高考化学第三轮复习题型解读与训练一.doc

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1、【精品文档】如有侵权，请联系网站删除，仅供学习与交流高考化学第三轮复习题型解读与训练一.精品文档.高考化学第三轮复习题型解读与训练一 基础题型解读【题型解读】基础题主要是选择题。选择题属于客观性试题，是高考重要题型之一，以容易题和中等难度题为主，侧重双基的考查，试题难度不是很大。要想高考得高分，提高选择题的准确率是必要的。一般其题设条件与备选答案往往经过命题者深思熟虑的加工和匠心独运的改造，以其多变的形式布满层层陷阱，声东击西的命题策略考查考生的基本知识，需要学生有扎实的双基和一定的技巧。具体选择题的考查功能主要有： 1使试卷有较大的知识点覆盖面 2其中少量的基础题增加考生得分的基数 3保留某

2、些类型的常见题调控总难度 4考查的知识容量较大，有较广泛的发散性 5考查某些较高层次的能力 6考查思维的灵活性 总之，这类题可衡量学生能否准确地运用基本概念、基本理论和基本计算来解答问题，对学生扎扎实实地打好基础、发展智力、培养能力都起到一定的作用。化学选择题没有-个通用的解法，但不管哪种解法都要经过认真审题、析题、解题这几个环节。 对近几年高考试题的选择题研究发现，它主要有以下几种类型： 1定性分析选择题 2定量汁算选择题 3图表图象选择题 4正误判断选择题 5信息应用选择题 6组合比较选择题 7评价配对选择题 8类比递推选择题。基础1 定性分析选择题定性分析选择题又称普通选择题，所谓定性分

3、析，就是对化学概念的性质、本质等属性的界定。利用基本概念和基本理论、物质的性质、实验等为素材，考查学生能否准确地运用所掌握的基础知识和基本技能以及教材中已揭示出来的基本概念、基本规律与法则，来分析和解决化学问题。典型题型与例题题型一 分析选项型 【例题1】 “垃圾是放错了位置的资源”，应该分类回收利用。生活中废纸、废弃的塑料袋、医院的废输液管、废旧轮胎等可以归为一类加以回收利用。它们属于 A无机物 B高分子化合物 C盐类 D糖类 【解析】 这是一道常识题，废纸是纤维素，废塑料、废输液管、废橡胶制品是合成高分子材料，所以它们都是高分子化合物。所以答案选B 【例题2】 对下列各组离子的叙述正确的是

4、 AH+、ClO-、Ba2+、HCO3-能在水溶液中大量共存 BMg2+、NH4+、Fe2+、NO3-能在酸性溶液中大量共存 CFe3+、K+、SCN-、Cl-能大量共存且溶液显红色 DNa+，NO3-、CO32-、SO32-能在碱性溶液中大量共存 【解析】 我们可以对选项逐一分析进行筛选。A选项H+和HCO3-，不能大量共存；B选项在酸性溶液就有大量H+存在，这样一来H+和NO3-就有强氧化性。会氧化Fe2+：C选项Fe3+和SCN-会反应生成Fe(SCN)3，不能大量共存。所以答案选D。 【例题3】 下列物质久置空气中，其中通过直接观察无法确定其是否变质的是 A硫酸亚铁晶体 B亚硫酸钠粉末

5、 C块状氢氧化钠 D苯酚晶体 【解析】 硫酸亚铁晶体由浅绿色变成棕黄色；块状氢氧化钠变成粉末状的碳酸钠；苯酚晶体由白色变成粉红色；亚硫酸钠粉末变成硫酸钠粉末，颜色与状态都没变。所以答案选B。 【借鉴意义】 这类选择题，我们可以根据已经掌握的概念和原理，在正确理解题意的基础上，对选项进行逐项分析，通过寻找各种不合理的因素，得到正确的答案，方法主要有直选法，筛选法。筛选法又叫排除法或淘汰法。由于这类选择题命题意思多不完整，必须经过选项的补充、限制才能有完整的题意，否则便无法解答。解此类题时常常要用到筛选法、掌握这种方法的要领是以题给条件(或经过加工变形)为筛子，将选项逐项分析，放弃错误的，留下正确

6、的。其主要类型有：(1)一次筛选(2)分次筛选(3)比较筛选(4)反驳筛选等。比如例题2，3两题就是对选项逐一分析，进行筛选而找到答案的。题型二 具体代入型 【例题4】 A和M为两种元素，已知A位于短周期，巳A2-与M+的电子数之差为8，则下列说法中正确的是 AA和M原子的电子数之和可能为11 BA和M的原子序数之差为8 CA和M的最外层电子数之和为8 DA和M原子的最外层电子数之差为7 【解析】 根据题意令A为O，M为K，或A为S，B为Na，或A为O，B为Li，可以得出答案为A。 【例题5】 单质X能从盐溶液中置换出单质Y，由此可知 A当X、Y都是金属时，X一定比Y活泼 B当X、Y都是非金属

7、时，X一定比Y活泼 C当X是金属时，Y可能是金属，也可能是非金属 D当X是非金属时，Y可能是金属，也可能是非金属 【解析】 A正确，比如Fe+CuSO4=FeSO4+Cu；B当X、Y都是非金属时，X不一定比Y活泼，比如2NaBrO3+I2= 2NalO3+Br2。C正确，比如Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，2Na+CuSO4+2H2O=Na2SO4+Cu(OH)2+H2；D错误。所以答案选AC。 【借鉴意义】 这类题目给出的条件很抽象，看似简单却很容易出错，若选择具体的事物作为研究对象，把抽象的问题具体化，往往会收到意想不到的效果，方法主要有具体代入法或代入特例反驳法、比如例题4就找出符合

8、题意的具体物质代入进行验证判断，得到正确的答案。例题5就是代入特例反驳法。题型三 本质特征型 【例题6】 5mL物质的量浓度为18molL的硫酸中加入足量铜片并加热，充分反应。下列有关说法中正确的是 A有009mol的硫酸被还原 B有0045mol的硫酸被还原 C充分反应后体系无硫酸剩余 D消耗的铜的质量，一定少于288g 【解析】 解答此题容易陷入根据化学方程式计算的误区，必须抓住问题的本质：强氧化性是浓硫酸的特性。随反应的进行，浓硫酸变稀，氧化性变弱消失，反应将终止，因此参与反应的硫酸的物质的量-定少于009mol，被还原的硫酸一定少于0045mol，同样，参与反应的铜的质量也一定少于28

9、8 g。因此正确答案为D。类似的问题还有MnO2与浓盐酸，Cu与浓硝酸或稀硝酸反应等。 【例题7】 由于工业的发展，水资源污染日趋严重，水的净化处理一直是受到高度重视的研究课题。某些含Al3+、Fe3+的化学试剂可用于净水，如聚合硫酸铁，其化学式为Fe2(OH)m(SO4)3 n，式中m不可能为 A6 B4 C3 D2 【解析】 题给物质的化学式很复杂，我们善于抓住问题的本质，就是30，即m6，所以选A。抓住了题目所提供的本质特征，貌似很复杂的问题可以迎刃而解。【借鉴意义】 要善于抓住题目所提供的各种本质特征(如：反应本质特征，物质结构特征，数值特征，位置特征等)，弱化或去掉干扰信息，实现问题

10、的转换和突破，就好比俗语说：打蛇要打七寸，分析问题就是要找到问题的实质。比如例题7认识到硫酸根的个数不能为零，所以m6。基础1题型训练 1X、Y、Z 3种元素。已知：X+和Y-两种离子具有相同的电子层结构；Z元素原子核内质子数比Y元素原子核内质子数少9个，Y和Z两元素可以形成42个电子的负一价阴离子。下列有关说法正确的是 A离子半径：X+Y- B原子序数XYZ CX、Y、Z均属于短周期元素 DX、Y、Z可以形成XYZ、XYZ3、XYZ4等化合物 2把1 mL001 molL的盐酸用蒸馏水稀释到1 000L，所得溶液的pH是 A8 B7 C6 D69 3下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是 A

11、光照新制的氯水时，溶液的pH逐渐减小 B加催化剂使N2和H2在一定的条件下转化为NH3 C可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制氨气 D增大压强，有利于SO2和O2反应生成SO3 4防晒霜中含有能吸收紫外线的防晒剂，例如：对氨基苯甲酸丁酯，它能吸收到达皮肤上99的紫外线，具有十分理想的防晒效果。下列关于对氨基苯甲酸丁酯的说法正确的是 A从有机物分类角度看，它属于氨基酸类、酯类、芳香烃类 B它能与NaOH溶液反应，但不能与盐酸反应 C甲酸丁酯基(COOC4H9)有3种不同结构 D它的分子式为C11H15NO2 5实验表明，液态时，纯硫酸的导电性强于纯水。已知液态电解质都能像水那样自身电离而建立电离平衡(

12、H2O+H2OH3O+OH-)，且在一定温度下都有各自的离子积常数Kw。问在25时，纯硫酸的离子积常数Kw1和水的离子积常数Kw2的关系为 AKw1Kw2 BKw1=Kw2 CKw1HF；氧化性：HNO3HF。 8B；金刚石不是碳的一种同位素。基础2 定量分析选择题定量分析选择题又称计算选择题，在高考试题中约占15-20，是同学们比较怕的一种题型。究其原因，主要是求解选择题的方法欠妥，惯用常规方法处理，结果是小题大做。对于定量型选择题，如果不运用简便可行的方法，往往会影响到解题的速度和答案的准确性。所以要简化数字运算或不用数字运算，集讨论、分析、判断、推理和计算于一体，加强思维能力和解题技巧的

13、训练，强化综合智力，运用巧解方法。典型题型与例题题型一守恒法 【例题1】 已知某H2SO4、FeSO4、Fe2(SO4)3混合溶液100mL，其中阳离子浓度相等，SO42-浓度为6molL，此溶液中还可溶解铁粉的质量为 A112 g B168 g C336g D56 g 【解析】 根据电荷守恒，可得：c(H+)+2c(Fe2+)+3c(F3+)=2c(SO42-)。又由于c(H+)=c(Fe2+)=c(Fe3+)，则6c(H+)=26molL，c(H+)=2molL。能溶解铁粉的质量为：(2molL01 L05+2molL01 L05)56gmol=112 g。应选A。 【例题2】 某温度下，

14、将Cl2通入KOH溶液中，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合液，经测定ClO-和ClO3-个数比为1：2，则Cl与KOH溶液反应时，被还原的氯与被氧化的氯的物质的量之比为 A21：5 B4：1 C3：l D11：3 【解析】 设ClO-为x个，由题意知，ClO3-为2x个，生成它们要失去电子共11x个，由电子得失守恒知必有11x个Cl-生成。所以被还原的氯与被氧化的氯的原子个数比为11x：(x+2x)=11：3。应选D。 【例题3】 有一含杂质42的某稀土元素的氧化物样品，其中含该稀土元素的质量分数为78；在26mL005molL的该稀土元素的硫酸盐溶液中，加入01 molLBaCl

15、2溶液26mL时，可使其中的SO42-完全沉淀，则该稀土元素的相对原子质量为 A140 B114 C70 D105 【解析】 设该稀土元素的硫酸盐中正价总数为u，则根据总价数相等关系可得：0026005u00260.12，u4，分子最简式为RO2；由最简式公式得：=1：2，Ml40。应选A。 【例题4】 室温下，用惰性电极电解ymL某二价金属的硫酸盐溶液-段时间后，阴极有m mg金属析出，溶液的pH由65变为20(电解前后溶液体积的变化可忽略不计)，析出金属的原子量的数字表达式为 A B C D 【解析】 该二价金属的物质的量为，电路上流过的电子的物质的量为2。此电解为混合电解，故产生的H+的

16、物质的量即为电子的物质的量 2，由此可得：2=10-2V，M=。应选A。 【借鉴意义】 运用守恒法解题，就是利用在物质变化过程中，某一特定的量固定不变(如质量守恒，正负化合价守恒，元素守恒，电子得失守恒，溶液中的电荷守恒等)而进行化学计算的解题方法。它是从整体宏观的角度出发，抓住题目内在的守恒关系，避开繁杂的计算，从而快、准、稳地得到答案。比如例题3就是利用电荷守恒，例题2就是利用电子得失守恒。 题型二 设一法 【例题5】 相同质量的N9、Mg、Al分别与盐酸反应，(1)若盐酸足量时，生成的氢气的质量比是_ ANaMgAl BNaMgAl CNaMgAl DNaMgM2)的算术平均值M一定介于

17、二者之间，即M1MM2。所以，只要求出平均值M，就可知道M1和M2的取值范围，结合题给条件即可迅速求出答案。题型七 极端分析法【例题13】 将某碱金属M及其氧化物M2O的混合物4g投入足量水中，待反应后蒸干得5g碱，则这种碱金属为ALi BNa CK DRb 【解析】 假设4g为碱金属单质，与水反应生成5g碱，则： 2M + 2H2O = 2MOH + H2 2M 2(M+17) 4g xg x=4(M+17)M。由题可知：4(M+17)M 5即：M68 假设4R为碱金属氧化物，与水反应生成5g碱，则： M2O + H2O = 2MOH 2M+16 2(M十17) 4 g y g y=4(M+

18、17)(M+8)。 由题可子：4(M+17)(M+8)28 而相对于原子质量介于28与68之间的碱金属只有钾，故选C。 【例题14】 含ngHNO3的稀溶液与m g铁粉充分反应，铁全部溶解，生成NO气体。已知有n4 gHNO3被还原，则n ：m可能是 A1：1 B2：1 C3：1 D4：1 【解析】 由题意可知，未被还原的硝酸的质量为n-n4=3n4(g)。因此本题可以采用极限法进行分析： 假设铁的氧化产物只有Fe(NO3)2时，则n(Fe2+)：n(NO3-)=1：2 即：(m56)：(3n463)=1：2求得n：m=3：1 假设铁的氧化产物只有Fe(NO3)3时，则n(Fe3+)：n(NO

19、3-)=1：3 即：(m56)：(3n463)=1：3求得n ：m=9：2 当铁的氧化产物为Fe(NO)2、Fe(NO3)3的混合物时，则3：1n：m9：2则由题意可知，凡是符合3：ln：m9：2，均可选。故本题选CD。【借鉴意义】 极端分析法就是从某种极限的状态出发，进行分析、推理、判断的思维方法。先根据边界条件确定答案的可能取值范围，然后结合题给条件得到正确答案。基础2题型训练 1将40mL15molL-1的CuSO4溶液与30mL3molL-1的NaOH溶液混合，生成浅篮色沉淀，假如溶液中Cu2+或OH-浓度都已变得很小，可忽略，则生成沉淀的组成可表示为 ACu(OH)2 BCuSO4C

20、u(OH)2 CCuSO42Cu(OH)2 DCuSO43Cu(OH)2 2氢氧燃料电池用于航天飞船，电极反应产生的水经过冷凝后可以作为航天员的饮用水，其电极反应如下： 负极：2H2+40H-4e-=4H2O 正极：2H2O+O2+4e-=4OH- 当得到18g饮用水时，电池内转移的电子数约为 A18 mol B36 mol C010 mol D020 mol 3所有氮的氧化物都能与灼热的铁进行反应生成Fe3O4和N2，化学方程式如下： 4NxOy+3yFe=yFe3O4+2xN2。当一定量的NxOy通过灼热的铁粉后，粉末质量增加了64g，而气体体积(相同温度和压强)没有变化，则NxOy可能为

21、 AN2O BNO CN2O3 DNO2 4镁铝合金51 g溶于300mL2molL的盐酸，在标准状况下放出气体的体积为56L。向反应后的溶液中加入足量氨水，产生沉淀的质量为 A51 g B102 g C136 g D153g 5用H2还原x gCuO，当大部分固体变红时停止加热，冷却后称量残留固体质量为Yg，共用去w gH2。被还原的CuO的质量为 A40wg Bg C5(x-y)g Dx g 6某碱式盐的化学式为Mg(1+x)(CO3)x(OH)2，取155g该固体恰好与10mL4molL-1硝酸反应完全，生成Mg(NO3)2溶液，则x值为 A1 B2 C3 D5 7在反应X+2Y=R+2

22、M中，已知R和M的摩尔质量之比为22：9，当16gX与Y完全反应后，生成44g R，则在此反应中Y和M的质量之比为 A16：9 B，23：9 C32：9 D46：9 8铁有几种氧化物，现将144g乙二酸亚铁(FeC2O4)与空气隔绝加热完全分解后得到72g铁的某种氧化物。则该氧化物是 AFeO BFe3O4 CFe2O3 DFeO、Fe2O3 9某温度下气体摩尔体积为24Lmol1，该温度下二氧化氮和四氧化二氮均为气体。将集满二氧化氮气体的烧瓶(容积为1 L)倒置于水槽中，烧瓶内液面上升到某一位置后不再变化。假设烧瓶内溶质不扩散，则所得HNO3浓度c(molL-1)及剩余气体体积V(L)的关系

23、正确的是 Ac=1/24 V=1/3 Bc1/24V1/24V1/3 Dc1/3基础2题型训练参考答案 1D；CuSO4 + 2NaOH Cu(OH)2 + Na2SO4 0045 mol 009 mol 0045 mol CuSO4剩余0015mol，CuSO4：Cu(OH)2=1：3，选D。 2D；n(H2O)=01 mol,，转移的电子数为02mol。 3AC；气体体积没有变化，42x，x2。 4C；n(H2)=025mol，说明镁铝合金失去的电数为05mol，产生沉淀的质量为51 g+17gmol05mol=136g 5C；H2+CuO Cu+H2O m 80 64 16 m(CuO)

24、 (x-y)g 得出m(CuO)=5(x-y)g，注意不能用氢气的质量来算，因为氢气反应前和反应后都要消耗。 6C；n(HNO3)=004mol，nMg(NO3)2=002mol，n(Mg2+)=0.02mol， 155 g(24x+60x+58)gmol1=002mol(x+1)，x=3。 7A；n(R)：n(M)=1：2，故m(R)：m(M)=22：(29)=22：18，当生成44gR时生成M的质量为44g=36g，由质量守恒得：m(x)+m(Y)=m(R)+m(M)，m(Y)=36g+44g16g=64g，m(Y)：m(M)=64g：36g=16：9。 8A；144g乙二酸亚铁为01 m

25、ol，含01molFe即56 gFe，根据Fe守恒，铁的某种氧化物中也含有56 g Fe，故含氧72 g56 g=16 g，铁与氧的物质的量之比为：=0.1 mol：0.1 mol=1：1，为FeO，应选A。 9C；用极端假设法解答：假设气体全部为NO2，根据3NO2+H2O=2HNO3+NO， c(HNO3)=(molL1)，V剩余L；假设气体全部为N2O4，根据3N2O4+2H2O=4HNO3+2NO，c(HNO3)=(molL-1)，V剩余L。综合可知C正确。基础3 图表图象选择题 这类题目的特征是以图表图象的形式将一些相关量给出，把习题中的化学原理抽象为数学问题，旨在考查学生从图表中获

26、得数据和处理应用数据的能力以及对曲线的数学意义和化学意义之间对应关系的分析、理解、运用能力。典型题型与例题题型一 图表类【例题1】 干燥剂的干燥性能可用干燥效率(1 m3空气中实际余留水蒸气的质量)来衡量。某些干燥剂的干燥效率数据如下：物质干燥效率物质干燥效率MgO0008ZnCl208CaO02ZnBr211分析以上数据，下列有关叙述错误的是 AMgO的干燥性能比CaO好 B干燥效率可能与干燥剂的阴、阳离子的半径大小有关 CMgCl2可能是比CaCl2更好的干燥剂 D上述干燥剂中阳离子对干燥性能的影响比阴离子小 【解析】 D；干燥效率是以1 m3空气中实际余留水蒸气的质量来衡量的。因此，表中

27、干燥效率值越大，干燥性能越差。从图表可以得出：MgO的干燥性能比CaO好，ZnCl2的干燥性能比ZnBr2好。进行深层次的思考可以发现：干燥效率可能与干燥剂的阴、阳离子的半径大小有关，主要是与阳离子的半径有关，所以D是错误的。【例题2】 在锌与某浓度的盐酸起反应的实验中，一个学生得到下面的结果：序号锌的质量(g)锌的形状温度()完全溶解于酸的时间(s)A2薄片5400B2薄片15200C2薄片25100D2薄片30t1E2薄片3550F2颗粒15t2G2粉末15t3 则下列说法正确的是 t1=75 s t2200t3 单位时间内消耗的锌的质量mCmFmB A B C只有 D全部正确 【解析】

28、C；由表知温度每升高10反应时间缩短一半，故t1无法判断。而F实验虽然是15，但由于锌为颗粒状，反应需要时间大于200s，C实验为粉末，接触面大，反应快，小于200s 【借鉴意义】 认真阅读图表中提供的信息，找出数据之间的关联点，再与所学的化学知识结合在一起，利用相应的化学原理分析、判断选项的正误。如例题2就是对七种数据依据锌的形状、温度不同来分析时间差别的原因，从而得出正确答案。 题型二 定性判断图象类 【例题3】 反应A2+B22AB；H=QkJmol，在不同温度和压强改变的条件下，产物AB的AB生成情况如右图：a为500时的情况；b为300时的情况；c为反应在300时从时间t3开始向容器中加压的情况则下列叙述正确的是 AA2、B2及AB均为气体，Q0 BAB为气体，A2、B2中至少有一种为非气体，Q0 DAB为固体，A2、B2中有-种为非气体，Q0 【解析】 B；a为500时的情况；b为300时的情况，ab，降温，AB增