搜索
专题一阿伏伽德罗常数【易错题1】NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A．等物质的量的N2和CO所含分子数均为NAB．1.7gH2O2中含有的电子数为0.9NAC．1molNa2O2固体中含离子总数为4NAD．标准状况下，2.24L戊烷所含分子数为0.1NA『错解分析』错选C,认为在Na2O2固体中，含有Na+和O-两种离子，1molNa2O2固体中含有2molNa+和2molO-，故其中的离子总数为4NA。『正确解答』此题考查了阿伏伽德罗常数知识。阿伏伽德罗常数是指1mol任何微粒中含有的微粒数，等物质的量不一定是1mol，A错；H2O2的相对分子质量为：34，故其1.7g的物质的量为0.05mol，其每个分子中含有的电子为18个，则其1.7g中含有的电子的物质的量为0.9mol，数目为0.9NA，B对；Na2O2固体中，含有的是Na+和O22-两种离子，1mol固体中含有3mol离子，故其中的离子总数为：4NA，C错；戊烷在标准状况下为液态，故其2.24L不是0.1mol，D错。『规律小结』进行阿伏伽德罗常数的正误判断的主要考查点有：①判断一定量的物质所含的某种粒子数目的多少；②物质的组成；③通过阿伏加德罗常数进行一些量之间的换算等，在解题时要抓住其中的易错点，准确解答。【易错题2】设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．常温下，1L0.1mol·L-1的NH4NO3溶液中氮原子数为0.2NAB．1mol羟基中电子数为10NAC．在反应中，每生成3molI2转移的电子数为6NAD．常温常压下，22.4L乙烯中C-H键数为4NA『错解分析』选B或D。认为羟基-OH中有8NA个电子或10NA个电子；22.4L乙烯是1mol，1mol乙烯C-H键数为4mol。『正确解答』本题主要考查的是以阿伏伽德罗常数为载体考查如下知识点①考查22.4L/mol的正确使用；②考查在氧化还原反应中得失电子数的计算等内容。A项，无论NH4+水解与否，根据元素守恒；B项，1mol羟基中有9NA个电子；C项，在该反应中，每生成3molI2,转移5NA个电子；D项，常温常压下，气体摩尔体积Vm不为22.4L/mol。综上分析得知，本题选A项。『规律小结』结合阿伏伽德罗常数为NA，判断一定量的物质所含有的某种粒子数目的多少，是高考命题的热点之一，在近几年的各种高考试题中保持了相当强的连续性。这种题型所涉及的指示非常丰富，在备考复习时应多加注意，强化训练，并在平时的复习中注意知识的积累和总结。专题二氧化还原反应【易错题1】取17.4gMnO2固体粉末与一定体积的浓盐酸（含溶质0.4mol）共热制取氯气（假设HCl挥发损失不计），下列叙述中正确的是（）A、反应过程中MnO2作催化剂B、盐酸未完全反应C、参加反应的盐酸有一半被氧化D、反应产生2.24L氯气（标况）『错解分析』选C、D。根据该反应中量的关系：MnO2——4HCl可知，该反应中MnO2过量，因此HCl完全反应。又因该反应中只有一半的HCl作还原剂（另一半为起到酸的作用），因此参加反应的盐酸有一半被氧化（0.2mol），得到2.24L的氯气。错误原因：静态考虑反应问题，忽略盐酸浓度变化引起还原性变化的事实。『正确解答』随反应的进行，盐酸的浓度逐渐减小，对应的还原性逐渐减弱，直至发生的氧化还原反应被停止。因此该反应过程中，虽然MnO2过量，盐酸也不可能完全反应，同样的，收集到的气体也不可能是2.24L。但是不论如何，参与反应的盐酸一定有一半被氧化（对应的量一定少于0.2mol）。因此正确选项为C。『规律小结』许多物质的氧化（还原）性会受浓度变化的影响，并在一些具体的反应中表现出来。例如，浓硫酸具有氧化性，在加热的条件下与铜能够发生反应，随反应的进行，硫酸浓度变小，氧化性逐渐减弱，最终反应将停止；若参加反应的金属为Zn等活泼金属，则当浓度降低到一定程度（转化为稀硫酸）时，又会有H2产生。又如，浓硝酸具有强氧化性，与铜反应生成NO2，随反应进行，浓度减小，氧化性将有所减弱。当浓度减小到一定程度，反应产物变为NO。在解此类问题时，必须要打破常规，“动态”地考虑反应进行问题。这类问题也常在化学计算中出现。）【易错题2】标准状况下，往100mL0.2mol/L的FeBr2溶液中通入一定体积的Cl2，充分反应后，溶液中有50%的Br-被氧化。则通入的氯气的体积是（）A、0.224LB、0.336LC、0.448LD、0.672L『错解分析』由于2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，根据题意，有50%的Br-被氧化，即有0.02mol被氧化，因此通入的氯气的体积为0.224L。选A。错误原因：忽略离子还原性强弱。在氧化还原反应中，还原性（氧化性）越强的物质（或微粒）优先参与氧化还原反应。『正确解答』由于Fe2+还原性比Br-强，当往FeBr2中通入氯气，发生的反应依次为：1）Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；2）Cl2+2Br-=2Cl-+Br2。因此溶液反应中反应的情况应该是：Fe2+被完全氧化并有50%Br—被氧化。根据电子得失关系，Fe2+、Br—离子失去的电子总数（0.02mol+0.02mol=0.04mol）等于Cl2得到的电子总数。由于每个Cl2在反应中得到2个电子，因此Cl2的物质的量为0.02mol，其体积为0.448L。本题正确答案为C。『规律小结』分析多种离子共存的溶液体系的电解问题时，必须考虑离子反应次序——对于氧化性或还原性越强的离子，电解过程中一般优先放电。专题三离子反应【易错题1】若溶液中由水电离产生的c(OH-)=1×10-14mol·L-1，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是A.Al3+Na+NO3-Cl-B.K+Na+Cl-NO3-C.K+Na+Cl-AlO2-D.K+NH4+SO42-NO3-『错解分析』错选C。认为隐含条件条件“由水电离产生的c(OH-)=1×10-14mol·L-1”标示溶液显酸性，AlO2-不能在酸性溶液中大量存在，错在把隐含信息理解错了。『正确解答』首先要注意题目中的隐含条件“由水电离产生的c(OH-)=1×10-14mol·L-1，即溶液为强酸性或强碱性；再者要注意到题目中加着重号的两字“一定”能共存.A中Al3+不能在碱性溶液中大量存在；C中AlO2-不能在酸性溶液中大量存在；D中NH4+不能在碱性溶液中大量存在；所以只能选B.『规律小结』离子共存是常见题型，同学们必须掌握做离子共存题的方法.在判断离子能否大量共存时应注意“五看”：一看题干的限制条件.一般加入指示剂显什么颜色，溶液呈酸性、碱性或中性；pH值等于几或pH值大于7、小于7、等于7；溶液是否为无色.二看离子之间能否发生复分解反应.一般是阴阳离子结合，如果是弱酸如：H2CO3、H2S、H2SO3、H2SiO3、HF、HClO、CH3COOH等，弱碱如NH3·H2O，难溶物如Fe(OH)3、Al(OH)3、Cu(OH)2、Mg(OH)2、AgCl、BaSO4、CaCO3等.难电离的物质如H2O等，则不能大量共存多元弱酸的酸式酸根(如HCO3-、HS-、HSO3-、H2PO4-、HPO42-)与H+和OH-均不能大量共存.三看离子之间能否发生氧化一还原反应.一般在酸性条件下，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.四看离子之间能否发生络合反应.如果溶液中含Fe3+和SCN-，二者不能大量共存，会形成络离子.五看离子之间能否发生双水解反应.如果溶液中含有可水解的阴离子如AlO2-、S2-、CO32-、HCO3-等，又含有可水解的阳离子如Fe3+、Al3+、Zn2+、NH4+等，则会发生双水解反应而不能大量共存。【易错题2】下列离子方程式正确的是（）A．向氯化亚铁溶液中通入氯气：Fe2++Cl2=Fe3++2Cl-B．三氯化铁溶液跟过量氨水反应:Fe3++3NH3.H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+C．碳酸氢钙溶液跟稀硝酸反应:Ca(HCO3)2+2H+=Ca2++2H2O+2CO2↑D．氯气通入冷的氢氧化钠溶液中:2Cl2+2OH-=3Cl-+ClO3-+H2O『错解分析』写离子方程式时，只注意原子守恒，如A选项。对物质间的反应条件把握不好，D项中Cl2与冷的NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO,Cl2与热的NaOH溶液反应才生成NaCl和NaClO3。『正确解答』A项电荷不守恒；C项实质上是H+与HCO3-的反应；D项不符合反应事实。正确选项为B。『规律小结』离子方程式正误判断1.看离子反应是否符合客观事实2.看、↓、↑必要的条件是否正确齐全。3.看表示物质的化学式是否正确。4.看电荷是否守恒。5.看反应物或产物的配比是否正确。6.看是否漏掉离子反应。[。来源:学&科&网Z&X&X&K]7.看是否符合题设的要求，如过量、少量、等物质的量、适量、任意量以及滴加顺序对反应产物的影响。专题四化学能与电能【易错题1】右图所示装置I是一种可充电电池，装置II为电解池。离子交换膜只允许Na+通过，充放电的化学方程式为2Na2S2+NaBr3Na2S4+3NaBr。闭合开关K时，b极附近先变红色。下列说法正确的是A．负极反应为4Na—4e-=4Na+B．当有0．01molNa+通过离子交换膜时，b电极上析出标准状况下的气体112mLC．闭合K后，b电极附近的pH变小D．闭合K后，a电极上有气体产生『错解分析』错选C或D，错选C认为b极发生了2Cl－-2e－=Cl2↑，Cl2+H2O=HCl+HClO,错选D是认为a极发生了2H2O－2e－=H2↑＋2OH－。对于电解饱和食盐水原理不清析，阳极电极反应式为：2Cl－-2e－=Cl2↑，阴极电极反应式为：2H2O－4e－=H2↑＋2OH－，活波金属与电源正极相连首先失去电子。『正确解答』电源的正极：Br3-+2e－=3Br-，电源的负极2S22--2e－=S42-，内电路为Na+移动导电。由题意可知b极（阴极）：2H2O-2e－=H2↑＋2OH－，a极（阳极）：Cu-2e－=Cu2+，所以C，D均错误。对于B项当有0．01molNa通过离子交换膜时，说明有内电路通过了0.01mol的电荷，外电路转移的电子也就为0.01mol。结合b极反应，产生的气体就为0.005mol，体积为112mL。只有B正确。『规律小结』解答电化学的信息类题，要仔细审题，把题目中有限的提示运用到所学的知识点上解答，同时要习惯性的写出陌生的复杂电极反应式。【易错题2】将含有0.400molCuSO4和0.200molKCl的水溶液1L，用惰性电极电解一段时间后，在一个电极上析出19.2gCu，此时在另一电极上放出的气体在标准状况下的体积为A．5.60LB．6.72LC．4.48LD．3.36L『错解分析』选B。电解产物的有关计算，不仅要考虑溶液中离子的放电顺序，由此来决定电解的产物，还要考虑离子的物质的量多少，当某种离子消耗完，一定会引起产物的变化。本题的思维定势是阴极产物为0.300mol铜，转移了0.600mol的电子，阳极产物必然是0.300mol的氯气，标况下的体积为6.72L，得出选项B的错误结论。『正确解答』电路中的确转移了0.600mol的电子，但溶液中仅有0.200mol的氯离子，其放电析出0.100mol的氯气。阳极放电的下一个产物应是氢氧根离子失电子转化成氧气，其量为0.400mol的电子转移，产生0.100mol的氧气。因此在阳极最终生成0.200mol的气体，在标况下的体积为4.48L。只有C正确。『规律小结』原电池和电解池的计算包括两极产物的定量计算、溶液pH的计算、相对原子质量和阿伏加德罗常数测定的计算、根据电荷量求产物的量与根据产物的量求电荷量等的计算。不论哪类计算，均可概括为下列三种方法：1.守恒法：用于串联电路、阴阳两极产物、正负两极产物、相同电荷量等类型的计算，其依据是电路中转移的电子数相等。2.总反应法：先写出电极反应式