高考化学易错题解题方法大全基本概念Word下载.docx
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NO和O2）。
所以在标准状况下1mol混合气体所占体积也是22.4L。
反过来在标准状况下每22.4L气体所含分子数就一定是NA。
A项正确。
在标准状况下H2O并不是气态。
而对于液体或固体物质来说，决定它们体积的因素是粒子本身的大小。
不同粒子，其本身大小不同，体积也就不同。
在标准状况下，1mol的H2O的体积不是22.4L.B项不正确。
物质的量和质量都是与温度、压强无关的基本物理量。
也就是说，1mol物质在任何温度下，所含粒子数都仍为阿伏伽德罗常数（条件是该物质在此温度下能存在且不发生反应）因此当+1价的氢被活泼金属还原成0价的氢时，只要有1molH2生成，就必然转移2mol电子，即转移电子总数为2NA（不管是标况还是常压）。
C正确。
氢原子核外有7个电子，氮气分子核外有14个电子。
则1molN2含有的核外电子数就是14NA.D项不正确。
【例2】把aL硫酸铵和硝酸铵的混合液分成两等份，一份加入bmol烧碱并加热，刚好把NH3全部赶出。
另一份需消耗cmolBaCl2,沉淀反应刚好完全，原溶液中硝酸根离子的物质的量浓度为（
A.
b-2c/a
mol.l-1
B.
2b-c/a
mol.l-1
C.
a-b/a
D.
2b-4c/a
【错误分析】解题过程中容易忽略离子反应是在混合溶液分成两等份以后进行的，用关系式求出NH4+、SO42-的物质的量误认为就是原溶液中NH4+和SO42-的物质的量，造成错选A。
对于物质的量浓度的计算问题应准确掌握概念、公式，在应用时，还要注意溶质的质量守恒、物质的量守恒及溶液的电荷守恒、质量守恒等。
一、关于物质的量浓度的计算主要包括：
1.溶质的质量、溶液的体积和物质的量浓度之间的计算。
可运用公式:
n=m/M,c=n/V或运用倍数关系算出1L溶液中所含溶质的物质的量。
2.已知气体溶质的体积（标准状况下）、水的体积和溶液的密度，计算溶液的物质的量浓度。
应先运用n=V（气体）/22.4L.mol-1,求出溶质的物质的量，运用V（溶液）=m/
ρ求出溶液的体积。
3.计算溶液中的离子浓度，需根据溶质的电离方程式，算出离子的物质的量。
二、溶液中的溶质的质量分数与物质的量浓度之间的换算
C=1000ρw/M按此公式换算即可
三、溶液稀释或混合的计算
根据稀释前后，溶液中溶质的物质的量不变的公式或溶质的质量不变的公式计算有关问题。
四、HCl、NH3等气体经喷泉实验所得溶液浓度的无数据巧算方法:
令气体体积（标准状况）为1L（不论溶液是否充满烧瓶）喷泉后溶液体积亦为1L，故c=1/22.4mol.L-1为恒值；
但w不为恒值，可根据气体摩尔质量、溶液密度来进行计算。
【答案】本题的正确选项为D
对于混合溶液，首先分析溶液中有哪些离子，再分别求出各种离子的物质的量，利用电荷守恒法求解。
离子反应有：
NH4++OH-==NH3↑+H2O,Ba2++SO42-=BaSO4↓
由题意可知，aL混合液分成两等份：
其中一份有:
NH4+—OH-,
另一份有：
Ba2+—SO42-
bmol
cmol
cmol
则aL混合液中，有2bmolNH4+,有2cmolSO42-,在溶液中，根据电荷守恒有：
2bmol×
1=2cmol×
2+c（NO3-）×
aL×
1,得c（NO3-）=
【例3】实验室里需用480
mL
0.1
mol/L的硫酸铜溶液，现选取500
mL容量瓶进行配制，以下操作正确的是（
）
A.称取7.68
g硫酸铜，加入500
mL水
B.称取12.0
g胆矾配成500
mL溶液
C.称取8.0
D.称取12.5
【错误分析】由于要配置480mL0.1
mol/L的硫酸铜溶液，因此需要溶质的质量为：
（1）若
溶质为硫酸铜，则0.48×
160×
0.1=7.68g，因此选择A选项；
（2）若溶质为CuSO4.5H2O，0.48×
250×
0.1=12.0g；
因此选择B选项。
错误原因：
（
1）没有注意容量瓶的规格和特点。
由于容量瓶为容量500mL,且容量瓶只有一个刻度（标线），因此只能用该仪器配制500mL的溶液；
（2）配制溶液时，所得的体积应该是溶液的体积，而不是加入的水的体积。
【解题指导】要配制500
mol/L的CuSO4溶液需CuSO40.05m
ol即胆矾：
0.05
mol×
250
g/mol1=12.5
g，CuSO4为8
g，所需溶液为500
mL，而不是加水的体积为
500
mL，故A、B、C都不对。
【例4】下列说法中正确的是（
A.溶液和胶体的本质区别是当一束光线通过胶体时可出现一条光亮的通路，溶液则没有此现象。
制备Fe（OH）3胶体的方法是将饱和氯化铁溶液加热煮沸
NaCl溶于水形成溶液，溶于酒精可形成胶体
渗析是鉴别溶液和胶体最简便的方法
【错误分析】对胶体和溶液的本质区别是粒子的大小认识不清，而错误的认为丁达尔现象是它们的本质区别。
【解题指导】解决胶体的有关试题，关键在于要了解胶体的概念及其重要性质和应用。
要根据胶粒的结构特征来区分胶体与其他分散系的本质差异。
【答案】本题的正确选项为C
可以利用丁达尔现象鉴别溶液和胶体，但这不是它们的本质区别，A项错误。
制备Fe（OH）3胶体的方法是将饱和氯化铁溶液逐滴滴入沸水中直至变成红褐色。
所以B错误。
渗析主要用于溶液和胶体的分离和提纯，如要鉴别最简单饿方法是利用丁达尔现象进行鉴别。
【例5】在水电离出的C（H+）=10-14mol/L的溶液中，一定能大量共存的离子组是
（
A．K+、Na+、HCO3-、Cl-
B．K+、AlO2-、Br-、Cl-
C．Na+、Cl-、NO3-、SO42-
D．Al3+、NH4+、Cl-、SO42-
【错误分析】选B、C。
因为溶液中水电离出的C（H+）=10-14mol/L所以C（OH-）=1mol/L为强碱溶液，故B也正确。
因不能掌握水电离的影响因素而错选B。
【解题指导】判断溶液中离子能否共存的规律归纳起来就
一句话：
一色、二性、三特殊、四反应。
这些内容在复习时都以强调我就不多说了。
另外，判断离子共存问题应看清前置条件，如“在强酸性溶液中”“在无色透明溶液中”“因发生氧化还原反应”等等，再分析离子间相互反应情况。
溶液中由水电离出的C（H+）=10-14mol/L，是一种类型题，等效于Al与该溶液反应放出氢气。
实际上由水电离出的C（H+）=10-14mol/L，是水的电离受到了抑制，情况是加酸或加碱都可以造成水的电离受到了抑制，因此B选项中AlO2-在酸性条件下不能大量共存，故该题选项正确的只有C（注意另条件可能）。
【例6】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-
三氯化铁溶液跟过量氨水反应:
Fe3++3NH3.H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+
碳酸氢钙溶液跟稀硝酸反应:
Ca（HCO3）2+2H+=Ca2++2H2O+2CO2↑
氯气通入冷的氢氧化钠溶液中:
2Cl2+2OH-=3Cl-=ClO3-+H2O
【错误分析】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
【解题指导】离子方程式正误判断
看离子反应是否符合客观事实
看
=↓↑
必要的条件是否正确齐全。
看表示物质的化学式是否正确
看电荷是否守恒
看反应物或产物的配比是否正确
看是否漏掉离子反应
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。
【答案】本题的正确选项为B
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。
【例7】在KClO3+6HCl=KCl+3
Cl2+3H2O反应中，当生成0.5molCl2时，氧化产物和还原产物的物质的量之比为（
A.6：
1
B.5：
C.1：
3
D.1：
5
【错误分析】由于反应过程中KClO3得到6个电子被还原，而HCl失去一个电子被氧化，因此，氧化产物和还原产物的物质的量之比为6：
1，选择A；
或者由于反应过程中KClO3得到电子还原为KCl（还原产物），而HCl失去电子被氧化Cl2（氧化产物），根据化学方程式得到氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：
3，选择C
【解题指导】明确反应的实质，解题过程中同种元素发生氧化还原反应时化合价变化要遵循“只靠近不交叉”的原则即“价态归中”。
由于该反应属于归中反应，反应机理为：
KClO3中Cl得到5个电子转化为Cl2（被还原）同样的HCl中的Cl失去一个电子转化为Cl2（被氧化），反应中氧化产物和还原产物均为Cl2，且氧化产物和还原产物的物质的量之比等于氧化剂得电子数和还原剂失去电子数之比，
即5：
1.
【例8】在反应11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，每摩尔CuSO4能氧化P的物质的量为（
）
A.1/5mol
B.2/5mol
C.3/5mol
D.11/5mol
【错误分析】选B。
从化学方程式可以看出，15mol
CuSO4
生成6mol
H3PO4，所以1molCuSO4
生成
2/5molH3PO4错解原因没有注意到生成物中的H3PO4有一半是P自身氧化还原反应（歧化反应）生成的
【解题指导】本专题复习一定要紧扣概念，理顺关系，正确分析元素化合价及其变化情况。
重点解决
（1）电子转移
（2）氧化性、还原性及其强弱判断（3）相关计算的方法、技巧等方面的问题。
【答案】本题的正确选项为A
本题中的还原剂是P，而氧化剂是P和CuSO4。
由于反应过程中Cu从+2降为+1，因此反应中共得到15mol的电子；
而做还原剂的P在反应中从0升至+5价，因此1molP得到5mol电子。
因此15molCuSO4在反应中氧化3mol的P，即每摩尔硫酸铜能够氧化0.2mol的P
【例9】下列说法正确的是（
A．在101kPa时，1molC与适量O2反应生成1molCO时，放出110.5kJ热量，则C的燃烧热为110.5kJ／mol
B．在10lkPa时，1mol
H2
完全燃烧生成液态水，放出285．8kJ热量，
燃烧热为—285.8KJ/mol
C．鉴定HCL和NaOH反应的中和热时，每次实验均应测量3个温度，即盐酸起始温度、NaOH起始温度和反应后终止温度
D．在稀溶液中：
，若将含0.5mol
的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量等于57.3KJ
【错误分析】本题有的同学对燃烧热、中和热的概念搞不清容易误选B或者C
【解题指导】燃烧热：
在101kPa时1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。
中和热：
在稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应生成1mol水时的反应热。
【例10】肼（N2H4）是火箭发动机的燃料，反应时N2O4为氧化剂，生成氮气和水蒸气。
已知：
N2（g）+2O2（g）=N2O4（g）；
△H=+8.7kJ/mol
N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）；
△H=－534.0kJ/mol
下列表示肼跟N2O4反应的热化学方程式，正确的是
A．2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）；
△H=－542.7kJ/mol
B．2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）；
△H=－1059.3
kJ/mol
C．2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）；
△H=－1076.7kJ/mol
D．N2H4（g）+1/2N2O4（g）=3/2N2（g）+2H2O（g）；
【错误分析】对盖斯定律的概念理解不透。
【解题指导】对于一个化学反应，无论是一步完成，还是分几步完成，其反应的焓变是一样的。
另外还要注意热化学方程式的书写，一定要注意规范性。
①
△H=－534.0kJ/mol②
②×
2－①即得到
2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）；
【例11】
（1）用18mol/L硫酸配制1.0mol/L硫酸100ml,若实验室仪器有：
A:
100ml量筒B：
托盘天平C：
玻璃棒D；
50ml容量瓶E：
10ml量筒F:
胶头滴管G：
50ml烧杯H:
100ml容量瓶
实验时应选取的仪器先后顺序是（填入编号，下同）
（2）在下列操作中正确的是
使所配溶液浓度偏高的是
A.使用容量瓶前检查它是否漏液
B.容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配液润洗
C.配制溶液时，如果试样是固体氢氧化钠，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓缓加入蒸馏水到接近刻度线2-3cm处，用滴管滴加蒸馏水至刻度线
D.配制溶液时，如果试样是液体如浓硫酸，用量筒量取浓硫酸缓缓地沿玻璃棒倒入盛有蒸馏水的小烧杯中，并不断搅拌，冷却后转移到容量瓶中，并洗涤烧杯2-3次，洗液也移入容量瓶中。
E:
盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指拖住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次。
F.若定容时加水过量，用吸管吸出。
G.向容量瓶中移液时有少量液体流出
H.定容时仰视标线
I.定容摇匀后液面下降又加水
【错误分析】不能正确分析，对配制溶液的各个环节要领不清楚。
【解题指导】对于配制一定物质的量浓度的溶液要抓住以下几个环节：
a）
实验仪器
b）
实验步骤
c）
误差分析
【答案】：
（1）G、E、C、H、F或E、G、C、H、F
（2）A、D、E
B、C
（1）用18mol/L硫酸配制1.0mol/L硫酸100ml，实际是稀释问题的计算及物质的量浓度溶液的配制实验操作。
（2）主要涉及容量瓶的使用方法。
【例12】标准状况下，往100mL
0.2mol/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多少？
【错误分析】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。
导致错误的原因是忽略离子还原性强弱（Fe2+>
Br-）。
【解题指导】本题的关键是比较Fe2+
、Br-的还原项强弱比较。
同一种氧化剂与不同的还原剂反应时先与还原性较强的反应。
【答案】由于Fe2+还原性比Br-强，因此Cl2先氧化Fe2+
，再氧化Br-；
因此溶液中发生的反应应该是：
Fe2+先被完全氧化，然后Br-再被氧化50%。
所以消耗的氯气的体积为0.448L。
【例13】分别取40mL的0.50mol/L盐酸与40mL0.55mol/L氢氧化钠溶液进行中和反应。
通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。
请回答下列问题。
（1）理论上稀强酸、稀强碱反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量，写出表示稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热的热化学方程式
；
（2）如右图所示，仪器A的名称是_______________；
在实验过程中，如果不把温度计上的酸用水冲洗干净直接测量NaOH溶液的温度，则测得的△H
（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）；
（3）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g/cm3，又知中和后生成溶液的比热容c＝4.18J/（g·
℃）。
为了计算中和热，某学生实验记录数据如下：
依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热△H＝________________；
（结果保留一位小数）
（4）
（填“能”或“不能”）用Ba（OH）2和硫酸代替盐酸和氢氧化钠溶液，理由是
【错误分析】热化学方程式书写不正确，有的同学漏掉了物质的聚集状态，或反应热后面没单位。
还有的写不出A的名称。
及误差分析不准确等。
这些错误的导致是忽视了课本实验的回顾。
所以最后一定要将课本好好过一遍。
【解题指导】1.热化学方程式的书写规则
2.中和热测定实验所需的器材，实验步骤、可能会产生误差的分析。
3.回归课本
【答案】
（1）1/2H2SO4（aq）+1/2Ba（OH）2（aq）==1/2BaSO4（s）+H2O
（1）；
△H=-57.3kJ／mol
H+（aq）+OH-（aq）=H2O
（1）；
△H=－57.3kJ·
mol-1，
（2）环形玻璃搅拌棒
偏大
（3）-51.8kJ／mol
（4）不能
H2SO4与Ba（OH）2反应生成的BaSO4沉淀的生成热会影响反应的反应热
【例14】在一定条件下，RO3n-和I-
发生的离子方程式如下：
RO3n-+6I-+6H+==R-+3I2+3H2O
（1）
RO3n-中R元素的化合价是_____________
（2）
R元素的原子最外层电子数是________。
【错误分析】错误答案
（1）R的化合价为6-n；
（2）R最外层电子数为5
错误原因
（1）没有注意到RO3n-带电核，而只注意到化合物中各元素化合价代数和为0的事实；
（2）错误在于求出R的化合价为+5后，认为+5价为该元素的最高正价，从而推断最外层电子数为5。
（1）根据离子反应电核守恒思想，可以推断反应前的离子所带电核总数为-1（因为反应后离子所带电核总数为-1）。
又因为I-与H+离子所带电核总数为之和为0，因此RO3n-所带电核数为-1，因此n=1。
于是可以推断RO3n-中R的化合价为+5；
（2）由于R-只带一个单位负电核，说明R原子只能得到一个电子。
因此R最外层电子数为7。
【答案】+5、7
【例15】有一白色固体可能是由Al2（SO4）3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH中的两种或三种组成，为确定该白色固体的组成，进行下列实验：
取白色固体少许，加入蒸馏水充分振荡得无色溶液；
逐滴加入稀HNO3有白色沉淀生成。
试回答：
此白色固体中至少存在哪几种物质？
请写出全部可能。
若要证明固体的组成，还需要做的实验是
【错误分析】对固体物质溶于水后的隐含反应认识不清
【解题指导】①往所得的溶液中加硝酸得到白色沉淀，白色沉淀可能是由Al3+、Ag+、Ba2+
和其他阴离子组成的，若混合物中仅含有Al2（SO4）3、AgNO3、BaCl2、组成，溶于水不可能得到无色溶液，再结合往无色溶液加硝酸得白色沉淀，说明是溶液中新生成的离子与H+反应得到的沉淀，则该混合物可能是Al2（SO4）3和KOH的混合物。
其根据是：
Al3++4OH-=AlO2-+2H2O（得澄清溶液）
AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓（产生白色沉淀）
若混合物是由AgNO3、NH4Cl、KOH共同组成的也同样满足题意，NH4++OH-=NH3.H2O,
Ag++2NH3.H2O=〔Ag（NH3）2〕++2H2O,（得到澄清无色溶液）
〔Ag（NH3）2〕++2H+=Ag++2NH4+,Ag++Cl-=AgCl↓（产生白色沉淀），所以这两种情况中至少存在的物质是：
①Al2（SO4）3和KOH②AgNO3、NH4Cl和KOH
③若为Al2（SO4）3和KOH固体混合物，溶于水得到澄清溶液中含有SO42-,所以选用BaCl2检验；
而AgNO3、NH4Cl和KOH固体混合物溶于水得到的无色溶液中，因不存在Ag+,与BaCl2不反应，所以可向溶液中滴加BaCl2检验其组成。
（1）Al2（SO4）3，KOH；
AgNO3、NH4Cl和KOH
（2）取溶液，滴加BaCl2溶液若有白色沉淀，
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