1、专题1高考化学选择题专题突破专题1 高考化学选择题专题突破在高考理综化学试题中，选择题侧重对中学化学基本知识和基本技能进行考查，以容易题和中档题为主。选择题总共42分，分值大，其得分已成为整份试卷得分的关键。选择题是试卷中稳定、成熟的题型，却难以得高分，这一窘境要想破解，除了要看基础知识掌握情况，下一阶段的限时训练以及答题技巧的训练都至关重要。集中练，反复练，态度上高度重视，都有助于提高选择题得分率。一、选择题的特点和考查内容1. 选择题的特点选择题的结构包括题干和选项两部分，其题干和选项都是经过精心设置的，往往具有一定的针对性和很强的迷惑性。经过对近年来的高考试题分析，选择题具有如下特点：（
2、1）考查的知识容量较大，覆盖面广，且有较好的区分度，有利于选拔。（2）其中少量的“基础题”增加考生得分的基数，有利于稳定学生的考试心理，发挥出正常水平。（3）保留某些类型的常见题，调控总难度。（4）题型保持相对稳定，利于考生备考。2. 选择题考查的主要内容（1）化学与社会、生活、高科技、环境保护、新能源、新成果及中国古代化学知识等；（2）阿伏加德罗常数；（3）物质在水溶液中的行为，如离子方程式与化学事实的对应关系，离子共存等；（4）电化学知识，氧化还原反应知识等；（5）元素周期表与元素周期律（结合元素及化合物性质）、原子结构、微粒间作用力等；（6）化学反应速率与化学平衡； （7）电解质溶液与电
3、离平衡、沉淀溶解平衡，三大守恒定律，电解质溶液中微粒浓度的关系； （8）化学实验：基本操作、仪器使用、物质分离和检验、实验安全等；（9）有机化学基础知识；（10）化学用语，物质的分类，胶体，能量等其他化学知识。二、选择题的常见解题方法和策略1. 选择题的常见解题方法（1）直选法对考查基本概念、原理、过程和规律的记忆型单选题，可利用已有知识信息直接选出正确答案。（2）淘汰排除法排除法是根据已经掌握的化学概念、原理、规律，在正确理解题意的基础上，通过寻找不合理因素(不正确的选项)，将其逐一排除，从而获得正确答案。 （3）比较筛选法选择题四个选项常常存在对比关系，通过对比后，一般都可以将与题目要求不
4、相符的分步筛选掉，以求得正确答案。对提供的备选答案彼此相似的题目宜用此法。如果出现一些未知的知识或者选项可先对比分析已知的知识，推导出未知的知识，进而作出判断。（4）特例反驳法在解选择题时，当碰到一些似是而非并且迷惑性极强的选项时，直接运用课本有关概念往往难以辨清是非，而借助已掌握的一些知识特例或列举反面特例（反例）进行反驳，逐一消除干扰项从而快速获取正确答案的一种选择技巧。列举特例或反例也是一种重要的论证方法，其中构造反例更是培养学生丰富的想象力和创造力的有效手段。这种技巧适用于从正面获取答案有困难的一类化学选择题。（5）综合分析法对于不易直接判断出正确答案的选择题，常需要进行细致分析，严谨
5、推理判断后才能得出正确答案，解答复杂的选择题多用此法。此法更适合于基础较强的学生。2. 解选择题的基本策略：“稳、细、活、准” “稳”就是不要慌张，不要急躁，心态要稳，避免忙中出错。“细”就是要“细致”，审题要细，切勿漏看条件， 提倡“两遍读题”：第一遍快速阅读，抓关键词；第二遍放慢速度，缩小范围找到突破口。“活”就是解题时方法要灵活，面对四个选项要扬长避短，运用适当的方法和技巧在最短的时间内找到解题的突破口。“准”就是要准确。在选择题中涉及到“正确的是”“不正确的是”“错误的是”的试题很普遍，要看准题目要求，切勿答非所问，选准正确选项。选项中的错误分为“知识错误”“逻辑错误”“表述错误”，其
6、中“知识错误”是不可原谅的错误，应肯定是错误的选项；“逻辑错误”“表述错误”的迷惑性较大，有些选项本身的叙述虽是正确的，但与题干要求无关，也应是错误的。下一阶段复习中应加强选择题的解题技巧训练及限时训练，及时诊断缺漏，提高选择题的得分率。选择题的待选项中已包含的大量的信息，学会对解题方向进行思索，或对部分知识进行筛选、判别。利用排除法、选项之间逻辑关系等方法缩小选择的范围或确立选择的方向，确保在最短的时间内选出正确选项。选择题要经过认真审题、析题、解题这三个环节。要培养善于审题的能力，抓住题目的特有条件，因题制宜地分析、推理、估算、寻求解题的最佳思路，从而快而准确获得答案。三、典型例题汇编及解
7、析类型一：化学与传统文化、STSE说明：此类题型通常是选择传统文化、最新科技成果、现代前沿科学、技术以及社会、环境等热门话题作为载体，主要考查基本的化学知识。关注教材中的STSE，关注身边的化学，用化学知识解释身边的现象；对近几年备受关注的STSE问题以专题形式予以归纳，如材料、环保、工业生产、 日常生活实际等。1(2019全国，7) 陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切的关系。下列说法错误的是()。A. “雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁B. 闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成C. 陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐D.
8、陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点【解析】陶瓷是以天然黏土以及各种天然矿物为主要原料经过粉碎混炼、成型和煅烧制得的材料的各种制品。陶瓷的传统概念是指所有以黏土等无机非金属矿物为原料的人工工业产品。A项氧化铁为棕红色固体，瓷器的青色不可能来自氧化铁，故A错误；B项秦兵马俑是陶制品，陶制品是由黏土或含有黏土的混合物经混炼、成形、煅烧而制成的，故B正确；C项陶瓷的主要原料是取之于自然界的硅酸盐矿物，陶瓷的主要成分是硅酸盐，与水泥、普通玻璃等同属硅酸盐产品，故C正确；D项陶瓷的主要成分是硅酸盐，硅酸盐的化学性质不活泼，具有不与酸或碱反应、抗氧化的特点，故D正确。答案 A2(2017全国，7
9、)下列说法错误的是()。A糖类化合物也可称为碳水化合物B维生素D可促进人体对钙的吸收C蛋白质是仅由碳、氢、氧元素组成的物质D硒是人体必需的微量元素，但不宜摄入过多【解析】A项大多数糖类化合物符合通式Cm(H2O)n，糖类最早被称为碳水化合物，正确；B项维生素D主要功能是促进小肠黏膜对钙的吸收，正确；C项蛋白质是C、H、O、N、S、P等元素组成的物质，错误；D项硒是人体必需的微量元素，对提高免疫力和预防癌症非常重要，但摄入过多对人体产生危害，正确。答案C3(2016全国)化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是()。A用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维B食用油反复加热会产生稠环芳烃等有害物质C加
10、热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性D医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%【解析】A项蚕丝属于蛋白质，灼烧时具有烧焦羽毛的气味，人造纤维是以天然纤维为原料经过溶解、纺丝加工制得的化学纤维，灼烧时没有烧焦羽毛的气味，正确；B项食用油经过反复加热，可发生一系列复杂的化学变化，这些变化不仅使食用油的营养价值降低，还会产生对人们身体有毒害作用的不饱和脂肪酸聚合物、杂环胺和稠环芳烃等物质，正确；C项病毒由遗传物质核酸和蛋白质外壳组成，加热可使蛋白质变性杀死病毒，正确；D项医用消毒酒精中乙醇的体积分数为75%，错误。答案D类型二：元素周期表与元素周期律(必修)说明：此类题是知识融合的经典题型，保持较好的延续性
11、，凸显位-构-性的化学核心思想。考查知识点不限于传统的元素周期律（表），如：离子结构、半径、金属性（非金属性）、氢化物稳定性、 最高价含氧酸酸性、还原性、沸点等比较，有与物质推断、元素化合物性质、电解质溶液理论等融合的趋势。1(2019全国，13)科学家合成出了一种新化合物（如图所示），其中X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是()。 A. WZ的水溶液呈碱性B. 元素非金属性的顺序为XYZC. Y的最高价氧化物的水化物是中强酸D. 该新化合物中Y不满足8电子稳定结构【解析】从图中可以看出，X形成4个共价键，且为中心原子，应为+4价元素；Z只有1个
12、价键，应为-1价元素。由W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z的核外最外层电子数是X核外电子数的一半可知，Z为Cl、X为Si，由化合价代数和为0可知，Y元素化合价为-3价，则Y为P元素；由W的电荷数可知，W为Na元素。A项氯化钠为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故A错误；B项同周期元素从左到右，非金属性依次增强，则非金属性的强弱顺序为ClSP，故B错误；C项P元素的最高价氧化物对应水化物为磷酸，磷酸是三元中强酸，故C正确；D项新化合物中P元素化合价为-3价，满足8电子稳定结构，故D错误。本题考查元素周期律的应用，注意分析题给化合物的结构示意图，利用化合价代数和为零和题给信息推断元素为解答关键。答案 C2
13、(2017全国，12)短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法不正确的是()。AX的简单氢化物的热稳定性比W强BY的简单离子与X的具有相同的电子层结构CY与Z形成化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红DZ与X属于同一主族，与Y属于同一周期【解析】W为氮元素，Y为钠元素，X、Y、Z形成的盐，加入盐酸生成黄色沉淀及刺激性气体，结合四种元素均是短周期元素，说明是Na2S2O3与盐酸反应生成S和SO2：Na2S2O32HCl=2N
14、aClS SO2H2O，X为氧元素，Z为硫元素。A项O的非金属性强于N，稳定性：H2ONH3，正确；B项O2-、Na+均具有Ne的电子层结构，正确；C项Na2S溶液因S2-水解呈碱性，蓝色石蕊试纸不变色，错误；D项S和O同属于第A族，S与Na同属于第三周期，正确。答案C3(2016全国，13)短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，q的水溶液具有漂白性，0.01 molL-1r溶液的pH为2，s通常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是()。A原子半径的大小WXXYCY的氢化物常温常压下为
15、液态DX的最高价氧化物的水化物为强酸【解析】由n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，可知Z元素为Cl，n为Cl2，再根据q的水溶液具有漂白性，可知q为HClO，由0.01 molL-1 r溶液的pH为2，可判断r为一元强酸，则r为HCl，然后根据n和p的反应条件，以及s通常是难溶于水的混合物，可知p为烷烃，s为烷烃的氯代物；根据题意，W、X、Y、Z是短周期原子序数依次增加的四种元素，可进一步推知W、X、Y、Z分别为H、C、O、Cl。A项根据原子半径的变化规律，可知原子半径：HOc(K+)c(OH)【解析】邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐，溶液呈酸性，向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应
16、生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强，邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸盐，邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。A项向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中Na+和A2-的浓度增大。由图像可知，溶液导电性增强，说明导电能力与离子浓度和种类有关，故A正确；B项a点和b点K+的物质的量相同，K+的物质的量浓度变化不明显，HA-转化为A2-，b点导电性强于a点，说明Na+和A2-的导电能力强于HA-，故B正确；C项b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，A2-
17、在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH7，故C错误；D项b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中c（Na+）和c（K+）相等，c点是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中c（Na+）c（K+），由图可知，a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c（K+）c（OH-），溶液中三者大小顺序为c（Na+）c（K+）c（OH-），故D正确。本题考查水溶液中的离子平衡，试题侧重考查分析、理解问题的能力，注意正确分析图象曲线变化，明确酸式盐与碱反应溶液浓度和成分的变化与
18、导电性变化的关系是解答关键。答案 C2(2016全国，12)298 K时，在20.0 mL 0.10 molL-1氨水中滴入0.10 molL-1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 molL-1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是()。A该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂BM点对应的盐酸体积为20.0 mLCM点处的溶液中c(NH)c(Cl-)c(H+)c(OH-)DN点处的溶液中pH12【解析】A项盐酸滴定氨水时，滴定终点溶液为NH4Cl溶液，呈酸性，故指示剂应选甲基橙，错误；B项一水合氨属于弱碱，与盐酸正好反应生成NH4Cl时溶液呈酸性，故二者等浓度反应时
19、，若溶液的pH7，盐酸的体积应小于氨水的体积，即小于20.0 mL，错误；C项根据电荷守恒可知溶液中：c(NH)c(H+)c(Cl-)c(OH-)，M点溶液的pH7，即c(H+)c(OH-)，则c(NH)c(Cl-)，由于水的电离是微弱的，故c(NH)c(Cl-)c(H+)c(OH-)，错误；D项由图可知，N点即为0.10 molL-1氨水，由其电离度为1.32%，可知0.10 molL-1氨水中c(OH-)0.001 32 molL-1，故该氨水中11pH1D向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变【解析】A项，加水稀释，c(CH3COO)减小，Ka不变，所以比值增大，错误；B项(Kh为水解常数)，温度升高水解常数Kh增大，比值减小，错误；C项向盐酸中加入氨水至中性，根据电荷守恒：c(NH)c(H+)c(Cl)c(OH)，此时c(H+)c(OH)，故c(NH)c(Cl)，所以1，错误；D项在饱和溶液中，温度不变溶度积Ksp不变，则溶液中不变，正确。答案D12 / 1212 / 12
