2022年高中化学易错题解题方法大全.docx

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1、2022届高中化学易错题解题方法大全根本概念【例1】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NA B.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10 NA【错误分析】此题易错选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。【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1. 物质的状态水在标准

2、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。2. 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。3. 一些物质结构中化学键的数目。例如SiO2、Si、CH4、P4等。4. 特殊物质的摩尔质量。例如D2O、T2O、18O2、D2等。5. 较复杂的氧化复原反响中，求算电子转移数目。如Na2O2和水，Cl2和NaOH溶液反响等。6. 用到22.4L.mol-1时，必须注意气体是否处于标准状况。7. 某些离子或原子团是否水解，引起离子数目变化等。【答案】此题的正确选项为A、C在标准状况下，1m

3、ol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

4、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。氢原子核外有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。【练习1】设NA表示阿伏伽德罗常数的值，以下说法正确的选项是A. 0.1molF-中含有的电子数为9NAB.1L-1的CaCl2溶液中所含有的Cl-数为0.5NAC.常温常压下，32g氧气中所含的质子数为16NAD.标准状况下，11.2L的CH4中含

5、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，一份参加bmol 烧碱并加热，刚好把NH3全部赶出。另一份需消耗cmolBaCl2,沉淀反响刚好完全，原溶液中硝酸根离子的物质的量浓度为( )A. mol.l-1 B. mol.l-1C. mol.l-1 D. mol.l-1【错误分析】解题过程中容易忽略离子反响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

6、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. 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/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=1000w/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

7、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不管溶液是否充满烧瓶喷泉后溶液体积亦为1L，故-1为恒值；但w不为恒值，可根据气体摩尔质量、溶液密度来进行计算。【答案】此题的正确选项为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。离子反响有：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那么aL混合液中，有2bmolNH4+,有2cmolSO42

8、-,在溶液中，根据电荷守恒有：2bmol1=2cmol2+c(NO3-)aL1,得c(NO3-)= mol.l-1【练习2】Vml密度为g.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,那么以下关系式正确的选项是( )A.m=VW/1000 B.c=1000W/MC.W=Wc/1000 D.c=1000m/VM【例3】实验室里需用480mL0.1mol/L的硫酸铜溶液，现选取500mL容量瓶进行配制，以下操作正确的选项是()A.称取7.68g硫酸铜，参加500mL水B.称取12.0g胆矾配成500mL溶液C.称取8.0g硫酸铜，参

9、加500mL水D.称取12.5g胆矾配成500mL溶液【错误分析】由于要配置480mL0.1mol/L的硫酸铜溶液，因此需要溶质的质量为：1假设溶质为硫酸铜，那么0.481600.1=7.68g，因此选择A选项；2假设溶质为CuSO4.5H2O，0.482500.1=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，而不是参加的水的体积。【解题指导】要配制500mL0.1mol/L的CuSO4溶液需CuSO4 0.05mol即胆矾：0.05mo

10、l250g/mol1=12.5g，CuSO4为8g，所需溶液为500mL，而不是加水的体积为500mL，故A、B、C都不对。【答案】此题的正确选项为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,那么以下关系式错误的选项是A.原硫酸铜溶液的密度为=g -3B. 生成硫酸铜晶体的物质的量为nCuSO4.5H20=molC原硫酸铜溶液的物质的量浓度为c(CuSO4)=mol.L-1D. 原硫酸铜溶液的质量分数为w ( CuSO4) =【例4】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

11、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。【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】此题的正确选项为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

12、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行鉴别。【练习4】以下关于胶体的表达不正确的选项是A. 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。B. 光线透过胶体时，胶体发生丁达尔效应C. 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。D. 胶体粒子具有较大的外表积，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AK+、Na+、HCO3-、Cl- BK+、AlO2-、Br-、Cl- CNa+、Cl-、NO3-、SO42- DAl3+、NH4+、Cl

13、-、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、四反响。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“因发生氧化复原反响等等，再分析离子间相互反响情况。【答案】此题的正确选项为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与该溶液反响放出氢气。实际上由水电离出的C(H+)=10-14

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A. 无色透明的水溶液中：K+、Ba2+、I-、MnO4-B. 含有大量NO3-的水溶液中：NH4+、Fe2+、SO42-、H+C. C(HCO3-)=0.1mol/L的溶液中：Na+、K+、CO32-、Br-D. 强碱性溶液中：ClO-、S2-、HSO3-、Na+【例6】以下离子方程式正确的选项是A. 向氯化亚铁溶液中通入氯气：Fe2+Cl2=Fe3+2Cl-B. 三氯化铁溶液跟过

15、量氨水反响:Fe3+3NH3.H2O=Fe(OH)3+3NH4+C. 碳酸氢钙溶液跟稀硝酸反响:Ca(HCO3)2+2H+=Ca2+2H2O+2CO2D. 氯气通入冷的氢氧化钠溶液中:2Cl2+2OH-=3Cl-=ClO3-+H2O【错误分析】写离子方程式时，只注意原子守恒，如A选项。对物质间的反响条件把握不好，D项中Cl2与冷的NaOH溶液反响生成NaCl和NaClO, Cl2与热的NaOH溶液反响才生成NaCl和NaClO3【解题指导】离子方程式正误判断1. 看离子反响是否符合客观事实2. 看 =必要的条件是否正确齐全。3. 看表示物质的化学式是否正确4. 看电荷是否守恒5. 看反响物或产

16、物的配比是否正确6. 看是否漏掉离子反响7. 看是否符合题设的要求，如过量、少量、等物质的量、适量、任意量以及滴加顺序对反响产物的影响。【答案】此题的正确选项为BA项电荷不守恒；C项实质上是H+与HCO3-的反响；D项不符合反响事实。【练习6】以下离子方程式的书写正确的选项是A实验室用浓盐酸与MnO2反响制Cl2：MnO2 4HCl(浓) Cl2Mn22Cl2H2OB将标准状况下112 L氯气通入10 mL 1 mol / L的溴化亚铁溶液中： 2Fe24Br3Cl22Fe36Cl2Br2C向NaOH溶液中滴加同浓度的少量Ca(HCO3)2溶液：Ca2+ HCO3- +OH-CaCO3+H2O

17、D向Ba(OH)2溶液中逐滴参加NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全【例7】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.6：1 B.5：1 C.1：3 D.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【解题指导】 明确反响的实质，解题过程中同种元素发生氧

18、化复原反响时化合价变化要遵循“只靠近不交叉的原那么即“价态归中。【答案】此题的正确选项为B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.【练习7】Cu2S与一定浓度的HNO3反响，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，实际参加反响的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】在反响11

19、P+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自身氧化复原反响歧化反响生成的【解题指导】本专题复习一定要紧扣概念，理顺关系，正确分析元素化合价及其变化情况。重点解决1电子转移2氧化性、复原性及其强弱判断3相关计算的方法、技巧等方面的问题。【答案】此题的正确选项为

20、A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1mol P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 A. FeS2只作复原剂，CuSO4只作氧化剂 B. 5mol FeS2发生反响，有21mol电子转移 C. 产物中的离子都是氧化产物 D. Cu2S既是氧化产物又是复原产物【例9】以下说法正确的选项是( )A在101 k Pa时，1 mol C与适量反响生成1mol CO时，放出110.5 kJ热 量，那么C的燃烧热为

21、110.5 kJmol B在10l k Pa时，l mol完全燃烧生成液态水，放出2858 kJ热量，燃烧热 为 285.8KJ/mol C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：，假设将含 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】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【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响生成1mol水时的反响热。【答案】

22、此题的正确选项为C【练习9】以下关于热化学反响的描述中正确的选项是： AHCl和NaOH反响的中和热H57.3kJ/mol，那么H2SO4和BaOH2反响的中和热H257.3kJ/molBCOg的燃烧热是283.0kJ/mol，那么2CO2g 2COgO2g反响的H2283.0kJ/molC需要加热才能发生的反响一定是吸热反响D1mol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，反响时N2O4为氧化剂，生成氮气和水蒸气。：N2g+2O2g=N2O4g；H=+8.7kJ/mol N2H4g+O2g=N2g+2H2Og；H=534.0kJ/mol以

23、下表示肼跟N2O4反响的热化学方程式，正确的选项是 A2N2H4g+N2O4g=3N2g+4H2Og；H=542.7kJ/molB2N2H4g+N2O4g=3N2g+4H2Og；H=1059.3kJ/molC2N2H4g+N2O4g=3N2g+4H2Og；H=1076.7kJ/molDN2H4g+N2O4g=N2g+2H2Og；H=1076.7kJ/mol【错误分析】对盖斯定律的概念理解不透。【解题指导】对于一个化学反响，无论是一步完成，还是分几步完成，其反响的焓变是一样的。另外还要注意热化学方程式的书写，一定要注意标准性。【答案】此题的正确选项为CN2g+2O2g=N2O4g；H=+8.7k

24、J/mol N2H4g+O2g=N2g+2H2Og；H=534.0kJ/mol2即得到2N2H4g+N2O4g=3N2g+4H2Og；H=1076.7kJ/mol【练习10】以下有关热化学方程式的表达正确的选项是 A2H2(g)+O2(g) = 2H2O(l)；H=571.6kJmol-1，那么氢气的燃烧热为285.8kJmol-1BC石墨，s= C金刚石，s；H0，那么金刚石比石墨稳定C含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，那么稀醋酸和稀NaOH溶液反响的热化学方程式为：NaOH(aq)+CH3COOH(aq) = CH3COONa(aq) + H2O(l)

25、 H =57.4kJmol-1D2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) H1；2C(s)+O2(g)=2CO(g) H2，那么H1H2【例11】1用18mol/L硫酸配制1.0mol/L硫酸100ml,假设实验室仪器有：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2在以下操作中正确的选项是 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，缓缓参加蒸馏水到接近刻度线2-3cm处，用滴管滴加蒸馏

26、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屡次。F.假设定容时加水过量，用吸管吸出。G.向容量瓶中移液时有少量液体流出H.定容时仰视标线I.定容摇匀后液面下降又加水【错误分析】不能正确分析，对配制溶液的各个环节要领不清楚。【解题指导】对于配制一定物质的量浓度的溶液要抓住以下几个环节：a) 实验仪器b) 实验步骤c) 误差分析【答案】：1G、E、C、H、F或E、G、C、H、F 2A、D、

27、E B、C1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：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中所发生反响的离子方程式。3求甲、乙溶液的物质的量浓度。【例12】标准状况下，往100mL0.2mol

28、/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- 。 【解题指导】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。【答案】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%。所以消耗

29、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xmol(1) 当x0.5nmol时，这一反响的离子方程式是：2当x1.5nmol时，这一反响的离子方程式是：3当xnmol时，这一反响的离子方程式是：【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响。通过测定反响过程中所放出的热量可计算中和热。请答复以下问题。1理论上稀强酸、稀强碱反响生成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响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

30、的酸用水冲洗干净直接测量NaOH溶液的温度，那么测得的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c4.18J/g。为了计算中和热，某学生实验记录数据如下：实验序号起始温度t1终止温度t2盐酸氢氧化钠混合溶液120020123222022042343205206236依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热H_；结果保存一位小数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，或反响热后面没单位。还有的写不出A的名称。及误差分析不准确等。这些错误

31、的导致是无视了课本实验的回忆。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那么 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】11/2H2SO4(aq)+ 1/2 Ba(OH)2(aq)= 1/2BaSO4(s)+H2O(1)；H=-57.3kJmolH+(aq)+OH-(aq)=H2O(1)；H = 57.3kJmol-1，2环形玻璃搅拌棒 偏大3-51.8 kJmol4不能 H2SO4与Ba(OH)2反响生成的BaSO4沉淀的生成热会影响反响的反响热【练习13】(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

32、CO2和液态水时，放出热量50KJ。试写出丁烷燃烧反响的热化学方程式 _。又H2O(l)=H2O(g)；H=+44kJ/mol，那么58g丁烷完全燃烧生成气态水时放出热量为KJ。(2)含KOH28.0g稀溶液与足量稀硫酸反响，放出28.65KJ的热量，试写出该反响中和热的热化学方程式。【例14】在一定条件下，RO3n-和 I- 发生的离子方程式如下：RO3n-+ 6I- + 6H+ = R- + 3I2 + 3H2O(1)RO3n-中R元素的化合价是_(2)R元素的原子最外层电子数是_。【错误分析】错误答案1R的化合价为6-n；2R最外层电子数为5错误原因1没有注意到RO3n-带电核，而只注意

33、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根据离子反响电核守恒思想，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【练习14】某化学反响的反响物和产物如下：KMnO4+KI+H2SO4MnSO4+I2+KIO3+K2SO4+H2O 1该反响的

34、氧化产物是。 2如果该反响方程式中I2和KIO3的化学计量数都是5，请配平该反响化学方程式并标 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，进行以下实验：取白色固体少许，参加蒸馏水充分振荡得无色溶液；逐滴参加稀HNO3有白色沉淀生成。试答复：（1） 此白色固体中至少存在哪几种物质请写出全部可能。（2） 假设要证明固体的组成，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响认识不清【解题指导】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

35、离子组成的，假设混合物中仅含有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+反响得到的沉淀，那么该混合物可能是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)假设混合物是由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(

36、产生白色沉淀)，所以这两种情况中至少存在的物质是：Al2(SO4)3和KOHAgNO3、NH4Cl和KOH假设为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不反响，所以可向溶液中滴加BaCl2检验其组成。【答案】1Al2(SO4)3，KOH；AgNO3、NH4Cl和KOH 2取溶液，滴加BaCl2溶液假设有白色沉淀，固体为Al2(SO4)3和KOH混合物。假设无沉淀混合物为AgNO3、NH4Cl和KOH。【练习15】某无色溶液，其中有可能存在离子如

37、下：Na+、Ba2+、AlO3+、A1O2、S2、SO、SO。现取该溶液进行有关实验，实验结果如以下列图所示。请答复以下问题： 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12345答案CDCAC题号678910答案BDABBA11：1盐酸；乙：碳酸钠2CO32+H+HCO3；HCO3+H+CO2+H2O 30.8mol/L；1.0mol/L12：12Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-(2)2Fe2+4Br-+3Cl2=2Fe3+2Br-+6Cl-(3) 2Fe2+2Br-+2Cl2=2Fe3+ Br2+4Cl-13：(1)C4H10(g)+6.5O2(g)=4CO2(g)+5H2O(l)；H= 2900kJ/mol；2680kJ(2)1/2H2SO4(aq)+NaOH(aq)=1/2Na2SO4(aq)+H2O(l)；H= 57.3kJmol114:1I2、KIO3 28KMnO4+ 15KI+17H2SO4=8MnSO4+5I2+5KIO3+9K2SO4+17H2O15: (1) 硫或S(2)A1OH3； Al3+3HCO=Al(OH)3+3CO2 (3)BaCO3，可能含有BaSO42分(4)2S2+SO+6H+=3S+2H2O5S2、 SO、AlO、Na+