高中化学经典例题28道详解详析.docx
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高中化学经典例题28道详解详析
高中化学经典例题28道详解详析
〔一〕根本概念和根本原理
[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一样；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.原子核又有质子和中子、在化学反响中．原子可以得到和失去电子；在核反响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、至于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.
此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〞.
〔理解、较容易〕
[例2]〔1996年全国〕如下离子方程式不正确的答案是〔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：
CO2＋C
＋H2O＝2HCO
〔C〕硫酸铝溶液跟偏铝酸钠溶液与应：
〔D〕氯气通入冷的氢氧化钠溶液中：
2Cl2＋2OH—＝3Cl-＋ClO—＋H2O
[解析]首先根据离子反响规律判断反响物与生成物的表示式〔分子式、离子式〕,四个反响都正确,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响产物是电中性的Al〔OH〕3,因此反响中Al3+与AlO
的物质的量之比应为1：
3,才能使反响前后离子电荷守恒.至于选项〔D〕,是氧化复原反响,氧化剂、复原剂都是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3
Cl—〕,而复原剂失电子总数只有1〔
〕.不符合电子守恒,因此不正确.对于溶液中的氧化复原反响,除了根据离子反响规律：
氧化复原反响规律判断反响实质与可能性,结合离子反响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〔2～3〕,而此题选的不正确选项只有一个,也导致失误.
[答案]〔D〕
[评述]此题属考查离子方程式书写的传统题.但此题要求找不正确的.
〔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一样〔a,b,C,d为元素的原子序数〕,如此如下关系正确的答案是
〔A〕a-c＝m-n〔B〕a-b＝n-m
〔C〕c－d＝m＋n〔D〕b－d＝n＋m
[解析]根据这四种微粒具有一样电子层结构即具有一样的核外电子数,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
阴离子如此为：
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与之元素审视,选项〔A〕涉与a－m＝c＋n,变形后为a－c＝m＋n,〔A〕不正确；选项〔B〕涉与a－m＝b－n,变形后为a-b＝m-n,也不正确；选项〔c〕涉与c+n＝d＋m,变形后为c－d＝m－n,仍不正确；只有选项〔D〕,涉与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]此题需掌握有关原子的组成与质子数、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]如下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〕12和9〔D〕11和6
[解析]本试题涉与的是前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与其相互化合规律〔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
AB
AB2
A2B
AB3
A2B3
A3B2
离子型
ⅠA与ⅦA
ⅡA与ⅦA
ⅡA与ⅦA
ⅠA与ⅥA
ⅢA与ⅦA
IIIA与ⅥA
ⅡA与ⅤA
共价型
H与ⅦA
ⅣA与ⅥA
H与ⅥA
VA与H
B与ⅥA
特例
CO、NO
SO2、
NO2、
CaC2
N2O
SO3
N2O3
有时还会涉与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
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、中等难度〕
[例5]反响2X〔气〕＋Y〔气〕
2Z〔气〕+热量,在不同温度〔T1和T2〕与压强〔p1和p2〕下,产物Z的物质的量〔n2〕与反响时间〔t〕的关系如右图所示.下述判断正确的答案是
〔A〕T1＞T2,p1＜p2
〔B〕T1＜T2,P1＞p2
〔C〕T1＞T2,P1＞p2
〔D〕T1＜T2,p1＜p2
[解析]首先分析反响：
这是一个气体的总物质的量减小〔体积减小〕、放热的可逆反响,低温、高压对反响有利,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.再比照图示曲线T2、p2,温度一样,压强不同,平衡时n2不同〔pl时的n2＞P2时的n2〕,由此分析p1＞p2,再从反响速率验证,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〔增大反响压强可以增大反响速率〕.然后比拟曲线T2、p2与T1、p2,此时压强一样,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拟,也是T1、p2的斜率大于T2、p2,T1、p2先到达平衡,反响速率大,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.
[答案]〔C〕
[评述]此题是对于正反响是气体体积减小、放热的可逆反响,温度、压强与产物的物质的量的关系、反响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]假设室温时pH＝b的氨水与pH＝a的盐酸等体积混合,恰好完全反响,如此该氨水的电高度可表示为
〔A〕10a+b-12%〔B〕10a+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＋］〕推出盐酸的物质的量浓度.即：
CHCl＝［H+］＝10-a〔molL－1〕………………………〔1〕
又酸、碱中和反响时,不论强、弱,只有所含可电离的H+、OH—的物质的量相等时,才能恰好完全反响,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：
［OH－］＝c·α＝10-a·α……………………………〔2〕
另一方面由水溶液中[H+]·[OH—]＝10-14,与氨水中：
pH=－lg［H+］＝14－pOH＝14十lg[OH—]
得[OH—]=10b－14………………………………………〔3〕
代入〔2〕式得：
10b-14＝10-a·α
a＝10b-14/10-a
=10a＋b-14×100%
＝10a+b－12%
[答案]〔A〕
[评述]考察溶液pH值的概念,弱电解质的电离平衡与电离度的概念,以与它们之间的相互关系等综合思维能力.
〔综合应用,较难〕
[例7]实验室用铅蓄电池作电源电解饱和食盐水制氯气,铅蓄电池放电时发生如下反响：
负极：
正极：
今假设制得Cl2,这时电池消耗的H2SO4的物质的量至少是
〔A〕O．O25mol〔B〕O．O5Omol
〔C〕O．1Omol〔D〕0．2Omol
［解析］首先需将铅蓄电池的负极反响变形为：
Pb－2e＋SO
＝PbSO4〔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响：
确定放出Cl2与转移电子数的关系：
Cl2～2e.今制得2,需转移电子,因此消耗H2SO40．O1Omol.只有原理清晰,才能思维畅通迅速作出判断.
[答实]〔C〕
[评述]考查了原电池与电解池知识的综合应用与思维的灵活性、敏捷性.
〔理解,中等难度〕
[例8]在25℃时,假设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,如此混合之前,该强酸的pH值之间应满足的关系是
[评述]此题着重考查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〞是此题主要的解题线索.根据这一线索进展逆向思索,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,如此有：
10[H+]酸=［OH－］碱.进展思维转换,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：
10[H+]酸=
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
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,结合化学根底知识通过计算解决化学问题是思维能力培养的重要方面,此题就是典型例证.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
如此10－pH强酸／10pOH强碱＝1/10
10×10—pH强酸＝10pOH强碱＝10
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]在一个固定体积的密闭容器中,保持一定温度,进展以下反响：
H2〔g〕＋Br2〔g〕＝2HBr〔g〕参加1molH2和2molBr2时,达到平衡后生成amolHBr〔见下表"〞项〕.在一样条件下,且保持平衡时各组分的质量分数不变,对如下编号〔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〕
H2
Br2
HBr
1
2
0
a
〔1〕
2
4
0
〔2〕
1
〔3〕
m
[解析]在分析中要注意到题设情景：
〔1〕容器体积固定；
〔2〕反响H2〔g〕＋Br2〔g〕
2HBr〔g〕是一个气体体积不变的反响〔压强将不影响平衡〕；〔3〕编号〔1〕～〔3〕和状态达到一样的平衡状态〔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〔由状态推导〕.这样对于编号〔1〕起始状态相对于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：
〔反响前、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,如此：
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,H2、Br2各为,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〔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：
H2为m＋O．5x,Br2为n＋O．5x,HBr为0,此时
x＝2〔n-2m〕
混合气总物质的量：
m＋n＋2〔n—2m〕＝3〔n-m〕
平衡混合气中HBr含量：
y=a
[答案]
编号
起如状态
平衡时HBr的物质的量〔mol〕
H2
Br2
HBr
1
2
0
a
〔1〕
2
4
0
2a
〔2〕
0
1
〔3〕
m
2
a
[评述]此题考查对题设情景的阅读理解,对隐含信息〔反响特点与反响条件〕的挖掘.这是解答此题的关键.除此此题还特别考查了由题给具体情况〔各种状态〕统摄归纳成一般规律的能力.题给的3种状态与设问要求,一个比一个思维层次高梯度十清楚显,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C1C2OC1＋C2
平衡态C1—2XC2-X2XC1＋C2－x
〔2〕A＋B
2C总量〔不变〕
初态C1C20C1+C2
平衡态C1—xC2-x2xC1＋C2
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〕①O.2O0.10O
②
③0.300.100
④O.1000.20
〔2〕A〔g〕＋B〔g〕
2C〔g〕〔总量不变〕
初态〔mol〕①0.200.200
②
③0.400.200
④0.2000.40
上述两个反响的①、②初态过平衡对,A、B、C的平衡物质的量相等,且初态反响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的平衡物质的量一样,但其初态反响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,此题就是属于反响〔2〕〔总量不变〕中的③、④状况.〔综合应用,较难〕
[例10]单质硼有无定形和晶体两种,参考如下数据：
晶体
金刚石
晶体硅
晶体硼
熔点〔K〕
>3823
1683
2573
沸点〔K〕
5100
2628
2823
硬度〔Moh〕
10
7．0
9．5
晶体硼的晶体类型属于晶体,理由是.
晶体硼的根本结构单元是由硼原子组成的正二十面体〔如如如下图所示〕,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.通过观察图形与推算,得出此根本结构单元是由个硼原子构成,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〕差异也甚大,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个硼原子分别形成B——B键,即每个顶点为5个等边三角形〔不同面上〕所共有,因此该根本单元硼原子数为：
3×2O／5＝12
其根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键为两个面所共有如此：
x＝12〔硼原子数〕
键角：
60°
[评述]此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,以与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.
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响,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在物质分类上,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逐级水解的反响式〔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]此题比拟根本,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响式遵循质量守恒并恰当运用题示表示式进展扩展式迁移.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〕ATP＋H2O＝ADP＋H2PO
＋Q1；〔能量〕
ADP＋H2O＝AMP＋H2PO
＋Q2
AMP＋H2O＝腺苷＋HP2PO
＋Q3
〔3〕C10H13O4N5
[评述]此题属于信息迁移题,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与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、水解反响式.可谓起点高,落点低.
〔综合应用,中等难度〕
〔二〕元素与其化合物
[例12]根据以下表示,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〕.有关反响为
O3
O2＋O
Cl＋O3→ClO＋O2
ClO→Cl＋O2
总反响：
2O3→3O2
〔l〕在上述臭氧变成氧气的反响过程中Cl是
〔A〕反响物〔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〕,更要看到反响①是可逆的,由于Cl原子与O3反响生成的ClO极不稳定,立即与反响①的生成物原子氧反响生成氧气并重新转化为Cl原子,导致反响①不可逆,叠加后得总反响：
2O3
3O2.Cl原子在反响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,而且在反响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响〔破坏臭氧的反响即总反响〕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与的同分异构体、同系物、同素异形体和同位素这几对易错易混淆的概念,只要掌握根本概念中的有关容,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]此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响与设问.此题是"一带多〞的选择题型,用一个共同的表示,新信息或新情境,回答多个选择题.
〔了解,较容易〕
[例13]如如下图中的每一方格表示有关的一种反响物或生成物,其中粗框表示初始反响物〔反响时参加或生成的水,以与生成沉淀J时的其它产物均已略去〕.
填写如下空白：
〔1〕物质B是,F是,J是.
〔2〕反响①的离子方程式是
[解析]解答此题应采用正向思维,从电解饱和食盐水的反响入手：
2NaCl＋2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑
从题示框图B物质既能与A反响生成D和E,又能与C反响生成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〕反响生成NaClO〔生成的H2O略去〕
Cl2＋2NaOH=NaClO＋NaCl＋H2O
还能与氢气〔C〕在点燃条件下生成HCl
Cl2+H2
2HCl
由此推断出A〔NaOH〕、B〔Cl2〕、C〔H2〕、G〔HCl〕
然后需确定F,F既能与Cl2直接反响生成I,又能与HCl反响生成H和氢气,H在Cl2作用下还能转化为I,如此F应该是变价金属铁〔Fe〕用相关反响验证：
2Fe＋3Cl2
2FeCl3
Fe＋2HCl====FeCl2＋H2
2FeCl2＋Cl2====2FeCl3
至此框图中的大局部都得到合理解释.
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反响而生成,又可以由FeCl2〔H〕与D反响而生成,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反响生成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,在水中水解而显碱性.因此当它与FeCl3反响时显示了碱性从而生成Fe〔OH〕3,〔J〕沉淀；当它与FeCl2反响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〕Cl2＋2OH－====ClO－＋Cl—＋H2O
[评述]此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响的网络,可谓起点低、落点高.试题涉与的知识面广,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围氯、铁两种重要元素与其化合物的根本容.
此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、比拟与论证〕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,如此化合物B的分子式是
[解析]此题初看起来,题设条件与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,如此化合物A中一定含乙元素；再看左边纵行,单质甲与化合物B反响可生成A〔舍乙元素〕和C两种化合物,单质甲只含甲元素,如此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〕,如此需由框图的右侧纵行推理由化
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