高中化學(xué)例題28道詳解詳析

1、高中化學(xué)經(jīng)典例題28道詳解詳析（一）基本概念和基本原理 例1 道爾頓的原子學(xué)說曾經(jīng)起了很大作用。他的學(xué)說中包含有下述三個論點：原子是不能再分的粒子；同種元素的原子的各種性質(zhì)和質(zhì)量都相同；原子是微小的實心球體。從現(xiàn)代的觀點看，你認為這三個論點中，不確切的是 （A）只有 （B）只有 （C）只有 （D） 解析 從現(xiàn)代物質(zhì)結(jié)構(gòu)觀點看，道爾頓原子學(xué)說的三個論點都是不確切的、對于現(xiàn)代科學(xué)已經(jīng)知道原子是由原子核和核外電子組成的。原子核內(nèi)又有質(zhì)子和中子、在化學(xué)反應(yīng)中原子可以得到和失去電子；在核反應(yīng)中原子核可以裂變和聚變。對于，由于元素存在同位素，它們在質(zhì)量和物理性質(zhì)上存在差異、至于原子核相對于原子來說是很小的

2、，它的直徑約是原子的萬分之一，它的體就只占原子體積的幾千億分之一。電子在核外較大的空間內(nèi)作高速運動說明原子核與電子之間具有一定的距離。 答案 （D） 評述 考查運用現(xiàn)代物質(zhì)結(jié)構(gòu)理論評價科學(xué)史中的道爾頓原子學(xué)說的能力與分析能力。 本題還旨在提倡化學(xué)教學(xué)要注重化學(xué)史的教育，因為“史鑒使人明智”、“激勵人們奮進、為科學(xué)獻身”。 （理解、較容易） 例2 （1996年全國） 下列離子方程式不正確的是 （A）氨氣通入稀硫酸中：NH3H+N （B）二氧化碳通入碳酸鈉溶液中： CO2CH2O2HCO （C）硫酸鋁溶液跟偏鋁酸鈉溶液及應(yīng)： （D）氯氣通入冷的氫氧化鈉溶液中： 2Cl22OH3Cl-ClOH2O

3、解析 首先根據(jù)離子反應(yīng)規(guī)律判斷反應(yīng)物與生成物的表示式（分子式、離子式），四個反應(yīng)都正確，符合離子方程式書寫要點，氧氣、二氧化碳、氯氣用分子式，氫氧化鋁、水是弱電解質(zhì)也用分子式，只有可溶性強電解質(zhì)用離子符號。然后根據(jù)質(zhì)量守恒判斷也符合。對于選項（C），可以用離子電荷守恒判斷，AI3+與AlO在溶液中發(fā)生雙水解反應(yīng)產(chǎn)物是電中性的Al（OH）3，因此反應(yīng)中Al3+與AlO的物質(zhì)的量之比應(yīng)為1：3，才能使反應(yīng)前后離子電荷守恒。至于選項（D），是氧化還原反應(yīng)，氧化劑、還原劑都是Cl2中的Cl原子，但其中氧化劑得電子總數(shù)為3（3個得3個電子轉(zhuǎn)化為3個Cl即3Cl），而還原劑失電子總數(shù)只有1（）。不符合電子

4、守恒，因此不正確。對于溶液中的氧化還原反應(yīng)，除了根據(jù)離子反應(yīng)規(guī)律：氧化還原反應(yīng)規(guī)律判斷反應(yīng)實質(zhì)與可能性，結(jié)合離子反應(yīng)書寫要點判斷表達式、是否符合質(zhì)量守恒之外，還特別要注意電子得、失總數(shù)是否相等。常見的離子方程式正誤判斷中，往往不正確的居多（23），而本題選的不正確選項只有一個，也導(dǎo)致失誤。 答案 （D） 評述 本題屬考查離子方程式書寫的傳統(tǒng)題。但本題要求找不正確的。 （理解、較容易） 例3 X、Y、Z和R分別代表四種元素。如果aXm+、bYn+、CZn、dRm四種離子的電子層結(jié)構(gòu)相同（a，b，C，d為元素的原子序數(shù)），則下列關(guān)系正確的是 （A）a-cm-n （B）a-bn-m （C）cdmn

5、（D）bdnm 解析 根據(jù)這四種微粒具有相同電子層結(jié)構(gòu)即具有相同的核外電子數(shù)，分別按陽離子的核外電子數(shù)為：質(zhì)子數(shù)（原子序數(shù)）離子所帶電荷數(shù)陰離子則為：質(zhì)子數(shù)十離子所帶電荷數(shù)，由此得：ambncndm 然后分別根據(jù)選項涉及之元素審視，選項（A）涉及amcn，變形后為acmn，（A）不正確；選項（B）涉及ambn，變形后為a-bm-n，也不正確；選項（c）涉及c+ndm，變形后為cdmn，仍不正確；只有選項（D），涉及bndm，變形后為bdmn，與選項（D）結(jié)論一致。 答案（D） 評述 本題需掌握有關(guān)原子的組成及質(zhì)子數(shù)、核外電子數(shù)與微粒所帶電荷數(shù)的相互關(guān)系。 （理解，中等難度） 例4 下列各組指定

6、原子序數(shù)的元素，不能形成AB2型化合物的是 （A）6和8 （B）16和8 （C）12和9 （D）11和6 解析 本試題涉及的是前18號元素，這是復(fù)習(xí)中應(yīng)熟悉的元素，應(yīng)立即將序號與元素相對應(yīng)，就能作出判斷。選項（A）是碳和氧能形成CO2，選項（B）是硫與氧也能形成SO2；（C）是鎂和氟能形成 MgF2；選項（D）是鈉和碳不能形成AB2型化合物。 答案 （D） 評述 對元素在周期表的位置及其相互化合規(guī)律（構(gòu)、位、性關(guān)系）的知識的考查。 此類試題是近年來的常見試題，有時還強調(diào)屬于離子型或共價型的某類化合物，為此作如下歸納： 短周期元素兩兩形成化合物的類型與組合如下：類型ABAB2A2BAB3A2B3

7、A3B2離子型A與AA與AA與AA與AA與AIIIA與AA與A共價型H與AA與AH與AVA與HB與A 特例CO、NOSO2、NO2、CaC2N2OSO3N2O3 有時還會涉及三種元素形成的化合物（非金屬元素形成的含氧酸或鹽、金屬元素形成的堿），為此對各主族元素最高氧化物對應(yīng)水化物的通式歸納如下：族AAAAAAA通式MOHM（OH）2M（OH）3H3MO3HMO2H2RO3H4RO4HRO3H3RO4H2RO4HRO4 （理解、中等難度）例5 反應(yīng) 2X（氣） Y（氣）2Z（氣）+熱量，在不同溫度（T1和T2）及壓強（p1和p2）下，產(chǎn)物Z的物質(zhì)的量（n2）與反應(yīng)時間（t）的

8、關(guān)系如右圖所示。下述判斷正確的是 （A）T1T2，p1p2 （B）T1T2，P1p2 （C）T1T2，P1p2 （D）T1T2，p1p2 解析 首先分析反應(yīng)：這是一個氣體的總物質(zhì)的量減?。w積減?。?、放熱的可逆反應(yīng)，低溫、高壓對反應(yīng)有利，達平衡時產(chǎn)物Z的物質(zhì)的量n2大，平衡點高，即圖示曲線T2、p1。再對比圖示曲線T2、p2，溫度相同，壓強不同，平衡時n2不同（pl時的n2P2時的n2），由此分析p1p2，再從反應(yīng)速率驗證，T2、P1的曲線達平衡前斜率大（曲線陡）先到達平衡，也說明壓強是 p1p2（增大反應(yīng)壓強可以增大反應(yīng)速率）。然后比較曲線T2、p2與T1、p2，此時壓強相同，溫度不同，溫度

9、低的達平衡時n2大，平衡點高（曲線T2、p2），由此判斷溫度T1T2；再由這兩條曲線達平衡前的斜率比較，也是T1、p2的斜率大于T2、p2，T1、p2先到達平衡，反應(yīng)速率大，也證明T1T2。由此分析得出正確的判斷是T1T2，p1p2，選項（C）的結(jié)論正確。 答案 （C） 評述 本題是對于正反應(yīng)是氣體體積減小、放熱的可逆反應(yīng)，溫度、壓強與產(chǎn)物的物質(zhì)的量的關(guān)系、反應(yīng)速率的逆向思維能力與對圖象的觀察能力的綜合考查。 （理解、較難） 例6 若室溫時pHb的氨水與pHa的鹽酸等體積混合，恰好完全反應(yīng)，則該氨水的電高度可表示為 （A）10a+b-12% （B）10 a+b-14% （C）1012-a-b%

10、 （D）1014-a-b% 解析 分析中首先根據(jù)強酸鹽酸的pH值（lgH）推出鹽酸的物質(zhì)的量濃度。即：CHClH+10-a（mol L1 ）（1）又酸、堿中和反應(yīng)時，不論強、弱，只有所含可電離的H+、OH的物質(zhì)的量相等時，才能恰好完全反應(yīng)，由此可推出一元弱堿氨水的濃度為C氨水=10a，對于弱電解質(zhì)存在以下關(guān)系： OHc·10 -a· （2）另一方面由水溶液中H+·OH10-14，及氨水中： pH=lgH+14pOH14十lgOH 得OH =10b14 （3）代入（2）式得：10b-1410-a· a10b-14/10-a = 10ab-14×1

11、00% 10a+b12% 答案 （A） 評述 考察溶液pH值的概念，弱電解質(zhì)的電離平衡及電離度的概念，以及它們之間的相互關(guān)系等綜合思維能力。 （綜合應(yīng)用，較難） 例7 實驗室用鉛蓄電池作電源電解飽和食鹽水制氯氣，已知鉛蓄電池放電時發(fā)生如下反應(yīng)： 負極：正極： 今若制得Cl2O.050mol，這時電池內(nèi)消耗的H2SO4的物質(zhì)的量至少是 （A）OO25mol （B）OO5Omol （C）O1Omol （D）02Omol 解析首先需將鉛蓄電池的負極反應(yīng)變形為：Pb2eSOPbSO4（電子移項），從而得出電池放電時轉(zhuǎn)移電子數(shù)與消耗H2SO4的關(guān)系：2e-2H2SO4即e-H2SO4；再根據(jù)電解飽和食鹽

12、水反應(yīng)： 確定放出Cl2與轉(zhuǎn)移電子數(shù)的關(guān)系：Cl22e。今制得0.050molCl2，需轉(zhuǎn)移O.1Omol電子，因此消耗H2SO40O1Omol。只有原理清晰，才能思維暢通迅速作出判斷。 答實 （C） 評述 考查了原電池與電解池知識的綜合應(yīng)用及思維的靈活性、敏捷性。 （理解，中等難度） 例8 在25時，若10體積的某強酸溶液與1體積的某強堿溶液混合后溶液呈中性，則混合之前，該強酸的pH值之間應(yīng)滿足的關(guān)系是 評述 本題著重考查pH值的概念與計算，考查方式是把特殊和具體的問題與普遍、一般的規(guī)律結(jié)合起來，檢查邏輯思維與逆向思維能力，即考查思維的嚴密性與整體性，在閱讀中必須分析出題干中“兩種

13、溶液混合后溶液呈中性”是本題主要的解題線索。根據(jù)這一線索進行逆向思索，它意味著混合前的兩種溶液中，酸溶液中H+離子的物質(zhì)的量與OH離子的物質(zhì)的量相等。據(jù)題設(shè)，則有：10H+酸=OH堿。進行思維轉(zhuǎn)換，同一種溶液（堿溶液）中，H+離子濃度與OH離子濃度乘積等于水的離子積，25時K=1×10-14，因此上式可變換為： 10H+酸= 將方程兩邊分別取負對數(shù)，并稍作整理。 1pH酸=pH堿-14 移項后得： pH酸+pH堿=15 另一解法：10H+酸OH堿移項H+酸·H+堿=10-15 取負對數(shù) pH酸十pH堿=15 答案強酸的pH值與強堿的pH值之和等于15。 評述 將化學(xué)問題抽象

14、成數(shù)學(xué)問題，利用數(shù)學(xué)工具，結(jié)合化學(xué)基礎(chǔ)知識通過計算解決化學(xué)問題是思維能力培養(yǎng)的重要方面，本題就是典型例證。在測試中發(fā)現(xiàn)有的同學(xué)根據(jù)負指數(shù)運算推導(dǎo)： H+強酸/OH強堿110 則10pH強酸10pOH強堿1/10 10×10pH強酸10pOH強堿10強堿 1pH強酸= -（14pH強堿） pH強酸pH強堿=15 （綜合應(yīng)用，較難） 例9 在一個固定體積的密閉容器中，保持一定溫度，進行以下反應(yīng)： H2（g）Br2（g）2HBr（g）已知加入1molH2和2molBr2時，達到平衡后生成 a mol HBr（見下表“已知”項）。在相同條件下，且保持平衡時各組分的質(zhì)量分數(shù)不變，對下列編號（1

15、）（3）的狀態(tài)，請?zhí)顚懕碇锌瞻祝壕幪柶鹗紶顟B(tài)平衡時HBr的物質(zhì)的量（mol）H2Br2HBr已知120a（1）240 （2）  10.5a（3）m   解析 在分析中要注意到題設(shè)情景：（1）容器體積固定；（2）反應(yīng)H2（g）Br2（g）2HBr（g）是一個氣體體積不變的反應(yīng)（壓強將不影響平衡）；（3）編號（1）（3）和已知狀態(tài)達到相同的平衡狀態(tài)（各組分的質(zhì)量分數(shù)不變）；（4）達平衡時HBr在混合氣中的含量為a3（由已知狀態(tài)推導(dǎo)）。這樣對于編號（1）起始狀態(tài)相對于已知情況相當(dāng)于壓強增大一倍。因此平衡不移動，達平衡時HBr的量可以由：（反應(yīng)前、后氣

16、體總量不變）得：x2a 對于編號（2），可以先由平衡時HBr的含量不變，設(shè)體系中總的物質(zhì)的量為y，則： y15（mol）再結(jié)合等效代換（按方程式系數(shù)關(guān)系），相當(dāng)于HBr起始為O時，H2、Br2各為O.5mol，這樣，為滿足氣體物質(zhì)的總量為15mol和當(dāng)起始HBr為O，H2：Br21：2（已知起始狀態(tài)）只能是H2為O（O5O5O），Br2為O5mol（1O5O5）。 編號（3），先設(shè)HBr起始量為x，平衡量為y，通過等效代換轉(zhuǎn)換為如下狀態(tài)： H2為mO5x，Br2為nO5x，HBr為0，此時,x 2（n-2m） 混合氣總物質(zhì)的量：mn2（n2m）3（n-m）平衡混合氣中HBr含量： y=a(n-

17、m)答案編號起如狀態(tài)平衡時HBr的物質(zhì)的量（mol）H2Br2HBr已知120a（1）2402a（2）00.510.5a（3）m2(n-2m)(n-m)a 評述 本題考查對題設(shè)情景的閱讀理解，對隱含信息（反應(yīng)特點與反應(yīng)條件）的挖掘。這是解答本題的關(guān)鍵。除此本題還特別考查了由題給具體情況（各種狀態(tài)）統(tǒng)攝歸納成一般規(guī)律的能力。題給的3種狀態(tài)及設(shè)問要求，一個比一個思維層次高梯度十分明顯，層次十分清楚，測試結(jié)果也是這樣。 有關(guān)化學(xué)平衡的理論分析題，在總復(fù)習(xí)中可以對初態(tài)與平衡態(tài)間的物料關(guān)系作如下歸納 （1） 2A B 2C 總量（有變化） 初態(tài) C1 C2 O C1C2 平衡態(tài) C12X C2-X 2X

18、 C1C2x （2） A B 2C 總量（不變） 初態(tài) C1 C2 0 C1+C2 平衡態(tài) C1x C2-x 2x C1C2 相應(yīng)以此關(guān)系為依據(jù)的題，只有兩類。如恒溫恒壓下 （1） 2A B 2C （總量有變化） 初態(tài)（mol） O.2O 0.10 O O O O.2O 0.30 0.10 0 O.10 0 0.20 （2） A（g） B（g） 2C（g）（總量不變） 初態(tài)（mol） 0.20 0.20 0 0 0 0.40 0.40 0.20 0 0.20 0 0. 40上述兩個反應(yīng)的、初態(tài)過平衡對，A、B、C的平衡物質(zhì)的量相等，且初態(tài)反應(yīng)物的物質(zhì)的量之比和方程式中各物質(zhì)系數(shù)比相匹配。、兩種

19、狀態(tài)達平衡時，A、B的平衡物質(zhì)的量相同，但其初態(tài)反應(yīng)物的物質(zhì)的量之比和化學(xué)方程式中各物質(zhì)系數(shù)不匹配。由此可延伸出多種試題，本題就是屬于反應(yīng)（2）（總量不變）中的、狀況。（綜合應(yīng)用，較難）例10 單質(zhì)硼有無定形和晶體兩種，參考下列數(shù)據(jù)：晶體金剛石晶體硅晶體硼熔點（K）>382316832573沸點（K）510026282823硬度（Moh）107095晶體硼的晶體類型屬于 晶體，理由是 。已知晶體硼的基本結(jié)構(gòu)單元是由硼原子組成的正二十面體（如下圖所示），各正二十面體之間以BB鍵相互聯(lián)結(jié)，在每個正二十面體中有二十個等邊三角形的面和一定數(shù)目的頂角，每個頂點各有一個硼原子。通過觀察圖形及推算，得

20、出此基本結(jié)構(gòu)單元是由 個硼原子構(gòu)成，其中BB鍵之間的鍵角是 。 解析 非金屬單質(zhì)的晶體類型主要有2種：原子晶體和分子晶體，由于作用力強弱相差懸殊，物理性質(zhì)（熔、沸點、硬度）差別也甚大，因此根據(jù)表中數(shù)據(jù)可以看出單質(zhì)晶體硼的熔、沸點、硬度都介于典型的原子晶體，金剛石和晶體硅之間，因此晶體硼當(dāng)屬原子晶體。 然后觀察圖形，每個等邊三角形有3個項點，但從圖形中還應(yīng)觀察到在這個二十面體中每個頂點（B原子）與另5個硼原子分別形成BB鍵，即每個頂點為5個等邊三角形（不同面上）所共有，因此該基本單元內(nèi)硼原子數(shù)為： 3×2O512 其基本單元透視圖如右圖所示 答案 （l）原子晶體，非金屬單質(zhì)晶體硼的熔、

21、沸點和硬度都介于原子晶體金剛石和晶體硅之間，由此推知晶體硼為原子晶體。 （2）硼原子數(shù) 3×2O/512或設(shè)硼原子數(shù)為x，每個硼原子與其它5個硼原子形成BB鍵，每個BB鍵為兩個面所共有則： x12 （硼原子數(shù)） 鍵角：60° 評述 本題考查了晶體類型與晶體性質(zhì)的關(guān)系，對圖形的觀察分析、將立體幾何圖形與晶體模型圖結(jié)合的能力，以及將化學(xué)知識抽象為數(shù)學(xué)問題，然后運用數(shù)學(xué)工具解決化學(xué)問題的能力。 （綜合應(yīng)用，較難） 例11 1997年諾貝爾化學(xué)獎授予對發(fā)現(xiàn)能量分子三磷酸腺苷的形成過程作出重大貢獻的兩位科學(xué)家。 已知三磷酸腺苷（簡稱ATP）是生物活性體中極為重要的能量物質(zhì)，生物體中蛋

22、白質(zhì)的合成、離子遷移、肌肉收縮和神經(jīng)細胞的電活性等都需要能量，而ATP的水解是一個較強的放熱反應(yīng)，它可以為上述過程提供所需能量。其水解式為ATP溶液+H2OP液十3OKJ其中P是無機磷酸酸式鹽（如 H2PO），ATP與ADP的結(jié)構(gòu)式如下 （鍵線交點處為碳原子） （1）由上述結(jié)構(gòu)式可知ATP在物質(zhì)分類上，既屬于 ，又屬于 。 （2）ADP在適當(dāng)?shù)乃岽呋逻€可以繼續(xù)水解放出能量生成AMP直至腺苷，試寫出ATP逐級水解的反應(yīng)式（有機物用代號表示）。（3）寫出水解最終產(chǎn)物腺苷的分子式    解析 本題比較基本，只要讀懂結(jié)構(gòu)式的左側(cè)表示可溶性磷酸鹽，右側(cè)表示磷酸和腺苷（含核

23、碳糖結(jié)構(gòu)）形成的酯。在書寫共價鍵斷裂的水解反應(yīng)式遵循質(zhì)量守恒并恰當(dāng)運用題示表示式進行擴展式遷移。并分析出最終水解產(chǎn)物腺苷是一五碳糖，結(jié)構(gòu)式如右圖（鍵線交點處為碳原子） 答案 （l）可溶性磷酸鹽，磷酸酯（酯類） （2）ATPH2OADPH2POQ1；（能量） ADPH2OAMPH2POQ2 AMPH2O腺苷HP2POQ3 （3）C10H13O4N5 評述 本題屬于信息遷移題，試題給出了1997年諾貝爾化學(xué)獎的成果，能量分子三磷酸腺苷的結(jié)構(gòu)式及其水解釋放能量的表示式?？疾榈闹R是物質(zhì)的分類，由結(jié)構(gòu)式推導(dǎo)分子式、水解反應(yīng)式?？芍^起點高，落點低。 （綜合應(yīng)用，中等難度）（二） 元素及其化合物 例12

24、根據(jù)以下敘述，回答（l）（2）小題。1995年諾貝爾化學(xué)獎授予致力于研究臭氧層破壞問題的三位環(huán)境化學(xué)家。大氣中的臭氧層可濾除大量的紫外光，保護地球上的生物。氟利昂（如CCl2F2）可在光的作用下分解產(chǎn)生Cl原子，Cl原子會對臭氧層產(chǎn)生長久的破壞作用（臭氧的分子式為O3）。有關(guān)反應(yīng)為O3 O2O ClO3ClOO2 ClOClO2 總反應(yīng)：2O33O2 （l）在上述臭氧變成氧氣的反應(yīng)過程中Cl是 （A）反應(yīng)物 （B）生成物 （C）中間產(chǎn)物 （D）催化劑 （2）O3和O2是 （A）同分異構(gòu)體 （B）同系物 （C）氧的同素異形體 （D）氧的同位素 解析（l）題考查初中化學(xué)中有關(guān)催化劑的概念，分析中要

25、注意Cl原子對臭氧層產(chǎn)生長久的作用（催化劑具有的），更要看到反應(yīng)是可逆的，由于Cl原子與O3反應(yīng)生成的ClO極不穩(wěn)定，立即與反應(yīng)的生成物原子氧反應(yīng)生成氧氣并重新轉(zhuǎn)化為Cl原子，導(dǎo)致反應(yīng)不可逆，疊加后得總反應(yīng)：2O33O2。Cl原子在反應(yīng)過程中數(shù)量上沒有變化，只是通過其自身的中間產(chǎn)物ClO作用，而且在反應(yīng)中重又生成，所以能長久起破壞作用，因此Cl原子是能改變其他反應(yīng)（破壞臭氧的反應(yīng)即總反應(yīng)）的速度而自身的質(zhì)量和化學(xué)性質(zhì)不變的催化劑。 （2）本小題考查了有關(guān)高中化學(xué)涉及的同分異構(gòu)體、同系物、同素異形體和同位素這幾對易錯易混淆的概念，只要掌握基本概念中的有關(guān)內(nèi)容，根據(jù)O2、O3是同一種元素（氧元素）

26、形成的不同分子組成（分子內(nèi)原子個數(shù)不同）的不同單質(zhì)，就能準確判斷它們是氧的同素異形體。 答案 （l）D （2）C 評述 本題給出了有關(guān)環(huán)保知識的新信息，在審讀中要抓住題干中的有關(guān)反應(yīng)及設(shè)問。本題是“一帶多”的選擇題型，用一個共同的敘述，新信息或新情境，回答多個選擇題。 （了解，較容易） 例13 下圖中的每一方格表示有關(guān)的一種反應(yīng)物或生成物，其中粗框表示初始反應(yīng)物（反應(yīng)時加入或生成的水，以及生成沉淀J時的其它產(chǎn)物均已略去）。填寫下列空白： （1）物質(zhì)B是 ，F(xiàn)是 ，J是 。 （2）反應(yīng)的離子方程式是 解析 解答本題應(yīng)采用正向思維，從電解飽和食鹽水的反應(yīng)入手： 2NaCl2H2O2NaOH+H2+

27、Cl2 從題示框圖B物質(zhì)既能與A反應(yīng)生成D和E，又能與C反應(yīng)生成G。從電解食鹽水的產(chǎn)物分析，只有Cl2符合這特點，它能與氫氧化鈉（A）反應(yīng)生成NaClO（生成的H2O略去） Cl22NaOH=NaClONaClH2O 還能與氫氣（C）在點燃條件下生成HCl Cl2+H22HCl 由此推斷出A（NaOH）、B（Cl2）、C（H2）、G（HCl） 然后需確定F，F(xiàn)既能與Cl2直接反應(yīng)生成I，又能與HCl反應(yīng)生成H和氫氣，H在Cl2作用下還能轉(zhuǎn)化為I，則F應(yīng)該是變價金屬鐵（Fe）用相關(guān)反應(yīng)驗證： 2Fe3Cl22FeCl3 Fe2HCl = FeCl2H2 2FeCl2Cl2 = 2FeCl3至此框

28、圖中的大部分都得到合理解釋。 最后需確定沉淀J（難點），按框圖所示沉淀J既可由FeCl3（I）與D反應(yīng)而生成，又可以由FeCl2（H）與D反應(yīng)而生成，J一定是含鐵化合物，此時需判斷D，D是NaClO與NaCl中的一種，但NaCl不能與FeCl3或FeCl2反應(yīng)生成J。 D只能是次氯酸鈉NaClO。 NaClO是一種強氧化性鹽（含）；又是強堿（NaOH）弱酸（HClO）鹽，在水中水解而顯堿性。因此當(dāng)它與FeCl3反應(yīng)時顯示了堿性從而生成 Fe（OH）3，（J）沉淀；當(dāng)它與 FeCl2反應(yīng)時顯示了氧化性和堿性的雙重作用，也生成了Fe（OH）3（J）沉淀。這樣確認J是 Fe（OH）3 。 答案 B：

29、Cl2，F(xiàn)：Fe，J：Fe（OH）3 （2）Cl22OH = ClOClH2O 評述 本題從電解食鹽水出發(fā)組成一個氯單質(zhì)和無機物之間相互反應(yīng)的網(wǎng)絡(luò)，可謂起點低、落點高。試題涉及的知識面廣，考查了氯單質(zhì)、氯化物、氯的含氧化合物、鐵元素的變價、鐵和亞鐵化合物的相互轉(zhuǎn)化、次氯酸鈉的氧化性和水解性，幾乎概括了中學(xué)化學(xué)范圍內(nèi)氯、鐵兩種重要元素及其化合物的基本內(nèi)容。 本題還以上述知識為載體多方面地考查了思維能力與思維方法（分析與綜合、比較與論證）是一道典型的能力測試題。 （綜合應(yīng)用、較難）例14 A、B、C是在中學(xué)化學(xué)中常見的3種化合物，它們各由兩種元素組成，甲、乙是兩種單質(zhì)，這些化合物和單質(zhì)之間存在如下

30、的關(guān)系： 單質(zhì)甲 化合物A 化合物B 化合物B化合物A和化合物C 單質(zhì)乙和化合物C  據(jù)此判斷： （1）在A、B、C這3種化合物中，必定含有乙元素的是 （用A、B、C字母填寫） （2）單質(zhì)乙必定是 （填“金屬”或“非金屬”），其理由是 。 （3）單質(zhì)乙的分子式可能是 ，則化合物B的分子式是 解析 本題初看起來，題設(shè)條件及框圖并未給出明的線索，關(guān)鍵在于恰當(dāng)動用邏輯推理。對于設(shè)問（1）化合物A是由甲、乙兩種單質(zhì)化合而成，則化合物A中一定含乙元素；再看左邊縱行，單質(zhì)甲與化合物B反應(yīng)可生成A（舍乙元素）和C兩種化合物，單質(zhì)甲只含甲元素，則A中的乙元素只能來自化合物B，至于化合物C由題設(shè)條件無

31、法判斷。因此必定含乙元素的應(yīng)該是A、B兩種化合物。 至于設(shè)問（2），則需由框圖的右側(cè)縱行推理由化合物A與B（都舍乙元素）反應(yīng)生成單質(zhì)乙和化合物C，在單質(zhì)乙中乙元素的化合價為零價，因此在A、B兩種化合物中的乙元素必定分別是正、負兩種化合價，因此乙元素必定是非金屬元素。這是本題的關(guān)鍵性突破，也是難點。 最后看設(shè)問（3），在中學(xué)涉及的主要非金屬氫、氧、碳、氮、硫、磷、氯中，在其二元化合物中分別呈正、負兩種價態(tài)以硫、氮為常見。 答案 （1）A、B （2）非金屬，因為AB乙+ C，且乙為單質(zhì)，可知乙元素在A、B中分別呈正、負價，所以乙是非金屬。 （3）S、H2S（或N2、NH3） 評述 本題考查了對圖表

32、的觀察能力以及分析、推理、正向、逆向思維、抽象思維等多種思維能力，也考查了非金屬元素的單質(zhì)及化合物性質(zhì)的綜合認識水平，將化合價的基本概念與具體反應(yīng)判斷相結(jié)合，從而從高層次上考查了將化學(xué)知識按內(nèi)在的聯(lián)系抽象歸納，邏輯地統(tǒng)攝成規(guī)律的思維能力。 （綜合應(yīng)用，較難） 例15 BGO是我國研制的一種閃爍晶體材料，曾用于諾貝爾獎獲得者丁肇中的著名實驗，它是鍺酸鉍的簡稱。若知：在BGO中鍺處于最高價態(tài)，在BGO中，鉍的價態(tài)與鉍跟氯形成某種共價氯化物時所呈的價態(tài)相同，在此氯化物中鉍具有最外層8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)BGO可看成是由鍺和鉍兩種元素的氧化物所形成的復(fù)雜氧化物，且在BGO晶體的化學(xué)式中，這兩種氧化物中所含氧的

33、總質(zhì)量相同，請?zhí)羁眨?（1）鍺和鉍的元素符號分別是 和 （2）BGO晶體的化學(xué)式是 （3）BGO晶體中所含鉍的氧化物的化學(xué)式是 。 解析 試題首先通過BGO是鍺酸鉍的簡稱向同學(xué)們傳遞了BGO的元素組成：鉍（Bi）、鍺（Ge）氧（O），由此根據(jù)元素周期表的知識可知鉍是第VA族，鍺是族元素。隨后在信息（1）中又指示了鍺處于其最高價（4價），再及時由原硅酸H3SiO4推知鍺酸根應(yīng)為GeO。信息（2）實質(zhì)上指示了在BGO中鉍（Bi）的價態(tài)為十3價，因為鉍（Bi）原子最外層有5個電子，只有與3個氯原子形成BiCl3的共價化合物時，才能滿足Bi的最外層達到8電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，因此在BGO中鉍以 Bi3+形式

34、存在。這樣，根據(jù)（1）、（2）兩個信息結(jié)合已有知識就能得出BGO晶體化學(xué)式的一種形式：鍺酸鉍Bi4（GeO4）3，首先可以把鍺酸鉍按Bi、Ge、O的順序整理為Bi4 Ge3O12的形式。然后由含氧量相同，再結(jié)合鉍、鍺各自化合價，自然導(dǎo)出2Bi2O3，3GeO2的形式。這三種形式中的任意一種都是本題第（2）問的正確答案。第（3）問比較簡單，只要讀出信息（2）中鉍的化合價為正三價就能正確寫出BGO晶體中鉍的氧化物的化學(xué)式應(yīng)為Bi2O3。 答案（l）Ge、Bi （2）Bi4（GeO4）3、（或 Bi4Ge3O12或2Bi2O3·3GeO2） （3）Bi2O3 評述 本題屬于信息遷移式試題，

35、著重考查了運用元素周期律、周期表的基礎(chǔ)知識進行信息加工、轉(zhuǎn)換與綜合應(yīng)用的能力。鍺（Ge）和鉍（Bi）分別是高中教材中元素周期律、周期表后學(xué)習(xí)的第A、VA族主族元素，在學(xué)習(xí)與總復(fù)習(xí)過程中要善于通過代表元素性質(zhì)的學(xué)習(xí)，推論長周期中相應(yīng)同主族元素性質(zhì)及其重要化合物的性質(zhì)及化學(xué)式，才能適時地與試題中的相關(guān)信息進行聯(lián)想、轉(zhuǎn)換，通過類比與求同思維得出正確結(jié)論。 （綜合應(yīng)用，較難） 例16 “鹵塊”的主要成分為MgCl2（含F(xiàn)e2+、Fe3+、Mn2+等雜質(zhì)離子），若以它為原料，按如下工藝流程圖，即可制得“輕質(zhì)氧化鎂”。如果要求產(chǎn)品盡量不含雜質(zhì)離子，而且成本較低，流程中所用試劑或PH值控制可參考下列附表確定

36、 輕質(zhì)氧化鎂生產(chǎn)工藝流程圖 表1 生成氫氧化物沉淀的PH值物質(zhì)開始沉淀沉淀完全Fe（OH）3Fe（OH）2Mn（OH）2Mg（OH）227768396379698111*）注：Fe2+氫氧化物呈絮狀，不易從溶液中除去，所以常常將它氧化成為Fe3+，生成Fe（OH）3沉淀而去除之。 表2 化學(xué)試劑價值表試劑價格（元/t）漂液（含NaClO25.2%）H2O2（30%）NaOH（固98%）Na2CO3（固99.5%）鹵塊（MgCl2，30%）45024002100600310請?zhí)顚懸韵驴瞻祝海?）在步驟加入的試劑X，最佳選擇應(yīng)是 ，其作用是 。（2）步驟加入的試劑Y應(yīng)是 ；之所以要控制pH=9.8

37、，其目的是 。（3）在步驟時發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式是： 解析 在題目第一段閱讀中要明確試題要求：（1）由鹵塊（含雜質(zhì)的MgCl2）制得“輕質(zhì)氧化鎂”（不含雜質(zhì)Fe2+、Fe3+、Mn2+離子）（2）成本較低。在閱讀觀察工藝流程圖要明確：（3）雜質(zhì)離子在步驟加入Y（NaOH）強調(diào)PH98除（成為 Fe（OH）3、Mn（OH）2沉淀）（4）步驟、是由MgCl2（含Na+）到輕質(zhì)氧化鎂的轉(zhuǎn)化、制備過程。（3）通過逆向思維：MgOMg（OH）2MgCO3。因此步驟所得濾液中應(yīng)加Z是Na2CO3（步驟）所得沉淀物為MgCO3，經(jīng)過步驟在水中煮沸，MgCO3水解生成 Mg（OH）2，并放出CO2氣體。 在閱

38、讀附表1時需結(jié)合試題分析（5）在步驟需加氧化劑使Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+以便沉淀完全容易除去。（6）步驟控制PH98是為了使Mn（OH）2沉淀完全，雖然Mg（OH）2已開始沉淀會影響產(chǎn)率，但保證了產(chǎn)品純度，且原料鹵塊價格比較低廉。（7）在閱讀附表2時可以從成本較低的角度考慮步驟 答案（l）漂液，使Fe2+Fe3+ （2）NaOH使雜質(zhì)離子（Fe3+、Mn2+）沉淀完全又盡量減少Mg2+損失 （3） 評述 本題結(jié)合工業(yè)生產(chǎn)實際考查無機化合物（輕質(zhì)氧化鎂）的轉(zhuǎn)化生成、分離、提純問題。涉及了金屬元素（Mg、Fe、Mn）及其化合物相互轉(zhuǎn)化的知識和信息加工、遷移能力，邏輯推理和逆向思維能力。 （綜合應(yīng)用，

39、較難）（三）有機化學(xué)基礎(chǔ)知識例17 已知酸性大?。呼人崽妓岱?。下列含溴化合物中的溴原子，在適當(dāng)條件下都能被羥基（OH）取代（均可稱為水解反應(yīng)），所得產(chǎn)物能跟NaHCO3溶液反應(yīng)的是 解析 水解后所得產(chǎn)物分別是：（芳香醇）、（酚）（C）（羧酸） （D）（醇） 故只有（C）所得產(chǎn)物能跟NaHCO3反應(yīng)、選（C）為答案。 答案 （C） 評述 這是一道信息遷移題，題目給出新信息，意在考查考生接受新信息，并運用新信息，結(jié)合舊知識解決問題的能力。審題時，可得到兩個信息：酸性大小的順序是羧酸碳酸酚；含溴的化合物中的溴原子，在適當(dāng)條件下，都能被羥基（一OH）取代。根據(jù)酸與鹽反應(yīng)的規(guī)律可知：能與NaH

40、CO3溶液反應(yīng)的酸，應(yīng)該是比H2CO3酸性強的酸，在選項中挑選水解時能生成羧酸的溴化物， （理解，中等難度） 例18 甲基丙烯酸酯是世界上年產(chǎn)量超過100萬噸的高分子單體舊法合成的反應(yīng)是： （CH3）2COHCN（CH3）2C（OH）CN （CH3）2C（OH）CNCH3OHH2SO4CH2C（CH3）COOCH3NH4HSO4 90年代新法的反應(yīng)是： CH3CHCH2COCH3OHCH2 C（CH3）COOCH3與舊法比較，新法的優(yōu)點是 （A）原料無爆炸危險 （B）原料都是無毒物質(zhì) （C）沒有副產(chǎn)物，原料利用率高 （D）對設(shè)備腐蝕性較小 解析（A）：新法的原料中有CO可燃性氣體，有爆炸極限，

41、不能說“原料無爆炸危險”，棄之。（B）：新法的原料中有CO，CO有毒，所以不能說“原料都是無毒物質(zhì)”，棄之。（C）：由新法的化學(xué)方程式看，產(chǎn)物只寫了一種，而舊法的反應(yīng)化學(xué)方程式甲，產(chǎn)物寫了兩種，可推知新法的優(yōu)點是“沒有副產(chǎn)物，原料利用率高”，故（C）是答案之一。（D）：對比三個化學(xué)方程式，可能新法的原料中沒有HCN和H2SO4，故對設(shè)備腐蝕性較小，所以（D）是本題的另一個答案。 答案（C）、（D） 評述 這是一道密切聯(lián)系生產(chǎn)實際的信息遷移題，意在通過對三個化學(xué)方程式的觀察、對比和分析，考查自學(xué)能力和思維能力，可通過對比舊法和新法的反應(yīng)（比較時要注意選項提出的要求），找出新法的優(yōu)點。 （理解，中

42、等難度）例19 已知鹵代烴跟 NaOH水溶液共熱時，能發(fā)生消去所應(yīng)，形成醇類或酚類： 已知，鹵代烴跟NaOH的乙醇溶液共熱時，能發(fā)生消去反應(yīng)，形成含有碳碳雙鍵的烯烴： | | H X 某有機物A的分子式為C8H13O2Br，在不同的條件下發(fā)生水解反應(yīng)，分別生成11和2C2；C1經(jīng)過如下圖的變化又能分別轉(zhuǎn)化為1和C2；C2能進一步氧化生成兩種二元羧酸；B1也可變?yōu)?。有機物A、B1、C1、B2、C2等的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示： 其中，只有1既能使溴水褪色，又能跟Na2CO3溶液反應(yīng)放出二氧化碳。 試回答下列各問： （1）有機物1的結(jié)構(gòu)簡式是 有機物1轉(zhuǎn)變?yōu)?說明1與1具有 ，1轉(zhuǎn)變?yōu)?的三步連續(xù)的

43、化學(xué)反應(yīng)是 （2）有機物 A的結(jié)構(gòu)簡式是 ，有機物轉(zhuǎn)變?yōu)锽2、C2的化學(xué)反應(yīng)方程式是 （3）反應(yīng)（I）的類型是 ,反應(yīng)（II）的類型是 。 （4）1變?yōu)镃2的化學(xué)方程式是 。C2變?yōu)槎岬幕瘜W(xué)方程式是 解析 這是一道信息給予式的未知有機物推斷，試題給出的兩條信息是：鹵代烴在NaOH水溶液中發(fā)生水解反應(yīng)；鹵代烴在NaOH的乙醇溶液中發(fā)生消去反應(yīng)。讀懂了這兩條信息，又掌握了醇、醛、酸、酯的反應(yīng)規(guī)律及相互聯(lián)系，便可按下述方法進行推斷。 （1）從有機物的分子式為C8H13O2Br，符合不飽和鹵代酸或酯出發(fā)，進行正向思維，即能發(fā)生酸性水解，又能發(fā)生堿性水解，可以判斷有機物屬于酯類，而且在這個酯分子中含

44、有一個碳碳雙鍵和一個溴原子。至于在這個酯分子中碳碳雙鍵和換原子的位置，則要從的酸性分解產(chǎn)物和1入手，進行逆向思維才能確定。具體思維過程是：從1經(jīng)氧化反應(yīng)、消去反應(yīng)和酸化反應(yīng)，可以轉(zhuǎn)變?yōu)?，說明1是飽和的溴代醇，1是不飽和羧酸，而且1、1這兩種有機物均含有個碳原子和相同的碳架。有機物則是由四碳不飽和羧酸與四碳飽和溴代醇所形成的酯。對于1是四碳不飽和羧酸的判斷，可從試題中“1既能使溴水褪色，又能跟Na2CO3溶液反應(yīng)放出二氧化碳”完全一致，說明上述推斷的正確性。 （2）從有機物是不飽和羧酸與飽和溴代醇形成的酯出發(fā)，進行正向思維，該酯在強堿性條件下水解時，酯基和鹵素均可發(fā)生水解，2是不飽和羧酸鹽，2

45、則是四碳的飽和二元醇，這一推斷又被1與NaOH反應(yīng)生成B2，1與NaOH水溶液共熱生成C2所證實。 （3）B1、C1、B2、C2這四種有機物的碳架結(jié)構(gòu)及官能團（、-Br、-OH）的位置的確定，則要從C2的最終氧化產(chǎn)物2-甲基丙二酸出發(fā)，從后向前依次倒推，說明1、C1、B2、C2均具有丁字形碳架，而且根據(jù)2-甲基丙二酸中羧基的位置，也可以確定有機物1中BrOH的位置和有機物1中的位置，進而確定有機物的結(jié)構(gòu)，從而完成這道未知有機物的推斷。 答案有機物1的結(jié)構(gòu)簡式是：  C1與B1具有相同的丁字形碳架。C1變?yōu)锽1的三步連續(xù)化學(xué)反應(yīng)是： (2) 有機物A的結(jié)構(gòu)簡式是：&

46、#160;有機物A變?yōu)锽2、C2的化學(xué)方程式是： (3) 反應(yīng)（I）是中和反應(yīng)，反應(yīng)（II）是水解反應(yīng)。C1變C2的化學(xué)方程式是： C2變?yōu)?-甲基丙二酸的化學(xué)方程式是：評述 綜上所述，對這種信息對予框圖式未知有機物的推斷，要理解信息，把握聯(lián)系和規(guī)律，選準突破口（本題是B1），并靈活運用正向思維和逆向思維，并使這兩種思維方法巧妙結(jié)合在一起，才能提高解這種框圖式未知物推斷題的技能和技巧。 （綜合應(yīng)用，較難）例20 已知：        (不穩(wěn)定，R代表烴基)現(xiàn)在只含C、H、O的化合物A-F，有關(guān)它

47、們的某些信息，已注明在下面的方框內(nèi)。（1）在化合物A-F中有酯的結(jié)構(gòu)的化合物是（填字母代號） （2）把化合物A和F的結(jié)構(gòu)簡式分別填入下列方框中。A  F 解析這是一道聯(lián)系新情景和定量分析特點的未知有機物結(jié)構(gòu)的推斷題，試題題干中給出以下兩條新信息：含有醇羥基的有機物在乙酸酐存在跟乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)，生成乙酸酯，而且生成的乙酸酯的相對分子質(zhì)量，比原來含有醇羥基的有機物的相對分子質(zhì)量大42，即Mr=（乙酸酯）Mr（醇）=42在同一個碳原子含有兩個羥基的有機物很不穩(wěn)定，它們會自動失水生成含有醛基結(jié)構(gòu)的有機物。此外，在所給出的框圖中，給出了A、B、C、D、E、F六種未知有機物及其相關(guān)性質(zhì)，還給出了這六種有機物間相互聯(lián)系和轉(zhuǎn)化的反應(yīng)條件。要做好這道未知有機物結(jié)構(gòu)的推斷，還要從框圖中找出以下的解題信息：從有機物A能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，又能跟金屬鈉反應(yīng)放出氫氣，說明有機物A的分子中既含有醛基，又含有羥基。 從有機物A經(jīng)“選擇氧化”后生成的新有機物D，