聚焦高考化學易錯知識點(二)

盧國鋒

易錯點5常見有機化合物及其應(yīng)用模塊

錯因分析缺乏空間想象能力，不能實現(xiàn)結(jié)構(gòu)鏈到環(huán)到立體的思維轉(zhuǎn)化；思維不全面導(dǎo)致同分異構(gòu)中特殊形式?jīng)]有考慮；醇與酚辨析不清，多官能團的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)互推嚴謹性不足。

（1）含5個碳原子的有機物，每個分子中最多可形成4個C－C單鍵（×）若是環(huán)烷烴則能形成5個C－C單鍵。

（2）蛋白質(zhì)、淀粉、纖維素、葡萄糖、油脂等都能在人體內(nèi)水解并提供能量（×）纖維素在人體內(nèi)不能水解。

（3）分子式為C4H6O2,它的同分異構(gòu)體有很多，符合①含有碳碳雙鍵②能水解③能發(fā)生銀鏡反應(yīng)條件的同分異構(gòu)體有3種。根據(jù)限定條件寫出如下三種，第一種烯烴結(jié)構(gòu)中有順反異構(gòu)，所以有四種異構(gòu)體。

HCOOCHCHCH3HCOOCH2CHCH2HCOOCCH3CH2

（4）某高分子化合物R的結(jié)構(gòu)簡式為：CCH3COOCH2CH2OCOCHOHCH2CH2，可以通過加聚反應(yīng)和縮聚反應(yīng)生成R， R完全水解后生成物均為小分子有機物，R的單體之一的分子式為C9H10O2，堿性條件下，1 mol R完全水解消耗NaOH的物質(zhì)的量為2 mol（×）R完全水解后生成物為CH2CCH3COOH、HOCH2CH2OH、HOCOCHOHCH2，只有HOCH2CH2OH屬于小分子， 1 個R中含有（n+m）mol個酯基，1 mol R水解需（n+m）mol的NaOH。

（5）已知COHROH自動脫水R—CHO中A的分子式為C4H8O3。現(xiàn)有A、B、C、D、E、F六種有機物有如下轉(zhuǎn)化， 則有機物A結(jié)構(gòu)可能有四種， 反應(yīng)①屬于氧化反應(yīng)，有機物B、D的最簡式相同（×） A和氫氧化鈉反應(yīng)的兩種生成物可以轉(zhuǎn)化，說明B和C中含有相同的碳原子數(shù)，且B含有醛基，所以A的結(jié)構(gòu)簡式為CH3COOCH(OH)CH3，則B是CH3CHO，C是CH3COONa，D是CH3COOH，E是CH3CH2OH，F(xiàn)是CH3COOCH2CH3。反應(yīng)①是醛基的還原反應(yīng)。

（6）圖1表示在催化劑作用下將X和Y合成具有生物活性的物質(zhì)Z，W是中間產(chǎn)物(R1、R2均為烴基)。反應(yīng)①屬于取代反應(yīng)，1 mol W完全加成需要4 mol H2，X核磁共振氫譜有四個峰，X、Y、W、Z都能與NaOH溶液反應(yīng)（√）W中含有1個苯環(huán)和1個羰基，苯酚中氫原子分為4類，X、Y、W、Z中含有酚羥基或酯基，都能與NaOH溶液反應(yīng)。

圖1易錯點6化學實驗?zāi)K

錯因分析缺乏對實驗裝置變通性，無法形成有效遷移；不了解實驗條件的控制方法、測量方法、記錄方法、實驗數(shù)據(jù)的處理方法。

圖2（1）粗碘轉(zhuǎn)入到干燥的高型燒杯中，燒杯口放一合適的支管蒸餾燒瓶，蒸餾燒瓶口配一單孔膠塞，插入一根長玻璃管至蒸餾燒瓶底部，蒸餾燒瓶內(nèi)放入一些冰塊，a、b為冷凝水進出口，其中b接水龍頭進水（×）泠凝水的流動方向是下口進上口流出，表面是b為下口，實際a為下口(圖2)。

(2) 實驗事實,向盛有1 mL 0.1 mol·L-1 MgCl2溶液的試管中滴加1 mL 1 mol·L-1 NaOH溶液，有白色沉淀生成，再滴加2滴0.1 mol·L-1 FeCl3溶液，靜置，出現(xiàn)紅褐色沉淀。原因分析，Mg2++2OH-Mg(OH)2↓;3Mg(OH)2(s)+2Fe3+(aq)2Fe(OH)3(s)+3Mg2+(aq) （×）從量上分析NaOH溶液與MgCl2反應(yīng)后剩余，紅褐色沉淀的生成不是沉淀轉(zhuǎn)化，而是Fe3++3OH-Fe(OH)3↓。

(3)

有如下現(xiàn)象i.液面上方出現(xiàn)白霧；ii.稍后，出現(xiàn)渾濁，溶液變?yōu)辄S綠色；iii.稍后，產(chǎn)生大量白色沉淀，黃綠色褪去。現(xiàn)象ii中溶液變?yōu)辄S綠色的可能原因:隨溶液酸性的增強，漂粉精的有效成分和Cl-發(fā)生反應(yīng)。通過進一步實驗確認了這種可能性，設(shè)計實驗方案是向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，觀察溶液是否變?yōu)辄S綠色（√）溶液的酸性是產(chǎn)生現(xiàn)象的原因，條件控制為酸性，SO2被漂粉精氧化為硫酸，所以選用硫酸，若出現(xiàn)溶液變?yōu)辄S綠色則假設(shè)成立。

（4）鐵明礬［Al2Fe(SO4)4·24H2O］對3H2C2O4+Cr2O2-7+8H+6CO2↑+2Cr3++7H2O反應(yīng)有催化作用，為了鐵明礬中Fe2+起催化作用，可供選擇的藥品有K2SO4、FeSO4、K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O、Al2(SO4)3等。（溶液中Cr2O2-7的濃度可用儀器測定），設(shè)計實驗方案是相同條件下，等物質(zhì)的量Al2(SO4)3代替原實驗中的鐵明礬，反應(yīng)進行相同時間后，若溶液中c(Cr2O2-7)大于原實驗中c(Cr2O2-7)，則假設(shè)成立；若兩溶液中的c(Cr2O2-7)相同，則假設(shè)不成立（√）實驗控制變量，相同實驗條件下，溶液中只相差Fe2+即可。也可以用等物質(zhì)的量K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替原實驗中的鐵明礬，進行對比實驗。

易錯點7化學用語使用技能模塊

錯因分析化學用語運用的程度，是衡量學生化學知識水平的重要標志，新信息給予型的化學方程式，及生產(chǎn)流程中反應(yīng)轉(zhuǎn)化方程式書寫，因不能對新信息消化重組新的知識結(jié)構(gòu)， 不能進行再認、推演等，思維受阻。

（1）圖3裝置進行醋酸亞鉻的制備，醋酸亞鉻（其中鉻元素為二價）是紅棕色晶體，不溶于水，在潮濕時，Cr2+極易被氧化成Cr3+。在A中放入1.47 g K2Cr2O7粉末、7.50 g 鋅絲（過量），錐形瓶中放冷的醋酸鈉溶液，在恒壓滴液漏斗中放入35.00 mL 8.00 mol·L-1鹽酸，夾緊彈簧夾1，打開彈簧夾2，滴入鹽酸，待反應(yīng)結(jié)束后，將A中的液體轉(zhuǎn)移到錐形瓶中，可見錐形瓶內(nèi)有紅棕色晶體析出。裝置A的溶液中所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Cr2O2-7+8Cl-+14H+2Cr2++4Cl2↑+7H2O（×）題干中Cr2+極易被氯氣氧化成Cr3+，題中標注鋅絲（過量），Zn的還原性強于鹽酸，正確書寫為Cr2O2-7+4Zn+14H+2Cr2++4Zn2++7H2O。

圖3（2）“沉鈷”過程中發(fā)生反應(yīng)的化學方程式CoSO4+NH4HCO3CoCO3↓+NH4HSO4 （×）NH4HSO4的酸性相當于一元強酸，能與NH4HCO3繼續(xù)反應(yīng)，正確的書寫是CoSO4+2NH4HCO3CoCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O。

（3）氯化鈉電解法是一種可靠的工業(yè)生產(chǎn)ClO2方法。該法工藝原理如圖4。其過程是將食鹽水在特定條件下電解得到的氯酸鈉（NaClO3）與鹽酸反應(yīng)生成ClO2。發(fā)生器中生成ClO2的化學方程式為5NaClO3+6HCl6ClO2↑+5NaCl+3H2O（×）只考慮NaClO3和HCl歸中生成ClO2，沒有結(jié)合原理圖，二氧化氯發(fā)生器有氯氣生成2NaClO3+4HCl2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。

圖4（4）某鋰離子電池正極材料有鈷酸鋰（LiCoO2）、導(dǎo)電劑乙炔黑和鋁箔等。充電時，該鋰離子電池負極發(fā)生的反應(yīng)為6C+xLi++xe-LixC6。充放電過程中，發(fā)生LiCoO2與Li1-xCoO2之間的轉(zhuǎn)化，放電時電池反應(yīng)方程式Li1-xCoO2+LixC6LiCoO2+6C（√）充電時負極接陰極發(fā)生還原反應(yīng)LixC6+xe-6C+xLi+，正極接陽極發(fā)生氧化反應(yīng)Li1-xCoO2-xe-+xLi+LiCoO2兩極疊加得總電極反應(yīng)式。

易錯點8化學計算技能模塊

錯因分析試題情景不明了，化學概念與原理模糊，數(shù)據(jù)對應(yīng)錯誤；運算中有效數(shù)字規(guī)則不清，對數(shù)據(jù)位數(shù)取舍失準。

（1）汽車劇烈碰撞時，安全氣囊中發(fā)生反應(yīng)10NaN3+2KNO3→K2O+5Na2O+16N2↑。若氧化物比還原物多1.75 mol，則生成40.0 L N2（標準狀況），有0.250 mol KNO3被氧化，被氧化的N原子的物質(zhì)的量為3.75 mol（×）反應(yīng)中NaN3中N元素化合價升高，被氧化，KNO3中N元素由+5價降低為0，反應(yīng)中共轉(zhuǎn)移10電子，氧化產(chǎn)物15 mol還原產(chǎn)物1 mol，氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多14 mol，

16N2↑～14 mol～2 mol KNO3被還原～

n11.75 mol

30 mol的N原子被氧化～轉(zhuǎn)移10 mol電子

n2 n3

n1=2 mol生成標準狀況下氮氣的體積為44.8 L，n2=3.75 mol,n3=1.25 mol

(2)白磷中毒后可用CuSO4溶液解毒，解毒原理可用下列化學方程式表示：11P4+60CuSO4+96H2O20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4,60 mol CuSO4能氧化白磷的物質(zhì)的量是6 mol（×）錯解60 CuSO4～24H3PO4～6P4，24H3PO4是白磷自身氧化還原反應(yīng)產(chǎn)物，得失電子守恒60 mol CuSO4得到60 mol e-，60=n×4×（5-0）n=3 mol

圖5（3）電化學降解NO-3的原理如圖5所示若電解過程中轉(zhuǎn)移了2 mol電子，則膜兩側(cè)電解液的質(zhì)量變化差(Δm左－Δm右)為10.4 g（×）左側(cè)電極反應(yīng)為H2O電離的OH-放電：

4OH--4e-2H2O+O2↑

4 mol32 g

2 mol 16 g

轉(zhuǎn)移2 mol電子，離子交換膜H+移向右側(cè)，左側(cè)電解液共減少：16 g+2 g=18 g

右側(cè)電極反應(yīng)：

2NO-3+6H2O+10e-N2↑+12OH-

10 mol28 g

2 mol 5.6 g

轉(zhuǎn)移2 mol電子，右側(cè)電解液共減少：5.6 g-2 g=3.6 g因此兩側(cè)電解液的質(zhì)量變化為：18 g-3.6 g=14.4 g。

(收稿日期： 2014-03-15)

易錯點8化學計算技能模塊

錯因分析試題情景不明了，化學概念與原理模糊，數(shù)據(jù)對應(yīng)錯誤；運算中有效數(shù)字規(guī)則不清，對數(shù)據(jù)位數(shù)取舍失準。

（1）汽車劇烈碰撞時，安全氣囊中發(fā)生反應(yīng)10NaN3+2KNO3→K2O+5Na2O+16N2↑。若氧化物比還原物多1.75 mol，則生成40.0 L N2（標準狀況），有0.250 mol KNO3被氧化，被氧化的N原子的物質(zhì)的量為3.75 mol（×）反應(yīng)中NaN3中N元素化合價升高，被氧化，KNO3中N元素由+5價降低為0，反應(yīng)中共轉(zhuǎn)移10電子，氧化產(chǎn)物15 mol還原產(chǎn)物1 mol，氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多14 mol，

16N2↑～14 mol～2 mol KNO3被還原～

n11.75 mol

30 mol的N原子被氧化～轉(zhuǎn)移10 mol電子

n2 n3

n1=2 mol生成標準狀況下氮氣的體積為44.8 L，n2=3.75 mol,n3=1.25 mol

(2)白磷中毒后可用CuSO4溶液解毒，解毒原理可用下列化學方程式表示：11P4+60CuSO4+96H2O20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4,60 mol CuSO4能氧化白磷的物質(zhì)的量是6 mol（×）錯解60 CuSO4～24H3PO4～6P4，24H3PO4是白磷自身氧化還原反應(yīng)產(chǎn)物，得失電子守恒60 mol CuSO4得到60 mol e-，60=n×4×（5-0）n=3 mol

圖5（3）電化學降解NO-3的原理如圖5所示若電解過程中轉(zhuǎn)移了2 mol電子，則膜兩側(cè)電解液的質(zhì)量變化差(Δm左－Δm右)為10.4 g（×）左側(cè)電極反應(yīng)為H2O電離的OH-放電：

4OH--4e-2H2O+O2↑

4 mol32 g

2 mol 16 g

轉(zhuǎn)移2 mol電子，離子交換膜H+移向右側(cè)，左側(cè)電解液共減少：16 g+2 g=18 g

右側(cè)電極反應(yīng)：

2NO-3+6H2O+10e-N2↑+12OH-

10 mol28 g

2 mol 5.6 g

轉(zhuǎn)移2 mol電子，右側(cè)電解液共減少：5.6 g-2 g=3.6 g因此兩側(cè)電解液的質(zhì)量變化為：18 g-3.6 g=14.4 g。

(收稿日期： 2014-03-15)

易錯點8化學計算技能模塊

錯因分析試題情景不明了，化學概念與原理模糊，數(shù)據(jù)對應(yīng)錯誤；運算中有效數(shù)字規(guī)則不清，對數(shù)據(jù)位數(shù)取舍失準。

（1）汽車劇烈碰撞時，安全氣囊中發(fā)生反應(yīng)10NaN3+2KNO3→K2O+5Na2O+16N2↑。若氧化物比還原物多1.75 mol，則生成40.0 L N2（標準狀況），有0.250 mol KNO3被氧化，被氧化的N原子的物質(zhì)的量為3.75 mol（×）反應(yīng)中NaN3中N元素化合價升高，被氧化，KNO3中N元素由+5價降低為0，反應(yīng)中共轉(zhuǎn)移10電子，氧化產(chǎn)物15 mol還原產(chǎn)物1 mol，氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多14 mol，

16N2↑～14 mol～2 mol KNO3被還原～

n11.75 mol

30 mol的N原子被氧化～轉(zhuǎn)移10 mol電子

n2 n3

n1=2 mol生成標準狀況下氮氣的體積為44.8 L，n2=3.75 mol,n3=1.25 mol

(2)白磷中毒后可用CuSO4溶液解毒，解毒原理可用下列化學方程式表示：11P4+60CuSO4+96H2O20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4,60 mol CuSO4能氧化白磷的物質(zhì)的量是6 mol（×）錯解60 CuSO4～24H3PO4～6P4，24H3PO4是白磷自身氧化還原反應(yīng)產(chǎn)物，得失電子守恒60 mol CuSO4得到60 mol e-，60=n×4×（5-0）n=3 mol

圖5（3）電化學降解NO-3的原理如圖5所示若電解過程中轉(zhuǎn)移了2 mol電子，則膜兩側(cè)電解液的質(zhì)量變化差(Δm左－Δm右)為10.4 g（×）左側(cè)電極反應(yīng)為H2O電離的OH-放電：

4OH--4e-2H2O+O2↑

4 mol32 g

2 mol 16 g

轉(zhuǎn)移2 mol電子，離子交換膜H+移向右側(cè)，左側(cè)電解液共減少：16 g+2 g=18 g

右側(cè)電極反應(yīng)：

2NO-3+6H2O+10e-N2↑+12OH-

10 mol28 g

2 mol 5.6 g

轉(zhuǎn)移2 mol電子，右側(cè)電解液共減少：5.6 g-2 g=3.6 g因此兩側(cè)電解液的質(zhì)量變化為：18 g-3.6 g=14.4 g。

(收稿日期： 2014-03-15)