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高考化学易错题解题方法大全（1）——基本概念
【例1】设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A.在标准状况下，以任意比例混合的CH4与CO2 的混合物22.4L，所含有的分子数为NA
B.在标准状况下，NA 个H2O 分子所占体积为22.4L
C.常温常压下，活泼金属从盐酸中置换出1molH2，发生转移的电子数为2NA
D.常温常压下，28g氮气含有的核外电子数为10 NA
【错误分析】本题易错选D项。主要原因是部分同学考虑了氮原子的核外电子排布时，只注意到最外层电子数为5而忽略了内层电子数为2，从而得出错误结论。
【解题指导】
解阿伏伽德罗常数为背景的选择题应注意的问题
物质的状态 水在标准状况下不是气态；SO3 在标准状况下是固态，常温常压下是液态；在标准状况下，含碳原子数大于四而小于16的烃是液态。
某些物质分子中的原子个数。例如稀有气体为单原子分子，臭氧为三原子分子，白磷为四原子分子。
一些物质结构中化学键的数目。例如SiO2、Si、CH4 、P4等。
特殊物质的摩尔质量。例如D2O、T2O、18O2、D2等。
较复杂的氧化还原反应中，求算电子转移数目。如Na2O2和水，Cl2和NaOH溶液反应等。
用到22.4L.mol-1时，必须注意气体是否处于标准状况。
某些离子或原子团是否水解，引起离子数目变化等。
【答案】本题的正确选项为A、C
在标准状况下，1mol任何气体所占体积都约为22.4L。因为决定它们体积大小的因素是气体分子间的距离，而不是分子本身体积的大小。因此对于混合气体，此结论也一定成立（混合气体在标准状况下能自发反应，而导致反应前后气体分子数不等除外如：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。
【练习1】设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 0.1molF-中含有的电子数为9NA
B. 1L0.5mol.l-1的CaCl2溶液中所含有的Cl-数为0.5NA
C. 常温常压下，32g氧气中所含的质子数为16NA
D. 标准状况下，11.2L的CH4中含有的氢原子数为NA
【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. mol.l-1 B. mol.l-1
C. mol.l-1 D. mol.l-1
【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。
【解题指导】
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。[来源:21世纪教育网]
【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 bmol cmol cmol
则aL混合液中，有2bmolNH4+,有2cmolSO42-,在溶液中，根据电荷守恒有：21世纪教育网
2bmol×1=2cmol×2+c(NO3-)×aL×1,得c(NO3-)= mol.l-1
【练习2】Vml密度为ρg.ml-1的某溶液中含有相对分子质量为M的溶质mg,该溶液中溶质的质量分数为W﹪，物质的量浓度为cmol.L-1,那么下列关系式正确的是( )
A.m=VρW/1000 B.c=1000Wρ/M
C.W﹪=W﹪c/1000ρ D.c=1000m/VM
【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?g硫酸铜，加入500?mL水??
D. 称取12.5?g胆矾配成500?mL溶液
【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?mL?0.1?mol/L的CuSO4溶液需CuSO4 0.05mol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。
【答案】本题的正确选项为D
【练习3】20℃时有ag硫酸铜溶液Vml.将溶液蒸发掉bg水后恢复到20℃，恰好全部生成硫酸铜晶体（CuSO4.5H20）,则下列关系式错误的是（ ）
A. 原硫酸铜溶液的密度为ρ=g.cm-3
B. 生成硫酸铜晶体的物质的量为n（CuSO4.5H20）=mol
C．原硫酸铜溶液的物质的量浓度为c(CuSO4)=mol.L-1
D. 原硫酸铜溶液的质量分数为w ( CuSO4) =﹪
【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。
【练习4】下列关于胶体的叙述不正确的是（ ）
布朗运动是胶体粒子特有的运动方式，可以据此把胶体、溶液、悬浊液区别开来。
光线透过胶体时，胶体发生丁达尔效应
用渗析的方法净化胶体时，使用的半透膜只能让较小的分子、离子通过。
胶体粒子具有较大的表面积，能吸附阳离子或阴离子，故在电场作用下会产生电泳现象。
【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+)=10-14 mol/L所以C(OH-)=1 mol/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。
【答案】本题的正确选项为C
溶液中由水电离出的C(H+)=10-14 mol/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+)=10-14 mol/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）。
【练习5】在下述条件中，一定能大量共存的离子组是（ ）
无色透明的水溶液中：K+、Ba2+、I-、MnO4-
含有大量NO3-的水溶液中：NH4+、Fe2+、SO42-、H+
C(HCO3-)=0.1mol/L的溶液中：Na+、K+、CO32-、Br-
强碱性溶液中：ClO-、S2-、HSO3-、Na+
【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[21世纪教育网]
【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。
【练习6】下列离子方程式的书写正确的是（ ）
A．实验室用浓盐酸与MnO2反应制Cl2：
MnO2 ＋4HCl(浓) Cl2↑＋Mn2＋ ＋2Cl－＋2H2O
B．将标准状况下1．12 L氯气通入10 mL 1 mol / L的溴化亚铁溶液中：
2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2 ＝2Fe3＋＋6Cl－＋2Br2
C．向NaOH溶液中滴加同浓度的少量Ca(HCO3)2溶液：
Ca2++ HCO3- +OH- ＝CaCO3↓+H2O
D．向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全
【例7】在KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+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( )21世纪教育网
A.6：1 B.5：1
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”。
【答案】本题的正确选项为B
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.
【练习7】Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu(NO3)2,CuSO4,NO2,NO和H2O,当NO2和NO的物质的量之比为1：1时，实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为（ ）
A.1:7 B.1：9 C.1：5 D.2：9
【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.1/5 mol B.2/5 mol
C.3/5mol D.11/5 mol
【错误分析】选B。从化学方程式可以看出，15mol CuSO4 生成6mol H3PO4，所以1mol CuSO4 生成 2/5mol H3PO4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[来源:21世纪教育网]
【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1mol P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
【练习8】从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O==7Cu2S+5FeSO4 12H2SO4 ，下列说法正确的是（ ）
A. FeS2只作还原剂，CuSO4只作氧化剂
B. 5mol FeS2发生反应，有21mol电子转移
C. 产物中的离子都是氧化产物 21世纪教育网
D. Cu2S既是氧化产物又是还原产物
【例9】下列说法正确的是( )
A．在101 k Pa时，1 mol C与适量反应生成1mol CO时，放出110.5 kJ热
量，则C的燃烧热为110.5 kJ／mol
B．在10l k Pa时，l mol完全燃烧生成液态水，放出285．8 kJ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1mol NaOH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101 k Pa时1 mol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。
【答案】本题的正确选项为C
【练习9】下列关于热化学反应的描述中正确的是：（ ）
A．HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3kJ/mol，则H2SO4和Ba（OH）2反应的中和热ΔH＝2×（－57.3）kJ/mol
B．CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2（g） ＝2CO（g）＋O2（g）反应的
ΔH＝2×283.0kJ/mol
C．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
D．1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
【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=－1059.3kJ/mol
C．2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）；△H=－1076.7kJ/mol
D．N2H4（g）+N2O4（g）=N2（g）+2H2O（g）；△H=－1076.7kJ/mol
【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。
【答案】本题的正确选项为C
N2（g）+2O2（g）=N2O4（g）；△H=+8.7kJ/mol ①
N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）；△H=－534.0kJ/mol②
②×2－①即得到
2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）；△H=－1076.7kJ/mol
【练习10】下列有关热化学方程式的叙述正确的是 （ ）
A．已知2H2(g)+O2(g) == 2H2O(l)；△H=－571.6kJ·mol-1，则氢气的燃烧热为285.8kJ·mol-1
B．已知C（石墨，s）== C（金刚石，s）；△H>0，则金刚石比石墨稳定
C．含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为：
NaOH(aq)+CH3COOH(aq) == CH3COONa(aq) + H2O(l) △H =－57.4kJ·mol-1
D．已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) △H1；2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H2，则△H1>△H2
【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：
实验仪器
实验步骤
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。
【练习11】实验室有甲、乙两瓶无色溶液，其中一瓶是稀盐酸，另一瓶是碳酸钠溶液。为测定甲、乙两瓶溶液的成分及物质的量浓度，进行以下实验：
①量取25.00mL甲溶液，缓慢滴入乙溶液15.00mL，共收集到224mL（标准状况）气体
②量取15.00mL乙溶液，缓慢滴入甲溶液25.00mL，共收集到112mL（标准状况）气体。
（1）判断：甲是 溶液，乙是 溶液。
（2）写出实验2中所发生反应的离子方程式。
（3）求甲、乙溶液的物质的量浓度。
【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。
【练习12】
在含有nmolFeBr2溶液中，通入的Cl2的物质的量为x mol
当x≤0.5nmol时，这一反应的离子方程式是：
（2）当x≥1.5nmol时，这一反应的离子方程式是：
（3）当x＝nmol时，这一反应的离子方程式是：
【例13】分别取40mL的0.50mol/L盐酸与40mL 0.55mol/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：
实验序号[来源:21世纪教育网]
起始温度t1℃
终止温度t2℃21世纪教育网21世纪教育网
盐酸
氢氧化钠
混合溶液
1
20．0
20．1
23．2
2
20．2
20．4
23．4
3
20．5
20．6
23．6
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)+ 1/2 Ba(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）-51.8 kJ／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
【练习13】(1)①家用液化气中主要成分之一是丁烷。当1g丁烷完全燃烧并生成CO2和液态水时，放出热量50KJ。试写出丁烷燃烧反应的热化学方程式 _
_____________________________________________________。
②又已知H2O(l)=H2O(g)；△H=+44kJ/mol，则58g丁烷完全燃烧生成气态水时放出热量
为 KJ。
(2)已知含KOH28.0g稀溶液与足量稀硫酸反应，放出28.65KJ的热量，试写出该反应中和热的热化学方程式 。
【例14】在一定条件下，RO3 n-和 I- 发生的离子方程式如下：RO3 n-+ 6I- + 6H+ == R- + 3I2 + 3H2O(1)?RO3 n-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RO3 n-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。
【解题指导】（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RO3 n-所带电核数为-1，因此n=1。于是可以推断RO3 n-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
【练习14】某化学反应的反应物和产物如下：
KMnO4+KI+H2SO4→MnSO4+I2+KIO3+K2SO4+H2O
（1）该反应的氧化产物是 。
（2）如果该反应方程式中I2和KIO3的化学计量数都是5，请配平该反应化学方程式并标 明电子转移的方向和数目
【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。
【答案】（1）Al2(SO4)3，KOH；AgNO3、NH4Cl和KOH
（2）取溶液，滴加BaCl2溶液若有白色沉淀，固体为Al2(SO4)3和KOH混合物。若无沉淀混合物为AgNO3、NH4Cl和KOH。
【练习15】某无色溶液，其中有可能存在离子如下：Na+、Ba2+、AlO3+、A1O2—、S2－、SO、SO。现取该溶液进行有关实验，实验结果如下图所示。
请回答下列问题：
（1）沉淀甲是 ；

（2）沉淀乙是 由溶液甲生成沉淀乙的离子方程式为：
；
（3）沉淀丙是 ；
（4）写出生成甲的离子方程式
（5）综合上述信息，、可以肯定存在的离子 。

参考答案
题号
1
2
3
4
5
答案
C
D
C
A
C
题号
6
7
8
9
10
答案
BD
A
B
B
A
11：（1）盐酸；乙：碳酸钠
（2）CO32—+H+→HCO3—；HCO3—+H+→CO2↑+H2O （3）0.8mol/L；1.0mol/L
12：（1）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
(2)2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br-+6Cl-
(3) 2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++ Br2+4Cl-
13：(1)①C4H10(g)+6.5O2(g)=4CO2(g)+5H2O(l)；△H=－ 2900kJ/mol；②2680kJ
(2)1/2H2SO4(aq)+NaOH(aq)=1/2Na2SO4(aq)+H2O(l)；△H= —57.3kJ·mol－1
14: （1）I2、KIO3
（2）8KMnO4+ 15KI+17H2SO4=8MnSO4+5I2+5KIO3+9K2SO4+17H2O
15: (1) 硫或S
(2)A1（OH）3； Al3++3HCO===Al(OH)3↓+3CO2↑ (3)BaCO3，可能含有BaSO4（2分）
(4)2S2－+SO+6H+=3S↓+2H2O
（5）S2—、 SO、AlO、Na+
高考化学易错题解题方法大全（2）
——基本理论
【元素周期律与元素周期表】
【范例16】有Wn+、Xm+、Ym－、Zn－四种离子(m>n)，且W、X、Y、Z四种原子的M电子层上的电子数均为奇数。下列说法中正确的是
A．Wn+、Xm+、Ym－、Zn－的离子半径依次增大
B．Y、Z的气态氢化物的热稳定性：YHm＞HnZ
C．W、X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物都是强电解质
D．W、X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物的碱性依次减弱，酸性依次增强
【错误分析】错解1：因由题意易知四种原子位于同一周期，Y、Z为非金属，离子所带负电荷越多，非金属性越强，故B正确。错解2：M层电子数均为奇数，可知四种原子应为IA 、IIA 、IIIA 、VA 、VIIA族元素，所以形成最高价氧化物对应的水化物都是强电解质，故C正确。
【形成错因】一是贪图思维捷径，不能从元素周期表认真推导，二对离子半径大小比较规律，元素金属性强弱规律没有熟记。
【解题指导】 M电子层上的电子数均为奇数有的原子:Na 、Al、 P、 Cl，对应离子为Na+、Al3+、 P3-、 Cl-，又m>n,W为Na+ X为 Al3+ Y 为P3- Z为 Cl-故
答案：D。
【范例17】下列各项内容中，排列顺序正确的是
① 固体的热稳定性：Na2CO3＞CaCO3＞NaHCO3
② 相同物质的量浓度的下列溶液中NH4+ 的浓度：(NH4)2SO4＞(NH4)2CO3＞NH4Cl
③ 微粒半径：K+＞S2－＞F
④ 给出质子的能力：CH3COOH＞C2H5OH＞H2O
⑤ 氢化物的沸点：H2Se＞H2S＞H2O
A．①③ B．②④ C．①② D．③⑤
【错误分析】错解A或D，③中K在第四周期，而S在第三周期，故③正确，⑤中原子量Se＞S＞O，形成结构相似的物质，其分子量越大沸点越高。故⑤正确
【形成错因】一忽略了原子半径大小比较规律中有一条：原子核外电子排布相同，核电荷数越大半径越小。二是忽略了水分子中存在氢键，其沸点反常。
【解题指导】①中碳酸氢纳加热易分解，碳酸钙高温分解，而碳酸钠性质稳定故正确；②碳酸铵在溶液中碳酸根离子会促进铵根离子水解，故正确；③因原子核外电子排布相同，核电荷数越大半径越小故 微粒半径:K+答案：C。
【变式训练16】根据下列短周期元素性质的数据判断，下列说法正确的是

①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
原子半径/10－10 m
0.66
1.36
1.23
1.10
0.99
1.54
0.70
1.18
最高或最低化合价21世纪教育网21世纪教育网21世纪教育网
21世纪教育网
＋221世纪教育网21世纪教育网[来源:21世纪教育网]
＋1
＋5
＋721世纪教育网
＋1
＋5[来源:21世纪教育网]
＋3
－2
－3
－1
－3
元素①⑧形成的化合物具有两性
元素⑦位于第二周期Ⅴ族
元素④⑤形成的化合物是离子化合物
D. 元素③的最高价氧化物对应水化物碱性最强
【变式训练17】原子的核电荷数小于18的某元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数为2n2－1．下列有关x的说法中不正确的是
A．X能形成化学式为X(OH)3的碱
B．X可能形成化学式为KXO3的含氧酸钾盐
C．X原子的最外层电子数和核电荷数肯定为奇数
D．X能与某些金属元素形成化合物
【原子结构，化学键】
【范例18】短周期主族元素A、B、C、D原子序数依次增大。已知：A、C的原子序数的差为8，A、B、C三种元素原子的最外层电子数之和为15，B原子最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半。下列叙述正确的是
A．原子半径：AB．四氧化三铁与B的反应是工业上大量生产铁的重要方法
C．D的最高价氧化物的水化物的酸性大于C的最高价氧化物的水化物的酸性
D．B的氧化物是酸性氧化物，可溶于氨水
【错误分析】错选A或D，依据题中信息，A，C原子原子序数相差8，可知道A，C同主族，且原子半径:C>A,又B原子最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半也是C原子半径一半，C原子最外层电子数多于A，所以B【形成错因】出现错选A或D原因有二，一是不知道如何利用题目所给信息推导A，B，C，D为何物质，二是原子半径大小比较规律不熟悉，元素周期律很生疏。
【解题指导】由题意可知A，C同主族，设A，C最外层电子数为x, B最外层电子数为y,可得方程式 2x+y=15 x=6
解可得结合短周期主族元素A、B、C、D原子序数依次增大，
x=2y y=3
因此可知A：O B ：Al C ：S D ：Cl，依据原子半径大小比较规律：①同周期元素，核电荷数越大半径越小，知：B>C>D,
②同主族元素，核电荷数越大半径越大，知：C>A
综上A错；B中工业上大量生产铁的重要方法是氧化铁与一氧化碳反应，B错；C中D的最高价氧化物的水化物为高氯酸的酸性大于C的最高价的水化物硫酸；D中B是Al2O3，为两性氧化物，故D错。
答案：C
【范例19】.某物质有以下性质：①是电解质 ②溶解时有化学键的破坏 ③熔化时没有化学键的破
坏，则该物质固态时属于 （ ）
A．原子晶体 B．离子晶体 C．分子晶体 D．金属晶体
【错误分析】错选B，一看要求1为电解质排除C，D，再看要求2排除A。
【形成错因】电解质的判断依据不明确，并不是分子晶体都是非电解质，如冰醋酸。
【解题指导】首先排除D项，离子晶体溶解和融化时都有化学键破坏，原子晶体融化时有化学键破坏。
答案：选C。
【变式训练18】（08广东卷）2007年诺贝尔化学奖得主Gerhard　Ertl对金属Pt表面催化CO氧化反应的模型进行了深入研究。下列关于Pt的说法正确的是（ ）
A． Pt和Pt的质子数相同，互称为同位素
B． Pt和Pt的中子数相同，互称为同位素
C． Pt和Pt的核外电子数相同，是同一种核素
D． Pt和Pt的质量数不同，不能互称为同位素
【变式训练19】（08全国Ⅰ卷）下列叙述中正确的是（ ）
A．NH3、CO、CO2都是极性分子
B．CH4、CCl4都是含有极性键的非极性分子
C．HF、HCl、HBr、Hl的稳定性依次增强
D．CS2、H2O、C2H2都是直线型分子
【溶液中的离子反应】
【范例20】某酸性溶液中只有Na＋、CH3COO－、H＋、OH－四种离子。则下列描述正确的是( )
A．该溶液由pH＝3的CH3COOH与pH＝11的NaOH溶液等体积混合而成
B．该溶液由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成
C．加入适量的NaOH，溶液中离子浓度为c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)
D．加入适量氨水，c(CH3COO－)一定大于c(Na＋)、c(NH4＋)之和
【错误分析】错选B或C或D，原因一等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合后溶液中恰好含有Na＋、CH3COO－、H＋、OH－故选B，原因二，溶液中由电荷守衡知：c(CH3COO－)+ c(OH－) =c(Na＋)+c(H＋) ，
加入适量的NaOH，可使溶液显碱性所以B正确；原因三加入适量的氨水溶液中有c(CH3COO－)＋c(OH－)=c(Na＋)＋c(NH4＋)＋c(H＋)， 当溶液仍呈酸性即c(OH－)＜c(H＋)，则c(CH3COO－)＞c(NH4＋)＋c(Na＋)所以D正确。
【形成错因】审题不清，此题的关键应注意题中的“酸性”两个字，选B就因为忽略了“酸性”两个字，分析不透，只注意c(OH－)＞c(H＋)而忽略了c(CH3COO－)＞c(Na＋)不论在什么情况下都是错误的。
【解题指导】
选项B溶液NaOH与CH3COOH恰好完全反应，所以溶液呈碱性；选项C中当加入NaOH后溶液仍然呈酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，不成立，当恰好完全反应，溶液呈碱性，则c(Na＋)＞C(CH3COO－)，当碱过量时，必定c(Na＋)＞C(CH3COO－)，所以在任何情况下溶液的离子关系都不能成立；选项D中加入氨水，由电荷守恒得：c(CH3COO－)＋c(OH－)=c(Na＋)＋c(NH4＋)＋c(H＋)，当溶液仍呈酸性即c(OH－)＜c(H＋)，则c(CH3COO－)＞c(NH4＋)＋c(Na＋)；当溶液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，则c(CH3COO－)＝c(NH4＋)＋c(Na＋)；当溶液呈碱性时，c(H＋)＜c(OH－)，则c(CH3COO－)＜c(NH4＋)＋c(Na＋)，所以c(CH3COO－)不一定大于c(Na＋)、c(NH4＋)之和。
答案：A
【范例21】下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合：
c(H+) + c(M+) == c(OH-) + c(A-)
B．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：
c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(Na2CO3)
C．物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：
c(CH3COO-) +2c(OH-) == 2c(H+) + c(CH3COOH)
D．0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH=4：c(HA-)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2-)
【错误分析】漏选C；错选D
【形成错因】不能熟练应用物料守衡，电荷守衡推导和变换，错选D是忽视了pH=4的条件，pH=4说明电离程度>水解程度,所以对c(H2A)和c(A2-)大小判断不准.
【解题指导】
选项A中根据电荷守恒，此关系式正确；选项B中pH相等，溶液中的c(OH－)相等，根据酸性越弱，水解越强，所以溶液中c(Na2CO3)＜c(CH3COONa)；选项C中根据电荷守恒得：c(H＋)＋c(Na＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)……①，由于c(CH3COOH)＝c(CH3COONa)，且它们等体积混合，由原子守恒得：2c(Na＋)=c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)……②，将①×2－②得：c(CH3COO-) +2c(OH-) == 2c(H+) + c(CH3COOH)；选项D中NaHA溶液的pH＝4，溶液呈酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，同时也可以判断HA－以电离为主，所以离子浓度的大小顺序是：c(HA－)＞c(A2－)＞c(H＋)＞c(H2A)。
答案：A、C。
【变式训练20】下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是
A 1.0mol/L Na2CO3溶液：c(OH－)＝c(HCO3－)＋c(H＋)＋c(H2CO3)
B 1.0mol/LNH4Cl溶液：c(NH4＋)＝c(Cl－)
C 向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：
c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
D 向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH＝5的混合溶液：c(Na＋)＝c(NO3－)
【变式训练21】今有两种正盐的稀溶液，分别是a mol/LNaX溶液和b mol/LNaY溶液，下列说法不正确的是
A．若a＝b，pH(NaX) ＞pH(NaY)，则相同浓度时，酸性HX＞HY
B．若a＝b，并测得c(X－)＝c(Y－)＋c(HY),则HX是强酸，HY是弱酸
C．若a＞b，测得c(X－)＝c(Y－)，则可推出溶液中c(HX)＞c(HY)，且相同浓度时，酸性HX＜HY
D．若两溶液等体积混合，测得c(X－)＋c(Y－)＋c(HX)＋c(HY)＝0.1mol/L，则可推出a＝b＝0.1 mol/L
【范例22】在25mL0.1mol?L-1 NaOH溶液中逐滴加入0.1mol?L-1 CH3COOH溶液，
曲线如右图所示，有关粒子浓度关系正确的是
A．在A、B间任一点，溶液中一定都有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO－)+(OH－)
B．在B点，a＞25，且有c(Na+)=c(CH3COO－)=c(OH－)=c(H+)
C．在C点：c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)
D．在D点：c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=c(Na+)
【错误分析】错选B或D，选B因为NaOH溶液中加入CH3COOH溶液当物质量相当时恰好生成CH3COO Na，但此时溶液为中性，故只有醋酸过量即a＞25，由于电荷守衡c(Na+) +c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)，又此时溶液为中性，因此c(OH－)=c(H+)，c(Na+)=c(CH3COO－)；选D因为把D点看作为溶液总体积为50ml,钠离子的量就等于溶液中醋酸存在的所有形式。
【形成错因】错选B没有理解中性溶液中c(OH－)=c(H+)=10-7 mol/L远小于c Na+，错选D对图的横坐标没有理解。本质原因是对溶液中离子浓度大小比较的实质不能很好掌握。
【解题指导】A项中依据电荷守衡此关系式正确；B项中NaOH溶液中加入CH3COOH溶液当物质量相当时恰好生成CH3COONa，但此时溶液为中性，故只有醋酸过量即a＞25，由于电荷守衡c(Na+) +c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)，又此时溶液为中性，因此c(OH－)=c(H+)，c(Na+)=c(CH3COO－) 又中性溶液中c(OH－)=c(H+)=10-7 mol/L远小于c Na+故B项错误。C中在C点溶液为醋酸钠和醋酸的混合溶液，易直C正确；D中应为c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=2c(Na+)
答案：AC
【变式训练22】下列溶液中有关物质的量浓度关系一定正确的是
A．0．1 mol·LNaHA溶液的pH=9：（Na）>（HA）>（OH）>（H2A）>（A）
B．在NH4HCO3溶液中：（H3O）+（H2CO3）=（OH）+（CO）
C．稀盐酸中逐滴加入氨水至pH>7：（NH）>（Cl）>（OH）>（H）
物质的量浓度相等的氨水和NH4Cl溶液等体积混合（设溶液中无氨分子存在）：
2（H）+（NH）=（NH3·H2O）+2（OH）
【变式训练23】pC类似pH，是指极稀溶液中溶质物质的量浓度的常用对数负值。
如某溶液溶质的浓度为：1×10-3mol/L，则该溶液中该溶质的pC=-lg1×10-3=3。已知H2CO3溶液中存在
的化学平衡为：CO2+H2O H2CO3 H+ +HCO3— 2H++CO32—。
下图为H2CO3溶液的pC-pH图。

请回答下列问题：
（1）在pH=0～4时，H2CO3溶液中主要存在的离子为： ；在pH=12时，H2CO3溶液中主要存在的含碳阴离子为： ；
（2）pH<5时，溶液中H2CO3的pC值总是约等于3的原因是 ；
（3）一定浓度的NaHCO3和Na2CO3混合溶液是一种“缓冲溶液”，在这种溶液中加入少量的强酸或强碱，溶液的pH变化不大，其原因是
【范例23】已知Ag2SO4的KW 为2.0×10-3，将适量Ag2SO4固体溶于100 mL水中至刚好饱和，该过程中Ag+和SO浓度随时间变化关系如下图（饱和Ag2SO4溶液中c(Ag+)＝0.034　mol·L-1）。若t1时刻在上述体系中加入100　mL.　0.020　mol·L-1 Na2SO4 溶液，下列示意图中，能正确表示t1时刻后Ag+和SO浓度随时间变化关系的是（ ）
【错误分析】多数同学对溶解平衡计算较为生疏，没有解题思路，乱选。
【形成错因】离子的溶度积与Ksp间的关系不明确。
【解题指导】Ag2SO4刚好为100ml的饱和溶液,因为c(Ag+)=0.034mol/L，所以c（SO42-）=0.017mol/L；当加入100ml 0.020mol/LNa2SO4溶液后，c（SO42-）=0.0185mol/L，c（Ag+）=0.017mol/L（此时Q答案：B
【变式训练24】已知：（BaCO3）=2．8×10，（BaSO4）=1．07×10。现欲用沉淀转化法将0．39 mol BaSO4全部转化为BaCO3，如每次用1．00 L 2．0 mol·LNa2CO3溶液处理，至少需要处理 次才能达到目的。

【电化学】
【范例24】取一张用饱和的NaCl溶液浸湿的pH试纸，两根铅笔芯作电极，接通直流电源，一段时间后，发现a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圈为白色，外圈呈浅红色。则下列说法错误的是( )
A．b电极是阴极 B．a电极与电源的正极相连
C．电解过程中水是氧化剂 D．b电极附近溶液的pH变小
【错误分析】错选A或B，依据图示，b处出现圆圈，说明b极产生氯气，所以b为阳极与电源正极相连，a为阴极与电源负极相连。
【形成错因】没有审清题意，题干中说的是a极产生双色同心圆，而非图中所画的b极。
【解题指导】a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圈为白色，外圈呈浅红色，说明a极负极产生了Cl2，所以a极与电源的正极相连，即a为阳极，电极反应式为：2Cl－-2e－ ===Cl2↑，b为阴极，2H2O－4e－ ===H2↑＋2OH－，所以b极附近的pH增大。
答案：D
【范例25】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4Na4e=4Na
B．当有0．01 mol Na通过离子交换膜时，b电极上析出标准状况
下的气体112 mL
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
【错误分析】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－。
【形成错因】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。
【解题指导】本题信息新颖，多数同学被所给的电池反应很不熟悉，习惯写出电极式的同学会因为写不出电极反应式而做不出来。电源的正极：Br3-+2 e－=3Br- 电源的负极2 S22--2 e－= 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-2 e－= Cu2+，所以C，D均错误。对于B项当有0．01 mol Na通过离子交换膜时，说明有内电路通过了0.01 mol的电荷，外电路转移的电子也就为0.01 mol。结合b极反应，产生的气体就为0.005 mol，体积为112 mL。只有B正确。
答案：B
【变式训练25】：某学生设计了一个“黑笔写红字”的趣味实验。滤纸先用氯化钠、无色酚酞的混合液浸湿，然后平铺在一块铂片上，接通电源后，用铅笔在滤纸上写字，会出现红色字迹。据此，下列叙述正确的是( )

A．铅笔端作阳极，发生还原反应 B。铂片端作阴极，发生氧化反应
C．铅笔端有少量的氯气产生 D。a点是负极，b点是正极
【变式训练26】：用NaOH溶液吸收二氧化硫，将所得的混合液进行电解循环再生，这种新工艺叫再生循环脱硫法。其中阴阳膜组合循环再生机理如图，
则下列有关说法正确的是
A．阳极区酸性减弱
B．阴极区电极反应式为：2H++2e—=H2↑
C．该过程中的副产品主要为H2SO4
D．diluent和concentrated的中文含义为浓缩的、稀释的
【化学反应速率】
【范例26】一定温度下，在2 L的密闭容器中发生如下反应：A(s)＋2B(g)xC(g) △H＜0，B、C的物质的量随时间变化的关系如图1，达平衡后在t1、t2、t3、t4时都只改变了一种条件，逆反应速率随时间变化的关系如图2。
??

下列有关说法正确的是
A．x＝2，反应开始2 min内，v(B)＝0.1 mol/(L·min)
B．t1时改变的条件是降温，平衡逆向移动
C．t2时改变的条件可能是增大c(C)，平衡时B的物质的量分数增大
D．t3时可能是减小压强，平衡不移动；t4时可能是使用催化剂，c(B)不变
【错误分析】错选A或C，错选A，当 x＝2时，v(B)=（0.3-0.1）/2=0.1 mol/(L·min)；错选C，若增大c(C)
反应将向逆反应方向移动，B的物质的量增大，所以B的物质的量分数增大。
【形成错因】选A是没有看清楚图，纵轴表示物质的物质的量，而反应速率的公式中分子是浓度的变化；错选C是模糊了物质的量和物质的量分数之间的关系，物质的量增加并不意味着物质的量分数增加。
【解题指导】本题主要涉及化学平衡图象的识别和判断，图1是浓度-时间图，图2为速率-时间图，A中，当 x＝2时，v(B)=（0.3-0.1）/2/2=0.05 mol/(L·min)，B中此反应△H＜0，降温平衡正向移动。C中结合图2逆反应速率增大，平衡逆向移动，B的物质量增大，但是总的物质的量也在增大，所以无法确定B的物质的量分数不一定增大。D项中改变压强，平衡不移动，使用催化剂，平衡亦不移动。
答案：D。
【范例27】一定温度下可逆反应：A(s)＋2B(g)2C(g)＋D(g)；(H＜0。现将1 mol A和2 mol B加入甲容器中，将4 mol C和2 mol D加入乙容器中，此时控制活塞P，使乙的容积为甲的2倍，t1时两容器内均达到平衡状态(如图1所示，隔板K不能移动)。下列说法正确的是( )

图1 图2 图3
A.保持温度和活塞位置不变，在甲中再加入1 mol A和2 mol B，达到新的平衡后，甲中C的浓度是乙中C的浓度的2倍
B.保持活塞位置不变，升高温度，达到新的平衡后，甲、乙中B的体积分数均增大
C.保持温度不变，移动活塞P，使乙的容积和甲相等，达到新的平衡后，乙中C的体积分数是甲中C 的体积分数的2倍
D.保持温度和乙中的压强不变，t2时分别向甲、乙中加入等质量的氦气后，甲、乙中反应速率变化情况分别如图2和图3所示(t1前的反应速率变化已省略)
【错误分析】错选A或C，错选A因为在甲中再加入1 mol A和2 mol B与开始加入的和在一起与乙中物质的量相当，但体积只有乙的一半，所以认为A正确；错选C因为甲的量相当于乙中量的一半，当体积相等时就有B正确。
【形成错因】错选A，B都是因为忽略在改变条件时，该平衡发生了移动，因此必须在新的条件下考虑各组分量的关系。
【解题指导】做好此题关键是分析清楚，条件改变，平衡如何移动。A中可以建立假设的思维模型，设甲的体积与乙的相等，按两次投料后建立平衡，此时与乙等效，再将甲的体积缩小为原来的一半，平衡会向逆向移动，C的量就会小于乙中C的浓度的2倍，B中升高温度，平衡逆向移动，B的体积增加，而气体总体积却减少，甲、乙中B的体积分数均增大；C中相当于压缩乙，增大压强，平衡向逆向移动，乙中C的体积分数小于甲中C 的体积分数的2倍；D中由于K不动，增加氦气不影响平衡移动，而乙由于增加了气体的量，活塞右移，体积增大，压强减小，所以平衡发生向正向移动。故D正确。
答案：BD。
【范例28】 (8分)“碘钟”实验中，3I－＋＝I3－ ＋2SO42 －的反应速率可以用I3－ 与加入的淀粉溶液显蓝色的时间t来度量，t越小，反应速率越大。某探究性学习小组在20 ℃进行实验，得到的数据如下表：
实验编号
①
②
③
④
⑤
c(I－)/ mol·L－1
0.040
0.080
0.080
0.160
0.120
c()/mol·L－1
0.040
0.040
0.080
0.020
0.040
t/s
88.0
44.0
22.0
44.0
t1
回答下列问题：
(1)该实验的目的是________________________________________________。
(2)显色时间t1＝______________。
(3)温度对该反应的反应速率的影响符合一般规律，若在40 ℃下进行编号③对应浓度的实验，显色时间t2的范围为______(填字母)。
(A)＜22.0 s (B)22.0 s～44.0 s (C)＞44.0 s (D)数据不足，无法判断
(4)通过分析比较上表数据，得到的结论是_____________________________。
【错误分析】错误示例；（1）浓度对反应速率的影响（4）.浓度越大反应速率越快。
【形成错因】这题明显反映学生在用语言表述时不严谨，典型的会而不对，对而不全。
【解题指导】考查学生对影响化学反应速率的外界因素(如浓度、温度)及其规律的认识和理解；考查学生对图表的观察、分析以及处理实验数据归纳出合理结论的能力。
答案 (1)研究反应物I－与的浓度对反应速率的影响。 (2)29.3 s。 (3)A。
(4)反应速率与反应物起始浓度乘积成正比(或显色时间与反应物起始浓度乘积成反比)。
【范例29】.将一定量的SO2和含0.7mol氧气的空气（忽略CO2）放入一定体积的密闭容器中，550℃时，在催化剂作用下发生反应：2SO2+O2 2SO3（正反应放热）。反应达到平衡后，将容器中的混合气体通过过量NaOH溶液，气体体积减少了21.28L；再将剩余气体通过焦性没食子酸的碱性溶液吸收O2，气体的体积又减少了5.6L（以上气体体积均为标准状况下的体积）。（计算结果保留一位小数）
请回答下列问题：
(1）判断该反应达到平衡状态的标志是 。（填字母）
a．SO2和SO3浓度相等 b．SO2百分含量保持不变
c．容器中气体的压强不变 d．SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等
e．容器中混合气体的密度保持不变
(2）欲提高SO2的转化率，下列措施可行的是 。（填字母）
a．向装置中再充入N2 b．向装置中再充入O2
c．改变反应的催化剂 d．升高温度
(3）求该反应达到平衡时SO2的转化率（用百分数表示）。
(4)若将平衡混合气体的5%通入过量的BaCl2溶液，生成沉淀多少克？
【错误分析】（1）.错选d,e, 认为SO3的生成速率与SO2的消耗速率分别代表正逆两个方向
（2）.错选c，认为催化剂可以提高转化率
（3）.计算时错将氧气量全部带入计算
（4）.混合气体中只有SO3可以使BaCl2产生沉淀，多数同学错将SO2和SO3的物质的量都带入计算。
【形成错因】对化学平衡和化学反应速率概念理解不透，特别是平衡的判定，影响平衡移动因素的实质，对于平衡的计算也不是很牢固，如转化率，各组分的含量等。
【解题指导】（1）bc (2)b
(3)消耗的O2物质的量：
生成的SO3物质的量：
SO2和SO3的物质的量和：
反应前的SO2物质的量：
SO2的转化率：
(4）在给定的条件下，溶液呈强酸性，BaSO3不会沉淀。因此BaSO4的质量
【变式训练27】某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应A(g)+xB(g) 2C(g)，达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间变化的如下图所示。下列说法中正确的是
A．8min前A的平均反应速率为0.08mol·L-1·min-1在
B．20min～40min间该反应的平衡常数均为5
C．30min时改变的条件是降低温度，40min时改变的条件是升高温度
D．反应方程式中的x＝1，且正反应为放热反应
【变式训练28】
在2 L密闭容器中反应2NO2(g) 2NO(g)＋O2(g)在三种不同条件下进行，其中实验Ⅰ、Ⅱ都在800℃，实验Ⅲ在850℃，NO、O2的起始浓度都为0，NO2的浓度(mol·L―1)随时间（min）的变化如图所示（不考虑生成N2O4）。试填空。
① 对比实验Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，得出的下列结论中正确的是： 。（填字母）
A．对比实验Ⅰ和Ⅲ可知，该反应是吸热反应
B．实验Ⅱ和实验I相比，可能隐含的反应条件是：反应容器的体积缩小了
C．实验Ⅱ和实验I相比，可能隐含的反应条件是：使用效率更高的催化剂
D．实验I条件下该反应的平衡常数大于实验Ⅲ条件下该反应的平衡常数
② 若实验Ⅰ中达平衡后，再向密闭容器中通入1 mol由物质的量之比为1︰1组成的NO2与NO混合气体（保持温度不变），则平衡将 移动，新条件平衡
状态时NO2的物质的量浓度为： mol·L―1。
【范例30】下列关于四个图像的说法正确的是 （ ）
A．图①表示化学反应中能量的变化，反应CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)的△H大于0
B．图②为氢氧燃料电池示意图，正、负极通入气体体积之比为2：1
C．图③表示物质a、b的溶解度曲线，可以用结晶方法从a、b混合物中提纯a
D．图④表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g) 3C(g)+D(s)的影响，乙的压强大
【错误分析】错选B或D，氢氧燃料电池总反应为2H2+O2=2H2O,由方程式可知道氢氧体积比就为2：1所以选B；错选D，依据“先拐先平”的原理，乙的压强大比甲的大
【形成错因】错选B忽略了正负极的问题，在正极放电是氧气，在负极放电是氢气，正、负极通入气体体积之比为1：2；错选D忽略了物质的状态，反应前后压强并不相等。
【解题指导】A中表示为放热反应，△H小于0，B中氢氧燃料电池总反应为2H2+O2=2H2O,由方程式可知道氢氧体积比就为2：1，C中b随温度变化溶解度变化不大，而a溶解度变化很大，所以可以用结晶方法从a、b混合物中提纯a；D中不能表示压强对平衡的影响，因为压强不同，平衡时各组分的百分含量也不同，而图示为压强不同平衡时各组分的百分含量相同。
答案：C。
【变式训练29】控制、治理氮氧化物对大气的污染是改善大气质量的重要方面。
（1）光化学烟雾白天生成，傍晚消失，其主要成分为RH（烃）、NO、NO2、O3、PAN（CH3COOONO2），某地早上至中午这些物质的相对浓度变化如右图所示，则下列叙述合理的是 。（填字母）
a．早上8时交通繁忙期，光化学烟雾的主要成分为RH、NO
b．14时，光化学烟雾的主要成分为O3、PAN
c．PAN、O3由RH和NO直接反应生成
d．PAN直接由O3转化生成
（2）火力发电厂的燃煤排烟中含大麓的氮氧化物（NO），可利用甲烷和NO在一定条件下反应消除其污染，则CH4与NO2反应的化学方程式为 。
（3）在一密闭容器中发生反应2NO2
2NO+O2，反应过程中NO2的浓度随时间变化的情况如右下图所示。请回答：① 依曲线A，反应在前3 min内氧气的平均反应速率为 。
② 若曲线A、B分别表示的是该反应在某不同条件下的反应情况，则此条件是
（填“浓度”、“压强”、“温度”或“催化剂”）。
③ 曲线A、B分剐对应的反应平衡常数的大小关系是 。（填“>”、“<”或“=”）
（4）一定温度下，在匦容密闭容器中N2O5可发生下列反应：
2N2O5（g） 4NO2（g）+O2（g） I
2NO2（g） 2NO（g）+O2（g） II
则反应I的平衡常数表达式为 。若达平衡时，（NO2）=0．4 mol·L，（O2）=1．3 mol·L，则反应II中NO2的转化率为 ，N2O5（g）的起始浓度应不低于 mo1·L。
【变式训练30】(10分)黄铁矿(主要成分为FeS2)是工业制取硫酸的重要原料，其煅烧产物为SO2和Fe3O4。
(1)将0.050 mol SO2(g)和0.030 mol O2(g)放入容积为1 L的密闭容器中，反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)在一定条件下达到平衡，测得c(SO3)＝0.040 mol/L。计算该条件下反应的平衡常数K和SO2的平衡转化率(写出计算过程)。
(2)已知上述反应是放热反应，当该反应处于平衡状态时，在体积不变的条件下，下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有 (填字母)
(A)升高温度 (B)降低温度 (C)增大压强
(D)减小压强 (E)加入催化剂 (G)移出氧气
(3)SO2尾气用饱和Na2SO3溶液吸收得到重要的化工原料，反应的化学方程式为
(4)将黄铁矿的煅烧产物Fe3O4溶于H2SO4后，加入铁粉，可制备FeSO4。酸溶过程中需保持溶液足够酸性，其原因是_________________________________。
变式训练参考答案
选择题：
题号
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
答案
A
A
A
B
D
AD
AD
D
BC
AD
非选择题：
26.（1）（4分）H+、HCO3— CO32—、HCO3—
（2）（2分）CO2本身在水中的溶解度小（1分），加之酸性增强（或H+浓度增大），上述电离平衡向左移动放出CO2（1分）
（3）（4分）在该溶液中加入少量的酸，H+与CO32—结合生成HCO3—（或使平衡：
HCO3— H++CO32—向左移动，（1分），结果溶液中H+浓度增加得很少（1分）；若在溶液中加入少量的碱，OH—与HCO3—结合生成CO32—（或使平衡HCO3— H++CO32—向右移动，（1分），结果溶液中的OH—浓度也增加不大（1分）。
27：设每次能处理BaSO的物质的量为
BaSO4+CO==== BaCO3+SO

处理次数；则至少处理5次
28.参考答案：① A C （2分，对1分给1分，选错不给分） ② 不，（1分） 0.75（2分）
29.解析：（1）ab（2分）
（2）CH4+2NO2=N2+CO2+2H2O（2分）
（3）① 0．01 17 mol／（L·min）（1分） ② 温度（1分） ③ <（1分）
（4）化学平衡常数表达式略（1分） 80％（1分） 1（1分）
30. (1)解： 2SO2(g) ＋ O2(g) 2SO3(g)
起始浓度/ mol·L－1 0.050 0.030 0
平衡浓度/ mol·L－1 (0.050－0.040) (0.030－0.040/2) 0.040
= 0.010 = 0.010
所以，K == = 1.6×103 mol·L－1。(不带单位计算也得分)
??(SO2) =×100% = 80% 。
(2)B、C。 (3)SO2＋H2O＋Na2SO3＝2NaHSO3。
(4)抑制Fe2＋、Fe3＋的水解，防止Fe2＋被氧化成Fe3＋。
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高考化学易错题解题方法大全（3）
——元素及其化合物
【范例31】甲、乙两烧杯中各盛有100mL3mol/L的盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别
加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲:乙=1:2，则加入铝粉的质量为
A.5.4g B.3.6g C.2.7g D.1.6g
【错解分析】此题的关键是学生将铝与盐酸、氢氧化钠反应到底哪一个不足，哪一个过量判断失误。部分学生认为与盐酸反应的铝就是加入的铝，从而选C
【解题指导】根据铝与盐酸和氢氧化钠溶液反应的方程式判断，若在含等物质的量的HCl和NaOH溶液中分别加入足量的铝粉，产生的H2之比为1:3。而题中为1:2，说明铝粉的量相对盐酸是过量的，而对NaOH是不足的。与前者反应的铝粉是2.7g，则与后者反应的铝粉应为5.4g。
【练习31】等体积、等物质的量浓度的硫酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加等质量的铝，生成氢气的体积比为5:6，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是
A．甲、乙中都是铝过量 B．甲中铝过量、乙中碱过量
C．甲中酸过量、乙中铝过量 D．甲中酸过量、乙中碱过量
【范例32】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
序号
甲
乙
丙
①
CO2
SO2
石灰水
②
HCl
CO2
石灰水
③
CO2
SO2
Ba(N03)2
④
NO2
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BaCl2
⑤
CO2
NH3
CaCl2
A．②③④ B．②③④⑤ C．④③④ D．①②③④
【错题分析】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。
【解题指导】
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】D
【练习32】把少量CO2分别通入浓度相同的①Ba(NO3)2溶液；②Ba(OH)2溶液；③溶有氨的BaCl2溶液中。预计能观察到白色沉淀的溶液是
A．①和② B．只有② C．②和③ D．只有③
【范例33】把铜粉和过量的铁粉加入到热的浓硝酸中，充分反应后，溶液中大量存在的金属阳离子是 （ ）
A.只有Fe2+ B.只有Fe3+
C.有Fe2+和Cu2+ D.有Fe3+和Cu2+
【错解分析】忽略过量的铁还将Cu2+置换出来从而错选C。明确：氧化性：Fe3+> Cu2+> Fe2+
铁过量时一次发生：Fe+2Fe3+==3Fe2十，Cu2++Fe==Cu+Fe2+
【解题指导】浓硝酸具有强氧化性，热的浓硝酸可将Fe和Cu分别氧化成Fe3+和Cu2+，过量的铁又与Fe2+和Cu2+反应生成Fe2+和Cu，所以充分后，溶液中大量存在的金属阳离子为Fe2+，
【答案】A
【练习33】在硫酸铁溶液中，加入a g 铜，完全溶解后，又加入b g铁，充分反应后得到c g残余固体，且b＜c，则下列判断正确的是
A．最后得到的溶液中不含有Fe3＋ B．残余固体一定全部是铜
C．最后得到的溶液中只含Cu2＋ D．残余固体可能为铁、铜混合物
【范例34】一定量的Fe和Fe2O3的混合物投入250 ml 2 mol/L硝酸溶液中，反应完全
后，生成1.12 L NO（标况），再向反应后的溶液中加入1mol/LNaOH溶液，要使铁元素完全沉淀下来，所加入的NaOH溶液体积最少是（ ）
A.450 ml B.500 ml C.400 ml D.不能确定
【错解分析】未能掌握解题的技巧。忽略NO的释放、溶液中硝酸根要减少。解题时：利用元素守恒往往会起到事半功倍的效果.如：此题中最终溶液是硝酸钠溶液，故存在硝酸钠溶液。
【解题指导】本题涉及到的反应较多，况且铁最终是以Fe(OH)3还是Fe(OH)2形式沉淀，难以确定；硝酸是否过量也不能确定，看来计算很困难。但若从NaOH考虑，加入的NaOH恰好使铁元素沉淀，溶液为硝酸钠溶液。不难得出：
n(NaoH)=n(NO3-)=n(HNO3)-n(NO)= 0.25LΧ2 mol/L—0.5 mol=0.45mol
V(NaoH)=0.45L=450 ml
【答案】A
【练习34】将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸溶液中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产生全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是
A．开始加入合金的质量可能为6.4g
B．参加反应的硝酸的物质的量为0.1mol
C．生成沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为100mL
D．溶解合金时收集到NO气体的体积为2.24L
【范例35】某学生用NaHCO3和KHCO3组成的某混合物进行实验，测得如下数据(盐酸的物质的量浓度相等)．则下列分析推理中不正确的是 ( )
50ml盐酸
50mL盐酸
50mL盐酸
m(混合物)
9.2g21世纪教育网
15.7g
27.6g
V(CO2)(标准状况)
2.24L
3.36L
3.36L
A．盐酸的物质的量浓度为3.0mol／L
B．根据表中数据能计算出混合物中NaHCO3的质量分数
C．加入混合物9.2g时盐酸过量
D．15.7g混合物恰好与盐酸完全反应
【错题分析】出错原因关键是对题目所给的数据中不能提取有效的信息。解题时要注意数据的变化规律，判断反应中反应物的量的关系是解决问题的关键。
【解题指导】由表中数据得出第l组中盐酸过量．第2、3组中盐酸不足，全部与HCO3—反应放出CO2：c(HCl)==3.36L/22.4L/mol/0.05L==3 mol／L。A选项正确；由第l组数据列方程式可求出NaHCO3的质量分数。B选项正确；加入混合物9.2 g时盐酸过量，C选项正确；13.8 g混合物恰好与盐酸完全反应．D选项不正确．
【答案】D
【练习35】把一定量的Na2O2的NaHCO3的混合粉末分为两等份，将其中一份加入100mL稀盐酸中恰好完全反应，生成的气体干燥后体积为2.24L（标准状况下）；再将此气体通入另一份混合物中，充分反应后，得到O2 2.016L（标准状况下），则原混合粉末中Na2O2和NaHCO3的物质的量之比及稀盐酸的物质的量浓度是 （ ）

A
B
C
D
Na2O2和NaHCO3的物质的量之比
8：1
9：2
8：1
2：9
原稀盐酸的物质的量的浓度（mol·L-1）
3.4
1.1
1.8
1.3
【范例36】某无色溶液中可能含有I一、NH4+、Cu2+、SO32-，向该溶液中加入少量溴水，溶液呈无色。则下列关于溶液组成的判断正确的是 ( )
①肯定不含I一 ②肯定不含Cu2+ ③肯定含有S032- ④可能含有I—
A．①③ B．①②③ C．③④ D．②③④
【错题分析】此题的综合性较强，离子之间相互干扰，学生注意不到这些隐含条件而造成错误。解题时一定要先寻找隐含条件、离子间的的相互影响及离子间氧化性还原性的能力大小关系。
【解题指导】当向原溶液中加入少量溴水时，溶液仍呈无色．说明原溶液中肯定不合Cu2+。由于亚硫酸根离子的还原性强于碘离子。因此加入的少量溴水先和亚硫酸根离子反应。离子方程式为SO32-+Br2+ H2O== SO42- +2Br一+2H+，反应后溶液呈无色，因此③和④也正确．
【答案】D
【练习36】在一种酸性溶液中存在NO3-、I一、Cl_、Fe3+中的一种或几种，向该溶液中加入溴水，溴单质被还原，由此可推断该溶液中 ( )
A．一定含有I一，不能确定是否有Cl— B．一定含有NO3-
C．不含有Fe3+ D．一定含有I一、NO3-和Cl—
【范例37】高温下硫酸亚铁发生如下反应：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑若将生成的气体通入氯化钡溶液中，得到的沉淀是 ( )
A．BaSO3和BaSO4 B．BaS C．BaSO3 D．BaSO4
【错解分析】学生误认为SO2会与氯化钡溶液反应生成BaSO3，没有把握好BaSO3的性质。学生应明确：BaSO3是一种弱酸盐可溶于强酸溶液中，可与强酸反应生成亚硫酸。但遇到硝酸时会被硝酸氧化为BaSO4，仍有沉淀。
【解题指导】SO2和SO3通入氯化钡溶液，只有硫酸钡沉淀，因为亚硫酸钡溶于稀硫酸。但遇到硝酸时亚硫酸钡将转化为硫酸钡沉淀。
【答案】D
【练习37】下列褪色过程不是因为氧化还原反应而褪色的是 （ ）
A．SO2气体通入到溴水中使溴水褪色
B．氯水使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，再加入NaOH后不变红
C．SO2气体能使品红溶液褪色
D．在含有碘单质的淀粉溶液中，加入KOH溶液后蓝色褪去
【范例38】溴化碘（IBr）的化学性质与卤素单质相似，能与大多数金属反应生成金属卤化物，和某些非金属单质反应生成相应的卤化物，跟水反应的方程式IBr+H2O=HBr+HIO，下列有关IBr的叙述中，不正确的是 ( )
A. IBr是双原子分子 B.在很多反应中IBr是强氧化剂
C.和NaOH溶液反应生成NaBr和NaIO D.和水反应时，既是氧化剂又是还原剂
【错解分析】误认为是氧化还原反应，此类问题分析化合价是解决问题的关键。借用氧化还原反应的规律来解决问题。
【解题指导】A. IBr是有两种元素组成的故应为双原子分子B.在IBr中I元素的化合价为+1，是不稳定的易得电子变为-1，所以是强氧化剂 。同理IBr和NaOH溶液反应生成NaBr和NaIO。D项和水反应时，水既不是氧化剂又不是还原剂
【答案】D
【练习38】“XYn”表示不同卤素之间靠共用电子对形成的卤素互化物 (非金属性：XA．ICl与水反应可生成 HCl 和 HIO，则1mol ICI 参加反应转移电子为 1mol
B．某温度，液态 IF5电离：2IF5≒ IF4+ ＋IF6－， 则 c (IF4+)×c (IF6－) 是一个常数
C．BrCl与 Zn 反应生成 ZnCl2 和 ZnBr2
D．XYn 与卤素单质一样都是非极性分子
【范例39】向某稀HNO3和Fe(NO3)3的混合溶液中逐渐加入铁粉，产生无色气体．该气体遇空气变红棕色，溶液中Fe2+浓度和加入Fe粉的物质的量之间的关系如图所示：
21世纪教育网
则稀溶液中HNO3和Fe(NO3)3的物质的量浓度之比为( )
A．2：1 B．1：1 C．4：1 D．3：1
【错题分析】学生未掌握解决图像题目的要领，不能从图像中提取出有效的信息。读图时一要注意图像的拐折点的含义，二要注意坐标对应的数据。从中找出恰好反应点。
【解题指导】从曲线可知，当加入l mol Fe时,n(Fe2+)=0，说明Fe和稀HNO3反应生成Fe3+．由Fe+4HN0(稀)==Fe(N03)3+NO↑+2H20。即lmol Fe消耗4 mol HN03，由Fe+2Fe3+==3Fe2十和曲线中又加入l molFe,使n(Fe2+)=3 mo1．则原混合物中Fe3+为l mol，则原混合物中HNO3和Fe(NO3)3的物质的量浓度之比为4：1．
【答案】C
【练习39】向某FeBr2溶液中，通入1.12L(标准状况下)的Cl2，测得溶液中c(Br-)=3c(Cl—)=0.3mol/L。反应过程中溶液的体积变化不计，则下列说法中正确的是（ ）
A．原溶液的浓度为0.1mol/L B．反应后溶液中c(Fe3+)=0.1mol/L
C．反应后溶液中c(Fe3+)=c(Fe2+) D．原溶液中c(Br-)=0.4mol/L
【范例40】某学生设计了如下图所示的方法对A盐进行鉴定：
由此分析．下列结论中，正确的有 ( )
A．A中一定有Fe3+ B．C中一定有Fe3+
C．B为AgI沉淀 D.A一定为FeBr2溶液
【错题分析】学生未注意到酸化的AgNO3溶液具有氧化性，若A中含Fe2十时可被氧化为Fe3+。解题时学生可采用逐项代入法和假设法相结合的方式来解决，可大大提高准确性。
【解题指导】由题意知，B为AgBr沉淀，则A中一定含有Br一．酸化的AgNO3溶液具有氧化性，A中可能含有Fe2十或Fe3+，但C中一定含有Fe3+．
【答案】B
【练习40】某工厂用CaSO4、H2O、NH3、CO2制备(NH4)2SO4，其工艺流程如下：

下列推断不合理的是
A．往甲中通入CO2有利于(NH4)2SO4的生成
B．生成lmol(NH4)2SO4至少消耗2mol NH3
C．可采用加热蒸干的方法从滤液中提取(NH4)2SO4晶体
D．CaCO3煅烧所得的CO2可以循环使用
【范例41】A、B、C是中学化学中常见的三种化合物,它们各由两种元素组成．甲、乙是两种单质，三种化合物和单质之间存在如下关系：

[来源:21世纪教育网]
(1)在A、B、C这三种化合物中，必定含有乙元素的是 (用A、B、C字母填写)
(2)单质乙必定是 (填“金属”或“非金属”)，其理由是
(3)单质乙的化学式可能是 ，则化合物B的化学式是 ．
【错题分析】学生平时不注意基本素材的积累和运用而造成知识的调用和迁移应用能力差。面对此种抽象性较强的题目，学生感觉无从下手。解题时可根据题目信息采用将可能的答案代入与正向推导相结合的方式来解决，同时要注意通过验证来提高准确性。
【解题指导】据题意①甲+乙→A(含甲、乙)．②甲+B→单质乙+C．从①②可看出．A、B中一定含有乙元素．③A(含甲、乙)+B(含乙)—→单质乙+C，从③式分析．A、B中化合态的乙元素反应后变为游离态的乙，A、B中的乙元素的价态必分别处于正价和负价．反应时发生电子转移生成单质．而金属元素无负化舍价，所以可以推断出乙必定是非金属元素．处于正、负价态的非金属元素的化合物相互反应生成单质的例子很多．如2H2S+SO2==3S↓+2H2O等．所以．乙可能是S或N2等，化合物B是它们的氢化物H2S或NH3．
上述反应①为O2+S==SO2(或N2+ O2==2NO)；反应②为2H2S+3O2==O2+2H2O(或4NH3+5 O2=5NO+6H2O)；反应③为2H2S+SO2==3S↓+2H2O或6NO+4NH3==5N2+6H2O)上述反应的反应条件均已略去．
【答案】
(1)AB
(2)非金属 因为A、B中均含乙元素．并有如下反应：A+B==乙+C，且乙为单质。可知乙元素在A、B中分别呈正、负价．由于金属元素无负化合价，所以乙必是非金属
(3)S(或N2)H2S(或NH3)
【练习41】A、B、C、X均为中学常见的纯净物，它们之间有如下转化关系（副产物已略去）。
试回答：
（1）若X的强氧化性单质，则A不可能是 。（填选项）21世纪教育网
a. S b. N2 c. Na d. Mg e. Al
（2）若X是金属单质，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则B的化学式为 ；C溶液在贮存时应加入少量X，理由是（用必要的文字和离子方程式表示） ，检验此C溶液中金属元素价态的操作方法是 。
（3）若A、B、C为含有金属元素的化合物，X为强电解质，A溶液与C溶液反应生成B，则B的化学式可能为 ，X的化学式可能为（写出不同类物质）
或 ，反应①的离子方程式为
或 。
【范例42】某校化学实验兴趣小组为了探究在实验室制备Cl2的过程中有水蒸气和HCl挥发出来，同时验证氯气的某些性质，甲同学设计了如图所示的实验装置(支撑用的铁架台省略)。
有0.2molHCl的浓盐酸与足量的Mn02反应制C12，制得的C12体积(标准状况下)总是小于l．12L的原因是
(2)①装置B中盛放的试剂名称为 ，作用是 .
②装置D和E中出现的不同现象说明的问题是 。
③装置F的作用是 。21世纪教育网
④写出装置G中发生反应的离子方程式
(3)乙同学认为甲同学的实验有缺陷，不能确保最终通入AgN03溶液中的气体只有一种。为了确保实验结论的可靠性，证明最终通入AgN03溶液的气体只有一种，乙同学提出在某两个装置之间再加一个装置，你认为该装置应加在 与 之问(填装置字母序号)，装置中应放入 （填写试剂或用品名称）
【错题分析】实验题一般是以元素化合物为载体，综合性强，学生往往因考虑不全而造成失分。对这类题目学生一定不要急于下结论，要将题干和问题通读一遍，因问题往往是解题的突破口。带着问题再去审题，这样不会使思考的方向偏离主题。
【解题指导】
（1）MnO2 与浓盐酸的反应，随着反应的进行，盐酸浓度降低到某一数值后，反应将停止，因此的、制得的C12 小于理论值。
(2)B中盛放无水硫酸铜，检验水蒸气的存在；D和E中实验现象说明干燥的氯气不具有漂白性，潮湿的氯气(或HClO)，具有漂白性；F的作用为吸收氯气。G中为HCl与AgN03的反应。
(3)在F和G之间加入一个装置用来检验在F中氯气是否被完全吸收，可以用湿润的有色布条或湿润的淀粉Kl试纸。
【答案】
(1)浓盐酸的浓度随着反应的进行降低到一定数值以后，将不再反应；加热时浓盐酸因挥发而损失
(2)①无水硫酸铜检验有水蒸气产生
②干燥的氯气无漂白性，潮湿的氯气(或次氯酸)有漂白性
③吸收氯气
④Ag++C1_==AgCl↓
(3)F、G湿润的淀粉Kl试纸(或湿润的有色布条)
【练习42】用下图装置进行SO2转化为SO3的转化率测定实验：2SO2＋O2 2SO3 △H=－196.6kJ/mol
?
?
?
?
（1）要顺利进行实验，上图Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ处各应连接1个合适的装置，请从下列A~E中选择适宜的装置，将其序号填入空格内。
?
?
?
Ⅰ 、Ⅱ 、Ⅲ 。
（2）实验前，必须进行的操作是（填操作名称，不必写具体过程）
（3）实验时，浓硫酸能顺利滴入烧瓶中，甲装置所起作用的原理是： 。
（4）从乙处均匀通入O2，为使SO2有较高的转化率，实验时滴入浓硫酸与加热催化剂的先后顺序是 。
（5）实验中当Cr2O3表面红热时，应将酒精灯移开一会儿再加热，以防温度过高，这样做的原因是 若用大火加热有Cr2O3处的反应管时，SO2的转化率会 （填升高、降低或不变）
（6）实验时若用25.2g的Na2SO3，加入的浓硫酸是足量的，反应结束时继续通入O2一段时间，称得Ⅱ处装置的质量增加11.3g，则本实验中SO2的转化率为 。（保留3位有效数字）
【例43】取A、B两份物质的量浓度相等的NaOH溶液．体积均为50ml．分别向其中通入一定量的CO2后，再分别稀释为100 mL．
(1)在NaOH溶液中通入一定量的CO2后．溶液中溶质的组成可能是：
① ② ，③ ④ ．
(2)在稀释后的溶液中分别逐滴加0．1 mol／L的盐酸，产生的CO2的体积(标准状况)与所加盐酸的体积关系如图所示：
①分别加人足量的盐酸后的溶液中的溶质是 ．原NaOH溶液的物质的量浓度为
②A曲线表明．原溶液通入CO2后．所得溶质与HCl反应产生CO2的最大体积是 mL(标准状况)．
③B曲线表明，原溶液通入C02后．所得溶质的化学式为
其物质的量之比为 ．
【错题分析】学生不能明确Na2C03和NaHCO3，Na2CO3和NaOH分别与盐酸反应的过程，不能正确理解图像的含义。学生解题时应明确：
Na2C03和NaHCO3与盐酸的反应过程是C032- + H+== HCO3—、HCO3—+ H+= CO2↑+ H2O
Na2CO3和NaOH与盐酸的反应过程是OH- + H+== H2O 、C032- + H+== HCO3—、HCO3—+ H+= CO2↑+ H2O
【解题指导】①有图知B溶质为Na2C03和NaHCO3，A溶液溶质为Na2CO3和NaOH，加入足量盐酸生成溶质NaCl，则n(NaCl)==0.075L×0.1mol/L==7.5×10-3mol.n(NaOH)== n(NaCl)==7.5×10-3mol,c(NaOH)== 7.5×10-3mol/0.05L==0.15 mol/L. ②A中产生CO2为0.015L×0.1mol/L==1.5×10-3mol,V(CO2)== 1.5×10-3mol×22.4L/mol==33.6ml. ③B中产生CO2为0.05L×0.1mol/L== 5×10-3mol,V(CO2)==5×10-3mol×22.4L/mol==112ml.
【答案】
(1)NaHCO3 Na2CO3 Na2C03和NaHCO3 Na2C03和NaOH
(2)①NaCl 0.15 mol／L ②33．6 ③Na2C03和NaHCO3 1：1
【练习43】向某NaOH溶液中通入CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同溶液M的组成也不同。若向M中逐滴加入盐酸，产生的气体体积V(CO2)与加入盐酸的体积V(HCl)的关系有下列图示四种情况（不计CO2的溶解），则下列对应图形的判断正确的是
【范例44】某厂的酸性工业废水中含有一定量的Fe3+、Cu2+、Au3+等离子。有人设计了图中的工艺流程，利用常用的酸、碱和工业生产中的废铁屑，从废水中回收金。并生产一定量的铁红和氧化铜。
填写下面的好空白[来源:21世纪教育网]
(1)图中标号处需加入的相应物质分别是① 、② 、③ 、④ 、⑤ ；
(2)写出①处发生反应的离子方程式 ；
写出③处发生反应的化学方程式 ；
(3)铁红的化学式为 ；分别写出铁红和氧化铜在工业上的一种主要用途：铁红 ；氧化铜
【错题分析】学生学以致用的能力差，思维不严密推导不合理。解决本题要充分利用题给工艺流程和提供的部分物质，迁移所学的铁三角转化、金属活动性顺序、金属离子的沉淀等知识综合解决。
【解题指导】由工艺流程图示知，E为铁元素的离子，而A为铜、金的单质，通过过滤将铁元素与活泼性比它弱的铜、金分离出来，因此①处加入的物质为铁屑，发生的反应为Fe+2H+==Fe2++ H2↑，2Fe3++Fe==3Fe2+，Cu2++Fe==Cu+Fe2+，2Au3++3Fe==2Au + 3Fe2+；②处加入稀硫酸以除去铜、金中过量的铁屑，并将过滤后的硫酸亚铁溶液与含Fe2+的E溶液相混合；③处利用金不溶于硝酸的性质将铜与金分离开；④处将得到的铜离子用氢氧化钠转化为氢氧化铜沉淀，从而再受热分解为氧化铜；⑤处加入氢氧化钠将亚铁离子转化为氢氧化亚铁沉淀，再利用空气将其转化为氢氧化铁沉淀，最终受热分解为铁红(氧化铁)。
【答案】
(1)①铁屑 ②稀硫酸 ③稀硝酸 ④氢氧化钠 ⑤氢氧化钠
(2) Fe+2H+==Fe2++ H2↑，2Fe3++Fe==3Fe2+，Cu2++Fe==Cu+Fe2+，2Au3++3Fe==2Au + 3Fe2+
3Cu+8HNO3(稀)==3Cu(NO3)2十2NO↑十+4H2O
(3)Fe2O3 用作红色涂料 用作制造铜盐的原料
【练习44】下图为中学化学中几种常见物质的转化关系（部分产物已略去）。已知：A、C、D是常见的气体单质，F气体极易溶于水，且液态常做制冷剂。
（1）写出化学式A ，D ，F ，G属于 晶体；
（2）鉴定G中阳离子的实验方法和现象__________________________________；
（3）D单质和E溶液反应，生成一种常见的消毒剂和漂白剂的有效成分，写出D+E溶液反应的离子方程式和③的化学方程式 、
。
（4）工业上电解B溶液制得一系列化工原料，写出其电解的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目 。
【范例45】在一定条件下(不需添加别的反应物)，经不同的化学反应，可实现如下图的各种变化，其中，反应③、④、⑤属氧化还原反应，而反应①、②属非氧化还原反应。X、F和Y为单质，且F是空气的主要成分之一，其余为化合物，据此请填空：

(1)物质A是_________，F是_______，X是________，Y是_________。
(2)写出反应②的化学反应方程式：____________。
(3)写出反应④的化学反应方程式，并注明反应条件：_____________。
【错题分析】本题涉及的物质和反应都比较多，并且许多信息又隐藏在框图内，导致多数学生捕捉不到有效信息而造成无法解决问题。解题时首先着重考虑题中那些显性条件和信息，尤其针对反应的条件和物质的状态进行初步判断。然后采用正向推导与逆向推导相结合的方式来解决。
【解题指导】F是单质又是空气中的主要成分，可以断定是N2或O2，A盐受热分解为非氧化还原反应且生成B、C、D，容易假设A为碳酸铵或碳酸氢铵，电解Z盐溶液得到W、X、
Y，其中X和Y为单质，可以联想到Z可能为氯化钠，按此假设分别将有关物质代入题图中的各个反应，经过检验，不难得出图中所有物质分别是：A为碳酸铵或碳酸氢铵，B为二氧化碳，C为水，D为氨，E为氯化铵，F为氮气，G为碳酸钠或碳酸氢钠，w为氢氧化钠，X为氢气，Y为氯气，Z为氯化钠。[来源:21世纪教育网]
【答案】 21世纪教育网
(1)(NH4)2CO3或NH4HCO3 N2 H2 Cl2
(2)CO2+2NaOH===Na2CO3+H2O (CO2+NaOH===NaHCO3)
(3)N2+3H22NH3
【练习45】铝土矿(主要成分为Al2O3、SiO2、Fe2O3)是提取氧化铝的原料。提取氧化铝的工艺流程如下：
（1）滤液甲的主要成分是（写化学式） 　　　　　　　　　　　　
（2）写出反应 II 的离子方程式：
（3）结合反应II，判断下列微粒结合质子 ( H+) 的能力，由强到弱的顺序是
（填字母序号）
a．AlO2― 或 [Al(OH)4]－ b．OH― c．SiO32―
（4）取滤液甲少许，加入过量盐酸，过滤；再用惰性电极电解其滤液，两极均有气体产
生，且全部逸出，在阴极区还有沉淀生成，最后沉淀消失。沉淀消失的原因可用离子方程式
表示为：
（5）取 (4) 电解以后的溶液 10.0 mL，经分析，该溶液中只含有两种等物质的量浓度的碱性溶质，向其中逐滴加入0.100 mol? L－1 盐酸溶液，当加入50.0mL 盐酸溶液时，生成的沉淀恰好溶解。
①加入50.0mL 盐酸溶液发生的离子反应的先后顺序依次为：
。
②请画出生成沉淀的物质的量与加入盐酸体积的关系图。
参考答案
1.B 2.C 3.AD 4.AC 5.A 6.A 7.C 8.BC 9. B 10.C
11.（1）d e
（2）FeCl3 ；2Fe3++Fe 3Fe2+ ，防止Fe2+被氧化
用试管取少量C溶液，滴加KSCN溶液，无颜色变化，再滴加氯水（或硝酸），溶液呈红色，
证明原溶液中有Fe2+存在。
（3）Al(OH)3 ；NaOH（或KOH） ；HCl（或其他强酸）
Al3++3OH— Al(OH)3↓ ；AlO2—+H++H2O Al(OH)3↓
12．（1）Ⅰ：B Ⅱ：A Ⅲ：E
（2）检查装置的气密性
（3）保持分液漏斗内压强与烧瓶内压强相等
（4）先加热催化剂，然后缓慢滴加浓硫酸
（5）温度过高不利于SO3的生成，且影响催化剂的活性。 降低
（6） 70.5%
13.CD
14.（1）N2、Cl2、NH3、离子晶体；
（2）取少量D的溶液加人试管中，用胶头滴管加入少量NaOH浓溶液，加热用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验放出的气体，试纸变蓝色
（3）2OH－+Cl2=ClO－+Cl－+H2O 8NH3+3Cl2 ====N2+6NH4Cl
（4）
15.
⑴　NaOH、Na[Al(OH)4]（或NaAlO2）、Na2SiO3
⑵　CO2+2OH－==CO32－+2H2O
CO2+2[Al（OH）4]－==2Al(OH)3↓+CO32－＋H2O [来源:21世纪教育网]
⑶　b＞a＞c
⑷　Al(OH)3 +ＯＨ－＝[Al(OH)4]－ 或Al(OH)3 +ＯＨ－＝AlO2－+2H2O
⑸ ① H＋＋OH－==H2O [Al(OH)4]－＋H＋==Al(OH)3↓＋H2O Al(OH)3＋3H＋==Al3＋＋3H2O
②图像如下所表示。
高考化学易错题解题方法大全（4）——有机化学
【范例46】下列物质中，与苯酚互为同系物的是 （ ）

【错题分析】对同系物的概念理解错误。在化学上，我们把结构相似、组成上相差1个或者若干个某种原子团的化合物统称为同系物，可见对同系物的考查一抓结构、二抓组成。
【解题指导】同系物必须首先要结构相似，苯酚的同系物则应是—OH与苯环直接相连，
满足此条件的 只有C选项的 。同系物的第二个必备条件是组成上相差一个或若干个
CH2 原子团， 比苯酚多一个CH2 ，所以 为苯酚的同系物。
【答案】C
【练习46】下列各组物质中，属于同系物的是（ ）
A.　　－CH2OH　　　－OH B.CH2＝CH－CH＝CH2 CH3C＝CH-OH
C.HCHO CH3CH2CHO D.CH3CHO　　CH3CH2CH3
【范例47】已知碳碳单键可以绕键轴自由旋转，结构简式为如下图所示的烃，下列说法中正确的是（ ）
A.分子中至少有9个碳原子处于同一平面上
B.分子中至少有10个碳原子处于同一平面上
C.分子中至少有11个碳原子处于同一平面上
D.该烃属于苯的同系物
【错题分析】学生的空间想象能力差。解决此类型试题一要抓住苯环、乙烯的平面结构。
二要注意单键的可旋转性
【解题指导】要判断A、B、C三个选项的正确与否，必须弄清题给分子的空间结构。题目所给分子看起来比较复杂，若能从苯的空间结构特征入手分析就容易理解其空间结构特征。分析这一分子的空间结构时易受题给结构简式的迷惑，若将题给分子表示为如图所示，就容易将“一个苯环必定有12个原子共平面”的特征推广到这题给分子中。以分子中的左边的苯环为中心分析，这个苯环上的6个碳原子、直接连在这个苯环上的2个甲基中的碳原子、另一个苯环中在虚线上的3个碳原子，共有11个碳原子必定在同一平面。
【答案】 C
【练习47】 下列有机分子中，所有的原子不可能处于同一平面的是

【范例48】下列各组物质不属于同分异构体的是（ ）
A．2，2-二甲基丙醇和2-甲基丁醇 B．邻氯甲苯和对氯甲苯
C．2-甲基丁烷和戊烷 D．甲基丙烯酸和甲酸丙酯
【错题分析】学生不能正确判断各物质的结构。解题时一定将各物质名称还原为结构，再
进一步的确定分子式是否相同，结构是否不同。
【解题指导】根据物质的名称判断是否属于同分异构体，首先将物质的名称还原成结构
简式，然后写出各物质分子式，如果两物质的分子式相同，则属于同分异构体。选项A中两种物质的分子式均为C5H12O；选项B中两种物质的分子式均为C7H7Cl；选项C中两种物质的分子式均为C5H12；选项D中的两种物质的分子式分别为：C4H6O2和C4H8O2。
【答案】D。
【练习48】某有机化合物的结构简式为： ；其中属于芳香醇的同分异构体共有( (
A( 3种 B( 4种 C( 5种 D( 6种
【范例49】下列各组混合物中，无论以何种比例混合，取n mol使之充分燃烧，耗氧量为定值的是（ ） A．C2H2、C2H4O B．C2H4、C3H6 C．C2H4、C2H6O D．C6H12O6、C2H4O2  【错题分析】学生不能利用有机物燃烧的通式进行解题。解题时可设有机物化学式为CxHyOz。则每摩尔燃烧时耗氧量为x + y/4—z/2 。由此可知：CnH2n和CnH2n+2O、CnH2n-2和CnH2nO两物质不论以何种比例混和时，只要总物质的量一定，完全燃烧时耗氧量为定值
【解题指导】C2H2和C2H4O分别完全燃烧时，其每mol耗O22.5mol，而C2H4和C2H6O分别完全燃烧时，其每mol耗O23mol，故选A、C。[来源:21世纪教育网]
【答案】AC【练习49】 取W克下列各组混合物，使之充分燃烧时，耗氧量跟混合物中各组分的质量比无关的是（ ） A．HCHO、HCOOCH3 B．CH3CH2OH、CH3COOH C．CH2＝CH－CH＝CH2 、C2H4 D．C2H2、C6H6
【范例50】2004年诺贝尔化学奖授予美国和以色列的三位科学家，以表彰他们在蛋白质降
解的研究中取得的成果。下列关于蛋白质的说法中不正确的是
A．蛋白质属于天然有机高分子化合物，没有蛋白质就没有生命
B．HCHO溶液或(NH4)2SO4溶液均能使蛋白质变性
C．某些蛋白质跟浓硝酸作用会变黄
D．可以采用多次盐析或多次渗析的方法分离、提纯蛋白质
【错题分析】学生的相应的概念把握不准而出现错误。学生要正确理清概念，抓住要点掌握蛋白质的性质（变性、聚沉、盐析等）。
【解题指导】A蛋白质是生命运动的基础 B.HCHO使蛋白质变性, (NH4)2SO4溶液使蛋白质渗析C.蛋白质是显色反应 D.蛋白质溶液是胶体,可以渗析
【答案】B
【练习50】2008年诺贝尔化学奖授予美籍华裔钱永键等三位科学家，以表彰他们在发现和研究绿色荧光蛋白方面做出的杰出贡献。绿色荧光蛋白是一种蛋白质。有关绿色荧光蛋白的有关说法中，错误的是
A．属于高分子化合物
B．水解后可得到多种氨基酸
C．可用于蛋白质反应机理的研究
D．加入CuSO4溶液后所得的沉淀能溶于水?
【范例51】检验溴乙烷中含有溴元素存在的实验步骤、操作和顺序正确的是（ ）①加入AgNO3溶液 ②加入NaOH溶液 ③加入适量HNO3 ④加热煮沸一段时间 ⑤冷却 A.②④⑤③① B.①②④ C.②④① D.②④⑤①
【错题分析】学生忽略卤代烃水解的条件是碱性环境。因此，学生解题时要认真思考，
明确反应的过程，不可忽略细节。
【解题指导】在溴乙烷分子中存在的是溴原子，直接加AgNO3无法鉴别，而卤代烃的取
代反应产物中有卤素离子，取代反应的条件是强碱的水溶液、加热。反应之后检验溴离子时首先要加入HNO3作用有二：中和反应中可能过剩的碱，排除其它离子的干扰
【答案】A.
【练习51】 要检验某溴乙烷中的溴元素，正确的实验方法是（ ）
A．加入氯水振荡，观察水层是否有棕红色出现；
B．滴入AgNO3溶液，再加入稀HNO3，观察有无浅黄色沉淀生成；
C．加入NaOH溶液共热，然后加入稀HNO3使溶液呈酸性，再滴入AgNO3溶液，观察
有无浅黄色沉淀生成；
D．加入NaOH溶液共热，冷却后加入AgNO3溶液，观察有无浅黄色沉淀生成。
【范例52】下列说法正确的是（ ）
A. 酯化反应的实质是酸与醇反应生成水，与中和反应相似
B. 醇与所有酸的反应都是酯化反应
C. 有水生成的醇与酸的反应并非都是酯化反应
D. 两个羟基去掉一分子水的反应就是酯化反应
【错题分析】没有把握好酯化反应的原理、反应的条件。注意酯化反应时酸去羟基醇去氢。
【解题指导】酯化反应是指酸与醇作用生成酯和水的反应，该反应是分子之间的反应，与中和反应（离子间的反应）有明显的差异性，选项A不正确。无机含氧酸与醇也能发生酯化反应，但无氧酸与醇作用的产物是卤代烃和水，并非酯和水，所以选项B错，C正确。乙醇分子间脱水生成乙醚，也非酯化反应，可见D也错误。
【答案】C
【练习52】下列关于油脂的叙述不正确的是 （ ）
A.天然油脂没有固定的熔点和沸点
B.油脂是高级脂肪酸和甘油所生成的酯
C.油脂一般易溶于乙醇、苯、氯仿
D.油脂都不能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色 [来源:21世纪教育网]
【范例53】下列作用中，不属于水解反应的是（ ）
A.吃馒头，多咀嚼后有甜味
B.淀粉溶液和稀硫酸共热一段时间后，滴加碘水不显蓝色
C.不慎将浓硝酸沾到皮肤上会出现黄色斑
D.油脂与NaOH溶液共煮后可制得肥皂
【错题分析】对反应类型的理解不够到位。不能将化学知识与现实生活联系起来。学生
在学习概念时一定要理解概念而不是死记概念。同时要培养学生理论联系实际的能力。
【解题指导】A中在唾液中的淀粉酶的催化下，使淀粉水解变为麦芽糖；B中淀粉溶液
和稀硫酸共热时，淀粉水解为葡萄糖，因而滴加碘水不显蓝色；C中浓硝酸与蛋白质发生颜色反应，不属于水解反应；D中油脂水解为甘油和高级脂肪酸的钠盐
【答案】C
【练习53】下列涉及有机物的性质或应用的说法不正确的是（ ）
A．干馏煤可以得到甲烷、苯和氨等重要化工原料
B．用于奥运“祥云”火炬的丙烷是一种清洁燃料
C．用大米酿的酒在一定条件下密封保存，时间越长越香醇
D．纤维素、蔗糖、葡萄糖和脂肪在一定条件下都可发生水解反应
【范例54】莽草酸是一种合成治疗禽流感药物达菲的原料，鞣酸存在于苹果、生石榴等植物中．下列关于这两种有机化合物的说法正确的是 ( )
A．两种酸都能与溴水反应
B．两种酸遇三氯化铁溶液都显色
C．鞣酸分子与莽草酸分子相比多了两个碳碳双键
D．等物质的量的两种酸与足量金属钠反应产生氢气的量相同
【错题分析】学生不能抓住物质的结构来解题。 在高考试题中，考查有机物性质时，所给有机物的分子结构往往是陌生的，因此在解答试题时．要紧紧抓住官能团的性质进行分析解答．
【解题指导】莽草酸分子中含有碳碳双键．而鞣酸中含有酚羟基，二者都能与溴水反应，A项正确；莽草酸分子中不含苯环。不能与FeCl3发生显色反应。B项错；鞣酸分子中不合有单个的碳碳双键，C项错；两物质中与Na反应的官能团为羧基(一COOH)和羟基(一OH)．因其与Na反应的一OH和一COOH的物质的量相等，所以与足量钠反应产生氢气的量相同，D项正确．
【答案】AD
【练习54】磷酸毗醛素是细胞的重要组成部分，可视为由磷酸形成的酯，其结构式如下图，下列有关叙述不正确的是
A．该物质的分子式为C8H9O6NP
B．该物质能与金属钠反应，能发生银镜反应，还能使石蕊试液变红
C．该物质为芳香族化合物
D．1mol该酯与NaOH溶液反应，最多消耗3mol NaOH
【范例55】有机物A的分子结构为， 写出A实现下列转变所需的药品
（1）A转变为，
（2）A转变为，
（3）A转变为，
【错题分析】学生未能把握好酚羟基、醇羟基、羧基的性质。学生可以采用比较的方式对三者进行归纳总结。
【解题指导】A中所含羟基有三类① 酚羟基 ② 醇羟基 ③ 羧基中羟基。三者的酸碱性是不同的，羧基酸性比碳酸强，比无机强酸的酸性弱，酚羟基酸性比碳酸弱，但比碳酸氢根离子酸性强，醇羟基不电离，呈中性。三者与Na、NaOH、Na2CO3、NaHCO3反应情况如下表：
Na
NaHCO3
Na2CO3
NaOH21世纪教育网
醇羟基
反应
不反应
不反应
不反应
酚羟基
反应
不反应
反应
反应
羧基
反应
反应
反应
反应
据此可分析实现不同转化时所需的药品。
【答案】（1）NaHCO3 （2）NaOH或Na2CO3 （3）Na21世纪教育网
【练习55】咖啡鞣酸具有较广泛的抗菌作用，其结构简式如下所示：21世纪教育网
关于咖啡鞣酸的下列叙述不正确的是 ( )
A．分子式为Cl6H18O9
B．与苯环直接相连的原子都在同一平面上
C．1 mol咖啡鞣酸水解时可消耗8 mol NaOH
D．与浓溴水既能发生取代反应又能发生加成反应
【范例56】以丙酮、甲醇为原料，以氢氰酸。硫酸为主要试剂合成a—甲基丙烯酸甲酯。
【错题分析】学生对合成的路线设计不严密，对物质的性质把握不准，解决问题的关键是理清思路，要借用逆推，正推或两者相结合的方式来解决。
【解题指导】目标分子的结构简式为 ，它是由a—甲基丙烯酸
（ ）和甲醇（CH3OH）经酯化反应而得，因此，要得到目标分子，主要
是考虑将原料分子丙酮（ ）转化为a—甲基丙烯酸，比较丙酮与a—甲基丙烯酸的结构可以看出：丙酮比a—甲基丙烯酸少一个碳原子，且碳氧双键转化为碳碳双键，能满足这个要求的反应是丙酮与氢氰酸加成反应，
产物 经水解得到 ，然后在浓硫酸作用下，脱去一分子
水，从而得到目标产物。
【答案】用化学方程式表示如下：

【练习56】乙烯是有机化工生产中最重要的基础原料，请以乙烯和天然气为有机原料，任选无机材料，合成1，3—丙二醇，（1，3—丙二醇的结构简式为 HO—CH2—CH2—CH2—OH）写出有关反应的化学方程式。
【范例57】乙酸苯甲酯对花香和果香的香韵具有提升作用，故常用于化妆品工业和食品工业。乙酸苯甲酯可以用下面的设计方案合成。
（1）写出A ，C的结构简式；
A：____________，C：____________。
（2）D有很多同分异构体，含有酯基和一取代苯结构的同分异构体有五个。其中三个结构简式是：
请写出另外两个同分异构体结构简式：
①________________________ ②________________________
【错题分析】学生不能抓住物质结构的变化。不能才有有效的推导方式。本题主要考查官能团的引入。因此。解决的关键是要抓官能团的变化。借助反应的套件来推导。
【解题指导】本题可采用逆推的方法确定A、C 的结构。由D（乙酸苯甲酯）可推得C为苯甲醇，CH2OH可由B分解得到，故B应为CH2Cl，不难确定A为甲苯。
（2）由酯的结构特点和书写规则，适当移动酯基的位置可得到：
【答案】
【练习57】下图中A、B、C、D、E、F、G均为有机化合物。
根据上图回答问题：
（1）D的化学名称是 。
（2）反应③的化学方程式是 。（有机物须用结构简式表示）
（3）B的分子式是 ，A的结构简式是 。反应①的反应类型是 。
（4）符合下列3个条件的B的同分异构体的数目有 个。
i）含有邻二取代苯环结构；ii）与B有相同官能团；iii）不与FeCl3溶液发生显色反应，写出其中任意一个同分异构体的结构简式 。
（5）G是重要的工业原料，用化学方程式表示G的一种重要的工业用途 。
【范例58】某有机物组成中含碳54.5%, 含氢9.1%，其余为氧，又知其蒸汽在标准状况下的密度为3.94 g/L，试求其分子式。
【错题分析】没有把握好确定分子式的方法。合理采用哪种方法来解决。确定分子式方法较多，但不同的题目使用的方法不同，本题易用最简式法
根据有机物各元素的质量分数求出分子组成中各元素的原子个数之比（最简式），分子式为最简式的整数倍，因此利用物质的相对分子质量及求得的最简式可确定其分子式。
【解题指导】有机物最简式的求法为：
（最简整数比），最简式为CaHbOc，则分子为(CaHbOc)n，得（M为有机物的相对分子质量）。
【答案】此有机物的摩尔质量为：M=ρ×Vm=3.94 g/L×22.4 L/mol=88 g/mol。
C、H、O的个数比为：
∴此烃的最简式为C2H4O，分子式为(C2H4O)n。21世纪教育网
则有：(12×2+1×4+16)×n=88，解得：n=2
即此烃的分子式为C2H8O2。
【练习58】碳、氢、氧3种元素组成的有机物A，相对分子质量为102，含氢的质量分数为9.8%，分子中氢原子个数为氧的5倍。
(1)A的分子式是 。
(2)A有2个不同的含氧官能团，其名称是 。
(3)一定条件下，A与氢气反应生成B，B分子的结构可视为1个碳原子上连接2个甲基和另外2个结构相同的基团。
①A的结构简式是 。
②A不能发生的反应是(填写序号字母) 。
a．取代反应 b．消去反应 c．酯化反应 d．还原反应
(4)写出两个与A具有相同官能团、并带有支链的同分异构体的结构简式： 。
(5)A还有另一种酯类同分异构体，该异构体在酸性条件下水解，生成两种相对分子质量相同的化合物，其中一种的分子中有2个甲基，此反应的化学方程式是 。
(6)已知环氧氯丙烷可与乙二醇发生如下聚合反应：
n＋nOHCH2CH2OH＋nHCl
B也能与环氧氯丙烷发生类似反应生成高聚物，该高聚物的结构简式是 。
【范例59】簸箩酯是一种具有菠萝气味的食用香料，是化合物甲与苯氧乙酸－O－CH2－COOH发生酯化反应的产物。
(1)甲一定含有的官能团的名称是_________。
(2)5.8g甲完全燃烧可产生0.3molCO2和0.3molH2O，甲蒸气对氢气的相对密度是29，甲
分子中不含甲基，且为链状结构，其结构简式是______________________。
(3)苯氧乙酸有多种类型的同分异构体，其中能与FeCl3溶液发生显色反应，且有2种一硝21世纪教育网
基取代物的同分异构体是(写出任意2种的结构简式)_____ ______ _____________。
(4)已知：
簸箩酯的合成线路如下：
①及时X不可选用的是(选填字母)__________。
a.CH3COONa溶液 b.NaOH溶液 c.NaHCO3溶液 d.Na
②丙的结构简式是______________，反应Ⅱ的反应类型是_____________________。
③反应Ⅳ的化学方程式是_________________________________________________。
【错题分析】不能正确书写出同分异构体，造成书写不全。有机推断题具有信息新颖、题目陌生的特点，但其考查的知识点仍是基础知识。解答此类题目的关键是要把题给信息与教材知识进行有机联系、合理迁移，即分析题给物质的结构简式，确定其具有的特征结构和官能团，进而将其与教材中具有相同官能团的基本物质类比迁移，确定该物质所具有的性质和可能发生的反应，最后结合题目仔细分析解答。
【解题指导】甲与苯氧乙酸发生酯化反应，故其结构中必定含有羟基；甲蒸汽对氢气
的相对密度为29，故其相对分子质量为58，5.8g为0.1mol，其中n（C）=0.3mol，n(H)=0.6mol，故其化学式为C3H6O，分子中不含甲基且是链状结构，故其结构简式为：CH2=CH-CH2-OH；苯氧乙酸能与FeCl3溶液发生显色反应，结构中必须含有酚羟基，根据苯氧乙酸的结构简式：，可将基团分为羟基和酯基两种，位置可以是邻、间、对位，一硝基取代物有两种的为对位结构，可写作：、、；试剂X是与苯酚中的酚羟基反应，其中b、d能发生，a、c不能选用；根据信息：，可推得丙为ClCH2COOH，反应II为取代反应；反应IV是将甲和苯氧乙酸酯化，故其反应式为：
【答案】：
【练习59】化合物A（C4H10O）是一种有机溶剂。A可以发生以下变化：
①A分子中的官能团名称是 。
②A只有一种－氯取代物B。写出由A转化为B的化学方程式 。21世纪教育网
③A的同分异构体F也可以有框图A的各种变化，且F的－氯取代物有三种。F的结构简式是 。
【范例60】有一种广泛应用于汽车、家电产品上的高分子涂料，是按下列流程生产的，图中的M（C3H4O）和A都可以发生银镜反应，N和M的分子中碳原子数相等，A的烃基上一氯取代位置有三种。[来源:21世纪教育网]
21世纪教育网
试写出：
（1）物质的结构简式：A ，M ；物质A的同类别的同分异构体为 。
（2）N+B D的化学方程式 。
（3）反应类型：x ，y： 。
【错题分析】学生未能抓住解决问题的关键。不能有效的利用题目的信息。因此、学生在解决问题时不可求快。力求准确。要整个路线通畅，前后推导合理，才能确保答题的准确率。
【解题指导】解本题的关键是M的结构简式的确定。题给条件中M的信息较为丰富：M能发生银镜反应，表明其分子中含有—CHO；又M的化学式为C3H4O，除去—CHO外，其烃基为C2H3—，只可能为CH2=CH—；再加上M是丙烯催化氧化的产物，且还可以继续氧化为N。因此M一定是CH2=CH—CHO，它氧化后的产物N为CH2=CHCOOH。根据D的化学式及生成它的反应条件，B与N生成D的反应只能属于酯化反应；即，由质量守恒定律可推得B的分子式应为：C4H10O，即B为丁醇，故A为丁醛。根据A的烃基上一氯取代物有三种，则A的结构简式为CH3CH2CH2CHO，它的同类物质的同分异构体为：。
D的结构简式为：CH2=。
【答案】
（1）CH3CH2CH2CHO， CH2=CHCHO，
（2）
（3）加成反应，加聚反应。
【练习60】 布噁布洛芬是一种消炎镇痛的药物。它的工业合成路线如下：
请回答下列问题：
⑴A长期暴露在空气中会变质，其原因是 。
⑵有A到B的反应通常在低温时进行。温度升高时，多硝基取代副产物会增多。下列二硝基取代物中，最可能生成的是 。（填字母）
a． 　　b．　　c．　　d．
⑶在E的下列同分异构体中，含有手性碳原子的分子是 。（填字母）
a． b．
c． d．
⑷F的结构简式 。
⑸D的同分异构体H是一种α-氨基酸，H可被酸性KMnO4溶液氧化成对苯二甲酸，则H的结构简式是 。高聚物L由H通过肽键连接而成，L的结构简式是 。
参考答案
46. C 47D 48C 49.AD 50.D 51.C 52.BC 53.D 54.AC 55.C
56. ① 2CH2=CH2 + O2 催化剂 2CH3CHO
② CH4 + Cl2 光照 CH3Cl + HCl
③ CH3Cl + H2O NaOH △ CH3—OH + HCl
④ 2CH3OH + O2 催化剂，△ 2 HCHO + 2 H2O
⑤ H2C=O + H—CH2CHO HO—CH2—CH2CHO
⑥ HO—CH2CH2CHO + H2 Ni，△ HO—CH2CH2CH2—OH
57.（1）乙醇
（2）
（3）C9H10O3
水解反应
（4）3 或 或

（5）
或CH2=CH2+H2O CH3CH2OH
58. (1)C5H10O2。 (2)羟基、醛基。
(3)①。②b。
(4)、、、、、、(其中的任意二个)。
(5)CH3COOCH(CH3)2＋H2OCH3COOH＋HOCH(CH3)2。
(6)
59. ①羟基
②
③CH3－CH－CH2OH
60.. ⑴酚类化合物易被空气中的O2氧化 ⑵a ⑶ac
⑷
⑸ 或
高考化学易错题解题方法大全（5）
——化学计算
【范例62】同温同压下，甲容器充满35Cl2，乙容器中充满37Cl2，下列叙述不正确的是（B ）[来源:21世纪教育网]
A. 若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体的密度之比为35:37
B. 若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体分子数之比为35:37[21世纪教育网
C. 若两种气体质量相等，甲、乙两容器中气体所含质子数之比为37:35
D. 若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体所含中子数之比为9:1021世纪教育网
【解题指导】同温同压同体积的气体，一定含有相同分子数。所以B项错误；D项每个分子中子数分别为36和40，中子数之比为9:10，D项正确；同温同压条件下，密度比等于摩尔质量之比；两种分子所含质子数相等，所以等质量的两气体质子数之比等于摩尔质量的反比。
【练习62】在一定的条件下，完全分解下列某化合物2g，产生氧气1.6g，此化合物是( )
【范例63】在aLAl2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液分成两等分，一份加入bmol的BaCl2，恰好使溶液中的SO42－完全沉淀；另一份加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，则原溶液中的Al3＋的浓度(mol/L)为( ) A． B． C． D．
【解题指导】溶液中n（SO42-）=bmol，n（NH4+）=cmol,根据电荷守恒，n（Al3+）=（2b-c）/3，溶液体积分成两等分，所以原溶液中Al3＋的浓度(mol/L)为。【范例64】向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL 4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344L NO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现。若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为B 21世纪教育网
A．0.24mol B．0.21mol C．0.16mol D．0.14mol
【解题指导】硝酸分为两部分，一部分起酸性作用生成Fe（NO3）2，一部分被还原生成NO，硝酸总物质的量为0.12×4=0.48mol，生成NO 0.06mol，起酸性作用部分0.42mol，根据铁元素守恒，最终氢气还原得到Fe的物质的量为0.21mol。【练习64】现有44gMg、Al、Zn、Fe多种活泼金属粉末的混合物与1L含有一定质量的20%硫酸溶液恰好完全反应，得到无水盐140 g.则下列说法正确的是( )
A.电子转移为1mol B.生成的气体体积（标准状况）为22.4 L
C.硫酸溶液的质量为540g D.硫酸物质的量浓度为2mol/L
【范例65】自然界中存在一种尖晶石，化学式可表示为MgAl2O4，它透明色美，可作为宝石。已知该尖晶石中混有Fe2O3。取一定量样品5.4g，恰好完全溶解在一定浓度100 mL盐酸溶液中，盐酸浓度可能是（ A ）
A．2.8 mol·L-1 B．3.8 mol·L-1 C．4.3 mol·L-1 D．4.9 mol·L-1
【解题指导】MgAl2O4与盐酸反应最终生成MgCl2和AlCl3，1mol MgAl2O4消耗8molHCl。因为恰好溶解，采用极值法计算，假如全部是尖晶石，盐酸浓度为5.4÷144×8÷0.1=3mol/L；假如全部是Fe2O3，1mol Fe2O3消耗HCl6mol，盐酸浓度为5.4÷160×6÷0.1=2.025mol/L，介于二者之间，选A。
【范例67】在K2CO3样品中含Na2CO3、KNO3、Ba(NO3)2中的一或二种杂质．将13.8 g该样品溶于足量水中得到澄清溶液，再加入过量CaCl2溶液，可得9.0 g沉淀，则原样品中含有的杂质会是（B　）
A．肯定有Na2CO3，没有Ba(NO3)2 B．肯定有KNO3，没有Ba(NO3)2，可能还有Na2CO3
C．肯定没有Na2CO3，Ba(NO3)2 D．无法判断何种为肯定或否定的杂质
【解题指导】由样品可全部溶于水中可知肯定没有Ba(NO3)2，但若样品全部为K2CO3时，13.8g应生成沉淀10g，故样品中肯定含有同为13.8g时不生成或生成沉淀小于10g的杂质，即肯定含有KNO3，而13.8g的Na2CO3反应生成的沉淀大于10g，应为可能有。【练习67】实验室有一瓶Na2SO3固体，可能含有NaCl、Na2SO4、BaCl2、K2CO3、K2SO4中的一种或几种杂质，通过下列实验确定该样品的成分及Na2SO3的质量分数。
①取少量样品于试管中，加水振荡，未见沉淀生成；[来源:21世纪教育网]
②透过蓝色钴玻璃观察，焰色反应无紫色；
③称取样品3.00g，加入10.0mol/L的硫酸至过量，产生无色气体224mL(标准状况)。
测定产生气体的体积(SO2在硫酸中的溶解忽略不计)
④向逸出气体后的溶液中加入稍过量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，得到白色沉淀11.65g。根据实验所得现象及数据，可知：样品中Na2SO3的质量分数是_____，含有的杂质是_________________。
【范例68】取一定质量的均匀固体混合物Cu、Cu2O和CuO，将其分成两等分，取其中一份用足量的氢气还原，测得反应后固体质量减少6.40g ，另一份加入500ml稀硝酸，固体恰好完全溶解，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，则所用硝酸的物质的量浓度为A
A.3.2mol/L B.3.6mol/L C.4.0mol/L D.无法判断21世纪教育网
【解题指导】设Cu、Cu2O和CuO的物质的量分别为x、y、z，根据氧元素守恒有y+z=6.40/16=0.4……①；根据得失电子守恒有2x+2y=0.2×3……②，所用硝酸的物质的量为2x+4y+2z+0.2，将上述两个方程运算①×2+②可得2x+4y+2z=1.4，所用硝酸的物质的量为1.6mol，浓度32.mol/L。
【练习68】取一定质量的均匀固体混合物Cu、Cu2O和CuO，将其分成两等分，取其中一份用足量的氢气还原，测得反应后固体质量减少3.2g ，另一份加入500ml1.6mol/L稀硝酸，固体恰好完全溶解（硝酸无剩余），且同时收集到标准状况下NO气体VL，则Ｖ的值为
Ａ.1.12 Ｂ.2.24 Ｃ.3.36 Ｄ.4.48
【范例69】在由Fe、FeO和Fe2O3组成的混合物中加入100mL 2mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，并放出448mL气体（标准状况），此时溶液中无Fe3+。则下列判断正确的是（ C ）
A．混合物中三种物质反应时消耗盐酸的物质的量之比为1:1:3
B．反应后所得溶液中的Fe2+和Cl-的物质的量之比为1:3
C．混合物中，FeO的物质的量无法确定，但Fe比Fe2O3的物质的量多0.02mol
D．混合物中，Fe2O3的物质的量无法确定，但Fe比FeO的物质的量多0.01mol
【解题指导】混合物溶解后溶液中无Fe3+，同时有气体生成，所以Fe过量，Fe与Fe2O31：1溶于酸时恰好反应生成Fe2+，过量的铁与酸生成氢气，所以n（Fe）-n（Fe2O3）=n（H2），Fe比Fe2O3的物质的量多0.02mol。
【练习69】将质量为w1g的钠、铝混合物投入一定量的水中充分反应，金属没有剩余，共收集到标准状况下的气体V1L。向溶液中逐滴加入浓度为amol·L-1的HCl溶液，过程中有白色沉淀生成后又逐渐溶解，当沉淀恰好消失时所加HCl溶液体积为V2L。将溶液蒸干灼烧得固体w2g。下列关系式中不正确的是
A．35.5aV2＝w2－w1 B．23n(Na)＋27n(Al)＝w1
C．n(Na)＋3n(Al)＝2V1/22.4 D．58.5n(Na)＋51n(Al)＝w2
456789zxc2【范例71】用 H2 还原 x g CuO，当大部分固体变红时停止加热，冷却后得残留固体yg，共用掉z g H2，此时生成水的质量为（ B ）[来源:21世纪教育网]21世纪教育网
A．8 (x－y)/9 B．9 (x － y) /8 g C．9 z g D．9 z /40 g【解题指导】考虑实验的具体过程。用固体差量来求水的质量，固体差量为氧元素质量，根据氧元素守恒求算即可。
【练习71】用惰性电极电解R (NO3)x的水溶液（R的相对原子质量为M）,当电流强度为I（A），通电时间t（s）时，阴极上增重a g时,同时阳极上产生b L氧气,已知每个电子所带电量为q，则阿伏伽德罗常数表示为__________________mol-1。
【范例72】某金属最高价氟化物的相对分子质量为，其最高价的硫酸盐的相对分子质量为，若此元素的最高正价为n，则n与、的关系可能是（ AB　）[来源:21世纪教育网]
A． B． C．　　D．
【解题指导】涉及字母的计算本身具有一定难度。采用讨论法，设金属化合价为x，最高价氟化物化学式为MFx，如果金属化合价为奇数，硫酸盐化学式为M2（SO4）x，选A；如果金属化合价为偶数，硫酸盐化学式为M（SO4）x/2，选B。【练习72】有t℃的a g KCl不饱和溶液，其质量分数为w1，采取措施后使其变为b g饱和溶液，其溶质质量分数为w2，下列说法正确的是
A．a一定小于或等于b??????????????? B．aw1一定等于b w2 C．t℃时KCl溶解度一定大于100w1 ??? D．w1一定大于w2【范例74】在100 g浓度为10 mol·L－1、密度为ρ g·cm－3的氨水中加入一定量的水稀释成5 mol·L－1的氨水，则加入水的体积为C
A.小于100 mL B.等于100 mL C.大于100 mL D.等于(100/ρ)mL
【解题指导】如果不考虑体积变化，将10 mol·L－1氨水稀释成5 mol·L－1的氨水，加入一倍体积的水即可，因为氨水密度小于1 g·cm－3，所以100g氨水体积大于100mL，加水体积也大于100mL。【练习74】50g物质的量浓度为c1的浓H2SO4质量分数为ω1，与V mL水混合，得到物质的量浓度为c2的稀H2SO4质量分数为ω2，（以下填“<”、“>”或“=”）⑴若ω1= 2ω2，则c1 2 c2，V 50 mL⑵若c1 = 2 c2，则ω1 2ω2，V 50 mL
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高考化学易错题解题方法--选修部分
【化学反应原理】
【范例76】将pH为5的硫酸溶液稀释500倍，稀释后溶液中c (SO42－）：c (H+)约为( )
A.1：1　　　B.1：2　　　C.1：10　　　D.10：1
【错解分析】根据定量计算，稀释后c（H+）=2×10-8mol·L-1，c（SO42-）=10-88mol·L-1，有同学受到思维定势，很快得到答案为B。
【解题指导】题中设置了酸性溶液稀释后，氢离子浓度的最小值不小于1×10-7mol·L-1。所以，此题稀释后氢离子浓度只能近似为1×10-7mol·L-1。
【答案】C。
【练习76】 室温下，某溶液中由水电离出来的H＋和OH－浓度的乘积为10－24，在该溶液中一定不能大量共存的离子是( )
　　A.S2O32－　　　B.NH4＋　　　C.NO3－　　　　D.HCO3－　

【范例77】 用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1molCu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和PH。则电解过程中转移的电子数为( )
A.0.1mol B.0.2mol C.0.3mol D.0.4mol
【错解分析】对电解硫酸铜溶液的反应没有深入的掌握，而且忽略了题目中加入的物质为Cu(OH)2。由于电解后加入0.1mol Cu(OH)2，恰好恢复到电解前，而0.1mol Cu(OH)2中含0.1molCu2+，即反应过程中有0.1molCu2+被还原，因此电解过程中共有0.2mol电子发生转移。错选B。
【解题指导】电解硫酸铜溶液的反应方程式为：2CuSO4 +2H2O 电解====2Cu + 2H2SO4 + O2↑，从上述方程式可以看出，因此，电解前后只有铜和氧的改变，电解后加入CuO就可以使溶液恢复原来状态。但本题提示加入Cu(OH)2后溶液恢复原来状态，说明电解过程中不仅硫酸铜被电解，而且有水被电解（因为硫酸铜被电解完全）。0.1molCu(OH)2可以看作是0.1mol的CuO和0.1mol H2O，因此电解过程中有0.1mol的硫酸铜和0.1mol的水被电解。
【答案】D。
【练习77】 用质量均为100g的Cu作电极电解AgNO3溶液，电解一段时间后，两电极质量相差28g，此时两电极质量分别是( )
A、阳极93.6g，阴极121.6g B、阳极100 g，阴极128.0g
C、阳极91.0g，阴极119.0g D、阳极86.0g，阴极114.0g
【范例78】 用铁片与稀硫酸反应制H2，下列措施不能使H2生成速率加大的是( )
A.加热 B.改用浓硫酸 C.滴加少量CuSO4溶液 D.改铁片为铁粉
【错解分析】忽略化合物的特性以及原电池原理的应用，错选C。
【解题指导】加快反应速率的主要措施有：增大反应物浓度、升高温度、增大压强、使用催化剂、增大反应物的接触面等。本题似乎A、B、D都可以实现目的。由于浓硫酸在常温条件下会将铁钝化，因此B措施不可行。往体系中加CuSO4，铁与之反应生成铜并附在铁片表面，与硫酸构成原电池，加快反应速率。
【答案】B。
【练习78】 在C(s)+CO2(g) 2CO(g)反应中可使化学反应速率增大的措施是( )
①增大压强　②增加碳的量 ③恒容通入CO2 ④恒压充入N2 ⑤恒容充入N2
A．①⑤　　 B．②④　　　 C．①③　　　 D．③⑤
【范例79】 在一个密闭容器中，可逆反应aA(g)==bB(g)达到平衡后，保持温度不变，将容器体积增大一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，则( )
A.平衡向正反应方向移动了 B.物质A的转化率减小了
C.物质B的质量分数增加了 D.a>b
【错解分析】没有真正理解量的变化（体积变化引起浓度变化）关系。根据题意，当体积增大时，B的浓度减小，因此。增大体积（减小压强）时平衡向左移动，因此A的转化率减小。根据平衡移动原理，可知a>b。错选BD。
【解题指导】当容器的体积增大一倍时，若平衡不发生移动，B的浓度应该为原来的50%。但题目指出，新平衡中B的浓度为原来的60%（大于50%），因此说明平衡发生移动，而且朝正反应方向移动。
【答案】AC。
【练习79】 可逆反应N2+3H2 2NH3是一个放热反应。有甲、乙两个完全相同的容器，向甲容器中加入1molN2和3 molH2，在一定条件下，达平衡时放出的热量为Q1；在相同条件下，向乙容器加入2 molNH3，达平衡时，吸收的热量为Q2。已知Q2＝4Q1，则甲容器中，H2的转化率为( )
A.20% B.25% C.75% D.80%
【范例80】600 K时，在容积可变的透明容器内，反应2HI(g) I2(g)＋H2(g)达到平衡状态A。保持温度不变，将容器的容积压缩成原容积的一半，达到平衡状态B。

⑴按上图所示的虚线方向观察，能否看出两次平衡容器内颜色深浅的变化?并请说明理由。答：
⑵按上图所示的实线方向观察(活塞无色透明)，能否看出两次平衡容器内颜色深浅的变化?并请说明理由。答：
【错解分析】从实线方向观察，根据 A、B 两状态下的 I2 的浓度关系：cB(I2)=2cA(I2)，误以为能观察到容器内颜色的变化。
【解题指导】状态A与状态B的不同点是：pB＝2pA，但题设反应是气体物质的量不变的反应，即由状态A到状态B，虽然压强增大到原来的2倍，但是平衡并未发生移动，所以对体系内的任何一种气体特别是 I2(g) 而言，下式是成立的：cB［I2(g)］=2cA［I2(g)］。对第⑵小问，可将有色气体 I2(g) 沿视线方向全部虚拟到活塞平面上--犹如夜晚看碧空里的星星，都在同一平面上。则视线方向上的 I2 分子多，气体颜色就深；反之，则浅。
【答案】⑴可以观察到颜色深浅的变化。由于方程式两边气体物质的物质的量相等，容积减半，压强增大到2倍时，I2(ｇ)及其他物质的物质的量均不变，但浓度却增大到原来的2倍，故可以看到I2(ｇ)紫色加深。⑵不能观察到颜色深浅的变化。因为由状态A到状态B，平衡并未发生移动，尽管 cB［I2(g)］=2cA［I2(g)］，但 vB［I2(g)］= vA［I2(g)］，即视线方向上可观察到的 I2(g) 分子数是相同的，故不能观察颜色深浅的变化。
【练习80】 已知某物质颜色的强度与该物质的浓度成正比、与观察者的视程中的物质厚度成正比。在注射器中，存在NO2与N2O4的混合物，气体呈棕色，现将注射器的针筒慢慢往外拉，保持温度不变，此时混合物的颜色为( )
A.从针筒的顶端方向观察，气体颜色变深
B.从针筒的顶端方向观察，气体颜色变浅
C.从针筒的垂直方向观察，气体颜色没有变化
D.从针筒的垂直方向观察，气体颜色变深
【有机化学基础】
【范例81】 在由5种基团叫－CH3、－OH、－CHO、－C6H5、－COOH两两组成的物质中，能与NaOH反应的有机物有( )
A.4种 B.5种 C.6种 D.7种
【错解分析】题给的5种基团两两组合后能与NaOH反应的物质有：CH3－COOH、C6H5－OH、OHC-COOH、C6H5－COOH、HO－CHO、HO--COOH共6种，因此易错选项C．
【解题指导】如果认真审题，把握题给限定条件即有机物，就很容易将HO－COOH(碳酸)排除。
【答案】B。
【练习81】 有甲基、苯基、羟基、羧基两两结合的物质中，具有酸性的物质种类有( )
A.3种 B.4种 C.5种 D.6种
【化学实验】
【范例82】 前进中学研究性学习小组为了测定某一盐酸溶液的物质的量浓度，计划采用甲基橙作指示剂，利用碳酸钠溶液进行滴定。现需用480 mL 0.1 mol/L的碳酸钠溶液，选取500 mL容量瓶进行配制，以下操作正确的是( )
A、称取5.2 g碳酸钠，加入500 mL水 B、称取13.7 g碳酸钠晶体配成500 mL溶液
C、称取5.3 g碳酸钠，加入500 mL水 D、称取14.3 g碳酸钠晶体配成500 mL溶液
【错解分析】由于要配置480mL0.1 mol/L的碳酸钠溶液，因此需要溶质的质量为：⑴若溶质为碳酸钠，则0.48×106×0.1=5.2g，因此选择A选项；⑵若溶质为Na2CO3·10H2O，0.48×286×0.1=13.7g；因此选择B选项。造成错解的原因：⑴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；⑵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 mL 0.1 mol/L的Na2CO3溶液需Na2CO3 0.05mol。即需碳酸钠晶体：0.05 mol×286 g/mol=14.3g，Na2CO3为5. 3g，所需溶液为500 mL，而不是加水的体积为 500 mL，故A、B、C均不正确。
【答案】D。
【练习82】 某学生进行中和滴定实验，需要用到浓度为0.10mol/L氢氧化钠约75ml，实验过程中用到的主要仪器有托盘天平和容量瓶。现有以下几种规格的容量瓶，实验过程中宜选用的是( )
A.50mL B.100mL C.250mL D.500mL
【范例83】 用下列装置能达到有关实验目的且无错的是( )

A.用甲图装置电解精炼铝 B.用乙图装置证明浓硫酸具有强氧化性
C.用丙图装置可制得金属锰 D.用丁图装置验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性
【错解分析】本题易错点一是将铜的精炼原理错误迁移，忽视H＋和Al3＋得失电子能力强弱而错选A。二是对装置乙中不熟悉浸有某种溶液的棉花的作用而错选B。三是不能根据已知NaHCO3和Na2CO3热稳定性的相对强弱和装置特点和错选D。
【解题指导】选项A，由于AlCl3溶液中，H＋得电子能与大于Al3＋，所以在纯铝电极上得到的是H2，而不是Al。选项B，Cu与浓H2SO4在加热条件下发生反应，通过测定有SO2生成来证明浓H2SO4具有强氧化性，但在图乙所示的装置中，浸有稀硫酸的棉花不能吸收掉多余的SO2，对环境造成影响，浸有稀硫酸的棉花改为"浸有NaOH溶液的棉花"即可达到实验目的。选项C，在高温下MnO2和Al发生铝热反应生成Mn。选项D，外管直接与被加热，其温度高于内管，外管盛有的NaHCO3稍微受热就分解，无法得出Na2CO3热稳定性大于NaHCO3的结论，应将盛放Na2CO3和NaHCO3的位置调换即可达到实验目的。
【答案】C。
【练习83】用下列实验装置进行的实验中，能达到相应实验目的的是( )
A.装置甲：防止铁钉生锈 B.装置乙：除去乙烯中混有的乙炔
C.装置丙：验证HCl气体在水中的溶解性 D.装置丁：实验室制取乙酸乙酯
【物质结构与性质】
【范例84】 某物质的结构为： 。对该物质的分析判断正确的是( )
A.该物质是一个离子化合物
B.该物质的分子中只含有共价键.配位键两种作用力
C.该物质是一种配合物，其中Ni原子为配位体
D.该物质中C、N、O原子存在孤对电子
【错解分析】本题给出具体物质的结构考查配合物相关知识，题目基础而灵活，也易出现一是不能领会结构的具体含义而无法判断出化学键的类别。二是对配合物的结构不熟悉而不能正确判断出配位体、中心体、孤对电子等。
【解题指导】选项A，该物质分子中没有离子键，不是离子化合物。选项B，根据结构，该物质中H、O原子间存在氢键、C与其它原子间存在共价键、Ni、N之间存在配位键，所以该物质的分子中只含有氢键、共价键、配位键三种作用力。选项C，Ni原子具有空轨道，是共用电子对的接受者，是配合物的中心原子。选项D，C原子最外层的4个电子全部形成成键，没有孤对电子。
【答案】C。
【练习84】 有如下四种物质：①CH2=CH2、②CH≡CH、③ 、④HCHO。下列说法正确的是( )
A. 四种物质分子中，碳原子都是采取sp2杂化
B. HCHO分子的空间构型为平面三角型，且分子中含有4个 键
C. 四种物质中所有原子都在同一平面内
D. ①②两种有机物与H2发生加成反应时分子中的所有化学键发生断裂
【范例85】 已知：双烯合成也称狄尔斯－阿德耳（Diels－Alder）反应，他们因此获得1950年的诺贝尔化学奖。如：
① 21世纪教育网
②CH3CH＝CHCH2CH3 CH3COOH＋CH3CH2COOH
③
④RCH2CH＝CH2＋Cl2 RCHClCH＝CH2＋HCl
有机物 可由烃A和酯B按下列路线合成：
21世纪教育网
⑴A与B反应生成C的化学方程式 。
⑵B（只含有一个碳碳双键）在RuCl作催化剂下，可由一种酯和一种炔直接加成得到，则该酯和炔结构简式分别为 和 。
⑶请用反应流程图表示以甲基－1，3-丁二烯（CH3CH＝CH－CH2）、丙烯和苯合成 的过程。
。
【错解分析】本题一共给出4个已知信息，正确领悟信息的实质是关键，否则及易错解，如信息①是CH2＝CH－CH＝CH2和 的"-C＝C-"键都打开，相互连接形成一个含有一个"-C＝C-"的六元环，所以在解答后面的题目中看到与之相关条件的反应都是成环反应，再如信息③是去掉一个碳原子，将烯醇氧化为烯醛。解读信息时要一看条件二看断键部位，弄清楚反应物和生成物的关系，只有这样才能将信息正确合理导入推断或合成中，防止出现错解。如本题推写A与B的反应时，不能根据信息②进行逆向推断出C而无法破解A、B的结构，推出A、B结构后，无法将信息①的成环反应迁移到新的反应中而无法写出相关方程式。
【解题指导】根据已知②的反应，反推C为 ，结合信息观察反应，可知A与B应该发生Diels－Alder反应，A为 ，B为 。有机B中本身含有酯基，炔烃中的"－C≡C－"与酯发生加成反应转化为含有"-C＝C-"的 ，根据原子守恒即可推写出酯为 HCOOCH3，炔为CH≡CH。合成 是一个成环反应，根据已知①，反推由CH2＝CH－CHO和 发生Diels－Alder该有机物。根据已知④，CH3CH＝CH2与Cl2在500℃下发生取代反应生成Cl－CH2CH＝CH2，Cl－CH2CH＝CH2在NaOH溶液中发生水解生成HO－CH2CH＝CH2，根据已知③，HO－CH2CH＝CH2转化为CH2＝CH－CHO。
【答案】⑴
⑵HCOOCH3 CH≡CH21世纪教育网
⑶
【练习85】 　⑴右图为某有机物K分子结构模型图（图中球与球之间连线表示单键或双键）。则该有机物的结构简式为 ；
⑵若肉桂酸甲酯与K分子互为同分异构体，则肉桂酸甲酯的分子式是 ；若肉桂酸甲酯分子含有苯环，苯环上只有一个侧链，侧链不存在CH2基团，且只有一个甲基。则其结构简式 。
⑶用芳香族化合物A为原料合成K的流程如下：?
?
①化合物A中的官能团有 （填名称）。B→C的反应类型是 。
②D→K该反应的化学方程式为 。
③写出分子内含苯环，且苯环上只有一个支链，且在一定条件下能与银氨溶液发生银反应的D的同分异构体的结构简式 。
【化学实验】
【范例86】 根据下图回答问题：

⑴装置气密性的检验须在盛放药品前进行。在上述装置中，往试管B、C、D中各加入5mL蒸馏水封住导管口，各连接处都紧密而不漏气的情况下，点燃酒精灯，微热带支管的试管一会儿，试管B、C、D中未出现气泡；熄灭酒精灯后，试管B、C、D中导管内水面也未上升，其原因是：____。[来源:21世纪教育网]
⑵①一般来说，硫酸的质量分数大于60%，就具有一定的氧化性，且越浓氧化性越强；②温度也要影响氧化性，如铜放于冷的浓硫酸中反应不明显，加热就可观察到明显现象。
甲同学利用上述装置，用实验来验证硫酸氧化性的上述结论（已知98%的浓硫酸的密度为1.84g·cm-3）。他先向试管B加入5mL品红试液，向试管C、D中各加入5mL饱和澄清石灰水；向带支管的试管中放入铜粉和3mL水，然后从分液漏斗向支管试管中滴加98%的浓硫酸10滴（约0.5mL），加热至沸腾，这时支管试管中溶液颜色是否有明显变化_____（填"无"或"有"），试用数据解释其原因____________；该同学用分液漏斗再向支管试管中加98%的浓硫酸10mL，并加热至沸腾，观察到支管试管中现象是____ _。
⑶乙同学利用上述装置来检验浓硫酸和木炭粉在加热条件下发生反应的全部产物。
①浓硫酸和木炭粉在加热条件下发生反应的化学方程式为：__________。
②要达此目的，则：
C中加入试剂的名称是_________，现象是_______________；
⑷利用上述装置探究锌与浓硫酸反应产物中有SO2和H2，D中加入试剂（名称）： ；检验氢气方法 。
【错解分析】⑴检验气密性时，易错"胶头接口处漏气"，"试管塞子没有塞紧"等；⑵浓度计算错误；误认为这种硫酸溶液有强氧化性；⑶检验二氧化硫和二氧化碳时，认为C装置中溶液只起除去二氧化硫作用，现象描述成"溶液紫色或橙色褪去"。⑷点燃氢气前没有检验其纯度。高考命题趋势是，注重语言文字表达能力，强调思维严密性。
【解题指导】⑴配有分液漏斗的装置，检验装置气密性时一定要先关闭分液漏斗的活塞；加入浓硫酸和水混合液中硫酸质量分数：0.5cm3×1.84g/cm3×98%/(3g+0.5cm3×1.84g/cm3)×100%=23%<60%；⑵B、C、D试管验证SO2和CO2，检验二氧化碳前必须确认二氧化硫已除尽了。C中溶液具备两个功能：除二氧化硫和确认二氧化硫是否除尽，所以装入足量酸性高锰酸钾溶液或足量溴水，溶液颜色变浅而不褪色，说明SO2除尽了，否则不能说明二氧化硫除尽了。⑶根据气体中有SO2和H2，D中溶液确认SO2是否除尽，所以装入品红试液。点燃氢气前，必须检验氢气纯度。
【答案】⑴分液漏斗的活塞未关闭；⑵无；此时硫酸的质量分数为23%，小于60%，其氧化性弱，所以无明显现象；铜粉上产生气泡，溶液渐成蓝色；⑶① 2H2SO4（浓）+C CO2↑+2SO2↑+2H2O；② 足量酸性KMnO4溶液或溴水，溶液颜色变浅但不褪色；⑷品红试液；收集导管导出的气体，经检验纯净后，点燃气体，在火焰上罩干而冷的烧杯，观察现象。21世纪教育网
【练习86】 某课外小组设计下列实验装置通过测定某些乙和丙装置中试剂的质量变化，探究CuCO3·XCu(OH)2化学式中的X。
[来源:21世纪教育网]
⑴ 连接好整个实验装置后，接下去第一步操作是 。
⑵ 丙装置中药品的名称为________________，丁装置的作用是 。为使实验数据准确，还需在A之前补充装置M，则M装置的名称为 。21世纪教育网
⑶实验结束后在装置中鼓入空气的目的是_________________________________；
⑷根据什么实验现象判断CuCO3·XCu(OH)2已完全分解____________________。
⑸CuCO3·XCu(OH)2完全分解后，测定得出如下数据：装置丙增重4.4 g。丙装置增重1.98g。则X= 。 试分析X的值可能偏高的原因______________。
【化学与生活】
【范例87】 A、B、C、D、E、F、G七种物质都是日常生活和生产中常见的物质，各物质间存在如下图所示的转化关系(反应条件已省略)

已知：B、C两种物质在不同情况下可分别发生①和②两个反应，A-G七种物质都是由非金属元素组成的，其中只有一种物质是盐，一种物质是单质；且B的相对分子质量大于C。
⑴请写出下列物质的化学式：B__________；C__________；D__________；G__________。
⑵请写出E+F→B+C的化学方程式____________________________。
【错解分析】由于物质间关系错综复杂，易产生思维短路，不能把化学与生物、无机物和有机物联系进行思考。
【解题指导】求解推断题的基本思路：印象→寻找突破口→推测→验证。首先把握七种物质都是非金属元素，有一种是盐，且根据A能生成B、C、D三种物质，这就要明确既有非金属组成、又能发生分解反应生成三种物质的，就想到A物质可能为NH4HCO3，再由图示中B、C两种物质在不同情况下可分别发生两个不同的反应，而且两个反应的产物都能继续转化成B和C；结合NH3、H2O、CO2三种物质的两两组合，并根据B的相对分子质量大于C，可推知B为CO2，C为H2O。然后从有机物的角度来分析，联想光合作用，H2O和CO2反应生成的是葡萄糖和氧气，反应葡萄糖氧化又可转化成H2O和CO2，从无机物角度分析，、H2O和CO2反应可以生成碳酸，加热又会分解成H2O和CO2。
【答案】⑴CO2；H2O；NH3；H2CO3，⑵C6H12O6+6O2→6H2O+6CO2。
【练习87】 下列图1中B是一种常见的无色无味的液体。C是一种有磁性的化合物，E是一种无色无味的有毒气体。根据下列图1、图2，回答下列问题：
⑴写出C的化学式： 。
⑵E和N2是等电子体，请写出可能E的电子式： 。
⑶在101kPa和150℃时，可逆反应E（g） + B（g） F（g） + D（g）反应速率和时间的关系如图2所示，那么在t1时速率发生改变的原因可能是（填选项字母） 。21世纪教育网
A．升高温度 B．增大压强 C．加入催化剂
⑷若G是一种淡黄色固体单质，16 g G和足量的A反应放出的热量为Q kJ（Q > 0），写出这个反应的热化学方程式： 。
若G是一种气态单质，H的水溶液可以和有机物I反应使溶液呈紫色，请写出I的结构简式： ；H的水溶液呈酸性，请用离子方程式表示呈酸性的原因： 。
【范例88】 三氯化氮是液氯等生产过程中能引起爆炸的一种化合物。由原盐、生产用水中含有的氮氢化合物---氨随盐水进入电解槽它在电解过程中，与电解产物氯气反应或者是用水洗涤氯气而生成。由于它易分解并释放出大量气体而易发生爆炸事故。在液氯生产过程中，当NCl3质量分数（指NCl3的质量占氯气和NCl3的总质量的百分比）超过5％时即有爆炸的危险。
⑴在氯化铵遇到Cl2时，当ＰＨ值＜5时，生成三氯化氮的化学方程式： 。
⑵NCl3爆炸时生成N2和C12。已知24．1g NCl3发生上述反应时放出的热量为91.2KJ，则标准状况下2.24LCl2生成时能放出热量 KJ。
⑶某氯碱厂为测氯气中三氯化氮的含量，将样品先用内盛15．0 mL盐酸试剂的吸收管吸收NCl3（NCl3+HCl→NH4Cl+C12，未配平），然后用内盛400 mL 30．0％（ρ=1．22g／cm3）工业氢氧化钠吸收瓶吸收氯气，碱吸收瓶吸收后质量增加77.1g。三氯化氮吸收管内的氯化铵经仪器测定：其中NH4+质量为0．405g。试求该样品中NCl3的质量分数，该样品是否安全?（请写出计算过程）
【错解分析】本题最容易错的是最后一问求溶液的质量时误把77.1g作为氯气的质量来求NCl3的质量分数。
【解题指导】氯化铵遇到Cl2,由题意得产物NCl3可知另一种产物是HCl。写出反应式为NH4Cl+3C12=NCl3+4HCl。 48.2g NCl3的物质的量为0.4mol．则1mol NCl3燃烧放出热量为91.2/0.4=228kJ。写出热化学方程式为2NCl3(l)==N2(g) + 3Cl2(g)；△H= －456kJ/mol ，根据Cl2的体积可求出(456kJ/mol/3)×2.24/22.4 =15.2KJ。 n(NH4+) = n(NH4Cl) =0．405g /18g·mol= 0.0225mol，由反应NCl3+4HCl ==NH4 Cl + 3Cl2可知： m (NCl3) = 0.0225mol×120.5g/mol =2.715g。反应生成的Cl2的质量为：0.0225mol×3×71g/mol =4.8g。原Cl2的质量为：77.1g -4.8g = 72.3g。NCl3的质量分数为：2.715g/( 72.3g+2.715g)×100% = 3.62%＜4%。所以该样品是安全的。
【答案】⑴NH4Cl+3C12=NCl3+4HCl。⑵15.2KJ；⑶3.62%。样品是安全的。
【练习88】 信息、材料、能源被称为新科技革命的"三大支柱"。其中无机非金属材料科学的发展和新型材料的实际应用能大大推动人类社会生活、科技和社会经济的发展。
⑴高温金属陶瓷广泛应用于火箭和导弹技术中。将铝粉、石墨和二氧化钛按一定比例混合均匀，涂在金属表面，在高温下煅烧：4Al + 3TiO2 + 3C 2Al2O3 + 3TiC，留在金属表面的涂层是一种高温金属陶瓷。下列有关该反应说法正确的是
A．TiO2是氧化剂，C、Al 是还原剂　 B．TiC中钛元素为－4价
C．TiC不属于新型无机非金属材料 D．每生成1mol TiC转移电子4mol
⑵硅酸盐的成分较复杂，常改写成氧化物的形式（改写时注意金属氧化物写在前，非金属氧化物写在后，低价在前，高价在后，H2O一般写在最后）。
①将下列硅酸盐改写成氧化物的形式：镁橄榄石（Mg2SiO4)_______，②高岭石[(Al2(Si2O5)(OH)4]_____。
②许多含氧酸及其盐类均可以类似地改写为氧化物形式，请继续改写以下物质： HNO3______；HCOOH________；KAl(SO4)2·12H2O_________。通过以上改写可知，HNO3的酸酐为________，HCOOH与浓硫酸反应可制得________气体。
③已知在一定条件下，Fe在Cl2中燃烧可以生成Fe3Cl8，它可以看作是FeCl2·2FeCl3，类似地，碘与铁在一定条件下可得到Fe3I8，则它可以看作是__________。
⑶请指出在建筑行业中出现的"豆腐渣"工程可能的因素。
【化学与技术】
【范例89】 硫酸工业、硝酸工业和合成氨工业是重要的化学工业。
⑴在①硫酸工业②合成氨工业③硝酸工业三大工业中，在生产过程中有化学平衡存在的工业是 ，采用循环操作的是 。(填序号)
⑵过磷酸钙是一种常见的化肥，其有效成份是磷酸二氢钙，则工业上用磷酸钙制取过磷酸钙的化学方程式为 。
⑶合成氨生产中，根据化学平衡原理来确定的条件或措施有 （填写序号）。
A．氮气的制取 B．使用铁触媒作催化剂
C．使用400～500℃的温度 D．及时分离生成的NH3
E．合成氨在高压下进行 F．制水煤气除去CO2
⑷工业上用接触法制硫酸，最后的产品是98%硫酸或20%发烟硫酸（含SO3质量分数为20%的硫酸），若98%硫酸表示为SO3oaH2O，20%发烟硫酸表示为SO3obH2O，则a，b分别为：a=_________，b=___________。
【错解分析】①过磷酸钙的有效成分是磷酸二氢钙和硫酸钙的混和物，制过磷酸钙的化学方程式产物写成磷酸氢钙是错误的。②使用铁触媒作催化剂只与化学反应速率有关，与化学平衡移动无关。③计算20%发烟硫酸SO3obH2O的b值时，认为20gSO3和80g98%硫酸组成来计算是错误的。
【解题指导】硫酸工业中的SO2的氧化和合成氨工业中的氨的合成反应均是可逆反应，存在化学平衡。其中硫酸工业中未被氧化的SO2和合成氨工业中的分离氨后的混和气体以及硝酸工业中的生成硝酸后形成的NO均要进行循环使用。工业上用制取过磷酸钙磷酸钙和浓硫酸反应，Ca3(PO4)2+2H2SO4(浓)＝2CaSO4+Ca(H2PO4)2。合成氨的反应是放热、体积缩小的反应。及时分离生成的NH3有利于反应向合成氨的方向进行，增大压强有利于平衡向向合成氨的方向进行。设98%硫酸质量为100g, 98%硫酸SO3的物质的量等于H2SO4的物质的量为1mol，水为20g。物质的量为20/18=10/9所以a=10/9；设20%发烟硫酸为100g, 20%发烟硫酸表示为SO3obH2O，则n(SO3)为(20/80+80×80/98×80=209/196。n(H2O)=18×80/98×18=40/49。b=(40/49)/( 209/196)= 160/209。
【答案】⑴①②；①②③；⑵Ca3(PO4)2+2H2SO4(浓)＝2CaSO4+Ca(H2PO4)2；⑶DE；⑷a=10/9，b=160/209。
【练习89】 KNO3固体中混有K2SO4、MgSO4，为制得纯净的KNO3溶液，现有如下实验方案。请问答下列问题：

⑴实验操作①的名称 。 E溶液中的的溶质 。
⑵操作②～④加入的试剂顺序可以为：
⑶如何判断SO42-已除尽？ 。
⑷实验过程中产生的多次沉淀 （选填：需要、不需要）多次过滤，其理由是 。
⑸该同学的实验设计方案是否严密，说明理由 。
【范例90】 某化工厂制备氯化铜时，是密闭容器中将浓盐酸用水蒸汽加热至80℃左右，慢慢加入粗制氧化铜粉(含杂质氧化亚铁)，充分搅拌，使之溶解，
已知：pH≥9.6时，Fe2+以Fe(OH)2的形式完全沉淀；21世纪教育网
pH≥4.4时，Cu2+以Cu(OH)2的形式开始沉淀； pH≥6.4时，Cu2+以Cu(OH)2的形式完全沉淀；
pH在3～4时，Fe3+以Fe(OH)3的形式完全沉淀。
请你仔细阅读以上信息，并回答下列问题：
⑴写出粗制氧化铜粉与浓盐酸反应的化学方程式 。
⑵工业上为除去溶液中的Fe2+，常使用NaClO，当向溶液中加入NaClO，其反应的离子方程式为 。
⑶若此溶液只含Fe3+时，要调整pH在3～4之间，此时最好向溶液中加入 。
⑷25℃时，已知溶液中c(Cu2+)与溶液pH的关系为lg c(Cu2+)＝8.6－2pH，若溶液中c(Cu2+)为1 mol/L，则溶液pH为___________，此时溶液中的铁离子能否沉淀完全_________(填"能"或"否")，Cu2＋是否开始出现沉淀 (填"能"或"否")。
⑸还需什么操作才能得到CuCl2溶液？ 。
【错解分析】本题易错处：一是不熟悉对数运算而出错；三是判断Fe3＋是否沉淀完全时，不清楚溶液的pH与c(OH―)关系而出错。
【解题指导】⑴粗制氧化铜粉中的CuO和FeO都能与浓盐酸反应生成CuCl2、FeCl2和H2O，据此可写出其相应的化学方程式。⑵Fe2＋具有还原性，NaClO在酸性环境下具有强氧化性，能将Fe2＋氧化为Fe3＋，ClO―被还原为Cl―，同时生成H2O，故反应的离子方程式为：2Fe2＋ + ClO― + 2H＋＝2Fe3＋ + Cl― + H2O。⑶为了实现Fe3＋与Cu2＋的分离，需将溶液的pH调整在3～4之间，根据除杂不得带杂的原则，可选用能与H＋反应的CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3。⑷根据lg c(Cu2+)＝8.6－2pH有，lg c(Cu2+)＝lg108.6－2pH，c(Cu2＋)＝8.6－2pH＝1mol·L-1，即得pH＝4.3<4.4，故Cu(OH)2没有开始出现沉淀，pH在3～4时，Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，现在是pH＝4.3，溶液中的c(OH―)pH在3～4时更大，故Fe3＋沉淀完全。⑸控制pH在3～4之间后，Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀，但Cu2＋未开始出现沉淀，故通过过滤操作除去Fe(OH)3沉淀后，即得CuCl2溶液。
【答案】⑴CuO + 2HCl＝FeCl2 + H2O；FeO + 2HCl＝FeCl2 + H2O；⑵2Fe2＋ + ClO― + 2H＋＝2Fe3＋ + Cl― + H2O；⑶CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3。⑷4.3；能；否；⑸过滤。
【练习90】 I.类比法是化学学习中常用的方法，已知硝酸能把铁氧化成Fe(NO3)3,但当铁过量时，产物是 Fe(NO3)2。某同学受此启发，提出一个相似的观点：氯气与铁粉反应，当Cl2足量时生称FeCl3,当铁粉过量时产物是FeCl2,为了验证该观点是否正确，该同学将一定量的铁粉与Cl2恰好完全反应得到一固体物质，然后通过实验确定其成分。探究过程如下：
⑴提出假设：
假设1：该固体物质是FeCl2
假设2：该固体物质是FeCl3
假设3：该固体物质是
⑵设计实验方案：
取少量固体物质置于烧杯中，加适量水溶解，得到溶液A，然后取两份A溶液分别进行实验，实验现象与结论如下表：
实验方法 实验现象 结论
在溶液中加KSCN溶液 固体物质中有FeCl3
在KMnO4溶液中加少量A 溶液 KmnO4溶液颜色无明显变化 固体物质中不含
Ⅱ.电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘版上的铜箔，制造印刷电路板。某工程师为了从废液中回收铜，重新获得FeCl3溶液，设计了下列实验步骤：

⑶①写出一个能证明还原性Fe比Cu强的离子方程式： ，该反应在上图步骤 中发生。
②甲、乙、丙、丁四位同学利用上述反应原理，分别设计的原电池如下图所示：

四位同学的设计的原电池装置图，符合上述反应原理的是 。
③请写出正、负极的电解反应式：
正极： 、负极： （电极反应式）。
⑷上述过程回收的铜是粗铜，为了获得更纯的铜必须进行电解精炼。写出电解精炼时阳极材料及电极反应式
【物质结构与性质】
【范例91】 ⑴配位化学创始人维尔纳发现，将等物质的量的CoCl3·6NH3（黄色）、CoCl3·5NH3（紫红色）、CoCl3·4NH3（绿色）和CoCl3·4NH3（紫色）四种化合物溶于水，加入足量硝酸银溶液，立即产生氯化银沉淀的量分别为3mol、2mol、1mol和1mol。
①请根据实验事实用配合物的形式写出它们的化学式。
CoCl3·6NH3 CoCl3·5NH3
CoCl3·4NH3（绿色和紫色）：
②后两种物质组成相同而颜色不同的原因是
③上述配合物中，中心离子的配位数都是
⑵向黄色的三氯化铁溶液中加入无色的KSCN溶液，溶液变成血红色。该反应在有的教材中用方程式FeCl3+3KSCN=Fe（SCN）3+3KCl表示。经研究表明，Fe（KSCN）3是配合物，Fe3+与SCN-不仅能以1∶3的个数比配合，还可以其他个数比配合。请按要求填空：
①Fe3+与SCN-反应时，Fe3+提供 、SCN-提供 ，二者通过配位键结合。
②所得Fe3+与SCN-的配合物中，主要是Fe3+与SCN-以个数比1∶1配合所得离子显血红色。含该离子的配合物的化学式是 。
③若 Fe3+与SCN-以个数比1∶5配合，则FeCl3与KSCN在水溶液中发生反应的化学方程式可以表示为 。
④已知SCN-离子中所有原子均满足最外层8电子结构，一个电子是由S原子所得，则SCN-的电子式是 。
【错解分析】本题易错点在于一是不清楚配合物的组成而无法完成⑴、⑵小问，不熟悉原子原子的成键原则而无法正确书写出SCN-离子的电子式。
【解题指导】⑴等物质的量的CoCl3·6NH3、CoCl3·5NH3、CoCl3·4NH3与足量的AgNO3反应分别生成3mol、2mol、1mol AgCl沉淀，说明它们能电离出的Cl―分别为3mol、2mol、1mol，CoCl3·6NH3结构中配位体为NH3，CoCl3·5NH3、CoCl3·4NH3配位体为NH3和Cl―，再根据化合价代数和等于零的原则即可写出相应的化学式分别为［Co（NH3）6］Cl3、［Co（NH3）5Cl］Cl2、［Co（NH3）4Cl2］Cl。中心离子的配位数分别为6、5＋1＝6、4+2＝6。⑵CoCl3·4NH3（绿色）和CoCl3·4NH3（紫色）的化学式均为［Co（NH3）4Cl2］Cl，造成其颜色不同的原因在于它们存在同分异构体。⑶①Fe3＋ 的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d5，Fe3＋具有空轨道，SCN-具有孤对电子，故二者通过配位键结合生成络合物Fe（SCN）3等。②Fe3+与SCN-以个数比1∶1配合显血红色的络离子为Fe(SCN)2＋，该离子与Cl―形成络合物［Fe（SCN）］Cl2。③Fe3+与SCN-以个数比1∶5配合，则生成络合离子：［Fe（SCN）5］2－，再根据原子守恒即可写出该反应的化学方程式。④S原子最外层有6个电子，C原子最外层有4个电子，N原子最外层有5个电子，S原子形成1对共价键、C原子形成4对共价键、N原子形成5对共价键从而达到8电子结构，故SCN－电子式为 。
【答案】⑴①Co（NH3）6］Cl3；［Co（NH3）5Cl］Cl2；［Co（NH3）4Cl2］Cl；②它们互为同分异构体；③ 6；⑵①空轨道；孤电子对；②［Fe（SCN）］Cl2③FeCl3+5KSCN＝K2［Fe（SCN）5］+3KCl；④ 。
【练习91】 三聚氰胺的结构简式如右：
⑴三聚氰胺的分子式为____________；分子中碳原子的杂化方式是______；分子中处于同一平面的氮原子有______个。
⑵三聚氰胺的水溶液呈弱碱性，其原因是_______________________________________。
⑶三聚氰胺在高温下可释放氰化物，六氰合亚铁离子[Fe(CN)64-]中也含有CN-，写出一种与CN-互为等电子体的单质分子的路易斯结构式________________。
⑷三聚氰胺性状为纯白色单斜棱晶体，无味，密度1.573 g／cm3 (16 ℃)。常压熔点354 ℃（分解）；快速加热升华，升华温度300 ℃。据此可判断三聚氰胺的晶体类型应为______________晶体。
⑸蛋白质的基本结构单元为氨基酸，其含氮量一般不超过30%，由于食品和饲料工业蛋白质含量测试方法的缺陷(以测定含氮量来确定蛋白质的含量)，故三聚氰胺被不法分子用作食品添加剂，以提高食品检测中的蛋白质含量指标，故三聚氰胺被人称为"蛋白精"。通过计算说明三聚氰胺被称为蛋白精的理由。
参考答案
21世纪教育网
76.【解析】选择题中常出现"一定能"、"一定不能"、"可能"等字眼，同学们一定要搞清楚。该题正确答案为D。
77．【解析】没有注意活性阳极Cu作了阳极，其必然要溶解；选D者，想当然认为Cu自己的溶解和放电如同精炼铜，原理不清，而错选B。
Cu + 2Ag+ === Cu2+ + 2Ag 64
216 x （ 216 / 64 ）x
x +（ 216 / 64 ）x=28 解x=6.4g.。故正确答案选A。
【答案】A。
78.【解析】①增大压强使化学反应速率加快；②有气体参加的反应，增加固体反应物的量，化学反应速率不改变；③通入CO2，增大了反应物浓度，化学反应速率加快；④恒压充入N2，容器的体积扩大，反应物浓度减小，化学反应速率减小；⑤恒容充入N2，N2不参与这个反应，且其他物质的浓度没变，故化学反应速率不变。
【答案】C。
79.【解析】设甲容器中反应掉的H2为3xmol，根据反应：N2+3H2 2NH3 + Q可知达平衡时放出的热量Q1＝xQ，生成NH32x mol，乙容器与甲容器属于同温同容下的等效平衡，平衡时乙容器中NH3剩余2x mol，反应掉的NH3为(2－2x)mol，根据反应：2NH3 N2 + 3H2(吸热反应)，可知达到平衡时吸收的热量Q2＝(1－x)Q，即有：(1－x)Q＝xQ，解得x＝0.2mol，故乙容器中H2的转化率为(3×0.2mol/3mol)×100%＝20％。
【答案】A。
80【解析】若不考化学平衡，则注射器的针筒慢慢往外拉，针筒内气体的浓度变小，颜色相应变浅，若从从针筒的顶端方向观察，由于气体的量并未减少，颜色不变；但由于平衡2NO2 N2O4的存在，从针筒的顶端方向观察，相当于减少压强，平衡向逆反应方向移动，NO2的量较原来增加，故气体颜色变深，故选A。
【答案】A。
81.【解析】本题具有酸性的物质可以是CH3-COOH、C6H5-COOH、C6H5-OH。但必须注意，当羟基和羧基结合时，得到这样的一种物质：HO-COOH，化学式为H2CO3，即碳酸，也具有酸性。因此具有酸性的物质共有4中，选B。
【答案】B。
82.【解析】托盘天平的感量是0.5g，如果配制100ml的话，只需要0.4g氢氧化纳，不好称量，故使用250mL容量瓶。若没有充分考虑到仪器使用的实际情况，顾此失彼，疏忽大意而错解B。
【答案】C。
83.【解析】铁作为阴极不被腐蚀，反而受保护，A正确；乙烯和乙炔都能和酸性高锰酸钾溶液反应，B错；根据气压差原理和气球的变化可以实现，C正确；收集装置用饱和的碳酸氢钠溶液，酯在NaOH条件下用水解，D错误。
【答案】AC。
84.【解析】选项A，CH≡CH分子中，碳原子是sp杂化，其余三种有机物的碳原子都是采取sp2杂化。选项B，根据VSEPR理论，HCHO分子中的中心原子为3，无孤对电子，形成平面三角型结构。根据杂化理论，HCHO中C原子采取sp2杂化，分子中C-H之间有2个 键，C-O之间有1个 键和1个 键。选项C，CH2=CH2、 、HCHO均为平面型分子，所有原子都在同一平面内，CH≡CH为直线型分子，所有原子也在同一平面内。选项D，CH2=CH2与H2发生加成反应时只断裂1个 键。CH≡CH与H2发生加成反应时断裂1个 键或1个 键和一个1个 键。
【答案】C。
85.【解析】根据球的不同确定黑球是碳原子，白球是氢原子，阴影球是氧原子，然后根据化合价确定单键或双键，按原子的连接顺序得 。从上图中数出C、H、O原子的个数即得分子式为C10H10O2 ，再由题意得结构简式 。从上图B的碳架中可知A含有-OH，结构简式为 。从B→C为氧化反应，C→D为消去反应，生成D为 。D→K为与甲醇反应的酯化反应。解题过程中注意：①该题第⑴问分子示意图所表示的是原子的连接顺序，在写结构简式时一定要写明单键和双键。②第⑶问的③，书写时不要多写 很容易出现。
【答案】⑴ ；⑵C10H10O2 ；⑶①羟基 氧化；② ；③ 。
86.【解析】实验之前要进行装置气密性检查。定量实验要减少在可能引起的误差，所以在A前要除水蒸气和CO2，实验结束后要完全吸收水蒸气和CO2，同时还要防止空气中的水蒸气和CO2进入装置。第⑸问分析X误差的原因要从原装置中没有排尽水蒸气和CO2处找 原因。CO2为0.1mol,则H2O为0.11mol。所以X=1.1。判断CuCO3·XCu(OH)2是否已完全分解有人认为"连续两次加热、鼓气、冷却，称量甲装置的质量，质量差不超过0.1 g"，这个答案一是操作不方便，二是不符合"实验现象判断"的题意。
【答案】⑴装置气密性检查。⑵碱石灰；防止空气中的水蒸气和CO2进入装置；U型管或干燥管。(3)驱赶开残留在装置中的水蒸气和CO2被乙丙完全吸收。⑷乙装置中不再产生气泡。⑸X=1.1。装置中原来含有的水蒸气含量比CO2高。
87.【解析】C是有磁性的化合物，可知是Fe3O4，B是常见的无色无味的气体，则B是水，A是单质铁，A和B反应生成Fe3O4和H2，推出D，E和氮气是等电子体，且E是无色无味的有毒气体，所以E是CO，E和B的反应是：CO＋H2O H2＋CO2，则F是CO2，G是淡黄色固体单质，是单质硫，若是气体单质，且生成的H的水溶液可以使有机物I显紫色，可以推导出是Fe3+和苯酚的显色反应，H显酸性是因为Fe3+的水解。
【答案】⑴3Fe+4H2O Fe3O4 +4H2； ⑵ ； ⑶B、C； ⑷S(s) + Fe(s) = FeS(s) ；△H = -2Q kJ·mol-1 。C6H5OH；Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+。
88.【解析】⑴选项A，根据化学方程式分析各元素化合价的变化情况，可知，Al在反应中失电子，为还原剂，C在反应中得电子，为氧化剂，TiO2中的元素的价态没有变化，既不是氧化剂也不是还原剂。选项B.，TiC中钛元素为+4价。选项C，根据题述信息可知TiC属于新型无机非金属材料。选项D，根据价态变化与电子转移的关系可知选项D正确。⑵通过题给信息"金属氧化物写在前，非金属氧化物写在后，低价在前，高价在后，H2O一般写在最后"，不难得出①②答案；但在改写Fe3I8时，既要利用信息①②③，又要注意金属的价态，铁和碘反应只能生成二价铁。⑶结合现实生活加以回答。本题每一小问看似简单，其实不然，题目设置的陷阱重重，只要基础把握不牢，极易出错。例如⑴小问电子转移数的判断，⑵中的第③问要结合新信息等。⑶要求在应用已有知识经验进行迁移时，灵活运用知识体系。
【答案】⑴D；⑵①2MgO·SiO2；Al2O3·2SiO2·2H2O；②N2O5·H2O；CO·H2O；Al2O3·K2O·4SO3·24H2O；N2O5；CO；③3FeI2·I2。⑶①水泥过期；②水泥标号不够；③偷工减料；④加水保养不够；⑤设计有误；⑥不按比例配制混凝土等。（每答对一个因素即可）
误区警示：本题选题材料相当新颖灵活，考查的知识面也相当广泛，体现了学以致用的命题思想。
89.【错解分析】①为了完全除去SO42-、Mg2+离子，所加试剂Ba（NO3）2和KOH要稍过量。且过量的要有后续试剂除去。②在实验加试剂时不要引进杂质离子，如本题加加入BaCl2、Na2CO3和NaOH溶液进行除杂和用稀盐酸调节溶液的pH，会引进Na+和Cl-杂质都是错误的。
【解析】沉淀反应必须在溶液中进行，以便充分反应，并使杂质完全沉淀，所以首先应当将固体配制成溶液。除去SO42-、Mg2+离子的方法一般是使它们分别形成BaSO4和Mg（OH）2沉淀，所以需要加入稍过量的Ba（NO3）2和KOH溶液，过量的Ba2+可用K2CO3溶液除去，因此实验时必须先加入Ba（NO3）2溶液，后加入K2CO3溶液，同时要注意不可加入BaCl2、Na2CO3和NaOH溶液进行除杂，也不可用稀盐酸调节溶液的pH，否则会引进Na+和Cl-杂质。本题易错之处：①为了完全除去SO42-、Mg2+离子，所加试剂Ba（NO3）2和KOH要稍过量。且过量的要有后续试剂除去。②在实验加试剂时不要引进杂质离子，如本题加加入BaCl2、Na2CO3和NaOH溶液进行除杂和用稀盐酸调节溶液的pH，会引进Na+和Cl-杂质都是错误的。
【答案】⑴加水溶解。K NO3和KCl ⑵Ba（NO3）2、K2CO3和KOH；KOH、Ba（NO3）2和K2CO3；Ba（NO3）2、KOH和K2CO3。⑶静置，在上层澄清溶液中再加入少量Ba（NO3）2溶液，若不变浑浊，表明SO42-离子已除尽。⑷不需要 因为几个沉淀反应互不干扰，因此最后只过滤一次，可减少操作程序。⑸不严密，因为加入盐酸调节溶液的pH会引进Cl-离子。
90.【解析】I. 根据铁与硝酸在不同条件下可被氧化成两种产物，推断铁粉与Cl2反应也可能生成FeCl2或FeCl3或两种物质的混合物。根据KSCN溶液能与Fe3＋显红色，可检验产物中是否含有FeCl3。根据酸性KMnO4溶液能氧化Fe2＋而退色，可验证产物中是否含有FeCl2。
Ⅱ. 从腐蚀废液中回收铜的实验过程如下：

利用Fe能从 CuCl2溶液中置换出铜，来证明Fe比Cu的还原性强。反应方程式为：Fe＋CuCl2＝Cu＋FeCl2。用该反应设计原电池时可用Fe作负极，Cu（或者碳）作正极，CuCl2溶液后CuSO4溶液作电解质的溶液。电解精炼铜时，粗铜作阳极(Cu-2e-=Cu2+)，纯铜作阴极(Cu2＋＋2e－→Cu)，含Cu2＋的溶液作电解质的溶液。
【答案】⑴ FeCl2和FeCl3 ；⑵溶液呈红色；FeCl2；⑶①Fe＋Cu2＋＝Fe2+＋Cu；①；②甲、丙、丁；③Cu2＋+2e－=Cu；Fe－2e－=Fe2＋；⑷粗铜；Cu-2e-=Cu2+。
91.【解析】⑴从结构简式可以得出分子式为C3N6H6或[C3N3(NH2)3]，由于三聚氰胺具有类似苯环的结构，其分子中碳原子的杂化方式应为sp2杂化方式，分子中处于同一平面的氮原子有6个。⑵三聚氰胺分子中含有三个氨基，溶于水可结合水分子中的氢原子而使溶液呈弱碱性。⑶CN-中共有14个电子，因此与它等电子体的单质为N2。⑷三聚氰胺熔点不高，易升化，故属分子晶体。⑸根据结构简式可知三聚氰胺分子式为C3N6H6，其含氮量约为66.7%，远高于一般蛋白质，掺入奶粉或其他食品中可提高食品的含氮量，从而造成蛋白质含量高的假象。
【答案】⑴C3N6H6[C3N3(NH2)3]；sp2杂化；6；⑵三聚氰胺溶于水可结合水分子中的氢原子而使溶液呈弱碱性。⑶ ；⑷分子；⑸三聚氰胺分子式为C3N6H6，其含氮量约为 =66.7%，远高于一般的蛋白质。

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