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1、 丹东市第一中学高一十六班 化学 高中化学经典例题详解（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：原子是不能再分的粒子；同种元素的原子的各种性质和质量都相同；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 （B）只有 （C）只有 （D） 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电子；在核反应中原子核可以裂变和聚变。对于，由于元素存在同位素，它们在质量和物理性质上存在差异、至于原子

2、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内作高速运动说明原子核与电子之间具有一定的距离。 答案 （D） 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。 例2 （1996年全国） 下列离子方程式不正确的是 （A）氨气通入稀硫酸中：NH3H+NH4+ （B）二氧化碳通入碳酸钠溶液中： CO2CO32-H2O2HCO3 （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：2Cl22OH3ClClOH2O 解析 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

3、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。对于选项（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，才能使反应前后离子电荷守恒。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：氧化还原反应

4、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。常见的离子方程式正误判断中，往往不正确的居多（23），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aXm+、bYn+、CZn、dRm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-cm-n （B）a-bn-m （C）cdmn （D）bdnm 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，

5、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：ambncndm 然后分别根据选项涉及之元素审视，选项（A）涉及amcn，变形后为acmn，（A）不正确；选项（B）涉及ambn，变形后为a-bm-n，也不正确；选项（c）涉及c+ndm，变形后为cdmn，仍不正确；只有选项（D），涉及bndm，变形后为bdmn，与选项（D）结论一致。 答案（D） 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带电荷数的相互关系。 （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AB2型化合物的是 （A）6和8 （B）16和8 （C

6、）12和9 （D）11和6 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）是钠和碳不能形成AB2型化合物。 答案 （D） 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试题，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：类型ABAB2A2BAB3A2B3A3B2离子型A与AA与AA与AA与AA与AIIIA与AA与A共价型H与AA与

7、AH与AVA与HB与A特例CO、NOSO2、NO2、CaC2N2OSO3N2O3有时还会涉及三种元素形成的化合物（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：族AAAAAAA通式MOHM（OH）2M（OH）3H3MO3HMO2H2RO3H4RO4HRO3H3RO4H2RO4HRO4 （理解、中等难度）例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。下述判断正确的是 （A）T1T2，p1p2 （B）T1T2，P1p2 （C）T1T2，

8、P1p2 （D）T1T2，p1p2 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n2P2时的n2），由此分析p1p2，再从反应速率验证，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 p1p2（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T1T2；再由这两条曲线达平衡前的斜率比较

9、，也是T1、p2的斜率大于T2、p2，T1、p2先到达平衡，反应速率大，也证明T1T2。由此分析得出正确的判断是T1T2，p1p2，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pHb的氨水与pHa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（lgH）推出盐酸的物质的量浓度。即：

10、CHClH+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=10a，对于弱电解质存在以下关系： OHc10 -a （2）另一方面由水溶液中H+OH10-14，及氨水中： pH=lgH+14pOH14十lgOH 得OH =10b14 （3）代入（2）式得：10b-1410-a a10b-14/10-a = 10ab-14100% 10a+b12% 答案 （A） 评述 考察溶液pH值的概念，弱电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。 （综合应用，较难）

11、例7 实验室用铅蓄电池作电源电解饱和食盐水制氯气，已知铅蓄电池放电时发生如下反应： 负极：正极： 今若制得Cl2O.050mol，这时电池内消耗的H2SO4的物质的量至少是 （A）OO25mol （B）OO5Omol （C）O1Omol （D）02Omol 解析首先需将铅蓄电池的负极反应变形为：Pb2eSOPbSO4（电子移项），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：Cl22e。今制得0.050molCl2，需转移O.1Omol电子，因此消耗H2SO40O1Omol。只有原理清晰，才能

12、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，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：10H+酸

13、=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=110-14，因此上式可变换为： 10H+酸= 将方程两边分别取负对数，并稍作整理。 1pH酸=pH碱-14 移项后得： pH酸+pH碱=15 另一解法：10H+酸OH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 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决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110 则10pH强酸10pOH

14、强碱1/10 1010pH强酸10pOH强碱10强碱 1pH强酸= -（14pH强碱） pH强酸pH强碱=15 （综合应用，较难） 例9 在一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）。在相同条件下，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：编号起始状态平衡时HBr的物质的量（mol）H2Br2HBr已知120a（1）240（2）10.5a（3）m 解析 在分析中要注意到题设情景：（1）容器体积固定；（2）反应H2（

15、g）Br2（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a3（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，达平衡时HBr的量可以由：（反应前、后气体总量不变）得：x2a 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： y15（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，H2、Br2各为O.5mol，这样，为满足气体物质的总量为15mol和当起始HBr为O，H

16、2：Br21：2（已知起始状态）只能是H2为O（O5O5O），Br2为O5mol（1O5O5）。 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： H2为mO5x，Br2为nO5x，HBr为0，此时,x 2（n-2m） 混合气总物质的量：mn2（n2m）3（n-m）平衡混合气中HBr含量： y=a(n-m)答案编号起如状态平衡时HBr的物质的量（mol）H2Br2HBr已知120a（1）2402a（2）00.510.5a（3）m2(n-2m)(n-m)a 评述 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

17、了由题给具体情况（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 （1） 2A B 2C 总量（有变化） 初态 C1 C2 O C1C2 平衡态 C12X C2-X 2X C1C2x （2） A B 2C 总量（不变） 初态 C1 C2 0 C1+C2 平衡态 C1x C2-x 2x C1C2 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） O.2O 0.10 O O O O.2O

18、 0.30 0.10 0 O.10 0 0.20 （2） A（g） B（g） 2C（g）（总量不变） 初态（mol） 0.20 0.20 0 0 0 0.40 0.40 0.20 0 0.20 0 0. 40上述两个反应的、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。、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、状况。（综合应用，较难）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）38

19、2316832573沸点（K）510026282823硬度（Moh）107095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BB键相互联结，在每个正二十面体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 个硼原子构成，其中BB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

20、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个硼原子分别形成BB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： 32O512 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。 （2）硼原子数 32O/512或设硼原子数为x，每个硼原子与其它5个硼原子形成BB键，每个BB键为两个面所共有则： x12 （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

21、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ATP溶液+H2OP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在物质分类上，既属于 ，

22、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是一五碳糖，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） （2）ATPH2OADPH2POQ1；（能量） ADPH2OAMPH2POQ2 AMPH2O腺苷HP2POQ3 （3）C10H13O4N5

23、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CCl2F2）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O3）。有关反应为O3 O2O ClO3ClOO2 ClOClO2 总反应：2O33O

24、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）O3和O2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），更要看到反应是可逆的，由于Cl原子与O3反应生成的ClO极不稳定，立即与反应的生成物原子氧反应生成氧气并重新转化为Cl原子，导致反应不可逆，叠加后得总反应：2O33O2。Cl原子在反应过程中数量上没有变化，只是通过其自身的中间产物ClO作用，而且在反应中重又生成，所以能长久起破坏作用，因此Cl原子

25、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。 答案 （l）D （2）C 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关反应及设问。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。 （了解，较容易） 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

26、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）。填写下列空白： （1）物质B是 ，F是 ，J是 。 （2）反应的离子方程式是 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： 2NaCl2H2O2NaOH+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） Cl22NaOH=NaClONaClH2O 还能与氢气（C）在点燃条件下生成HCl Cl2+H22HCl 由此推断出A（NaOH）、B（Cl2）、C（H2）、G（HCl） 然后

27、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： 2Fe3Cl22FeCl3 Fe2HCl = FeCl2H2 2FeCl2Cl2 = 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一定是含铁化合物，此时需判断D，D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（NaO

28、H）弱酸（HClO）盐，在水中水解而显碱性。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 。 答案 B：Cl2，F：Fe，J：Fe（OH）3 （2）Cl22OH = ClOClH2O 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。试题涉及的知识面广，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

29、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。 （综合应用、较难）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： 单质甲 化合物A 化合物B 化合物B化合物A和化合物C 单质乙和化合物C 据此判断： （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

30、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

31、、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AB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、H2S（或N2、NH3） 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，它是锗酸铋的简称。若

32、知：在BGO中锗处于最高价态，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电子稳定结构BGO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，请填空： （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 。 解析 试题首先通过BGO是锗酸铋的简称向同学们传递了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，锗是族元素。随后在信息（1）中又指示了锗处于其最高价（4价），再及时由原硅酸H3SiO

33、4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个电子，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，再结合铋、锗各自化合价，自然导出2Bi2O3，3GeO2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

34、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。 答案（l）Ge、Bi （2）Bi4（GeO4）3、（或 Bi4Ge3O12或2Bi2O33GeO2） （3）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A、VA族主族元素，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，才能适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。 （综合应用，较难） 例

35、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）3Fe（OH）2Mn（OH）2Mg（OH）227768396379698111*）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。 表2 化学试剂价值表试剂价格（元/t）漂液（含NaClO25.2%）H2O2（30%）NaO

36、H（固98%）Na2CO3（固99.5%）卤块（MgCl2，30%）45024002100600310请填写以下空白：（1）在步骤加入的试剂X，最佳选择应是 ，其作用是 。（2）步骤加入的试剂Y应是 ；之所以要控制pH=9.8，其目的是 。（3）在步骤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）由卤块（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）杂质离子在步骤加入Y（NaOH）强调PH98除（成为 Fe（OH）3、Mn（OH）2沉淀）（4）步骤、是由MgCl2（含Na+）到轻质

37、氧化镁的转化、制备过程。（3）通过逆向思维：MgOMg（OH）2MgCO3。因此步骤所得滤液中应加Z是Na2CO3（步骤）所得沉淀物为MgCO3，经过步骤在水中煮沸，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）在步骤需加氧化剂使Fe2+转化为Fe3+以便沉淀完全容易除去。（6）步骤控制PH98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 答案（l）漂液，使Fe2+Fe3+ （2）NaOH使杂质离子（Fe3+、Mn2+）沉淀完全又尽量减少Mg2+损失 （3） 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NaHCO3溶液反应的是 解析 水解后所得产物分别是：（芳香醇）、（