高三化学五个容易错的专题

　　高三化学总复习必须坚持三到位：即基础知识到位、逻辑思维到位、分析问题和解决问题的能力到位。其中一个部分就是对错题的攻克，小编在这里整理了高三化学五个容易错的专题，希望能帮助到大家。

　　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NA

　　B.1.7gH2O2中含有的电子数为0.9NA

　　C.1molNa2O2固体中含离子总数为4NA

　　D.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0.2NA

　　B.1mol羟基中电子数为10NA

　　C.在反应中，每生成3molI2转移的电子数为6NA

　　D.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17.4g MnO2固体粉末与一定体积的浓盐酸(含溶质0.4mol)共热制取***(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***(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***。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***的体积是( )

　　A、0.224L B、0.336L C、0.448L D、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***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***，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-)=1×10-14

　　mol·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***：

　　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.***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。

　　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+NaBr3 Na2S4+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0.01mol Na+通过离子交换膜时，b电极上析出标准状况下的气体112mL

　　C.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 2 S22--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0.01mol Na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.5.60L B.6.72L C.4.48L D.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***，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***。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，再写出总反应式，最后根据总反应式列比例式计算。

　　3.关系式法算：借得失电子守恒关系建立已知量与未知量之间的桥梁，建立计算所需的关系式。

　　专题五 元素及其化合物

　　【易错题1】除去SO2中少量的SO3，应选用( )

　　A.饱和NaHCO3溶液B.饱和Na2SO3溶液

　　C.98.3%的浓H2SO4 D.NaOH溶液

　　『错解分析』错选A，虽然NaHCO3能除去SO3，但同时还生成CO2气体，违反了不增不减原则。

　　『正确解答』A、B、D项与SO3、SO2都反应了。若将B项改为饱和NaHSO3溶液，只与杂质SO3反应，同时生成了所需保留的SO2，则符合题意。C项学生不易想到，联想工业制硫酸的最后一步SO3的吸收就是用98.3%的浓H2SO4，防止酸雾生成导致吸收不充分。而SO2在浓H2SO4中溶解是极小的，达到了除杂不引杂的目的，也是一种很好的方法。

　　『规律小结』做此类除杂题，要掌握除杂的原则：不增(不增新杂质)，不减(不减少所要保留物质)，不繁(操作不繁琐)。

　　【易错题2】不论以何种比例混合，将甲和乙两种混合气体同时通入过量的丙溶液中，一定能产生沉淀的组合是

　　A.②③④ B.②③④⑤ C.④③④ D.①②③④[来源:学,科,网Z,X,X,K]

　　『错解分析』审题不细未注意到丙过量。对相应物质的化学性质掌握不到位。解题时要认真审题、一一排查，同时要掌握NO2的氧化性，SO2具有还原性，SO2具有酸性氧化物的性质、SO2气体通入Ba(NO3)2溶液后，由于溶液酸性增强，SO2将被NO3-氧化生成SO42-，此时有BaSO4沉淀生成。

　　『正确解答』对于①，由于石灰水过量，因此必有CaCO3和CaSO3沉淀生成。

　　对于②，同样由于石灰水过量，因此必有CaCO3沉淀生成。

　　对于③，CO2气体与Ba(N03)2不反应，SO2气体通入Ba(NO3)2溶液后，由于溶液酸性增强，SO2将被NO3-氧化生成SO42-，因此有BaSO4沉淀生成。

　　对于④，NO2和SO2混合后，SO2将被NO2氧化成SO3，通入BaCl2溶液后有BaSO4沉淀生成。

　　对于⑤，当NH3过量时溶液中CaCO3沉淀生成，发生反应的化学方程式为：2NH3+CO2+CaCl2+H2O=CaCO3↓+2NH4C1;当NH3不足时，最终无沉淀生成，发生反应的化学方程式为：2NH3+2CO2+CaCl2+2H2O=Ca(HCO3)2+2NH4C1。答案为D。

　　『规律小结』做此类题，最重要的就是审题要仔细，对相应物质的化学性质要掌握到位，解题时要一一排查，逐一确认。

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