高中化学巧解100题在选择题中有一类技巧型题，一般属于综合性较强、中等难度以上的能力测试题。近十年的高考中，每年都有2～4道题属于这种题型，它着重考查“双基”知识和分析、归纳、推理等解题能力。这类题设计精巧，有的题设条件似显实隐、似足实少、；有的玲珑剔透、诱人遐思；有的长篇叙述，难见精要，但却构思巧妙，大智若愚。特别是计算型题中，各种量之间关系错综复杂，各反应原理又隐含其中。许多学生习惯于常规思维，提笔就算，结果是走上歧途，不得其解(即使算出了结果，却浪费了宝贵的时间)。所以，对此类题，必须抓住其精巧之处、独特之点，避开常规方法，另辟蹊径、巧思妙解。除了要在“审、明、透”三个环节上下工夫外，定要突出一个“巧”字。要巧找共性、巧用特性，巧析范围，巧用数据，巧攻一点，巧用规律，要巧挖隐含量，巧用已知量。以下所辑100例，但愿同学们能从中得到启迪，诱发灵气，有所提高。将KCl和KBr的混合物13.4g溶于水配成500mL溶液，再通入过量的Cl2反应后，将固体蒸干得固体11.175g。求原来所配溶液中K+、Cl¯、Br¯物质的量浓度之比为()(A)3:2:1(B)3:2:2(C)5:4:2(D)4:3:2【简析】题设中的数据，虽然按常规方法或差量法都可解。但都费事费力，若考虑到溶液为电中性，阳离子所带正电荷的总量等于阴离子所带负电荷的总量可得出nK+=nCl¯+nBr¯，对照选项只能选A。在密闭容器中盛有H2、O2、Cl2三种气体，电火花点燃后，三种气体都正好反应完全，冷却到室温，所得溶液得质量分数为25.26%，则原混合气体中三者得分子个数之比为()(A)6:3:1(B)9:6:1(C)13:6:1(D)15:8:1【简析】巧思时,根据2H2+O2==2H2O，H2+Cl2===2HCl。可得出n(H2)=2n(O2)+n(Cl2)，分析四选项只能是C。KCl和KBr的混合物3.87g溶于水后，加入过量AgNO3溶液，共产生沉淀6.63g，则原混合物中钾元素的质量分数为()(A)24.1%(B)40.3%(C)25.9%(D)37.4%【简析】原溶液中加入AgNO3溶液生成的沉淀与原物质相比只是把K+换成了Ag+，利用差量法就可求出K+的物质的量。=0.04mol则K+%=×100%=40.3%选B。O2和Cl2的混合气体500mL，使H2在其中充分燃烧后，用适量水吸收反应产物制得250mL溶液，从中取出25mL，用0.125mol/L的NaOH溶液20.00mL恰好完全中和，则与混合气体反应掉的H2(标况)的体积为（）(A)448mL(B)460mL(C)472mL(D)720mL【简析】此题谁若动笔就算必误入歧途，必须得打破常规另辟蹊径。当你慎思时，你会发现。若混合气体都是Cl2，完全反应时需H2500mL，若都是O2，则需H2更多，对照选项前三者都小于500，所以必是D选项。标准状况下Cl2和H2共aL，在光照下充分进行反应，反应后的气体恰好能使bmolNaOH完全转化成盐，则a、b的关系不可能是下列的（）(A)b=a/11.2(B)b<a/22.4(C)b>a/22.4(D)b>a/11.2【简析】此题可根据终态产物Na+或Cl原子守恒去解。不论Cl2、H2谁过量再与NaOH反应，反应后的终态产物总是NaCl或NaCl与NaClO的混合物。总有nNa+=nCl，所以有nCl≤a/11.2mol，即b≤a/11.2。故选D-14-\n向KI溶液中加入AgNO3溶液，直到反应完为止，滤去沉淀，滤液的质量恰好等于反应前KI溶液的质量，则AgNO3溶液的质量分数为（）(A)50%(B)67.3%(C)72.3%(D)75.6%【简析】这是一道无数字计算题，一般的思路是：析出的I-的质量=NO3-的质量+加入的水的质量，通过设未知数，列方程解就复杂了。但若理解透析出的沉淀的质量=加入的AgNO3溶液的质量这一点，则不难想到若析出AgI为1mol，则加入的AgNO3溶液的质量应是108+127=235g，其中含AgNO3为1mol是170g。所以AgNO3%=×100%=72.34%选C。高考资源网密度为1.45g/ml的H2SO4溶液中，逐滴加入BaCl2溶液，直到SO42-全部沉淀为止，已知沉淀的质量与原来H2SO4溶液的质量相等，则原来H2SO4溶液的浓度为()(A)29.6%(B)42.1%(C)12.4mol(D)6.22mol/L【简析】解题思路同上，选B、D。足量浓硫酸加入ag铜，完全反应后放出bL气体；足量的盐酸中加入mgFeS，完全反应后放出VL气体(标准状况)，已知二者所产生的气体恰好完全反应，则a：b：m：V应是()(A)40：14：110：7(B)40：14：55：14(C)20：7：55：14(D)20：7：55：21【简析】bL为SO2，VL为H2S，由2H2S+SO2=3Sâ+2H2O，可知：b：V=1：2，则只有C符合。选择C。向500mlFeCl3溶液中通入一定量的H2S气体，恰好完全反应，所得滤液的质量比原来增重1g，则原FeCl3溶液的物质的量浓度为()(A)1mol/L(B)1.5mol/L(C)2mol/L(D)2.5mol/L【简析】根据2Fe3++H2S=2Fe2++Sâ+2H+可知，增重的1g是H+，则通入的H2S为0.5mol，原溶液中的FeCl3为1mol，所以浓度为2mol/L，选C。今有3mol/L盐酸和硫酸各100ml，分别加入等质量的铁粉，待反应完毕后，测得生成气体的质量比为3∶4，则加入铁粉的质量是()(A)5.6g(B)8.4g(C)11.2g(D)16.8g【简析】两种酸都完全反应时，盐酸溶解铁为8.4g，硫酸溶解铁为16.8g，产生H2的质量比是1∶2。现在比值是3∶4，可见，对盐酸铁有剩余，对硫酸，铁不足。所以8.4g<W铁<16.8g选C.CS2能够在氧气中完全燃烧生成CO2和SO2，今用0.228gCS2(液)在448mLO2中完全燃烧反应后，气体混合物在标准状况下的体积是（）(A)336mL(B)448mL(C)560mL(D)672mL【简析】巧选时可以从产物看出：反应中生成的CO2，SO2的体积等于消耗的O2的体积，所以选(B)在一定条件下，70mLH2S和90mLO2混合，使之完全反应，恢复到原状态生成的SO2的体积应是（）(A)70mL(B)45mL(C)50mL(D)55mL【简析】根据2H2S+3O2®2SO2+H2O和2H2S+O2®2S+2H2O的反应1/2<90/70<3/2所以H2S的氧化产物不仅有SO2也有S。巧解时可用xH2S+yO2®xH2O+(y-x/2)SO2+(3x/2-y)S的反应式，将x=70，y=90直接代入(y-x/2)，所以选(D)今有H2和CO(体积比为1:2)的混合气体为VL，当其完全燃烧时，所需O2的体积为()(A)3VL(B)2VL(C)VL(D)0.5VL【简析】要巧舍条件，体积比为1:2，无用，舍去。根据H2，CO与O2化合时需氧气都为其体积的一半，故选(D)-14-\n在100mL0.1mol/L的稀硫酸中加入20mL浓度为1mol/L的氨水，然后向该混合液中加入0.1mol/LBaCl2溶液，现欲使溶液中SO42-和Cl¯离子物质的量浓度相等，则加入BaCl2溶液的体积是()(A)33.3mL(B)66.6mL(C)99.9mL(D)100mL【简析】巧思要满足[Cl¯]=[SO42-]，可使H2SO4+BaCl2=BaSO4+2HCl1mol1/3mol1/3mol2/3moL故选(A)高考资源网把足量的铁粉投入到硫酸和CuSO4的混合溶液中，充分反应后，剩余金属的质量与原加入的铁粉的质量相等，则原溶液中[H+]与[SO42-]之比为()(A)1:7(B)1:4(C)1:2(D)1:3【简析】设原溶液H2SO4为Xmol，耗铁也是Xmol，CuSO4为Ymol，反应后金属的质量增加8Y克，所以必有56X=8Y，得n(H2SO4):n(CuSO4)=1:7，所以[H+]:[SO42-]=1:4,故选(B)将3.22g芒硝溶解于Xg水中,所得溶液恰好是100个水分子中溶解有1个Na+则X的值是()(A)32.4(B)34.2(C)36(D)36.9【简析】因为每摩尔Na2SO4·10H2O中含2摩尔Na+和10摩尔水。根据提意，巧列方程式为:´2=(100-5):1，解之，得=34.2。所以选(B)0.3摩尔Cu2S与足量的浓硝酸反应，生成了Cu(NO3)2，H2SO4，NO和H2O。在参加反应的硝酸中，未被还原的硝酸的物质的量应是()(A)2.2mol(B)1.2mol(C)1.8mol(D)0.9mol【简析】巧攻一点，抓住Cu2S®2Cu(NO3)2®4NO3-，得4×0.3=1.2，所以选(B)已知3NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O，现有VL某烧碱溶液，欲使n摩尔NO和m摩尔NO2组成的混合气体中的氮元素全部进入溶液，则NaOH的物质的量浓度值至少应是()(A)(m+n)V(B)(m+n)(C)(D)【简析】从方程式上分析，似无从下手。但从NaOH的物质的量浓度的“单位”必为mol/L，所以只有选(C)38.4mgCu跟适量的浓HNO3反应，Cu全部作用后，共收集到22.4mL(标况)气体，反应消耗的硝酸的物质的量可能是()(A)1.0×10-3mol(B)1.6×10-3mol(C)2.2×10-3mol(D)2.4×10-3mol【简析】此94年高考题，有多种解法：可根据终态产物，可列方程，可根据铜与浓、稀HNO3反应的规律求出答案。但根据NO3-守恒最好。nHNO3=nNO3-=2nCu(NO3)2+nNO2+nNO，所以nHNO3=2××10-3+×10-3所以选(C)向含有agHNO3的溶液中加入bg铁粉，充分反应后，铁全部被溶解且生成NO。若HNO3有a/4g被还原，则a∶b不可能为()(A)2∶1(B)3∶1(C)4∶1(D)9∶2【简析】由3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NOá+4H2O168∶504=1∶3可知：WHNO3∶WFe必然大于3∶1时才符合题意。所以选(A)某金属与稀硝酸反应生成一种硝酸盐，该硝酸盐受热分解生成NO2、O2和一种固体，该固体中金属元素的化合价比原硝酸盐只中该金属的化合价高，则该硝酸盐分解后生成的NO2和O2的物质的量之比为(-14-\n)(A)8∶1(B)4∶1(C)2∶1(D)1∶1【简析】由电子守恒可知，若金属化合价不变，则NO2和O2的物质的量之比为4∶1，现在金属的化合价升高(失电子)，那么得电子的还原产物NO2的物质的量必然增大，所以只能选A。甲醛能与铵盐反应：4NH4++6HCHOà(CH2)6N4H++3H++6H2O，产物又能与碱定量反应：(CH2)6N4H++3H++4OH-à(CH2)6N4+4H2O，因而生产和实验室设计成“甲醛测定法”，解决了很难用NaOH直接测定NH4Cl等氮肥含氮量的难题。为了省去计算，当称取一定质量的NH4Cl试样时，可以使滴定所用0.1mol/LNaOH溶液的毫升数恰好等于试样中的含氮量，则每次取样的质量是()(A)0.08g(B)0.11g(C)0.14g(D)1.4g【简析】题干长篇叙述，但精要部分是VNaOH=含氮量，设取用NaOHxml，称取的试样为Wg，则：氮的百分含量=×100%÷W=x%经计算，得W=0.14。所以选C。已知agNaHCO3与盐酸完全反应时消耗HClbmol，而KHCO3和CaCO3的混合物ag与盐酸反应时，也消耗HClbmol，则混合物中KHCO3和CaCO3的物质的量之比为()(A)3∶1(B)14∶4(C)17∶4(D)13∶9【简析】解此类题要巧设数据：在这里设a=84b=1，化合物中KHCO3x+y=84为xg、CaCO3为yg，则可建立下列方程组+=1解之得x=68y=16故选(C)将一定量的NaHCO3和NH4HCO3的混合物放入坩埚内，用酒精加热到质量不变时，最终称得残留物得质量是原来的一半，则原混合物中NH4HCO3的质量数为()(A)25%(B)20.75%(C)17.85%(D)26.45%【简析】因NH4HCO3分解后无残留物:2NaHCO3=====Na2CO3+H2O+CO2á残留物只是Na2CO3。巧设未知数，设wNaHCO3为84g则wNH4HCO3为xg。则必有(84+x)=53得x=22。故×100%=20.75%选(C)把7.4gNa2CO3i10H2O和NaHCO3的混合物溶于水，配成100mL溶液，其中Na+为0.6mol/L，若把等质量的该混合物加热至恒重，所得残留物的质量为()(A)5.28g(B)4.22g(C)3.18g(D)2.12g【简析】根据Na+守恒：nNa+=0.1×0.6=0.06(mol)→0.03molNa2CO3。所以选(C)碱金属溶于汞可形成良好的还原剂“汞齐”。取某种碱金属的汞齐4.6g投入足量的水中产生2.24L气体(标准状况)，并得到密度为dg/cm3的溶液1L，则该溶液中溶质的质量分数是()(A)%(B)%(C)%(D)%【简析】要巧找隐含量，4.6g“汞齐”可产生22.4LH2，“汞齐”是混合物碱金属的原子量必然小于23，只能是锂，溶于水后共产生0.2molLiOH即4.8g，所以选(C)将Mg、Al、Zn三种金属混合物与足量的稀硫酸反应，得3.36L氢气(标准状况)，则三种金属得物质的量之和可能为()(A)0.125mol(B)0.15mol(C)0.2mol(D)0.215mol【简析】因Mg、Zn每摩各产生1molH2，Al每摩各产生1.5molH2，所以混合物的物质的量必小于0.15moL。所以选(A)往100mL1mol/LNaOH溶液中通入一定量SO3，在一定条件下蒸发所得溶液。析出的固体物质为5g。该固体物质的成分可能是()(A)Na2SO4(B)NaHSO4(C)NaOH、Na2SO4(D)Na2SO4、NaHSO4【简析】可极端假设思维：因nNa+=0.1mol，全部为NaOH时为4g；全部为Na2SO4时为7.1g；全部为NaHSO4时为6g。生成物为4<5<7.1所以选项为(C)-14-\n将含O2和CH4的混合气体充入装有23.4gNa2O2的密闭容器中，点火花点燃，反应结束后，容器温度为150℃、压强为0Pa。将残留物溶于水，无气体逸出。下列叙述正确的是()(A)原混合气体中O2和CH4的体积比为2∶1；(B)原混合气体中O2和CH4的体积比为1∶2；(C)残留固体中有Na2CO3和NaOH；(D)残留固体中只有Na2CO3。高考资源网【简析】此题的有关数据均不得用于计算，抓住“压强为0Pa，残留物溶于水，无气体逸出”说明Na2O2已反应完全，可写出：6Na2O2+O2+2CH4→2Na2CO3+8NaOH所以选(B)、(C)金属钠、氧化钠和过氧化钠得混合物得质量为3.72g，将次混合物完全与足量的水反应，生成672mL混合气体(标准状况)，放电引燃，经济区台恰好完全反应，则原混合物中金属钠、氧化钠、过氧化钠的物质的量之比为()(A)1∶1(B)2∶1∶1(C)1∶2∶1(D)3∶2∶1【简析】在672mL气体中VH2∶VO2必为2∶1所以必有nNa∶nNa2O2=2∶1所以选B两杯同体积同浓度的盐酸，分别加入mgZn，当反应停止后，其中一个杯中残留有少量的金属，则原烧杯中盐酸的物质的量n应为()(A)<n<(B)≤n<(C)<n≤(D)<n<【简析】因为铁的物质的量大于锌，所以剩余的金属只能是铁，锌溶解完全。盐酸的物质的量至少是mol，所以只能选B。根2.7g铝完全反应的稀硝酸，最多能溶解掉铁的物质的量是()(A)5.6g(B)6.4g(C)7.2g(D)8.4g【简析】Al→Al3+Fe→Fe3+等物质的量的铁为5.6g，但2Fe2++Fe=3Fe3+。所以，溶解铁的物质的量应是Al的1.5倍，选D。向Fe2O3和铁屑的混合物中加入足量的稀硫酸至固体完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，而产生的Fe2+和H2的物质的量之比为4∶1，则原混合物中Fe2O3和Fe的物质的量之比为()(A)1∶1(B)2∶1(C)1∶2(D)1∶3【简析】本题有三个反应：（1）Fe2O3+H2SO4→（2）Fe3++Fe→（3）Fe+H2SO4→将三个方程式配平后叠加，或直接写出Fe2O3+2Fe+4H2SO4=4FeSO4+H2↑+3H2O明确的确定了选项为(C)将0.093mol纯铁溶于过量的稀硫酸中，在加热下用0.025molKNO3去氧化其中的Fe2+，余下的Fe2+用12mL0.3mol/L的KMnO4溶液才能完全氧化(MnO4-→Mn2+)则NO3-的还原产物是()(A)NO2(B)NO(C)N2O(D)NH3【简析】根据电子守恒。0.093molFe2+共失去电子0.093mol，设N的化合价由+5价降为x价，则可列出0.093=0.012×0.3×5+0.025x解之得x=3。NO3-中N元素化合价降3。所以选(B)某金属A在Cl2中完全燃烧生成氯化物，消耗A与Cl2的质量之比为1∶1.9，原子个数之比为1∶3，则A的原子量为()(A)24(B)56(C)64(D)65【简析】不用计算。金属的化合价应为+3，对照选项选(B)。用足量CO还原14g铁的氧化物或铁的氧化物的混合物，将生成的CO2通入足量澄清石灰水中，得到25g沉淀，则物质不可能是()(A)FeO、Fe2O3(B)Fe2O3、Fe3O4(C)FeO、Fe3O4(D)-14-\nFe2O3【简析】由产生25gCaCO3知CO2为0.25mol。由CO产生CO20.25mol知14g铁的氧化物中氧元素的质量为4g，铁元素的质量为10g，在FeO中nFe∶nO=1∶1；在Fe3O4中nFe∶nO=1∶1.3；在Fe2O3中nFe∶nO=1∶1.5，而在题中铁的氧化物中=。所以若是FeO和Fe3O4的混合物则nFe∶nO<1∶1.4。若单独为Fe2O3则nFe∶nO>1∶1.4。故选(C)(D)。鱼苗在运输过程中必须满足三个条件：（1）需要保持水中溶有适量的氧气；（2）鱼苗呼出的CO2必须及时除净；（3）防止大量细菌的繁殖。所以运输过程中需加入一定的化学式，下列最合适的试剂是()(A)直接不断通入氧气(B)加入Na2O2粉末(C)加入CaO2粉末(D)加入少量CuSO4【简析】这是社会生产性题，但扣住供氧、除净CO2的条件，选用(C)选项(CaO2与水反应速率较慢缓慢放出O2)。25.4gNaHCO3与AgNO3的混合物加热到500℃，待不再放出气体为止，冷却，加入足量的稀硝酸然后小心将溶液蒸干，的无水盐25.5g，在原测混合物中AgNO3的质量是()(A)17g(B)8.5g(C)8.4g(D)9.2g【简析】此题的巧妙之处也在终端思维。最终的变化是把NaHCO3→NaNO3Dm84g85g1g现增加25.5g-25.4g=0.1g所以原混合物中NaHCO3占8.4g，AgNO3则占17g。选(A)。在一定温度下向足量饱和Na2CO3溶液中加入1.06g无水Na2CO3粉末，搅拌后静置，最终所得的晶体的质量是()(A)等于1.06g(B)大于1.06g，小于2.86g(C)等于2.86g(D)大于2.86g【简析】当加入1.06gNa2CO3→2.86gNa2CO3·10H2O水的质量减小1.8g，还要析出晶体，所以选项为(D)。某温度下向硫酸镁饱和溶液(此时溶液的溶质质量分数为25%)中加入1g无水硫酸镁，可析出3.15gMgSO4·nH2O晶体，则n值为()(A)3(B)5(C)7(D)10【简析】根据“溶质析出”“母液饱和”溶液质量减少的部分3.15-1=2.15g与原溶液的成分相同，其中含MgSO4为2.15×25%=0.5375g，含水2.15-0.5375=1.6125g，这水转成了结晶水。所以nH2O/nMgSO4==7。选(C)。在一定温度下，向55.3g蒸馏水中加入Na2SO3粉末，充分搅拌后过滤，得到60g滤液和一定质量得Na2SO3·7H2O晶体。若此温度下Na2SO3得溶解度为20g，析出的Na2SO3·7H2O晶体质量是()(A)15.3g(B)10.6g(C)10g(D)5.3g【简析】在1molNa2SO3·7H2O中无水盐和水都是126g，60g滤液中不难算出含水50g，析出的晶体中含水质量=55.3-50=5.3g。那么晶体的质量比是10.6g。选(B)在一定条件下CO和CH4燃烧的热化学反应方程式为：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)+566KJ；CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(l)+890KJ由1molCO和3molCH4组成的混合气体在上述条件下完全燃烧后，释放出的热量()KJ(A)2912(B)2953(C)3236(D)3827【简析】动笔计算，麻烦费时。此题只抓住反应热数据的尾数特性即可。1molCO燃烧放热数据的尾数是3，而甲烷的尾数为零，显然正确选项为(B)已知下列两个均匀气态物质之间的反应：C2H2(气)+2H2(气)C2H4(气)(1)；2CH4(气)C2H4(气)+2H2(气)(2)在降低温度时(1)式平衡向右移动，(2)式平衡向左移动，则下列三个反应：C(固)+2H2CH4(气)+Q1；C(固)+1/2H2(气)1/2C2H2(气)+-14-\nQ2C(固)+H21/2C2H4(气)+Q3。反应热由小到大排列正确的是（）(A)Q1<Q2<Q3(B)Q3<Q2<Q1(C)Q3<Q1<Q2(D)Q2<Q3<Q1【简析】本题给出的信息虽多，但抓住其核心，得出碳与H2化合产生热量，C(s)+2H2→Q1；C(s)+H2→Q3；C(s)+2H2→Q2。所以选(D)标准状况时将NO2、NH3、O2的混合气体26.88L通入过量的稀硫酸中，溶液的质量增重45075g，气体的体积缩小到2.24L。将带火星的木条插入其中，不复燃，则原混合气体的平均分子量应是()甲组：(A)40.6(B)44(C)38(D)36.4乙组：(A)46.3(B)40.6(C)47.5(D)46【简析】一般的思路是根据气体被吸收的反应，归纳出最后的气体为NO，若列方程组计算必走进死角。巧解甲组的选项时，要巧用数据，2.24L为NO质量为0.3g，所以有=4.06选(A)；巧解乙组的选项时则攻其一点，原混合气体中只有NO2的分子量为46，其它都小于46。所以平均分子量只能小于46，对照选项只能选(B)。200℃时，使11.6gCO2和水蒸气的混合气体与足量的Na2O2反应，充分反应后，固体质量增加了3.6g，则原混合气体的平均式量为()(A)5.8(B)11.6(C)23.2(D)46.4【简析】不用计算18<<44所以选(C)由NH3、CH4、H2组成的混合气体，其平均分子量是10，则混合气体中VNH3∶VCH4∶VH2的比应是()(A)3∶2∶1(B)1∶2∶3(C)1∶3∶4(D)2∶3∶4【简析】此题列方程式显然条件不足。但若深挖隐含因素。=10是偶数，而三者的分子量中NH3的是奇数，所以只有NH3的体积是偶数时才能使得平均分子量为偶数，对照选项，只能是D。同温同压下，某瓶充满O2时重116g，充满CO2时重122g，充满某气体时时重114g，则某气体的相对分子量为（）(A)28(B)60(C)32(D)44【简析】此题数据不少，却不用计算，某气体的分子量一定小于O2的分子量，所以选A某元素的近似相对原子质量为M，有质量分数分别为m、n的两种原子，则mR和nR在自然界中的原子个数之比为（）(A)(M-n)∶(m-M)(B)(M-n)∶(m-n)(C)(M-n)∶(M-n)(D)(m-n)∶(M-m)【简析】看似复杂，其实简单，M是平均分子量，应用十字交叉法，即可选出A为正确选项。某混合气体的百分组成为：O232%、CO222%、N228%、CH416%、H22%，则此气体的平均分子量为（）(A)12.22(B)22.22(C)44.44(D)66.66【简析】因为分子量最大的是CO2为44，分子量最小的是H2占2%，其次是CH4占16%，若只有H2和CH4且H2占2%时，平均分子量也必然大于12.22。所以12.22<<44。选B。元素X、Y可以分别组成H2X和H2Y，其分子量之比为1.89∶1，又知X在化合物XY2中的含量为50%，则X和Y两种元素分别是（）(A)S、O(B)C、O(C)N、O(D)C、S【简析】此题的突破点在于X的原子量是Y的2倍，所以选(A)。O2和O3的混合气体共2升，在同温同压下转化为O2时体积变为2.2升，那么原混合气体的平均分子量为（）(A)38.4(B)32.5(C)35.2(D)36.4【简析】因为最后的气体为O2，由阿佛加德罗定律可得：==35.2。所以选C。-14-\n还原某金属氧化物得到单质R时，质量减少50.5%，如果这种金属的原子量是55，则氧化物的化学式为（）(A)R2O3(B)RO2(C)R2O5(D)R2O7【简析】慎思巧思后，你会发现氧化物中，氧元素的质量与金属元素的质量之比约为1∶1，而55/16>3，所以O原子的个数应当大于R原子个数的3倍，选D。甲乙两种化合物都只含有X、Y两种元素，甲乙中X元素的质量分数为30.4%和25.9%，若甲的分子式为XY2，则乙的分子式可能是（）(A)XY(B)X2Y(C)X2Y3(D)X2Y5【简析】抓准甲中X与Y的原子个数之比为1∶2这一突破点，根据甲中X的含量高于乙，所以乙中原子个数比X∶Y<1∶2。只能选B。某元素硝酸盐分子量为n，相同价态的醋酸盐的分子量为m，则该元素化合价的数值为（）(A)(B)(C)(D)【简析】因为硝酸根的式量为62，醋酸根的式量为59，而盐中该元素的化合价必然为大于零的正整数，对照各选项，B、D小于1，C为负数，只能选A。化合物AB中含B36.36%，在化合物BC2中含B50%，则在化合物ABC4中，B的百分含量是（）(A)12.64%(B)19.56%(C)21.11%(D)24.68%【简析】此题的思路比较狭隘，不易联想所学过的化合物，但我们可以从BC2中B占50%打开思路，用相对比值求出结果。设B的相对质量为1，则C为0.5，A则为1.75，则在ABC4中B%=´100%=21.11%，所以选(C)。有O、O、H、D、T五种原子可构成的双氧水(如：H216O18O)分子的种类有几种？()(A)14(B)16(C)16D24【巧算】应用数学上的排列组合：O、O：C21、C22，H、D、T：C31、C32，则有：(C21+C22)(C31+C32)=18。选C。据测哈雷慧星上碳的两种同位素12C和13C的原子个数比为65∶1，而地球上12C和13C的原子个数比为89∶1。地球上碳的原子量是12.011，则哈雷慧星上碳元素的原子量为()(A)12.000(B)12.009(C)12.015(D)12.980【简析】比较12C∶13C的两个比值，可得出哈雷慧星上碳元素的原子量肯定比地球上的“稍大”，所以选C。A、B、C为短周期相邻的三种元素，A、B为同周期，A、C为同主族，三元素族数之和为19，原子序数之和为41，则A、B、C三元素的符号分别为()(A)N、O、S(B)Cl、O、S(C)Si、P、N(D)S、Cl、F【简析】紧紧抓住（1）族数之和（2）原子序数之和两点中的任意一点，即可选出正确答案为B。有X、Y、Z三种金属混合物，其原子量之比为3∶5∶7，原子个数之比为4∶2∶1，将其溶解于足量的稀盐酸中，共产生1.568L气体，反应中三者的化合价相同，则三种金属的原子量分别为()(A)24、27、40(B)9、27、40(C)24、40、65(D)24、40、56【简析】紧紧抓住原子量之比为3∶5∶7这一点，各选项中符合这一点的只有D。13.9gRSO4·nH2O完全失去结晶水后，余下7.6g无水物，若R的原子量约是结晶水分子数的8倍，则R的原子量和n值是(-14-\n)(A)23∶6(B)27∶8(C)40∶556∶7【巧思】由RSO4可知R的化合价为+2，排除A、B(或由8倍关系也可排除A、B)，又因为CaSO4中结晶水数目最多为2，所以只能选D。Pg某结晶水合物A·nH2O，失去部分结晶水后，质量变为qg，由此可得出此结晶水和物的式量为()(A)(B)(C)(D)【简析】巧用差量法：设其式量为x，则：A·nH2OA+nH2O△减xg18ngPg(P-q)g则x=18Pn/(P-q)选A。把（1）H2O（2）NaCl（3）Na2S（4）MgO（5）NH3按沸点从高到低的顺序排列正确的是()（A）MgO、NaS、NaCl、H2O、NH3（B）MgO、NaCl、NaS、H2O、NH3（C）NaCl、MgO、NaS、H2O、NH3（D）H2O、NaCl、NaS、MgO、NH3【简析】用排除和比较法。先抓住MgO的沸点最高这一点排除C、D。再比较NaCl和Na2S中Cl¯和S2-的半径，很明显S2-的离子半径大，Na2S中离子键较弱，则沸点NaCl的较高。选B。将1molCO和1mol水蒸气混合，在一定条件下CO+H2O==CO2+H2，已知反应达到平衡时CO的转化率为21.75%。则平衡混合气体是同条件下的密度的()(A)6.85倍(B)9倍(C)11.5倍(D)17.8倍【简析】此题谁若动笔就计算，必然误入歧途。巧思：相同条件下，CO的密度是H2的14倍，H2O(气)是H2密度的9倍，所以混合气体的相对密度在9~14之间，只能是C。反应mA(气)+nB(气)==pC(气)+qD(气)经5分钟后达到平衡，测得此时A的浓度减少了amol/L，而C的浓度增加了2/3amol/L；又测得平均反应速率vC=2vB。达平衡后，若保持温度不变，给体系加压，平衡不移动，则该反应可表示为()(A)2A(气)+6B(气)==3C(气)+5D(气)(B)3A(气)+B(气)==2C(气)+2D(气)(C)3A(气)+B(气)==2C(气)+D(气)(D)A(气)+3B(气)==2C(气)+2D(气)【简析】由加压平衡不移动，可得出V前=V后再由vC=2vB，则只能是B。在一个6升的密闭容器中放入了3升X气体和2升Y气体，在一定条件下发生如下反应：4X(气)+3Y(气)2Q(气)+nR(气)，达平衡后容器内温度不变，混合气体的压强比原来增加了5%，X的浓度减少了1/3，则该反应方程式中的n值为()(A)3(B)4(C)5(D)6【简析】本题数据不少,虚张声势,设陷布障,但我们透过现象看本质,不难发现,“压强比原来增加”，必然有2+n>4+3，则只有D中n=6符合。在一定体积的密闭容器中，放入3升R和5升Q(气)在一定条件下发生反应：2R(气)+5Q(气)==4X(气)+nY(气)。反应完全后容器内温度不变，混合气体的压强是原来的87.5%，则化学方程式中的n值是()(A)2(B)3(C)4(D)5【简析】思路同上，抓住“压强比原来减少”，必有4+n<2+5,则只能是A。常温下将10g下列物质与90g水相混合，所得溶液的浓度最小的是（）(A)CuSO4·5H2O(B)Na2O2(C)NaOH和Al(OH)3各5g(D)-14-\nCaO【简析】此题隐含条件较多，但最关键一点是CaO微溶于水。抓死此点就可得出Ca(OH)2得浓度(不论是物质的量浓度还是溶质得质量分数)最小。所以选(D)。为了实现我国政府在1997年12月31日前对淮河流域环境的治理，某甲、乙两相邻的工厂做了横向联合。已知两厂排放的污水经初步处理后，只溶有Ag+、Ba2+、Fe3+、Na+、Cl¯、SO42-、NO3-、OH-的各不同的4种离子(设各离子浓度比较大)，若单独排放仍会造成环境污染，如将两厂的污水按适当的比例混合，沉淀后污水变成无色澄清的硝酸钠排出，则污染程度大为降低，你认为下列分析判断正确的是()(A)SO42-和NO3-可存在于同一工厂(B)Cl¯和NO3-一定在不同的工厂(C)Ag+和Na+可能在同一工厂(D)NaNO3来自同一工厂【简析】这是一道STS型离子共存与否试题，谁若在思考中试图将两厂排放的污水中所含的离子分组，则必坠入“陷阱”。妙解时应考虑，可与Ag+大量共存的阴离子中只有NO3-，所以Cl¯与NO3-定不在同一工厂。所以选(B)某学生欲把100g5%的CuSO4溶液的浓度增大1倍，采取的办法是：（1）蒸掉1半水（2）加入无水CuSO45.56g（3）加入胆矾9.26g（4）加入15%的CuSO4溶液100g（5）加入20%CuSO4溶液50g，其中正确的是()（A）（1）（2）（4）（B）（2）（3）（5）（C）（2）（3）（4）（5）(D)都不正确【简析】此题的判断技巧可用排除法和优选法。判断中（1）肯定不正确，而题中必有正确选项，所以可以排除(A)和(D)选项，而(B)、(C)选项中又都有（2）（3）（5）则不需考虑，只需要确定（4）是正确的。计算出（4）正确，所以(B)、(C)选项都符合题意。所以选(B)、(C)。将浓度为a%物质的量浓度为M1mol/L的稀H2SO4，加热蒸发掉一部分水后，变成浓度为2a%物质的量浓度为M2mol/L的H2SO4，则M1和M2的关系是()(A)M1=2M2(B)M1<2M2(C)M2>2M1(D)M2≤2M1【简析】抓住硫酸越浓密度越大这一点，设出密度分别为d1(稀)、d2(浓)：则必有=因为d2>d 1所以有M2>2M1选(C)1L1mol/L的NaOH溶液吸收了0.8molCO2，所得溶液中CO32-和HCO3-的物质的量浓度之比约为()(A)1∶3(B)2∶1(C)2∶3(D)3∶2【简析】巧找不变量，根据Na+守恒，设生成Na2CO3为xmol，NaHCO3为ymol，则有x+y=0.82x+y=1得x=0.2y=0.6所以[CO32-]∶[HCO3-]=0.2∶0.6=1∶3选(A)。露置的苛性钾经分析其中含有的各种物质的质量分数分别为：H2O7.62%、K2CO32.38%、KOH90%。若将此样品1g加入到1mol/L盐酸46.00mL中过量的盐酸用1.070mol/LKOH溶液恰好中和。蒸发中和的溶液，可得固体（）(A)3.43g(B)4.00g(C)4.50g(D)无法计算【简析】此题数据虽多，但多无用。分析反应原理后进行终端归纳：最后的固体只有KCl，而Cl¯只来源于盐酸根据Cl¯守恒，有nKCl=nHCl=0.046mol质量为3.43g选(A)。在空气中放置一段时间的KOH固体，经分析知其中含水a%、含K2CO3b%，其余为KOH。取此样品mg溶于100mL浓度为1mol/L的稀H2SO4中，所得溶液尚需加入ngKOH固体才能完全中和。然后将溶液蒸干，可得固体物质的质量是（）(A)3.1(m+n)g(B)14.2g(C)17.4g(D)20.6g【简析】思路同上题SO42-àK2SO4最后得0.1molK2SO4为17.4g。选(C)。-14-\n将mgAl2O3和Fe2O3的混合物溶解在过量的100mL[H+]=0.1mol/L的硫酸中，然后向其中加入NaOH溶液使Fe3+和Al3+刚好全部转化为沉淀，用去100mLNaOH溶液，则NaOH溶液物质的量浓度为()(A)0.1mol/L(B)0.05mol/L(C)0.2mol/L(D)无法计算【简析】此题可根据终态反应实质考虑。最终的反应结果可归纳为H++OH-=H2O所以nH+=nOH-所以选(A)。将mg含Fe2O3·nH2O杂质的Al2O3样品溶解在过量的200mL[H+]=0.1mol/L的稀H2SO4溶液中，然后向其中加入100mLNH3·H2O溶液，使Fe3+和Al3+恰好全部转化为沉淀，所加NH3·H2O溶液物质的量浓度为()(A)0.2mol/L(B)0.1mol/L(C)0.05mol/L(D)无法计算【简析】思路同上，所加入的NH3·H2O实际上是中和酸nH+=nNH3·H2O所以选(A)取100mLFe(NO3)3与Cu(NO3)2的混合液，若这两种溶液物质的量浓度相等。在混合液中加入2.5mol/LNaOH溶液150mL恰好反应，则原溶液中NO3-离子的浓度为（）。(A)1.25mol/L(B)3.75mol/L(C)2.5mol/L(D)5.0mol/L【简析】根据电荷守恒，nOH-=nNO3-=2.5×0.15=0.375mol，=3.75mol/L选(B)在Na2SO4和K2SO4的混合溶液中,当[Na+]=0.2mol/L,[SO42-]=xmol/L时,x与y的关系是（）。(A)x=y+0.2(B)x=y/2(C)x=0.1+y/2(D)缺[H+]和[OH-]的数据，无法计算。【简析】根据正电荷总量=负电荷总量，则有0.2+y=2x所以x=0.1+y/2选(C)用水稀释0.1mol/L的氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是()(A)[OH-]/[NH3·H2O](B)[NH3·H2O]/[OH-](C)[H+]和[OH-]的乘积(D)OH-的物质的量【简析】因(C)项乘积为常数，(D)项OH-物质的量增加，在(A)(B)选项中可借助“极端假设”法，无限稀释时[OH-]趋于常数10-7mol/L[NH3·H2O]趋于为零。所以可简捷的判断出应选(B)。0.1mol/L的H2SO410mL和0.2mol/L的BaCl2溶液10mL混合，所得溶液中离子浓度由大到小的排列顺序是()(A)[H+]>[Cl¯]>[SO42-]>[OH-](B)[SO42-]>[Ba2+]>[H+]>[OH-](C)[Cl¯]>[H+]>[Ba2+]>[SO42-]>[OH-](D)[H+]>[Cl¯]>[Ba2+]=[SO42-]>[OH-]【简析】高考题中，不可没有正确选项。分析中紧紧抓住[Cl¯]最大这一点，就可快速选出答案为(C)选项。将0.2mol/LBa(OH)2溶液与0.05mol/LNa2SO4溶液等体积混合后，下列几种离子浓度大小顺序正确的是（）(A)[Ba2+]>[OH-]>[Na+]>[SO42-](B)[Na+]>[OH-]>[Ba2+]>[SO42-](C)[Na+]>[Ba2+]>[OH-]>[SO42-](C)[OH-]>[Ba2+]>[Na+]>[SO42-]【简析】只要抓住反应后溶液中[OH-]最大着一点即可选出(D)选。将两个铂电极插入500mLCuSO4溶液中进行电解，通电一段时间后，某一电极增重0.064g(设电解时该电极无H2放出，且不考虑水解和溶液体积的变化)，此时溶液中[H+]约为()(A)4×10-3mol/L(B)2×10-3mol/L(C)1×10-3mol/L(D)1×10-7mol/L【简析】要巧找关系量。当有一个Cu2+放电，必有2个OH-放电，也必然产生2个H+。设[H+]为xmol/L则64∶2=0.064∶0.5x所以x=4×10-3mol/L故选(A)。对2L6%的KOH溶液(密度1.05g/cm3)，用石墨做电极电解。当溶液的浓度改变2%时停止电解，此时溶液的浓度及电极上析出的物质的质量是(-14-\n)。(96年化学竞赛题)(A)浓度为8%；阳极得58.33g，阴极得466.64g。(B)浓度为8%；阳极得466.64g，阴极得58.33g。(C)浓度为4%；阳极得445g，阴极得55.6g。(D)浓度为4%；阳极得55.6g，阴极得445g。【简析】因用惰性电极电解KOH，实质是电解水，电解后溶液浓度增加，选排除(C)、(D)选项。电解时阳极放出O2，阴极放出H2，所以阳极析出物质的质量重，故选(B)项。将质量分数为0.052(5.2%)的NaOH溶液1L(密度为1.06g/cm3)用铂电极电解，当溶液中NaOH的质量分数改变了0.010(1.0%0时停止电解，此时溶液中应符合的关系是()。(98年高考题)NaOH的质量分数阳极析出物质的质量(g)阴极析出物质的质量(g)(A)0.062(6.2%)19152(B)0.062(6.2%)15219(C)0.042(4.2%)1.29.4(D)0.042(4.2%)9.41.2【简析】思路同24题。用下列方法制备胶体：（1）0.5mol/L的BaCl2与等体积的2mol/LH2SO4混合振荡。（2）将1.5mLFeCl3饱和溶液逐滴加入20mL沸水中。（3）1mL水玻璃逐滴加入盐酸中丙振荡。可制得的是()(A)（1）（2）(B)（1）（2）(C)（2）（3）(D)（1）（2）（3）【简析】因Ba2+与SO42-作用不会形成胶体，所以排除含（1）的选项，只有选C用托盘天平和小烧杯称出一定质量的锌粉，可以分为以下6个步骤：（1）调整零点，静止时使指针处在标尺中间；（2）将游码拨到刻度尺零点；（3）把锌粉放在小烧杯中称量；（4）称量空的小烧杯质量；（5）将砝码放回砝码盒中；（6）记录称量结果。其正确操作的顺序是()（A）（2）（1）（4）（6）（3）（6）（5）（2）（B）（2）（1）（4）（3）（6）（5）（C）（1）（2）（4）（3）（5）（6）（D）（4）（3）（6）（2）（1）（6）（5）【简析】此实验步骤虽多，但抓住“将游码拨到刻度尺零点”是操作的第一步，“将砝码放回砝码盒中”是操作的最后一步，不难发现只有A选项符合上两点，所以选A.实验桌上放有：托盘天平、研钵、玻璃棒、三脚架、泥三角、蒸发皿、瓷坩埚、干燥管、酒精灯、火柴、烧杯、量筒、容量瓶、药匙、石棉网、试管，不再另加仪器，下列不能进行的实验是()(A)蒸发(B)萃取分液(C)配置0.5mol/L的CuSO4溶液(D)除去萘中的沙子(E)测定硫酸铜晶体中结晶水的含量(F)稀释硫酸(G)分离NaCl和NaOH的混合物。【简析】此例为化学实验基本操作的选择题，且选项有7个，超常。涉及的知识点，面多而广。分析时应抓住：（1）萃取分液的必备仪器是分液漏斗（2）配制物质的量浓度溶液时，没有胶头滴管不能定容，即可选出B、C。下列各组气体：（1）HCl（2）HI（3）Cl2（4）H2S（5）SO2（6）SO3（7）NH3（8）HBr，其中不能用浓硫酸干燥的是()（A）（1）（2）（4）（7）（8）（B）（3）（5）（6）（C）（2）（4）（6）（7）（8）-14-\n（D）（1）（3）（5）（7）【简析】只要能理解到HI不能用浓H2SO4干燥，且按顺序（2）排在最前的选项，所以选(C)。用一定浓度的NaOH溶液作标准液，酚酞作指示剂，测定未知浓度的稀盐酸。下列操作中会导致所测盐酸的物质的量浓度偏高的是（）（1）未用标准液润洗碱式滴定管；（2）只用蒸馏水,而未用待测盐酸洗涤锥型瓶；（3）用未知盐酸洗涤了移液管；（4）滴定前碱式滴定管尖嘴处有气泡，滴定结束前气泡已消失；（5）滴定前读数正确，滴定后俯视碱式滴定管中的液面并读数。（A）（1）（2）（3）（4）（5）（B）（1）（4）（5）（C）（2）（3）（5）（D）（2）（3）（4）（5）【简析】比较各选项后，除(B)选项外都有（2），而（2）的操作对滴定结果无影响，所以可排除含（2）的选项。故选(B)。现有（1）Al2(SO4)3（2）Ba(OH)2（3）KOH（4）CuCl2（5）NaCl五种溶液不加任何试剂，就可鉴别，且先后顺序正确的为（）（A）（1）（3）（5）（4）（B）（3）（1）（4）（2）（5）（C）（4）（3）（1）（2）（5）（D）（1）（2）（3）（4）（5）【简析】应先观察溶液的颜色，首先鉴别的是CuCl2，所以只能选择(C)项。在50mL苯中通入5.6L乙炔，再加入75g苯乙烯，所得混合物中碳元素的质量分数为（）(A)66.7%(B)80%(C)87.75%(D)42.3%【简析】要巧找共性，三者的最简式都是CH，不论怎样混合c%=12/13´100%=92.3%所以选(D)。甲、乙、丙醛的混合物中氢元素的质量分数是9%，则氧元素的质量分数是（）(A)16%(B)37%(C)48%(D)无法计算【简析】共性在于C:H=1:2，碳的百分含量是氢的6倍，占54%。所以氧占37%选(B)。某饱和一元醛、酮和单稀烃的混合物中含氧的质量分数为x，则共含碳的质量分数是（）(A)x(B)(1-x)(C)(1-x)(D)(1-7)【简析】共性在于C:H=1:2，碳和氢的总量为(1-x)所以碳占(1-x)选(C)。X、Y、Z三种物质的分子组成分别符合烷烃、稀烃、炔烃的通式，若在一定条件下，VL的X、Y、Z的混合气体可与VLH2发生加成反应，则混合气体中X、Y、Z的体积比可能是（）(A)1:1:1(B)1:2:3(C)1:2:1(D)3:2:1【简析】因1mol稀烃可与1molH2加成，1mol炔烃可与2molH2加成所以当V炔=V烷时的选项都符合题意，应选(A)(C)。甲苯和甘油组成的混合物中，若碳元素的质量分数为60%，那么由此可推断氢元素的质量分数为()(A)5%(B)8.7%(C)17.4%(D)无法计算【简析】共性为分子量都是92，都含有8个氢原子，不论怎样相混其中H%=´100%所以选(B)。在苯和苯酚组成的混合物中，碳元素的质量分数为90%，则混合物中氧元素的质量分数是()(A)2.5%(B)5%(C)6.5%(D)7.5%【简析】二者含C、H原子个数之比为1∶1质量比应为90%∶7.5%，所以氧的含量占2.5%。选(A)。-14-\n下列各组混合物总物质的量不变时，各组分以任意比混合后，充分燃烧时消耗氧气的量不变的是()(A)乙烯、乙醇、乙醛(B)乙炔、乙醛、乙二醇(C)甲烷、甲醇、乙酸(D)乙烷、丙酸、甘油【简析】巧变化其分子式如B组中乙醛写成C2H2·H2O，乙二醇写成C2H2·2H2O，三者以任意比混合耗氧量相同。D组把丙酸写成C2H6·CO2，甘油写成C2H6·CO2·H2O三者以任意比混合耗氧量也相同。所以选(B)(D)。已知分子式为C12H12的物质A的结构简式如图所示。苯环上的二溴代物有9种同分异构体，由此推断，A苯环上的四溴代物的同分异构体的数目有()(A)2种(B)10种(C)11种(D)12种【简析】该物苯环上可被取代H原子只有6个，用2个溴原子取代后的同分异构体为9个，那么其四溴代物就相当6个溴原子中有2个被取代，所以其同分异构体的数目必然也是9种。选(A)。C100H120为含有多个碳碳三键的连状化合物的分子式，该分子中含有的碳碳三键最多是()(A)19(B)20(C)21(D)25【简析】100个碳原子共有400个价电子当与碳原子都形成单键时共耗去价电子分别为120、200，余下的价电子形成双键再与单键合并即为三键，所以碳碳三键的总数应是=20选(B)。有amL三种气态烃的混合物与足量的O2点燃爆炸后，恢复到原来的状况(常温、常压)体积缩小2amL，则这三种烃不可能是()(A)CH4、C2H4、C3H4(B)C2H6、C3H6、C4H6(C)C2H2、C2H6、C3H8(D)CH4、C2H6、C2H2【简析】设混合烃的组成为CxHy则CxHy+(x+y)O2→xCO2+H2O(液)因V前-V后=2a则V减=1+x+-x=1+1∶(1+)=a∶2a所以y=4，当=4时amL燃烧后体积减少2amL平均氢原子个数不可能为4个的是(B)组。选(B)。立方烷分子为正方体碳架结构。如图，其二氯代物同分异构体的数目为()(A)2(B)3(C)4(D)6【简析】分析时抓住（1）占据同一边上的两个顶点为1种（2）同一面对角线的两个顶点为又一种（3）立方体对角线的两顶点再是一种，共3种。选(B)。甲酸乙酯和乙酸丁酯的混合物中氢元素的质量分数为9.75%，则氧元素的质量分数为()(A)40.25%(B)31.75%(C)58.5%(D)45.375%【简析】要巧挖隐含量，因组成均符合CnH2nO2的通式mC∶mH=6∶1，碳的含量为6´9.75%=58.5%所以含氧为31.75%。选(C)。-14-
