高中化學必背知識點歸納與總結

目錄

高中化學學習方法………………………………………( 2 )

高中化學必背知識點……………………………………( 3 )

高中化學重點……………………………………………( 16 )

化學計算………………………………………………....( 2 1 )

解題技巧…………………………………………………( 2 5 )

高中化學學習方法

經過初中的學習，學生對化學這一學科有了基礎的了解。但針對高中有化學學習，在部分學生還茫然無措。現在就結合高中化學元素的特點，談談我對高中化學的認識和學方法的總結

初中化學來說，知識量更加龐大，內容更加繁雜。但經過細細的摸索和分析，它仍有規律可循。只要把握好這些規律，高中化學的學習將會變得比較簡單。

首先，牢牢地把握好元素周期律這些規律，就為我們學習元素打下了艱實的基礎，然后結合具體元素的特殊性，加以補充，這樣對元素這部分的學習就顯得相當容易。

其次，緊緊抓住“結構決定性質，性質決定用途”這條原則 ，切實掌握物質的結構和性質，并與應用結合起來，這樣就能夠 從識記的水平提高到運用的水平。這也是高考考查的能力之一。

還要學會活學活用，通過類比的方法，掌握一系列元素的性質，一類化學反應的實質。這樣就在很大程度上解決了記憶量大，內容繁多的問題。

下面我談談高中化學的課堂學習方法：

考慮到高中學生的素質，切實做好預習是不可能的，但這并不等于放棄課前預習。要對老師的問題有些了解，為聽課做好準備。

課堂上務必要認真聽課，跟著老師的點撥思路走，通過老老師的引導，最終解決問題。在課堂上一定要慎防發做筆記代替聽課，這樣會大大降低聽課質量。筆記可以在課后根據自己的記憶和理解補記。課堂上一定要勤，勤問，勤思，勤動手。做到以上這些，就會使課堂學習 變得充實而有效。

課后復習也是非常重要的一個環節。要對老師講過的知識加以總結，再思考，最后成為自己的東西。

希望同學們根據以上學習方法，結合自身學習狀況，形成一套適合自己的學習方法，以此來提高學習成績。

高中化學必背知識點歸納與總結

一、俗名

無機部分：

純堿、蘇打Ｎa₂CO₃、天然堿 、口堿：Ｎa₂CO₃   小蘇打：NaHCO₃  大蘇打：Na₂S₂O₃  石膏（生石膏）：CaSO₄.2H₂O   熟石膏：2CaSO₄·.H₂O 　  瑩石：CaF₂  重晶石：BaSO₄（無毒）   碳銨：NH₄HCO₃   石灰石、大理石：CaCO₃  生石灰：CaO  食鹽：NaCl  熟石灰、消石灰：Ca(OH)₂  芒硝：Na₂SO₄·7H₂O (緩瀉劑)  燒堿、火堿、苛性鈉：NaOH  綠礬：FaSO₄·7H₂O   干冰：CO₂  明礬：KAl (SO4)₂·12H₂O  漂白粉：Ca (ClO)₂ 、CaCl₂（混和物）  瀉鹽：MgSO₄·7H₂O   膽礬、藍礬：CuSO₄·5H₂O 雙氧水：H₂O₂  皓礬：ZnSO₄·7H₂O  硅石、石英：SiO₂   剛玉：Al₂O₃ 水玻璃、泡花堿、礦物膠：Na₂SiO₃  鐵紅、鐵礦：Fe₂O₃   磁鐵礦：Fe₃O₄  黃鐵礦、硫鐵礦：FeS₂  銅綠、孔雀石：Cu₂ (OH)₂CO₃  菱鐵礦：FeCO₃ 赤銅礦：Cu₂O  波爾多液：Ca (OH)₂和CuSO₄  石硫合劑：Ca (OH)₂和S  玻璃的主要成分：Na₂SiO₃、CaSiO₃、SiO₂  過磷酸鈣（主要成分）：Ca (H₂PO₄)₂和CaSO₄  重過磷酸鈣（主要成分）：Ca (H₂PO₄)₂  天然氣、沼氣、坑氣（主要成分）：CH₄ 水煤氣：CO和H₂  硫酸亞鐵銨（淡藍綠色）：Fe (NH₄)₂ (SO₄)₂ 溶于水后呈淡綠色

光化學煙霧：NO₂在光照下產生的一種有毒氣體  王水：濃HNO₃：濃HCl按體積比1：3混合而成。

鋁熱劑：Al + Fe₂O₃或其它氧化物。 尿素：CO（NH₂) ₂

有機部分：

氯仿：CHCl₃   電石：CaC₂    電石氣：C₂H₂ (乙炔)    

氟氯烴：是良好的制冷劑，有毒，但破壞O₃層。   酒精、乙醇：C₂H₅OH

裂解氣成分（石油裂化）：烯烴、烷烴、炔烴、H₂S、CO₂、CO等。

焦爐氣成分（煤干餾）：H₂、CH₄、乙烯、CO等。   醋酸：冰醋酸、食醋  CH₃COOH

甘油、丙三醇 ：C₃H₈O₃   石炭酸：苯酚     蟻醛：甲醛 HCHO

二、 顏色

鐵：鐵粉是黑色的；一整塊的固體鐵是銀白色的。

Fe²⁺——淺綠色 Fe₃O₄——黑色晶體     Fe(OH)₂——白色沉淀

Fe³⁺——黃色 Fe (OH)₃——紅褐色沉淀    Fe (SCN)₃——血紅色溶液

FeO——黑色的粉末    Fe (NH₄)₂(SO₄)₂——淡藍綠色

Fe₂O₃——紅棕色粉末

銅：單質是紫紅色

Cu²⁺——藍色    CuO——黑色    Cu₂O——紅色

CuSO₄（無水）—白色   CuSO₄·5H₂O——藍色

Cu₂ (OH)₂CO₃ —綠色

Cu(OH)₂——藍色   [Cu(NH₃)₄]SO₄——深藍色溶液

FeS——黑色固體

BaSO₄ 、BaCO₃ 、Ag₂CO₃ 、CaCO₃ 、AgCl 、 Mg (OH)₂ 、三溴苯酚均是白色沉淀

Al(OH)₃ 白色絮狀沉淀    H₄SiO₄（原硅酸）白色膠狀沉淀

Cl₂、氯水——黃綠色  F₂——淡黃綠色氣體   Br₂——深紅棕色液體

I₂——紫黑色固體 HF、HCl、HBr、HI均為無色氣體，在空氣中均形成白霧

CCl₄——無色的液體，密度大于水，與水不互溶

Na₂O₂—淡黃色固體 Ag₃PO₄—黃色沉淀   S—黃色固體   AgBr—淺黃色沉淀

AgI—黃色沉淀   O₃—淡藍色氣體   SO₂—無色，有剌激性氣味、有毒的氣體

SO₃—無色固體（沸點44.8度） 品紅溶液——紅色 氫氟酸：HF——腐蝕玻璃

N₂O₄、NO——無色氣體 NO₂——紅棕色氣體

NH₃——無色、有剌激性氣味氣體  KMnO_4--——紫色   MnO₄^-——紫色

四、 考試中經常用到的規律：

1、溶解性規律——見溶解性表；  2、常用酸、堿指示劑的變色范圍：

指示劑 PH的變色范圍

甲基橙 ＜3.1紅色 3.1——4.4橙色 >4.4黃色

酚酞 ＜8.0無色 8.0——10.0淺紅色 >10.0紅色

石蕊 ＜5.1紅色 5.1——8.0紫色 >8.0藍色

3、在惰性電極上，各種離子的放電順序：

陰極（奪電子的能力）：Au³⁺ >Ag⁺>Hg²⁺ >Cu²⁺ >Pb²⁺ >Fa²⁺ >Zn²⁺ >H⁺ >Al³⁺>Mg²⁺ >Na⁺ >Ca²⁺ >K⁺  

陽極（失電子的能力）：S^2- >I^- >Br^– >Cl^- >OH^- >含氧酸根

注意：若用金屬作陽極，電解時陽極本身發生氧化還原反應（Pt、Au除外）

4、雙水解離子方程式的書寫：（1）左邊寫出水解的離子，右邊寫出水解產物；

（2）配平：在左邊先配平電荷，再在右邊配平其它原子；（3）H、O不平則在那邊加水。

例：當Na₂CO₃與AlCl₃溶液混和時：

3 CO₃^2- + 2Al³⁺ + 3H₂O = 2Al(OH)₃↓ + 3CO₂↑

5、寫電解總反應方程式的方法：（1）分析：反應物、生成物是什么；（2）配平。

例：電解KCl溶液： 2KCl + 2H₂O == H₂↑ + Cl₂↑ + 2KOH

配平： 2KCl + 2H₂O == H₂↑ + Cl₂↑ + 2KOH

6、將一個化學反應方程式分寫成二個電極反應的方法：（1）按電子得失寫出二個半反應式；（2）再考慮反應時的環境（酸性或堿性）；（3）使二邊的原子數、電荷數相等。

例：蓄電池內的反應為：Pb + PbO₂ + 2H₂SO₄ = 2PbSO₄ + 2H₂O 試寫出作為原電池(放電)時的電極反應。

寫出二個半反應： Pb –2e- → PbSO₄     PbO₂ +2e- → PbSO₄

分析：在酸性環境中，補滿其它原子：

應為： 負極：Pb + SO₄^2- -2e- = PbSO₄  

正極： PbO₂ + 4H⁺ + SO₄^2- +2e- = PbSO₄ + 2H₂O

注意：當是充電時則是電解，電極反應則為以上電極反應的倒轉：

為： 陰極：PbSO₄ +2e^- = Pb + SO₄^2-  

陽極：PbSO₄ + 2H₂O -2e- = PbO₂ + 4H⁺ + SO₄^2-

7、在解計算題中常用到的恒等：原子恒等、離子恒等、電子恒等、電荷恒等、電量恒等，用到的方法有：質量守恒、差量法、歸一法、極限法、關系法、十字交法 和估算法。（非氧化還原反應：原子守恒、電荷平衡、物料平衡用得多，氧化還原反應：電子守恒用得多）

8、電子層結構相同的離子，核電荷數越多，離子半徑越小；

9、晶體的熔點：原子晶體 >離子晶體 >分子晶體 中學學到的原子晶體有： Si、SiC 、SiO₂=和金剛石。原子晶體的熔點的比較是以原子半徑為依據的：

金剛石 > SiC > Si （因為原子半徑：Si> C> O）.

10、分子晶體的熔、沸點：組成和結構相似的物質，分子量越大熔、沸點越高。

11、膠體的帶電：一般說來，金屬氫氧化物、金屬氧化物的膠體粒子帶正電，非金屬氧化物、金屬硫化物的膠體粒子帶負電。

12、氧化性：MnO^4- >Cl₂ >Br₂ >Fe³⁺ >I₂ >S=4(+4價的S)

例： I₂ +SO₂ + H₂O = H₂SO₄ + 2HI

13、含有Fe³⁺的溶液一般呈酸性。      14、能形成氫鍵的物質：H₂O 、NH₃ 、HF、CH₃CH₂OH 。

15、氨水（乙醇溶液一樣）的密度小于1，濃度越大，密度越小，硫酸的密度大于1，濃度越大，密度越大，98%的濃硫酸的密度為：1.84g/cm3。

16、離子是否共存：（1）是否有沉淀生成、氣體放出；（2）是否有弱電解質生成；（3）是否發生氧化還原反應；（4）是否生成絡離子[Fe(SCN)₂、Fe(SCN)₃、Ag(NH₃)⁺、[Cu(NH₃)₄]²⁺ 等]；（5）是否發生雙水解。

17、地殼中：含量最多的金屬元素是— Al  含量最多的非金屬元素是—O  HClO₄(高氯酸)—是最強的酸

18、熔點最低的金屬是Hg (-38.9C^。),；熔點最高的是W（鎢3410c）；密度最小（常見）的是K；密度最大（常見）是Pt。

19、雨水的PH值小于5.6時就成為了酸雨。

20、有機酸酸性的強弱：乙二酸 >甲酸 >苯甲酸 >乙酸 >碳酸 >苯酚 >HCO₃^-

21、有機鑒別時，注意用到水和溴水這二種物質。

例：鑒別：乙酸乙酯（不溶于水，浮）、溴苯（不溶于水，沉）、乙醛（與水互溶），則可用水。

22、取代反應包括：鹵代、硝化、磺化、鹵代烴水解、酯的水解、酯化反應等；

23、最簡式相同的有機物，不論以何種比例混合，只要混和物總質量一定，完全燃燒生成的CO₂、H₂O及耗O₂的量是不變的。恒等于單一成分該質量時產生的CO₂、H₂O和耗O₂量。

五、無機反應中的特征反應

1．與堿反應產生氣體

（1）

（2）銨鹽：

2．與酸反應產生氣體

（1）

（2）

3．Na₂S₂O₃與酸反應既產生沉淀又產生氣體：   S₂O₃^2-+2H⁺=S↓+SO₂↑+H₂O

4．與水反應產生氣體

（1）單質

（2）化合物

5．強烈雙水解

6．既能酸反應，又能與堿反應

（1）單質：Al    （2）化合物：Al₂O₃、Al(OH)₃、弱酸弱堿鹽、弱酸的酸式鹽、氨基酸。

7．與Na₂O₂反應

8．2FeCl₃+H₂S=2FeCl₂+S↓+2HCl

9．電解

10．鋁熱反應：Al+金屬氧化物金屬+Al₂O₃

11． Al³⁺        Al(OH)₃       AlO₂^-

12．歸中反應：2H₂S+SO₂=3S+2H₂O

4NH₃+6NO4N₂+6H₂O

13．置換反應：（1）金屬→金屬

（2）金屬→非金屬

（3）非金屬→非金屬

（4）非金屬→金屬

14、一些特殊的反應類型：

⑴ 化合物+單質         化合物+化合物   如：

Cl₂+H₂O、H₂S+O_2、、NH₃+O₂、CH₄+O₂、Cl₂+FeBr₂

⑵ 化合物+化合物         化合物+單質

NH₃+NO、 H₂S+SO₂ 、Na₂O₂+H₂O、NaH+H₂O、Na₂O₂+CO₂、CO+H₂O

⑶ 化合物+單質         化合物

PCl₃+Cl₂ 、Na₂SO₃+O₂ 、FeCl₃+Fe 、FeCl₂+Cl₂、CO+O₂、Na₂O+O₂        

14．三角轉化：

15．受熱分解產生2種或3種氣體的反應：

（1）銨鹽

（2）硝酸鹽

16．特征網絡：

（1）

①

②

③

④

（2）A—

A為弱酸的銨鹽：(NH₄)₂CO₃或NH₄HCO₃；(NH₄)₂S或NH₄HS；(NH₄)₂SO₃或NH₄HSO₃

（3）無機框圖中常用到催化劑的反應:

六、既可作氧化劑又可作還原劑的有：

S、SO₃^2-、HSO₃^-、H₂SO₃、SO₂、NO₂^-、Fe²⁺等，及含-CHO的有機物

七、反應條件對氧化－還原反應的影響．

1．濃度：可能導致反應能否進行或產物不同

8HNO₃(稀)＋3Cu==2NO↑＋2Cu(NO₃)₂＋4H₂O

4HNO₃(濃)＋Cu==2NO₂↑＋Cu(NO₃)₂＋2H₂O

S+6HNO₃(濃)===H₂SO₄+6NO₂↑+2H₂O

    3S+4 HNO₃(稀)===3SO₂+4NO↑+2H₂O

2．溫度：可能導致反應能否進行或產物不同

冷、稀₄

Cl₂+2NaOH=====NaCl+NaClO+H₂O

高溫

3Cl₂+6NaOH=====5NaCl+NaClO₃+3H₂O

3．溶液酸堿性.

2S^2- ＋SO₃^2-＋6H+＝3S↓＋3H₂O

5Cl^-＋ClO₃^-＋6H⁺＝3Cl₂↑＋3H₂O

S^2-、SO₃^2-，Cl^-、ClO₃^-在酸性條件下均反應而在堿性條件下共存.

Fe²⁺與NO₃^-共存,但當酸化后即可反應.3Fe²⁺＋NO₃^-＋4H⁺＝3Fe³⁺＋NO↑＋2H₂O

一般含氧酸鹽作氧化劑時,在酸性條件下,氧化性比在中性及堿性環境中強.故酸性KMnO₄溶液氧化性較強.

4．條件不同，生成物則不同

1、2P＋3Cl₂2PCl₃(Cl₂不足) ；        2P＋5Cl₂2 PCl₅(Cl₂充足)

2、2H₂S＋3O₂2H₂O＋2SO₂(O₂充足) ； 2H₂S＋O₂2H₂O＋2S(O₂不充足)

3、4Na＋O₂2Na₂O               2Na＋O₂Na₂O₂

4、Ca(OH)₂＋CO₂CaCO₃↓＋H₂O ； Ca(OH)₂＋2CO₂(過量)==Ca(HCO₃)₂

5、C＋O₂CO₂(O₂充足) ；             2 C＋O₂2CO (O₂不充足)

6、8HNO₃(稀)＋3Cu==2NO↑＋2Cu(NO₃)₂＋4H₂O    4HNO₃(濃)＋Cu==2NO₂↑＋Cu(NO₃)₂＋2H₂O

7、AlCl₃＋3NaOH==Al(OH)₃↓＋3NaCl ；          AlCl₃＋4NaOH(過量)==NaAlO₂＋2H₂O

8、NaAlO₂＋4HCl(過量)==NaCl＋2H₂O＋AlCl₃      NaAlO₂＋HCl＋H₂O==NaCl＋Al(OH)₃↓

9、Fe＋6HNO₃(熱、濃)==Fe(NO₃)₃＋3NO₂↑＋3H₂O  Fe＋HNO₃(冷、濃)→(鈍化)

10、Fe＋6HNO₃(熱、濃)Fe(NO₃)₃＋3NO₂↑＋3H₂O

Fe＋4HNO₃(熱、濃)Fe(NO₃)₂＋2NO₂↑＋2H₂O

11、Fe＋4HNO₃(稀)Fe(NO₃)₃＋NO↑＋2H₂O  3Fe＋8HNO₃(稀) 3Fe(NO₃)₃＋2NO↑＋4H₂O

濃H₂SO₄

濃H₂SO₄

12、C₂H₅OH           CH₂=CH₂↑＋H₂O  C₂H₅－OH＋HO－C₂H₅C₂H₅－O－C₂H₅＋H₂O

140℃

170℃

13C₂H₅Cl＋NaOH C₂H₅OH＋NaCl 　   　C₂H₅Cl＋NaOHCH₂＝CH₂↑＋NaCl＋H₂O

14、6FeBr₂＋3Cl₂（不足）==4FeBr₃＋2FeCl₃    2FeBr₂＋3Cl₂（過量）==2Br₂＋2FeCl₃

八、離子共存問題

離子在溶液中能否大量共存，涉及到離子的性質及溶液酸堿性等綜合知識。凡能使溶液中因反應發生使有關離子濃度顯著改變的均不能大量共存。如生成難溶、難電離、氣體物質或能轉變成其它種類的離子（包括氧化一還原反應）.

一般可從以下幾方面考慮

1．弱堿陽離子只存在于酸性較強的溶液中.如Fe³⁺、Al³⁺、Zn²⁺、Cu²⁺、NH₄⁺、Ag⁺ 等均與OH^-不能大量共存.

2．弱酸陰離子只存在于堿性溶液中。如CH₃COO^-、F^-、CO₃^2-、SO₃^2-、S^2-、PO₄^3-、 AlO₂^-均與H⁺不能大量共存.

3．弱酸的酸式陰離子在酸性較強或堿性較強的溶液中均不能大量共存.它們遇強酸（H⁺）會生成弱酸分子；遇強堿（OH^-）生成正鹽和水.  如：HSO₃^-、HCO₃^-、HS^-、H₂PO₄^-、HPO₄^2-等

4．若陰、陽離子能相互結合生成難溶或微溶性的鹽，則不能大量共存.

如：Ba²⁺、Ca²⁺與CO₃^2-、SO₃^2-、PO₄^3-、SO₄^2-等；Ag⁺與Cl^-、Br^-、I^- 等；Ca²⁺與F^-，C₂O₄^2- 等

5．若陰、陽離子發生雙水解反應，則不能大量共存.

如：Al³⁺與HCO₃^-、CO₃^2-、HS^-、S^2-、AlO₂^-、ClO^-、SiO₃^2-等

Fe³⁺與HCO₃^-、CO₃^2-、AlO₂^-、ClO^-、SiO₃^2-、C₆H₅O^-等；NH₄⁺與AlO₂^-、SiO₃^2-、ClO^-、CO₃^2-等

6．若陰、陽離子能發生氧化一還原反應則不能大量共存.

如：Fe³⁺與I^-、S^2-；MnO₄^-（H⁺）與I^-、Br^-、Cl^-、S^2-、SO₃^2-、Fe²⁺等；NO₃^-（H⁺）與上述陰離子；

S^2-、SO₃^2-、H⁺

7．因絡合反應或其它反應而不能大量共存

如：Fe³⁺與F^-、CN^-、SCN^-等； H₂PO₄^-與PO₄^3-會生成HPO₄^2-，故兩者不共存.

九、離子方程式判斷常見錯誤及原因分析

1．離子方程式書寫的基本規律要求：（寫、拆、刪、查四個步驟來寫）

（1）合事實：離子反應要符合客觀事實，不可臆造產物及反應。

（2）式正確：化學式與離子符號使用正確合理。

（3）號實際：“=”“”“→”“↑”“↓”等符號符合實際。

（4）兩守恒：兩邊原子數、電荷數必須守恒（氧化還原反應離子方程式中氧化劑得電子總數與還原劑失電子總數要相等）。

（5）明類型：分清類型，注意少量、過量等。

（6）檢查細：結合書寫離子方程式過程中易出現的錯誤，細心檢查。

例如：(1)違背反應客觀事實

如：Fe₂O₃與氫碘酸：Fe₂O₃＋6H⁺＝2 Fe³⁺＋3H₂O錯因：忽視了Fe³⁺與I^-發生氧化一還原反應

(2)違反質量守恒或電荷守恒定律及電子得失平衡

如：FeCl₂溶液中通Cl₂ ：Fe²⁺＋Cl₂＝Fe³⁺＋2Cl^- 錯因：電子得失不相等，離子電荷不守恒

(3)混淆化學式（分子式）和離子書寫形式

如：NaOH溶液中通入HI：OH^-＋HI＝H₂O＋I^-錯因：HI誤認為弱酸.

(4)反應條件或環境不分：

如：次氯酸鈉中加濃HCl：ClO^-＋H⁺＋Cl^-＝OH^-＋Cl₂↑錯因：強酸制得強堿

(5)忽視一種物質中陰、陽離子配比.

如：H₂SO₄ 溶液加入Ba(OH)₂溶液:Ba²⁺＋OH^-＋H⁺＋SO₄^2-＝BaSO₄↓＋H₂O

正確：Ba²⁺＋2OH^-＋2H⁺＋SO₄^2-＝BaSO₄↓＋2H₂O

(6)“＝”“  ”“↑”“↓”符號運用不當

如：Al³⁺＋3H₂O＝Al(OH)₃↓＋3H⁺注意：鹽的水解一般是可逆的，Al(OH)₃量少，故不能打“↓”

2.判斷離子共存時，審題一定要注意題中給出的附加條件。

⑴酸性溶液（H^＋）、堿性溶液（OH^-）、能在加入鋁粉后放出可燃氣體的溶液、由水電離出的H^＋或OH^-=1×10^-amol/L(a>7或a<7)的溶液等。

⑵有色離子MnO₄^-,Fe³⁺,Fe²⁺,Cu²⁺,Fe(SCN)²⁺。

⑶MnO₄^-,NO₃^-等在酸性條件下具有強氧化性。

⑷S₂O₃^2-在酸性條件下發生氧化還原反應：S₂O₃^2-+2H⁺=S↓+SO₂↑+H₂O

⑸注意題目要求“一定大量共存”還是“可能大量共存”；“不能大量共存”還是“一定不能大量共存”。

⑹看是否符合題設條件和要求，如“過量”、“少量”、“適量”、“等物質的量”、“任意量”以及滴加試劑的先后順序對反應的影響等。

十、能夠做噴泉實驗的氣體

1、NH₃、HCl、HBr、HI等極易溶于水的氣體均可做噴泉實驗。

2、CO₂、Cl₂、SO₂與氫氧化鈉溶液；

3、C₂H₂、C₂H₄與溴水反應

十一、較金屬性強弱的依據

金屬性：金屬氣態原子失去電子能力的性質；

金屬活動性：水溶液中，金屬原子失去電子能力的性質。

注：金屬性與金屬活動性并非同一概念，兩者有時表現為不一致，

1、同周期中，從左向右，隨著核電荷數的增加，金屬性減弱；

同主族中，由上到下，隨著核電荷數的增加，金屬性增強；

2、依據最高價氧化物的水化物堿性的強弱；堿性愈強，其元素的金屬性也愈強；

3、依據金屬活動性順序表（極少數例外）；

4、常溫下與酸反應劇烈程度；5、常溫下與水反應的劇烈程度；

6、與鹽溶液之間的置換反應；7、高溫下與金屬氧化物間的置換反應。

十二、較非金屬性強弱的依據

1、同周期中，從左到右，隨核電荷數的增加，非金屬性增強；

同主族中，由上到下，隨核電荷數的增加，非金屬性減弱；

2、依據最高價氧化物的水化物酸性的強弱：酸性愈強，其元素的非金屬性也愈強；

3、依據其氣態氫化物的穩定性：穩定性愈強，非金屬性愈強；

4、與氫氣化合的條件；

5、與鹽溶液之間的置換反應；

6、其他，例：2Cu＋SCu₂S   Cu＋Cl₂CuCl₂  所以，Cl的非金屬性強于S。

十三，10電子”、“18電子”的微粒小結

1．“10電子”的微粒：

2．“18電子”的微粒

注：其它諸如C₂H₆、N₂H₅⁺、N₂H₆²⁺等亦為18電子的微粒。

十四‘粒半徑的比較：

1．判斷的依據   電子層數：     相同條件下，電子層越多，半徑越大。

核電荷數：     相同條件下，核電荷數越多，半徑越小。

最外層電子數   相同條件下，最外層電子數越多，半徑越大。

2．具體規律：1、同周期元素的原子半徑隨核電荷數的增大而減小（稀有氣體除外）如：Na>Mg>Al>Si>P>S>Cl.

2、同主族元素的原子半徑隨核電荷數的增大而增大。如：Li<Na<K<Rb<Cs

3、同主族元素的離子半徑隨核電荷數的增大而增大。如：F--<Cl--<Br--<I--

4、電子層結構相同的離子半徑隨核電荷數的增大而減小。如：F^-> Na⁺>Mg²⁺>Al³⁺

5、同一元素不同價態的微粒半徑，價態越高離子半徑越小。如Fe>Fe²⁺>Fe³⁺

十五具有漂白作用的物質

其中能氧化指示劑而使指示劑褪色的主要有Cl₂(HClO)和濃HNO₃及Na₂O₂

十六滴加順序不同，現象不同

1．AgNO₃與NH₃·H₂O：

AgNO₃向NH₃·H₂O中滴加——開始無白色沉淀，后產生白色沉淀

　　NH₃·H₂O向AgNO₃中滴加——開始有白色沉淀，后白色沉淀消失

2．NaOH與AlCl₃：

NaOH向AlCl₃中滴加——開始有白色沉淀，后白色沉淀消失

AlCl₃向NaOH中滴加——開始無白色沉淀，后產生白色沉淀

3．HCl與NaAlO₂：

HCl向NaAlO₂中滴加——開始有白色沉淀，后白色沉淀消失

NaAlO₂向HCl中滴加——開始無白色沉淀，后產生白色沉淀

4．Na₂CO₃與鹽酸：

Na₂CO₃向鹽酸中滴加——開始有氣泡，后不產生氣泡

鹽酸向Na₂CO₃中滴加——開始無氣泡，后產生氣泡

十七能使酸性高錳酸鉀溶液褪色的物質

（一）有機

1. 不飽和烴（烯烴、炔烴、二烯烴、苯乙烯等）；

2. 苯的同系物；

3. 不飽和烴的衍生物（烯醇、烯醛、烯酸、鹵代烴、油酸、油酸鹽、油酸酯等）；

4. 含醛基的有機物（醛、甲酸、甲酸鹽、甲酸某酯等）；

5. 石油產品（裂解氣、裂化氣、裂化汽油等）；

6. 天然橡膠（聚異戊二烯）。

（二）無機

1. －2價硫的化合物（H₂S、氫硫酸、硫化物）；

2. ＋4價硫的化合物（SO₂、H₂SO₃及亞硫酸鹽）；

3. 雙氧水（H₂O₂，其中氧為－1價）

十八最簡式相同的有機物

1．CH：C₂H₂和C₆H₆

2．CH₂：烯烴和環烷烴

3．CH₂O：甲醛、乙酸、甲酸甲酯、葡萄糖

4．C_nH_2nO：飽和一元醛（或飽和一元酮）與二倍于其碳原子數和飽和一元羧酸或酯；舉一例：乙醛（C₂H₄O）與丁酸及其異構體（C₄H₈O₂）

十九實驗中水的妙用

1．水封：在中學化學實驗中，液溴需要水封，少量白磷放入盛有冷水的廣口瓶中保存，通過水的覆蓋，既可隔絕空氣防止白磷蒸氣逸出，又可使其保持在燃點之下；液溴極易 揮發有劇毒，它在水中溶解度較小，比水重，所以亦可進行水封減少其揮發。

2．水浴：酚醛樹脂的制備(沸水浴)；硝基苯的制備(50—60℃)、乙酸乙酯的水解(70～80℃)、蔗糖的水解(70～80℃)、硝酸鉀溶解度的測定(室溫～100℃)需用溫度計來控制溫度；銀鏡反應需用溫水浴加熱即可。

3．水集：排水集氣法可以收集難溶或不溶于水的氣體，中學階段有0₂， H₂，C₂H₄，C₂H₂，CH₄，NO。有些氣體在水中有一定溶解度，但可以在水中加入某物質降低其溶解度，如：可用排飽和食鹽水法收集氯氣。

4．水洗：用水洗的方法可除去某些難溶氣體中的易溶雜質，如除去NO氣體中的N0₂雜質。

5．鑒別：可利用一些物質在水中溶解度或密度的不同進行物質鑒別，如：苯、乙醇　溴乙烷三瓶未有標簽的無色液體，用水鑒別時浮在水上的是苯，溶在水中的是乙醇，沉于水下的是溴乙烷。利用溶解性溶解熱鑒別，如：氫氧化鈉、硝酸銨、氯化鈉、碳酸鈣，僅用水可資鑒別。

6．檢漏：氣體發生裝置連好后，應用熱脹冷縮原理，可用水檢查其是否漏氣。

二十、阿伏加德羅定律

1．內容：在同溫同壓下，同體積的氣體含有相等的分子數。即“三同”定“一等”。

2．推論

（1）同溫同壓下，V₁/V₂=n₁/n₂             （2）同溫同體積時，p₁/p₂=n₁/n₂=N₁/N₂

（3）同溫同壓等質量時，V₁/V₂=M₂/M₁  （4）同溫同壓同體積時，M₁/M₂=ρ₁/ρ₂

注意：（1）阿伏加德羅定律也適用于混合氣體。

（2）考查氣體摩爾體積時，常用在標準狀況下非氣態的物質來迷惑考生，如H₂O、SO₃、已烷、辛烷、CHCl₃、乙醇等。

（3）物質結構和晶體結構：考查一定物質的量的物質中含有多少微粒（分子、原子、電子、質子、中子等）時常涉及稀有氣體He、Ne等單原子分子，Cl₂、N₂、O₂、H₂雙原子分子。膠體粒子及晶體結構：P₄、金剛石、石墨、二氧化硅等結構。

（4）要用到22.4L·mol^－1時，必須注意氣體是否處于標準狀況下，否則不能用此概念；

（5）某些原子或原子團在水溶液中能發生水解反應，使其數目減少；

（6）注意常見的的可逆反應：如NO₂中存在著NO₂與N₂O₄的平衡；

（7）不要把原子序數當成相對原子質量，也不能把相對原子質量當相對分子質量。

（8）較復雜的化學反應中，電子轉移數的求算一定要細心。如Na₂O₂+H₂O；Cl₂+NaOH；電解AgNO₃溶液等。

二十一、氧化還原反應

升失氧還還、降得還氧氧

（氧化劑/還原劑，氧化產物/還原產物，氧化反應/還原反應）

化合價升高（失ne^—）被氧化

氧化劑 ＋還原劑＝ 還原產物＋氧化產物

化合價降低（得ne^—）被還原

（較強）（較強）  （較弱）  （較弱）

氧化性：氧化劑＞氧化產物

還原性：還原劑＞還原產物

二十二化還原反應配平

  標價態、列變化、求總數、定系數、后檢查

一標出有變的元素化合價；

二列出化合價升降變化

三找出化合價升降的最小公倍數，使化合價升高和降低的數目相等；

四定出氧化劑、還原劑、氧化產物、還原產物的系數；

五平：觀察配平其它物質的系數；

六查：檢查是否原子守恒、電荷守恒（通常通過檢查氧元素的原子數），畫上等號。

二十三、鹽類水解

鹽類水解，水被弱解；有弱才水解，無弱不水解；越弱越水解，都弱雙水解；誰強呈誰性，同強呈中性。

電解質溶液中的守恒關系

⑴電荷守恒：電解質溶液中所有陽離子所帶有的正電荷數與所有的陰離子所帶的負電荷數相等。如NaHCO₃溶液中：n(Na^＋)＋n(H⁺)＝n(HCO₃^-)＋2n(CO₃^2-)＋n(OH^-)推出：[Na^＋]＋[H^＋]＝[HCO₃^-]＋2[CO₃^2-]＋[OH^-]

⑵物料守恒：電解質溶液中由于電離或水解因素，離子會發生變化變成其它離子或分子等，但離子或分子中某種特定元素的原子的總數是不會改變的。如NaHCO₃溶液中：n(Na^＋)：n(c)＝1:1，推出：c(Na^＋)＝c(HCO₃^-)＋c(CO₃^2-)＋c(H₂CO₃)

⑶質子守恒：(不一定掌握)電解質溶液中分子或離子得到或失去質子（H^＋）的物質的量應相等。例如：在NH₄HCO₃溶液中H₃O⁺、H₂CO₃為得到質子后的產物；NH₃、OH^-、CO₃^2-為失去質子后的產物，故有以下關系：c(H₃O⁺)+c(H₂CO₃)=c(NH₃)+c(OH^-)+c(CO₃^2-)。

二十四、熱化學方程式正誤判斷——“三查”

1．檢查是否標明聚集狀態：固（s）、液（l）、氣（g）

2．檢查△H的“+”“－”是否與吸熱、放熱一致。(注意△H的“+”與“－”，放熱反應為“－”，吸熱反應為“+”)

3．檢查△H的數值是否與反應物或生成物的物質的量相匹配（成比例）

注意：⑴要注明反應溫度和壓強，若反應在298K和1.013×10⁵Pa條件下進行，可不予注明；

⑵要注明反應物和生成物的聚集狀態，常用s、l、g分別表示固體、液體和氣體；

⑶△H與化學計量系數有關，注意不要弄錯。方程式與△H應用分號隔開，一定要寫明“+”、“-”數值和單位。計量系數以“mol”為單位，可以是小數或分數。

⑷一定要區別比較“反應熱”、“中和熱”、“燃燒熱”等概念的異同。

二十五、濃硫酸“五性”

酸性、強氧化性、吸水性、脫水性、難揮發性

化合價不變只顯酸性

化合價半變既顯酸性又顯強氧化性

化合價全變只顯強氧化性

二十六、濃硝酸“四性”

酸性、強氧化性、不穩定性、揮發性

       化合價不變只顯酸性

化合價半變既顯酸性又顯強氧化性

化合價全變只顯強氧化性

二十七、烷烴系統命名法的步驟

①選主鏈，稱某烷

②編號位，定支鏈

③取代基，寫在前，注位置，短線連

④不同基，簡到繁，相同基，合并算

烷烴的系統命名法使用時應遵循兩個基本原則：①最簡化原則，②明確化原則，主要表現在一長一近一多一小，即“一長”是主鏈要長，“一近”是編號起點離支鏈要近，“一多”是支鏈數目要多，“一小”是支鏈位置號碼之和要小，這些原則在命名時或判斷命名的正誤時均有重要的指導意義。

二十八、"五同的區別"

同位素(相同的中子數，不同的質子數，是微觀微粒)

同素異形體（同一種元素不同的單質，是宏觀物質）

同分異構體（相同的分子式，不同的結構）

同系物（組成的元素相同，同一類的有機物，相差一個或若干個的CH₂）

同一種的物質（氯仿和三氯甲烷，異丁烷和2-甲基丙烷等）

二十九、化學平衡圖象題的解題步驟一般是：

看圖像：一看面（即橫縱坐標的意義）；   二看線（即看線的走向和變化趨勢）；

三看點（即曲線的起點、折點、交點、終點），先出現拐點的則先達到平衡，說明該曲線表示的溫度較高或壓強較大，“先拐先平”。     四看輔助線（如等溫線、等壓線、平衡線等）；五看量的變化（如溫度變化、濃度變化等），“定一議二”。

三十、中學常見物質電子式分類書寫

Cl

1．Cl^-的電子式為：

O

H

O

H

2．-OH：                    OH^-電子式：

Cl

Mg²⁺

Cl

S

2–

Na⁺

Na⁺

3．Na₂S                  MgCl₂

CaC₂、                    Na₂O₂

Na⁺

Na⁺

O

O

2–

2–

Ca²⁺

C

C

4．     NH₄Cl                         (NH₄)₂S

H

H

N

H

H

S

2–

H

H

N

H

H

Cl

H

H

N

H

H

CO₂

O

O

C

寫結構式

補孤電子對

共用電子對代共價鍵

O

OO

C

O

OO

C

5．

結構式                                                     電子式

Cl

Cl

Cl

Cl

6．MgCl₂形成過程：       +    Mg     +             Mg²⁺              

三十一、等效平衡問題及解題思路

1、等效平衡的含義

在一定條件（定溫、定容或定溫、定壓）下，只是起始加入情況不同的同一可逆反應達到平衡后，任何相同組分的分數（體積、物質的量）均相同，這樣的化學平衡互稱等效平衡。

2、等效平衡的分類

（1）定溫（T）、定容（V）條件下的等效平衡

Ⅰ類：對于一般可逆反應，在定T、V條件下，只改變起始加入情況，只要通過可逆反應的化學計量數比換算成平衡式左右兩邊同一邊物質的物質的量與原平衡相同，則二平衡等效。

Ⅱ類：在定T、V情況下，對于反應前后氣體分子數不變的可逆反應，只要反應物（或生成物）的物質的量的比例與原平衡相同，則二平衡等效。

（2）定T、P下的等效平衡（例4： 與例3的相似。如將反應換成合成氨反應）

Ⅲ類：在T、P相同的條件下，改變起始加入情況，只要按化學計量數換算成平衡式左右兩邊同一邊物質的物質的量之比與原平衡相同，則達到平衡后與原平衡等效。

三十二、元素的一些特殊性質

1．周期表中特殊位置的元素

①族序數等于周期數的元素：H、Be、Al、Ge。

②族序數等于周期數2倍的元素：C、S。

③族序數等于周期數3倍的元素：O。

④周期數是族序數2倍的元素：Li、Ca。

⑤周期數是族序數3倍的元素：Na、Ba。

⑥最高正價與最低負價代數和為零的短周期元素：C。

⑦最高正價是最低負價絕對值3倍的短周期元素：S。

⑧除H外，原子半徑最小的元素：F。

⑨短周期中離子半徑最大的元素：P。

2．常見元素及其化合物的特性

①形成化合物種類最多的元素、單質是自然界中硬度最大的物質的元素或氣態氫化物中氫的質量分數最大的元素：C。

②空氣中含量最多的元素或氣態氫化物的水溶液呈堿性的元素：N。

③地殼中含量最多的元素、氣態氫化物沸點最高的元素或氫化物在通常情況下呈液態的元素：O。

④最輕的單質的元素：H ；最輕的金屬單質的元素：Li 。

⑤單質在常溫下呈液態的非金屬元素：Br ；金屬元素：Hg 。

⑥最高價氧化物及其對應水化物既能與強酸反應，又能與強堿反應的元素：Be、Al、Zn。

⑦元素的氣態氫化物和它的最高價氧化物對應水化物能起化合反應的元素：N；能起氧化還原反應的元素：S。

⑧元素的氣態氫化物能和它的氧化物在常溫下反應生成該元素單質的元素：S。

⑨元素的單質在常溫下能與水反應放出氣體的短周期元素：Li、Na、F。

⑩常見的能形成同素異形體的元素：C、P、O、S。

重點

氧化還原反應

常見的重要氧化劑、還原劑

實質：有電子轉移（得失與偏移）

特征：反應前后元素的化合價有變化

還原性             化合價升高        弱氧化性

概念及轉化關系

↑                                        ↑

變化

還原劑             氧化反應          氧化產物

反應物→

→產物

氧化劑             還原反應          還原產物

變化

↓                                        ↓

氧化性             化合價降低       弱還原性

氧化還原反應有元素化合價升降的化學反應是氧化還原反應。

有電子轉移（得失或偏移）的反應都是氧化還原反應。

概念：氧化劑：反應中得到電子（或電子對偏向）的物質（反應中所含元素化合價降低物）

還原劑：反應中失去電子（或電子對偏離）的物質（反應中所含元素化合價升高物）

氧化產物：還原劑被氧化所得生成物；

還原產物：氧化劑被還原所得生成物。

氧化還原反應

失電子，化合價升高，被氧化

雙線橋：

氧化劑   +   還原劑  =  還原產物   +   氧化產物

得電子，化合價降低，被還原

電子轉移表示方法        單線橋：電子

還原劑   +   氧化劑  =  還原產物   +   氧化產物

二者的主   表示意義、箭號起止

要區別：   電子數目等

依據原則：氧化劑化合價降低總數=還原劑化合價升高總數

找出價態變化，看兩劑分子式，確定升降總數；

配平

方法步驟：求最小公倍數，得出兩劑系數，觀察配平其它。

有關計算：關鍵是依據氧化劑得電子數與還原劑失電子數相等，列出守恒關系式

①、由元素的金屬性或非金屬性比較；（金屬活動性順序表，元素周期律）

強弱比較

②、由反應條件的難易比較；

③、由氧化還原反應方向比較；（氧化性：氧化劑>氧化產物；還原性：還原劑>還原產物）

氧化劑、還原劑

④、根據（氧化劑、還原劑）元素的價態與氧化還原性關系比較。

元素處于最高價只有氧化性，最低價只有還原性，處于中間價態既有氧化又有還原性。

1. 活潑的非金屬，如Cl₂、Br₂、O₂ 等

②、元素（如Mn等）處于高化合價的氧化物，如MnO₂、KMnO₄等

氧化劑：  ③、元素（如S、N等）處于高化合價時的含氧酸，如濃H₂SO₄、HNO₃ 等

④、元素（如Mn、Cl、Fe等）處于高化合價時的鹽，如KMnO₄、KClO₃、FeCl₃、K₂Cr₂O₇

⑤、過氧化物，如Na₂O₂、H₂O₂等。

①、活潑的金屬，如Na、Al、Zn、Fe 等；

②、元素（如C、S等）處于低化合價的氧化物，如CO、SO₂等

還原劑：  ③、元素（如Cl、S等）處于低化合價時的酸，如濃HCl、H₂S等

④、元素（如S、Fe等）處于低化合價時的鹽，如Na₂SO₃、FeSO₄等

⑤、某些非金屬單質，如H₂ 、C、Si等。

離子反應

離子非氧化還原反應    堿性氧化物與酸的反應

類型：                      酸性氧化物與堿的反應

離子型氧化還原反應   置換反應

一般離子氧化還原反應

化學方程式：用參加反應的有關物質的化學式表示化學反應的式子。

用實際參加反應的離子符號表示化學反應的式子。

表示方法                    寫：寫出反應的化學方程式；

離子反應：                  拆：把易溶于水、易電離的物質拆寫成離子形式；

離子方程式： 書寫方法：刪：將不參加反應的離子從方程式兩端刪去；

查：檢查方程式兩端各元素原子種類、個數、電荷數是否相等。

意義：不僅表示一定物質間的某個反應；還能表示同一類型的反應。

本質：反應物的某些離子濃度的減小。

金屬、非金屬、氧化物（Al₂O₃、SiO₂）

中學常見的難溶物  堿：Mg(OH)₂、Al(OH)₃、Cu(OH)₂、Fe(OH)₃

生成難溶的物質：Cu²⁺+OH^-=Cu(OH)₂↓ 鹽：AgCl、AgBr、AgI、CaCO₃、BaCO₃

生成微溶物的離子反應：2Ag⁺+SO₄^2-=Ag₂SO₄↓

發生條件    由微溶物生成難溶物：Ca(OH)₂+CO₃^2-=CaCO₃↓+2OH^-

生成難電離的物質：常見的難電離的物質有H₂O、CH₃COOH、H₂CO₃、NH₃·H₂O

生成揮發性的物質：常見易揮發性物質有CO₂、SO₂、NH₃等

發生氧化還原反應：遵循氧化還原反應發生的條件。

化學反應速率、化學平衡

意義：表示化學反應進行快慢的量。

定性：根據反應物消耗，生成物產生的快慢（用氣體、沉淀等可見現象）來粗略比較

定量：用單位時間內反應物濃度的減少或生成物濃度的增大來表示。

表示方法：          ①、單位：mol/(L·min)或mol/(L·s )

②、同一反應，速率用不同物質濃度變化表示時，數值可能不同，但數值之比等于方程式中各物質的化學計量數比。如：

說明：

化學

反應速率

③、一般不能用固體和純液體物質表示濃度（因為ρ不變）

④、對于沒有達到化學平衡狀態的可逆反應：v_正≠v_逆

內因（主要因素）：參加反應物質的性質。

①、結論：在其它條件不變時，增大濃度，反應速率加快，反之濃度： 則慢。

②、說明：只對氣體參加的反應或溶液中發生反應速率產生影響；與反應物總量無關。

影響因素               ①、結論：對于有氣體參加的反應，增大壓強，反應速率加快，壓強： 反之則慢

②、說明：當改變容器內壓強而有關反應的氣體濃度無變化時，則反應速率不變；如：向密閉容器中通入惰性氣體。

①、結論：其它條件不變時，升高溫度反應速率加快，反之則慢。

溫度：       a、對任何反應都產生影響，無論是放熱還是吸熱反應；

外因：    ②說明  b、對于可逆反應能同時改變正逆反應速率但程度不同；

c、一般溫度每升高10℃，反應速率增大2～4倍,有些反應只有在一定溫度范圍內升溫才能加快。

①、結論：使用催化劑能改變化學反應速率。

催化劑           a、具有選擇性；

②、說明： b、對于可逆反應，使用催化劑可同等程度地改變正、逆反應速率；

c、使用正催化劑，反應速率加快，使用負催化劑，反應速率減慢。

原因：碰撞理論（有效碰撞、碰撞的取向及活化分子等）

其它因素：光、電磁波、超聲波、反應物顆粒的大小、溶劑的性質等化學平衡狀態：　指在一定條件下的可逆反應里，正反應速率和逆反應速率相等，反應混合中各組分的百分含量保持不變的狀態。

逆：研究的對象是可逆反應

動：是指動態平衡，反應達到平衡狀態時，反應沒有停止。

平衡狀態特征：等：平衡時正反應速率等于逆反應速率，但不等于零。

定：反應混合物中各組分的百分含量保持一個定值。

變：外界條件改變，原平衡破壞，建立新的平衡。

①、定義：mA(g)+nB(g)       pC(g)+qD(g)

②、意義：表示可逆反應的反應進行的程度。

③、影響因素：溫度（正反應吸熱時，溫度升高，K增大；正反應放熱時，化學平衡常數：溫度升高，K減小），而與反應物或生成物濃度無關。

用化學平衡常數判斷化學平衡狀態。

④、用途：  a、Q=K時，處于平衡狀態，v_正=v_逆；

b、Q>K時，處于未達平衡狀態；v_正<v_逆 向逆向進行；

c、Q<K時，處于未達平衡狀態；v_正>v_逆 向正向進行。

原因：反應條件改變引起：v_正≠v_逆

化學平衡：            結果：速率、各組分百分含量與原平衡比較均發生變化。

化學平衡移動：      v(正)>v(逆)　　向右（正向）移

方向： v(正)=v(逆)　　平衡不移動

v(正)<v(逆)　　向左（逆向）移

注意：其它條件不變，只改變影響平衡的一個條件才能使用。

①、濃度：增大反應物濃度或減少生成物濃度，平衡向正反應方向移動；反之向逆反應方向移動

結論：增大壓強，平衡向縮小體積方向移動；減小壓強，平衡向擴大體積的方向移動。

②、壓強：   Ⅰ、反應前后氣態物質總體積沒有變化的反應，壓強改變不能改變化學平衡狀態；

影響化學平衡移動的因素：         說明： Ⅱ、壓強的改變對濃度無影響時，不能改變化學平衡狀態，如向密閉容器中充入惰性氣體。

Ⅲ、對沒有氣體參加的反應無影響。

③、溫度：升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動；降低溫度，平衡向放熱反應方向移動。

勒沙特列原理：如果改變影響平衡的一個條件（如濃度、壓強、溫度等）平衡就向能減弱這種改變的方向移動。

概念：在一定條件下（定溫、定容或定溫、定壓），對同一可逆反應，只要起始時加入物質的物質的量不同，而達到化學平衡時，同種物質的含量相同，這樣的平衡稱為等效平衡。

平衡等效：         （1）、定溫、定容：

1. 對于一般的可逆反應只改變起始時加入物質的物質的量，

如通過可逆反應的化學計量數比換算成同一半邊的物質的物質的量與原平衡相同，則兩平衡等效。

規律：  ②、對于反應前后氣體分子數不變的可逆反應，只要反應物（或

生成物）的物質的量的比例與原平衡相同，兩平衡等效。

（2）、定溫、定壓：   改變起始時加入物質的物質的量，只要

按化學計量數換算成同一半邊的物質的物質的量之比與原平衡

相同，則達平衡后與原平衡等效。

有機反應方程式

(一)烷烴

CH₄ +2O₂  CO₂ + 2H₂O

CH₄ + 2Cl₂  CH₂Cl₂ + 2HCl

CH₄ + 3Cl₂  CHCl₃+ 3HCl

CH₄ + 4Cl₂  CCl₄ + 4HCl

CH₄  C + 2H₂

(二)烯烴

C₂H₄ + 3O₂  2CO₂ + 2H₂O

CH₂＝CH₂ + Br₂ 　CH₂BrCH₂Br

CH₂＝CH₂ + H₂OCH₃CH₂OH

CH₂＝CH₂ +H₂CH₃CH₃

化學計算

（一）有關化學式的計算

1．通過化學式，根據組成物質的各元素的原子量，直接計算分子量。

2．已知標準狀況下氣體的密度，求氣體的式量：M=22.4ρ。

3．根據相對密度求式量：M=MˊD。

4．混合物的平均分子量：

5．相對原子質量

1. 原子的相對原子質量=

A₁、A₂表示同位素相對原子質量，a₁%、a₂%表示原子的摩爾分數

1. 元素近似相對原子質量：

(二) 溶液計算

1、

2、稀釋過程中溶質不變：C₁V₁=C₂V₂。

3、同溶質的稀溶液相互混合：C_混= (忽略混合時溶液體積變化不計)

4、溶質的質量分數。

①

②（飽和溶液，S代表溶質該條件下的溶解度）

③混合：m₁a₁%+m₂a₂%=(m₁+m₂)a%_混

④稀釋：m₁a₁%=m₂a₂%

5、有關pH值的計算：酸算H⁺，堿算OH^—

Ⅰ. pH= —lg[H⁺]       C(H⁺)=10^-pH

Ⅱ. K_W=[H⁺][OH^—]=10^-14（25℃時）

×M                      ×NA

質 量                 物質的量                  微 粒

m       ÷M          n           ÷NA         N

×        ÷

22.4 L/ mol        22.4 L/ mol

氣體的體積

（標準狀況下）

6、圖中的公式：1．        2．      3．     4．

　　　　解題技巧

策略 1　化學基本概念的分析與判斷

１金點子：

化學基本概念較多，許多相近相似的概念容易混淆，且考查時試題的靈活性較大。如何把握其實質，認識其規律及應用？主要在于要抓住問題的實質，掌握其分類方法及金屬、非金屬、酸、堿、鹽、氧化物的相互關系和轉化規律，是解決這類問題的基礎。

經典題：  

例題1 ：（2001年全國高考）下列過程中，不涉及化學變化的是   （   ）

A．甘油加水作護膚劑                 B．用明礬凈化水

C．烹魚時加入少量的料酒和食醋可減少腥味，增加香味

D．燒菜用過的鐵鍋，經放置常出現紅棕色斑跡

方法：從有無新物質生成，對題中選項分別進行分析。

捷徑：充分利用物質的物理性質和化學性質，對四種物質的應用及現象進行剖析知：甘油用作護膚劑是利用了甘油的吸水性，不涉及化學變化。明礬凈化水，是利用了Al³⁺水解產生的Al(OH)₃膠體的吸附作用；烹魚時加入少量的料酒和食醋可減少腥味，增加香味，是兩者部分發生了酯化反應之故；燒菜用過的鐵鍋，經放置出現紅棕色斑跡，屬鐵的吸氧腐蝕。此三者均為化學變化。故選A。

總結：對物質性質進行分析，從而找出有無新物質生成，是解答此類試題的關鍵。

例題2 ：（1996年上海高考）下列電子式書寫錯誤的是  (    ).

方法：從化合物(離子化合物、共價化合物)—→原子的電子式—→得失電子—→化合物或原子團電子式，對題中選項逐一分析的。

捷徑：根據上述方法，分析CO₂分子中電子總數少于原子中的電子總數，故A選項錯。B項中N與N之間為三鍵，且等于原子的電子總數，故B正確。C有一個負電荷，為從外界得到一個電子，正確。D為離子化合物，存在一個非極性共價鍵，正確。以此得正確選項為A。

總結：電子式的書寫是中學化學用語中的重點內容。此類試題要求考生從原子的電子式及形成化合物時電子的得失與偏移進行分析而獲解。

例題3 ：（1996年上海高考）下列物質有固定元素組成的是   (    )

A．空氣        B．石蠟       C．氨水       D．二氧化氮氣體

方法：從純凈物與混合物進行分析。

捷徑：因純凈物都有固定的組成，而混合物大部分沒有固定的組成。分析選項可得D。

總結：值得注意的是：有機高分子化合物(如聚乙烯、聚丙烯等)及有機同分異構體(如二甲苯)混在一起，它們雖是混合物，但卻有固定的元素組成。此類試題與純凈物和混合物的設問，既有共同之處，也有不同之處

策略 2　物質的量方面試題的求解技巧

２金點子：

“物質的量”是中學化學計算的核心。從微觀到宏觀，從固體到氣體，從純凈物到混合物中的各類計算，均要用到物質的量。在溶液方面，還要涉及到溶解度、溶質的質量分數的求算及溶液中各種守恒關系的分析。

對氣體來說，在解題時要特別注意氣體所處的外界條件，因溫度、壓強不同，等物質的量的氣體所占的體積不同。對于NO₂方面的試題，還要考慮后續反應，即NO₂與N₂O₄的平衡轉換。

對混合物中各物質的物質的量的分析，既要考慮反應，還要考慮反應進行的程度及過量問題。經典題：

例題1 ：（2001年全國高考）在100mL 0.10 mol·L^－1的 AgNO₃溶液中加入100mL溶有2.08g BaCl₂的溶液，再加入100 mL溶有0.010 mol CuSO₄·5H₂O的溶液，充分反應。下列說法中正確的是　　　　（   ）

A.最終得到白色沉淀和無色溶液

B.最終得到的白色沉淀是等物質的量的兩種化合物的混合物

C.在最終得到的溶液中，Cl-的物質的最為0.02 mol

D.在最終得到的溶液中，Cu²⁺的物質的量濃度為0.01 mol·L^－1

方法：通過溶液中的離子進行整體分析。

捷徑：題中n（Ag⁺）=0.1L×0.1mol·L^—1=0.01 mol，n（Ba²⁺）=2.08g/208g·mol^—1 = 0.01mol，n（Cl^—）= 0.02 mol，n（Cu²⁺）=0.01mol，n（SO₄^2—）= 0.01 mol，所以生成n（AgCl）=0.01mol，n（BaSO₄）=0.01mol。生成AgCl、BaSO₄兩種白色沉淀，它們物質的量相等。在生成的溶液中n（Cl^—）= 0.02mol — 0.01mol = 0.01mol，Cu²⁺未參加反應，所以溶液顯藍色，反應后溶液的體積大約為200mL，所以C（Cu²⁺）= 0.05mol·L^—1。以此正確的是B。

總結：這是集化學計算，實驗現象描述為一體的學科內綜合試題。盡管難度不大，但很有新意。

例題2 ：（2001年上海高考）設N_A為阿佛加德羅常數，下列說法不正確的是（   ）

A. 標準狀況下的22.4L辛烷完全燃燒，生成二氧化碳分子數為8N_A

B. 18g水中含有的電子數為10N_A

C. 46g 二氧化氮和46g四氧化二氮含有的原子數均為3N_A

D. 在1 L 2 mol·L^—1的硝酸鎂溶液中含有的硝酸根離子數為4N_A

方法：根據題意對選項逐一化解。

捷徑：A.在標準狀況下，辛烷是液體，22.4L液態辛烷物質的量要比1mol大得多，所以A選項錯誤。B.18g水為1mol水，其中含有的電子數為10mol。C.NO₂和N₂O₄具有相同的最簡式，相同質量的NO₂和N₂O₄必然含有相同數目的原子。46g NO₂即為1mol NO₂共含有3mol原子。D.n（NO₃^—）= 1L×2 mol/L×2 = 4 mol。以此不正確的為A。

總結：此類試題是高考試卷中的熱點題型，在解答此類試題時，一要注意物質所處的狀態，二要理清微粒間的聯系。

例題3 ：（1997年全國高考）分別取等質量80℃的甲、乙兩種化合物的飽和溶液,降溫至20℃后, 所析出的甲的質量比乙的大 (甲和乙均無結晶水)。下列關于甲、乙溶解度的敘述中肯定正確的是    (    )

A．20℃時，乙的溶解度比甲的大   B．80℃時，甲的溶解度比乙的大

C．溫度對乙的溶解度影響較大       D．溫度對甲的溶解度影響較大

方法：從溫度對溶解度的影響分析。

捷徑：溶解度是在一定溫度下，在100g溶劑中制成飽和溶液時，所溶解溶質的質量。由于取等質量甲、乙兩種溶液，其中含水的質量不知道，無法推斷其溶解度的大小。但降低相同的溫度，甲析出的質量大于乙，所以溫度對甲的溶解度影響較大。故選D。

總結：有關溶解度方面的試題，在解題時既要考慮某一溫度下溶解度的大小，又要考慮溫度變化時溶解度的改變量。值得注意的是，如果溶液不是飽和溶液，則不能利用溶解度進行有關計算。

策略 3　元素周期律、周期表試題的分析技巧

金點子：

元素周期律、周期表部分的試題，主要表現在四個方面。一是根據概念判斷一些說法的正確性；二是比較粒子中電子數及電荷數的多少；三是原子及離子半徑的大小比較；四是周期表中元素的推斷。  此類試題的解法技巧主要有，逐項分析法、電子守恒法、比較分析法、分類歸納法、推理驗證法等　經典題：

例題1 ：（2001年全國高考）下列說法中錯誤的是    （    ）

A．原子及其離子的核外電子層數等于該元素所在的周期數

B．元素周期表中從IIIB族到IIB族 10個縱行的元素都是金屬元素

C．除氦外的稀有氣體原子的最外層電子數都是8

D．同一元素的各種同位素的物理性質、化學性質均相同

方法：依靠概念逐一分析。

捷徑：原子的核外電子層數等于該元素所在的周期數，而離子由于有電子的得失，當失去電子時，其離子的電子層數不一定等于該元素所在的周期數，如Na⁺等。A選項錯。元素周期表中從IIIB族到IIB族 10個縱行的元素都是過渡元素，均為金屬元素正確。氦的最外層為第一層，僅有2個電子，除氦外的稀有氣體原子的最外層電子數都是8正確。同一元素的各種同位素的化學性質幾乎完全相同，而物理性質不同，D選項錯。以此得答案為AD。

總結：此題要求考生對元素及元素周期表有一個正確的認識，雖不難，但容易出錯。

例題2 ：（2001年上海高考）已知短周期元素的離子：_aA^2＋、_bB^＋、_cC^3－、_dD^－都具有相同的電子層結構，則下列敘述正確的是　（    ）

A．原子半徑   A＞B＞D＞C        B．原子序數  d＞c＞b＞a

C．離子半徑   C＞D＞B＞A        D．單質的還原性  A＞B＞D＞C

方法：采用分類歸納法。

捷徑：首先將四種離子分成陽離子與陰離子兩類，分析其原子序數及離子半徑。陽離子為_aA^2＋、_bB^＋，因具有相同的電子層結構，故原子序數a>b，離子半徑A<B；陰離子為_cC^3－、_dD^－，因具有相同的電子層結構，故原子序數cD。再將其綜合分析，因四種離子具有相同的電子層結構，故A、B位于C、D的下一周期，其原子序數為a>b>d>c，離子半徑A<B<D<C。故正確答案為C。

總結：對于電子層結構相同的單核離子，其核電荷越大，半徑越小。

例題3 ：（1998年全國高考）X和Y屬短周期元素，X原子的最外層電子數是次外層電子數的一半，Y位于X的前一周期，且最外層只有一個電子，則X和Y形成的化合物的化學式可表示為　　（    ）
A．XY B．XY₂ C．XY₃ D．X₂Y₃  

方法：先找出所屬元素，再分析反應情況。

捷徑：根據題意X可能是Li或Si。若X為Li，則Y為H，可組成化合物LiH即XY，若X為Si則Y為Li，Li和Si不能形成化合物。因此得答案為A。

總結：部分考生因未分析出X可能為Li，而造成無法解答

策略 4　速率與平衡方面試題的解題方法與技巧

４金點子：

在化學反應中物質的變化必經過三態，即起始態、變化態和最終態。對于化學反應速率、化學平衡及其它化學反應方面的計算，如能根據反應方程式，對應地列出三態的變化，哪么便可使分析、解題變得一目了然。此方面的試題的題型及方法與技巧主要有：

1．化學平衡狀態的判斷

化學反應是否達到平衡狀態，關鍵是要看正反應速率和逆反應速率是否相等及反應混合物中各組分百分含量是否還隨時間發生變化。

2．化學反應速率的計算與分析

要充分利用速率之比等于化學方程式中的計量數之比。

3．化學平衡移動的分析

影響因素主要有：濃度、壓強、溫度，其移動可通過勒沙特列原理進行分析。化學平衡移動的實質是濃度、溫度、壓強等客觀因素對正、逆反應速率變化產生不同的影響，使V正≠V逆，原平衡狀態發生移動。

4．等效平衡的分析

主要有等溫等容和等溫等壓兩種情況。

5．速率與平衡的圖象分析

主要要抓住三點，即起點、拐點和終點。經典題：

例題1 ：（2001年全國高考）在一定溫度下，容器內某一反應中M、N的物質的量隨反應時間變化的曲線如圖，下列表述中正確的是  （   ）

A．反應的化學方程式為：2MN

B．t₂時，正逆反應速率相等，達到平衡

C．t₃時，正反應速率大于逆反應速率

D．t₁時，N的濃度是M濃度的2倍

方法：圖象分析法。

捷徑：從圖中得到N為反應物，M為生成物。從0→t₂min ，M增加2mol，N消耗4mol，且到達t₃min，M、N的濃度保持不變，即反應為可逆反應，反應式為2N       M。t₂時反應物和生成物物質的量相等，此時不是正、逆反應速率相等。當t₃時正逆反應的速率相等。t₁時n（N）=6mol，n（M）=3mol，由于在同一容器中，所以c（N）=2c（M）。因此此題正確答案為D。

總結：選項B最容易被誤認為正確說法。造成錯判的原因有三：①沒有看清縱坐標的物理量；②概念錯誤，認為物質的量相等時，化學反應速率就相等；③沒有讀懂圖。

例題2 ：（1998年全國高考）體積相同的甲、乙兩個容器中，分別都充有等物質的量的SO₂和O₂，在相同溫度下發生反應：2SO₂+O₂2SO₃，并達到平衡。在這過程中，甲容器保持體積不變，乙容器保持壓強不變，若甲容器中SO₂的轉化率為p%，則乙容器中SO₂的轉化率   （ 　 ）

A．等于p% B．大于p%  C．小于p%  D．無法判斷

方法：平衡中的等效轉化分析法。

捷徑：設乙容器壓強保持1.01×10⁵Pa，因甲容器中體積保持不變，2SO₂+O₂ 2 SO₃的正反應是個氣體體積縮小的反應，達到平衡時，混合氣體的總壓強小于1.01×10⁵Pa。又減小壓強，平衡向逆反應方向移動，則甲容器中SO₂轉化率低，乙容器中（定壓）SO₂的轉化率高。以此得答案為B。

總結：將兩平衡態先相聯系，再依據平衡移動原理相互轉化，便能快速方便獲得結果。

例題3 ：（2002年全國高考）在一定溫度下，向a L密閉容器中加入1 mol X氣體和2mol Y氣體，發生如下反應：X(g) + 2Y(g)  2Z(g)。

此反應達到平衡的標志是  ( 　)

A．容器內壓強不隨時間變化

B．容器內各物質的'濃度不隨時間變化

C．容器內X、Y、Z的濃度之比為l : 2 : 2

D．單位時間消耗0.1 mol X的同時生成0.2 mol Z

方法：從平衡狀態下正逆反應速率相等分析。

捷徑：此反應為一氣體分子數減小的反應，故容器內壓強不隨時間變化，說明巳達平衡。各物質的濃度不隨時間變化而變化，說明正逆反應速率相等，巳達平衡狀態。濃度為一固定比值不能說明巳達平衡。D項中的所述均為正反應，未提到逆反應，故不能判斷。以此得答案為AB。

總結：平衡狀態的判斷，是高考中的重點內容，也是平衡中的重點。此類試題只要抓住平衡狀態下速率相等，各成分的百分含量保持不變，即可求解。

25℃時，pH + pOH = 14

3 ．鹽類水解的應用

策略5　電解質溶液方面試題的解題方法與技巧

金點子：

本策略內容主要包括：弱電解質的電離平衡、水的電離和溶液的pH、鹽類的水解三部分。從近十年的高考試卷來看，水的電離與溶液pH的求算、溶液中離子濃度大小的比較、離子共存，是高考中常考不衰的熱點內容。隨著人們對環境保護意識的增強，有關與溶液有關的廢水分析與處理問題，將會與離子共存、pH求算及中和滴定一起融入未來的高考試題中。

1．弱電解質的電離平衡

可通過平衡狀態分析法進行比較分析。

2．溶液的pH計算

酸可直接計算，堿可通過pOH轉換成pH。

pH= -lg｛ c（H⁺）｝ ，pOH= -lg｛ c（OH^－）｝，pKｗ= -lg｛ Kｗ｝。

25℃時，pH + pOH = 14

例題1 ：（1992年全國高考題）相同溫度、相同物質的量濃度的四種溶液：①CH₃COONa②NaHSO₄ ③NaCl ④C₆H₅—ONa，按pH由大到小的順序排列，正確的是            （   ）

A．④ > ① > ③ > ② B．① > ④ > ③ > ②

C．① > ② > ③ > ④ D．④ > ③ > ① > ②

方法：溶液pH的大小由兩種情況決定，一是電解質本身的電離，二是水的電離，而水的電離程度的大小又決定于鹽類水解程度的大小。此類試題要求準確把握酸堿的相對強弱，充分依靠水解規律判析。

捷徑：四種溶液可分成三組，②NaHSO₄，電離顯酸性，pH < 7；③NaCl 為強酸強堿的正鹽，不水解，溶液呈中性，pH= 7；①④是強堿弱酸鹽，水溶液均呈堿性，因 CH₃COOH 的酸性較C₆H₅OH強，故pH值應為  ④ > ①  ，以此得答案A。

總結：此類試題解答的一般步驟為：先分組，然后再對組內物質根據電離與水解程度進行判析。題中溶液除為鹽溶液外，還可能為酸或堿。如等濃度的八種稀溶液：①Na₂SO₄②H₂SO₄ ③NaHSO₄ ④NH₄Cl ⑤NaHCO₃ ⑥NaCO₃ ⑦NaOH ⑧Ba（OH）₂ ，其pH由小到大的順序為 ②③④①⑤⑥⑦⑧ 。

例題2 ：（1991年全國高考題）已知一種c(H⁺)=1×10^-3mol·L^－1的酸和一種c(OH^— )= 1×10^-3 mol· L^－1堿溶液等體積混合后，溶液呈酸性。其原因可能是   （   ）

A．濃的強酸和稀的強堿溶液反應       B．濃的弱酸和稀的強堿溶液反應

C．等濃度的強酸和弱堿溶液反應       D．生成了一種強酸弱堿鹽

方法：酸堿中和后所得溶液的酸堿性主要有兩方面因素制約，①鹽的水解，②酸堿用量。解題時既要考慮酸堿的強弱，又要考慮酸堿用量的多少，兩者缺一不可。

捷徑：題中兩溶液中的c(H⁺)= c(OH^— )，采用中和假想法，若是強酸強堿等體積混合，溶液一定呈中性。現溶液呈酸性，說明酸過量，且必須是弱酸。以此得答案B。

總結：中和反應后溶液的酸堿性由兩方面決定。該題給出c(H⁺)= c(OH^—)，故應從酸堿用量考慮。如未理解題意，極易從鹽的水解進行分析，故易錯選C、D。

策略6碳族方面試題的解題方法與技巧

金點子：

碳族元素，作為元素化合物部分的重點內容，在近幾年的高考試卷中，巳波及到新型無機非金屬材料及鍺、錫、鉛三種元素的內容。

此類試題中的常規題，其解法有過量分析、守恒分析、方程式的合并分析等。

此類試題中的信息題，其解法有遷移類比、現象剖析、效用比較等。

經典題：

例題1 ：（1996年上海高考）某二價金屬碳酸鹽和碳酸氫鹽的混合物跟足量鹽酸反應,消耗H+和產生CO₂的物質的量之比為6:5, 該混合物中碳酸鹽和碳酸氫鹽的物質的量之比為     (    )

A．1:1 B．1:2 C．1:3 D．1:4

方法：利用假想法。將消耗H+和產生CO₂的物質的量之比為6:5 假想成消耗6molH+和產生5molCO₂，然后再行分析求算。

捷徑：設二價金屬碳酸鹽為RCO₃，碳酸氫鹽為R(HCO₃)₂，其物質的量分別為x和y。根據題意有：2x + 2y = 6mol ，x + 2y = 5mol 。解得x = 1mol ，y = 2mol 。混合物中碳酸鹽和碳酸氫鹽的物質的量之比為1：2，選B。

總結：部分考生在解題時，將混合物中碳酸鹽和碳酸氫鹽的物質的量之比理解成CO₃^2-和HCO₃^－，而出現錯選D選項的較多。

例題2 ：（1996年全國高考）將1體積選項中的一種氣體與10體積O₂混和后,依次通過盛有足量濃NaOH溶液的洗氣瓶和盛有足量灼熱銅屑的管子(假設反應都進行完全，最后得到的尾氣可以是    (　　)

A．Cl₂   　　　　　 B．CO 　　　  C．CO₂ 　　　　D．N₂

方法：找對氣體來源，分析好氣體去路。通過剖析來龍去脈求解。

捷徑：A．Cl₂與O₂混合后，通過NaOH，Cl₂全部被吸收，再通過熱銅屑，O₂被全部吸收，最后得不到尾氣。

B．CO與O₂混合后，通過NaOH溶液，都不能被吸收，再通過熱銅屑，發生反應：2Cu+O₂2CuO，CuO+CO　　　Cu+CO₂最后得到的尾氣是CO₂，故C選項為最后得到的尾氣。

C．CO₂與O₂混合后，通過NaOH溶液，CO₂被吸收，再通過熱銅屑，O₂被全部吸收，最后得不到尾氣。

D．N₂與O₂混合后，通過NaOH溶液，都沒有被吸收，再通過熱銅屑，O₂被吸收，最后得到尾氣N₂，所以D選項也為最后得到的尾氣。

故本題答案為CD。

總結：本題的難點是對題意的理解。有學生誤認為選項中的某種氣體混入氧氣后，再按題意依次反應后的尾氣仍然是原選項中的氣體。這是對題意的片面理解。正確的理解是，尾氣可以是原選項，也可以是其他選項。對于這種設問盡管比較少見。但只要認真閱讀，題中的設問是可以理解明白的。

策略7氮族方面試題的解題方法與技巧

金點子：

氮族元素，作為元素化合物部分的重點內容，在近幾年的高考試卷中所占比例較大。其主要內容有氮族概念的分析與判斷、氮的氧化物的分析與計算、硝酸及硝酸的性質分析與計算、磷及磷的化合物的分析與應用等。

此類試題中的常規題，其解法有過量分析、守恒分析、方程式的合并分析、工業生產中的用量比較等。

此類試題中的信息題，其解法有遷移類比、現象剖析、效用比較等。

經典題：

例題1 ：（2001年上海高考綜合）金屬加工后的廢切削液中含2% ~ 3%的NaNO₂，它是一種環境污染物。人們用NH₄Cl溶液來處理廢切削液，使NaNO₂轉化為無毒物質，該反應分兩步進行：第一步：NaNO₂+NH₄Cl = NaCl+NH₄NO₂

第二步：NH₄NO₂N₂+2H₂O

下列對第二步反應的敘述中正確的是

①NH₄NO₂是氧化劑  ②NH₄NO₂是還原劑  ③NH₄NO₂發生了分解反應  ④只有氮元素的化合價發生了變化  ⑤NH₄NO₂既是氧化劑又是還原劑         （    ）

A．①③    B．①④    C．②③④    D．③④⑤

方法：根據方程式，對照敘述，從化合價、反應類型等方面綜合分析。

捷徑：NH₄NO₂==N₂+2H₂O這是分解反應，又是氧化還原反應，NO₂^—被NH₄⁺還原生成N₂，顯然都是氮元素的化合價發生了變化。以此得答案為D。

總結：同一元素，如果一種顯正價的微粒，另一種顯負價的微粒，若它們發生氧化還原反應，則往往生成該元素的單質，如2H₂S+SO₂==3S+2H₂O，NaH+H₂O==NaOH+H₂等。

例題2 ：（1997年全國高考）某金屬單質跟一定濃度的硝酸反應,假定只產生單一的還原產物。當參加反應的單質與被還原硝酸的物質的量之比為2:1時, 還原產物是 （   ）

A．NO₂           B．NO         C．N2O           D．N2

方法：據題可知，2mol金屬失去的電子給了 1mol HNO₃。可采取討論試算的方法確定選項。

捷徑： 令金屬為+1價，失2 mol電子，N被還原后顯+3價。

令金屬為+2價，失4 mol電子，N被還原后顯+1價。令金屬為+3價，失6 mol電子，N被還原后顯—1價。選項只有C符合。

總結：金屬與HNO₃反應后的價態，是該題求解的關鍵。部分考生因難以確定金屬的價態，而造成無法獲得結果。

策略8氧族方面試題的解題方法與技巧

金點子：

氧族元素包括了初中化學中氧氣、水，高中化學中的臭氧、過氧化氫，硫及硫的化合物等。內容多，知識廣，且有時還可能擴展到硒、碲、釙等元素。因此對其解題方法的掌握尤其重要。

此類試題中的常規題，其解法有過量分析、守恒分析等。

此類試題中的信息題，其解法有遷移類比、現象剖析、效用比較等。

由于濃硫酸與稀硫酸的性質不同，故在解題時，還必須注意，反應進行時濃度變化引起的反應變化。

經典題：

例題1 ：（1997年全國高考）向50mL18mol/L H₂SO₄溶液中加入足量的銅片并加熱。充分反應后，被還原的H₂SO₄的物質的量為   （   ）

A．小于0.45moL   　　　　　　　　　　　B．等于0.45mol

C．在0.45mol和0.90mol   　　　　　　　 D．大于0.90mol

方法：根據方程式，將參加反應的硫酸分成兩部分，一部分為氧化作用，一部分為酸性作用，然后對其進行分析。但又要注意隨著反應的進行，H₂SO₄的濃度越來越稀，稀硫酸不能與銅片反應，以此被還原的H₂SO₄的物質的量小于依據化學方程式計算的值。

捷徑：濃H₂SO₄與足量的銅反應的化學方程式為：2H₂SO₄（濃）+Cu      CuSO₄ + SO₂↑+ 2H₂O，從方程式看，被還原的H₂SO₄應為所給H₂SO₄ 0.90 mol的一半，即0.45mol（中間值），但由于隨著反應的進行，H₂SO₄的濃度越來越稀，反應停止，故不可能等于0.45mol，一定小于0.45mol。故答案為A。

總結：該題存在著一個隱含信息，即隨著反應的進行，溶液的濃度逐漸降低，反應自行停止。在解題時必須特別注意此類隱含信息。

例題2 ：（1995年上海高考）為方便某些化學計算，有人將98%濃硫酸表示成下列形式，其中合理的是   （    ）

A．H₂SO₄·   H₂O  B．H₂SO₄·H₂O  C．H₂SO₄·SO₃   D．SO₃·    H₂O

方法：質量假想法。

捷徑：假設原98%硫酸的質量為100g，則98%濃H₂SO₄中有純H₂SO₄ 98g ，水2g。

則H₂SO₄與H₂O的物質的量之比為    ︰     = 1︰   ，可判斷A正確，B C錯誤。D

項是A項略作變形，H₂SO₄·  H₂O  →  SO₃·H₂O·  H₂O  →  SO₃·    H₂O，以此得答案為A D。

總結：將化合物或混合物按其組成進行拆分，在無機及有機試題中均有出現。

策略9 鹵族方面試題的解題方法與技巧

金點子：

鹵族方面試題的題型主要有：鹵素及化合物的性質分析、氣體的實驗室制取、應用性試題及新情境試題等。

在解題時，要充分運用守恒法、遷移類比法、方程式合并法、多步反應一步計算等。

信息給予題(又叫新情境試題)，是近年來推出的一種新題型，此類試題在高考中占有很大的比重。其基本形式為：給出全新的情境（最新科研成果等信息）、冗長的題干、頻繁的設問。但題示的新信息具有一定的啟發性，經處理后可遷移或靈活運用。

經典題：

例題1 ：（1998年全國高考）氯化碘（ICl）的化學性質跟氯氣相似，預計它跟水反應的最初生成物是       （     ）
  A．HI和HClO B．HCl和HIO     C．HClO₃和HIO  D．HClO和HIO

方法：遷移類比法求解，但要考慮到ICl 中元素的化合價不為0。

捷徑：ICl是擬鹵素，很多性質與鹵素單質相似，但不是完全相同，因為Cl比I的得電子能力強，所以在ICl中，I為+1價，Cl為—1價。而HCl中，Cl為—1價，HIO中I為+1價，在ICl與水反應后其產物的化合價均不發生改變。故反應為：ICl+H₂O = HCl+HIO，以此答案為B。

總結：本題著重考查學生對ICl和Cl₂性質的理解能力和比較能力。Cl₂與水反應生成HCl和HClO，ICl與H₂O反應生成物究竟是HI與HClO，還是HCl與HIO，不少同學未能從化合價去分析、判斷，因而誤選A。通過本題不僅要認識ICl與H₂O反應生成HCl與HIO，還要理解此反應為一非氧化還原反應。如果將此反應擴展至ICl與堿反應，也要知道生成物為NaCl與NaIO。

例題2 ：（1997年全國高考）為實現中國2000年消除碘缺乏病的目標,衛生部規定食鹽必須加碘, 其中的碘以碘酸鉀(KIO₃)形式存在。已知在溶液中IO₃- 可和I- 發生反應:IO₃^－ + 5I^－ +6H⁺ = 3I₂ + 3H₂O，根據此反應，可用試紙和一些生活中常見的物質進行實驗, 證明在食鹽中存在IO₃-。可供選用的物質有：①自來水,②藍色石蕊試紙,③碘化鉀淀粉試紙,④淀粉,⑤食糖,⑥食醋,⑦白酒。進行上述實驗時必須使用的物質是 ( B )

A．①③        B．③⑥          C．②④⑥     D．①②④⑤⑦

方法：這是一道無機信息題，利用給定的日常生活中常見的物質，鑒別食鹽中是否含有IO₃^—。要充分理解消化題目給定的知識——IO₃^—可在酸性條件下，將I^—氧化，產生I₂。

捷徑：根據鑒別I₂的方法得B。

總結：充分利用題目中提供的信息，作為解題的突破口，這是我們常用的解題方法。本題給了我一個很好的范例。題中的信息是IO₃^—在酸性條件下發生反應，（即需要酸，從題中可順利選出食醋）生成了I₂單質，檢驗碘單質需要淀粉。通過以上分析，我們看到正確理解，充分消化信息的重要性。

策略10金屬方面試題的解題方法與技巧

金點子：

堿金屬內容，是高考必考的知識點。其中有關過氧化物的分析與計算既是重點，也是難點。在解題時，要在理清題中關系的基礎上，充分運用反應合并、守恒法。對于信息類試題，如NaH、超氧化物等，還要注意知識的遷移和化合價的分析。

經典題：

例題1 ：（1996年上海高考）下列滅火劑能用于撲滅金屬鈉著火的是  ( B ).

A．干冰滅火劑  　B．黃砂 　 C．干粉(含NaHCO₃)滅火劑 　D．泡沫滅火劑

方法： 根據性質分析獲解。

捷徑： 分析性質，因鈉可與干冰滅火劑及干粉滅火劑產生的CO₂發生反應，與泡沫滅火劑中的水反應生成氫氣，故不行。而鈉與黃砂不能發生反應，故可用黃砂撲滅金屬鈉著火。綜合后得答案為B。

總結：將課本中鎂與CO₂的反應遷移到鈉，是解答出此題的重要之點。

例題2 ：（1994年全國高考）在一定溫度下, 向足量的飽和Na₂CO₃溶液中加入1.06 g無水Na₂CO₃,攪拌后靜置, 最終所得晶體的質量   (   )

A．等于1.06 g                     B．大于1.06 g而小于2.86

C．等于2.86 g                 D．大于2.86 g

方法：通過假想類比分析(不必計算)。

捷徑：在飽和的Na₂CO₃溶液中，加入1.06 g 無水碳酸鈉，析出晶體（Na₂CO₃·10H₂O）

Na₂CO₃+10H₂O===Na₂CO₃·10H₂O

1. 286

1.06                2.86

由于飽和溶液中析出晶體，使原溶液中水量減小，減少溶劑又有晶體析出，導致析出晶體大于2.86 g，所以選D。

總結：根據考試說明，對析出含有結晶水的晶體的計算不作要求，但并不排斥對結晶出來晶體的質量的范圍作估計，或者對溶液質量變化或者溶液的濃度的計算或判斷。因此在復習時注意復習范圍。

策略11鎂鋁方面試題的解題方法與技巧

金點子：

鎂，鋁是重要輕金屬，具有較強還原性。鎂，鋁及其化合物在工業及生活中有著重要而廣泛的用途，特別是鋁及其化合物的兩性，在題目中的計算形式方法性和技巧性均較強，是金屬及其化合物知識的重點與難點。代表題型有；天平平衡判斷題，鎂的強還原性，鋁鹽與強堿反應產物的討論，含鋁化合物沉淀圖像題等。

解題關鍵是：（1）熟悉鎂及其化合物的轉化關系。（2）將鋁及其化合物的兩性與過量計算相結合。（3）結合圖像綜合分析。(4)充分利用守恒關系。

經典題：

例題1 ：（1996年上海高考）0.1 mol 鎂粉分別在足量的O₂、CO₂、N₂中燃燒, 生成固體的質量依次為W₁、W₂、W₃。下列關系式正確的是      (     )

A．W₂>W₁>W₃    B．W₁=W₂>W₃      C．W₁=W₂=W₃   D．W₃>W₂>W₁

方法： 將方程式比較后分析。

捷徑：反應式依次為2Mg+O₂       2MgO，2Mg+2CO₂       2MgO+C，3Mg+N₂

Mg₃N₂，根據計算式可求出答案為A。

總結： W₂中還有碳生成，是固體。如果疏忽這一點就誤選B。

例題2 ：（2000年全國高考）某些化學試劑可用于凈水。水處理中使用的一種無機高分子混凝劑的化學式可表示為[Al₂(OH)nClm·yH₂O]，式中m等于   （    ）
　　A．3-n 　　　    　B．6-n　　　  　   C．6+n 　 　    　　D．3+n
　　方法：電荷守恒(化合價代數和為0)。

捷徑：根據化合價的代數等于0得，2×3=n+m，所以m＝６—ｎ。答案為B。

總結：此題為一易題，如不能運用電荷守恒，也很難獲解。

策略12鐵方面試題的解題方法與技巧

金點子：

鐵是中學化學中的重要變價元素。在高考中有關鐵方面的試題主要類型有：性質分析、實驗原理與操作分析、有關鐵方面的計算等。

1．性質分析試題的解題方法

此類試題要求考生從鐵及其化合物的反應方面去分析試題內容。特別是鐵的變價問題。

2．實驗原理與操作試題的解題方法

此類試題要求考生從實驗目的、實驗原理、實驗操作、實驗注意點等方面對實驗內容作較為詳實的分析。主要有鐵的性質實驗、鐵的制取實驗、Fe(OH)₂制取實驗等。

3．有關鐵方面的計算試題的解題方法

此類試題可采用方程式分析或將方程式合并后統一分析求解。在解題時盡可能利用守恒法求解。

經典題：

例題1 ：（1993年全國高考） .a、b、c、d、e分別是Cu、Ag、Fe、Al、Mg5種金屬中的一種。已知：(1)a、c均能與稀硫酸反應放出氣體；(2)b與d的硝酸鹽反應,　置換出單質d；(3)c與強堿反應放出氣體；(4)c、e在冷濃硫酸中發生鈍化。由此可判斷a、b、c、d、e依次為        　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  (     )

A．Fe Cu Al Ag Mg 　　　　　　B．Al Cu Mg Ag Fe

C．Mg Cu Al Ag Fe 　　　　　　D．Mg Ag Al Cu Fe

方法： 尋找突破囗，并從突破囗推出其它金屬。

捷徑： 以c、e金屬鈍化為突破口，由（1）（3）（4）知c為Al，再由（4）知e為Fe。有上述結果和（1）知a為Mg，最后由（2）知b為Cu、d為Ag。解此題的關鍵是確定c，然后很容易判斷出e、a。得答案為C。

總結：判斷出c為Al，e為Fe，就可舍去選項A、B，由（2）確定b和d的活潑性。這樣判斷可簡捷些。

例題2 ：（1995年上海高考）等質量的銅片，在酒精燈上加熱后，分別插入下列溶液中，放置片刻，銅片質量增加的是 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 （    ）

A．硝酸   　　　　B．無水乙醇   　　　C．石灰水   　　　　　 D．鹽酸

方法：從反應過程進行分析。

捷徑：當銅片在酒精燈上加熱后，表面生成氧化銅，造成銅片質量增加。當該銅片插入硝酸中，表面的氧化銅及未被氧化的銅均能被硝酸溶解。插入無水乙醇中發生反應CH₃CH₂OH+CuO 　　CH₃CHO+Cu+H₂O，銅片又恢復到原來的質量。若插入鹽酸中，表面的CuO溶于鹽酸中，質量減少。只有插入石灰水中，銅片不發生反應，表面的氧化銅仍附著在銅片上，質量增加。以此得答案為C。

總結：在插入溶液之前，Cｕ片質量就己增加。部分考生未能理解這一點而造成錯選。

策略 13方程式的巧析巧寫技巧

金點子：

化學方程式的分析與書寫，在高考試題中經常出現。

有關分析題主要有氧化劑與還原劑的強弱分析、反應用量分析、反應過程分析等。其方法在于抓住反應的實質，比較反應前后的關系。

有關方程式的書寫主要是信息類方程式。在書寫時要在充分理清題示信息，找出反應物和生成物。特別是對生成物的判斷，切不可依據熟題效應而得出結論，要知道，即使是同一反應物，條件不同，其產物也有可能不同。

經典題：

例題1 ：（2002年全國高考）R、X、Y和Z是四種元素，其常見化合價均為+2價，且X²⁺與單質R不反應；X²⁺+Z ＝ X + Z²⁺ ； Y + Z²⁺ ＝ Y²⁺ + Z。這四種離子被還原成0價時表現的氧化性大小符合               (     )

A．R²⁺>X²⁺>Z²⁺>Y²⁺                B．X²⁺>R²⁺>Y²⁺>Z²⁺

C．Y²⁺>Z²⁺>R²⁺>X²⁺                D．Z²⁺>X²⁺>R²⁺>Y²⁺

方法：利用“強氧化劑 + 強還原劑 → 弱氧化劑 + 弱還原劑”的反應原理對題中的離子方程式進行分析。

捷徑：根據反應X²⁺+Z ＝ X + Z²⁺ 知：氧化性X²⁺> Z²⁺ ；根據反應Y + Z²⁺ ＝ Y²⁺ + Z 知：氧化性Z²⁺ > Y²⁺ 。又X²⁺與單質R不反應，得氧化性R²⁺>X²⁺。以此得結果R²⁺>X²⁺>Z²⁺>Y²⁺。選A。

總結：對離子氧化性與還原性判斷的方法較多，其它如根據溶液中離子的放電順序、金屬活動順序表、元素周期表等。

例題2 ：（1996年全國高考）在同溫同壓下,下列各組熱化學方程式中,Q₂>Q₁的是    (     )

A．2H₂(氣)+O₂(氣)＝2H₂O(氣)+Q₁    2H₂(氣)+O₂(氣)＝2H₂O(液)+Q₂

B．S(氣)+O₂(氣)＝SO₂(氣)+Q₁     S(固)+O₂(氣)＝SO₂(氣)+Q₂

C．

D．H₂(氣)+Cl₂(氣)＝2HCl(氣)+Q₁

方法：反應放出或吸收熱量的多少，跟反應物和生成物的聚集狀態有密切關系。以此解答該題可從熱化學方程式的化學計量數和聚集狀態進行分析而獲得結果。

捷徑：A．由于從氣態水到液態水會放熱，所以生成液態水比生成氣態水放出的熱量多，即Q₂﹥Q₁；

B．由于從固態硫到氣態硫要吸熱，所以氣態硫燃燒放出的熱量比固態硫燃燒放的熱量多，即Q₁﹥Q₂；

C．由于O₂與CO反應生成CO₂又放出熱量，所以Q₂﹥Q₁

D．Q₁=2Q₂

正確答案即為AC 。

總結：現行教材中熱化學方程式的書寫要求已有所改變。在此是為了保持高考題的原樣而列出。

策略 14無機結構的分析與判斷技巧

金點子：

無機結構包括：原子結構、分子結構和晶體結構等。在解答此類試題時，其主要方法與技巧包括：

1．最外層8電子結構的判斷技巧

對于ABn型分子，如果A的化合價的絕對值加最外層電子數等于8，即A原子的最外層為8電子結構，如NH₃、PCl₃、H₂S等。其計算式為：

┃A的化合價┃+ 最外層電子數 = 8 。

2．非極性分子的判斷技巧

對于ABn型分子，如果A的化合價的絕對值等于最外層電子數，即為非極性分子。如CO₂、BF₃、PCl₅等。其計算式為：┃A的化合價┃= 最外層電子數  。

3．分子結構的分析與判斷技巧

常見的無機分子結構有直線形分子(如CO₂)、平面三角形分子(如BF₃)、彎曲形分子(如H₂O)、三角錐形分子(如NH₃)等。在解題時，要能將常見的分子構形根據電子排布的相似點，遷移到新的物質中。此類試題主要采用遷移類比法分析。

4．晶體結構的分析與判斷技巧

常見的晶體有離子晶體(NaCl型和CsCl型)、分子晶體(如干冰)、原子晶體(如金剛石、晶體硅、二氧化硅、碳化硅及新型無機非金屬材料)、金屬晶體及過渡型晶體(如石墨)。在解題時，既要能分析其晶體結構，又要能將常見的晶體結構根據題中敘述，遷移到新的物質中。此類試題主要采用遷移類比法分析。

經典題：

例題1 ：(1999年全國高考)下列各分子中所有原子都滿足最外層為8電子結構的是（ ）

A．BeCl₂　　 　  　B．PCl₃　　　　     　C．PCl₅　　　　 　　D．N₂

方法：利用ABn型分子中價電子排布規律分析求解。

捷徑： 根據金點子中的技法概述1知，屬ABn型分子的有BeCl₂、PCl₃、PCl₅，只有PCl₃分子中的┃P的化合價+3┃+ 最外層電子數 = 8 。故PCl₃分子中P原子的最外層滿足8電子結構，又Cl原子為-1價，也滿足最外層8電子結構，故B符合題設要求。又因N₂的電子式是            , 所有原子都滿足最外層為8電子結構。以此得正確答案為BD。

總結： BeCl₂中Be原子的最外層只有2個電子，所以它不論形成離子化合物還是共價化合物，其最外層電子數都不可能是8。PCl₃的電子式可聯系到中學階段所學的NH₃分子的結構書寫，即為   。

例題2 ：（1999年全國高考）關于晶體的下列說法正確的是    (     )
　  A．在晶體中只要有陰離子就一定有陽離子　　　　

B．在晶體中只要有陽離子就一定有陰離子

C．原子晶體的熔點一定比金屬晶體的高　

D．分子晶體的熔點一定比金屬晶體的低

方法：從中學范圍內四種類型的晶體綜合分析。

捷徑：在金屬晶體中，存在金屬陽離子和自由電子，故B選項錯誤；晶體硅的熔點1410℃，要比金屬鎢的熔點（3419℃）低，而金屬汞的熔點（常溫下是液態）又比蔗糖、磷等（常溫下是固態）低。以此說法正確的只有A。

總結：部分考生由于對金屬晶體理解不深，錯誤認為：在晶體中只要有陽離子就一定有陰離子，而出現誤選B的現象較多。

策略15常見儀器及實驗裝置的分析技巧

金點子：

此類試題包括：儀器的使用、儀器的選用、儀器組合成的簡單裝置等的分析。

1．儀器的使用分析

儀器的使用分析，要從儀器要求和使用范圍上去整體把握，采用的方法是遷移應用。

2．儀器的選用分析

儀器的選用要從實驗原理和實驗要求去確定采用何種儀器。

3．儀器組合成的簡單裝置的分析

裝置依賴于目的、原理和注意點。以此分析裝置需從實驗要求出發，采用儀器原理相結合的手段確定實驗結果。

經典題：

例題 1 ：（1996年上海高考）準確量取25.00 mL高錳酸鉀溶液, 可選用的儀器是         (     )

A．50 mL量筒                        B．10 mL量筒

C．50 mL酸式滴定管                D．50 mL堿式滴定管

方法：從所給儀器的精確度分析。

捷徑：用量筒取溶液的體積不可能精確到0.01mL，只能用滴定管或移液管量取。又因為高錳酸鉀溶液能腐蝕橡膠，故不能用堿式滴定管。所以選C。

總結：此題為一常規題，主要考查考生對實驗儀器精確度的理解。

例題 2 ：（1996年全國高考）下列有關使用托盤天平的敘述不正確的是（填寫標號）           (    ).

A．稱量前先調節托盤天平的零點

B．稱量時左盤放被稱量物,右盤放砝碼

C．潮濕的或具有腐蝕性的藥品,必須放在玻璃器皿里稱量,其他固體藥品可直接放在天平托盤上稱量

D．用托盤天平可以準確稱量至0.01克

E．稱量完畢,應把砝碼放回砝碼盒中

方法：從托盤天平的使用要求分析。

捷徑：因為托盤天平的游碼刻度為0.1g，精確度為0.1g。被稱量的藥品不能直接放在托盤天平上。腐蝕性藥品及易潮解藥品應放在小燒杯中稱量。即使沒有腐蝕性的藥品也不能直接放在托盤上，而應放在一張潔凈的紙上。故敘述不正確的有C D。

總結：托盤天平中的質量關系為：左盤質量 = 右盤質量 + 游碼質量。

例題3 ：（1999年上海高考）下列敘述儀器“0”刻度位置正確的是     （   ）

A．在量筒的上端                      B．在滴定管上端

C．在托盤天平刻度尺的正中            D．在托盤天平刻度尺的右邊

方法：從具體儀器去分析。

捷徑：量筒無“0”刻度，其刻度數下端最小。滴定管的“0”刻度在上端，托盤天平的“0”刻度在刻度尺的左端。溫度計的“0”刻度因種類不同而不能確定。選B。

總結：量筒的最下端無刻度，也即無“0”刻度，是有關“0”刻度方面的重要之點。部分考生由于分不清這一點而出錯。

其原因可能是   （   ）

A．濃的強酸和稀的強堿溶液反應       B．濃的弱酸和稀的強堿溶液反應

C．等濃度的強酸和弱堿溶液反應       D．生成了一種強酸弱堿鹽

方法：酸堿中和后所得溶液的酸堿性主要有兩方面因素制約，①鹽的水解，②酸堿用量。解題時既要考慮酸堿的強弱，又要考慮酸堿用量的多少，兩者缺一不可。

捷徑：題中兩溶液中的c(H⁺)= c(OH^— )，采用中和假想法，若是強酸強堿等體積混合，溶液一定呈中性。現溶液呈酸性，說明酸過量，且必須是弱酸。以此得答案B。

總結：中和反應后溶液的酸堿性由兩方面決定。該題給出c(H⁺)= c(OH^—)，故應從酸堿用量考慮。如未理解題意，極易從鹽的水解進行分析，故易錯選C、D。例題1 ：（1999年上海高考題）把0.05 mol NaOH固體分別加入下列100 mL 液體中，溶液的導電能力變化最小的是    （     ）

A．自來水                   B．0.5 mol· L^－1  鹽酸

C．0.5 mol· L^－1 HAc 溶液 D．0.5 mol· L^－1 KCl 溶液

方法：導電性強弱決定于什么？是解答出此類試題的關鍵。一般說來，金屬的導電性決定于單位體積內自由電子數，電解質的導電性決定于單位體積內自由移動的離子數，也即自由離子的濃度。

捷徑：溶液的導電能力變化最小，也即自由移動的離子的濃度變化最小。選項A、C均有弱電解質變成強電解質，離子濃度增大。選項D由于加入NaOH 固體，增大了離子濃度。B中NaOH 與含等物質的量HCl 的鹽酸反應后，溶質由HCl 變成NaCl ，離子濃度不變，導電性幾乎不變。故選B。強弱要分清、濃度是關鍵。若不注意強弱電解質問題，此題極易誤選答案C。

總結：導電性問題是生產生活中的常見問題，其導電性不僅有溶液中的導電，還有金屬與非金屬（如石墨）的導電。此類試題一要注意自由電荷的濃度；二要注意兩類導電物質本質不同，金屬的導電為物理過程，而電解質溶液的導電實際上是一電解過程。

例題2 ：（1992年全國高考題）相同溫度、相同物質的量濃度的四種溶液：①CH₃COONa②NaHSO₄ ③NaCl ④C₆H₅—ONa，按pH由大到小的順序排列，正確的是            （   ）

A．④ > ① > ③ > ② B．① > ④ > ③ > ②

C．① > ② > ③ > ④ D．④ > ③ > ① > ②

方法：溶液pH的大小由兩種情況決定，一是電解質本身的電離，二是水的電離，而水的電離程度的大小又決定于鹽類水解程度的大小。此類試題要求準確把握酸堿的相對強弱，充分依靠水解規律判析。

捷徑：四種溶液可分成三組，②NaHSO₄，電離顯酸性，pH < 7；③NaCl 為強酸強堿的正鹽，不水解，溶液呈中性，pH= 7；①④是強堿弱酸鹽，水溶液均呈堿性，因 CH₃COOH 的酸性較C₆H₅OH強，故pH值應為  ④ > ①  ，以此得答案A。

總結：此類試題解答的一般步驟為：先分組，然后再對組內物質根據電離與水解程度進行判析。題中溶液除為鹽溶液外，還可能為酸或堿。如等濃度的八種稀溶液：①Na₂SO₄②H₂SO₄ ③NaHSO₄ ④NH₄Cl ⑤NaHCO₃ ⑥NaCO₃ ⑦NaOH ⑧Ba（OH）₂ ，其pH由小到大的順序為 ②③④①⑤⑥⑦⑧ 。

例題3 ：（1991年全國高考題）已知一種c(H⁺)=1×10^-3mol·L^－1的酸和一種c(OH^— )= 1×10^-3 mol· L^－1堿溶液等體積混合后，溶液呈酸性。

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