高三化學(xué)五個(gè)容易錯(cuò)的專(zhuān)題

　　高三化學(xué)總復(fù)習(xí)必須堅(jiān)持三到位：即基礎(chǔ)知識(shí)到位、邏輯思維到位、分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力到位。其中一個(gè)部分就是對(duì)錯(cuò)題的攻克，小編在這里整理了高三化學(xué)五個(gè)容易錯(cuò)的專(zhuān)題，希望能幫助到大家。

　　專(zhuān)題一 阿伏伽德羅常數(shù)

　　【易錯(cuò)題1】NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列敘述正確的是

　　A.等物質(zhì)的量的N2和CO所含分子數(shù)均為NA

　　B.1.7gH2O2中含有的電子數(shù)為0.9NA

　　C.1molNa2O2固體中含離子總數(shù)為4NA

　　D.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L戊烷所含分子數(shù)為0.1NA

　　『錯(cuò)解分析』錯(cuò)選C,認(rèn)為在Na2O2固體中，含有Na+和O-兩種離子，1molNa2O2固體中含有2molNa+和2molO-，故其中的離子總數(shù)為4NA。

　　『正確解答』此題考查了阿伏伽德羅常數(shù)知識(shí)。阿伏伽德羅常數(shù)是指1mol任何微粒中含有的微粒數(shù)，等物質(zhì)的量不一定是1mol，A錯(cuò);H2O2的相對(duì)分子質(zhì)量為：34，故其1.7g的物質(zhì)的量為0.05mol，其每個(gè)分子中含有的電子為18個(gè)，則其1.7g中含有的電子的物質(zhì)的量為0.9mol，數(shù)目為0.9NA，B對(duì);Na2O2固體中，含有的是Na+和O22-兩種離子，1mol固體中含有3mol離子，故其中的離子總數(shù)為：4NA，C錯(cuò);戊烷在標(biāo)準(zhǔn)狀況下為液態(tài)，故其2.24L不是0.1mol，D錯(cuò)。

　　『規(guī)律小結(jié)』進(jìn)行阿伏伽德羅常數(shù)的正誤判斷的主要考查點(diǎn)有：

　?、倥袛嘁欢康奈镔|(zhì)所含的某種粒子數(shù)目的多少;

　　②物質(zhì)的組成;

　?、弁ㄟ^(guò)阿伏加德羅常數(shù)進(jìn)行一些量之間的換算等，在解題時(shí)要抓住其中的易錯(cuò)點(diǎn)，準(zhǔn)確解答。

　　【易錯(cuò)題2】設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是

　　A.常溫下，1L0.1mol·L-1的NH4NO3溶液中氮原子數(shù)為0.2NA

　　B.1mol羥基中電子數(shù)為10NA

　　C.在反應(yīng)中，每生成3molI2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6NA

　　D.常溫常壓下，22.4L乙烯中C-H鍵數(shù)為4NA

　　『錯(cuò)解分析』選B或D。認(rèn)為羥基-OH中有8NA個(gè)電子或10NA個(gè)電子;22.4L乙烯是1mol，1mol乙烯C-H鍵數(shù)為4mol。

　　『正確解答』本題主要考查的是以阿伏伽德羅常數(shù)為載體考查如下知識(shí)點(diǎn)①考查22.4L/mol的正確使用;②考查在氧化還原反應(yīng)中得失電子數(shù)的計(jì)算等內(nèi)容。A項(xiàng)，無(wú)論NH4+水解與否，根據(jù)元素守恒;B項(xiàng)，1mol羥基中有9NA個(gè)電子;C項(xiàng)，在該反應(yīng)中，每生成3molI2,轉(zhuǎn)移5NA個(gè)電子;D項(xiàng)，常溫常壓下，氣體摩爾體積Vm不為22.4L/mol。綜上分析得知，本題選A項(xiàng)。

　　『規(guī)律小結(jié)』結(jié)合阿伏伽德羅常數(shù)為NA，判斷一定量的物質(zhì)所含有的某種粒子數(shù)目的多少，是高考命題的熱點(diǎn)之一，在近幾年的各種高考試題中保持了相當(dāng)強(qiáng)的連續(xù)性。這種題型所涉及的指示非常豐富，在備考復(fù)習(xí)時(shí)應(yīng)多加注意，強(qiáng)化訓(xùn)練，并在平時(shí)的復(fù)習(xí)中注意知識(shí)的積累和總結(jié)。

　　專(zhuān)題二 氧化還原反應(yīng)

　　【易錯(cuò)題1】取17.4g MnO2固體粉末與一定體積的濃鹽酸(含溶質(zhì)0.4mol)共熱制取氯氣(假設(shè)HCl揮發(fā)損失不計(jì))，下列敘述中正確的是( )

　　A、反應(yīng)過(guò)程中MnO2作催化劑

　　B、鹽酸未完全反應(yīng)

　　C、參加反應(yīng)的鹽酸有一半被氧化

　　D、反應(yīng)產(chǎn)生2.24L氯氣(標(biāo)況)

　　『錯(cuò)解分析』選C、D。根據(jù)該反應(yīng)中量的關(guān)系：MnO2——4HCl可知，該反應(yīng)中MnO2過(guò)量，因此HCl完全反應(yīng)。又因該反應(yīng)中只有一半的HCl作還原劑(另一半為起到酸的作用)，因此參加反應(yīng)的鹽酸有一半被氧化(0.2mol)，得到2.24L的氯氣。錯(cuò)誤原因：靜態(tài)考慮反應(yīng)問(wèn)題，忽略鹽酸濃度變化引起還原性變化的事實(shí)。

　　『正確解答』隨反應(yīng)的進(jìn)行，鹽酸的濃度逐漸減小，對(duì)應(yīng)的還原性逐漸減弱，直至發(fā)生的氧化還原反應(yīng)被停止。因此該反應(yīng)過(guò)程中，雖然MnO2過(guò)量，鹽酸也不可能完全反應(yīng)，同樣的，收集到的氣體也不可能是2.24L。但是不論如何，參與反應(yīng)的鹽酸一定有一半被氧化(對(duì)應(yīng)的量一定少于0.2mol)。因此正確選項(xiàng)為C。

　　『規(guī)律小結(jié)』許多物質(zhì)的氧化(還原)性會(huì)受濃度變化的影響，并在一些具體的反應(yīng)中表現(xiàn)出來(lái)。例如，濃硫酸具有氧化性，在加熱的條件下與銅能夠發(fā)生反應(yīng)，隨反應(yīng)的進(jìn)行，硫酸濃度變小，氧化性逐漸減弱，最終反應(yīng)將停止;若參加反應(yīng)的金屬為Zn等活潑金屬，則當(dāng)濃度降低到一定程度(轉(zhuǎn)化為稀硫酸)時(shí)，又會(huì)有H2產(chǎn)生。又如，濃硝酸具有強(qiáng)氧化性，與銅反應(yīng)生成NO2，隨反應(yīng)進(jìn)行，濃度減小，氧化性將有所減弱。當(dāng)濃度減小到一定程度，反應(yīng)產(chǎn)物變?yōu)镹O。在解此類(lèi)問(wèn)題時(shí)，必須要打破常規(guī)，“動(dòng)態(tài)”地考慮反應(yīng)進(jìn)行問(wèn)題。這類(lèi)問(wèn)題也常在化學(xué)計(jì)算中出現(xiàn)。)

　　【易錯(cuò)題2】標(biāo)準(zhǔn)狀況下，往100mL0.2mol/L的FeBr2溶液中通入一定體積的Cl2，充分反應(yīng)后，溶液中有50%的Br-被氧化。則通入的氯氣的體積是( )

　　A、0.224L B、0.336L C、0.448L D、0.672L

　　『錯(cuò)解分析』由于2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，根據(jù)題意，有50%的Br-被氧化，即有0.02mol被氧化，因此通入的氯氣的體積為0.224L。選A。錯(cuò)誤原因：忽略離子還原性強(qiáng)弱。在氧化還原反應(yīng)中，還原性(氧化性)越強(qiáng)的物質(zhì)(或微粒)優(yōu)先參與氧化還原反應(yīng)。

　　『正確解答』由于Fe2+還原性比Br-強(qiáng)，當(dāng)往FeBr2中通入氯氣，發(fā)生的反應(yīng)依次為：1)Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+;2)Cl2+2Br-=2Cl-+Br2。因此溶液反應(yīng)中反應(yīng)的情況應(yīng)該是：Fe2+被完全氧化并有50%Br—被氧化。根據(jù)電子得失關(guān)系，F(xiàn)e2+、Br—離子失去的電子總數(shù)(0.02mol+0.02mol=0.04mol)等于Cl2得到的電子總數(shù)。由于每個(gè)Cl2在反應(yīng)中得到2個(gè)電子，因此Cl2的物質(zhì)的量為0.02mol，其體積為0.448L。本題正確答案為C。

　　『規(guī)律小結(jié)』分析多種離子共存的溶液體系的電解問(wèn)題時(shí)，必須考慮離子反應(yīng)次序——對(duì)于氧化性或還原性越強(qiáng)的離子，電解過(guò)程中一般優(yōu)先放電。

　　專(zhuān)題三 離子反應(yīng)

　　【易錯(cuò)題1】若溶液中由水電離產(chǎn)生的c(OH-)=1×10-14

　　mol·L-1，滿足此條件的溶液中一定可以大量共存的離子組是

　　A.Al3+ Na+ NO3- Cl-

　　B.K+ Na+ Cl- NO3-

　　C.K+ Na+ Cl- AlO2-

　　D.K+ NH4+ SO42- NO3-

　　『錯(cuò)解分析』錯(cuò)選C。認(rèn)為隱含條件條件“由水電離產(chǎn)生的c(OH-)=1×10-14mol·L-1”標(biāo)示溶液顯酸性，AlO2-不能在酸性溶液中大量存在，錯(cuò)在把隱含信息理解錯(cuò)了。

　　『正確解答』首先要注意題目中的隱含條件“由水電離產(chǎn)生的c(OH-)=1×10-14mol·L-1，即溶液為強(qiáng)酸性或強(qiáng)堿性;再者要注意到題目中加著重號(hào)的兩字“一定”能共存.A中Al3+不能在堿性溶液中大量存在;C中AlO2-不能在酸性溶液中大量存在;D中NH4+不能在堿性溶液中大量存在;所以只能選B.

　　『規(guī)律小結(jié)』離子共存是常見(jiàn)題型，同學(xué)們必須掌握做離子共存題的方法.在判斷離子能否大量共存時(shí)應(yīng)注意“五看”：一看題干的限制條件.一般加入指示劑顯什么顏色，溶液呈酸性、堿性或中性;pH值等于幾或pH值大于7、小于7、等于7;溶液是否為無(wú)色.二看離子之間能否發(fā)生復(fù)分解反應(yīng).一般是陰陽(yáng)離子結(jié)合，如果是弱酸如：H2CO3、H2S、H2SO3、H2SiO3、HF、HClO、CH3COOH等，弱堿如NH3·H2O，難溶物如Fe(OH)3、Al(OH)3、Cu(OH)2、Mg(OH)2、AgCl、BaSO4、CaCO3等.難電離的物質(zhì)如H2O等，則不能大量共存多元弱酸的酸式酸根(如HCO3-、HS-、HSO3-、H2PO4-、HPO42-)與H+和OH-均不能大量共存.三看離子之間能否發(fā)生氧化一還原反應(yīng).一般在酸性條件下，MnO4-、NO3-、ClO-可氧化S2-、I-、Br-、SO32-、Fe2+等;Fe3+可氧化S2-、I-，而不能大量共存.四看離子之間能否發(fā)生絡(luò)合反應(yīng).如果溶液中含F(xiàn)e3+和SCN-，二者不能大量共存，會(huì)形成絡(luò)離子.五看離子之間能否發(fā)生雙水解反應(yīng).如果溶液中含有可水解的陰離子如AlO2-、S2-、CO32-、HCO3-等，又含有可水解的陽(yáng)離子如Fe3+、Al3+、Zn2+、NH4+等，則會(huì)發(fā)生雙水解反應(yīng)而不能大量共存。

　　【易錯(cuò)題2】下列離子方程式正確的是( )

　　A.向氯化亞鐵溶液中通入氯氣：

　　Fe2++Cl2=Fe3++2Cl-

　　B.三氯化鐵溶液跟過(guò)量氨水反應(yīng):

　　Fe3++3NH3.H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+

　　C.碳酸氫鈣溶液跟稀硝酸反應(yīng):

　　Ca(HCO3)2+2H+=Ca2++2H2O+2CO2↑

　　D.氯氣通入冷的氫氧化鈉溶液中:

　　2Cl2+2OH-=3Cl-+ClO3-+H2O

　　『錯(cuò)解分析』寫(xiě)離子方程式時(shí)，只注意原子守恒，如A選項(xiàng)。對(duì)物質(zhì)間的反應(yīng)條件把握不好，D項(xiàng)中Cl2與冷的NaOH溶液反應(yīng)生成NaCl和NaClO,Cl2與熱的NaOH溶液反應(yīng)才生成NaCl和NaClO3。

　　『正確解答』A項(xiàng)電荷不守恒;C項(xiàng)實(shí)質(zhì)上是H+與HCO3-的反應(yīng);D項(xiàng)不符合反應(yīng)事實(shí)。正確選項(xiàng)為B。

　　『規(guī)律小結(jié)』離子方程式正誤判斷

　　1.看離子反應(yīng)是否符合客觀事實(shí)

　　2.看、↓、↑必要的條件是否正確齊全。

　　3.看表示物質(zhì)的化學(xué)式是否正確。

　　4.看電荷是否守恒。

　　5.看反應(yīng)物或產(chǎn)物的配比是否正確。

　　6.看是否漏掉離子反應(yīng)。

　　7.看是否符合題設(shè)的要求，如過(guò)量、少量、等物質(zhì)的量、適量、任意量以及滴加順序?qū)Ψ磻?yīng)產(chǎn)物的影響。

　　專(zhuān)題四 化學(xué)能與電能

　　【易錯(cuò)題1】右圖所示裝置I是一種可充電電池，裝置II為電解池。離子交換膜只允許Na+通過(guò)，充放電的化學(xué)方程式為2Na2S2+NaBr3 Na2S4+3NaBr。閉合開(kāi)關(guān)K時(shí)，b極附近先變紅色。

　　下列說(shuō)法正確的是

　　A.負(fù)極反應(yīng)為4Na—4e-=4Na+

　　B.當(dāng)有0.01mol Na+通過(guò)離子交換膜時(shí)，b電極上析出標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氣體112mL

　　C.閉合K后，b電極附近的pH變小

　　D.閉合K后，a電極上有氣體產(chǎn)生

　　『錯(cuò)解分析』錯(cuò)選C或D，錯(cuò)選C認(rèn)為b極發(fā)生了

　　2Cl--2e-=Cl2↑，Cl2+H2O=HCl+HClO,錯(cuò)選D是認(rèn)為a 極發(fā)生了2H2O-2e-=H2↑+2OH-。對(duì)于電解飽和食鹽水原理不清析，陽(yáng)極電極反應(yīng)式為：2Cl--2e-=Cl2↑，陰極電極反應(yīng)式為：2H2O-4e-=H2↑+2OH-，活波金屬與電源正極相連首先失去電子。

　　『正確解答』電源的正極：Br3-+2e-=3Br-，電源的負(fù)極 2 S22--2e-=S42-，內(nèi)電路為Na+移動(dòng)導(dǎo)電。由題意可知b極(陰極)：2H2O-2e-=H2↑+2OH-，a 極(陽(yáng)極)：Cu-2e-=Cu2+，所以C，D均錯(cuò)誤。對(duì)于B項(xiàng)當(dāng)有0.01mol Na通過(guò)離子交換膜時(shí)，說(shuō)明有內(nèi)電路通過(guò)了0.01mol的電荷，外電路轉(zhuǎn)移的電子也就為0.01mol。結(jié)合b極反應(yīng)，產(chǎn)生的氣體就為0.005mol，體積為112mL。只有B正確。

　　『規(guī)律小結(jié)』解答電化學(xué)的信息類(lèi)題，要仔細(xì)審題，把題目中有限的提示運(yùn)用到所學(xué)的知識(shí)點(diǎn)上解答，同時(shí)要習(xí)慣性的寫(xiě)出陌生的復(fù)雜電極反應(yīng)式。

　　【易錯(cuò)題2】將含有0.400molCuSO4和0.200molKCl的水溶液1L，用惰性電極電解一段時(shí)間后，在一個(gè)電極上析出19.2gCu，此時(shí)在另一電極上放出的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為

　　A.5.60L B.6.72L C.4.48L D.3.36L

　　『錯(cuò)解分析』選B。電解產(chǎn)物的有關(guān)計(jì)算，不僅要考慮溶液中離子的放電順序，由此來(lái)決定電解的產(chǎn)物，還要考慮離子的物質(zhì)的量多少，當(dāng)某種離子消耗完，一定會(huì)引起產(chǎn)物的變化。本題的思維定勢(shì)是陰極產(chǎn)物為0.300mol銅，轉(zhuǎn)移了0.600mol的電子，陽(yáng)極產(chǎn)物必然是0.300mol的氯氣，標(biāo)況下的體積為6.72L，得出選項(xiàng)B的錯(cuò)誤結(jié)論。

　　『正確解答』電路中的確轉(zhuǎn)移了0.600mol的電子，但溶液中僅有0.200mol的氯離子，其放電析出0.100mol的氯氣。陽(yáng)極放電的下一個(gè)產(chǎn)物應(yīng)是氫氧根離子失電子轉(zhuǎn)化成氧氣，其量為0.400mol的電子轉(zhuǎn)移，產(chǎn)生0.100mol的氧氣。因此在陽(yáng)極最終生成0.200mol的氣體，在標(biāo)況下的體積為4.48L。只有C正確。

　　『規(guī)律小結(jié)』原電池和電解池的計(jì)算包括兩極產(chǎn)物的定量計(jì)算、溶液pH的計(jì)算、相對(duì)原子質(zhì)量和阿伏加德羅常數(shù)測(cè)定的計(jì)算、根據(jù)電荷量求產(chǎn)物的量與根據(jù)產(chǎn)物的量求電荷量等的計(jì)算。不論哪類(lèi)計(jì)算，均可概括為下列三種方法：

　　1.守恒法：用于串聯(lián)電路、陰陽(yáng)兩極產(chǎn)物、正負(fù)兩極產(chǎn)物、相同電荷量等類(lèi)型的計(jì)算，其依據(jù)是電路中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相等。

　　2.總反應(yīng)法：先寫(xiě)出電極反應(yīng)式，再寫(xiě)出總反應(yīng)式，最后根據(jù)總反應(yīng)式列比例式計(jì)算。

　　3.關(guān)系式法算：借得失電子守恒關(guān)系建立已知量與未知量之間的橋梁，建立計(jì)算所需的關(guān)系式。

　　專(zhuān)題五 元素及其化合物

　　【易錯(cuò)題1】除去SO2中少量的SO3，應(yīng)選用( )

　　A.飽和NaHCO3溶液B.飽和Na2SO3溶液

　　C.98.3%的濃H2SO4 D.NaOH溶液

　　『錯(cuò)解分析』錯(cuò)選A，雖然NaHCO3能除去SO3，但同時(shí)還生成CO2氣體，違反了不增不減原則。

　　『正確解答』A、B、D項(xiàng)與SO3、SO2都反應(yīng)了。若將B項(xiàng)改為飽和NaHSO3溶液，只與雜質(zhì)SO3反應(yīng)，同時(shí)生成了所需保留的SO2，則符合題意。C項(xiàng)學(xué)生不易想到，聯(lián)想工業(yè)制硫酸的最后一步SO3的吸收就是用98.3%的濃H2SO4，防止酸霧生成導(dǎo)致吸收不充分。而SO2在濃H2SO4中溶解是極小的，達(dá)到了除雜不引雜的目的，也是一種很好的方法。

　　『規(guī)律小結(jié)』做此類(lèi)除雜題，要掌握除雜的原則：不增(不增新雜質(zhì))，不減(不減少所要保留物質(zhì))，不繁(操作不繁瑣)。

　　【易錯(cuò)題2】不論以何種比例混合，將甲和乙兩種混合氣體同時(shí)通入過(guò)量的丙溶液中，一定能產(chǎn)生沉淀的組合是

　　A.②③④ B.②③④⑤ C.④③④ D.①②③④[來(lái)源:學(xué),科,網(wǎng)Z,X,X,K]

　　『錯(cuò)解分析』審題不細(xì)未注意到丙過(guò)量。對(duì)相應(yīng)物質(zhì)的化學(xué)性質(zhì)掌握不到位。解題時(shí)要認(rèn)真審題、一一排查，同時(shí)要掌握NO2的氧化性，SO2具有還原性，SO2具有酸性氧化物的性質(zhì)、SO2氣體通入Ba(NO3)2溶液后，由于溶液酸性增強(qiáng)，SO2將被NO3-氧化生成SO42-，此時(shí)有BaSO4沉淀生成。

　　『正確解答』對(duì)于①，由于石灰水過(guò)量，因此必有CaCO3和CaSO3沉淀生成。

　　對(duì)于②，同樣由于石灰水過(guò)量，因此必有CaCO3沉淀生成。

　　對(duì)于③，CO2氣體與Ba(N03)2不反應(yīng)，SO2氣體通入Ba(NO3)2溶液后，由于溶液酸性增強(qiáng)，SO2將被NO3-氧化生成SO42-，因此有BaSO4沉淀生成。

　　對(duì)于④，NO2和SO2混合后，SO2將被NO2氧化成SO3，通入BaCl2溶液后有BaSO4沉淀生成。

　　對(duì)于⑤，當(dāng)NH3過(guò)量時(shí)溶液中CaCO3沉淀生成，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2NH3+CO2+CaCl2+H2O=CaCO3↓+2NH4C1;當(dāng)NH3不足時(shí)，最終無(wú)沉淀生成，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2NH3+2CO2+CaCl2+2H2O=Ca(HCO3)2+2NH4C1。答案為D。

　　『規(guī)律小結(jié)』做此類(lèi)題，最重要的就是審題要仔細(xì)，對(duì)相應(yīng)物質(zhì)的化學(xué)性質(zhì)要掌握到位，解題時(shí)要一一排查，逐一確認(rèn)。

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