高中化學經典例題28道詳解詳析
（一）基本概念和基本原理
[例1] 道爾頓的原子學說曾經起了很大作用。他的學說中．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和質量都相同；③原子是微小的實心球體。從現代的觀點看，你認為這三個論點中，不確切的是
（A）只有③ （B）只有①③
（C）只有②③ （D）①②③
[解析] 從現代物質結構觀點看，道爾頓原子學說的三個論點都是不確切的、對于①．現代科學已經知道．原子是由原子核和核外電子組成的。原子核內又有質子和中子、在化學反應中．原子可以得到和失去電子；在核反應中原子核可以裂變和聚變。對于②，由于元素存在同位素，它們在質量和物理性質上存在差異、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] 考查運用現代物質結構理論評價科學史中的道爾頓原子學說的能力與分析能力。
本題還旨在提倡化學教學要注重化學史的教育，因為“史鑒使人明智”、“激勵人們奮進、為科學獻身”。
（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：NH3＋H+＝N
（B）二氧化碳通入碳酸鈉溶液中：
CO2＋C
＋H2O＝2HCO
（C）硫酸鋁溶液跟偏鋁酸鈉溶液及應：
（D）氯氣通入冷的氫氧化鈉溶液中：
2Cl2＋2OH―＝3Cl-＋ClO―＋H2O
[解析] 首先根據離子反應規律判斷反應物與生成物的表示式（分子式、離子式），四個反應都正確，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、水是弱電解質也用分子式，只有可溶性強電解質用離子符號。然后根據質量守恒判斷也符合。對于選項（C），可以用離子電荷守恒判斷，AI3+與AlO
在溶液中發生雙水解反應產物是電中性的Al（OH）3，因此反應中Al3+與AlO的物質的量之比應為1：3，才能使反應前后離子電荷守恒。至于選項（D），是氧化還原反應，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為3（3個
得3個電子轉化為3個Cl―即3
Cl―），而還原劑失電子總數只有1（
）。不符合電子守恒，因此不正確。對于溶液中的氧化還原反應，除了根據離子反應規律：氧化還原反應規律判斷反應實質與可能性，結合離子反應書寫要點判斷表達式、是否符合質量守恒之外，還特別要注意電子得、失總數是否相等。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，也導致失誤。
[答案] （D）
[評述] 本題屬考查離子方程式書寫的傳統題。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構相同（a，b，C，d為元素的原子序數），則下列關系正確的是
（A）a-c＝m-n （B）a-b＝n-m
（C）c－d＝m＋n （D）b－d＝n＋m
[解析] 根據這四種微粒具有相同電子層結構即具有相同的核外電子數，分別按陽離子的核外電子數為：
質子數（原子序數）――離子所帶電荷數
陰離子則為：質子數十離子所帶電荷數，由此得：a－m＝b－n＝c＋n＝d＋m
然后分別根據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）結論一致。
[答案]（D）
[評述] 本題需掌握有關原子的組成及質子數、核外電子數與微粒所帶電荷數的相互關系。
（理解，中等難度）
[例4] 下列各組指定原子序數的元素，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，這是復習中應熟悉的元素，應立即將序號與元素相對應，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律（構、位、性關系）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
AB
AB2
A2B
AB3
A2B3
A3B2
離子型
ⅠA與ⅦA
ⅡA與ⅦA
ⅡA與ⅦA
ⅠA與ⅥA
ⅢA與ⅦA
IIIA與ⅥA
ⅡA與ⅤA
共價型
H與ⅦA
ⅣA與ⅥA
H與ⅥA
VA與H
B與ⅥA
特例
CO、NO
SO2、
NO2、
CaC2
N2O
SO3
N2O3
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水化物的通式歸納如下：
族
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
通式
MOH
M（OH）2
M（OH）3
H3MO3
HMO2
H2RO3
H4RO4
HRO3
H3RO4
H2RO4
HRO4
（理解、中等難度）
[例5] 反應 2X（氣）＋ Y（氣）
2Z（氣）+熱量，在不同溫度（T1和T2）及壓強（p1和p2）下，產物Z的物質的量（n2）與反應時間（t）的關系如右圖所示。下述判斷正確的
是
（A）T1＞T2，p1＜p2
（B）T1＜T2，P1＞p2
（C）T1＞T2，P1＞p2
（D）T1＜T2，p1＜p2
[解析] 首先分析反應：這是一個氣體的總物質的量減小（體積減小）、放熱的可逆反應，低溫、高壓對反應有利，達平衡時產物Z的物質的量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n2＞P2時的n2），由此分析p1＞p2，再從反應速率驗證，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 p1＞p2（增大反應壓強可以增大反應速率）。然后比較曲線T2、p2與T1、p2，此時壓強相同，溫度不同，溫度低的達平衡時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，反應速率大，也證明T1＞T2。由此分析得出正確的判斷是T1＞T2，p1＞p2，選項（C）的結論正確。
[答案] （C）
[評述] 本題是對于正反應是氣體體積減小、放熱的可逆反應，溫度、壓強與產物的物質的量的關系、反應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，則該氨水的電高度可表示為
（A）
（C）1012-a-b% （D）1014-a-b%
[解析] 分析中首先根據強酸鹽酸的pH值（－lg［H＋］）推出鹽酸的物質的量濃度。即：
CHCl＝［H+］＝10-a（mol L－1 ）………………………（1）
又酸、堿中和反應時，不論強、弱，只有所含可電離的H+、OH―的物質的量相等時，才能恰好完全反應，由此可推出一元弱堿氨水的濃度為C氨水=10－a，對于弱電解質存在以下關系：
［OH－］＝c?α＝10 -a?α ……………………………（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―]
得[OH― ]=10b－14 ………………………………………（3）
代入（2）式得：10b-14＝10-a?α
a＝10b-14/10-a
=
＝
[答案] （A）
[評述] 考察溶液pH值的概念，弱電解質的電離平衡及電離度的概念，以及它們之間的相互關系等綜合思維能力。
（綜合應用，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生如下反應：
負極：
正極：
今若制得Cl2O.050mol，這時電池內消耗的H2SO4的物質的量至少是
（A）O．O25mol （B）O．O5Omol
（C）O．1Omol （D）0．2Omol
［解析］首先需將鉛蓄電池的負極反應變形為：Pb－2e＋SO
＝PbSO4（電子移項），從而得出電池放電時轉移電子數與消耗H2SO4的關系：2e-2H2SO4即e-H2SO4；再根據電解飽和食鹽水反應：
確定放出Cl2與轉移電子數的關系：Cl2～2e。今制得0.050molCl2，需轉移O.1Omol電子，因此消耗H2SO40．O1Omol。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用及思維的靈活性、敏捷性。
（理解，中等難度）
[例8] 在
[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、一般的規律結合起來，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“兩種溶液混合后溶液呈中性”是本題主要的解題線索。根據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+離子的物質的量與OH―離子的物質的量相等。據題設，則有：10[H+]酸=［OH－］堿。進行思維轉換，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，
10[H+]酸=
將方程兩邊分別取負對數，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－］堿
移項［H+」酸?［H+］堿=10-15
取負對數 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] 將化學問題抽象成數學問題，利用數學工具，結合化學基礎知識通過計算解決化學問題是思維能力培養的重要方面，本題就是典型例證。在測試中發現有的同學根據負指數運算推導：
［H+］強酸/［OH－］強堿＝1／10
則10－pH強酸／10pOH強堿＝1/10
10×10―pH強酸＝10pOH強堿＝10
強堿
1－pH強酸= -（14－pH強堿）
pH強酸＋pH強堿=15
（綜合應用，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：
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量分數不變，對下列編號（1）～（3）的狀態，請填寫表中空白：
編號
起始狀態
平衡時HBr的物質的量（mol）
H2
Br2
HBr
已知
1
2
0
a
（1）
2
4
0
（2）
1
（3）
m
[解析] 在分析中要注意到題設情景：（1）容器體積固定；
（2）反應H2（g）＋Br2（g）2HBr（g）是一個氣體體積不變的反應（壓強將不影響平衡）；（3）編號（1）～（3）和已知狀態達到相同的平衡狀態（各組分的質量分數不變）；（4）達平衡時HBr在混合氣中的含量為a／3（由已知狀態推導）。這樣對于編號（1）起始狀態相對于已知情況相當于壓強增大一倍。因此平衡不移動，達平衡時HBr的量可以由：
（反應前、后氣體總量不變）得：x＝
對于編號（2），可以先由平衡時HBr的含量不變，設體系中總的物質的量為y，則：
y＝1．5（mol）
再結合等效代換（按方程式系數關系），相當于HBr起始為O時，H2、Br2各為O.5mol，這樣，為滿足氣體物質的總量為1．5mol和當起始HBr為O，H2：Br2＝1：2（已知起始狀態）只能是H2為O（O．5－O．5＝O），Br2為O．5mol（1－O．5＝O．5）。
編號（3），先設HBr起始量為x，平衡量為y，通過等效代換轉換為如下狀態：
H2為m＋O．5x，Br2為n＋O．5x，HBr為0，此時
,x＝ 2（n
混合氣總物質的量：m＋n＋2（n―
平衡混合氣中HBr含量：
y=a(n-m)
[答案]
編號
起如狀態
平衡時HBr的物質的量（mol）
H2
Br2
HBr
已知
1
2
0
a
（1）
2
4
0
（2）
0
0.5
1
（3）
m
2(n
(n-m)a
[評述] 本題考查對題設情景的閱讀理解，對隱含信息（反應特點與反應條件）的挖掘。這是解答本題的關鍵。除此本題還特別考查了由題給具體情況（各種狀態）統攝歸納成一般規律的能力。題給的3種狀態及設問要求，一個比一個思維層次高梯度十分明顯，層次十分清楚，測試結果也是這樣。
有關化學平衡的理論分析題，在總復習中可以對初態與平衡態間的物料關系作如下歸納
（1）
初態 C
平衡態 C1―2X C2-X 2X C1＋C2－x
（2）
A ＋ B
初態 C
平衡態 C1―x C2-x 2x C1＋C2
相應以此關系為依據的題，只有兩類。如恒溫恒壓下
（1）
初態（mol） ① O.2O 0.10 O
② O O O.2O
③ 0.30 0.10 0
④ O.10 0 0.20
（2）
A（g）＋ B（g）
初態（mol） ① 0.20 0.20 0
② 0 0 0.40
③ 0.40 0.20 0
④ 0.20 0 0. 40
上述兩個反應的①、②初態過平衡對，A、B、C的平衡物質的量相等，且初態反應物的物質的量之比和方程式中各物質系數比相匹配。③、④兩種狀態達平衡時，A、B的平衡物質的量相同，但其初態反應物的物質的量之比和化學方程式中各物質系數不匹配。由此可延伸出多種試題，本題就是屬于反應（2）（總量不變）中的③、④狀況。（綜合應用，較難）
[例10] 單質硼有無定形和晶體兩種，參考下列數據：
晶體
金剛石
晶體硅
晶體硼
熔點（K）
>3823
1683
2573
沸點（K）
5100
2628
2823
硬度（Moh）
10
7．0
9．5
晶體硼的晶體類型屬于 晶體，理由是 。
已知晶體硼的基本結構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鍵相互聯結，在每個正二十面體中有二十個等邊三角形的面和一定數目的頂角，每個頂點各有一個硼原子。通過觀察圖形及推算，得出此基本結構單元是由 個硼原子構成，其中B――B鍵之間的鍵角是 。
[解析] 非金屬單質的晶體類型主要有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（熔、沸點、硬度）差別也甚大，因此根據表中數據可以看出單質晶體硼的熔、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，因此該基本單元內硼原子數為：
3×2O／5＝12
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 3×2O/5＝12
或設硼原子數為x，每個硼原子與其它5個硼原子形成B――B鍵，每個B――B鍵為兩個面所共有則：
x＝12 （硼原子數）
鍵角：60°
[評述] 本題考查了晶體類型與晶體性質的關系，對圖形的觀察分析、將立體幾何圖形與晶體模型圖結合的能力，以及將化學知識抽象為數學問題，然后運用數學工具解決化學問題的能力。
（綜合應用，較難）
[例11] 1997年諾貝爾化學獎授予對發現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，生物體中蛋白質的合成、離子遷移、肌肉收縮和神經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，它可以為上述過程提供所需能量。其水解式為ATP溶液+H2O＝P
液十3OKJ其中P是無機磷酸酸式鹽（如 H2PO
），ATP與ADP的結構式如下
（鍵線交點處為碳原子）
（1）由上述結構式可知ATP在物質分類上，既屬于 ，又屬于 。
（2）ADP在適當的酸催化下還可以繼續水解放出能量生成AMP直至腺苷，試寫出ATP逐級水解的反應式（有機物用代號表示）。
（3）寫出水解最終產物腺苷的分子式
[解析] 本題比較基本，只要讀懂結構式的左側表示可溶性磷酸鹽，右側表示磷酸和腺苷（含核碳糖結構）形成的酯。在書寫共價鍵斷裂的水解反應式遵循質量守恒并恰當運用題示表示式進行擴展式遷移。并分析出最終水解產物腺苷是一五碳糖，結構式如右圖
（鍵線交點處為碳原子）
[答案] （l）可溶性磷酸鹽，磷酸酯（酯類）
（2）ATP＋H2O＝ADP＋H2PO＋Q1；（能量）
ADP＋H2O＝AMP＋H2PO＋Q2
AMP＋H2O＝腺苷＋HP2PO＋Q3
（3）C10H13O4N5
[評述] 本題屬于信息遷移題，試題給出了1997年諾貝爾化學獎的成果，能量分子三磷酸腺苷的結構式及其水解釋放能量的表示式。考查的知識是物質的分類，由結構式推導分子式、水解反應式。可謂起點高，落點低。
（綜合應用，中等難度）
（二） 元素及其化合物
[例12] 根據以下敘述，回答（l）～（2）小題。
1995年諾貝爾化學獎授予致力于研究臭氧層破壞問題的三位環境化學家。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CCl
O3 
O2＋O
Cl＋O3→ClO＋O2
ClO→Cl＋O2
總反應：2O3→3O2
（l）在上述臭氧變成氧氣的反應過程中Cl是
（A）反應物 （B）生成物
（C）中間產物 （D）催化劑
（2）O3和O2是
（A）同分異構體 （B）同系物
（C）氧的同素異形體 （D）氧的同位素
［解析］（l）題考查初中化學中有關催化劑的概念，分析中要注意Cl原子對臭氧層產生長久的作用（催化劑具有的），更要看到反應①是可逆的，由于Cl原子與O3反應生成的ClO極不穩定，立即與反應①的生成物原子氧反應生成氧氣并重新轉化為Cl原子，導致反應①不可逆，疊加后得總反應：2O3
3O2。Cl原子在反應過程中數量上沒有變化，只是通過其自身的中間產物ClO作用，而且在反應③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（破壞臭氧的反應即總反應）的速度而自身的質量和化學性質不變的催化劑。
（2）本小題考查了有關高中化學涉及的同分異構體、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內容，根據O2、O3是同一種元素（氧元素）形成的不同分子組成（分子內原子個數不同）的不同單質，就能準確判斷它們是氧的同素異形體。
[答案] （l）D （2）C
[評述] 本題給出了有關環保知識的新信息，在審讀中要抓住題干中的有關反應及設問。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的一種反應物或生成物，其中粗框表示初始反應物（反應時加入或生成的水，以及生成沉淀J時的其它產物均已略去）。
填寫下列空白：
（1）物質B是 ，F是 ，J是 。
（2）反應①的離子方程式是
[解析] 解答本題應采用正向思維，從電解飽和食鹽水的反應入手：
2NaCl＋2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑
從題示框圖B物質既能與A反應生成D和E，又能與C反應生成G。從電解食鹽水的產物分析，只有Cl2符合這特點，它能與氫氧化鈉（A）反應生成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HCl
Cl2+H2
2HCl
由此推斷出A（NaOH）、B（Cl2）、C（H2）、G（HCl）
然后需確定F，F既能與Cl2直接反應生成I，又能與HCl反應生成H和氫氣，H在Cl2作用下還能轉化為I，則F應該是變價金屬鐵（Fe）用相關反應驗證：
2Fe＋3Cl22FeCl3
Fe＋2HCl ==== FeCl2＋H2
2FeCl2＋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反應而生成，又可以由FeCl2（H）與D反應而生成，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。因此當它與FeCl3反應時顯示了堿性從而生成 Fe（OH）3，（J）沉淀；當它與 FeCl2反應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：Cl2，F：Fe，J：Fe（OH）3
（2）Cl2＋2OH－ ==== ClO－＋Cl―＋H2O
[評述] 本題從電解食鹽水出發組成一個氯單質和無機物之間相互反應的網絡，可謂起點低、落點高。試題涉及的知識面廣，考查了氯單質、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化、次氯酸鈉的氧化性和水解性，幾乎概括了中學化學范圍內氯、鐵兩種重要元素及其化合物的基本內容。
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。
（綜合應用、較難）
[例14] A、B、C是在中學化學中常見的3種化合物，它們各由兩種元素組成，甲、乙是兩種單質，這些化合物和單質之間存在如下的關系：
單質甲 
化合物A
化合物B
化合物B
化合物A和化合物C 單質乙和化合物C
據此判斷：
（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）單質乙必定是 （填“金屬”或“非金屬”），其理由是 。
（3）單質乙的分子式可能是 ，則化合物B的分子式是
[解析] 本題初看起來，題設條件及框圖并未給出明的線索，關鍵在于恰當動用邏輯推理。對于設問（1）化合物A是由甲、乙兩種單質化合而成，則化合物A中一定含乙元素；再看左邊縱行，單質甲與化合物B反應可生成A（舍乙元素）和C兩種化合物，單質甲只含甲元素，則A中的乙元素只能來自化合物B，至于化合物C由題設條件無法判斷。因此必定含乙元素的應該是A、B兩種化合物。
至于設問（2），則需由框圖的右側縱行推理由化合物A與B（都舍乙元素）反應生成單質乙和化合物C，在單質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。這是本題的關鍵性突破，也是難點。
最后看設問（3），在中學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、負兩種價態以硫、氮為常見。
[答案] （1）A、B
（2）非金屬，因為A＋B→乙+ C，且乙為單質，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及化合物性質的綜合認識水平，將化合價的基本概念與具體反應判斷相結合，從而從高層次上考查了將化學知識按內在的聯系抽象歸納，邏輯地統攝成規律的思維能力。
（綜合應用，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，②在BGO中，鉍的價態與鉍跟氯形成某種共價氯化物時所呈的價態相同，在此氯化物中鉍具有最外層8電子穩定結構③BGO可看成是由鍺和鉍兩種元素的氧化物所形成的復雜氧化物，且在BGO晶體的化學式中，這兩種氧化物中所含氧的總質量相同，請填空：
（1）鍺和鉍的元素符號分別是 和
（2）BGO晶體的化學式是
（3）BGO晶體中所含鉍的氧化物的化學式是 。
[解析] 試題首先通過BGO是鍺酸鉍的簡稱向同學們傳遞了BGO的元素組成：鉍（Bi）、鍺（Ge）氧（O），由此根據元素周期表的知識可知鉍是第VA族，鍺是Ⅳ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推知鍺酸根應為GeO
。信息（2）實質上指示了在BGO中鉍（Bi）的價態為十3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電子的穩定結構，因此在BGO中鉍以 Bi3+形式存在。這樣，根據（1）、（2）兩個信息結合已有知識就能得出BGO晶體化學式的一種形式：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，再結合鉍、鍺各自化合價，自然導出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式應為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、周期表的基礎知識進行信息加工、轉換與綜合應用的能力。鍺（Ge）和鉍（Bi）分別是高中教材中元素周期律、周期表后學習的第ⅣA、VA族主族元素，在學習與總復習過程中要善于通過代表元素性質的學習，推論長周期中相應同主族元素性質及其重要化合物的性質及化學式，才能適時地與試題中的相關信息進行聯想、轉換，通過類比與求同思維得出正確結論。
（綜合應用，較難）
[例16] “鹵塊”的主要成分為MgCl2（含Fe2+、Fe3+、Mn2+等雜質離子），若以它為原料，按如下工藝流程圖，即可制得“輕質氧化鎂”。如果要求產品盡量不含雜質離子，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
輕質氧化鎂生產工藝流程圖
表1 生成氫氧化物沉淀的PH值
物質
開始沉淀
沉淀完全
Fe（OH）3
Fe（OH）2
Mn（OH）2
Mg（OH）2
2．7
7．6
8．3
9．6
3．7
9．6
9．8
11．1
*）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%）
450
2400
2100
600
310
請填寫以下空白：
（1）在步驟②加入的試劑X，最佳選擇應是 ，其作用是 。
（2）步驟③加入的試劑Y應是 ；之所以要控制pH=9.8，其目的是 。
（3）在步驟⑤時發生的化學反應方程式是：
[解析] 在題目第一段閱讀中要明確試題要求：（1）由鹵塊（含雜質的MgCl2）制得“輕質氧化鎂”（不含雜質Fe2+、Fe3+、Mn2+離子）（2）成本較低。在閱讀觀察工藝流程圖要明確：（3）雜質離子在步驟③加入Y（NaOH）強調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+）到輕質氧化鎂的轉化、制備過程。（3）通過逆向思維：MgO
Mg（OH）2
MgCO3。因此步驟③所得濾液中應加Z是Na2CO3（步驟④）所得沉淀物為MgCO3，經過步驟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時需結合試題分析（5）在步驟②需加氧化劑使Fe2+轉化為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率，但保證了產品純度，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
[答案]（l）漂液，使Fe2+
Fe3+
（2）NaOH使雜質離子（Fe3+、Mn2+）沉淀完全又盡量減少Mg2+損失
（3）
[評述] 本題結合工業生產實際考查無機化合物（輕質氧化鎂）的轉化生成、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。
（綜合應用，較難）
（三）有機化學基礎知識
[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，在適當條件下都能被羥基（―OH）取代（均可稱為水解反應），所得產物能跟NaHCO3溶液反應的是
[解析] 水解后所得產物分別是：
（芳香醇）、
（酚）
（C）
（羧酸） （D）
（醇）
故只有（C）所得產物能跟NaHCO3反應、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，在適當條件下，都能被羥基（一OH）取代。根據酸與鹽反應的規律可知：能與NaHCO3溶液反應的酸，應該是比H2CO3酸性強的酸，在選項中挑選水解時能生成羧酸的溴化物，
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