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(diǎn)：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(shí)心球體。從現(xiàn)代的觀點(diǎn)看，你認(rèn)為這三個論點(diǎn)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(diǎn)看，道爾頓原子學(xué)說的三個論點(diǎn)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(yùn)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(yùn)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?yàn)椤笆疯b使人明智”、“激勵人們奮進(jìn)、為科學(xué)獻(xiàn)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(yīng)：

    （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(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(diǎn)，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(qiáng)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(xiàng)（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(xiàng)（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(shí)質(zhì)與可能性，結(jié)合離子反應(yīng)書寫要點(diǎn)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(xiàng)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_aX^m+、_bYⁿ⁺、_CZ^n―、_dR^m―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－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)）――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(xiàng)涉及之元素審視，選項(xiàng)（A）涉及a－m＝c＋n，變形后為a－c＝m＋n，（A）不正確；選項(xiàng)（B）涉及a－m＝b－n，變形后為a-b＝m-n，也不正確；選項(xiàng)（c）涉及c+n＝d＋m，變形后為c－d＝m－n，仍不正確；只有選項(xiàng)（D），涉及b－n＝d＋m，變形后為b－d＝m＋n，與選項(xiàng)（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(xiàng)（A）是碳和氧能形成CO₂，選項(xiàng)（B）是硫與氧也能形成SO₂；（C）是鎂和氟能形成 MgF₂；選項(xiàng)（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(qiáng)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

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(yīng)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(yīng) 2X（氣）＋ Y（氣）2Z（氣）+熱量，在不同溫度（T₁和T₂）及壓強(qiáng)（p₁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＞p₂

    （C）T₁＞T₂，P₁＞p₂

    （D）T₁＜T₂，p₁＜p₂

    [解析]  首先分析反應(yīng)：這是一個氣體的總物質(zhì)的量減�。�體積減�。�、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(diǎn)高，即圖示曲線T₂、p₁。再對比圖示曲線T₂、p₂，溫度相同，壓強(qiáng)不同，平衡時n₂不同（p_l時的n₂＞P₂時的n₂），由此分析p₁＞p₂，再從反應(yīng)速率驗(yàn)證，T₂、P₁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(qiáng)是 p₁＞p₂（增大反應(yīng)壓強(qiáng)可以增大反應(yīng)速率）。然后比較曲線T₂、p₂與T₁、p₂，此時壓強(qiáng)相同，溫度不同，溫度低的達(dá)平衡時n₂大，平衡點(diǎn)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T₁、p₂的斜率大于T₂、p₂，T₁、p₂先到達(dá)平衡，反應(yīng)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(xiàng)（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(qiáng)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）10^a+b-12%        （B）10 ^a+b-14%

    （C）10^12-a-b%        （D）10^14-a-b%

    [解析]  分析中首先根據(jù)強(qiáng)酸鹽酸的pH值（－lg［H^＋］）推出鹽酸的物質(zhì)的量濃度。即：

C_HCl＝［H⁺］＝10^-a（mol L^－1 ）………………………（1）

又酸、堿中和反應(yīng)時，不論強(qiáng)、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)存在以下關(guān)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^― ]=10^b－14  ………………………………………（3）

代入（2）式得：10^b-14＝10^-a?α

    a＝10^b-14/10^-a

     = 10^a＋b-14×100%

     ＝10^a+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(shí)驗(yàn)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：

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）O．O25mol          （B）O．O5Omol

    （C）O．1Omol           （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(xiàng)），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)電解飽和食鹽水反應(yīng)：

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.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(shí)] （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(qiáng)酸溶液與1體積的某強(qiáng)堿溶液混合后溶液呈中性，則混合之前，該強(qiáng)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(jì)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Kω=1×10^-14，因此上式可變換為：

     10[H⁺]_酸=

    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(xiàng)后得： pH酸+pH堿=15

    另一解法：10［H⁺］_酸＝［OH^－］_堿

移項(xiàng)［H⁺」_酸?［H⁺］_堿=10^-15

    取負(fù)對數(shù) pH酸十pH堿=15

    ［答案］強(qiáng)酸的pH值與強(qiáng)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(jì)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(yùn)算推導(dǎo)：

    ［H⁺］_{強(qiáng)酸}/［OH^－］_{強(qiáng)堿}＝1／10

     則10^－pH_{強(qiáng)酸}／10^pOH_{強(qiáng)堿}＝1/10

     10×10^―pH_{強(qiáng)酸}＝10^pOH_{強(qiáng)堿}＝10_{強(qiáng)堿}

    1－pH_{強(qiáng)酸}= -（14－pH_{強(qiáng)堿}）

    pH_{強(qiáng)酸}＋pH_{強(qiáng)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(jìn)行以下反應(yīng)：

    H₂（g）＋Br₂（g）＝2HBr（g）已知加入1molH₂和2molBr₂時，達(dá)到平衡后生成 a mol HBr（見下表“已知”項(xiàng)）。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?/p>

編號

起始狀態(tài)

平衡時HBr的物質(zhì)的量（mol）

H₂

Br₂

HBr

已知

1

2

0

a

（1）

2

4

0

（2）

1

0.5a

（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(qiáng)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(qiáng)增大一倍。因此平衡不移動，達(dá)平衡時HBr的量可以由：

（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，則：

                y＝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＝O），Br₂為O．5mol（1－O．5＝O．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)：

    H₂為m＋O．5x，Br₂為n＋O．5x，HBr為0，此時,x＝ 2（n-2m）

      混合氣總物質(zhì)的量：m＋n＋2（n―2m）＝3（n-m）

平衡混合氣中HBr含量：       y=a(n-m)

[答案]

編號

起如狀態(tài)

平衡時HBr的物質(zhì)的量（mol）

H₂

Br₂

HBr

已知

1

2

0

a

（1）

2

4

0

2a

（2）

0

0.5

1

0.5a

（3）

m

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(diǎn)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      C₁＋C₂

      平衡態(tài)     C₁―2X        C₂-X       2X     C₁＋C₂－x

        （2）      A      ＋   B      2C     總量（不變）

        初態(tài)       C₁          C₂         0      C₁+C₂

      平衡態(tài)     C₁―x        C₂-x       2x     C₁＋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       ＋   B         2C    （總量有變化）

        初態(tài)（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）    2C（g）（總量不變）

        初態(tài)（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(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(diǎn)（K）

>3823

1683

2573

沸點(diǎn)（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(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(diǎn)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(qiáng)弱相差懸殊，物理性質(zhì)（熔、沸點(diǎn)、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(diǎn)、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(xiàng)點(diǎn)，但從圖形中還應(yīng)觀察到在這個二十面體中每個頂點(diǎn)（B原子）與另5個硼原子分別形成B――B鍵，即每個頂點(diǎn)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：

      3×2O／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(zhì)晶體硼的熔、沸點(diǎn)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/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鍵為兩個面所共有則：   

x＝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(yùn)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(qiáng)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+H₂O＝P液十3OKJ其中P是無機(jī)磷酸酸式鹽（如 H₂PO），ATP與ADP的結(jié)構(gòu)式如下

    （鍵線交點(diǎn)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�下還可以繼續(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(jī)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(yùn)用題示表示式進(jìn)行擴(kuò)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(diǎn)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(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。考查的知識是物質(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(diǎn)高，落點(diǎn)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（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(hù)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  O₂＋O

    Cl＋O₃→ClO＋O₂

    ClO→Cl＋O₂

    總反應(yīng)：2O₃→3O₂

    （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)①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)①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)①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)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(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）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]  （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)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：

      2NaCl＋2H₂O2NaOH+H₂↑+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(diǎn)，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(diǎn)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(yàn)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(diǎn)），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(qiáng)氧化性鹽（含）；又是強(qiáng)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(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(jī)物之間相互反應(yīng)的網(wǎng)絡(luò)，可謂起點(diǎn)低、落點(diǎn)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    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(diǎn)。

    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

    （2）非金屬，因?yàn)锳＋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。

    （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(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(shí)驗(yàn)，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?/p>

    （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(yīng)為GeO。信息（2）實(shí)質(zhì)上指示了在BGO中鉍（Bi）的價態(tài)為十3價，因?yàn)殂G（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，著重考查了運(yùn)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ⅣA、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）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(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%）

450

2400

2100

600

310

請?zhí)顚懸韵驴瞻祝?/p>

（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(qiáng)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、制備過程。（3）通過逆向思維：MgOMg（OH）₂MgCO₃。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

     [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M(fèi)g²⁺損失

           （3）

    [評述]  本題結(jié)合工業(yè)生產(chǎn)實(shí)際考查無機(jī)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(jī)化學(xué)基礎(chǔ)知識

[例17] 已知酸性大�。呼人幔咎妓幔痉�。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(yùn)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(qiáng)的酸，在選項(xiàng)中挑選水解時能生成羧酸的溴化物，

                                       &nbs