高中化学经典例题详解详析

高中化学经典例题28道详解详析

（一）基本概念和基本原理

[例1] 道尔顿的原子学说曾经起了很大作用。他的学说中．包含有下述三个论点：①原子是不能再分的粒子；②同种元素的原子的各种性质和质量都相同；③原子是微小的实心球体。从现代的观点看，你认为这三个论点中，不确切的是

（A ）只有③ （B ）只有①③ （C ）只有②③ （D ）①②③

[解析] 从现代物质结构观点看，道尔顿原子学说的三个论点都是不确切的、对于①．现代科学已经知道．原子是由原子核和核外电子组成的。原子核内又有质子和中子、在化学反应中．原子可以得到和失去 [答案] （D ）

[评述] 本题还旨在提倡化学教学要注重化学史的教育，因为“史鉴使人明智”、为科学献身”。 （理解、较容易）

+H [例2] （1996年全国） 下列离子方程式不正确的是 NH 3＋H ＝N 4

+

（B ）二氧化碳通入碳酸钠溶液中： CO 2＋C O 3＋H 2O ＝2HCO 3 （C ）硫酸铝溶液跟偏铝酸钠溶液及应：

-

Al 3++3AlO 2+6H 2O =4Al (OH ) 3↓

2--

（D ）氯气通入冷的氢氧化钠溶液中：——

2Cl 2＋2OH ＝3Cl -＋ClO ＋H 2O

[解析] ，四个反应都正确，C ），可以用离子电荷守恒判断，AI 3+与AlO 2Al （OH ）3，因此反应中Al 3+与AlO 2的物质的量之比应为1：3D ），是氧化还原反应，氧化剂、还原剂都是Cl 2中的Cl 3（3个Cl 得3个电子转化为3个Cl 即3Cl −−→Cl ），而

—

—

--

00

+3e

−→Cl O ）1（Cl −。不符合电子守恒，因此不正确。对于溶液中的氧化还原反

往不正确的居多（2～3），而本题选的不正确选项只有一个，也导致失误。 [答案] （D ）

[评述] 本题属考查离子方程式书写的传统题。但本题要求找不正确的。 （理解、较容易）

——

[例3] X 、Y 、Z 和R 分别代表四种元素。如果a X m+、b Y n+、C Z n 、d R m 四种离子的电子层结构相同（a ，b ，C ，d 为元素的原子序数），则下列关系正确的是 （A ）a-c ＝m-n （B ）a-b ＝n-m

（C ）c －d ＝m ＋n （D ）b －d ＝n ＋m

-e

+1

-

[解析] 根据这四种微粒具有相同电子层结构即具有相同的核外电子数，分别按阳离子的核外电子数为：

质子数（原子序数）——离子所带电荷数

阴离子则为：质子数十离子所带电荷数，由此得：a －m ＝b －n ＝c ＋n ＝d ＋m

然后分别根据选项涉及之元素审视，选项（A ）涉及a －m ＝c ＋n ，变形后为a －c ＝m ＋n ，（A ）不正确；选项（B ）涉及a －m ＝b －n ，变形后为a-b ＝m-n ，也不正确；选项（c ）涉及c+n＝d ＋m ，变形后为c －d ＝m －n ，仍不正确；只有选项（D ），涉及b －n ＝d ＋m ，变形后为b －d ＝m ＋n ，与选项（D ）结论一致。

[答案]（D ）

[评述] （理解，中等难度）

[例4] 下列各组指定原子序数的元素，不能形成AB 2型化合物的是 （A ）6和8 （B ）16和8 （C ）12和9 （D ）11和6

[解析] 本试题涉及的是前18作出判断。选项（A ）是碳和氧能形成CO 2，选项（B ）是硫与氧也能形成SO 2；（ MgF 2；选项（D ）是钠和碳不能形成AB

型化合物。

T 1t ）的 （A ）T 1＞T 2，p 1＜p 2 （B ）T 1＜T 2，P 1＞p 2 （C ）T 1＞T 2，P 1＞p 2 （D ）T 1＜T 2，p 1＜p 2

[解析] 首先分析反应：这是一个气体的总物质的量减小（体积减小）、放热的可逆反应，低温、高压对反应有利，达平衡时产物Z 的物质的量n 2大，平衡点高，即图示曲线T 2、p 1。再对比图示曲线T 2、p 2，温度相同，压强不同，平衡时n 2不同（p l 时的n 2＞P 2时的n 2），由此分析p 1＞p 2，再从反应速率验证，T 2、P 1的曲线达平衡前斜率大（曲线陡）先到达平衡，也说明压强是 p 1＞p 2（增大反应压强可以增大反应速率）。然后比较曲线T 2、p 2与T 1、p 2，此时压强相同，温度不同，温度低的达平衡时n 2大，平衡点高（曲线T 2、

p 2），由此判断温度T 1＞T 2；再由这两条曲线达平衡前的斜率比较，也是T 1、p 2的斜率大于T 2、p 2，T 1、p 2先到达平衡，反应速率大，也证明T 1＞T 2。由此分析得出正确的判断是T 1＞T 2，p 1＞p 2，选项（C ）的结论正确。

[答案] （C ）

[评述] 本题是对于正反应是气体体积减小、放热的可逆反应，温度、压强与产物的物质的量的关系、反应速率的逆向思维能力与对图象的观察能力的综合考查。

（理解、较难）

[例6] 若室温时pH ＝b 的氨水与pH ＝a 的盐酸等体积混合，恰好完全反应，则该氨水的电高度可表示为

（A ）10a+b-12% （B ）10 a+b-14% （C ）1012-a-b % （D ）1014-a-b %

＋

[解析] 分析中首先根据强酸盐酸的pH 值（－lg ［H ］－

C HCl ＝［H +］＝10-a （mol L1 ）„„„„„„„„„（1）

—

又酸、碱中和反应时，不论强、弱，只有所含可电离的H +、OH －

由此可推出一元弱碱氨水的浓度为C 氨水=10a ，对于弱电解质存在以下关系：

－

［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 代入（2）式得：10b-14＝10-a ·α a ＝10b-14/10-a

＋

= 10a b-14×100%

－

＝10a+b12% [答案] （A ）

[评述] 考察溶液pH 合思维能力。

（综合应用，较难）

[例7] 负极：Pb +SO 4=PbSO 4+2+-

PbO +4H +2=PbSO 4+2H 2O 正极：

2-

今若制得2H 2SO 4的物质的量至少是

（A ）O （B ）O ．O5Omol （C （D ）0．2Omol

Pb －2e ＋SO 4＝PbSO 4（电子移项），从而得出电池H 2SO 4的关系：2e-2H 2SO 4即e-H 2SO 4；再根据电解饱和食盐水反应：

确定放出Cl 2与转移电子数的关系：Cl 2～2e 。今制得0.050molCl 2，需转移O.1Omol 电子，因此消耗H 2SO 40．O1Omol 。

只有原理清晰，才能思维畅通迅速作出判断。 [答实] （C ）

[评述] 考查了原电池与电解池知识的综合应用及思维的灵活性、敏捷性。 （理解，中等难度）

[例8] 在25℃时，若10体积的某强酸溶液与1

体积的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合之前，

2-

该强酸的pH 值之间应满足的关系是

[评述] 本题着重考查pH 值的概念与计算，考查方式是把特殊和具体的问题与普遍、一般的规律结合起来，检查逻辑思维与逆向思维能力，即考查思维的严密性与整体性，在阅读中必须分析出题干中“两种溶液混合后溶液呈中性”是本题主要的解题线索。根据这一线索进行逆向思索，它意味着混合前的两种溶

—－

液中，酸溶液中H +离子的物质的量与OH 离子的物质的量相等。据题设，则有：10[H+]酸=［OH ］碱。

—

进行思维转换，同一种溶液（碱溶液）中，H +离子浓度与OH 离子浓度乘积等于水的离子积，25℃时K ω=1×10-14，因此上式可变换为：

1⨯10-14

+

10[H+]酸=[H ]

将方程两边分别取负对数，并稍作整理。 1－pH 酸=pH碱-14

移项后得： pH 酸+pH碱=15

－

另一解法：10［H +］酸＝［OH ］碱

10[H ]酸

+

1⨯10-14=

[H +]碱

移项［H +」酸·［H +］碱=10-15

取负对数 pH 酸十pH 碱=15

［答案］强酸的pH 值与强碱的pH 值之和等于15。

[评述]

－

［H +］强酸/［OH ］强碱＝1／10

－

则10pH 强酸／10pOH 强碱＝1/10 10×10

—pH

强酸

＝10pOH 强碱＝10

-(14-pH )

强碱

1－pH 强酸= -（14－pH 强碱） pH 强酸＋pH 强碱=15

（综合应用，较难）

[例9]

（见下表3）的状态， [解析] 在分析中要注意到题设情景：（1）容器体积固定；

（2）反应H 2（g ）＋Br 2（g ）⇔2HBr （g ）是一个气体体积不变的反应（压强将不影响平衡）；（3）编号（1）～（3）和已知状态达到相同的平衡状态（各组分的质量分数不变）；（4）达平衡时HBr 在混合气中的含量为a ／3（由已知状态推导）。这样对于编号（1）起始状态相对于已知情况相当于压强增大一倍。因

x a

=

此平衡不移动，达平衡时HBr 的量可以由：2+43

（反应前、后气体总量不变）得：x ＝2a 对于编号（2），可以先由平衡时HBr 的含量不变，设体系中总的物质的量为y ，则：

0. 5a a

=y 3 y ＝1．5（mol ）

再结合等效代换（按方程式系数关系），相当于HBr 起始为O 时，H 2、Br 2各为O.5mol ，这样，为满足气

体物质的总量为1．5mol 和当起始HBr 为O ，H 2：Br 2＝1：2（已知起始状态）只能是H 2为O （－O ．5＝O ），Br 2为O ．5mol （1－O ．5＝O ．5）。 编号（3），先设HBr 起始量为x ，平衡量为y ，通过等效代换转换为如下状态：

m +0. 51

=

n +0. 52,x ＝ 2（

H 2为m ＋O ．5x ，Br 2为n ＋O ．5x ，HBr 为0，此时

3 初态 C 1 C 2 0 C 1+C2 平衡态 C 1—x C 2-x 2x C 1＋C 2 相应以此关系为依据的题，只有两类。如恒温恒压下

（1） 2A ＋ B ⇔ 2C （总量有变化） 初态（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 ）（总量不变） 初态（mol ） ① 0.20 0.20 0 ② 0 0 0.40 ③ 0.40 0.20 0 ④ 0.20 0 0. 40

上述两个反应的①、②初态过平衡对，A 、B 、C 的平衡物质的量相等，且初态反应物的物质的量之比和方程式中各物质系数比相匹配。③、④两种状态达平衡时，A 、B 的平衡物质的量相同，但其初态反应物的物质的量之比和化学方程式中各物质系数不匹配。由此可延伸出多种试题，本题就是属于反应（2）（总量不变）中的③、④状况。（综合应用，较难）

通过观察图形及推算，得出此基本结构单元是由 B ——B 键之间的键角是 。

[解析] 2种：原子晶体和分子晶体，由于作用力强弱相差悬殊，物理

3个项点，但从图形中还应观察到在这个二十面体中每个顶点（B 原子）与另5B ——B 键，即每个顶点为5个等边三角形（不同面上）所共有，因此该 3

[ ）原子晶体，非金属单质晶体硼的熔、沸点和硬度都介于原子晶体金刚石和晶体硅之间，由此推知晶体硼为原子晶体。

（2）硼原子数 3×2O/5＝12

或设硼原子数为x ，每个硼原子与其它5个硼原子形成B ——B 键，每个B ——B 键为两个面所共有则：

11

(x ⨯5) =(3⨯20) 22

x ＝12 （硼原子数） 键角：60°

[评述] 本题考查了晶体类型与晶体性质的关系，对图形的观察分析、将立体几何图形与晶体模型图结合的能力，以及将化学知识抽象为数学问题，然后运用数学工具解决化学问题的能力。

（综合应用，较难）

[例11] 1997年诺贝尔化学奖授予对发现能量分子三磷酸腺苷的形成过程作出重大贡献的两位科学家。

已知三磷酸腺苷（简称ATP ）是生物活性体中极为重要的能量物质，生物体中蛋白质的合成、离子迁移、肌肉收缩和神经细胞的电活性等都需要能量，而ATP 的水解是一个较强的放热反应，它可以为上述过程提供所需能量。其水解式为A TP ATP 与ADP 的结构式如下

-i 溶液+H2O ＝P

液十3OKJ 其中

-

i P

是无机磷酸酸式盐（如

-

H 2PO 4

），

（键线交点处为碳原子）

（1）由上述结构式可知A TP 在物质分类上，既属于。

（2）ADP A TP 逐级水解的反应式（有机物用代号表示）。

（3）写出水解最终产物腺苷的分子式

[

[答案] （l ）可溶性磷酸盐，磷酸酯（酯类）

（2）A TP ＋H 2O ＝ADP ＋H 2PO 4＋Q 1；（能量） ADP ＋H 2O ＝AMP ＋H 2PO 4＋Q 2

-

AMP ＋H 2O ＝腺苷＋HP 2PO 4

--

＋Q 3

（3）C 10H 13O 4N 5

[评述] 本题属于信息迁移题，试题给出了1997年诺贝尔化学奖的成果，能量分子三磷酸腺苷的结构式及其水解释放能量的表示式。考查的知识是物质的分类，由结构式推导分子式、水解反应式。可谓起点高，落点低。

（综合应用，中等难度） （二） 元素及其化合物

[例12] 根据以下叙述，回答（l ）～（2）小题。

1995年诺贝尔化学奖授予致力于研究臭氧层破坏问题的三位环境化学家。大气中的臭氧层可滤除大量的紫

外光，保护地球上的生物。氟利昂（如CCl 2F 2）可在光的作用下分解产生Cl 原子，Cl 原子会对臭氧层产生长久的破坏作用（臭氧的分子式为O 3）。有关反应为 O 3 O 2＋O

Cl ＋O 3→ClO ＋O 2 ClO →Cl ＋O 2

总反应：2O 3→3O 2

（l ）在上述臭氧变成氧气的反应过程中Cl 是 （A ）反应物 （B ）生成物 （C ）中间产物 （D ）催化剂 （2）O 3和O 2是

（A ）同分异构体 （B ）同系物 （C ）氧的同素异形体 （D ）氧的同位素 ［解析］（l ）题考查初中化学中有关催化剂的概念，分析中要注意Cl （催化剂具有的），更要看到反应①是可逆的，由于Cl 原子与O 3反应生成的ClO 光

⇔

−→3O 2。生成物原子氧反应生成氧气并重新转化为Cl 原子，叠加后得总反应：2O 3−

Cl 所以能长久起破坏作用，因此Cl 量和化学性质不变的催化剂。

（2淆的概念，只要掌握基本概念中的有关内容，根据2 [答案] （l ）D （2）C

[评述] （了解，较容易）

[例13] 或生成的水，以及生成沉淀J 。

Cl

填写下列空白：

（1）物质B 是 ，F 是，J 是 。 （2）反应①的离子方程式是

[解析] 解答本题应采用正向思维，从电解饱和食盐水的反应入手： 2NaCl ＋2H 2O

电解

2NaOH+H2↑+Cl2↑

从题示框图B 物质既能与A 反应生成D 和E ，又能与C 反应生成G 。从电解食盐水的产物分析，只有Cl 2符合这特点，它能与氢氧化钠（A ）反应生成NaClO （生成的H 2O 略去）

Cl 2＋2NaOH=NaClO＋NaCl ＋H 2O

还能与氢气（C ）在点燃条件下生成HCl Cl 2+H2

点燃

2HCl

由此推断出A （NaOH ）、B （Cl 2）、C （H 2）、G （HCl ）

然后需确定F ，F 既能与Cl 2直接反应生成I ，又能与HCl 反应生成H 和氢气，H 在Cl 2作用下还能转化为I ，则F 应该是变价金属铁（Fe ）用相关反应验证： 2Fe ＋3Cl 2

点燃

2FeCl 3

Fe ＋2HCl ==== FeCl2＋H 2 2FeCl 2＋Cl 2 ==== 2FeCl3

至此框图中的大部分都得到合理解释。 最后需确定沉淀J （难点），按框图所示沉淀J 既可由FeCl 3（I ）与D 反应而生成，2（H ）与D 反应而生成，J 一定是含铁化合物，此时需判断D ，D 是NaClO 与NaCl 不能与FeCl 3或FeCl 2反应生成J 。 D 只能是次氯酸钠NaClO 。

NaClO 是一种强氧化性盐（含Cl ）；又是强碱（NaOH ）盐，在水中水解而显碱性。因此当它与FeCl 3反应时显示了碱性从而生成 Fe （OH ）3，（J 2反应时显示了氧化性和碱性的双重作用，也生成了Fe （OH ）3（J （3 。 [答案] B ：Cl 2，F ：Fe ，J ：Fe （OH ）3

－－—

（2）Cl 2＋2OH ==== ClO＋Cl ＋H 2O

[评述] 可谓起点低、落点高。容。

型的能力测试题。

[例14] A 、B 、C 种化合物，它们各由两种元素组成，甲、乙是两种单质，这些化合物和单质之间存在如下的关系：

+1

A 单质甲 −−

↓ ↓化合物B

化合物A 单质乙和化合物C

（1）在A 、B 、C 这3种化合物中，必定含有乙元素的是（用A 、B 、C 字母填写） （2）单质乙必定是（填“金属”或“非金属”），其理由是。 （3）单质乙的分子式可能是，则化合物B 的分子式是

[解析] 本题初看起来，题设条件及框图并未给出明的线索，关键在于恰当动用逻辑推理。对于设问（1）化合物A 是由甲、乙两种单质化合而成，则化合物A 中一定含乙元素；再看左边纵行，单质甲与化合物B 反应可生成A （舍乙元素）和C 两种化合物，单质甲只含甲元素，则A 中的乙元素只能来自化合物B ，至于化合物C 由题设条件无法判断。因此必定含乙元素的应该是A 、B 两种化合物。 至于设问（2），则需由框图的右侧纵行推理由化合物A 与B （都舍乙元素）反应生成单质乙和化合物C ，在单质乙中乙元素的化合价为零价，因此在A 、B 两种化合物中的乙元素必定分别是正、负两种化合

单质乙

价，因此乙元素必定是非金属元素。这是本题的关键性突破，也是难点。 最后看设问（3），在中学涉及的主要非金属氢、氧、碳、氮、硫、磷、氯中，在其二元化合物中分别呈正、负两种价态以硫、氮为常见。 [答案] （1）A 、B

（2）非金属，因为A ＋B →乙+ C ，且乙为单质，可知乙元素在A 、B 中分别呈正、负价，所以乙是非金属。

（3）S 、H 2S （或N 2、NH 3）

[评述] 本题考查了对图表的观察能力以及分析、推理、正向、逆向思维、抽象思维等多种思维能力，也考查了非金属元素的单质及化合物性质的综合认识水平，将化合价的基本概念与具体反应判断相结合，从而从高层次上考查了将化学知识按内在的联系抽象归纳，逻辑地统摄成规律的思维能力。 （综合应用，较难）

[例15] BGO 铋的简称。若知：①在BGO 中锗处于最高价态，②在BGO 所呈的价态相同，在此氯化物中铋具有最外层8电子稳定结构③BGO 所形成的复杂氧化物，且在BGO （1

（2）BGO （3）BGO [解析] 试题首先通过Bi ）、锗（Ge ）氧（O ）1）中又指示了锗处于其最高价（＋4价），（2）实质上指示了在BGO 中铋（Bi ）的价态为十33个氯原子形成BiCl 3的共价化合物时，才能满足Bi Bi 3+形式存在。这样，根据（1）、（2Bi 4（GeO 4）3，首先可以把锗酸铋按Bi 、Ge 、O 再结合铋、锗各自化合价，自然导出2Bi 2O 3，3GeO 23）问比较简单，只要读出信息（2Bi 2O 3。

[答案]（l ）Ge 、Bi

（2）Bi 4（）3 Bi 4Ge 3O 12或2Bi 2O 3·3GeO 2） （3）Bi [评述] Ge ）和铋（Bi ）分别是高中教材中元素周期律、周期表后学习的第ⅣA 、V A

（综合应用，较难）

[例16] “卤块”的主要成分为MgCl 2（含Fe 2+、Fe 3+、Mn 2+等杂质离子），若以它为原料，按如下工艺流程图，即可制得“轻质氧化镁”。如果要求产品尽量不含杂质离子，而且成本较低，流程中所用试剂或PH 值控制可参考下列附表确定

[解析] （1）由卤块（含杂质的MgCl 2）制得“轻质氧化镁”（不含杂质Fe 2+、Fe 3+2）成本较低。在阅读观察工艺流程图要明确：（3）杂质离子在步骤③加入Y （NaOH 8除（成为 Fe （OH ）3、Mn （OH ）2沉淀）（4）步骤④、⑤、⑥是由MgCl 2（含Na +制备过程。（3）通过逆向思维：MgO ∆←−−来自Mg （OH ）2水中煮沸←−−−−来自MgCO 3。Z 是Na 2CO 3（步骤④）所得沉淀物为MgCO 3，经过步骤⑤在水中煮沸，MgCO 3OH ）2，并放出CO 2气体。

在阅读附表1时需结合试题分析（5）在步骤②需加氧化剂使Fe 2+转化为Fe 3+以便沉淀完全容易除去。

（6）步骤③控制PH ＝9．8是为了使Mn （OH ）2沉淀完全，虽然Mg （OH ）2已开始沉淀会影响产率，但保证了产品纯度，且原料卤块价格比较低廉。（7）在阅读附表2时可以从成本较低的角度考虑步骤②

−→Fe 3+ [答案]（l ）漂液，使Fe 2+−−

（2）NaOH 使杂质离子（Fe 3+、Mn 2+）沉淀完全又尽量减少Mg 2+损失

（3）量能MgCO 3+H 2O ∆Mg (OH )2↓+CO 2↓

[评述] 本题结合工业生产实际考查无机化合物（轻质氧化镁）的转化生成、分离、提纯问题。涉及

了金属元素（Mg 、Fe 、Mn ）及其化合物相互转化的知识和信息加工、迁移能力，逻辑推理和逆向思维能力。

（综合应用，较难）

（三）有机化学基础知识

[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，在适当条件下都能被羟基（—OH ）取代（均可称为水解反应），所得产物能跟NaHCO 3溶液反应的是

[解析] 水解后所得产物分别是：

（C ）（羧酸） （D ）

故只有（C ）所得产物能跟NaHCO3

[答案] （C ）

[评述] OH ）取代。根据酸与盐反应的规律可知：能与NaHCO 3溶液反应的酸，应该是比3

（理解，中等难度）

[例18] 100万吨的高分子单体．旧法合成的反应是：

（CH 3→（CH 3）2C （OH ）CN

（CN ＋CH 3OH ＋H 2SO 4→CH 2＝C （CH 3）COOCH 3＋NH 4HSO 4

−→CH 2 ＝ C （CH 3）COOCH 3与旧法比较，新法的优点是 CH 3CH 2＋CO ＋CH 3OH −

（A ）原料无爆炸危险 （B ）原料都是无毒物质

（C ）没有副产物，原料利用率高 （D ）对设备腐蚀性较小

［解析］（A ）：新法的原料中有CO 可燃性气体，有爆炸极限，不能说“原料无爆炸危险”，弃之。（B ）：新法的原料中有CO ，CO 有毒，所以不能说“原料都是无毒物质”，弃之。（C ）：由新法的化学方程式看，产物只写了一种，而旧法的反应化学方程式甲，产物写了两种，可推知新法的优点是“没有副产物，原料利用率高”，故（C ）是答案之一。（D ）：对比三个化学方程式，可能新法的原料中没有HCN 和H 2SO 4，故对设备腐蚀性较小，所以（D ）是本题的另一个答案。

[答案]（C ）、（D ）

pd

[评述] 这是一道密切联系生产实际的信息迁移题，意在通过对三个化学方程式的观察、对比和分析，考查自学能力和思维能力，可通过对比旧法和新法的反应（比较时要注意选项提出的要求），找出新法的

优点。

（理解，中等难度）

［例19］ 已知卤代烃跟 NaOH 水溶液共热时，能发生消去所应，形成醇类或酚类：

已知，卤代烃跟NaOH 的乙醇溶液共热时，能发生消去反应，形成含有碳碳双键的烯烃： ∆

2H 5OH H -CH -CH 2+NaOH −C −−−→R -CH =CH 2+NaX +H 2O 2O R -X +NaOH −H −−→R -OH +NaX ∆

| |

H X

某有机物A 的分子式为C 8H 13O 2Br 2＋C 2；C 1

经过如下图的变化又能分别转化为Ｂ1和C 2；C 2B12。有机

物A 、B 1、C 1、B 2、C 2等的相互转化关系如图所示：

其中，只有Ｂ1Na 2CO 3溶液反应放出二氧化碳。

（1）有机物Ｂ 有机物Ｃ1转变为Ｂ1说明Ｃ1与Ｂ1具有 ，Ｃ1转变为Ｂ1的

（2 ，有机物Ａ转变为B 2、C 2的化学反应方程式是

（3, 反应（II ）的类型是 。

2的化学方程式是 。C 2变为二元酸的化学方程式是

[ NaOH 水溶液中发生水

解反应；②卤代烃在NaOH 的乙醇溶液中发生消去反应。读懂了这两条信息，又掌握了醇、醛、酸、酯的

反应规律及相互联系，便可按下述方法进行推断。

（1）从有机物Ａ的分子式为C 8H 13O 2Br ，符合不饱和卤代酸或酯出发，进行正向思维，即Ａ能发生酸

性水解，又能发生碱性水解，可以判断有机物Ａ属于酯类，而且在这个酯分子中含有一个碳碳双键和一个

溴原子。至于在这个酯分子中碳碳双键和换原子的位置，则要从Ａ的酸性分解产物Ｂ１和Ｃ1入手，进行逆

向思维才能确定。具体思维过程是：从Ｃ1经氧化反应、消去反应和酸化反应，可以转变为Ｂ1，说明Ｃ1

是饱和的溴代醇，Ｂ1是不饱和羧酸，而且Ｂ1、Ｃ1这两种有机物均含有４个碳原子和相同的碳架。有机物

Ａ则是由四碳不饱和羧酸与四碳饱和溴代醇所形成的酯。对于Ｂ1是四碳不饱和羧酸的判断，可从试题中

“Ｂ1既能使溴水褪色，又能跟Na 2CO 3溶液反应放出二氧化碳”完全一致，说明上述推断的正确性。

（2）从有机物Ａ是不饱和羧酸与饱和溴代醇形成的酯出发，进行正向思维，该酯在强碱性条件下水

解时，酯基和卤素均可发生水解，Ｂ2是不饱和羧酸盐，Ｃ2则是四碳的饱和二元醇，这一推断又被Ｂ1与

NaOH 反应生成B 2，Ｃ1与NaOH 水溶液共热生成C 2所证实。

\

/（3）B 1、C 1、B 2、C 2这四种有机物的碳架结构及官能团（C =C \/、-Br 、-OH ）的位置的确定，则

要从C 2的最终氧化产物2-甲基丙二酸出发，从后向前依次倒推，说明Ｂ1、C 1、B 2、C 2均具有丁字形碳架，而且根据2-甲基丙二酸中羧基的位置，也可以确定有机物Ｃ1中—Br —OH 的位置和有机物Ｂ1中/C =C \的

位置，进而确定有机物Ａ的结构，从而完成这道未知有机物的推断。

[答案]

有机物Ｂ1的结构简式是：

C 1与B 1具有相同的丁字形碳架。C1变为B1

\/

(2) 有机物A 的结构简式是：

有机物A 变为B 2、C 2的化学方程式是：

(3) 反应（I ）是中和反应，反应（II ）是水解反应。

C1变C2的化学方程式是：

C2变为2-甲基丙二酸的化学方程式是：

[评述] 口（本题是B1）种框图式未知物推断题的技能和技巧。

[例20] 已知：

() 现在只含C 、H 、O 的化合物A-F ，有关它们的某些信息，已注明在下面的方框内。

（1）在化合物A-F 中有酯的结构的化合物是（填字母代号）

（2）把化合物A 和F 的结构简式分别填入下列方框中。

A

F

[解析]

含有醇羟基的有机物在乙酸酐存在跟乙酸发生酯化反应，比原来含有醇羟基的有机物的相对分子质量大42，即

M ’r=（乙酸酯）—Mr （醇）=42

此外，在所给出的框图中，给出了A 、B 、C 、D 、信息：

从有机物A A 的分子中既含有醛基，又含有羟基。

②从有机物A 经D ，不发生银镜反应，可被碱中和，说明“选择氧化”“选择”二字的含意在于同时含有醛基和羟基的有机物只B 经选择氧化变为C ，C 又经酯化变成F ，可以得到进一步证实。

，跟乙酸、乙酸酐 （4A ，经醇羟基酯化转变为B ，又经选择氧化醛基变为羧基生成有机物C ，F ，在有机物F 中，不含有羟基、醛基和羧基，它们已全部转变为酯基。上A →D →E →F 可以加以证实。

现在的问题是如何把试题给出的两条信息，与框图中给出的四条信息相结合，这是突破这道有机物结构题的关键。具体地说，就是要抓住有机物C 的相对分子质量是190，有机物D 的相对分子质量是106，两种有机物的相对分子质量之差为：

△M r ＝190－106=84

而这个差值仅仅由于该有机物分子中醇羟基跟乙酸、乙酸酐的酯化反应所造成。把此点理解与试题题干给出的第一条信息乙醇跟乙酸酯化的相对分子质量之差是42相对照，可以确定在有机物A 的分子中含有的羟基个数是：

84÷42＝2

又据题干给出的第二条信息：同碳二羟基化合物很不稳定，会发生“自动脱水”，说明在有机物A

的分子中的2个羟基，应分别连在两个不同的碳原子上。由于醛基是一价基，只能存在于有机物分子结构

的链端，从而得出有机物A 是甘油醛的正确推断。这一分析，还可从A 经“选择氧化”变为D 得到证实，即从D 的相对分子质量是106，可以推出有机物A 的相对分子质量为：

M （A ）＝106－16=90

只有含一个 —CHO ，两个—OH 的甘油醛的相对分子质量为90。

[答案]

有机物B 、C 、E 、F 均是含酯的结构的化合物

（A 是甘油醛，D 是甘油酸，不含有酯的结构）

有机物A 和F 的结构简式如下：

[评述]

（综合应用，较难）

[例21] 请认真阅读下列3个反应：

A 合成一中间体DSD 酸。

（A ）

−H −−2SO HNO 3243−−→ （C ））−H SO ⋅SO −试剂与条件已略去−−−−−→ （D ）

请写出（A ）、（B ）、（C ）、（D ）的结构简式。

[解析] 这是一道含有隐含信息的信息迁移题。在阅读分析中必须注意到反应②的产物苯胺易被氧化的信

息和反应③中所加的无机试剂NaClO 具有氧化性的隐含信息。因此，合成染料中间体DSD 酸的中间步骤

（C ）→（D ）应是先接链，由在NaClO 作用下形成

然后在还原剂Fe 、HCl 、H 2O 的共同作用下，将硝基（—

NO

2）还原为氨基（—

NH 2），生成DSD 酸，但有不少考生因忽略了NaClO 的氧化性与一NH 2的还原性，先将

还原为

再接链，导致（C ）、（D ）的结构简式完全错误，本题的（A ）、（B ）结构简式则

可以由（C ）逆推得出。

[评述] 有关NaClO 的氧化性已分别在1994年高考第3111题中涉及并应用。可同学们的学习能力是极其有益的，试题还通过DSD 2——SO 3H 的基因的连接，传高也是十分重要的。（综合应用，较难）

[例22] 某种ABS 工程树脂，由丙烯腈（CN ，符号A ）、1，3一丁二烯（CH 2 ===CHCH ===== CH2，符号B ）和苯乙烯（符号S ）按一定配比共聚而得。

（1）A 、B 和S

（2）经元素分析可知该ABS C N c （a 、b 、c 为正整数），则原料中A 和B 的物质的量之比是 （用a 、b 、c 表示）。

[解析] 3种单体A 、B 、S 的结构A ：C 3H 3N ，B ：C 4H 6，S ：C 8H 8，问题就不难解决。

（1）A 、S 11，唯有B 是1：1、5或2：3，小于A 、S 。（2）原料A 中只含1个N 中含c mol A；由单体与共聚物的组成可知氢原子、碳原子个数之差为（b －a 有关（其他均为1：1），每l mol B中氢与碳原子数差2mol ，因此每l mol ABS中含B ．故原料中A 与B 的物质的量之比为C ：（b-a ）/2。

或CH 2＝CH-CH ＝CH 2；

2）c ：（b-a ）／2或 2c ：（b-a ）

[评述] 解答本题，及时进行分子式的转移是关键，但许多考生未能仿照题示信息进行相应的转换而失误，此外，缺乏综合分析和抽象思维能力，未能找出N 原子数与A 的分子数、b －a 与B 的分子数之间的关系，致使第（2）问空答率约达50%，有的考生一见抽象的数字a 、b 、c 就望而却步，即使思路正确的考生也有因心理过于紧张而误写为（b-a ）／2：c 。2c ：b-a 或2c ：（a －b ）等，可见，良好的心理素质也是十分重要的。

（综合应用、较难）

（四）化学实验

[例23] 在一定条件下用普通铁粉和水蒸气反应，可以得到铁的氧化物，该氧化物又可以经过此反应

的逆反应，生成颗粒很细的铁粉，这种铁粉具有很高的反应活性，在空气中受撞击或受热时会燃烧，所以

俗称“引火铁”，请分别用下图中示意的两套仪器装置，制取上速铁的氧化物和“引火铁”，实验中必须使用普通铁粉、6molL-1盐酸，其它试剂自选（装置中必要的铁架台、铁夹、铁圈、石棉网、加热设备等在图中均已略去）。

填写下列空白：

（1）实验进行时试管A 烧瓶B 的作用是 ；

烧瓶C 的作用是 在试管D （2）实验时，U 型管G

分液漏斗H 中应加入 （3 （4）烧瓶I （5）试管E （6）为了安全，在E

[解析] 3Fe +4H 2O (气)高温Fe 3O 4 （普通铁粉）

Fe 3气（引火铁）

（不是Fe2O3，也不是FeO ），一定条件是指高温。

D 试管）一定是H2，，这是本题解题的突破口，然后综

（1是作为水蒸气发生器，因反应产生的H 2可能不连续，C 瓶为防止水槽中的中收集到的是H 2。

（2I 和分液漏斗H 的组合一定是H 2发生装置，所用试剂自然是普通铁粉和6mol 、L -1 盐酸，所以制得的H 2中含有HCl 气体和H 2O （气），在制取“引火铁”之前必须净化、干燥，由此U 形管G 中应加入固体碱性干燥剂NaOH 或碱石灰。

（3）根据题给两个反应的条件都是“高温”和要制取水蒸气的要求，可知实验时需要加热的仪器为A 、

B 、E 。

．（4）联想到课本习题（《化学选修第三册》P62第4题），在Zn 和稀H 2SO 4反应制取H 2时加入少量CuSO 4溶液能使制取H 2的反应加快，可知，在I 中加入少量CuSO4溶液，其目的是加快H 2的生成速度，原因是形成了无数微小的Fe-Cu 原电池，加快了反应（析氢腐蚀）的进行。

（5） 试管E 中的反应自然是制取“引火铁”的反应。其关键在于反应物是Fe 3O 4而不是铁的其它氧

化物。

（6）结合初中H 2还原CuO 的实验可知，H 2在加热或点燃前一定要先验纯，所不同的是，本实验还要尽可能避免空气进入试管E ，使制取的高活性的“引火铁”受热燃烧、所以要加带导管F 的橡皮塞。此外E 管反应后，为了防止F 出口处的水蒸气凝结，堵塞出气口或回流到试管E 将其炸裂，因此E 管反应后，F 出口处应点燃H 2。

[答案] （1）普通铁粉；作为水蒸气发生器；防止水倒吸；氢气。

（2）固体NaOH （或碱石灰、CaO 等碱性固体干燥剂；6mol ·L -1HCl ）

（3）A 、B 、E

（4）加快氢气产生的速度

（5）Fe 3O 4+4H 2高温3Fe +4H 2O

（6）检验氢气的纯度；点燃氢气

[评述] ①题给新信息尽管很隐蔽，但仍源于课本；②设计仪器装置、选用药品时都打破常规，体现创新精神。如用烧瓶C U 形管G 代替；E 试管的F H 2要点燃处理等。

的判断。凡此种种，构成了观察能力。

[例24] 气体积的测量装置，可供选用的实验仪器如下：

（1 （填写编号）

（2）装置中A （填写编号）

（A （B

（C

。

（0．789gcm -3，又2．Oml 酒精反应完全后（钠过量），收集气体39Oml 。 ，由此可确定乙醇的结构式为 而不是 。

（5）实验所测定的结果偏高。可能引起的原因是（填写编号）

（A ）本实验在室温下进行，

（B ）无水酒精中混有微量甲醇

（C ）无水酒精与钠的反应不够完全

[解析] 这是一道将实验、计算、确定有机物分子结构相结合，实验设计与实验原理兼有的综合性实验题。解题中必须前后联系，分析题干与设问，尤其是设问（4）所创设的情景、数据。即所取无水酒精的体积少，只有2．0ml ，使之充分与钠反应是本实验的关键；此外反应放出气体体积数较大390ml 。因此

问题（1）的答案显然只能是B 。C 在收集方法与无法确定体积上都是不可取的。D 、E 中E 是明显干扰项滴定管测量体积精确，容易误选，实际上本实验因放出气体体积达390ml ，又只需三位有效数字（密度数位限制），而滴定管没有400ml 的容量，中途续换将导致误差。问题（2）导管将分液漏斗液面上方压力与蒸馏烧瓶内压力一致，可以使无水酒精容易流下。（3）二甲苯不参与反应，但与乙醇互溶可以增大无水酒

x /2⨯22400ml

精与钠的接触面。充分反应。（4）设1mol 乙醇分子中可置换的氢原子x ，则放出氢气 C 2H 6O -x H 22

x

46g 2×22400ml

2．00ml × 0.789gcm-3 390ml

X = 1.015≈1

说明乙醇分子中只有一个位置特殊的氢原子，因此乙醇的结构式只能是 而不可能是 （6个氢原子等同）（5）本实验在室温下进行（20若混有甲醇也将使测定数据偏高。

[答案] （1）（B ） （2）（C ）

（3）增大无水乙醇与钠接触面．充分反应

（4）1，

（5）（A ） （B ） [评述] 和自学能力。

（

[例25] 如果a b ，则c 克该气体在标准状况下的体积是

. 4ab 升(L )cN A （

B ）

22. 4b 升(L )

（ （D ）acN A

本题宜由待求的量逐步递推：由（质量÷=a克／物质的量，而a 克气体的物质的量为b/NA。在解题时则需由已知到未知逐一计算。

a 克气体的物质的量： b ／N A

该气体的摩尔质量：a ÷b/NA =aNA /b

C 克气体的物质的量：c ÷aN A /b=c = aNA /b=cb/aNA

C 克气体在标准状况下的体积：

(cb /aN A ⨯22. 4=22. 4bc

aN A 升（L ）

所以（A ）是正确选项。

［答案］（A ）

[评述] 本题是对摩尔质量、气体摩尔体积和阿伏加德罗常数涵义的综合考查，同时通过字母符号考查了推理、归纳和抽象思维能力。

（理解．中等难度）

[例26] A、B 两种化合物的溶解度曲线如下图。现要用结晶法从A 、B 混合

物中提取A 。（不考虑A 、B 共存时，对各自溶解度的影响。）

（1）取5Og 混合物，将它溶于100g 热水，然后冷却至2O A

析出而B 不析出，则混合物中B 的质量百分比（B%）出推理及计算过程）

（2）取Wg 混合物，将它溶于100g A

析出而B 不析出，请写出在下列两种情况下，A%）

应满足什么关系式。（以W 、a 、b 答：当W ＜a ＋b 时，A ％

当W ＞a ＋b 时，A%

[解析] 设问（1），观察溶解度曲线B ，2O ℃若要B 2Og ，由于A 、B 质量共5Og ，此时A 的质量就超过3Og ），因而有A 析出符合题意，这样，由5Og ×B ％≤2Og

20⨯100% 得B ％≤50

B% ≤40%

设问（2），由图得知10℃时A a 和b 。

当w ＜a ＋b 时，

若要B 不析出，W× B%≤b 1－A%

∴W （1－A%）≤b ，W －W b

a

即A W -b a

为同时满足上述条件需比较关W 与W 的值

W -b a a

∵ W ＜a ＋b 即 W －b ＜a 即W ＜W 只要A%＞W

即可。

W -b a

当W ＞a ＋b 时，同样的为满足A 析出B 不析出，必须A%＞W 及A%＞W

此时 W ＞a ＋b 即W —b ＞a

W -b

W 即可 则只要A%≥

[答案] （1）B ％≤40％。

（2）当W ＜a ＋b 时 A %>a

W

W -b

当W ＞a ＋b 时，A%≥W

[评述] 有梯度，设问（1第（2A 不析出、B 运用数字工具解决化学问题与抽象思维能力。

[例27] 在100mL NaOH溶液中加入NH 4NO 3和（NH 4）2SO 4

（1）NaOH

140mL ，固体混合物的质量为51.6g 时，充分反应后，生成气体的体积 180mL ，固体混合物的质量仍为51.6g 时，充分反应后，生成气体的体

，这是又一次故意设置的干扰信息。

（1）根据必要信息。由图中长折线所对应的纵横坐标可知：对于100mL NaOH 溶液，随着铵盐加入量增加（加热），放出NH 3的体积增大但当铵盐加入量超过34．4g 后，NH 3体积不再变化。说明100mL 溶液与34.4g 按盐恰好完全反应。根据化学万程式：

+NH 4+OH -∆NH 3↑+H 2O

1mol 22.4L

C ×O.1L 11.2L

1mol ⨯11. 2L =5. 00mol /L NaOH 溶液浓度 C=22. 4L ⨯0. 1L

（2）计算14OmL NaOH 溶液与51.6g 铵盐反应时放出的氨气的体积时，应先比过量：以铵盐为准，设需

51. 6x =NaOHx mL则34. 4100，x=150mL。显然140mL NaOH溶液是不足量的，以不足量为准，生成NH 3体

140y =积为y ，10011. 2，y ＝15.68（L ）.

（3）由第（2）小题得知51．6g 铵盐固体混合物完全反应需15OmL NaOH溶液，现有溶液，显然此时铵盐不足量，计算时应以铵盐为准，设生成NH 3的体积为z

51. 6z =34. 411. 2 z=16.8（L ）

[答案] （1

溶液物质的量浓度为C

C molL-1 C （mol -1

）

（2）15.68（L ） [评述] 1994年37题、1993年39题第2 如：1997年测试题第3 中去，反应结果共放出氢气N （标准状况），则被还原的HCl 的物质的量

m 2n mol mol 是（ （C ）36. 5 （D ）11. 2

D 正确。

A 、C 两筒内分别装有无色气体，它们可能合32222等气体，B 管内装有固体，推动A 的活塞使A 筒中的气体缓缓地全部通过B ，后进入C 筒，C 中的气体由无色变成红棕色，但其体积换算成同温同压下却并未变化。

（1）C 中发生的反应，其化学方程式是 。

已知原C 中的气体是单一气体，它是 （若有多种可能的答案，需一一列出。）将反应后C 筒中的气体，用水充分吸收，在同温同压下，气体体积减少一半，则与水反应前C 中的气体是 。（若有多种可能的答案，需一一列出。）

（2）若实验开始前A 、C 中气体的体积（制版成标准状况）分别为

1.4OL 和2.24L ，且A 中的气体经过B 管后，B 管增重了1.4Og ，通过计算和推理可判定A 中的气体是 ，其质量为 g 。（不必写出计算和推理过程）

[解析] 本题要求将分子量、物质的量、气体摩尔体积，以及利用化学反应方程式等的计算，与元素及其化合物的性质和反应结合起来，根据试题给出的条件进行分析、推理和论证，以求得最终结果，为了避免答卷时冗长的文字叙述，试题设计成填空形式。填空的难度由易到难，问题由简到繁，计算量由小到大，能力层次的要求也由低到高，从卷面看来要求回答的内容似乎比较简单，但是蕴含着的思维容量却很大，解题时要求考生仔细审题、反复推敲、全面分析、缜密推理。

（1）本小题的第一步是最简单的。根据试题列出的气体范围，并由C 筒中发生的现象（气体由无色转变成红棕色），即可写出其化学反应方程式是：2NO ＋O 2＝2NO 2。第二步，已知反应前C 筒中的气体是单一气体，所以只可能是O 2或NO ；其次，题设C 筒中气体在反应前后体积并未变化，有NO 和NO 2的系数相等，由此判断，原C 筒中的气体只可能是NO 。而由B 管进入C O 2。第三步，C 筒中NO 和O 2和（O 2过量）；②NO 2（NO 和O 2恰好完全反应）；③NO 2和NO （O 2不足量）。如前所述，O 2体总体积不变，因此可以断定没有过量的O 2进入c 筒，从而排除①。然后根据程式：3NO 2＋H 2O ＝NO ＋2HNO 33：件（2：1）不符，所以又可以排除②。由此得出，跟水反应前的气体应是NO 2和

（2

C 筒的O 2的体积。由NO 2和NO C 筒的O 2的体积。

⎧V (NO ⎪⎨1V (⎪3

⎩ ，此时由B 管增重可推知A 中一定有CO 2 2Na 2O 2 2×78g 质量

Y=22.4L ×1.4g/56g = 0、56L

中有O 2：0.84L-0.56L=0.28（L ）,O.28L+1.12L=1.4L（与题设A 中气体相等）

Mo 2. 4（g ），则A 中气体质量：2.2g ＋O.4g ＝2．6g

O 2体积计算：

设A 22y ，

⎡x ⎢2+y =0. 84

⎢x +y =1. 4 解之 x ＝1.12（L ） y ＝ O.28（L ） 则 ⎣

1. 12L 0. 28L -1-1⨯44gmol +⨯32gmol =2. 6g -1-122. 4Lmol 用B 管增重验证：22. 4Lmol

[答案] （l ）2NO ＋O 2＝2NO 2，NO ，NO 2和NO

（2）CO 2和O 2，2.6。

[评述] 本题设问（1）看似答案分散，带有迷惑性，但仔细分析答案是唯一的。第2难度大，需要边计算、边推理、边证，一气呵成才能得到正确结论，中途稍有失误就导致整体不得分。属于选拔功能很强的针对重点中学学生设置的难题。不宜作一般要求。