友。

4．15名同学排队买票，排在乐乐后面的有5名同学，排在乐乐前面的有()名同学。

5．王老师这周一共休息了()天。

6．妈妈的生日是()月()日，星期()。

二、我会画图解决下面有趣的问题。

(共20分)

1．欢欢和明明之间有多少人？(10分)

2．小华今天看了多少页？(10分)

三、用你喜欢的方法解决。

(共20分)

1．今天有雪，动物运动会要推迟4天举行，推迟后的动物运动会在几月几日星期几举行？(10分)

2．一年级(2)班举行体操比赛，小英从左数排在第6，从右数排在第5，这一行有多少人？(10分)

答案

一、1．13

【点拨】列式为3＋1＋9＝13(人)。

2．(1)4

【点拨】列式为15－10－1＝4(人)。

(2)19

【点拨】列式为15＋4＝19(人)。

3．13

【点拨】列式为19－3－3＝13(个)。

4．9

【点拨】列式为15－5－1＝9(名)。

5．3

【点拨】王老师休息了星期五、星期六和星期日共3天。

6．10　15　六

二、1．

欢欢和明明之间有11人。

2．小华今天看了8页。

三、1．推迟后的动物运动会在11月15日星期三举行。

【点拨】

2．6＋5－1＝10(人)

【点拨】

从左数小英数了一次，从右数小英也数了一次，小英数了两次，多数了一次，要减1。