2022高考化学易错考点及例题剖析――根本概念考点1:分子式与化合价例题1、某元素R硝酸盐的相对分子质量为m，该元素相同价态的硫酸盐的相对分子质量为n，那么该元素的可能化合价是（ ）A、（m-n）/14 B、（n-m）/14 C、（2m-n）/28 D、（n-2m）/28[错误解答]假设该元素化合价为x，那么硝酸盐化学式为R（NO3）x，硫酸盐化学式为R2（SO4）x。根据相对分子质量的概念，该元素的硝酸盐、硫酸盐的相对分子质量分别为R+62x、2R+96x，结合题目给出的两种分子的相对分子质量依次为m、n，可推知k值为（2m-n）/28，答案为C。[错误原因]没有考虑该元素化合价为偶数的情况。当x为偶数时，硫酸盐的化学式应该是R（SO4）x/2。[正确解答]假设该元素化合价为x，假设x为奇数，那么硝酸盐化学式为R（NO3）x，硫酸盐的化学式为R2（SO4）x。那么该元素的硝酸盐、硫酸盐的相对分子质量分别为R+62x、2R+96x，结合题目给出的两种分子的相对分子质量依次为m、n，可推知x值为（2m-n）/28，答案为C；当x为偶数时，那么硝酸盐的化学式为R（NO3）x，硫酸盐的化学式为R（SO4）x/2。那么该元素的硝酸盐、硫酸盐的相对分子质量分别为R+62x、R+48x，结合题目给出的两种分子的相对分子质量依次为m、n，可推知x值为（m-n）/14，正确答案为A、C。考点2:酸碱盐氧化物等根本概念例题2、有一种碘和氧的化合物可以称为碘酸碘，其中碘元素呈+3、+5两种价态，那么这种化合物的化学式为（）A、I2O4B、I2O5C、I4O7D、I4O9[错误解答]选A。根据I呈现的价态和化合价代数和为0的原那么带入试算，可知选项A符合题意。[错解原因]无视题目中“碘酸碘”的信息，或者无法从氯酸钾中将“氯酸根”的表示迁移过来。9/9\n[正确解答]根据氯酸钾的化学式可知，氯酸根为ClO3-，进而推知碘酸根的表示式为IO3-，其对应的I的化合价为+5；由于碘酸碘中碘的化合价为+3、+5两种价态，因此阳离子的化合价为+3价。根据化合价代数和为0的原那么，该化合物的化学式为I（IO3）3，即I4O9。正确选项为D。例题3、以下说法中正确的选项是（）①只有一种元素组成的物质，一定是纯洁物；②所有酸性氧化物都是非金属氧化物；③硝酸和氢硫酸均既有氧化性又有复原性；④化学反响的实质就是旧化学键断裂、新化学键形成的过程。A、都正确B、①②④C、③④D、①②[错误解答]选B。1）由于单质是由同种元素组成的纯洁物，因此，只有一种元素组成的物质，一定是纯洁物；2）CO2、SO2、P2O5等非金属氧化物都是酸性氧化物，因此“所有酸性氧化物都是非金属氧化物”说法正确；3）硝酸是强氧化性的酸，没有复原性；而氢硫酸是强复原性的酸，没有氧化性；4）有新物质生成是化学反响的表现，化学键的断裂和生成是化学反响的本质。因此选项B正确。[错解原因]片面地理解化学概念和有关物质的性质。[正确解答]（1）同素异形现象，如O2和O3、红磷和白磷等，都属于氧和磷的两种同素异形体。当O2和O3或红磷和白磷混合在一起时，虽然只有一种元素，但却组成了混合物。（2）虽然大局部酸性氧化物是非金属氧化物，但有些金属氧化物也是酸性氧化物，如Mn2O7、CrO3等；（3）虽然硝酸是强氧化性酸、氢硫酸是强复原性酸，但由于两种酸都不稳定，自身分解时，既表达氧化性，又表达复原性；4）旧化学键断裂、新化学键形成就是化学反响的实质。因此此题的正确选项为C。例题4、以下说法可以实现的是①酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反响②弱酸与盐溶液反响可以生成强酸③发生复分解反响，但产物既没有水生成，也没有沉淀和气体生成④两种酸溶液充分反响后，所得溶液呈中性⑤有单质参加的反响，但该反响不是氧化复原反响⑥两种氧化物发生反响有气体生成9/9\nA．①②③④⑤⑥B．只有①②④⑤C．只有③④⑤⑥D．只有②④⑤[错误解答]选B、D。[错误原因]对复分解反响发生条件的理解还停留在初中水平以及对氧化物的分类还不够理解全面。[正确解答]①酸性氧化物定义②掌握特例硫酸铜溶液与硫化氢气体反响③复分解反响发生条件是生成难电离难溶和挥发性物质。如醋酸钠和盐酸反响④亚硫酸和氢硫酸反响⑤氧化复原反响特征是化合价发生变化，有单质参加但化合价不变化的有如臭氧与氧气的互变⑥如过氧化钠与水、二氧化碳等反响所以选A考点3：元素相对原子质量例题5、设某元素某原子核内的质子数为m，中子数为n，那么以下论断说法中正确的选项是（ ）A、不能由此确定该元素的相对原子质量B、这种元素的相对原子质量为m+nC、假设碳原子的质量为Wg，此原子的质量为（m+n）gD、核内中子数的总质量小于质子的总质量[错误解答]选B。[错解原因]对原子的质量数和相对原子质量的概念认识产生混淆，而且对相对原子质量的认识停留在初中化学的认识之中。[正确解答]元素的相对原子质量是各种同位素原子相对原子质量的平均值，因此它不能由某种同位素原子相对原子质量或质量数来确定；虽然某种同位素的质量数与其相对原子质量十分接近，但它并不是元素的相对原子质量。因此正确选项为A。考点4：质量守恒定律例题6、反响X+2Y=R+2M中，已知R和M的摩尔质量之比为22：9，当1.6gX与Y完全反响后，生成4.4gR，那么在此反响中Y和M的质量之比为（ ）A、16：9 B、23：9 C、32：9 D、46：99/9\n[错误解答]m（M）=4.4g×/22=1.8g m（Y）=4.4+1.8-1.6=4.6g。所以m（Y）/m（M）=4.6g/1.8g=23/9，选B[错解原因]错误地把R与M的摩尔质量之比当作质量之比计算。[正确解答]因为M与R摩尔质量之比为22：9，那么在反响中R和M的质量之比为22：18，于是算出当生成4.4gR的同时就会产生3.6g M，依据质量守恒定律得出消耗1.6gX时，消耗Y为（4.4+3.6-1.6）g，即6.4g。因此两者的质量之比为6.4g：3.6g，即16：9。答案为A。考点5：阿伏伽德罗常数例题7、设NA表示阿伏伽德罗常数的值，以下说法正确的选项是（）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NAB.在标准状况下，NA个H2O分子所占体积为22.4LC.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2NAD.常温常压下，28g氮气含有的核外电子数为10NA[误分析]题易错选D项。主要原因是局部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。[正确解答]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响，而导致反响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、压强无关的根本物理量。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响）因此当+1价的氢被活泼金属复原成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。9/9\n氮原子核外有7个电子，氮气分子核外有14个电子。那么1molN2含有的核外电子数就是14NA.D项不正确。[答案]正确选项为A、C例题8、用NA表示阿伏加德罗常数的值。以下表达正确的选项是A．25℃时，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH－数目为0.2NAB．标准状况下，2.24LCl2与过量稀NaOH溶液反响，转移的电子总数为0.2NAC．室温下，21.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5NAD．1molC30H62分子中含有共价键的数目为92NA[错误解答]AB[错误原因]对PH的概念未理解透彻，对Cl2与NaOH溶液反响的电子转移不清或想当然[正确解答]C考点6:氧化复原根本概念规律例题8、标准状况下，往100mL 0.2mol/L的FeBr2溶液中通入一定体积的Cl2，充分反响后，溶液中有50%的Br-被氧化。那么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复原性强弱（Fe2+>Br-）。[正确解答]此题的关键是比较Fe2+、Br-的复原项强弱比较。同一种氧化剂与不同的复原剂反响时先与复原性较强的反响。由于Fe2+复原性比Br-强，因此Cl2先氧化Fe2+，再氧化Br-；因此溶液中发生的反响应该是：Fe2+先被完全氧化，然后Br-再被氧化50%。[答案]消耗的氯气的体积为0.448L。例题9、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9/9\n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。[正确解答]（1）根据离子反响电荷守恒思想，可以推断反响前的离子所带电核总数为-1（因为反响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例题10、F2是氧化性最强的非金属单质，在加热的条件下，物质的量相同的F2（气体）跟烧碱完全反响，生成NaF、H2O和另一种气体，该气体是以下中的（ ）A、H2 B、HF C、OF2 D、O2[错误解答]选D。由于F2与水反响的化学方程式为：2F2+2H2O=4HF+O2↑。当F2与氢氧化钠作用，可以看作F2先与水作用，然后产物HF继续与氢氧化钠反响：HF+NaOH=NaF+H2O，综合考虑两个反响，得到产物为NaF、H2O、O2。应选D。还有局部同学因对OF2不熟悉而不敢作出选择。[错误原因]没有注意反响条件——加热，对F2与水反响的知识做简单迁移，而且没有注意到反响F2与NaOH的物质的量问题。[正确解答]根据题意，反响过程中F2与NaOH的物质的量之比为1：1，且已知反响中有产物NaF、H2O。根据质量守恒定律，立即可以写出反响的化学方程式为：2F2+2NaOH=2NaF+2H2O+OF2↑，因此此题正确选项为(C)OF2。例题11、铜与1mol/L的硝酸反响，如果硝酸根的浓度下降0.2mol/L,那么溶液中的c（H+）同时下降（ ）A．0.2mol/L B. 0.4mol/L C. 0.6mol/L D. 0.8mol/L[错误解答]假设溶液的体积为1L。因为硝酸根离子浓度下降了0.2mol/L，因此反响中有0.2mol的硝酸参加反响。由于硝酸中H+与NO3—之比为1:1,因此消耗的H+的物质的量为0.2mol,下降的浓度为0.2mol/L.[错解原因]误把被氧化的硝酸当作参与反响的硝酸.9/9\n[正确解答]由于硝酸被复原生成NO,因此硝酸根离子浓度会减小.根硝酸与铜反响的离子方程式:3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO+4H2O,反响中消耗的硝酸根离子与氢离子的物质的量之比为1:4．因此正确选项为Ｄ（0.8mol/L）.或者：由于硝酸根离子转化为NO，在转化过程中，每个NO3失去了两个O，与4个H+结合转化为H2O。因此当硝酸根离子浓度减小0.2mol/L时，H+的浓度减小0.8mol/L.例题12、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），以下表达中正确的选项是（ ）A、反响过程中MnO2作催化剂 B、盐酸未完全反响C、参加反响的盐酸有一半被氧化 D、反响产生2.24L氯气（标况）[错误解答]选C、D。根据该反响中量的关系：MnO2——4HCl可知，该反响中MnO2过量，因此HCl完全反响。又因该反响中只有一半的HCl作复原剂（另一半为起到酸的作用），因此参加反响的盐酸有一半被氧化（0.2mol），得到2.24L的氯气。[错误原因]静态考虑反响问题，忽略盐酸浓度变化引起复原性变化的事实。[正确解答]随反响的进展，盐酸的浓度逐渐减小，对应的复原性逐渐减弱，直至发生的氧化复原反响被停顿。因此该反响过程中，虽然MnO2过量，盐酸也不可能完全反响，同样的，收集到的气体也不可能是2.24L。但是不管如何，参与反响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。注：许多物质的氧化（复原）性会受浓度变化的影响，并在一些具体的反响中表现出来。例如，浓硫酸具有氧化性，在加热的条件下与铜能够发生反响，随反响的进展，硫酸浓度变小，氧化性逐渐减弱，最终反响将停顿；假设参加反响的金属为Zn等活泼金属，那么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，与铜反响生成NO2，随反响进展，浓度减小，氧化性将有所减弱。当浓度减小到一定程度，反响产物变为NO。在解此类问题时，必须要打破常规，“动态”地考虑反响进展问题。这类问题也常在化学计算中出现。考点7：归中和歧化反响分析9/9\n例题13、在KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O反响中，当生成0.5molCl2时，氧化产物和复原产物的物质的量之比为()A.6：1B.5：1C.1：3D.1：5[错误分析]由于反响过程中KClO3得到6个电子被复原，而HCl失去一个电子被氧化，因此，氧化产物和复原产物的物质的量之比为6：1，选择A；或者由于反响过程中KClO3得到电子复原为KCl（复原产物），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复原产物的物质的量之比为1：3，选择C[正确解答]由于该反响属于归中反响，反响机理为：KClO3中Cl得到5个电子转化为Cl2（被复原）同样的HCl中的Cl失去一个电子转化为Cl2（被氧化），反响中氧化产物和复原产物均为Cl2，且氧化产物和复原产物的物质的量之比等于氧化剂得电子数和复原剂失去电子数之比，即5：1.[答案]此题的正确选项为B例题14、在反响11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，每摩尔CuSO4能氧化P的物质的量为（）A.1/5molB.2/5molC.3/5molD.11/5mol[错误分析]选B。从化学方程式可以看出，15molCuSO4生成6molH3PO4，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自身氧化复原反响（歧化反响）生成的[正确解答]此题中的复原剂是P，而氧化剂是P和CuSO4。由于反响过程中Cu从+2降为+1，因此反响中共得到15mol的电子；而做复原剂的P在反响中从0升至+5价，因此1molP得到5mol电子。因此15molCuSO4在反响中氧化3mol的P，即每摩尔硫酸铜能够氧化0.2mol的P[答案]此题的正确选项为A。考点8：胶体性质例题15、以下说法中正确的选项是（）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，溶液那么没有此现象。B. 制备Fe(OH)3胶体的方法是将饱和氯化铁溶液加热煮沸C. NaCl溶于水形成溶液，溶于酒精可形成胶体D. 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。9/9\n[正确解答]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别离和提纯，如要鉴别最简单饿方法是利用丁达尔现象进展鉴别。[答案]此题的正确选项为C例题16、氢氧化铁胶体逐滴参加以下溶液，先产生沉淀后沉淀溶解的是A稀硫酸B酒精C饱和硫酸钠溶液D磷酸钠溶液[错误解答]D[错误原因]未理解胶体的形成和凝聚条件[正确解答]是因为氢氧化铁胶体粒子吸收周围的铁离子。氢氧化铁吸附铁离子以后带正电，这样氢氧化铁胶体的微粒都带有正电荷而相互排斥而不易聚集在一起形成重力大的沉淀（先这样理解）参加硫酸以后开场硫酸的量不多，但是带有负电的硫酸根立刻中和带有正电的氢氧化铁胶粒，使之发生聚沉（就是说氢氧化铁胶体微粒彼此都不带电，然后容易聚集在一起形成重力大的分子）形成沉淀。再参加硫酸的时候就是中和反响了。选A考点9：反响热概念例题17、以下说法正确的选项是()A．在101kPa时，1molC与适量O2反响生成1molCO时，放出110.5kJ热量，那么C的燃烧热为110.5kJ／molB．在10lkPa时，lmolH2完全燃烧生成液态水，放出285．8kJ热量，H2燃烧热为—285.8KJ/molC．鉴定HCl和NaOH反响的中和热时，每次实验均应测量3个温度，即盐酸起始温度、NaOH起始温度和反响后终止温度D．在稀溶液中：H+（aq）+OH-（aq）＝H2O（l）；△H＝-57.3KJ/mol，假设将含0.5molH2SO4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]此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[正确解答]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响生成1mol水时的反响热。[答案]此题的正确选项为C9/9
