化学学科体系包括3个要素，即化学知识与技能、分析问题与解决问题的能力、化学学科思想。课本知识是基础，解题能力是关键，化学思想是灵魂。考查学生“化学思想方法”的运用能力的题目也经常出现在高考考题中，本文结合具体的化学思想和高考试题，在备考中让学生形成这些思想,在解题过程中自觉运用这些思想指导做题。

一、微粒观

要点概述：物质都是由不同微观粒子构成的。构成物质的“三子”为分子、原子、离子，构成原子的“三子”为质子、中子、电子、¹₁H例外。溶液中一定同时有H⁺、OH^—和水,物质在这些微粒作用下其组成发生改变。

   例1、（2011全国新课标卷7）下列叙述正确的是
　 A.1.00mol　NaCl中含有6.02×10²³个NaCl分子
　 B. 1.00 mol　NaCl中所有Na⁺的最外层电子总数为8×6.02×10²³
　 C.欲配制1.00 L  1.00 mol.L^-1的NaCl溶液，可将58.5 g NaCl溶于1.00 L水中
　 D.电解58.5g熔融的NaCl，能产生22.4L氯气（标准状况）、23.0g金属钠

   解析：NaCl的构成微粒是离子而不是分子A选项错误，Na⁺的最外层电子为8 ，B选项正确。物质的量浓度配制中溶液的体积不等于溶剂的体积，C选项错误。电解58.5g熔融的NaCl，能产生11.2L氯气（标准状况）D选项错误。

二、元素观

要点概述：①建立以某元素为核心的物质家族。元素是同一类原子的总称；元素化合价与元素原子的最外层电子有关；元素性质呈周期性变化。②元素在物质中存在时的形态，包括它的价态、所处的微环境、以及和相邻原子或分子间的相互作用都是物质之间存在着千差万别的原因，诸如钠和钠离子的巨大差别，仅仅由于1个电子之差；Na₂O和Na₂O₂之不同，只和组成中增加了1个O有关！HNO₃和HClO₃；H₂S和H₂O仅仅相差1种元素，但是有的性质差别不很大，有的却差之甚远等化学现象的出现，都是以元素论为基础的组成决定性质的体现。

例2、（2011安徽卷11）高考中学化学中很多“规律”都有其使用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是
　 A.根据同周期元素的第一电离能变化趋势，推出Al的第一电离能比Mg大
　 B.根据主族元素最高正化合价与族序数的关系，推出卤族元素最高正价都是+7
　 C.根据溶液的pH与溶液酸碱性的关系，推出pH=6.8的溶液一定显酸性
　 D.根据较强酸可以制取较弱酸的规律，推出CO₂通入NaClO溶液中能生成HClO

解析：气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量叫做第一电离能，由周期表可知一般情况下，同周期元素的第一电离能随着核电荷数的增大而逐渐增大，但Mg 的电子排布1s²2s²2p⁶3s²3p⁰  ，3p⁰正处于全空状态，Mg的第一电离能比Al的大。同理P和S, P(1s²2s²2p⁶3s²3p³)半满状态，比较稳定，所以不易失去电子。运用电离能数值可以判断金属原子在气态时失电子的难易程度，但在金属活动顺序表中，Mg却比Al易失电子，与酸反应时更剧烈，为什么有这种差异呢？因为条件不一致，一是气态，二是溶液。选项A错误。一般情况下主族元素最高正化合价=族序数，O、F没有最高正化合价，化学描述的规律中的一般性中的特殊性，选项B错误。根据溶液的pH是与溶液所处的温度有关，室温时才可推出，pH=6.8的溶液显酸性，选项C错误。答案为D选项。

三、转化观

要点概述：从物质类别和元素价态的角度预测、分析物质的性质。通过酸、碱、盐的加入实现相同价态之间的转化，通过氧化剂或还原剂的加入，实现不同价态之间的氧化还原转化。

化学反应自发向生成稳定体系的方向转化，即放出热量（焓变小于零）并且混乱度增加（熵变大于零）的方向转化。放热的氧化还原反应可通过原电池实现化学能转化为电能的过程，不能自发进行的化学反应可以借助外界能量或电流来进行反应。离子反应向着离子浓度减小更小的方向转化。

例3、（2011上海卷7）下列溶液中通入SO₂一定不会产生沉淀的是

 A．Ba(OH)₂　　　　B．Ba(NO₃) ₂ 　　C．Na₂S　　　 　　D．BaCl₂

解析：SO₂具有酸性氧化物的一般性质，+4价硫元素处于中间价态，既有氧化性又有还原性，SO₂特性是漂白性。若SO₂不足Ba(OH)₂ + SO₂= BaSO₃↓+ H₂O；若SO₂过量Ba(OH)₂ +2 CO₂= Ba(HCO₃)₂  ，所以不一定生成沉淀，此选项考察SO₂酸性氧化物的性质，选项A错误。向Ba(NO₃)₂ 中通入二氧化硫SO₂，二氧化硫与水发生反应生成亚硫酸，溶液中的“H⁺+NO₃^—”将H₂SO₃氧化生成硫酸，进而生成BaSO₄沉淀，一定会生成沉淀，此选项考察SO₂的还原性，选项B错误。

SO₂+H₂OH₂SO₃    H₂SO₃+Na₂S= Na₂SO₃+H₂S  2H₂S + SO₂= 3S + 2H₂O此选项考察SO₂的氧化性，选项C错误。因弱酸不能置换强酸，故D一定不会生成沉淀，选项D正确。

三、强弱观

要点概述：①活泼金属置换不活泼金属②活泼非金属置换不活泼非金属③强酸制备弱酸④强碱制备弱碱⑤溶解性强的制备溶解性弱⑥强氧化剂制备弱氧化剂、强还原剂制备弱还原剂。

例4、（2011全国新课标卷 12）能正确表示下列反应的离子方程式为
　   A.硫化亚铁溶于稀硝酸中：FeS+2H⁺=Fe²⁺+H₂S↑
　   B. NH₄HCO₃溶于过量的NaOH溶液中：HCO₃^-+ OH^-=CO₃^2-+H₂O
　   C.少量SO₂通入苯酚钠溶液中：C₆H₅O^-+SO₂+H₂O=C₆H₅OH+HSO₃^-
　   D.大理石溶于醋酸中：CaCO₃+2CH₃COOH=Ca²⁺+2CH₃COO^-+CO₂↑+H₂O

解析：硫化亚铁具有还原性，稀硝酸具有氧化性，两者相克 “克”在化学中的表现就是相互反应，氧化还原反应优先于复分解反应，正确的化学方程式为FeS+4HNO₃=Fe(NO₃)₃+S↓+NO↑+2H₂OA选项错误。过量的NaOH与NH₄⁺、HCO₃^-都反应，NH₄⁺+ 2OH^-+ 2HCO₃^-= NH₃↑+ CO₃^2-+ 2H₂OB选项不正确。C、D选项中酸性的强弱顺序为，H₂SO₃〉CH₃COOH〉H₂CO₃〉HSO₃­^—〉C₆H₅OH〉HCO₃­^—，少量SO₂通入苯酚钠溶液中只能SO₃­^2—，（CH₃COO）₂Ca为可溶性的强电解质可拆分，D选项正确。

例5、（2010全国新课标卷12）根据右图，可判断出下列离子方程式中错误的是

　　　　　

A．2Ag(s)+Cd²⁺(aq)=2Ag⁺(aq)+Cd(s)
　B．Co²⁺⁽aq)+Cd(s)=Co(s)+Cd²⁺(aq)
　C．2Ag⁺(aq)+Cd(s)=2Ag(s)+Cd²⁺(aq)
　D.2Ag⁺(aq)+Co(s)=2Ag(s)+Co²⁺(aq)
....

解析：双液电池中正极得电子发生还原反应，负极失电子发生氧化反应，Cd为负极，其电极总反就式为Co²⁺(aq)+Cd(s)==Co(s)+Cd²⁺(aq),Co为负极，其电极总反就式为2Ag⁺(aq)+Co(s)==2Ag(s)+Co²⁺(aq)，氧化性强弱顺序为Ag⁺ ＞Co²⁺ ＞Cd²⁺，，因此可得2Ag⁺(aq)+Cd(s)==2Ag(s)+Cd²⁺(aq)，选项A错误。

四、平衡观

要点概述：中学化学四大平衡包括化学平衡、电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡。K、Kw、Ksp本质上都是平衡常数，只是温度的函数，体现平衡时，溶液中离子浓度特定关系，其大小只受温度影响。四大平衡受外界条件影响移动时，都遵循勒夏特列原理。

例6、（2011全国新课标卷10）将浓度为0.1mol·L^-1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是

 A. c（H⁺）　　　　　B. Ka（HF）　　　　C.　　D.  

解析：HF溶液中存在电离平衡  HF   H⁺+F^- ，水不断稀释电离平衡向右移动，H⁺物质的量增大，因溶液的体积增大占主导，所以c（H⁺）减小。Ka（HF）只与温度有关，与浓度无关，所以始终保持不变。如果无限稀释时c（H⁺）就会保持不变，c（F^—）始终减小,的变化趋势是减小。

==,水不断稀释电离平衡向右移动，H⁺物质的量增大HF物质的量减小，比值始终保持增大，D选项正确。

五、守恒观

要点概述：所有的化学反应必须遵守质量守恒、原子守恒、能量守恒。在电解质溶液中， 在电解质溶液中，还必须遵守电荷守恒，即阳离子所带的正电荷总数与阴离子所 带的负电荷总数必然相等。在氧化还原反应中，还必须遵守得失电子守恒，即氧化剂得到的电子总数必然等于还 原剂失去的电子总数。

例7、（2011全国I卷13）某含铬（Cr₂O₇^2-）废水用硫酸亚铁铵[FeSO₄·(NH₄)₂SO₄·6H₂O]处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀。该沉淀经干燥后得到nmolFeO·Fe_yCr_xO₃。不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是  A
    

　   A．消耗硫酸亚铁的物质的量为n(2－x) mol
   　B．处理废水中的Cr₂O₇^2-的物质的量为mol
   　C．反应中发生转移的电子数为3nxmol
   　D．在FeO·Fe_yCr_xO₃中，3x=y

析：反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀nmol FeO·Fe_yCr_xO₃，由铬原子守恒得B选项正确。1 mol Cr₂O₇^2-在反应中得6 mol 电子，mol Cr₂O₇^2-反应中转移的电子数为6×mol ＝3nx mol，C选项正确。沉淀中FeO的化合价没有变化，由得失电子守恒得3nx=ny， 3x＝y  D选项正确。而由铁元素守恒知消耗硫酸亚铁铵的物质量为n×(1+y)mol ＝n×(3x+1)mol，因此选项A是错误的。

     例8、（2011安徽卷13）室温下，将1.000 mol/L盐酸滴入20.00 mL1.000 mol/L氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如右图所示。下列有关说法正确的是

A．a点由水电离出的c(H⁺)=1.0×10^—14mol/L

B．b点：c(NH₄⁺)+c(NH₃·H₂O)=c(Cl^—)

C．c点：c(Cl^—)=c(NH₄⁺)

D．d点后，溶液温度略下降的主要原因是NH₃·H₂O电离吸热

析  氨水属于弱碱，因此在1.000mol·L^－1氨水中c(OH^－)不会是1.000mol·L^－1而是要小于1.000mol·L^－1，由水得离子积c(OH^－) ·c(H⁺)=Kw溶液中c(H⁺)应大于1.0×10^－14mol/L，选项A错误。由图像可知b点溶液显碱性，此时氨水有剩余，即溶液是由氨水和氯化铵组成的，由电荷守恒可知c(H⁺）+c(NH₄⁺）＝c(OH^－）+c(Cl^－)，因为c(OH^－）〉c(H⁺)所以c(NH₄⁺）〉c(Cl^－)，选项B是错误。c点时，溶液温度约为25℃，且溶液pH=7，c(OH^－）=c(H⁺)由溶液的电荷守恒式可判断C选项正确。d点后溶液中主要物质是NH₄Cl，而NH₄Cl要水解吸热，所以温度会略有降低，D选项不正确。

例9、（2011全国新课标卷27）科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与二氧化碳反应生成甲醇，并开发出直接以甲醇为燃料的燃料电池。已知H₂（g）、CO（g）和CH₃OH（l）的燃烧热△H分别为-285.8kJ·mol^-1、-283.0kJ·mol^-1和-726.5kJ·mol^-1。请回答下列问题：
   （1）用太阳能分解10mol水消耗的能量是_____________kJ；

（2）甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为_____________；

解析：由题目所给燃烧热信息写出如下热化学方程式

H₂(g)+O₂(g)=H₂O(l)；△H=－285.8 kJ·mol^-1            ①
CO(g)+O2(g)=CO₂(g)；△H=－283.0 kJ·mol^-1          ②
CH₃OH(l)+O₂(g)=CO₂(g)+2H₂O(l)；△H=－726.5 kJ·mol^-1 ③

由热化学方程式①可知分解10 mol水需吸收2858 kJ的热量，由体现能量守恒的盖斯定律，寻找甲醇不完全燃烧目标方程，将热化学方程式②颠倒过来与热化学方程式③相加得，CH₃OH(l)+ O₂(g)=CO(g)+2H₂O(l) △H=-443.5kJ·mol^-1