高三化学复习过程中常见错因探析ppt课件

1、高三化学复习过程中常见错因探析高三化学复习过程中常见错因探析江苏省句容高级中学江苏省句容高级中学 朱小富朱小富“复习不是单纯的反复，而是用旧复习不是单纯的反复，而是用旧知识的砖瓦建造新的高楼大厦知识的砖瓦建造新的高楼大厦俄国教育学家乌申斯基俄国教育学家乌申斯基一、常见错误一、常见错误1考试考试“噢噢 错时时见错时时见如如:89年高考第年高考第7题：以下溶液中的题：以下溶液中的c(Cl-)与与50mL 1mol/L氯化铝溶液中的氯化铝溶液中的c(Cl-)相等的是相等的是 A.150mL1mol/L氯化钠氯化钠 B. 75mL2mol/L氯化镁氯化镁C.150mL3mol/L氯化钾氯化钾 D. 7

2、5mL1mol/L氯化铝氯化铝97年第年第17题：将题：将0.1mol以下物质置于以下物质置于1L水中充分水中充分搅拌后，溶液中阴离子数最多的是搅拌后，溶液中阴离子数最多的是 A.KCl B.Mg(OH)2 C.Na2CO3 D. MgSO403年高考年高考 19题题2:要配制浓度约为要配制浓度约为2mol/L溶液溶液100mL，下面的操作正确的选项是，下面的操作正确的选项是( ) A.称取称取8gNaOH固体，放入固体，放入250mL烧杯中，用烧杯中，用100mL量筒量取量筒量取100mL蒸馏水，参与烧杯中，同时不断搅拌蒸馏水，参与烧杯中，同时不断搅拌至固体溶解至固体溶解B.称取称取8gNa

3、OH固体，放入固体，放入100mL量筒中，边搅拌，量筒中，边搅拌，边渐渐放入蒸馏水，待固体完全溶解后用蒸馏水稀释边渐渐放入蒸馏水，待固体完全溶解后用蒸馏水稀释至至100mLC.称取称取8gNaOH固体，放入固体，放入100mL容量瓶中，放适量容量瓶中，放适量蒸馏水，振荡容量瓶使固体溶解，再加水至刻度，盖蒸馏水，振荡容量瓶使固体溶解，再加水至刻度，盖好瓶塞，反复摇匀好瓶塞，反复摇匀D.用用100mL量筒量取量筒量取40mL5mol/LNaOH溶液，倒入溶液，倒入250 mL烧杯中，再用同一量筒量取烧杯中，再用同一量筒量取60mL蒸馏水，不蒸馏水，不断搅拌下，渐渐倒入烧杯中断搅拌下，渐渐倒入烧杯中

4、2解题规范需培育解题规范需培育 规范答题：规范答题： 近年高考化学阅卷分析结果给我们的最大启示是：一方面近年高考化学阅卷分析结果给我们的最大启示是：一方面命题者为了拉开差距，处处设圈套，要求答题者解答条理命题者为了拉开差距，处处设圈套，要求答题者解答条理明晰，表达规范。而我们不少考生平日测练都有如下三大明晰，表达规范。而我们不少考生平日测练都有如下三大教训：教训： 会而不对。主要表如今解题思绪上，或思索不全，或推会而不对。主要表如今解题思绪上，或思索不全，或推理不严，或书写不准，最后答案是错的。理不严，或书写不准，最后答案是错的。 对而不全。主要表如今思绪大致正确，最后的结论也出对而不全。主要

5、表如今思绪大致正确，最后的结论也出来了，但丢三拉四，或脱漏某一答案，或讨论不够完备，来了，但丢三拉四，或脱漏某一答案，或讨论不够完备，或是以偏概全。或是以偏概全。 全而不精。虽面面俱到，但言语不到位，答不到点子上。全而不精。虽面面俱到，但言语不到位，答不到点子上。 凡此种钟，多是由于答题时一系列的不规范所致。力争做凡此种钟，多是由于答题时一系列的不规范所致。力争做到到“他以为会的应该是对的，他以为对的应该是全对的。他以为会的应该是对的，他以为对的应该是全对的。 如如:知实验室以乙醇为原料来制备乙酸乙酯时，阅历了知实验室以乙醇为原料来制备乙酸乙酯时，阅历了下面三步反响，知反响下面三步反响，知反响

6、1、反响、反响2的有机物的转的有机物的转化率分别为化率分别为a、b，反响，反响3两反响物的利用率均为两反响物的利用率均为c。那么由乙醇制备乙酸乙酯时的总转化率为多少？那么由乙醇制备乙酸乙酯时的总转化率为多少？ 如：某高分子由如：某高分子由 和和CH=CH两种构造单元组两种构造单元组成，且它们本身不能相连，该烃分子中成，且它们本身不能相连，该烃分子中C、H两原子的两原子的物质的量之比为物质的量之比为_。2知识迷茫少方法知识迷茫少方法2把把 和和CH=CH当作当作3价和价和2价的两个原子价的两个原子团，进而结合成团，进而结合成(C6H3)2(CH=CH)3的物质。的物质。如：金刚石的构造如图，每一

7、个如：金刚石的构造如图，每一个C原子被原子被_个六元环共用。个六元环共用。 3灵敏运用尚缺乏灵敏运用尚缺乏5学科综合是道坎学科综合是道坎 如：人们对烷烃分子空间构造的研讨发现，某一系列的烷如：人们对烷烃分子空间构造的研讨发现，某一系列的烷烃分子只需一种卤取代产物。如烃分子只需一种卤取代产物。如这一系列的烷烃具有一定的规律性：后一种物质中碳原子数这一系列的烷烃具有一定的规律性：后一种物质中碳原子数即为前一种物质中碳、氢原子数之和，即碳原子数即为前一种物质中碳、氢原子数之和，即碳原子数n1=1，n2= n1+ 2n1+2= 3n1+2，n3= n2+ 2n2+2= 3n2+2 等等，可等等，可归纳

8、出通式归纳出通式23n-11。试回答：。试回答：1请写出这一系列烷烃分子的化学式的通式请写出这一系列烷烃分子的化学式的通式 _。2请写出这一系列烷烃中第六种烷烃的化学式请写出这一系列烷烃中第六种烷烃的化学式 _。3上述一系列烷烃分子中，含碳量最高的烷烃中碳元素的上述一系列烷烃分子中，含碳量最高的烷烃中碳元素的质量分数为质量分数为_。保管三位有效数字。保管三位有效数字4人们在研讨中发现另一系列烷烃分子也只需一种卤取代人们在研讨中发现另一系列烷烃分子也只需一种卤取代产物，请写出它们的化学式通式产物，请写出它们的化学式通式_。解析解析 (1)烷烃通式烷烃通式CnH2n2，即可归纳出这一系列烷烃通式，

9、即可归纳出这一系列烷烃通式C23n-11H43n-1n=1，2，3等等。等等。(2)当当n=6时，即时，即C485H972 。3w(C)=243n-1-12/243n-1-12 +4 3n-1，当，当n趋向趋向于无穷大时，于无穷大时， w(C)=85.7% 。 二、应对战略二、应对战略一仔细审题，抑制思想定势一仔细审题，抑制思想定势 审题审题 1要抓住关键字：在标题的问题中，通常出现如下词：要抓住关键字：在标题的问题中，通常出现如下词：正确与错误、大与小、强与弱、能与否，由强到弱或由正确与错误、大与小、强与弱、能与否，由强到弱或由弱到强，称号与符号，化学式、构造简式、电子式，化弱到强，称号与符

10、号，化学式、构造简式、电子式，化学方程式与离子方程式等，即使标题会做，由于不留意学方程式与离子方程式等，即使标题会做，由于不留意上述词语，就有能够呵斥失分。上述词语，就有能够呵斥失分。 2留意各量的单位物质的量浓度留意各量的单位物质的量浓度mol/L，摩尔质，摩尔质量量g/mol，熄灭热一摩尔可燃物完全熄灭生成稳，熄灭热一摩尔可燃物完全熄灭生成稳定化合物释放出的热量，单位：定化合物释放出的热量，单位：KJ/mol，假设产物中，假设产物中有水，应为液态、反响热与方程式计量数成正比，有水，应为液态、反响热与方程式计量数成正比，单位：单位：KJ/mol、中和热生成一摩尔水放出的热量，、中和热生成一摩

11、尔水放出的热量，单位：单位：KJ/mol ，假设是稀的强酸强碱，其值为，假设是稀的强酸强碱，其值为57.3 KJ/mol，溶解度，溶解度g、质量分数、浓度互换时的体、质量分数、浓度互换时的体积易错等运用计算式、定义式进展计算。积易错等运用计算式、定义式进展计算。 3.标题中隐含性的限制条件如标题中隐含性的限制条件如1酸性的无色透明溶液，酸性的无色透明溶液，2PH=0的溶液的溶液3水电离出的水电离出的c(OH-)=10-10mol/L的溶液溶液酸碱的溶液溶液酸碱性不确定等性不确定等 4pH=10的溶液中溶质能够是碱或强碱弱酸盐。的溶液中溶质能够是碱或强碱弱酸盐。 4.留意常见符号的运用如留意常见

12、符号的运用如=，可逆符号、，可逆符号、H0、H0、沉淀、气体符号，电荷与、沉淀、气体符号，电荷与化合价、写电子式时化合价、写电子式时 的运用、物质的聚集的运用、物质的聚集形状、特殊的反响条件等等。形状、特殊的反响条件等等。 实验填空题或简答题，留意文字要准确实验填空题或简答题，留意文字要准确1不不要用错别字：如脂与酯、铵与氨、坩与甘、蘸要用错别字：如脂与酯、铵与氨、坩与甘、蘸与粘、蓝与兰、褪与退、溶与熔、戊与戌、催与粘、蓝与兰、褪与退、溶与熔、戊与戌、催与崔、苯与笨等。与崔、苯与笨等。2 不用俗语：如不用俗语：如a、翻开、翻开分液漏斗的开关应是活塞，分液漏斗的开关应是活塞，b、将气体参与、将气

13、体参与盛溴水的洗气瓶，盛溴水的洗气瓶，c、酸遇石蕊变红色酸使石、酸遇石蕊变红色酸使石蕊呈红色等。蕊呈红色等。 1、用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段、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参与时间后向所得的溶液中参与0.1mol Cu(OH)2后，恰好后，恰好恢复电解前的浓度和恢复电解前的浓度和PH，那么电解过程中转移的电子，那么电解过程中转移的电子数为数为 A0.1mol B0.2mol C0.3mol D0.4mol 错解：参与错解：参与0.1mol Cu(OH)2，阐明电解过程中，阐明电解过程中耗费了耗费了0.1mol Cu2+，根据，根据Cu2+2e

14、=Cu，故电子转移数为故电子转移数为0.2mol。选。选B 解析：此题中要求浓度不变，阐明电解过程中，还有水解析：此题中要求浓度不变，阐明电解过程中，还有水被电解了。电子转移应包括电解被电解了。电子转移应包括电解0.1mol Cu2+和多出的和多出的0.1mol H2O的电子数之和，共为的电子数之和，共为0.4mol，选，选D。 2、常温下将、常温下将PH=8的的Ba(OH)2溶液与溶液与PH=10的的Ba(OH)2溶液等体积混合，溶液中溶液等体积混合，溶液中c(H+)接近接近 错解：错解：PH=8 ，c(H+)=108mol/L， PH=10，c(H+)=1010mol/L， 等体积混合，等

15、体积混合， ，选，选A 分析：此题中溶质为分析：此题中溶质为Ba(OH)2，而不是酸，而不是酸H+，故混，故混合前后，合前后，OH的总量不变，故应折算成的总量不变，故应折算成c(OH)来计算来计算 延伸：为什么延伸：为什么H+的物质的量在混合前后会发生变化呢？的物质的量在混合前后会发生变化呢？ 缘由是缘由是H+来源于来源于H2O的电离，混合前后，的电离，混合前后，c(OH)发生发生了改动，也对水的电离产生影响，致使由水电离出的了改动，也对水的电离产生影响，致使由水电离出的H+的量发生改动。的量发生改动。 3、有甲、乙两个串联电解池，甲池盛放的是、有甲、乙两个串联电解池，甲池盛放的是CuSO4溶

16、溶液，乙池盛放的是一定量的某硝酸盐稀溶液，用惰性电液，乙池盛放的是一定量的某硝酸盐稀溶液，用惰性电极电解时，当甲池的某电极质量添加极电解时，当甲池的某电极质量添加1.6g时，乙池的某时，乙池的某电极上析出电极上析出0.45g固体，乙池盛放的电解质能够是固体，乙池盛放的电解质能够是 A、Al(NO3)3 B、 Mg(NO3)2 C、Cu(NO3)2 D、AgNO3 错解：甲池：错解：甲池：Cu2+2e=Cu ；乙池：假设析出；乙池：假设析出Cu、Ag,其质量必大于其质量必大于1.6g,故只能够为故只能够为Al或或Mg，阅历算阅历算0.45g为为Al。选。选A 分析：电解分析：电解Al3+或或Mg

17、2+的溶液，阴极不能够析出的溶液，阴极不能够析出Al或或Mg，即不能够选，即不能够选A、B，那么，为何仅析出，那么，为何仅析出0.45固体呢？固体呢？要审清题意要审清题意一定量硝酸盐的稀溶液，即当一定量硝酸盐的稀溶液，即当Ag+或或Cu2+析完后，就无固体析出，故无需计算即可得析完后，就无固体析出，故无需计算即可得C、D。 4、在水中参与等物质的量的、在水中参与等物质的量的Ag+、Pb2+、Na+、SO42-、NO3-、Cl-，该溶液放在用惰性电极资料作电极的电解槽，该溶液放在用惰性电极资料作电极的电解槽中，通电片刻后，氧化产物与复原产物的质量比是中，通电片刻后，氧化产物与复原产物的质量比是

18、A.35.8 108 B.16 207 C.8 1 D.108 35.5 注：该题易忽视离子之间的反响而去思索注：该题易忽视离子之间的反响而去思索Ag+ 、Cl- 等等离子的放电，其实电解的本质为电解水，离子的放电，其实电解的本质为电解水，m(O2) m(H2) 8 1，选，选C。 5、一度温度下，有可逆反响：、一度温度下，有可逆反响： 2A(g)+2B(g) C(g)+3D(g)；H0。现将。现将2molA和和2molB充入体积为充入体积为V的甲容器，将的甲容器，将4molA和和4molB充入乙充入乙容器并使乙容器在反响开场前的体积为容器并使乙容器在反响开场前的体积为2V如图如图1。关。关于

19、两容器中反响的说法正确的选项是于两容器中反响的说法正确的选项是 A甲容器中的反响先到达化学平衡形状甲容器中的反响先到达化学平衡形状 B两容器中的反响均达平衡时，平衡混合物中各组分两容器中的反响均达平衡时，平衡混合物中各组分的体积百分组成一样，混合气体的平均相对分子质量也的体积百分组成一样，混合气体的平均相对分子质量也一样一样 C两容器达平衡后升高一样的温度，两容器中物质两容器达平衡后升高一样的温度，两容器中物质D的体积分数随温度变化如图的体积分数随温度变化如图2所示所示 D在甲容器中再充入在甲容器中再充入2molA和和2molB，平衡后甲中物，平衡后甲中物质质C的浓度是乙中物质的浓度是乙中物质

20、C的浓度的的浓度的2倍倍 二关注细节，抑制认知误区二关注细节，抑制认知误区 1、初始温度、压强均一样的恒容容器甲、乙中均发生、初始温度、压强均一样的恒容容器甲、乙中均发生如下反响：如下反响： 2A(g) + B(g) XC(g)，甲中充入，甲中充入2 molA， 1mol B，平衡后，平衡后，C的体积分数为的体积分数为，C的物质的量为的物质的量为n甲，乙中充入甲，乙中充入1.4molA， 0.7mol B，0.6molC，平衡，平衡时，时，C的体积分数为的体积分数为，C的物质的量为的物质的量为n乙，那么乙，那么X =_错解错解1由题意分析，甲、乙为恒温、恒容下的等效平衡，由题意分析，甲、乙为恒

21、温、恒容下的等效平衡，要求初始量相当，即归边后相等。要求初始量相当，即归边后相等。 2A(g)+ B(g) XC(g)甲初甲初 2 1 0乙初乙初 1.4 0.7 0.6 4 + 0.6 0.7+ 0 1.4 + 0.6 = 2 即即x = 2 错解错解2：当：当X=3时，只需初始时，只需初始A、B的比例为的比例为2 1，由于，由于加压或者减压平衡不挪动，故加压或者减压平衡不挪动，故C的体积分数不会变化的体积分数不会变化其物质的量能够不同，即其物质的量能够不同，即x = 2或或3。 分析：由题意知，初始温度、压强均一样，但初始总量分析：由题意知，初始温度、压强均一样，但初始总量甲为甲为3mol

22、,乙为乙为2.7mol，即其体积虽不变，但不相等，即其体积虽不变，但不相等体积比，甲体积比，甲 乙乙=3 2.7，根据等效平衡的判别知识，根据等效平衡的判别知识，必需是初始浓度相等才可，故当必需是初始浓度相等才可，故当x = 2时，虽然对应物质时，虽然对应物质的物质的量一样，但其浓度不等，可假想为，乙容器初的物质的量一样，但其浓度不等，可假想为，乙容器初始时体积与甲一样，平衡后再加压，这样始时体积与甲一样，平衡后再加压，这样C的含量一定的含量一定不同不同甲甲乙，只需当乙，只需当x=3时，其初始浓度才相当时，其初始浓度才相当归边后相等，归边后相等，C的含量及物质的量均分别一样。的含量及物质的量均

23、分别一样。 3.不能这样判别元素的金属性、非金属性不能这样判别元素的金属性、非金属性由于盐酸酸性强于氢硫酸，所以非金属性由于盐酸酸性强于氢硫酸，所以非金属性ClS。(应应从最高价氧化物对应水化物的酸性来判别从最高价氧化物对应水化物的酸性来判别,酸性酸性HClO4H2SO4)由于由于2C+SiO2 Si+2CO,所以非金属性所以非金属性CSi。(非非金属性可从单质的氧化性来判别，如金属性可从单质的氧化性来判别，如Cl2+2Br = Br2+2Cl，由此可得出非金属性，由此可得出非金属性ClBr；上述反响；上述反响C作复原剂作复原剂,Si为复原产物，不能得出氧化性为复原产物，不能得出氧化性CSi。

24、)由于由于Na+2KCl K+NaCl，所以金属性，所以金属性NaK。(该反响本质是从平衡挪动原理来解释的该反响本质是从平衡挪动原理来解释的,由于不断蒸出由于不断蒸出K蒸汽蒸汽,使平衡右移，由此不能判别出复原性使平衡右移，由此不能判别出复原性NaK，当然也不能得金属性当然也不能得金属性NaK。) 4.矛盾之中辨真知矛盾之中辨真知 如：如：Cl2能置换出能置换出I2：Cl2+2KI=2KCl+I2，I2也能置换也能置换Cl2：I2+2KClO3=Cl2+2KIO3 ，这两个反响矛盾吗，这两个反响矛盾吗? 其实，其实，Cl2置换出置换出I2，是氧化性，是氧化性Cl2I2， I2置换出置换出Cl2,

25、是复原性是复原性I2Cl2,两者不矛盾。两者不矛盾。 再如再如:3Fe+4H2O Fe3O4+4H2 Fe3O4+4H2 3Fe+4H2O 这两者矛盾吗这两者矛盾吗? 假设把它们看作是可逆反响假设把它们看作是可逆反响,不断通入不断通入H2O(g),并及时带并及时带出出H2，有利于，有利于Fe置换出置换出H2；假设不断通入；假设不断通入H2, 并及时并及时带出带出H2O(g)，有利于，有利于H2置换出置换出Fe, 这里不能再用氧化这里不能再用氧化性、复原性的强弱规律来解释了。性、复原性的强弱规律来解释了。 5.回归课本回归课本,排除信息干扰排除信息干扰有同窗问，从一些信息可知有同窗问，从一些信息

26、可知,液氨可发生本身电离液氨可发生本身电离(与与H2O类似类似),NH3+NH3 NH4+NH2,那么那么NH3能否为能否为弱电解质弱电解质? 课本中把课本中把NH3归于非电解质归于非电解质,主要是思索液氨本身电离主要是思索液氨本身电离非常微弱非常微弱(比比H2O小得多小得多),实践上中学中以为液氨不电离。实践上中学中以为液氨不电离。知知N60的构造图与的构造图与C60完全一样完全一样,且键能为：且键能为：N-N akJ/mol，N=N b kJ/mol，NN c kJ/mol 试估算试估算N60(g)=30N2(g),H=？ 错解：错解：1个个C60分子中，含分子中，含30个个C=C，60个

27、个C-C，由此可，由此可知，知，N60中也含中也含30个个N=N，60个个N-N，故，故H=30b+60a30c=30b+2a-ckJ/mol 分析：由于分析：由于C普通构成四价，而普通构成四价，而N为三价，故为三价，故N60中仅中仅含含90个个N-N，H=90a30c kJ/mol 或或(30c90a)kJ/mol 640时，将等质量的两份饱和廓清石灰水，一份冷却时，将等质量的两份饱和廓清石灰水，一份冷却到到10，另一份参与少量氧化钙，温度仍控制在，另一份参与少量氧化钙，温度仍控制在40，那么在这两种情况下，以下量一样的是那么在这两种情况下，以下量一样的是 ACa(OH)2的溶解度的溶解度

28、B溶液的质量溶液的质量 C溶液中溶液中Ca2+的数目的数目 D溶液中溶质的质量分数溶液中溶质的质量分数 分析：分析：Ca(OH)2的溶解度随温度升高而降低，冷却到的溶解度随温度升高而降低，冷却到10时，变成不饱和溶液，但其质量分数未发生变化，时，变成不饱和溶液，但其质量分数未发生变化，参与少量氧化钙，虽然呵斥参与少量氧化钙，虽然呵斥Ca(OH)2析出，但仍为饱和析出，但仍为饱和溶液，故两者质量分数相等。选溶液，故两者质量分数相等。选D。 1体积一样，浓度均为体积一样，浓度均为0.1mol/L的的CH3COOH溶液和溶液和HCl溶液，分别加水稀释溶液，分别加水稀释m倍和倍和n倍，溶液的倍，溶液的

29、PH都变为都变为5，那么，那么m、n的关系为的关系为 A4m=n Bm=n Cmn Dmn 错解：由于稀释错解：由于稀释CH3COOH，会促进其电离，故稀释到等会促进其电离，故稀释到等PH时，时，CH3COOH加水量较大，加水量较大，即即mn。三、注重方法，顽疾需用特效药三、注重方法，顽疾需用特效药 分析：解此题的特效方法是图分析：解此题的特效方法是图象法，只需画出象法，只需画出PH随加水量的随加水量的稀释曲线见图，很快就可稀释曲线见图，很快就可得出得出mn，即选，即选C。2比较等比较等C、等、等V的的NaF溶液和溶液和NaCl溶液中一切离子的溶液中一切离子的浓度之和的大小。浓度之和的大小。

30、错解：从反响式错解：从反响式F+H2O HF+OH知每水解一个知每水解一个F ，同时生成一个，同时生成一个OH ，故两溶液各离子浓度之和，故两溶液各离子浓度之和相等。相等。 3现有现有t时质量分数为时质量分数为a的的KNO3溶液溶液mg将其分将其分成质量比为成质量比为1：2的甲乙两份溶液。甲溶液蒸发的甲乙两份溶液。甲溶液蒸发5g水，水，恢复到原温度时析出晶体恢复到原温度时析出晶体2g，乙溶液蒸发，乙溶液蒸发12g水，恢水，恢复到原温度析出晶体复到原温度析出晶体5g，那么以下说法正确的选项是，那么以下说法正确的选项是 A. t时时KNO3溶解度为溶解度为41.7g B. t时时KNO3溶解度为溶

31、解度为40g C. t时原时原KNO3溶液中质量分数为溶液中质量分数为(m-3)/2m D. t时时,原原KNO3溶液中质量分数为溶液中质量分数为(m-3)/3m 分析：可作如下了解，分析：可作如下了解，甲甲m/3 蒸发蒸发5g水水 析出析出2g晶体晶体乙乙2m/32甲甲 先蒸发先蒸发10g水，析出水，析出4g晶体晶体 再蒸发再蒸发2g水，水， 析出析出1g晶体晶体即饱和溶液中，即饱和溶液中，2g水中溶解了水中溶解了1g溶质，溶质，S=50g。t时时,原原KNO3溶液中质量分数可经过甲溶液的量计算为溶液中质量分数可经过甲溶液的量计算为(m-3)/3m。 4Fe与与Cu粉的均匀混合物，平均分成粉

32、的均匀混合物，平均分成4等份，分别参等份，分别参与同浓度的稀与同浓度的稀HNO3，充分反响，结果如下表，充分反响，结果如下表HNO3复原产物只需复原产物只需NO，规范情况下，规范情况下 稀稀HNO3体积体积/mL 100 200 300 400 剩余金属剩余金属/g 18.0 9.6 0 0 NO体积体积/mL 2240 4480 6720 V 求求1硝酸的物质的量浓度；硝酸的物质的量浓度；2V=？四、学会总结四、学会总结 1、讨论型图像题、讨论型图像题(1)在盐酸与硫酸镁的混合液中逐滴参与氢氧化钡溶液，在盐酸与硫酸镁的混合液中逐滴参与氢氧化钡溶液，作出沉淀的物质的量与氢氧化钡物质的量的关系图

33、。作出沉淀的物质的量与氢氧化钡物质的量的关系图。 分析：参与氢氧化钡的分析：参与氢氧化钡的OH先与先与H反响，再与反响，再与Mg2反响构成沉淀，反响构成沉淀，其其Ba2仅与仅与SO42反响，关键是反响，关键是讨论讨论Mg(OH)2开场沉淀时，开场沉淀时，SO42能否反响完全。能否反响完全。硫酸镁远多量：即硫酸镁远多量：即Mg2开场沉开场沉淀时，淀时，SO42尚未沉淀完全，其物尚未沉淀完全，其物质的量之比质的量之比n(H)：n(SO42)2，图像见图一。图像见图一。盐酸与硫酸镁适量：即盐酸与硫酸镁适量：即Mg2开场沉淀时，开场沉淀时，SO42恰好沉淀完全，其物质的量恰好沉淀完全，其物质的量之比之

34、比n(SO42)：n(H)2，图像见图三。图像见图三。盐酸远多量：即盐酸远多量：即Mg2开场开场沉淀时，沉淀时，SO42已沉淀完全，已沉淀完全，其物质的量之比其物质的量之比n(SO42)：n(H)2，图像见图二。，图像见图二。2用石墨作电极电解用石墨作电极电解KCl和和Al2(SO4)3的混合液时，的混合液时，画出沉淀量与电解时间及画出沉淀量与电解时间及PH的与电解时间关系曲线图。的与电解时间关系曲线图。 分析：从电极反响可知：分析：从电极反响可知：K+、Al3+、SO42均不放均不放电。阴极：电。阴极：2Cl2eCl2；4OH4e2H2O+ O2阳极：阳极：2H+2eH2(产生产生OH)。也

35、就。也就是说当是说当Cl放电时才产生放电时才产生OH(1mol Cl放电，可产放电，可产生生1mol OH)，Cl放电终了，放电终了，OH放电时，本质放电时，本质上是电解水，从总反响式可看出不再产生上是电解水，从总反响式可看出不再产生OH。 2、反响顺序、反响顺序1根据氧化性复原性强弱判别根据氧化性复原性强弱判别 向向FeBr2溶液中通入溶液中通入Cl2，写出反响过程中的离子方，写出反响过程中的离子方程式。程式。 向向FeI2溶液中通入溶液中通入Cl2，写出反响过程中的离子方程，写出反响过程中的离子方程式。式。 向含有向含有Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3的稀溶液中的稀溶液中逐渐参

36、与铁粉，且逐渐参与铁粉，且Fe与稀硝酸反响的复原产物仅为与稀硝酸反响的复原产物仅为NO，写出反响过程中的离子方程式。，写出反响过程中的离子方程式。如、知：如、知：2Fe3+CuCu2+2Fe2+。现有含有。现有含有Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3的稀溶液，且的稀溶液，且Fe与稀与稀硝酸反响的复原产物仅为硝酸反响的复原产物仅为NO。假设向其中逐渐参与铁。假设向其中逐渐参与铁粉，溶液中粉，溶液中Fe2+浓度和参与铁粉的物质的量之间关系浓度和参与铁粉的物质的量之间关系如以下图所示。那么稀溶液中如以下图所示。那么稀溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3物质的量浓度之比为物质的量

37、浓度之比为 111 131 C.338 D.114 2共存判别法共存判别法将足量的将足量的CO2不断通入不断通入KOH、Ca(OH)2、KAlO2的混的混 合溶液中，写出反响过程中的离子方程式。合溶液中，写出反响过程中的离子方程式。如将足量的如将足量的CO2不断通入不断通入KOH、Ca(OH)2、KAlO2的混的混合溶液中，生成沉淀与通入合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为：的量的关系可表示为： 实验室用氢气复原实验室用氢气复原mg氧化铜，当大部分固体变红时，停氧化铜，当大部分固体变红时，停顿加热，冷却后称得固体质量为顿加热，冷却后称得固体质量为ng，共用去，共用去wg氢气，那氢气

38、，那么被复原的氧化铜的质量为么被复原的氧化铜的质量为 A40w g B80n/64 g C5(mn) g Dm g 向含有向含有NH4Cl、MgCl2、AlCl3的混合溶液中逐渐参与的混合溶液中逐渐参与NaOH溶液，写出反响过程中的离子方程式。溶液，写出反响过程中的离子方程式。 数据数据“多与少多与少 “多数据多数据选择有效数据选择有效数据C “少数据少数据发掘潜在关系：发掘潜在关系：FeS与与FeBr2组成的混组成的混合物中，合物中，Fe的质量分数为的质量分数为46.2%，那么该混合物中，那么该混合物中Br的质量分数是多少？的质量分数是多少？ “无数据无数据推导转化关系：有一块铁铝合金，溶于

39、足推导转化关系：有一块铁铝合金，溶于足量盐酸中，再用足量量盐酸中，再用足量KOH溶液处置，将产生的沉淀过滤、溶液处置，将产生的沉淀过滤、洗涤、枯燥、灼烧，使之完全变成红色粉末，经称量，洗涤、枯燥、灼烧，使之完全变成红色粉末，经称量，该红色粉末和原合金质量恰好相等，那么合金中铝的质该红色粉末和原合金质量恰好相等，那么合金中铝的质量分数为多少？量分数为多少？ 电极反响式的书写技巧电极反响式的书写技巧电荷守恒法电荷守恒法 A、根据总反响式书写电极反响式书写步骤、根据总反响式书写电极反响式书写步骤1改改将化学方程式改写成离子方程式因电极将化学方程式改写成离子方程式因电极反响式普通要符合离子方程式书写要

40、求。反响式普通要符合离子方程式书写要求。2标标标明电子转移方向和数目。标明电子转移方向和数目。3定定根据电子得失断定原电池的正负极或电解根据电子得失断定原电池的正负极或电解池的阴阳极失电子的为负极或阳极。池的阴阳极失电子的为负极或阳极。4写写根据反响式写出电极反响的反响物及对应根据反响式写出电极反响的反响物及对应的消费物，再根据电荷守恒的技巧来配平。的消费物，再根据电荷守恒的技巧来配平。负极：负极：2 NO22e2 NO3 B、实例分析、实例分析1假设把假设把3NO2H2O2HNO3NO拆分为两个半拆分为两个半反响，写出其半反响的反响式。反响，写出其半反响的反响式。分析分析 3NO2H2O 2

41、H+ 2 NO3 NO +4+5+2得得2e-失失2e-正极：正极：NO22eNO2NO22e2H2O=2NO34H+NO22e2 H+= NO H2O2某碱性电池其反响原理为：某碱性电池其反响原理为：Cd2NiO(OH)2H2O 2Ni(OH)2+Cd(OH)2写出放电时负极反响式写出放电时负极反响式 。充电时阳极反响式充电时阳极反响式 。 正极：正极： 2NiO(OH) 2e2Ni(OH)2 2NiO(OH) 2H2O 2e 2Ni(OH)2 2OH负极：负极：Cd2eCd(OH)2 Cd2e2OHCd(OH)2阳极：阳极： 2Ni(OH)2 2OH 2e 2NiO(OH) 2H2O 3某

42、某CO燃料电池，其一极通入燃料电池，其一极通入CO，另一极通入，另一极通入O2(1)假设以假设以KOH溶液为电解质溶液，写出电极反响式：溶液为电解质溶液，写出电极反响式：负极负极 ；正极；正极 。(2)假设以熔融假设以熔融K2CO3作电解质，写出电极反响式：作电解质，写出电极反响式：负极负极 ；正极；正极 。(3)假设以仅允许假设以仅允许O2经过的固体资料作电解质，写出经过的固体资料作电解质，写出电极反响式：电极反响式：负极负极 ；正极；正极 。 要标识：来源、错误缘由、解题技巧、关键词圈划、要标识：来源、错误缘由、解题技巧、关键词圈划、搜集理由、难度搜集理由、难度 要会用：要会用： “薄薄厚，厚厚，厚无无 三、防错窍门三、防错窍门1、经常反省、经常反省错题集错题集 2、应考小卡片、应考小卡片考试需记忆内容，如：俗称、通式性质、特殊构造、考试需记忆内容，如：俗称、通式性质、特殊构造、正负极、阴阳极、充电时正负极、阴阳极、充电时“正接正、负接负等正接正、负接负等关键在更新关键在更新3、从阅卷者角度来解题、从阅卷者角度来解题 感悟评分五原那么：感悟评分五原那么：化学用语的规范化给分原那么化学用语的规范化给分原那么 简答题的要点式给分简答题的要点式给分原那么原那么