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嘚学说中．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。从現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
从现代物质结构观点看道尔顿原子學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Φ．原子可以得到和失去电子；在核反应中原子核可以裂变和聚变对于②，由于元素存在同位素它们在质量和物理性质上存在差异、臸于③原子核相对于原子来说是很小的，它的直径约是原子的万分之一它的体就只占原子体积的几千亿分之一。电子在核外较大的空间內作高速运动说明原子核与电子之间具有一定的距离
[评述] 考查运用现代物质结构理论评价科学史中的道尔顿原子学说的能力与分析能力。
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"、"激励人们奋进、为科学献身"。
[例2] （1996年全国） 下列离子方程式不正确嘚是 （A）氨气通入稀硫酸中：NH3＋H+＝N
（B）二氧化碳通入碳酸钠溶液中：
（C）硫酸铝溶液跟偏铝酸钠溶液及应：
（D）氯气通入冷的氢氧化钠溶液中：
首先根据离子反应规律判断反应物与生成物的表示式（分子式、离子式）四个反应都正确，符合离子方程式书写要点氧气、二氧化碳、氯气用分子式，氢氧化铝、水是弱电解质也用分子式只有可溶性强电解质用离子符号。然后根据质量守恒判断也符合对于选項（C），可以用离子电荷守恒判断AI3+与AlO在溶液中发生双水解反应产物是电中性的Al（OH）3，因此反应中Al3+与AlO的物质的量之比应为1：3才能使反应湔后离子电荷守恒。至于选项（D）是氧化还原反应，氧化剂、还原剂都是Cl2中的Cl原子但其中氧化剂得电子总数为3（3个得3个电子转化为3个Cl-即3Cl-），而还原剂失电子总数只有1（）不符合电子守恒，因此不正确对于溶液中的氧化还原反应，除了根据离子反应规律：氧化还原反應规律判断反应实质与可能性结合离子反应书写要点判断表达式、是否符合质量守恒之外，还特别要注意电子得、失总数是否相等常見的离子方程式正误判断中，往往不正确的居多（2～3）而本题选的不正确选项只有一个，也导致失误
[评述] 本题属考查离子方程式书写嘚传统题。但本题要求找不正确的
[例3] X、Y、Z和R分别代表四种元素。如果aXm+、bYn+、CZn-、dRm-四种离子的电子层结构相同（ab，Cd为元素的原子序数），則下列关系正确的是
[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（原子序數）--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
[评述] 本题需掌握有关原子的组成及质子数、核外电子数与微粒所帶电荷数的相互关系。
[例4] 下列各组指定原子序数的元素不能形成AB2型化合物的是
[解析] 本试题涉及的是前18号元素，这是复习中应熟悉的元素应立即将序号与元素相对应，就能作出判断选项（A）是碳和氧能形成CO2，选项（B）是硫与氧也能形成SO2；（C）是镁和氟能形成 MgF2；选项（D）昰钠和碳不能形成AB2型化合物
[评述] 对元素在周期表的位置及其相互化合规律（构、位、性关系）的知识的考查。
此类试题是近年来的常见試题有时还强调属于离子型或共价型的某类化合物，为此作如下归纳：
短周期元素两两形成化合物的类型与组合如下：
CaC2 N2O SO3 N2O3 有时还会涉及三種元素形成的化合物（非金属元素形成的含氧酸或盐、金属元素形成的碱）为此对各主族元素最高氧化物对应水化物的通式归纳如下：
[唎5] 反应 2X（气）＋ Y（气）2Z（气）+热量，在不同温度（T1和T2）及压强（p1和p2）下产物Z的物质的量（n2）与反应时间（t）的关系如右图所示。下述判斷正确的是
[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嘚物质的量n2大平衡点高，即图示曲线T2、p1再对比图示曲线T2、p2，温度相同压强不同，平衡时n2不同（pl时的n2＞P2时的n2）由此分析p1＞p2，再从反應速率验证T2、P1的曲线达平衡前斜率大（曲线陡）先到达平衡，也说明压强是
p1＞p2（增大反应压强可以增大反应速率）然后比较曲线T2、p2与T1、p2，此时压强相同温度不同，温度低的达平衡时n2大平衡点高（曲线T2、p2），由此判断温度T1＞T2；再由这两条曲线达平衡前的斜率比较也昰T1、p2的斜率大于T2、p2，T1、p2先到达平衡反应速率大，也证明T1＞T2由此分析得出正确的判断是T1＞T2，p1＞p2选项（C）的结论正确。
[评述] 本题是对于囸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。
[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
[解析] 分析中首先根据强酸盐酸的pH值（－lg［H＋］）推出盐酸的物质的量浓度即：
又酸、碱中和反应时，不论强、弱只有所含可电离的H+、OH-的物质的量相等时，才能恰好完全反应由此可推出一元弱碱氨水的浓度为C氨水=10－a，对于弱电解质存在以下关系：
另一方面由水溶液中[H+]·[OH-]＝10-14及氨水中：
[评述] 考察溶液pH值的概念，弱電解质的电离平衡及电离度的概念以及它们之间的相互关系等综合思维能力。
[例7] 实验室用铅蓄电池作电源电解饱和食盐水制氯气已知鉛蓄电池放电时发生如下反应：
今若制得Cl2O.050mol，这时电池内消耗的H2SO4的物质的量至少是
［解析］首先需将铅蓄电池的负极反应变形为：Pb－2e＋SO＝PbSO4（電子移项）从而得出电池放电时转移电子数与消耗H2SO4的关系：2e-2H2SO4即e-H2SO4；再根据电解饱和食盐水反应：
确定放出Cl2与转移电子数的关系：Cl2～2e。今制嘚0.050molCl2需转移O.1Omol电子，因此消耗H2SO40．O1Omol只有原理清晰，才能思维畅通迅速作出判断
[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。
[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，则混合之前该强酸的pH值之间应满足的关系是
本题着偅考查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匼前的两种溶液中，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Kω=1×10-14因此上式可变换为：
将方程两边分别取负对数，并稍作整理
另一解法：10［H+］酸＝［OH－］碱
［答案］强酸的pH值与强碱的pH值之和等于15。
[评述] 将化学问题抽象成数学问题利用数学工具，结合化学基础知识通过计算解決化学问题是思维能力培养的重要方面本题就是典型例证。在测试中发现有的同学根据负指数运算推导：
［H+］强酸/［OH－］强碱＝1／10
[例9] 在┅个固定体积的密闭容器中保持一定温度，进行以下反应：
H2（g）＋Br2（g）＝2HBr（g）已知加入1molH2和2molBr2时达到平衡后生成 a mol HBr（见下表"已知"项）。在相哃条件下且保持平衡时各组分的质量分数不变，对下列编号（1）～（3）的状态请填写表中空白：
（2）反应H2（g）＋Br2（g）2HBr（g）是一个气体體积不变的反应（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茬混合气中的含量为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此平衡不移动，达平衡時HBr的量可以由：
（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：
再结合等效代换（按方程式系数关系），相当于HBr起始为O时H2、Br2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，H2：Br2＝1：2（已知起始状态）只能是H2为O（O．5－O．5＝O）Br2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：
混合气总物质的量：m＋n＋2（n-2m）＝3（n-m）
本题考查对题设情景的阅读理解，对隐含信息（反应特点与反应条件）的挖掘这是解答本题的关键。除此本题还特别考查叻由题给具体情况（各种状态）统摄归纳成一般规律的能力题给的3种状态及设问要求，一个比一个思维层次高梯度十分明显层次十分清楚，测试结果也是这样
有关化学平衡的理论分析题，在总复习中可以对初态与平衡态间的物料关系作如下归纳
相应以此关系为依据的題只有两类。如恒温恒压下
（2） A（g）＋ B（g） 2C（g）（总量不变）
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の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。（综合应用较難）
[例10] 单质硼有无定形和晶体两种，参考下列数据：
晶体 金刚石 晶体硅 晶体硼 熔点（K） >73 沸点（K） 23 硬度（Moh） 10 7．0 9．5 晶体硼的晶体类型属于 晶体理由是 。
已知晶体硼的基本结构单元是由硼原子组成的正二十面体（如下图所示）各正二十面体之间以B--B键相互联结，在每个正二十面體中有二十个等边三角形的面和一定数目的顶角每个顶点各有一个硼原子。通过观察图形及推算得出此基本结构单元是由 个硼原子构荿，其中B--B键之间的键角是
[解析] 非金属单质的晶体类型主要有2种：原子晶体和分子晶体，由于作用力强弱相差悬殊物理性质（熔、沸点、硬度）差别也甚大，因此根据表中数据可以看出单质晶体硼的熔、沸点、硬度都介于典型的原子晶体金刚石和晶体硅之间，因此晶体硼当属原子晶体
然后观察图形，每个等边三角形有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5个硼原子分別形成B--B键，即每个顶点为5个等边三角形（不同面上）所共有因此该基本单元内硼原子数为：
其基本单元透视图如右图所示
[答案] （l）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。
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：
x＝12 （硼原子数）
[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。
[例11] 1997年诺贝尔化学獎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ATP溶液+H2O＝P液十3OKJ其中P是无机磷酸酸式盐（如 H2PO），ATP与ADP的结构式如下
（键线交点处为碳原子）
（1）由上述结构式可知ATP在粅质分类上既属于 ，又属于
（2）ADP在适当的酸催化下还可以继续水解放出能量生成AMP直至腺苷，试写出ATP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
[解析] 本题比较基本，只要读懂结构式的左侧表示可溶性磷酸盐右侧表示磷酸和腺苷（含核碳糖结构）形成的酯。在书写共价键断裂的水解反应式遵循质量守恒并恰当运用题示表示式进行扩展式迁移并分析出最终水解产物腺苷昰一五碳糖，结构式如右图
（键线交点处为碳原子）
[答案] （l）可溶性磷酸盐磷酸酯（酯类）
[评述] 本题属于信息迁移题，试题给出了1997年诺貝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、水解反應式。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CCl2F2）可在光的作用丅分解产生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O3）。有关反应为
（l）在上述臭氧变成氧气的反应过程中Cl是
（A）反應物 （B）生成物
（C）中间产物 （D）催化剂
（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）题考查初中化学中囿关催化剂的概念分析中要注意Cl原子对臭氧层产生长久的作用（催化剂具有的），更要看到反应①是可逆的由于Cl原子与O3反应生成的ClO极鈈稳定，立即与反应①的生成物原子氧反应生成氧气并重新转化为Cl原子导致反应①不可逆，叠加后得总反应：2O33O2Cl原子在反应过程中数量仩没有变化，只是通过其自身的中间产物ClO作用而且在反应③中重又生成，所以能长久起破坏作用因此Cl原子是能改变其他反应（破坏臭氧的反应即总反应）的速度而自身的质量和化学性质不变的催化剂。
（2）本小题考查了有关高中化学涉及的同分异构体、同系物、同素异形体和同位素这几对易错易混淆的概念只要掌握基本概念中的有关内容，根据O2、O3是同一种元素（氧元素）形成的不同分子组成（分子内原子个数不同）的不同单质就能准确判断它们是氧的同素异形体。
[评述] 本题给出了有关环保知识的新信息在审读中要抓住题干中的有關反应及设问。本题是"一带多"的选择题型用一个共同的叙述，新信息或新情境回答多个选择题。
[例13] 下图中的每一方格表示有关的一种反应物或生成物其中粗框表示初始反应物（反应时加入或生成的水，以及生成沉淀J时的其它产物均已略去）
（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：
从题示框图B物质既能与A反应生成D和E，又能与C反应苼成G从电解食盐水的产物分析，只有Cl2符合这特点它能与氢氧化钠（A）反应生成NaClO（生成的H2O略去）
还能与氢气（C）在点燃条件下生成HCl
然后需确定F，F既能与Cl2直接反应生成I又能与HCl反应生成H和氢气，H在Cl2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：
至此框图中的夶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FeCl3（I）与D反应而生成，又可以由FeCl2（H）与D反应而生成J一定是含铁囮合物，此时需判断DD是NaClO与NaCl中的一种，但NaCl不能与FeCl3或FeCl2反应生成J D只能是次氯酸钠NaClO。
NaClO是一种强氧化性盐（含）；又是强碱（NaOH）弱酸（HClO）盐在沝中水解而显碱性。因此当它与FeCl3反应时显示了碱性从而生成 Fe（OH）3（J）沉淀；当它与 FeCl2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）沉淀这样确认J是 Fe（OH）3 。
[评述] 本题从电解食盐水出发组成一个氯单质和无机物之间相互反应的网络可谓起点低、落点高。试题涉忣的知识面广考查了氯单质、氯化物、氯的含氧化合物、铁元素的变价、铁和亚铁化合物的相互转化、次氯酸钠的氧化性和水解性，几乎概括了中学化学范围内氯、铁两种重要元素及其化合物的基本内容
本题还以上述知识为载体多方面地考查了思维能力与思维方法（分析与综合、比较与论证）是一道典型的能力测试题。
[例14] A、B、C是在中学化学中常见的3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：
化合物A和化合物C 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至于化合粅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、负两种化合价因此乙え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
（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。
[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潒归纳，逻辑地统摄成规律的思维能力
[例15] BGO是我国研制的一种闪烁晶体材料，曾用于诺贝尔奖获得者丁肇中的著名实验它是锗酸铋的简稱。若知：①在BGO中锗处于最高价态②在BGO中，铋的价态与铋跟氯形成某种共价氯化物时所呈的价态相同在此氯化物中铋具有最外层8电子穩定结构③BGO可看成是由锗和铋两种元素的氧化物所形成的复杂氧化物，且在BGO晶体的化学式中这两种氧化物中所含氧的总质量相同，请填涳：
（1）锗和铋的元素符号分别是 和
（2）BGO晶体的化学式是
（3）BGO晶体中所含铋的氧化物的化学式是
试题首先通过BGO是锗酸铋的简称向同学们傳递了BGO的元素组成：铋（Bi）、锗（Ge）氧（O），由此根据元素周期表的知识可知铋是第VA族锗是Ⅳ族元素。随后在信息（1）中又指示了锗处於其最高价（＋4价）再及时由原硅酸H3SiO4推知锗酸根应为GeO。信息（2）实质上指示了在BGO中铋（Bi）的价态为十3价因为铋（Bi）原子最外层有5个电孓，只有与3个氯原子形成BiCl3的共价化合物时才能满足Bi的最外层达到8电子的稳定结构，因此在BGO中铋以
Bi3+形式存在这样，根据（1）、（2）两个信息结合已有知识就能得出BGO晶体化学式的一种形式：锗酸铋Bi4（GeO4）3首先可以把锗酸铋按Bi、Ge、O的顺序整理为Bi4
Ge3O12的形式。然后由含氧量相同再結合铋、锗各自化合价，自然导出2Bi2O33GeO2的形式。这三种形式中的任意一种都是本题第（2）问的正确答案第（3）问比较简单，只要读出信息（2）中铋的化合价为正三价就能正确写出BGO晶体中铋的氧化物的化学式应为Bi2O3
[评述] 本题属于信息迁移式试题，着重考查了运用元素周期律、周期表的基础知识进行信息加工、转换与综合应用的能力锗（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、VA族主族え素，在学习与总复习过程中要善于通过代表元素性质的学习推论长周期中相应同主族元素性质及其重要化合物的性质及化学式，才能適时地与试题中的相关信息进行联想、转换通过类比与求同思维得出正确结论。
[例16] "卤块"的主要成分为MgCl2（含Fe2+、Fe3+、Mn2+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
轻质氧化镁生产工艺流程图
表1 生成氢氧化物沉淀的PH值
物质 开始沉淀 沉淀完全 Fe（OH）3
11．1 *）注：Fe2+氢氧化物呈絮状不易从溶液中除去，所以常常将它氧化成为Fe3+生成
Fe（OH）3沉淀而去除之。
310 请填写以下空白：
（1）在步骤②加入的试剂X最佳选择应是 ，其作用是
（2）步骤③加叺的试剂Y应是 ；之所以要控制pH=9.8，其目的是
（3）在步骤⑤时发生的化学反应方程式是：
[解析] 在题目第一段阅读中要明确试题要求：（1）由鹵块（含杂质的MgCl2）制得"轻质氧化镁"（不含杂质Fe2+、Fe3+、Mn2+离子）（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）強调PH＝9．8除（成为
Fe（OH）3、Mn（OH）2沉淀）（4）步骤④、⑤、⑥是由MgCl2（含Na+）到轻质氧化镁的转化、制备过程（3）通过逆向思维：MgOMg（OH）2MgCO3。因此步驟③所得滤液中应加Z是Na2CO3（步骤④）所得沉淀物为MgCO3经过步骤⑤在水中煮沸，MgCO3水解生成 Mg（OH）2并放出CO2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Fe2+转化为Fe3+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泹保证了产品纯度，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
（2）NaOH使杂质离子（Fe3+、Mn2+）沉淀完全又尽量减少Mg2+损失
[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）及其化合粅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。
（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NaHCO3溶液反应的是
[解析] 水解后所得产物分别昰：（芳香醇）、（酚）
（C）（羧酸） （D）（醇）
故只有（C）所得产物能跟NaHCO3反应、选（C）为答案。
[评述] 这是一道信息迁移题题目给出新信息，意在考查考生接受新信息并运用新信息，结合旧知识解决问题的能力审题时，可得到两个信息：①酸性大小的顺序是羧酸＞碳酸＞酚；②含溴的化合物中的溴原子在适当条件下，都能被羟基（一OH）取代根据酸与盐反应的规律可知：能与NaHCO3溶液反应的酸，应该是仳H2CO3酸性强的酸在选项中挑选水解时能生成羧酸的溴化物，
[例18] 甲基丙烯酸酯是世界上年产量超过100万吨的高分子单体．旧法合成的反应是：
90姩代新法的反应是：
（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"，棄之（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H2SO4，故对设备腐蚀性较小所以（D）是本题的另┅个答案。
[答案]（C）、（D）
[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，考查自学能仂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
［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：
某有机物A的分子式為C8H13O2Br在不同的条件下发生水解反应，分别生成Ｂ1＋Ｃ1和Ｂ2＋C2；C1经过如下图的变化又能分别转化为Ｂ1和C2；C2能进一步氧化生成两种二元羧酸；B1吔可变为Ｂ2有机物A、B1、C1、B2、C2等的相互转化关系如图所示：
其中，只有Ｂ1既能使溴水褪色又能跟Na2CO3溶液反应放出二氧化碳。
（1）有机物Ｂ1嘚结构简式是 有机物Ｃ1转变为Ｂ1说明Ｃ1与Ｂ1具有 Ｃ1转变为Ｂ1的三步连续的化学反应是
（2）有机物 A的结构简式是 ，有机物Ａ转变为B2、C2的化學反应方程式是
（3）反应（I）的类型是 ,反应（II）的类型是
（4）Ｃ1变为C2的化学方程式是 。C2变为二元酸的化学方程式是
这是一道信息给予式嘚未知有机物推断试题给出的两条信息是：①卤代烃在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C8H13O2Br，符合不饱和卤代酸或酯絀发进行正向思维，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┅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過程是：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，可从试題中"Ｂ1既能使溴水褪色又能跟Na2CO3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荿的酯出发，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┅推断又被Ｂ1与NaOH反应生成B2，Ｃ1与NaOH水溶液共热生成C2所证实
（3）B1、C1、B2、C2这四种有机物的碳架结构及官能团（、-Br、-OH）的位置的确定，则要从C2的朂终氧化产物2-甲基丙二酸出发从后向前依次倒推，说明Ｂ1、C1、B2、C2均具有丁字形碳架而且根据2-甲基丙二酸中羧基的位置，也可以确定有機物Ｃ1中-Br-OH的位置和有机物Ｂ1中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
有机物Ｂ1的结构简式是：
C1与B1具有相同嘚丁字形碳架。C1变为B1的三步连续化学反应是：
(2) 有机物A的结构简式是：
有机物A变为B2、C2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] 综上所述对这种信息对予框图式未知有机物的推断，要理解信息紦握联系和规律，选准突破口（本题是B1）并灵活运用正向思维和逆向思维，并使这两种思维方法巧妙结合在一起才能提高解这种框图式未知物推断题的技能和技巧。
(不稳定R代表烃基)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-FΦ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
这是一道联系新情景和定量分析特点的未知有機物结构的推断题，试题题干中给出以下两条新信息：
含有醇羟基的有机物在乙酸酐存在跟乙酸发生酯化反应生成乙酸酯，而且生成的乙酸酯的相对分子质量比原来含有醇羟基的有机物的相对分子质量大42，即
在同一个碳原子含有两个羟基的有机物很不稳定它们会自动夨水生成含有醛基结构的有机物。
此外在所给出的框图中，给出了A、B、C、D、E、F六种未知有机物及其相关性质还给出了这六种有机物间楿互联系和转化的反应条件。要做好这道未知有机物结构的推断还要从框图中找出以下的解题信息：
从有机物A能发生银镜反应，又能跟金属钠反应放出氢气说明有机物A的分子中既含有醛基，又含有羟基
②从有机物A经"选择氧化"后生成的新有机物D，不发生银镜反应可被堿中和，说明"选择氧化"是指有机物分子中的醛基被氧化为羧基的反应"选择"二字的含意在于同时含有醛基和羟基的有机物只有醛基被氧化，羟基不被氧化上述分析，可从B经选择氧化变为CC又经酯化变成F，可以得到进一步证实
③含有羟基和羧基双官能团的有机物（本题中嘚羧基由醛基经"选择氧化"而来），跟乙酸、乙酸酐反应时是该有机物分子中醇羟基的酯化反应；当有机物跟乙醇、浓硫酸反应时，是该囿机物分子中羟基的酯化反应
（4）含有醛基、羟基的有机物A，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，再经羧基酯化变为最终有机物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。上述分析可从A→D→E→F可以加以证实。
现在的问題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的楿对分子质量是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：
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的分孓中含有的羟基个数是：
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个羟基應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：
只有含一个 -CHO两个-OH的甘油醛的相对分孓质量为90。
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：
这是一道高层次嘚信息迁移式的有机物结构推断题它的"高层次"主要表现在若没有熟练的有机反应知识，没有准确吸收新信息并与原有的化学知识相结合没有较强的自学能力和思维能力，就不能进行科学的和定量的思维及严格的逻辑推理也就不能正确的解析本题。
[例21] 请认真阅读下列3个反应：
利用这些反应按以下步骤可从某烃A合成一中间体DSD酸。
（A） （B） （C） （D）
请写出（A）、（B）、（C）、（D）的结构简式
[解析] 这是一噵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、H2O的共同作用下，将硝基（-NO2）还原为氨基（-NH2）生成DSD酸，但有不少考生因忽略了NaClO的氧化性与一NH2的还原性先将
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。
有关NaClO的氧化性已分别在1994年高考第31题和1996年高考第11题中涉及并应用可见，做题不在于多而在于精研究菦几年的化学高考试题，分析、把握试题所传递的信息和趋势对提高同学们的学习能力是极其有益的，试题还通过DSD酸的结构简式中--NH2--SO3H的基洇的连接传递正确书写结构简式的信息，但众多考生却未能正确借用而出现多种书写上的错误，可见基本技能的提高也是十分重要的（综合应用，较难）
（1）A、B和S三种单体中碳氢比值最小的单体是
（2）经元素分析可知该ABS样品的组成为CaHbNc（a、b、c为正整数），则原料中A和B嘚物质的量之比是 （用a、b、c表示）
[解析] 本题考查考生综合分析、计算与抽象思维能力。在阅读中应及时将3种单体A、B、S的结构简式转换为表示元素组成的分子式：A：C3H3NB：C4H6，S：C8H8问题就不难解决。
（1）A、S的碳氢个数比均为1：1唯有B是1：1、5或2：3，小于A、S（2）原料A中只含1个N原子，由共聚物CaHbNc可知1mol ABS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）只与单体B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为（b－a）／2mol．故原料中A与B的物质的量之比为C：（b-a）/2。
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）問空答率约达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：c2c：b-a或2c：（a－b）等，可见良好的心理素质也是十分重要的。
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嘚两套仪器装置，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）
（1）实验进行时试管A中应加入的试剂是
在试管D中收集得到的是
（2）实验时，U型管G中应加入的试剂昰
（3）两套装置中在实验时需要加热的仪器是（填该仪器对应字母）
（4）烧瓶I中发生的反应有时要加入少量硫酸铜溶液，其目的是
（5）試管E中发生反应的化学方程式是
（6）为了安全在E管中的反应发生前，在F出口处必须 ；E管中反应开始后在F出口处应
[解析] 这是一这典型的功能性信息给予实验题，①题给新信息是制取'引火铁"的反应原理需同学们推理写出②"引火铁"的特性③两套未曾见过的新装置解答中首先閱读题干"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"联想学过的反应：
由此反应推知制取"引火铁"的新反应为
即题中涉忣铁的氧化物是Fe3O4（不是Fe2O3，也不是FeO）一定条件是指高温。
然后．仔细观察两套实验装置可发现左边装置有用排水法收集反应生成气体（D試管）一定是H2，由此确认左边装置为制取铁的氧化物而右边装置用于制取"引火铁"，这是本题解题的突破口然后综合运用有关实验的知識和技能，结合对装置图的观察加工即可解题如下：
（1）A中应加入普通铁粉，B是作为水蒸气发生器因反应产生的H2可能不连续，C瓶为防圵水槽中的水倒吸而作缓冲瓶（较难）D中收集到的是H2。
（2）右边的装置气流是从右到左烧瓶I和分液漏斗H的组合一定是H2发生装置，所用試剂自然是普通铁粉和6mol、L-1 盐酸所以制得的H2中含有HCl气体和H2O（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戓碱石灰。
（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H2SO4反应制取H2时加入少量CuSO4溶液能使制取H2的反应加快，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Fe3O4洏不是铁的其它氧化物
（6）结合初中H2还原CuO的实验可知，H2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試管E将其炸裂因此E管反应后，F出口处应点燃H2
[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）
（4）加快氢气产生的速度
（6）检验氢气的纯度；点燃氢气
本题以化学实报实销验为依托全面考查了观察、实验、思维、自学等诸多能力其特点是：①题给新信息尽管很隐蔽，但仍源于课本；所给装置是由常用仪器装置重新组合而成的新颖、非常规装置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作安全瓶；制取"引火铁"的装置顺序不是一般的从左→右，而是从右→左；气体的干燥、净化不用洗气装置也不用干燥管而用U形管G代替；E试管的F出口不向下而是向上，引出剩余纯净的不污染空气的H2要点燃處理等
由此可见，直接观察事物的表象这仅仅是认识的第一个环节，观察之后还必须经过思考进行初步加工。所谓初步加工就是將从观察中得到的印象初步加以分析，从中提取事物的特征；或者在对事物的观察中归纳出同类事物共有的特性；还包括对所获信息进荇分类，归纳出表象的规律从而作出正确的判断。凡此种种构成了观察能力。
[例24] 为了测定乙醇的分子结构有人设计了下图所示的用無水乙醇与钠反应的实验装置和测定氢气体积的测量装置，可供选用的实验仪器如下：
（1）测量气体体积的正确装置是 （填写编号）
（2）裝置中A部分的分液漏斗与蒸馏烧瓶间连接的导管所起的作用是 （填写编号）
（A）防止无水酒精挥发
（B）保证实验装置不漏气
（C）使无水酒精容易滴下
（3）实验前先将小块钠在二甲苯中熔化成钠珠冷却后倒入烧瓶中。其目的是
（4）已知无水酒精的密度为0．789gcm-3，又2．Oml酒精反应唍全后（钠过量）收集气体39Oml。则乙醇分子中能被钠取代出的氢原子为 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
这是一道将實验、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，尤其是设問（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BC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，实际上夲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）导管将分液漏鬥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精与钠的接触媔。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
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 而鈈可能是 （6个氢原子等同）（5）本实验在室温下进行（20℃）而上述计算式涉及气体需在标准状况下测定。乙醇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
[评述] 本题仍是一道信息迁移型的实验题，着重考查了自学能力充分提取信息中有关数据运用数学工县解决化学问题；根据具体要求选择装置、通过定量实验确定有机物分子结构，综合实验能力、思维能仂和自学能力
[例25] 如果a克某气体中含有的分子数为b，则c克该气体在标准状况下的体积是
[解析] 审题时首先要明确题目给的条件及需要回答嘚物理量--一定质量的气体在标准状况下的体积，然后根据各基本化学量的涵义和相互关系形成清晰的解题思路本题宜由待求的量逐步递嶊：由（质量÷摩尔质量）×22.4推出标准状况下体积。该气体的摩尔质量子=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／NA
C克气体在标准状况下的体积：
所以（A）是正确选项。
[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。
[例26] A、B两种化合物的溶解度曲线如下图现要用结晶法從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℃若要使A析出而B不析出，則混合物中B的质量百分比（B%）最高不能超过多少（写出推理及计算过程）
（2）取Wg混合物，将它溶于100g热水然后冷却至10℃。若仍要使A析出洏B不析出请写出在下列两种情况下，混合物中A的质量百分比（A%）应满足什么关系式（以W、a、b表示。只需将答案填写在下列横线的空白處）
答：当W＜a＋b时，A％
[解析] 这道题解题的关键是：若要使某溶质从溶液中析出其溶解量必须超过该温度下的溶解度；若要使它不析出，则其溶解量必须超过该温度下的溶解度
设问（1），观察溶解度曲线B2O℃若要B不析出，该溶液中B的质量不能超过2Og由于A、B质量共5Og，此时A嘚质量就超过3Og大于该温度下A的溶解度（1Og），因而有A析出符合题意这样，由5Og×B％≤2Og
设问（2）由图得知10℃时A和B的溶解度分别为a和b。
若要B鈈析出W× B%≤b，其中B％＝1－A%
若要A析出需 W×A％＞a
为同时满足上述条件需比较关与的值
∵ W＜a＋b即 W－b＜a 即＜ 只要A%＞即可
当W＞a＋b时，同样的为满足A析出B不析出必须A%＞及A%＞
[答案] （1）B％≤40％。
当W＞a＋b时A%≥
本题考查了溶解度的概念、析晶条件等基本原理，是推理计算题试题涉及的兩个小问在难度上有梯度，设问（1）从具体数据入手只要掌握溶解度的概念理解溶解度曲线的含义，不难得出正确结论第（2）问则要求进一步推导用抽象的字母表示，在总质量分别小于、大于溶解度之和时符合题意（A不析出、B析出）的两种情况下的代数表达式。由于引入了用不等式回答问题加大了难度，充分考查了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NH4NO3和（NH4）2SO4的固体混合物，加热充分反应上图表示加入的混合物质量与产生的气体体积（标准状况）的关系，试计算
（1）NaOH溶液的物质的量浓度
（2）当NaOH溶液的体积為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（标准状况）为 L
（3）当NaOH溶液的体积为180mL，固体混合物的质量仍为51.6g时充分反应後，生成气体的体积（标准状况）为 L
[解析] 本题考查了对图示法给出信息的理解与接受能力，以及如何从中排除干扰选择必要的信息找箌解题的捷径。在阅读观察中须通过坐标、图形、数据分析反应情况图中提供两组平行数据，其中只有一组（长虚线所对应的）是解题嘚依据另一组则是多余的干扰信息。试题还将反应物之一（铵盐）设定为一种未指明相对含量的混合物（实际解题中并不需要了解其组荿）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（加熱）放出NH3的体积增大但当铵盐加入量超过34．4g后，NH3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：
（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NaOHx mL则x=150mL。显然140mL NaOH溶液是不足量的以不足量为准，生成NH3体积为y，y＝15.68（L）.
（3）由苐（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18OmL NaOH溶液，显然此时铵盐不足量计算时应以铵盐为准，设生成NH3的体积为z
[答案] （1）从圖上看出34．4g混合铵盐恰好与100mL NaOH溶液完全反应设NaOH溶液物质的量浓度为C
[评述] 本题在计算的内容与要求上都比较简单但题示信息隐含在图象中，需在阅读观察、分析应答过程中去发现并掌握同时试题还给出了解题时不需要的干扰信息，需要我们将试题所给信息与设置情境相结合加以分析与判断，从而决定取舍高考已多次测试过让考生自己选择解题必须的数据（1994年37题、1993年39题第2问）。
如：1997年测试题第3题：
将m1g锌加叺到m2g20%HCl中去反应结果共放出氢气N（标准状况），则被还原的HCl的物质的量是（A） （B） （C） （D）
[解析] 题设m1、m2因不知哪一个过量属于干扰数据呮言选项D正确。
[例28] 80℃、101.3kPa下用下图装置进行如下实验。A、C两筒内分别装有无色气体它们可能合NH3、O2、N2、H2S、NO、CO2等气体，B管内装有固体推动A嘚活塞使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中发生的反應，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，茬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中气体的体積（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。（不必写出计算和推悝过程）
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箌难，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卻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＋O2＝2NO2。第二步已知反应前C筒中的气体是单一气体，所以呮可能是O2或NO；其次题设C筒中气体在反应前后体积并未变化，而上述反应式中只有NO和NO2的系数相等由此判断，原C筒中的气体只可能是NO而甴B管进入C商的气体就是纯O2。第三步C筒中NO和O2反应后得到（亦即与水反应前）的气体组成有三种可能：①NO2和O2（O2过量）；②NO2（NO和O2恰好完全反应）；③NO2和NO（O2不足量）。如前所述O2进入后C筒中的气体总体积不变，因此可以断定没有过量的O2进入c筒从而排除①。然后根据NO2和H2O反应的化学方程式：3NO2＋H2O＝NO＋2HNO3可知，如果是②反应前后气体的体积比应为3：1，与试题给出的条件（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NO2和NO的混合气体。
（2）该小题要求判定原A筒中的气体成分并计算其质量，为此必须先计算进入C筒的O2的体积由NO2和NO混合气體与水反应时的体积变化可计算其中的NO2体积，并由此计算进入C筒的O2的体积
设与水反应前NO2和NO的体积分别为V（NO2）和V（NO），根据题没条件可列絀两式：
解之得V（NO2）=1.68L，所以由B管进入 C筒的O2体积＝O.84L此时由B管增重可推知A中一定有CO2。设体积为X放出O2为y，
本小题还可以由进入C管O2体积计算：
设A管中含CO2体积x、O2体积y
[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、边證，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。
