高中化學(xué)經(jīng)典例題詳解

高中化學(xué)經(jīng)典例題詳解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：①原子是不能再分的粒子；②同種元素的原子的各種性質(zhì)和質(zhì)量都相同；③原子是微小的實心球體。從現(xiàn)代的觀點看，你認(rèn)為這三個論點中，不確切的是(A)只有③(B)只有①③(C)只有②③(D)①②③［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①.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②，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③原子核相對于原子來說是很小的，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。［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：NH3+H+=NH4+(B)二氧化碳通入碳酸鈉溶液中：CO2+CO32-+H2O=2HCO3—(C)(C)硫酸鋁溶液跟偏鋁酸鈉溶液及應(yīng):Al3++3AlO-+6HO二4Al(OH)I223(D)氯氣通入冷的氫氧化鈉溶液中：2C12+2OH-=3C卜+C1O-+H2O［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A1O；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A13+與A1O；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C得3個電子轉(zhuǎn)化為3個C1-即3C+3e>Cl—)，而還原劑失電子總數(shù)只有1(C——C10-)。不符合電子守恒，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(dá)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(2?3)，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-、dR皿-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-c=m-n(B)a-b=n-m

(C)(C)c—d=m+n(D)b—d=n+m［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)）一一離子所帶電荷數(shù)陰離子則為：質(zhì)子數(shù)十離子所帶電荷數(shù)，由此得：a—m=b—n=c+n=d+m然后分別根據(jù)選項涉及之元素審視，選項（A）涉及a—m=c+n，變形后為a—c=m+n,（A）不正確；選項（B）涉及a—m=b—n，變形后為a-b=m-n，也不正確；選項（c）涉及c+n=d+m,變形后為c—d=m—n，仍不正確；只有選項（D），涉及b—n=d+m，變形后為b—d=m+n,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SO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。(D)(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ABab2a2bab3A2B3A3b2離子型IA與WAIIA與WAIIA與WAIA與"AIIIA與WAIIIA與"AIIA與VA共價型H與WAWA與"AH與"AVA與HB與"A特例CO、NOSO*NJCaC2N2OSO3N2O3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IAIIAIIIAWAVA"AWA通式MOHM(OH)2M(OH)3H3MO3hmo2H2RO3H4RO4HR°3H3RO4H2RO4HRO4（理解、中等難度）［例5］反應(yīng)2X（氣）+Y（氣）2Z（氣）+熱量,在不同溫度（片和T2）及壓強亀和p2）下，產(chǎn)物Z的物質(zhì)的量（n2）與反應(yīng)時間（t）的關(guān)系如右圖所示。下述判斷正確的是（A）T1>T2,P1<P2（B）T1<T2,P1>P2T1>T2,P1>P2T1VT2,P1VP2[解析]首先分析反應(yīng)：這是一個氣體的總物質(zhì)的量減小(體積減小)、放熱的可逆反應(yīng)，低溫、高壓對反應(yīng)有利，達(dá)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、P]。再對比圖示曲線T2、p2,溫度相同，壓強不同，平衡時n2不同(R時的n2>P2時的n2)，由此分析p1>p2，再從反應(yīng)速率驗證，T2、P]的曲線達(dá)平衡前斜率大(曲線陡)先到達(dá)平衡，也說明壓強是p1>p2(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T]、p2，此時壓強相同，溫度不同，溫度低的達(dá)平衡時n2大，平衡點高(曲線t2、p2)，由此判斷溫度t1>t2；再由這兩條曲線達(dá)平衡前的斜率比較，也是T]、p2的斜率大于T2、p2,T]、p2先到達(dá)平衡，反應(yīng)速率大，也證明T]>T2。由此分析得出正確的判斷是T]>T2,p]>p2，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pH=b的氨水與pH=a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)]0a+b-]2%(B)]0a+b-]4%(C)]0]2-a-b%(D)]0]4-a-b%[解析]分析中首先根據(jù)強酸鹽酸的pH值(一lg[H+])推出鹽酸的物質(zhì)的量濃度。即：CHCi=[H+]=10-a(molL-])(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=10-a，對于弱電解質(zhì)存在氨水以下關(guān)系：2)[OH-]=c?a=10-a?2)另一方面由水溶液中[H+]?[OH-]=10-14，及氨水中：pH=-lg[H+]=14—pOH=14十lg[OH-]3)得[OH-]=10b—3)代入(2)式得：10b-14=10-a?aa=10b-14/10-a=10a+b-14X100%=10a+b—12%[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(fù)極：Pb+SO廠PbSO4+2e正極：PbO2+4H++SO廿2e二PbSO4+2H2O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)(A)O.O25mol(C)O.lOmol(B)O.O5Omol(D)0.2Omol［解析］首先需將鉛蓄電池的負(fù)極反應(yīng)變形為:Pb—2e+SO；_=PbSO4（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)比”電解飽和食鹽水反應(yīng)：i+ili*i（工確定放出Cl2與轉(zhuǎn)移電子數(shù)的關(guān)系：Cl2?2e。今制得0.050molCl2，需轉(zhuǎn)移O.lOmol電子，因此消耗H2SO4O.OlOmol。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(yán)密性與整體性,在閱讀中必須分析出題干中“兩種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(jìn)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：10［H+］酸=［OH-］堿。進(jìn)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?=1X10-14，因此上式可變換為：1X10-1410[H+]將方程兩邊分別取負(fù)對數(shù)，并稍作整理。1—pH酸=pH堿-14移項后得：pH酸+pH堿=15另一解法：10［H+］酸=［OH-］酸10[H10[H+]1X10-14移項［H+」酸?［H+］堿=10-15酸堿取負(fù)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(fù)指數(shù)運算推導(dǎo)：［H+］/［OH-］=1/10強酸強堿貝010—pH/10pOH=1/10強酸強堿10X10—pH=10pOH=10-(14-pH)強酸強堿強堿1—pH=-(14—pH)強酸強堿pH+pH=15強酸強堿（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(jìn)行以下反應(yīng)：H2（g）+Br2（g）=2HBr（g）已知加入lmolH2和2molBr2時，達(dá)到平衡后生成amolHBr（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?jǐn)?shù)不變,對下列編號（1）?（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）H2肌HBr已知120a(1)240(2)10.5a(3)mn(n>2m)［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）o2HBr（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(dá)到相同的平衡狀態(tài)（各組分的質(zhì)量分?jǐn)?shù)不變）；（4）達(dá)平衡時HBr在混合氣中的含量為a/3（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(dá)平衡時HBrxa的量可以由：2+43（反應(yīng)前、后氣體總量不變）得：x=2a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，貝V：0.5aay3y=1.5（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1.5mol和當(dāng)起始HBr為O,H2：Br2=1：2（已知起始狀態(tài)）只能是H2為O（O.5-O.5=0），Br2為O.5mol（1—O.5=0.5）。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)：m+0.51H2為m+O.5x，Br2為n+O.5x，HBr為0,此時n+0.52,x=2（n-2m）混合氣總物質(zhì)的量：m＋n＋2（n—2m）=3（n-m）y=a平衡混合氣中HBr含量：3(n-m)3y=a(n-m)編號起如狀態(tài)平衡時HBr的物質(zhì)的量（mol）H2B「2HBr已知120a(1)2402a

（2）00.510.5a（3）mn(n>2m)2(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＋BO2C總量（有變化）初態(tài)C1C2OC1＋C2平衡態(tài)C]—2XC2-X2XC1＋C2－x(2)A＋BO2C總量（不變）初態(tài)C1C20C1+C2平衡態(tài)C]—xC2-x2xC1＋C2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＋BO2C（總量有變化）初態(tài)(mol)①O.2O0.10O②OOO.2O③0.300.100④O.1000.20(2)A(g）＋B(g)O2C（g）（總量不變）初態(tài)(mol)①0.200.200②000.40③0.400.200④0.2000.40上述兩個反應(yīng)的①、②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。③、④兩種狀態(tài)達(dá)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③、④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）107.09.5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B――B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，得出此基本結(jié)構(gòu)單元是由個硼原子構(gòu)成，其中B——B鍵之間的鍵角。圖4—2関4—3［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B――B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：3X20/5=12其基本單元透視圖如右圖所示［答案］（1）原子晶體，非金屬單質(zhì)晶體硼的熔、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)3X20/5=12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B――B鍵，每個B――B鍵為11（xx5）二（3x20）兩個面所共有則：22x=12（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(xiàn)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)，生物體中蛋白質(zhì)的合成、離子遷移、肌肉收縮和神經(jīng)細(xì)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H20=P:液十30KJ其中P；是無機磷酸酸式鹽（如H2PO4），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OH0H［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(jìn)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OH0H（鍵線交點處為碳原子）［答案］（1）可溶性磷酸鹽，磷酸酯（酯類）(2)ATP+H2O=ADP+H2PO4+Q1；(能量)ADP+H2O=AMP+H2PO4+Q2ADP+H2O=AMP+H2PO4+Q2（3）c10H!3O4N5［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］根據(jù)以下敘述，回答（1）?（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(hù)地球上的生物。氟利昂（如CC12F2）可在光的作用下分解產(chǎn)生C1原子，C1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

q+oq+oCl+03fC10+02cio-ci+o2總反應(yīng)：2O3f3O2在上述臭氧變成氧氣的反應(yīng)過程中Cl是(A)(A)反應(yīng)物(C)中間產(chǎn)物(2)03和02是(A)同分異構(gòu)體(C)氧的同素異形體(B)生成物(D)催化劑(B)同系物(D)氧的同位素［解析］(1)題考查初中化學(xué)中有關(guān)催化劑的概念，分析中要注意C1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)①是可逆的，由于C1原子與o3反應(yīng)生成的C1O極不穩(wěn)定，立即與反應(yīng)①的生成物原子氧反應(yīng)生成氧氣并重新轉(zhuǎn)化為C1原子，導(dǎo)致反應(yīng)①不可逆，疊加后得總反應(yīng)：2O3302。C1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C1O作用，而且在反應(yīng)③中重又生成，所以能長久起破壞作用，因此C1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。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)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(zhǔn)確判斷它們是氧的同素異形體。［答案］(1)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)。一區(qū)二填寫下列空白:物質(zhì)B是，F(xiàn)是，J是。反應(yīng)①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:

電解2NaCl+2H2O2NaOH+H2f+Cl2f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）Cl2＋2NaOH=NaClO＋NaCl＋H2O還能與氫氣（C）在點燃條件下生成HC1點燃Cl2+H22HC1G（HCl）又能與HC1反應(yīng)生成H和氫氣，H在Fe）用相關(guān)反應(yīng)驗證：由此推斷出AG（HCl）又能與HC1反應(yīng)生成H和氫氣，H在Fe）用相關(guān)反應(yīng)驗證：然后需確定F，F(xiàn)既能與Cl2直接反應(yīng)生成I,Cl2作用下還能轉(zhuǎn)化為I,則F應(yīng)該是變價金屬鐵,點燃2Fe+3Cl22FeCl3Fe＋2HCl====FeCl2＋H22FeCl2＋Cl2====2FeCl3至此框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Cl）；又是強堿（NaOH）弱酸（HC1O）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(rèn)J是Fe（OH）3。［答案］B：Cl2，F(xiàn)：Fe，J：Fe（OH）3（2）Cl2＋2OH－====ClO－＋Cl—＋H2O［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)之間存在如下的關(guān)系：單質(zhì)甲一單質(zhì)甲一單質(zhì)乙〉化合物A化合物A化合物A和化合物C單質(zhì)乙和化合物C據(jù)此判斷：用A、B、C字（1）在A、用A、B、C字母填寫)單質(zhì)乙必定是(填“金屬”或“非金屬”)，其理由是。單質(zhì)乙的分子式可能，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(fù)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(fù)兩種價態(tài)以硫、氮為常見。［答案］(1)A、B非金屬，因為A+B-乙+C,且乙為單質(zhì)，可知乙元素在A、B中分別呈正、負(fù)價，所以乙是非金屬。S、H2S(或N2、NH3)［評述］本題考查了對圖表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(rèn)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：①在BGO中鍺處于最高價態(tài)，②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)③BGO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總質(zhì)量相同，請?zhí)羁眨烘N和鉍的元素符號分別和BGO晶體的化學(xué)式是BGO晶體中所含鉍的氧化物的化學(xué)式。［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W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(dá)到8電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，因此在BGO中鉍以Bi3+形式存在。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Bi：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，著重考查了運用元素周期律、周期表的基礎(chǔ)知識進(jìn)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WA、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(jìn)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)32.73.7Fe(OH)27.69.6Mn(OH)28.39.8Mg(OH)29.611.1*）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%)450H2O2(30%)2400NaOH(固98%)2100Na2CO3(固99.5%)600鹵塊（MgCl2，30%）310請?zhí)顚懸韵驴瞻?TOC\o"1-5"\h\z（1）在步驟②加入的試劑X,最佳選擇應(yīng)是，其作用是。（2）步驟③加入的試劑Y應(yīng)是；之所以要控制pH=9.8,其目的是。（3）在步驟⑤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③加入Y（NaOH）強調(diào)PH=9.8除（成為Fe（OH）3、Mn（OH）2沉淀）（4）步驟④、⑤、⑥是由MgCl2（含Na+）到輕質(zhì)氧化鎂的轉(zhuǎn)化、匕_也<水中煮沸制備過程。（3）通過逆向思維：MgO來自Mg（OH）2來自MgCO3。因此步驟③所得濾液中應(yīng)加Z是Na2CO3（步驟④）所得沉淀物為MgCO3，經(jīng)過步驟⑤在水中煮沸，MgCO3水解生成Mg（OH）2，并放出CO2氣體。在閱讀附表1時需結(jié)合試題分析（5）在步驟②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③控制PH=9.8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②^5.厶匕［答案］⑴漂液，使Fe2+量能〉Fe3+（2）NaOH使雜質(zhì)離子（Fe3+、Mn2+）沉淀完全又盡量減少Mg2+損失/、MgCO+HONMg（OH）J+COJ3）3222［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，較難）（三）有機化學(xué)基礎(chǔ)知識［例17］已知酸性大小：羧酸〉碳酸〉酚。下列含溴化合物中的溴原子，在適當(dāng)條件下都能被羥基（一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：①酸性大小的順序是羧酸〉碳酸〉酚；②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NaHCO3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)2C=O+HCNf(CH3)2C(OH)CN(CH3)2C(OH)CN+CH3OH+H2SO4CH2=C(CH3)COOCH3+NH4HSO490年代新法的反應(yīng)是：CH3CH=CH2+CO+CH3OHPd>CH2=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，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：R-X+NaOHho>R-OH+NaXA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-CH-CH+NaOHc2h5oh>R-CH=CH+NaX+HO2A22||HX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)，分別生成片+5和B2+C2；C1經(jīng)過如下圖的變化又能分別轉(zhuǎn)化為和C2；C2能進(jìn)一步氧化生成兩種二元羧酸；B1也可變?yōu)锽2。有機物A、B］、C「B2、C2等的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示：

1J氐化1J氐化舛旳爐旳=十’悅廠GIo0ho—i^C!-l—YW5HIIiiHj其中，只有B］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B］的結(jié)構(gòu)簡式是有機物C］轉(zhuǎn)變?yōu)锽］說明C］與B］具有,C］轉(zhuǎn)變?yōu)锽1的三步連續(xù)的化學(xué)反應(yīng)是（2）有機物A的結(jié)構(gòu)簡式是，有機物A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。（4）C1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:①鹵代烴在NaOH水溶液中發(fā)生水解反應(yīng)；②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(jìn)行推斷。（1）從有機物A的分子式為C8H13O2Br，符合不飽和鹵代酸或酯出發(fā)，進(jìn)行正向思維，即A能發(fā)生酸性水解，又能發(fā)生堿性水解，可以判斷有機物A屬于酯類，而且在這個酯分子中含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a的酸性分解產(chǎn)物b1^oc1入手，進(jìn)行逆向思維才能確定。具體思維過程是：從C］經(jīng)氧化反應(yīng)、消去反應(yīng)和酸化反應(yīng)，可以轉(zhuǎn)變?yōu)锽］,說明C］是飽和的溴代醇，B］是不飽和羧酸，而且B］、C］這兩種有機物均含有4個碳原子和相同的碳架。有機物A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B］是四碳不飽和羧酸的判斷，可從試題中“B］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A是不飽和羧酸與飽和溴代醇形成的酯出發(fā)，進(jìn)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，b2是不飽和羧酸鹽，c2則是四碳的飽和二元醇，這一推斷又被B］與NaOH反應(yīng)生成B2，C1與NaOH水溶液共熱生成C2所證實。（3）B「B2、C2這四種有機物的碳架結(jié)構(gòu)及官能團(tuán)（/'C二C\/、-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B］、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C］中一Br—OH的位置和有機物B］中/\C二C\/的位置，進(jìn)而確定有機物AC的結(jié)構(gòu)，從而完成這道未知有機物的推斷。I；CH3=C—c—OHch3

有機物日］的結(jié)構(gòu)簡式是:C］與B］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:oHuCoHuCTOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"II-BrCi^\o"CurrentDocument"CH2-GII—c—OJI4—7"—^1I3tJrClliOiOC-ONa+N*il!r+21LOi③TOC\o"1-5"\h\zO0i!i2(：ll^=C—C—ONa十2II2&<\——吃口1卡=(2一匚一0"+NhjSOiI!oICH嚴(yán)&一ghoICH嚴(yán)&一gh3(2)有機物A的結(jié)構(gòu)簡式是：有機物A變?yōu)锽2、C2的化學(xué)方程式是:.出.出0+2^uOH一二呻\匕込—p-<—o*;Jfj—Gf<-C!-hE5rTOC\o"1-5"\h\zCHCH』0II\o"CurrentDocument"CHi—c^c—ONa+HO^CH2--CH—CII2OH+NjjHtIIClljCH.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：

CHHCH；—OH4CHHCH；—OH4HjOH0--€1Cll^ch2ojr十Z斑CHjC2變?yōu)?-甲基丙二酸的化學(xué)方程式是:F[D-'CH2—CH—CEIj^OH+2U21亠L(fēng)）+2HZL）+2HZO［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(zhǔn)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）O［例20］已■z.知：OH丨［t：H_（川I—Ll衛(wèi)叢玉c--（uIiU）（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)它們的某些信息，已注明在下面的方框內(nèi)。丄匚*可良生恨枕貶爲(wèi)柞也分即楚［叫齊盛?吋瑯金禺蝕乙同.軒且發(fā)生瞅憂反控，，總啟赧出亂土..t社*.申和”-L1J111牙皮主糧欖應(yīng)H.JtMH1牙皮主糧欖應(yīng)H.JtMH分子*TM’不-*ti五也蛆憧反占.M啟可玫J*,申看（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）把化合物A和F的結(jié)構(gòu)簡式分別填入下列方框中。［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M'r=(乙酸酯)一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，不發(fā)生銀鏡反應(yīng)，可被堿中和，說明“選擇氧化”是指有機物分子中的醛基被氧化為羧基的反應(yīng)，“選擇”二字的含意在于同時含有醛基和羥基的有機物只有醛基被氧化，羥基不被氧化。上述分析，可從B經(jīng)選擇氧化變?yōu)镃，C又經(jīng)酯化變成F,可以得到進(jìn)一步證實。含有羥基和羧基雙官能團(tuán)的有機物(本題中的羧基由醛基經(jīng)“選擇氧化”而來)跟乙酸、乙酸酐反應(yīng)時，是該有機物分子中醇羥基的酯化反應(yīng)；當(dāng)有機物跟乙醇、濃硫酸反應(yīng)時，是該有機物分子中羥基的酯化反應(yīng)。含有醛基、羥基的有機物A,經(jīng)醇羥基酯化轉(zhuǎn)變?yōu)锽,又經(jīng)選擇氧化醛基變?yōu)轸然捎袡C物C,再經(jīng)羧基酯化變?yōu)樽罱K有機物F,在有機物F中，不含有羥基、醛基和羧基，它們已全部轉(zhuǎn)變?yōu)轷セ?。上述分析，可從A-D-E-F可以加以證實?，F(xiàn)在的問題是如何把試題給出的兩條信息，與框圖中給出的四條信息相結(jié)合，這是突破這道有機物結(jié)構(gòu)題的關(guān)鍵。具體地說，就是要抓住有機物C的相對分子質(zhì)量是190,有機物D的相對分子質(zhì)量是106，兩種有機物的相對分子質(zhì)量之差為：△Mr=190-106=84而這個差值僅僅由于該有機物分子中醇羥基跟乙酸、乙酸酐的酯化反應(yīng)所造成。把此點理解與試題題干給出的第一條信息乙醇跟乙酸酯化的相對分子質(zhì)量之差是42相對照，可以確定在有機物A的分子中含有的羥基個數(shù)是：84三42=2又據(jù)題干給出的第二條信息：同碳二羥基化合物很不穩(wěn)定，會發(fā)生“自動脫水”，說明在有機物A的分子中的2個羥基，應(yīng)分別連在兩個不同的碳原子上。由于醛基是一價基，只能存在于有機物分子結(jié)構(gòu)的鏈端，從而得出有機物A是甘油醛的正確推斷。這一分析，還可從A經(jīng)“選擇氧化”變?yōu)镈得到證實，即從D的相對分子質(zhì)量是106，可以推出有機物A的相對分子質(zhì)量為：M(A)=106-16=90只有含一個—CHO,兩個一OH的甘油醛的相對分子質(zhì)量為90。

0!OHCH—O-C—G帖G.1CH^—O—C--CH)有機物B、C0!OHCH—O-C—G帖G.1CH^—O—C--CH)有機物A和F的結(jié)構(gòu)簡式如下：［評述］這是一道高層次的信息遷移式的有機物結(jié)構(gòu)推斷題，它的“高層次”主要表現(xiàn)在若沒有熟練的有機反應(yīng)知識，沒有準(zhǔn)確吸收新信息并與原有的化學(xué)知識相結(jié)合，沒有較強的自學(xué)能力和思維能力，就不能進(jìn)行科學(xué)的和定量的思維及嚴(yán)格的邏輯推理，也就不能正確的解析本題。（綜合應(yīng)用，較難）［例21］請認(rèn)真閱讀下列3個反應(yīng)：利用這些反應(yīng)，按以下步驟可從某烴A合成一中間體DSD酸。HNO3_>>

（A）h2so4（B）SO4-SO3>（C）試劑與條件已略去（D）作用下，將硝基（—NO2）還原為氨基（—NH2）,生成DSD酸，但有不少考生因忽略了NaClO的氧化性與一NH2的還原性，先將請寫出（A）、（B）、（C）、（D請寫出（A）、（B）、（C）、（D）的結(jié)構(gòu)簡式。［解析］這是一道含有隱含信息的信息遷移題。在閱讀分析中必須注意到反應(yīng)②的產(chǎn)物苯胺易被氧化的信息和反應(yīng)③中所加的無機試劑NaClO具有氧化性的隱含信息。因此,合成染料中間體DSD酸的中間步驟（C）-（D）應(yīng)是先接鏈,由在NaClO作用下形成“然后在還原劑Fe、HCl、H2O的共同肛2還原為再接鏈，導(dǎo)致（C）、（D）的結(jié)構(gòu)簡式完全錯誤，本題的（A）、（B）結(jié)構(gòu)簡式則可以由（C）逆推得出。［評述］有關(guān)NaClO的氧化性已分別在1994年高考第31題和1996年高考第11題中涉及并應(yīng)用。可見，做題不在于多而在于精，研究近幾年的化學(xué)高考試題，分析、把握試題所傳遞的信息和趨勢，對提高同學(xué)們的學(xué)習(xí)能力是極其有益的，試題還通過DSD酸的結(jié)構(gòu)簡式中——nh2——so3h的基因的連接，傳遞正確書寫結(jié)構(gòu)簡式的信息，但眾多考生卻未能正確借用，而出現(xiàn)多種書寫上的錯誤，可見基本技能的提高也是十分重要的。（綜合應(yīng)用，較難）［例22］某種ABS工程樹脂，由丙烯腈（CN2===CHCN，符號A）、1,3一丁二烯（ch2===chchCH烯（ch2===chchCH2，符號B）和苯乙烯（符號S）按一定配比共聚而得。（1）A、B和S三種單體中，碳?xì)浔戎底钚〉膯误w是（2）經(jīng)元素分析可知該ABS樣品的組成為CaHbNc（a、b、c為正整數(shù)），則原料中A和B的物質(zhì)的量之比是（用a、b、c表示）。［解析］本題考查考生綜合分析、計算與抽象思維能力。在閱讀中應(yīng)及時將3種單體A、B、S的結(jié)構(gòu)簡式轉(zhuǎn)換為表示元素組成的分子式：A：C3H3N，B：C4H6，S：C8H8,問題就不難解決。（1）A、S的碳?xì)鋫€數(shù)比均為1：1，唯有B是1：1、5或2：3,小于A、So（2）原料A中只含1個N原子，由共聚物CaHbNc可知1molABS中含cmolA；由單體與共聚物的組成可知氫原子、碳原子個數(shù)之差為（（b-a），只與單體B有關(guān)（其他均為1：1），每lmolB中氫與碳原子數(shù)差2mol,因此每lmolABS中含B為（b-a）/2mol.故原料中A與B的物質(zhì)的量之比為C：（b-a）/2o［答案］（1）B或CH2=CH-CH=CH2；（2）c：（b-a）/2或2c：（b-a）［評述］解答本題，及時進(jìn)行分子式的轉(zhuǎn)移是關(guān)鍵，但許多考生未能仿照題示信息進(jìn)行相應(yīng)的轉(zhuǎn)換而失誤，此外，缺乏綜合分析和抽象思維能力，未能找出N原子數(shù)與A

的分子數(shù)、b—a與B的分子數(shù)之間的關(guān)系，致使第（2）問空答率約達(dá)50%，有的考生一見抽象的數(shù)字a、b、c就望而卻步，即使思路正確的考生也有因心理過于緊張而誤寫為（b-a）/2：c。2c：b-a或2c：（a—b）等，可見，良好的心理素質(zhì)也是十分重要的。（綜合應(yīng)用、較難）（四）化學(xué)實驗［例23］在一定條件下用普通鐵粉和水蒸氣反應(yīng)，可以得到鐵的氧化物，該氧化物又可以經(jīng)過此反應(yīng)的逆反應(yīng)，生成顆粒很細(xì)的鐵粉，這種鐵粉具有很高的反應(yīng)活性，在空氣中受撞擊或受熱時會燃燒，所以俗稱“引火鐵”請分別用下圖中示意的兩套儀器裝置，制取上速鐵的氧化物和“引火鐵”實驗中必須使用普通鐵粉、6molL-l鹽酸，其它試劑自選（裝置中必要的鐵架臺、鐵夾、鐵圈、石棉網(wǎng)、加熱設(shè)備等在圖中均已略去）。填寫下列空白：（1）實驗進(jìn)行時試管A中應(yīng)加入的試劑是燒瓶B的作用是；燒瓶C的作用是—在試管D中收集得到的是（2）實驗時，U型管G中應(yīng)加入的試劑分液漏斗H中應(yīng)加入（3）兩套裝置中，在實驗時需要加熱的儀器是（填該儀器對應(yīng)字母）（4）燒瓶I中發(fā)生的反應(yīng)有時要加入少量硫酸銅溶液，其目的是（5）試管E中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是（6）為了安全，在E管中的反應(yīng)發(fā)生前，在F出口處必須；E管中反應(yīng)開始后，在F出口處應(yīng)［解析］這是一這典型的功能性信息給予實驗題，①題給新信息是制取'引火鐵”的反應(yīng)原理需同學(xué)們推理寫出②“引火鐵”的特性③兩套未曾見過的新裝置。解答中首先閱讀題干“在一定條件下用普通鐵粉和水蒸氣反應(yīng)，可以得到鐵的氧化物?！甭?lián)想學(xué)過的反應(yīng)：3Fe+4HO’、高溫FeO+4H2（氣丿342（普通鐵粉）由此反應(yīng)推知制取“引火鐵”的新反應(yīng)為即題中涉及鐵的氧化物是Fe3O4（不是Fe2O3,也不是FeO）,—定條件是指高溫。然后.仔細(xì)觀察兩套實驗裝置，可發(fā)現(xiàn)左邊裝置有用排水法收集反應(yīng)生成氣體（D試管）一定是H2,由此確認(rèn)左邊裝置為制取鐵的氧化物，而右邊裝置用于制取“引火鐵”，這是本題解題的突破口，然后綜合運用有關(guān)實驗的知識和技能，結(jié)合對裝置圖的觀察加工，即可解題如下：(1)A中應(yīng)加入普通鐵粉，B是作為水蒸氣發(fā)生器，因反應(yīng)產(chǎn)生的H2可能不連續(xù)，C瓶為防止水槽中的水倒吸而作緩沖瓶(較難)，D中收集到的是H2。右邊的裝置氣流是從右到左，燒瓶I和分液漏斗H的組合一定是H2發(fā)生裝置，所用試劑自然是普通鐵粉和6mol、L-i鹽酸，所以制得的H2中含有HC1氣體和H2O(氣)，在制取“引火鐵”之前必須凈化、干燥，由此U形管G中應(yīng)加入固體堿性干燥劑NaOH或堿石灰。根據(jù)題給兩個反應(yīng)的條件都是“高溫”和要制取水蒸氣的要求，可知實驗時需要加熱的儀器為A、B、E。.(4)聯(lián)想到課本習(xí)題(《化學(xué)選修第三冊》P62第4題)，在Zn和稀H2SO4反應(yīng)制取H2時加入少量CuSO4溶液能使制取H2的反應(yīng)加快，可知，在I中加入少量CuSO4溶液，其目的是加快H2的生成速度，原因是形成了無數(shù)微小的Fe-Cu原電池，加快了反應(yīng)(析氫腐蝕)的進(jìn)行。試管E中的反應(yīng)自然是制取“引火鐵”的反應(yīng)。其關(guān)鍵在于反應(yīng)物是Fe3O4而不是鐵的其它氧化物。結(jié)合初中H2還原CuO的實驗可知，H2在加熱或點燃前一定要先驗純，所不同的是，本實驗還要盡可能避免空氣進(jìn)入試管E，使制取的高活性的“引火鐵”受熱燃燒、所以要加帶導(dǎo)管F的橡皮塞。此外E管反應(yīng)后，為了防止F出口處的水蒸氣凝結(jié)，堵塞出氣口或回流到試管E將其炸裂，因此E管反應(yīng)后，F(xiàn)出口處應(yīng)點燃H2。［答案］(1)普通鐵粉；作為水蒸氣發(fā)生器；防止水倒吸；氫氣。(2)固體NaOH(或堿石灰、CaO等堿性固體干燥劑；6mol?L-iHCl)(3)A、B、E加快氫氣產(chǎn)生的速度FeO+4H高溫3Fe+4HO3422檢驗氫氣的純度；點燃?xì)錃猓墼u述］本題以化學(xué)實報實銷驗為依托全面考查了觀察、實驗、思維、自學(xué)等諸多能力。其特點是：①題給新信息盡管很隱蔽，但仍源于課本；所給裝置是由常用儀器裝置重新組合而成的新穎、非常規(guī)裝置。②設(shè)計儀器裝置、選用藥品時都打破常規(guī)，體現(xiàn)創(chuàng)新精神。如用燒瓶C作安全瓶；制取“引火鐵”的裝置順序不是一般的從左一右，而是從右一左；氣體的干燥、凈化不用洗氣裝置也不用干燥管，而用U形管G代替；E試管的F出口不向下而是向上，引出剩余純凈的不污染空氣的H2要點燃處理等。由此可見，直接觀察事物的表象，這僅僅是認(rèn)識的第一個環(huán)節(jié)，觀察之后，還必須經(jīng)過思考進(jìn)行初步加工。所謂初步加工，就是將從觀察中得到的印象初步加以分析，從中提取事物的特征；或者在對事物的觀察中，歸納出同類事物共有的特性；還包括對所獲信息進(jìn)行分類，歸納出表象的規(guī)律，從而作出正確的判斷。凡此種種，構(gòu)成了觀察能力。［例24］為了測定乙醇的分子結(jié)構(gòu)，有人設(shè)計了下圖所示的用無水乙醇與鈉反應(yīng)的實驗裝置和測定氫氣體積的測量裝置，可供選用的實驗儀器如下：

（1）測量氣體體積的正確裝置是（填寫編號）（2）裝置中A部分的分液漏斗與蒸餾燒瓶間連接的導(dǎo)管所起的作用（填寫編號）（A）防止無水酒精揮發(fā)（B）保證實驗裝置不漏氣（C）使無水酒精容易滴下（3）實驗前先將小塊鈉在二甲苯中熔化成鈉珠，冷卻后倒入燒瓶中。其目的是。（4）已知無水酒精的密度為0.789gcm-3，又2.Oml酒精反應(yīng)完全后（鈉過量），收集氣體39Oml。則乙醇分子中能被鈉取代出的氫原子,由此可確定乙醇的結(jié)構(gòu)式為而不是。（5）實驗所測定的結(jié)果偏高。可能引起的原因是（填寫編號）（A）本實驗在室溫下進(jìn)行，（B）無水酒精中混有微量甲醇（C）無水酒精與鈉的反應(yīng)不夠完全［解析］這是一道將實驗、計算、確定有機物分子結(jié)構(gòu)相結(jié)合，實驗設(shè)計與實驗原理兼有的綜合性實驗題。解題中必須前后聯(lián)系，分析題干與設(shè)問，尤其是設(shè)問（4）所創(chuàng)設(shè)的情景、數(shù)據(jù)。即所取無水酒精的體積少，只有2.0ml,使之充分與鈉反應(yīng)是本實驗的關(guān)鍵；此外反應(yīng)放出氣體體積數(shù)較大390m1。因此問題（1）的答案顯然只能是B。C在收集方法與無法確定體積上都是不可取的。D、E中E是明顯干擾項滴定管測量體積精確，容易誤選，實際上本實驗因放出氣體體積達(dá)390m1,又只需三位有效數(shù)字（密度數(shù)位限制），而滴定管沒有400ml的容量，中途續(xù)換將導(dǎo)致誤差。問題（2）導(dǎo)管將分液漏斗液面上方壓力與蒸餾燒瓶內(nèi)壓力一致，可以使無水酒精容易流下。（3）二甲苯不參與反應(yīng)，但與乙醇互溶可以增大無水酒精與鈉的接觸面。充分反應(yīng)。（4）設(shè)1mo1乙x/2x22400ml醇分子中可置換的氫原子x,則放出氫氣CHO--H2622X46g2x22400m12.00mlx0.789gcm-3390mlX=1.015^1說明乙醇分子中只有一個位置特殊的氫原子，因此乙醇的結(jié)構(gòu)式只能是而不可能是（6個氫原子等同）（5）本實驗在室溫下進(jìn)行（20r）而上述計算式涉及氣體需在標(biāo)準(zhǔn)狀況下測定。乙醇若混有甲醇也將使測定數(shù)據(jù)偏高。

［答案］（1）（B）（2）（C）（3）增大無水乙醇與鈉接觸面.充分反應(yīng)fi!［!:,（4）1，1；!IH十亠y_H穴葉C7HHHH(5)(A)(B)［評述］本題仍是一道信息遷移型的實驗題，著重考查了自學(xué)能力充分提取信息中有關(guān)數(shù)據(jù)，運用數(shù)學(xué)工縣解決化學(xué)問題；根據(jù)具體要求選擇裝置、通過定量實驗確定有機物分子結(jié)構(gòu)，綜合實驗?zāi)芰Α⑺季S能力和自學(xué)能力。（五）化學(xué)計算［例25］如果a克某氣體中含有的分子數(shù)為b,則c克該氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積是(A)224竺升(l)aNA(A)224竺升(l)aNA(B)22.4abCNA升（L）22.4ac

bNA升（L）(D)224b升(l)acNA［解析］審題時，首先要明確題目給的條件及需要回答的物理量一一一定質(zhì)量的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積，然后根據(jù)各基本化學(xué)量的涵義和相互關(guān)系形成清晰的解題思路。本題宜由待求的量逐步遞推：由（質(zhì)量三摩爾質(zhì)量）X22.4推出標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積。該氣體的摩爾質(zhì)量子=3克/物質(zhì)的量，而a克氣體的物質(zhì)的量為b/NA。在解題時則需由已知到未知逐一計算。a克氣體的物質(zhì)的量：b/NA該氣體的摩爾質(zhì)量：a^b/NA=aNA/bC克氣體的物質(zhì)的量：c三aNA/b=c=aNA/b=cb/aNAC克氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積：(cb/aNx(cb/aNx22.4=A22.4bcaNA升（L）血3中圖血3中圖4—fr所以（A）是正確選項。［答案］(A)［評述］本題是對摩爾質(zhì)量、氣體摩爾體積和阿伏加德羅常數(shù)涵義的綜合考查，同時通過字母符號考查了推理、歸納和抽象思維能力。（理解.中等難度）［例26］A、B兩種化合物的溶解度曲線如下圖。現(xiàn)要用結(jié)晶法從A、B混合物中提取Ao（不考慮A、B共存時，對各自溶解度的影響。）（1）取5Og混合物，將它溶于100g熱水，然后冷卻至2O°C。若要使A析出而B不析出，則混合物中B的質(zhì)量百分比（B%）最高不能超過多少？（寫出推理及計算過程）（2）取Wg混合物，將它溶于100g熱水，然后冷卻至10C。若仍要使A析出而B不析出，請寫出在下列兩種情況下，混合物中A的質(zhì)量百分比（A%）應(yīng)滿足什么關(guān)系式。（以W、a、b表示。只需將答案填寫在下列橫線的空白處。）答：當(dāng)WVa+b時，A%當(dāng)W>a＋b時，A%［解析］這道題解題的關(guān)鍵是：若要使某溶質(zhì)從溶液中析出，其溶解量必須超過該溫度下的溶解度；若要使它不析出，則其溶解量必須超過該溫度下的溶解度。設(shè)問（1）,觀察溶解度曲線B，2OC若要B不析出，該溶液中B的質(zhì)量不能超過2Og，由于A、B質(zhì)量共50g,此時A的質(zhì)量就超過30g,大于該溫度下A的溶解度（1Og），因而有A析出符合題意，這樣，由5OgXB%W2Og20x100%得B%W50B%W40%設(shè)問（2）,由圖得知10°C時A和B的溶解度分別為a和bo當(dāng)wVa+b時，若要B不析出，WxB%Wb,其中B%=1—A%AW（1—A%）Wb,W—WA%WbW-bWA%三W-b則A%三W若要A析出需WXA%>a即A%>WW-ba為同時滿足上述條件需比較關(guān)W與W的值W-ba???WVa+b即W—bVa即WVW只要A%>W即可。當(dāng)W>a+b時，同樣的為滿足A析出B不析出，必須A%>W及A%>W此時W>a＋b即W—b>a〉W-b則只要A%—W即可［答案］(1)B%W40%。A%>—(2)當(dāng)WVa+b時WW-b當(dāng)W>a+b時，A%三W

［評述］本題考查了溶解度的概念、析晶條件等基本原理，是推理計算題，試題涉及的兩個小問在難度上有梯度，設(shè)問（1）從具體數(shù)據(jù)入手只要掌握溶解度的概念，理解溶解度曲線的含義，不難得出正確結(jié)論，第Q）問則要求進(jìn)一步推導(dǎo)用抽象的字母表示，在總質(zhì)量分別小于、大于溶解度之和時，符合題意（A不析出、B析出）的兩種情況下的代數(shù)表達(dá)式。由于引入了用不等式回答問題，加大了難度，充分考查了運用數(shù)字工具解決化學(xué)問題與抽象思維能力。（綜合應(yīng)用，較難）［例27］在100mLNaOH溶液中加入NH4NO3和（NH4）2SO4的固體混合物，加熱充分反應(yīng)，上圖表示加入的混合物質(zhì)量與產(chǎn)生的氣體體積（標(biāo)準(zhǔn)狀況）的關(guān)系，試計算圖4—7（1）NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度。（2）當(dāng)NaOH溶液的體積為140mL，固體混合物的質(zhì)量為51.6g時，充分反應(yīng)后，生成氣體的體積（標(biāo)準(zhǔn)狀況）為L。（3）當(dāng)NaOH溶液的體積為180mL，固體混合物的質(zhì)量仍為51.6g時，充分反應(yīng)后，生成氣體的體積（標(biāo)準(zhǔn)狀況）為L。［解析］本題考查了對圖示法給出信息的理解與接受能力，以及如何從中排除干擾選擇必要的信息，找到解題的捷徑。在閱讀觀察中須通過坐標(biāo)、圖形、數(shù)據(jù)分析反應(yīng)情況。圖中提供兩組平行數(shù)據(jù)，其中只有一組（長虛線所對應(yīng)的）是解題的依據(jù)，另一組則是多余的干擾信息。試題還將反應(yīng)物之一（銨鹽）設(shè)定為一種未指明相對含量的混合物（實際解題中并不需要了解其組成），這是又一次故意設(shè)置的干擾信息。（1）根據(jù)必要信息。由圖中長折線所對應(yīng)的縱橫坐標(biāo)可知：對于100mLNaOH溶液，隨著銨鹽加入量增加（加熱），放出NH3的體積增大但當(dāng)銨鹽加入量超過34.4g后，NH3體積不再變化。說明100mL溶液與34.4g按鹽恰好完全反應(yīng)。根據(jù)化學(xué)萬程式：NH++OH-ANHT+HOTOC\o"1-5"\h\z4321mol22.4LCXO.1L11.2LNaOH溶液濃度NaOH溶液濃度C=2mOL^L=5.00mol/L（2）計算14OmLNaOH溶液與51.6g銨鹽反應(yīng)時放出的氨氣的體積時，應(yīng)先比過量：51.6x以銨鹽為準(zhǔn)，設(shè)需NaOHxmL則34?4100，x=150mL。顯然140mLNaOH溶液是不

140二y足量的，以不足量為準(zhǔn)，生成NH3體積為y,100H.2,y=15.68(L).(3)由第(2)小題得知51.6g銨鹽固體混合物完全反應(yīng)需150mLNaOH溶液，現(xiàn)有18OmLNaOH溶液，顯然此時銨鹽不足量，計算時應(yīng)以銨鹽為準(zhǔn)，設(shè)生成NH3的體積為z51.6_z34.411.2z=16.8(L)［答案］(1)從圖上看出34.4g混合銨鹽恰好與100mLNaOH溶液完全反應(yīng)設(shè)NaOH溶液物質(zhì)的量濃度為CNaOH—NH31mol22.4LCmolL-1?O.1L11.2L1molx11.2L_5C(mol-1)=22.4Lx0.1LmolL-1(2)15.68(L)(3)16.8(L)［評述］本題在計算的內(nèi)容與要求上都比較簡單，但題示信息隱含在圖象中，需在閱讀觀察、分析應(yīng)答過程中去發(fā)現(xiàn)并掌握，同時試題還給出了解題時不需要的干擾信息，需要我們將試題所給信息與設(shè)置情境相結(jié)合，加以分析與判斷，從而決定取舍。高考已多次測試過讓考生自己選擇解題必須的數(shù)據(jù)(1994年37題、1993年39題第2問)。如：1997年測試題第3題：將鋅加入到m2g20%HCl中去，反應(yīng)結(jié)果共放出氫氣N(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，則被還原的HC1的物質(zhì)的量是(A的HC1的物質(zhì)的量是(A)655m[2mol(B)36.5m〔2mol(C)36?5(D)丄mol11.2［解析］題設(shè)m「m2因不知哪一個過量屬于干擾數(shù)據(jù)，只言選項D正確。(綜合應(yīng)用，較難)［例28］80°C、101.3kPa下，用下圖裝置進(jìn)行如下實驗。A、C兩筒內(nèi)分別裝有無色氣體，它們可能合NH3、O2、N2、H2S、NO、CO2等氣體，B管內(nèi)裝有固體，推動A的活塞使A筒中的氣體緩緩地全部通過B,后進(jìn)入C筒,C中的氣體由無色變成紅棕色,但其體積換算成同溫同壓下卻并未變化。(1)C中發(fā)生的反應(yīng)，其化學(xué)方程式是。已知原C中的氣體是單一氣體，它(若有多種可能的答案，需一一列出。。將反應(yīng)后C筒中的氣體，用水充分吸收，在同溫同壓下，氣體體積減少一半，則與水反應(yīng)前C中的氣體是。(若有多種可能的答案，需一一列出。)(2)若實驗開始前A、C中氣體的體積(制版

成標(biāo)準(zhǔn)狀況）分別為1.4OL和2.24L,且A中的氣體經(jīng)過B管后，B管增重了1.4Og,通過計算和推理可判定A中的氣體是，其質(zhì)量為go（不必寫出計算和推理過程）［解析］本題要求將分子量、物質(zhì)的量、氣體摩爾體積，以及利用化學(xué)反應(yīng)方程式等的計算，與元素及其化合物的性質(zhì)和反應(yīng)結(jié)合起來，根據(jù)試題給出的條件進(jìn)行分析、推理和論證，以求得最終結(jié)果，為了避免答卷時冗長的文字?jǐn)⑹?，試題設(shè)計成填空形式。填空的難度由易到難，問題由簡到繁，計算量由小到大，能力層次的要求也由低到高，從卷面看來要求回答的內(nèi)容似乎比較簡單，但是蘊含著的思維容量卻很大，解題時要求考生仔細(xì)審題、反復(fù)推敲、全面分析、縝密推理。（1）本小題的第一步是最簡單的。根據(jù)試題列出的氣體范圍，并由C筒中發(fā)生的現(xiàn)象（氣體由無色轉(zhuǎn)變成紅棕色），即可寫出其化學(xué)反應(yīng)方程式是：2NO+O2=2NO2o第二步，已知反應(yīng)前C筒中的氣體是單一氣體，所以只可能是02或NO；其次，題設(shè)C筒中氣體在反應(yīng)前后體積并未變化，而上述反應(yīng)式中只有NO和NO2的系數(shù)相等，由此判斷，原C筒中的氣體只可能是NO。而由B管進(jìn)入C商的氣體就是純02。第三步，C筒中NO和02反應(yīng)后得到（亦即與水反應(yīng)前）的氣體組成有三種可能：①N02和O2（O過量）；②NO2（NO和O2恰好完全反應(yīng)）；③NO2和NO（O2不足量）如前所述，O2進(jìn)入后C筒中的氣體總體積不變，因此可以斷定沒有過量的O2進(jìn)入c筒,從而排除①。然后根據(jù)NO2和H2O反應(yīng)的化學(xué)方程式：3NO2+H2O=NO+2HNO3,可知，如果是②,反應(yīng)前后氣體的體積比應(yīng)為3：1,與試題給出的條件（2：1）不符，所以又可以排除②。由此得出，跟水反應(yīng)前的氣體應(yīng)是NO2和NO的混合氣體。（2）該小題要求判定原A筒中的氣體成分，并計算其質(zhì)量，為此必須先計算進(jìn)入C筒的O2的體積。由NO2和NO混合氣體與水反應(yīng)時的體積變化可計算其中的NO2體積，并由此計算進(jìn)入C筒的o2的體積。設(shè)與水反應(yīng)前NO2和NO的體積分別為V（NO2）和V（NO）,根據(jù)題沒條件可列出兩式：V(NO)+V(NO)=2.24L2彳11-V(NO)+V(NO)=—X2.24L、32丿'丿2解之，得V（NO2）=1.68L，所以由B管進(jìn)入C筒的O2體積=O.84L，此時由B管增重可推知A中一定有CO2o設(shè)體積為X,放出O2為y,2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3+O2f增重Am2X78g2X22.4L2X106g22.4L56gXY1.4gm=質(zhì)量CO21.12Lx44gmolt22.4lmol-1-2.2g即V(CO2)=1.12LY=22.4Lx1.4g/56g=0、56L進(jìn)入C管O2為0.84L,A中有O2：0.84L-0.56L=0.28(L),O.28L+1.12L=1.4L(與題設(shè)A中氣體相等)Mo=0.28LXMo=0.28LX32gmo1-1222.4Lmolt=0.4g)，則A中氣體質(zhì)量:2.2g+O.4g=2.6g本小題還可以由進(jìn)入C管O2體積計算:設(shè)A管中含CO2體積x、O2體積y，x-+y=0.842則Lx+y=1?4解之x=1.12(L)y=O.28(L)用B管增重驗證:1.12L22.4Lmol用B管增重驗證:1.12L22.4Lmol-1x44gmol-1+0.28L22.4Lmol-1x32gmol-1二2.6g［答案］(1)2NO+O2=2NO2，NO,NO2和NO(2)CO2和O2，2.6。［評述］本題設(shè)問(1)看似答案分散，帶有迷惑性，但仔細(xì)分析答案是唯一的。第2難度大，需要邊計算、邊推理、邊證，一氣呵成才能得到正確結(jié)論，中途稍有失誤就導(dǎo)致整體不得分。屬于選拔功能很強的針對重點中學(xué)學(xué)生設(shè)置的難題。不宜作一般要求?！纠?9】(2015秋黃岡期末)常溫常壓下，用等質(zhì)量的氫氣、甲烷、氯氣、二氧化碳四中氣體分別吹出四個氣球，其中氣體為甲烷的是()［考點］阿伏伽德羅常數(shù)［分析］同溫同壓下，相同質(zhì)量的氣體，體積之比與摩爾質(zhì)量成反比，即摩爾質(zhì)量越大，氣體占有的體積越小，以此解答該題。［解答］解：同溫同壓下，相同質(zhì)量的氣體，體積之比與摩爾質(zhì)量成反比，即摩爾質(zhì)量越大,氣體占有的體積越小，CH4的摩爾質(zhì)量為16g/mol,co2的摩爾質(zhì)量為44g/mol,O2的摩爾質(zhì)量為32g/mol,H2的摩爾質(zhì)量為2g/mol。故：同溫同壓下，等質(zhì)量的ch4、co2、o2、h2占有體積大小為：h2〉ch4〉co2〉o2。故選C［點評］本題考查常用化學(xué)計算里的有關(guān)計算、阿伏伽德羅定律及推論等,注意對公式的理解與靈活運用?！纠?0】(2013秋南開區(qū)期末)在一定體積的密閉容器中放入3L氣體R和5L氣體Q,在一定條件下發(fā)生反應(yīng)2R(g)+5Q(g)=4X(g)+nY(g)反應(yīng)完全后，容器溫度不變，混合氣體的壓強是原來的87.5%，則化學(xué)方程式中的n值時()［考點］阿伏伽德羅定律及推論［專題］阿伏伽德羅常數(shù)和阿伏伽德羅定律［分析］在相同溫度和體積下,氣體的壓強與物質(zhì)的量成正比,容器溫度不變,混合氣體的壓強是原來的87.5%,說明反應(yīng)后氣體的總物質(zhì)的量減小,則反應(yīng)應(yīng)向物質(zhì)的量減小的方向進(jìn)行,以此判斷方程式中化學(xué)計量數(shù)關(guān)系。［解答］解：容器溫度不變,混合氣體的壓強是原來的87.5%,說明反應(yīng)后氣體的總物質(zhì)的量減小,則反應(yīng)應(yīng)向物質(zhì)的量減小的方向進(jìn)行,即方程式中反應(yīng)物的化學(xué)計量數(shù)之和大于生成物的化學(xué)計量數(shù)之和,則有：2+5〉4+n,n〈3,選項中只有A符合。故選A【例31】(2015秋泉州校級月考)依照阿伏伽德羅定律,下列敘述正確的是()同溫同壓下兩種氣體的體積之比等于摩爾質(zhì)量之比同溫同壓下兩種氣體的物質(zhì)的量之比等于密度之比c.同溫同壓下兩種氣體的摩爾質(zhì)量之比等于密度之比D.同溫同體積下兩種氣體的物質(zhì)的量之比等于壓強之比［考點］阿伏伽德羅定律及推論［專題］壓軸題,阿伏伽德羅常數(shù)和阿伏伽德羅定律［分析］根據(jù)PV=nRT可知,同溫同壓下兩種氣體的體積之比等于物質(zhì)的量之比,又n=m/M,若質(zhì)量關(guān)系不相等，則無法確定體積與摩爾質(zhì)量的關(guān)系；同溫同體積下兩種氣體的物質(zhì)的量之比等于壓強之比；又根據(jù)PM=PRT可知，同溫同壓下兩種氣體的摩爾質(zhì)量之比等于密度之比。［解答］解：A、由PV=nRT可知，同溫同壓下兩種氣體的體積之比等于物質(zhì)的量之比，又n=m/M，若質(zhì)量關(guān)系不相等，則無法確定體積與摩爾質(zhì)量的關(guān)系，若氣體的質(zhì)量相等，則同溫同壓下兩種氣體的體積與摩爾質(zhì)量成反比，故A錯誤；B、由PV=nRT可知，同溫同壓下兩種氣體的體積之比等于物質(zhì)的量之比，又V=m/P,若質(zhì)量相等時，同溫同壓下兩種氣體的物質(zhì)的量與密度成反比，故B錯誤；C、由PM=PRT可知，同溫同壓下摩爾質(zhì)量與密度成正比，則兩種氣體的摩爾質(zhì)量之比等于密度之比，故C正確；D、由PV=nRT可知，同溫同體積下物質(zhì)的量與壓強成正比，則來那個中其他的物質(zhì)的量之比等于壓強之比，故D正確；答案選擇：CD［點評］本題考查阿伏伽德羅定律及其推論，明確PV=nRT是解答本題的關(guān)鍵，注意公式變形及公式中一個量隨另一個量的變化來分析解答即可?！纠?1】(2013秋姜堰市期中)同溫同壓下，等質(zhì)量的SO2和SO3氣體相比較，下列敘述正確的是()A.密度比為4:5B.物質(zhì)的量之比為4:5C.體積比為1:1D.原子數(shù)之比為3:4［考點］阿伏伽德羅定律及推論［專題］阿伏伽德羅常數(shù)和阿伏伽德羅定律［分析］根據(jù)質(zhì)量計算氣體的物質(zhì)的量，可得物質(zhì)的量之比，根據(jù)分子組成可得原子數(shù)之比，同溫同壓下，氣體的物質(zhì)的量之比等于體積之比，密度之比等于相對分子質(zhì)量之比。［解答］解:A、由n=m/M=V/Vm可知，在相同條件下氣體的相對分子質(zhì)量之比等于密度之比，所以兩種氣體的密度之比為64:80=4:5,故A正確；B、設(shè)氣體的質(zhì)量為m,貝9n(SO2)=m/64mol,n(SO3)=m/80mol,所以物質(zhì)的量之比=m/64mol：m/80mol=80:64=5:4,故B錯誤；C、根據(jù)V=nXVm可知，同溫同壓下，氣體的物質(zhì)的量之比等于體積之比，所以兩種氣體體積之比等于5:4,故C錯誤；D、根據(jù)分子組成可知，兩種氣體的原子數(shù)之比為(5X3):(4X4)=15:16,故D錯誤，答案選擇：A［點評］本題考查阿伏伽德羅定律及推論，提目難度中等，注意物質(zhì)的量與體積、密度、原子數(shù)目的計算公式的運用。【例32】(2013安徽模擬)同溫同壓下，等體積的兩容器內(nèi)分別充滿14N16O和13C16O氣體下列兩容器中氣體判斷正確的是()質(zhì)量相同B.分子數(shù)不同C.中子數(shù)相同D.質(zhì)子數(shù)相同［考點］阿伏伽德羅定律及推論［分析］同溫同壓下，等體積的氣體的氣體分子數(shù)相同，14N16O和13C16O都是雙原子分子，中子數(shù)都是15,分子14N16O和13C16O中質(zhì)子數(shù)分別是15、14,中性分子質(zhì)子數(shù)等于電子數(shù)，二者摩爾質(zhì)量不同，據(jù)此結(jié)合選項進(jìn)行判斷。［解答］解：同溫同壓下，等體積的兩容器內(nèi)氣體的分子數(shù)相同，所以14N16O和13C16O分子數(shù)相同。14N16O和13C16O分子數(shù)相同，二者摩爾質(zhì)量不同