高中化學(xué)金屬的化學(xué)性質(zhì)習(xí)題(含答案)及高中化學(xué)經(jīng)典例題詳解

化學(xué)．下列關(guān)于金屬的敘述中正確的是（）。A．所有的金屬都是固態(tài)的B．金屬具有導(dǎo)電性、導(dǎo)熱性和延展性C．活潑的金屬、或較活潑的金屬能與酸反應(yīng)，但不能與堿反應(yīng)D．金屬元素在自然界中都是以化合態(tài)存在的2．地殼里含量最多的金屬元素是（）。A．氧B．鋁C．硅D．鐵

3．鋁在人體中積累可使人慢性中毒，世界衛(wèi)生組織將鋁確定為食品污染源之一而加以控制。鋁在下列使用場(chǎng)合中，必須加以控制的是（）。A．制造炊具B．制防銹油漆C．制鋁合金窗D．煉鋁廠制造鋁4．少量鈉應(yīng)保存在（）。A．密閉容器中B．水中C．煤油中D．汽油中

5．下列關(guān)于金屬Na的敘述中，說法正確的是（）。A．Na在空氣中燃燒，發(fā)出黃色火焰B．Na在空氣中燃燒，產(chǎn)物是Na2OC．Na是銀白色金屬，硬度大，熔點(diǎn)高D．Na常溫和加熱時(shí)反應(yīng)，產(chǎn)物一樣

6．鈉著火時(shí)，可用來滅火的物質(zhì)或器材是()。A.自來水B.沙土C.泡沫滅火器D.干粉滅火器

7．鋁在空氣中能夠穩(wěn)定存在的原因是（）。A．鋁的活潑性強(qiáng)B．鋁的還原性差C．鋁與氧氣不反應(yīng)D．鋁表面有氧化膜

8．為了除去鐵粉中的少量鋁粉，可以選取下列哪種溶液（）。A．濃鹽酸B．硝酸C．硫酸D．濃氫氧化鈉溶液9．鈉與水反應(yīng)時(shí)的現(xiàn)象與鈉的下列性質(zhì)無關(guān)的是()。A.鈉熔點(diǎn)低B.鈉的密度小C.鈉的硬度小D.有強(qiáng)還原性

10．金屬鈉分別與下列溶液反應(yīng)時(shí)，既有氣體又有沉淀產(chǎn)生的是()。A.(NH4)2SO4B.NaHCO3C.BaCl2D.CuSO11．下列敘述中，不正確的是()。A.鈉原子有強(qiáng)還原性，鈉離子有弱氧化性B.Na+離子濃度大的溶液可能顯堿性C.由于鈉很活潑，所以定能從溶液中置換出金屬活動(dòng)性順序表中鈉后面的金屬D.鈉是電和熱的良導(dǎo)體

12．將2.3g鈉放入100g水中，生成溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是()。A.等于2.3%B.等于4%C.大于2.3%D.大于4%

13．足量的鋁分別與等物質(zhì)的量濃度的稀硫酸和氫氧化鈉溶液反應(yīng)，放出的氣體體積在標(biāo)準(zhǔn)狀況下相等，則所取稀硫酸和氫氧化鈉溶液的體積比為（）。A1︰2B3︰2C3︰1D6︰1

14若在加入鋁粉能放出H2的溶液中，分別加入下列各組離子，肯定不能共存的是A．Fe3+、NO3、Cl、Na+ B．Ba2+、Mg2+、HCO3、AlO2 Ｃ．NO3、Na+、K+、CO32 D．NO3、K+、AlO2、OH15下列物質(zhì)中，有一種物質(zhì)的顏色與其它三種的顏色不同，這種物質(zhì)是 （）A．NaOH B．Na2O C．Na2O2 D．NaHCO316．下列各組中的兩物質(zhì)相互反應(yīng)時(shí)，若改變反應(yīng)條件（溫度、反應(yīng)物用量比），化學(xué)反應(yīng)的本質(zhì)并不改變的是 （）A．Na和O2 B．NaOH和CO2 C．Na2O2和CO2 D．木炭（C）和O217．把少量的金屬鈉分別放入鈉放入CuSO4溶液中，現(xiàn)象是_________________________________________，離子方程式是__________________________________________。

18．堿金屬能形成離子型氫化物。如氫化鈉的化學(xué)式為NaH，其中H-具有較強(qiáng)的還原性。⑴NaH能與水劇烈反應(yīng)生成對(duì)應(yīng)的堿和氫氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________________________________，氧化劑是，還原劑是。⑵常用NaH在高溫下將TiCl4還原成Ti，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______________________________________________，氧化劑是，還原劑是。19．鈉與水反應(yīng)時(shí)產(chǎn)生的各種現(xiàn)象如下：①鈉浮在原因是②鈉熔化原因是③小球游動(dòng)逐漸減小，最后；原因是④發(fā)出聲音，原在是⑤滴入酚酞后溶液，原因是。20.寫出下列各步的化學(xué)方程式，是離子反應(yīng)的寫出離子方程式。（1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）21.寫出下列各化學(xué)方程式（是離子反應(yīng)的寫出離子反程式）（1）鐵和水蒸氣的反應(yīng)（2）鋁和氧氣的反應(yīng)（3）鋁和鹽酸的反應(yīng)（4）鋁和氫氧化鈉的反應(yīng)

22．（7分）在鋁質(zhì)易拉罐中收集滿CO2氣體，然后在其中倒入10mL濃NaOH溶液，并迅速用膠帶將易拉罐口封住，能夠觀察到的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是易拉罐突然變癟了，可經(jīng)過一段時(shí)間之后，又可以觀察到的現(xiàn)象是。試解釋易拉罐變癟的原因；并解釋后一現(xiàn)象的原因。寫出反應(yīng)過程中的兩個(gè)離子方程式；。23．（6分）運(yùn)用比較方法是化學(xué)科學(xué)中研究物質(zhì)性質(zhì)的基本方法之一，請(qǐng)運(yùn)用比較法解答題過氧化鈉幾乎可與所有的常見氣態(tài)非金屬氧化物反應(yīng)。如：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2↑，Na2O2＋2CO＝Na2CO3。1試分別寫出Na2O2與SO2、SO3反應(yīng)的化學(xué)方程式： 。 。2通過比較可知，當(dāng)非金屬元素處于價(jià)時(shí)，其氧化物與過氧化鈉反應(yīng)有O2生成。24．（15分）在常溫下，F(xiàn)e與水并不起反應(yīng)，但在高溫下，F(xiàn)e與水蒸氣可發(fā)生反應(yīng)。

應(yīng)用下列裝置，在硬質(zhì)玻璃管中放入還原鐵粉和石棉絨的混合物，加熱，并通入水蒸氣，就可以完成高溫下“Fe與水蒸氣的反應(yīng)實(shí)驗(yàn)”。請(qǐng)回答該實(shí)驗(yàn)中的問題。（1）寫出該反應(yīng)的反應(yīng)方程式：；并指明該氧化還原反應(yīng)的還原劑是，氧化劑是。（2）圓底燒瓶中盛裝的水，該裝置受熱后的主要作用是；燒瓶底部放置了幾片碎瓷片，碎瓷片的作用是。（3）酒精燈和酒精噴燈點(diǎn)燃的順序是，為什么25.將質(zhì)量為1.15g鈉用刺了孔的鋁箔包裹后放入水中,共收集到1.232L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)氣體。請(qǐng)回答下列問題：（1）1.15g鈉與水反應(yīng)，理論上生成氣體的體積（標(biāo)準(zhǔn)狀況）為____________L。（2）反應(yīng)后溶液的體積為100mL，則溶液中NaOH的物質(zhì)的量濃度為多少？26.把5.1g鎂鋁合金粉末放入500mL1mol/L鹽酸中,恰好完全反應(yīng)。試計(jì)算：（1）該合金中鎂和鋁的物質(zhì)的量各為多少mol。（2）將等質(zhì)量的該合金投入足量的氫氧化鈉溶液中，求標(biāo)況下放出氣體的體積。參考答案一、選擇題1．B2．B3．A4．C5．A6．B7．D8．D9．C10．D11．C12．C13．B14．B15．C16C(17．（每空2分）①鈉浮在液面上，很快熔化成小球，鈉球在水面上四處游動(dòng)，并發(fā)出嘶嘶的響聲；2Na+2H2O=2NaOH+H2↑②溶液中有藍(lán)色沉淀產(chǎn)生；2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓(藍(lán)色)18．（每空分，化學(xué)方程式2分）易拉罐又鼓起來；易拉罐中的CO2與濃NaOH反應(yīng)，致使易拉罐內(nèi)氣壓降低，從而使易拉罐被大氣壓壓癟；濃NaOH與易拉罐（Al）反應(yīng)產(chǎn)生H2，隨著易拉罐內(nèi)H2量的增多，易拉罐內(nèi)氣壓增大；CO2＋2OH＝CO32＋H2O；2Al＋2OH＋2H2O＝2＋3H219．（每空2分）1SO2＋Na2O2＝Na2SO4；SO3＋Na2O2＝Na2SO4＋O2；2最高20．（每空1分，化學(xué)方程式2分）（1）；Fe；H2O（2）在玻璃管口A處接一斷乳膠管，乳膠管頭上連一段玻璃管，并將管口沒入水中，用酒精燈火焰微熱燒瓶底部，如果能夠觀察到?jīng)]入水中的玻璃管口有氣體逸出，停止加熱后，玻璃管內(nèi)有水柱上升，且較長(zhǎng)時(shí)間水柱不回落，則標(biāo)明該套裝置氣密性良好。（3）為硬質(zhì)玻璃管內(nèi)Fe與水蒸氣的反應(yīng)實(shí)驗(yàn)提供持續(xù)不斷的水蒸氣；防止爆沸事故的發(fā)生。25.1.15gNa物質(zhì)的量為0.05mol可產(chǎn)生氫氣的量0.025mol體積0.56L<1.232L說明鋁箔參加了反應(yīng)產(chǎn)生H21.232-0.56=0.672L物質(zhì)的量0.03mol2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2產(chǎn)生0.03molH2消耗NaOH0.02mol溶液中NaOH的物質(zhì)的量0.05-0.02=0.03mol溶液中NaOH的物質(zhì)的量濃度為0.03/0.1L=0.3mol/L氧化的金屬鈉中Na及Na2O2物質(zhì)的量0.03mol和0.01mol26設(shè)Al為xmol，Mg為ymol，那么27x+24y=5.1………………①因?yàn)?molAl能與3molHCL反應(yīng)，1molMg能與2molHCl反應(yīng)那么3x+2y=0.5………………②可解得x=0.1，y=0.2該合金中鎂和鋁的物質(zhì)的量都是0.1mol2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑1molAl可與NaOH反應(yīng)放出1.5molH20.1molAl可放出0.15molH2V=22.4*0.1*3/2=3.36L高中化學(xué)經(jīng)典例題詳解

（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(gè)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(gè)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(gè)論點(diǎn)都是不確切的、對(duì)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(duì)于②，由于元素存在同位素，它們?cè)谫|(zhì)量和物理性質(zhì)上存在差異、至于③原子核相對(duì)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(dòng)說明原子核與電子之間具有一定的距離。[答案]（D）[評(píng)述]考查運(yùn)用現(xiàn)代物質(zhì)結(jié)構(gòu)理論評(píng)價(jià)科學(xué)史中的道爾頓原子學(xué)說的能力與分析能力。[例2]（1996年全國(guó)）下列離子方程式不正確的是（A）氨氣通入稀硫酸中：NH3＋H+＝NH4+（B）二氧化碳通入碳酸鈉溶液中：CO2＋CO32-＋H2O＝2HCO3—（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(gè)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(hào)。然后根據(jù)質(zhì)量守恒判斷也符合。對(duì)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(gè)得3個(gè)電子轉(zhuǎn)化為3個(gè)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(duì)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(gè)，也導(dǎo)致失誤。[答案]（D）[評(píng)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aXm+、bYn+、CZn—、dRm—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(píng)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(hào)元素，這是復(fù)習(xí)中應(yīng)熟悉的元素，應(yīng)立即將序號(hào)與元素相對(duì)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(píng)述]對(duì)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(shí)的考查。此類試題是近年來的常見試題，有時(shí)還強(qiáng)調(diào)屬于離子型或共價(jià)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ABAB2A2BAB3A2B3A3B2離子型ⅠA與ⅦAⅡA與ⅦAⅡA與ⅦAⅠA與ⅥAⅢA與ⅦAIIIA與ⅥAⅡA與ⅤA共價(jià)型H與ⅦAⅣA與ⅥAH與ⅥAVA與HB與ⅥA

特例CO、NOSO2、NO2、CaC2N2OSO3N2O3

有時(shí)還會(huì)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(duì)各主族元素最高氧化物對(duì)應(yīng)水化物的通式歸納如下：族ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA通式MOHM（OH）2M（OH）3H3MO3HMO2H2RO3H4RO4HRO3H3RO4H2RO4HRO4（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(shí)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(gè)氣體的總物質(zhì)的量減?。w積減小）、放熱的可逆反應(yīng)，低溫、高壓對(duì)反應(yīng)有利，達(dá)平衡時(shí)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(duì)比圖示曲線T2、p2，溫度相同，壓強(qiáng)不同，平衡時(shí)n2不同（pl時(shí)的n2＞P2時(shí)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(shí)壓強(qiáng)相同，溫度不同，溫度低的達(dá)平衡時(shí)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(píng)述]本題是對(duì)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(duì)圖象的觀察能力的綜合考查。（理解、較難）[例6]若室溫時(shí)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）10a+b-12%（B）10a+b-14%（C）1012-a-b%（D）1014-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：CHCl＝［H+］＝10-a（molL－1）………（1）又酸、堿中和反應(yīng)時(shí)，不論強(qiáng)、弱，只有所含可電離的H+、OH—的物質(zhì)的量相等時(shí)，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(duì)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—]=10b－14………（3）代入（2）式得：10b-14＝10-a·αa＝10b-14/10-a=10a＋b-14×100%＝10a+b－12%[答案]（A）[評(píng)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(shí)發(fā)生如下反應(yīng)：負(fù)極：正極：今若制得Cl2O.050mol，這時(shí)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(shí)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(píng)述]考查了原電池與電解池知識(shí)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(shí)，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(píng)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(shí)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(duì)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(duì)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(píng)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(shí)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(cè)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／10pOH強(qiáng)堿＝1/1010×10—pH強(qiáng)酸＝10pOH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(gè)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(shí)，達(dá)到平衡后生成amolHBr（見下表“已知”項(xiàng)）。在相同條件下，且保持平衡時(shí)各組分的質(zhì)量分?jǐn)?shù)不變，對(duì)下列編號(hào)（1）～（3）的狀態(tài)，請(qǐng)?zhí)顚懕碇锌瞻祝壕幪?hào)起始狀態(tài)平衡時(shí)HBr的物質(zhì)的量（mol）H2Br2HBr已知120a（1）240

（2）

10.5a（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(gè)氣體體積不變的反應(yīng)（壓強(qiáng)將不影響平衡）；（3）編號(hào)（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(shí)HBr在混合氣中的含量為a／3（由已知狀態(tài)推導(dǎo)）。這樣對(duì)于編號(hào)（1）起始狀態(tài)相對(duì)于已知情況相當(dāng)于壓強(qiáng)增大一倍。因此平衡不移動(dòng)，達(dá)平衡時(shí)HBr的量可以由：（反應(yīng)前、后氣體總量不變）得：x＝2a對(duì)于編號(hào)（2），可以先由平衡時(shí)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(shí)，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(hào)（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(shí),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(hào)起如狀態(tài)平衡時(shí)HBr的物質(zhì)的量（mol）H2Br2HBr已知120a（1）2402a（2）00.510.5a（3）m2(n-2m)(n-m)a[評(píng)述]本題考查對(duì)題設(shè)情景的閱讀理解，對(duì)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(gè)比一個(gè)思維層次高梯度十分明顯，層次十分清楚，測(cè)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(duì)初態(tài)與平衡態(tài)間的物料關(guān)系作如下歸納（1）2A＋B2C總量（有變化）初態(tài)C1C2OC1＋C2平衡態(tài)C1—2XC2-X2XC1＋C2－x（2）A＋B2C總量（不變）初態(tài)C1C20C1+C2平衡態(tài)C1—xC2-x2xC1＋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＋B2C（總量有變化）初態(tài)（mol）①O.2O0.10O②OOO.2O③0.300.100④O.1000.20（2）A（g）＋B（g）2C（g）（總量不變）初態(tài)（mol）①0.200.200②000.40③0.400.200④0.2000.40上述兩個(gè)反應(yīng)的①、②初態(tài)過平衡對(duì)，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(shí)，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）>382316832573沸點(diǎn)（K）510026282823硬度（Moh）107．09．5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(gè)正二十面體中有二十個(gè)等邊三角形的面和一定數(shù)目的頂角，每個(gè)頂點(diǎn)各有一個(gè)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(gè)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(gè)等邊三角形有3個(gè)項(xiàng)點(diǎn)，但從圖形中還應(yīng)觀察到在這個(gè)二十面體中每個(gè)頂點(diǎn)（B原子）與另5個(gè)硼原子分別形成B——B鍵，即每個(gè)頂點(diǎn)為5個(gè)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(gè)硼原子與其它5個(gè)硼原子形成B——B鍵，每個(gè)B——B鍵為兩個(gè)面所共有則：x＝12（硼原子數(shù)）鍵角：60°[評(píng)述]本題考查了晶體類型與晶體性質(zhì)的關(guān)系，對(duì)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(shí)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(jiǎng)授予對(duì)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(jiǎn)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(gè)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逻€可以繼續(xù)水解放出能量生成AMP直至腺苷，試寫出ATP逐級(jí)水解的反應(yīng)式（有機(jī)物用代號(hào)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(jià)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＋Q2AMP＋H2O＝腺苷＋HP2PO＋Q3（3）C10H13O4N5[評(píng)述]本題屬于信息遷移題，試題給出了1997年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)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?？疾榈闹R(shí)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(jiǎng)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(huì)對(duì)臭氧層產(chǎn)生長(zhǎng)久的破壞作用（臭氧的分子式為O3）。有關(guān)反應(yīng)為O3O2＋OCl＋O3→ClO＋O2ClO→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(duì)臭氧層產(chǎn)生長(zhǎng)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(zhǎng)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(duì)易錯(cuò)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(gè)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(píng)述]本題給出了有關(guān)環(huán)保知識(shí)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(gè)共同的敘述，新信息或新情境，回答多個(gè)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(shí)加入或生成的水，以及生成沉淀J時(shí)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HClCl2+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(jià)金屬鐵（Fe）用相關(guān)反應(yīng)驗(yàn)證：2Fe＋3Cl22FeCl3Fe＋2HCl====FeCl2＋H22FeCl2＋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(shí)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(shí)顯示了堿性從而生成Fe（OH）3，（J）沉淀；當(dāng)它與FeCl2反應(yīng)時(shí)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(píng)述]本題從電解食鹽水出發(fā)組成一個(gè)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(shí)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(jià)、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(shí)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(cè)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：?jiǎn)钨|(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(dòng)用邏輯推理。對(duì)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(jià)為零價(jià)，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(jià)，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(jià)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(jià)，所以乙是非金屬。（3）S、H2S（或N2、NH3）[評(píng)述]本題考查了對(duì)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(shí)水平，將化合價(jià)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(shí)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(guó)研制的一種閃爍晶體材料，曾用于諾貝爾獎(jiǎng)獲得者丁肇中的著名實(shí)驗(yàn)，它是鍺酸鉍的簡(jiǎn)稱。若知：①在BGO中鍺處于最高價(jià)態(tài)，②在BGO中，鉍的價(jià)態(tài)與鉍跟氯形成某種共價(jià)氯化物時(shí)所呈的價(jià)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(qǐng)?zhí)羁眨海?）鍺和鉍的元素符號(hào)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(jiǎn)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(shí)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(jià)（＋4價(jià)），再及時(shí)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(jià)態(tài)為十3價(jià)，因?yàn)殂G（Bi）原子最外層有5個(gè)電子，只有與3個(gè)氯原子形成BiCl3的共價(jià)化合物時(shí)，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(gè)信息結(jié)合已有知識(shí)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Bi4Ge3O12的形式。然后由含氧量相同，再結(jié)合鉍、鍺各自化合價(jià)，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(jiǎn)單，只要讀出信息（2）中鉍的化合價(jià)為正三價(jià)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(píng)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(shí)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(zhǎng)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(shí)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）3Fe（OH）2Mn（OH）2Mg（OH）22．77．68．39．63．79．69．811．1*）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(jià)值表試劑價(jià)格（元/t）漂液（含NaClO25.2%）H2O2（30%）NaOH（固98%）Na2CO3（固99.5%）鹵塊（MgCl2，30%）45024002100600310請(qǐng)?zhí)顚懸韵驴瞻祝海?）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(shí)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(shí)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(huì)影響產(chǎn)率，但保證了產(chǎn)品純度，且原料鹵塊價(jià)格比較低廉。（7）在閱讀附表2時(shí)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(píng)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(shí)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(shí)[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(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(píng)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(shí)解決問題的能力。審題時(shí)，可得到兩個(gè)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(shí)能生成羧酸的溴化物，（理解，中等難度）[例18]甲基丙烯酸酯是世界上年產(chǎn)量超過100萬噸的高分子單體．舊法合成的反應(yīng)是：（CH3）2C＝O＋HCN→（CH3）2C（OH）CN（CH3）2C（OH）CN＋CH3OH＋H2SO4→CH2＝C（CH3）COOCH3＋NH4HSO490年代新法的反應(yīng)是：CH3CH＝CH2＋CO＋CH3OHCH2＝C（CH3）COOCH3與舊法比較，新法的優(yōu)點(diǎn)是（A）原料無爆炸危險(xiǎn)（B）原料都是無毒物質(zhì)（C）沒有副產(chǎn)物，原料利用率高（D）對(duì)設(shè)備腐蝕性較?。劢馕觯荩ˋ）：新法的原料中有CO可燃性氣體，有爆炸極限，不能說“原料無爆炸危險(xiǎn)”，棄之。（B）：新法的原料中有CO，CO有毒，所以不能說“原料都是無毒物質(zhì)”，棄之。（C）：由新法的化學(xué)方程式看，產(chǎn)物只寫了一種，而舊法的反應(yīng)化學(xué)方程式甲，產(chǎn)物寫了兩種，可推知新法的優(yōu)點(diǎn)是“沒有副產(chǎn)物，原料利用率高”，故（C）是答案之一。（D）：對(duì)比三個(gè)化學(xué)方程式，可能新法的原料中沒有HCN和H2SO4，故對(duì)設(shè)備腐蝕性較小，所以（D）是本題的另一個(gè)答案。[答案]（C）、（D）[評(píng)述]這是一道密切聯(lián)系生產(chǎn)實(shí)際的信息遷移題，意在通過對(duì)三個(gè)化學(xué)方程式的觀察、對(duì)比和分析，考查自學(xué)能力和思維能力，可通過對(duì)比舊法和新法的反應(yīng)（比較時(shí)要注意選項(xiàng)提出的要求），找出新法的優(yōu)點(diǎn)。（理解，中等難度）［例19］已知鹵代烴跟NaOH水溶液共熱時(shí)，能發(fā)生消去所應(yīng)，形成醇類或酚類：已知，鹵代烴跟NaOH的乙醇溶液共熱時(shí)，能發(fā)生消去反應(yīng)，形成含有碳碳雙鍵的烯烴：||HX某有機(jī)物A的分子式為C8H13O2Br，在不同的條件下發(fā)生水解反應(yīng)，分別生成Ｂ1＋Ｃ1和Ｂ2＋C2；C1經(jīng)過如下圖的變化又能分別轉(zhuǎn)化為Ｂ1和C2；C2能進(jìn)一步氧化生成兩種二元羧酸；B1也可變?yōu)椋?。有機(jī)物A、B1、C1、B2、C2等的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示：其中，只有Ｂ1既能使溴水褪色，又能跟Na2CO3溶液反應(yīng)放出二氧化碳。試回答下列各問：（1）有機(jī)物Ｂ1的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是有機(jī)物Ｃ1轉(zhuǎn)變?yōu)椋?說明Ｃ1與Ｂ1具有，Ｃ1轉(zhuǎn)變?yōu)椋?的三步連續(xù)的化學(xué)反應(yīng)是（2）有機(jī)物A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是，有機(jī)物Ａ轉(zhuǎn)變?yōu)锽2、C2的化學(xué)反應(yīng)方程式是（3）反應(yīng)（I）的類型是,反應(yīng)（II）的類型是。（4）Ｃ1變?yōu)镃2的化學(xué)方程式是。C2變?yōu)槎岬幕瘜W(xué)方程式是[解析]這是一道信息給予式的未知有機(jī)物推斷，試題給出的兩條信息是：①鹵代烴在NaOH水溶液中發(fā)生水解反應(yīng)；②鹵代烴在NaOH的乙醇溶液中發(fā)生消去反應(yīng)。讀懂了這兩條信息，又掌握了醇、醛、酸、酯的反應(yīng)規(guī)律及相互聯(lián)系，便可按下述方法進(jìn)行推斷。（1）從有機(jī)物Ａ的分子式為C8H13O2Br，符合不飽和鹵代酸或酯出發(fā)，進(jìn)行正向思維，即Ａ能發(fā)生酸性水解，又能發(fā)生堿性水解，可以判斷有機(jī)物Ａ屬于酯類，而且在這個(gè)酯分子中含有一個(gè)碳碳雙鍵和一個(gè)溴原子。至于在這個(gè)酯分子中碳碳雙鍵和換原子的位置，則要從Ａ的酸性分解產(chǎn)物Ｂ１和Ｃ1入手，進(jìn)行逆向思維才能確定。具體思維過程是：從Ｃ1經(jīng)氧化反應(yīng)、消去反應(yīng)和酸化反應(yīng)，可以轉(zhuǎn)變?yōu)椋?，說明Ｃ1是飽和的溴代醇，Ｂ1是不飽和羧酸，而且Ｂ1、Ｃ1這兩種有機(jī)物均含有４個(gè)碳原子和相同的碳架。有機(jī)物Ａ則是由四碳不飽和羧酸與四碳飽和溴代醇所形成的酯。對(duì)于Ｂ1是四碳不飽和羧酸的判斷，可從試題中“Ｂ1既能使溴水褪色，又能跟Na2CO3溶液反應(yīng)放出二氧化碳”完全一致，說明上述推斷的正確性。（2）從有機(jī)物Ａ是不飽和羧酸與飽和溴代醇形成的酯出發(fā)，進(jìn)行正向思維，該酯在強(qiáng)堿性條件下水解時(shí)，酯基和鹵素均可發(fā)生水解，Ｂ2是不飽和羧酸鹽，Ｃ2則是四碳的飽和二元醇，這一推斷又被Ｂ1與NaOH反應(yīng)生成B2，Ｃ1與NaOH水溶液共熱生成C2所證實(shí)。（3）B1、C1、B2、C2這四種有機(jī)物的碳架結(jié)構(gòu)及官能團(tuán)（、-Br、-OH）的位置的確定，則要從C2的最終氧化產(chǎn)物2-甲基丙二酸出發(fā)，從后向前依次倒推，說明Ｂ1、C1、B2、C2均具有丁字形碳架，而且根據(jù)2-甲基丙二酸中羧基的位置，也可以確定有機(jī)物Ｃ1中—Br—OH的位置和有機(jī)物Ｂ1中的位置，進(jìn)而確定有機(jī)物Ａ的結(jié)構(gòu)，從而完成這道未知有機(jī)物的推斷。[答案]有機(jī)物Ｂ1的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是：

C1與B1具有相同的丁字形碳架。C1變?yōu)锽1的三步連續(xù)化學(xué)反應(yīng)是：

(2)有機(jī)物A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是：

有機(jī)物A變?yōu)锽2、C2的化學(xué)方程式是：

(3)反應(yīng)（I）是中和反應(yīng)，反應(yīng)（II）是水解反應(yīng)。C1變C2的化學(xué)方程式是：

C2變?yōu)?-甲基丙二酸的化學(xué)方程式是：[評(píng)述]綜上所述，對(duì)這種信息對(duì)予框圖式未知有機(jī)物的推斷，要理解信息，把握聯(lián)系和規(guī)律，選準(zhǔn)突破口（本題是B1），并靈活運(yùn)用正向思維和逆向思維，并使這兩種思維方法巧妙結(jié)合在一起，才能提高解這種框圖式未知物推斷題的技能和技巧。（綜合應(yīng)用，較難）[例20]已知：

(不穩(wěn)定，R代表烴基)現(xiàn)在只含C、H、O的化合物A-F，有關(guān)它們的某些信息，已注明在下面的方框內(nèi)。（1）在化合物A-F中有酯的結(jié)構(gòu)的化合物是（填字母代號(hào)）

（2）把化合物A和F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式分別填入下列方框中。A

F

[解析]這是一道聯(lián)系新情景和定量分析特點(diǎn)的未知有機(jī)物結(jié)構(gòu)的推斷題，試題題干中給出以下兩條新信息：含有醇羥基的有機(jī)物在乙酸酐存在跟乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)，生成乙酸酯，而且生成的乙酸酯的相對(duì)分子質(zhì)量，比原來含有醇羥基的有機(jī)物的相對(duì)分子質(zhì)量大42，即M’r=（乙酸酯）—Mr（醇）=42在同一個(gè)碳原子含有兩個(gè)羥基的有機(jī)物很不穩(wěn)定，它們會(huì)自動(dòng)失水生成含有醛基結(jié)構(gòu)的有機(jī)物。此外，在所給出的框圖中，給出了A、B、C、D、E、F六種未知有機(jī)物及其相關(guān)性質(zhì)，還給出了這六種有機(jī)物間相互聯(lián)系和轉(zhuǎn)化的反應(yīng)條件。要做好這道未知有機(jī)物結(jié)構(gòu)的推斷，還要從框圖中找出以下的解題信息：從有機(jī)物A能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，又能跟金屬鈉反應(yīng)放出氫氣，說明有機(jī)物A的分子中既含有醛基，又含有羥基。②從有機(jī)物A經(jīng)“選擇氧化”后生成的新有機(jī)物D，不發(fā)生銀鏡反應(yīng)，可被堿中和，說明“選擇氧化”是指有機(jī)物分子中的醛基被氧化為羧基的反應(yīng)，“選擇”二字的含意在于同時(shí)含有醛基和羥基的有機(jī)物只有醛基被氧化，羥基不被氧化。上述分析，可從B經(jīng)選擇氧化變?yōu)镃，C又經(jīng)酯化變成F，可以得到進(jìn)一步證實(shí)。③含有羥基和羧基雙官能團(tuán)的有機(jī)物（本題中的羧基由醛基經(jīng)“選擇氧化”而來），跟乙酸、乙酸酐反應(yīng)時(shí)，是該有機(jī)物分子中醇羥基的酯化反應(yīng)；當(dāng)有機(jī)物跟乙醇、濃硫酸反應(yīng)時(shí)，是該有機(jī)物分子中羥基的酯化反應(yīng)。（4）含有醛基、羥基的有機(jī)物A，經(jīng)醇羥基酯化轉(zhuǎn)變?yōu)锽，又經(jīng)選擇氧化醛基變?yōu)轸然捎袡C(jī)物C，再經(jīng)羧基酯化變?yōu)樽罱K有機(jī)物F，在有機(jī)物F中，不含有羥基、醛基和羧基，它們已全部轉(zhuǎn)變?yōu)轷セ?。上述分析，可從A→D→E→F可以加以證實(shí)?，F(xiàn)在的問題是如何把試題給出的兩條信息，與框圖中給出的四條信息相結(jié)合，這是突破這道有機(jī)物結(jié)構(gòu)題的關(guān)鍵。具體地說，就是要抓住有機(jī)物C的相對(duì)分子質(zhì)量是190，有機(jī)物D的相對(duì)分子質(zhì)量是106，兩種有機(jī)物的相對(duì)分子質(zhì)量之差為：△Mr＝190－106=84而這個(gè)差值僅僅由于該有機(jī)物分子中醇羥基跟乙酸、乙酸酐的酯化反應(yīng)所造成。把此點(diǎn)理解與試題題干給出的第一條信息乙醇跟乙酸酯化的相對(duì)分子質(zhì)量之差是42相對(duì)照，可以確定在有機(jī)物A的分子中含有的羥基個(gè)數(shù)是：84÷42＝2又據(jù)題干給出的第二條信息：同碳二羥基化合物很不穩(wěn)定，會(huì)發(fā)生“自動(dòng)脫水”，說明在有機(jī)物A的分子中的2個(gè)羥基，應(yīng)分別連在兩個(gè)不同的碳原子上。由于醛基是一價(jià)基，只能存在于有機(jī)物分子結(jié)構(gòu)的鏈端，從而得出有機(jī)物A是甘油醛的正確推斷。這一分析，還可從A經(jīng)“選擇氧化”變?yōu)镈得到證實(shí)，即從D的相對(duì)分子質(zhì)量是106，可以推出有機(jī)物A的相對(duì)分子質(zhì)量為：M（A）＝106－16=90只有含一個(gè)—CHO，兩個(gè)—OH的甘油醛的相對(duì)分子質(zhì)量為90。[答案]有機(jī)物B、C、E、F均是含酯的結(jié)構(gòu)的化合物（A是甘油醛，D是甘油酸，不含有酯的結(jié)構(gòu)）有機(jī)物A和F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如下：

[評(píng)述]這是一道高層次的信息遷移式的有機(jī)物結(jié)構(gòu)推斷題，它的“高層次”主要表現(xiàn)在若沒有熟練的有機(jī)反應(yīng)知識(shí)，沒有準(zhǔn)確吸收新信息并與原有的化學(xué)知識(shí)相結(jié)合，沒有較強(qiáng)的自學(xué)能力和思維能力，就不能進(jìn)行科學(xué)的和定量的思維及嚴(yán)格的邏輯推理，也就不能正確的解析本題。（綜合應(yīng)用，較難）[例21]請(qǐng)認(rèn)真閱讀下列3個(gè)反應(yīng)：利用這些反應(yīng)，按以下步驟可從某烴A合成一中間體DSD酸。（A）（B）（C）（D）

請(qǐng)寫出（A）、（B）、（C）、（D）的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式。[解析]這是一道含有隱含信息的信息遷移題。在閱讀分析中必須注意到反應(yīng)②的產(chǎn)物苯胺易被氧化的信息和反應(yīng)③中所加的無機(jī)試劑NaClO具有氧化性的隱含信息。因此，合成染料中間體DSD酸的中間步驟（C）→（D）應(yīng)是先接鏈，由在NaClO作用下形成然后在還原劑Fe、HCl、H2O的共同作用下，將硝基（—NO2）還原為氨基（—NH2），生成DSD酸，但有不少考生因忽略了NaClO的氧化性與一NH2的還原性，先將

還原為

再接鏈，導(dǎo)致（C）、（D）的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式完全錯(cuò)誤，本題的（A）、（B）結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式則可以由（C）逆推得出。[評(píng)述]有關(guān)NaClO的氧化性已分別在1994年高考第31題和1996年高考第11題中涉及并應(yīng)用?？梢?，做題不在于多而在于精，研究近幾年的化學(xué)高考試題，分析、把握試題所傳遞的信息和趨勢(shì)，對(duì)提高同學(xué)們的學(xué)習(xí)能力是極其有益的，試題還通過DSD酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式中——NH2——SO3H的基因的連接，傳遞正確書寫結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式的信息，但眾多考生卻未能正確借用，而出現(xiàn)多種書寫上的錯(cuò)誤，可見基本技能的提高也是十分重要的。（綜合應(yīng)用，較難）[例22]某種ABS工程樹脂，由丙烯腈（CN2===CHCN，符號(hào)A）、1，3一丁二烯（CH2===CHCH=====CH2，符號(hào)B）和苯乙烯（符號(hào)S）按一定配比共聚而得。（1）A、B和S三種單體中，碳?xì)浔戎底钚〉膯误w是（2）經(jīng)元素分析可知該ABS樣品的組成為CaHbNc（a、b、c為正整數(shù)），則原料中A和B的物質(zhì)的量之比是（用a、b、c表示）。[解析]本題考查考生綜合分析、計(jì)算與抽象思維能力。在閱讀中應(yīng)及時(shí)將3種單體A、B、S的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式轉(zhuǎn)換為表示元素組成的分子式：A：C3H3N，B：C4H6，S：C8H8，問題就不難解決。（1）A、S的碳?xì)鋫€(gè)數(shù)比均為1：1，唯有B是1：1、5或2：3，小于A、S。（2）原料A中只含1個(gè)N原子，由共聚物CaHbNc可知1molABS中含cmolA；由單體與共聚物的組成可知?dú)湓?、碳原子個(gè)數(shù)之差為（b－a），只與單體B有關(guān)（其他均為1：1），每lmolB中氫與碳原子數(shù)差2mol，因此每lmolABS中含B為（b－a）／2mol．故原料中A與B的物質(zhì)的量之比為C：（b-a）/2。［答案］（1）B或CH2＝CH-CH＝CH2；（2）c：（b-a）／2或2c：（b-a）[評(píng)述]解答本題，及時(shí)進(jìn)行分子式的轉(zhuǎn)移是關(guān)鍵，但許多考生未能仿照題示信息進(jìn)行相應(yīng)的轉(zhuǎn)換而失誤，此外，缺乏綜合分析和抽象思維能力，未能找出N原子數(shù)與A的分子數(shù)、b－a與B的分子數(shù)之間的關(guān)系，致使第（2）問空答率約達(dá)50%，有的考生一見抽象的數(shù)字a、b、c就望而卻步，即使思路正確的考生也有因心理過于緊張而誤寫為（b-a）／2：c。2c：b-a或2c：（a－b）等，可見，良好的心理素質(zhì)也是十分重要的。（綜合應(yīng)用、較難）（四）化學(xué)實(shí)驗(yàn)[例23]在一定條件下用普通鐵粉和水蒸氣反應(yīng)，可以得到鐵的氧化物，該氧化物又可以經(jīng)過此反應(yīng)的逆反應(yīng)，生成顆粒很細(xì)的鐵粉，這種鐵粉具有很高的反應(yīng)活性，在空氣中受撞擊或受熱時(shí)會(huì)燃燒，所以俗稱“引火鐵”，請(qǐng)分別用下圖中示意的兩套儀器裝置，制取上速鐵的氧化物和“引火鐵”，實(shí)驗(yàn)中必須使用普通鐵粉、6molL-1鹽酸，其它試劑自選（裝置中必要的鐵架臺(tái)、鐵夾、鐵圈、石棉網(wǎng)、加熱設(shè)備等在圖中均已略去）。填寫下列空白：（1）實(shí)驗(yàn)進(jìn)行時(shí)試管A中應(yīng)加入的試劑是燒瓶B的作用是；燒瓶C的作用是在試管D中收集得到的是（2）實(shí)驗(yàn)時(shí)，U型管G中應(yīng)加入的試劑是分液漏斗H中應(yīng)加入（3）兩套裝置中，在實(shí)驗(yàn)時(shí)需要加熱的儀器是（填該儀器對(duì)應(yīng)字母）（4）燒瓶I中發(fā)生的反應(yīng)有時(shí)要加入少量硫酸銅溶液，其目的是（5）試管E中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是（6）為了安全，在E管中的反應(yīng)發(fā)生前，在F出口處必須；E管中反應(yīng)開始后，在F出口處應(yīng)[解析]這是一這典型的功能性信息給予實(shí)驗(yàn)題，①題給新信息是制取‘引火鐵”的反應(yīng)原理需同學(xué)們推理寫出②“引火鐵”的特性③兩套未曾見過的新裝置。解答中首先閱讀題干“在一定條件下用普通鐵粉和水蒸氣反應(yīng)，可以得到鐵的氧化物?！甭?lián)想學(xué)過的反應(yīng)：（普通鐵粉）由此反應(yīng)推知制取“引火鐵”的新反應(yīng)為（引火鐵）即題中涉及鐵的氧化物是Fe3O4（不是Fe2O3，也不是FeO），一定條件是指高溫。然后．仔細(xì)觀察兩套實(shí)驗(yàn)裝置，可發(fā)現(xiàn)左邊裝置有用排水法收集反應(yīng)生成氣體（D試管）一定是H2，由此確認(rèn)左邊裝置為制取鐵的氧化物，而右邊裝置用于制取“引火鐵”，這是本題解題的突破口，然后綜合運(yùn)用有關(guān)實(shí)驗(yàn)的知識(shí)和技能，結(jié)合對(duì)裝置圖的觀察加工，即可解題如下：（1）A中應(yīng)加入普通鐵粉，B是作為水蒸氣發(fā)生器，因反應(yīng)產(chǎn)生的H2可能不連續(xù)，C瓶為防止水槽中的水倒吸而作緩沖瓶（較難），D中收集到的是H2。（2）右邊的裝置氣流是從右到左，燒瓶I和分液漏斗H的組合一定是H2發(fā)生裝置，所用試劑自然是普通鐵粉和6mol、L-1鹽酸，所以制得的H2中含有HCl氣體和H2O（氣），在制取“引火鐵”之前必須凈化、干燥，由此U形管G中應(yīng)加入固體堿性干燥劑NaOH或堿石灰。（3）根據(jù)題給兩個(gè)反應(yīng)的條件都是“高溫”和要制取水蒸氣的要求，可知實(shí)驗(yàn)時(shí)需要加熱的儀器為A、B、E。．（4）聯(lián)想到課本習(xí)題（《化學(xué)選修第三冊(cè)》P62第4題），在Zn和稀H2SO4反應(yīng)制取H2時(shí)加入少量CuSO4溶液能使制取H2的反應(yīng)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，原因是形成了無數(shù)微小的Fe-Cu原電池，加快了反應(yīng)（析氫腐蝕）的進(jìn)行。（5）試管E中的反應(yīng)自然是制取“引火鐵”的反應(yīng)。其關(guān)鍵在于反應(yīng)物是Fe3O4而不是鐵的其它氧化物。（6）結(jié)合初中H2還原CuO的實(shí)驗(yàn)可知，H2在加熱或點(diǎn)燃前一定要先驗(yàn)純，所不同的是，本實(shí)驗(yàn)還要盡可能避免空氣進(jìn)入試管E，使制取的高活性的“引火鐵”受熱燃燒、所以要加帶導(dǎo)管F的橡皮塞。此外E管反應(yīng)后，為了防止F出口處的水蒸氣凝結(jié)，堵塞出氣口或回流到試管E將其炸裂，因此E管反應(yīng)后，F(xiàn)出口處應(yīng)點(diǎn)燃H2。[答案]（1）普通鐵粉；作為水蒸氣發(fā)生器；防止水倒吸；氫氣。（2）固體NaOH（或堿石灰、CaO等堿性固體干燥劑；6mol·L-1HCl）（3）A、B、E（4）加快氫氣產(chǎn)生的速度（5）（6）檢驗(yàn)氫氣的純度；點(diǎn)燃?xì)錃鈁評(píng)述]本題以化學(xué)實(shí)報(bào)實(shí)銷驗(yàn)為依托全面考查了觀察、實(shí)驗(yàn)、思維、自學(xué)等諸多能力。其特點(diǎn)是：①題給新信息盡管很隱蔽，但仍源于課本；所給裝置是由常用儀器裝置重新組合而成的新穎、非常規(guī)裝置。②設(shè)計(jì)儀器裝置、選用藥品時(shí)都打破常規(guī)，體現(xiàn)創(chuàng)新精神。如用燒瓶C作安全瓶；制取“引火鐵”的裝置順序不是一般的從左→右，而是從右→左；氣體的干燥、凈化不用洗氣裝置也不用干燥管，而用U形管G代替；E試管的F出口不向下而是向上，引出剩余純凈的