高考化学应试中常见错误解析.docx
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高考化学应试中常见错误解析
一、挖掘不透 难化能力
有些学生知识不能说没有掌握,教材也看了多遍,可就是找不到解题思路的突破口,究其原因,多是由于对知识的理解停留于教材字面,对知识的深度和广度挖掘不透,使所学的知识不活,知识难以转化为能力。
例有机物①CH2OH(CHOH)4CHO ②CH3CH2CH2OH ③CH2=CHCH2OH ④CH2=CHCOOCH3 ⑤CH2=CHCOOH中既能发生加成反应、酯化反应,又能发生氧化反应的是 ( )
A、③⑤ B、①③⑤ C、②④ D、①③
误解
(1)认为C=C才能发生加成反应,答:
A;
(2)认为只有—CHO和—CH2OH才能发生氧化反应,答:
D
分析:
错因,对有机物发生加成反应、氧化反应的理解停留在教材的字面上,对其规律挖掘不透。
正确思路:
能发生加成反应的有机物有:
①含C=C的有机物;②含C C的有机物;③含苯环的有机物;④含—CHO的有机物;⑤含—CO—(酮类)的有机物。
能发生氧化反应的有机物很多(燃烧也属于有机物的氧化反应)。
综上所述,答案为B。
二、因循守旧 负向迁移
已学知识对新学知识既可产生积极的促进作用,也可产生消极的干扰作用,前者叫“正迁移”,后者叫“负迁移”。
在化学考试中,旧知识、旧的解题方法以至答案对解题往往产生“惯性”干扰,从解题暴露出的问题来看,以概念性错误尤为普遍,而概念性错误又以知识间的相互混淆最为严重。
一般来说,容易混淆的知识之间虽然本质方面并不相同或不完全相同,但有其共同之点,这就是心理学上所说的“共同因素”,是产生知识负迁移的前提。
例 25℃时PH=7的(NH4)2SO4与NH3.H2O的混合溶液中NH4+与SO42—物质的量浓度之比是 ( )
A、等于2:
1 B、大于2:
1 C、小于2:
1 D、无法判断
误解 选B
分析:
不少学生认为NH3.H2O过量溶液呈碱性,继而推断出[NH4+]与[SO42—]之比大于2:
1。
正确思路:
打破旧知识的束缚,抓住问题的本质,因为混合溶液的PH=7,故[H+]=[OH—];由电荷守恒原理有关系式:
[H+]+[NH4+]=[OH—]+2[SO42—],答案为A。
三、规律运用 以偏概全
学习化学,要学会总结,善于揭示化学规律的本质,以加深理解,便于记忆。
但是,化学规律与其他任何规律一样,有绝对规律,也有一般性的相对规律,即规律性的结论常有例外或不适用的情况。
忽视了化学规律的特殊性,就易犯以偏概全的错误,解答出错也就在所难免了。
例 下列叙述中正确的是 ( )
A、构成分子晶体的微粒一定含有共价键
B、失电子难的原子,其得电子一定容易
C、两种不同的酸溶液混合,溶液一定呈酸性
D、离子晶体也可以完全由非金属构成
误解
(1)认为Cl2、CO2、H2SO4、CH3COOH等分子晶体中含有共价键。
选A。
(2)认为F、O、Cl、Br等原子失电子难,得电子容易,选B。
(3)认为H2SO4与HCl、HNO3与H2SO3等混合,溶液呈酸性,选C。
认为NaCl、CaF2、Na2SO4等离子晶体由金属和非金属元素构成,不选D。
分析:
只注重规律的共性忽略了规律的个性。
正确思路:
既把握规律共性,又抓规律的个性防止运用化学规律以偏概全,对于A、B例外的有He、Ne等稀有元素的单质不含共价键,元素的原子既不易失去电子,也不易得到电子;对于C,例外的有2H2S+H2SO4=2S↓+3H2O等;对于D,NH4Cl、NH4NO3等符合题意,故本题答案为D。
四、课本知识 不能拓展
高考命题与答题点的关系可以说是“题在书外,理在书内”,有的学生缺少对课本知识拓展的“再学习”习惯,不能适应考查知识再生力的问题。
例 已知Cl2、Al2(SO4)3、CaC2、C2H5Br、CH3COOCH3等物质均能与水发生反应,反应中各物质和水分别解理成两部分,然后两两重新组合形成新物质。
下列五种物质常温下很容易与水反应:
BrCl CH3COCl SiCl4 Mg3N2 CH3COOOCCH3
试问:
(1)在后面所给的五种物质与水反应的物质中,属于最高价氧化物的水化物的是 ,属于无氧酸的是 。
(2)分别将0.01mol的这五种物质放入0.1L水中反应,结果使溶液的PH值接近3的原物质是 。
误解
(1)由Cl2+H2O=HCl+HClO错推出BrCl+H2O=HBr+HClO;
(2)不能由乙酸乙酯的水解反应导出乙酸酐水解的方程式。
分析:
(1)将BrCl与Cl2等同看待,忽视了氯与溴的非金属性强弱不同;
(2)不能拓展出某些物质与水反应的本质规律而运用。
正确思路:
由已知(熟悉)物质与水反应及题示信息,拓展出一类物质与水反应的规律并运用。
规律:
AB+HOH→A(OH)a+HbB
应用:
BrCl+HOH=HBrO+HCl(BrCl中Br显+1价,Cl显—1价)
CH3COCl+HOH→CH3COOH+HCl SiCl4+4HOH=4HCl+Si(OH)4↓
Mg3N2+6HOH=3Mg(OH)2↓+2NH3↑ (CH3CO)2O+HOH→2CH3COOH
当这些物质的浓度均为0.1mol/L时,BrCl和CH3COCl溶于水,[H+]=0.1mol/L;SiCl4溶于水,[H+]=0.4mol/L;Mg3N2溶于水,生成的氨溶液呈碱性;只有(CH3CO)2O溶于水生成弱酸(浓度为0.2mol/L),其[H+]较小。
答案:
(1)Si(OH)4及Mg(OH)2;HCl
(2)(CH3CO)2O
五、题示信息 生搬硬套
例1 具有—C C—H结构的炔在一定条件下可以与醛发生如下加成反应,生成含有三键的炔醇(炔醇具有炔的通性)。
根据上述给出的信息,判断乙炔与甲醛发生加成反应,可得到 种炔醇,它们的结构简式是 。
并请写出由电石、水、甲醛和氢气制取1,4—丁二醇(HOCH2CH2CH2CH2OH)各步反应的化学方程式。
(不必写出反应条件)
误解 1 HOCH2—C C—H
分析:
不能对新信息给予分析和评价。
正确思路:
上述给定产物仍具有—C C—H结构,它还可以与HCHO反应,得HOCH2C CCH2OH。
答案:
2 HOCH2—C C—H HOCH2C CCH2OH
①CaC2+H2O Ca(OH)2+C2H2 ②HC CH+2HCHO HOCH2C CCH2OH
③HOCH2C CCH2OH+2H2 HOCH2CH2CH2CH2OH
例2 NaBH4作为还原剂,在有机化学中有极广泛的用途。
(1)NaBH4极易溶于水并与水反应产生H2,反应后硼以BO2—形式存在,写出反应的离子方程式 。
(2)溶液的酸性越强,NaBH4与水的反应速率越 (填快或慢)。
(3)NaBH4可使许多金属离子还原为金属原子,例如可使含有金属离子废液中的Au3+还原,其反应的离子方程式为 。
误解 不能将题示信息结合教材中已有知识产生“顿悟”,对于
(2)(3)只能放弃作罢。
分析:
正确思路:
(1)根据题给信息,不难推知水是氧化剂,沿着这条思路不难写出离子方程式BH4—+2H2O=BO2—+4H2↑;
(2)因为NaBH4与水反应的实质是H—与H+反应,因此溶液的酸性越强,[H+]越大,反应速率越快,且生成弱电解质HBO2使反应更易向右进行;(3)由
(1)
(2)分析知,在中性或酸性溶液中,BH4—与H2O能剧烈反应而消耗,为了抑制BH4—与H2O反应,促使BH4—与Au3+反应,显而易见,只有在碱性条件下进行,即8Au3++3BH4—+24OH—=8Au+3BO2—+18H2O。
六、双基不实 综合力差
有些试题并不难,但得分率却很低,暴露出有相当数量的学生没有扎实地学好基础知识与基本技能,导致知识的结合力、综合力很差。
例 工业上从铝土矿(含氧化铝、氧化铁等),制取铝的流程如下:
经分析生产原料(铝土矿)和提取Al2O3后的残渣(赤泥)的部分成分如表(以氧化物表示),且已知铝土矿中Fe2O3全部转入赤泥
Al2O3
Fe2O3
Na2O(由NaOH折算成Na2O)
铝土矿
55%
16%
0%
赤泥
15%
48%
8%
①生产中每消耗1T铝土矿将产生 T赤泥。
②试计算每练出1T铝,理论上需要多少吨铝土矿?
应补充多少吨NaOH?
(保留2位小数)
误解
(1)设需要铝土矿xT,误认为铝土矿中的Al2O3全部转化为Al,列关系式x.55%=102/54,解得x=3.43T;
(2)把赤泥的质量当成铝土矿的质量,根据关系式2Al~Al2O3~2NaOH。
解得NaOH质量为1.48T。
分析:
错因:
(1)忽视了部分Al2O3进入到赤泥中;
(2)赤泥的质量不等于铝土的质量;(3)若NaOH不进入赤泥中,根据Na+守恒的关系,则A滤液中NaOH的质量应等于参加反应的NaOH的质量,此时不需补充NaOH,依题意,赤泥中有NaOH(损耗的部分),即为需要补充的NaOH。
正确解法:
①据网络图,铝土矿中Fe2O3的质量等于赤泥中Fe2O3质量,设每消耗1T铝土矿将产生xT赤泥。
1×16%=x.48%,解得x=1/3;②设每炼出1T铝消耗铝土矿yT。
依①的结果,同时生成赤泥y/3T.要冶炼1T铝,由计算知需耗102/54TAl2O3,据网络图有关系式:
铝土矿中Al2O3的量=用于冶炼的Al2O3的量+赤泥Al2O3的量
y×55%=102/54+(y/3)×15%,解得y=3.78
由Na2~NaOH,补充NaOH质量=赤泥中NaOH质量=3.78×1/3×8%×80/62=0.13T
七、机械类比 结论豁然
某些客观事物之间既有相似的一面,又有差异的一面,相似的一面是类比的客观基础,而差异的一面则对类比起限制作用,类比方法推断的结论很可能正是两个对象的差异点而导致错误。
所以,类比方法的推论带有或然性,如果在解题过程中无视两类对象共同的本质属性,只是罗列一些看起来相同的现象或一般属性就去类比,必然陷入机械类比的错误之中。
例 从含Cu2S的铜矿石中冶炼铜有多种方法,其中一种是:
①先将矿石通空气高温焙烧,生成两种氧化物。
②将焙烧过的矿石加上比它质量约少一半的未经焙烧过的矿石,混合均匀后隔绝空气再进行高温煅烧,结果得到金属和一种刺激性气体。
写出上述反应的化学方程式① ,② 。
误解 认为Cu2S与FeS2类似,由4FeS2+11O22Fe2O3+2SO2类推①Cu2S+2O2CuO+SO2②2CuO+Cu2S4Cu+SO2↑
分析:
①忽视了生成产物CuO和Fe2O3的热稳定性差异,高温下Fe2O3不分解,CuO发生分解生成Cu2O;4CuO2Cu2O+O2↑②无视题目中在“量”上的暗示“约少一半”。
该题思路:
由误解的化学方程式②可知CuO和Cu2S等质量反应,与题意相矛盾,错误的根源只可能为反应①的产物不是CuO,那么这种氧化物只能是Cu2O,答案为①2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2;②2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑。
八、思维不清 误入圈套
思维的过程包括感知、理解、巩固和应用等基本环节。
对信息的加工思维步骤包括吸收、排除、检索、调用、校正(修正)等批判性思维,缺乏思维的批判性、思维的敏捷性,解题便别真伪、是非的能力就差。
考试命题者常有意设置“圈套”或“陷阱”,在解题时,思维不精明的学生,难以明辨是非曲直,沿习常规思维方式或机械地套用常用的解法,很容易上当受骗,造成错答。
例 浅绿色的Fe(NO3)2溶液中,存在如下平衡:
Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+若在此溶液中加入盐酸后,溶液颜色的变化及原因是 。
误解
(1)加入盐酸后,溶液中的[H+]增大,水解平衡向左移动,[Fe2+]增大,溶液由浅绿色变为绿色(加深);
(2)加入盐酸后,尽管溶液中[H+]增大,平衡左移,但溶液的体积增大比Fe2+的量增大得多,故[Fe2+]减小,溶液颜色变浅。
分析:
由于命题者有意设置水解平衡这一障碍,批判性思维能力差的学生思维受水解平衡负诱导,难辨解决问题的主渠道,导致答题恰好落入命题者设置的圈套之中。
正确思路:
抓住主要矛盾,用否定的方法探究问题,从反应或侧面提出自己的见解,答:
颜色变棕黄色,原因是NO3—在H+存在的条件下,将Fe2+氧化成Fe3+。
九、思维紊乱 表达疏漏
回答化学问题(简答题、填空题等),要组织表达的内容,抓住问题的要害,安排好表达顺序,注意答题的结构严谨,层次分明。
有些学生在回答化学问题时叙述粗简,说理不充分,究其原因,主要是由于思维能力差,思维紊乱,条理不清。
例 一定温度下,在Na2CO3饱和溶液中通CO2后有NaHCO3沉淀析出,除了NaHCO3溶解度小于Na2CO3这个主要原因外,还有什么原因?
。
误解
(1)认为生成的NaHCO3水解程度小于Na2CO3水解程度,回答的焦点不能指向问题的实质;
(2)认为CO2+H2O=H2CO3减少了溶剂的量,没有抓住减少溶剂的主要因素。
分析:
不能从“有利于晶体析出的因素”(初中知识)出发形成表述思路。
正确思路:
在一定温度下,下列三个方面的改变均有利于晶体析出:
①减少溶解度(本题已给出);②减少溶剂的质量;③增加溶质的质量,结合反应原理Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3。
很容易形成正确的表达顺序:
一方面因水参加反应,溶剂量减少;另一方面,反应后生成的溶质使原溶液中溶质的质量增加,均有利于晶体析出。
例2 稀硫酸与锌片反应时,若加入可溶性的固体醋酸铜(CH3COO)2Cu。
将产生两种影响氢气生成速率的因素。
其一是 ;其二是
。
误解
(1)认为锌与铜盐发生置换反应,锌的量减少,反应速度减慢,
(2)表述时虽有合理成分,但均未点出关键,表达疏漏。
分析:
思维的有序性和准确的文字表述能力差,正确思路:
学会从题给信息和迁移的旧知识中分析主要矛盾,抓关键问题,答:
锌与铜盐溶液反应置换出铜,形成Zn—Cu原电池,加快反应速率;CH3COO—与H+结合成难电离的CH3COOH。
溶液中[H+]减少,反应速度减慢。
十、思维粗疏 片面肤浅
学生解题时,常对哪些与结论(要求)有直接联系的,能有效提供解题途径的条件特别重视,而对其他结论、“要求”具有间接、隐蔽关系的条件,却会随着解题过程的“得出”而被忽视。
因此,学生很难完整地把握题设条件,特别是隐含条件。
例 常温下,向20L真空容器内通入amol硫化氢和bmol二氧化硫(a和b都是正整数,且a≤5,b≤5)反应完全后,容器内的气体可能达到的最大密度约是( )
A、24.5g/L B、14.4g/L C、8g/L D、5.1g/L
误解 没有考虑到SO2和H2S易发生反应的隐含条件,则会认为要使气体密度最大,气体的质量必须最大,即a、b都取最大值,a=b=5mol,ρ最大==24.5g/L,错选A。
若忽视了H2S、SO2的分子量大小,即密度不一样,则只考虑H2S过量,而没有考虑到SO2过量的情况。
A=5mol,b=1mol,过量的H2S为3mol,ρ最大==5.1g/L,错选D。
若忽视随着反应进行,气体质量不断减少条件,则会认为取a=b=5mol,开始时气体质量最大,SO2过量2.5mol,则ρ最大==8g/L,错选C。
分析:
可见,教学中必须注意学生正确、完整地理解和把握题设条件,特别是洞察和使隐含条件显现化的能力。
由于隐含条件巧妙地隐藏在题目中间,解题时若疏忽了这些条件就会导致失误。
所以,教学中要注意培养学生认真细致审题及解后反思的良好习惯。
要有意识地将从学生作业中搜到的因忽视隐含条件导致的差错,适时向全体学生公布,让学生讨论,找出问题所在,并自行纠正错误,进而学会认真审题,寻找“隐点”,化“隐”为显,从可疑处入手,充分挖掘与解题指向关系密切的各隐含信息,同时对挖掘出的各种隐含信息进行去粗取精,化繁为简,最终提高学生识别隐含条件的能力和思维的全面性、深刻性。
十一、潜在假设 主观臆断
有些学生在解题时,由于受一般规律和解题愿望的影响,常常下意识地将潜在假设加以应用而铸成大错。
例 有甲、乙两学生做了如下实验:
甲学生在制得的氢氧化镁沉淀中,加入浓的氯化铵溶液,结果沉淀完全溶解,乙学生在制得的氢氧化镁沉淀中,加入浓的CH3COONH3溶液,结果沉淀也完全溶解。
试用有关理论解释上述事实。
误解 调查显示,有48.2%的同学受到潜在假设“Mg(OH)2易溶于酸中”的影响,错答为:
由于NH4+水解显酸性,H+与OH—结合使[OH—]减少,使Mg(OH)2固体Mg2++2OH—平衡向右移动,故Mg(OH)2沉淀溶解。
那么,醋酸铵溶液呈中性,怎样解释Mg(OH)2溶解的事实?
事实上,此处问题的症结不在H+与OH—的结合,而在于NH4+与OH—结合成NH3.H2O而使[OH—]减少,Mg(OH)2沉淀溶解。
十二、错误类比 定势束缚
思维定势就是在已有知识和经验的基础,用某种固定的思维方式去考虑问题,表现出思维的一种倾向性,它是人们解决问题的基础和出发点,学生解题时,通常是按照自己已掌握的知识和习惯了的思维方式去考虑问题的,就解题的常规这是行之有效的,然而,思维定势既有积极作用也存在消极影响,由于学生的思维能力在一定时间内具有局限性和倾向性,考虑问题,容易出现“思维固定化”和“思维单向化”的现象,从而导致解题失误。
例 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,和某些非金属反应生成相应卤化物,跟水反应的化学方程式为:
IBr+H2O=HIO+HBr,则下列关于IBr的叙述正确的是( )
A、固态溴化碘是分子晶体 B、和NaOH溶液反应时生成NaBr+NaIO
C、IBr分子中存在非极性共价键 D、与水反应,IBr既是氧化剂,又是还原剂
误解 学生答题时,错误地将IBr与卤素单质和水的反应视为等同,而错选D;有的错误将IBr分子中化学键与卤素单质分子中化学键视为等同,而错选C。
分析:
要克服思维定势的消极影响,应从加强双基教学入手,加强基本解题方法的训练,改变学生按固定思维模式思考问题的习惯。
加强发散思维的培养,适当采用一题多解,一题多变,多题一解等方式,让学生从不同角度多方位考虑问题,探求最佳解题方法,拓展思维的深广度。
十三、派生不力 难寻蹊径
派生机智,是分析问题时将某一概念或原理通过推理、想象、比较等思维方法,派生出新的概念或新原理的思维灵活性机智。
派生机智不强的学生,很难揭示知识间的“隐含”、“变通”关系,难寻解决问题的蹊径。
例1 25℃时,将0.1mol/L的NaOH溶液逐滴滴入0.1mol/L的CH3COOH溶液中,当滴加至溶液的[Na+]=[CH3COO—]时,溶液的PH值是 ( )
A、大于7 B、小于7 C、等于7 D、不能确定
误解 认为恰好完全反应时生成CH3COONa,因为CH3COO—水解而使[Na+]>[CH3COO—]若要[Na+]=[CH3COO—]必须使醋酸过量,故溶液呈酸性,误答B。
分析:
错因:
不能从电解质溶液呈电中性的概念派生出“电荷守恒原理”。
误用定性判断解决定量问题,正确思路:
根据电荷守恒原理:
[Na+]+[H+]=[CH3COO—]+[OH—],当[Na+]]=[CH3COO—]时,[H+]=[OH—],故答案为C。
例2 Na2C2O4能被高锰酸钾氧化生成二氧化碳,实验测知每生成1120mL(标准状况)二氧化碳需消耗100mL0.1mol/L的高锰酸钾溶液,则反应后锰元素的化合价为( )
A、+6 B、+4 C、+2 D、无法确定
误解 试图通过化学方程式去确定答案,因配平问题的复杂性只能放弃或乱猜。
分析:
正确思路:
运用氧化还原反应得失电子守恒解题,设反应后锰元素的化合价为+a价,则有:
氧化剂,还原剂,根据得失电子数相等:
0.1×0.1×(7—a)=(0.05/2)×2,解得a=2。
故答案为C。
此外,在原电池、电解等问题的计算中,可以派生出在相同的时间内,通过原电池(电解池)的正、负极(阴、阳极)电子数相等这一规律;根据化学反应中质量守恒定律派生出“元素守恒”等守恒法解题依据。
十四、转换不灵 无法变通
转换机智是指在确定解题思路时,当用某一种思维方法(如正向,逆向,纵向,横向,直接,间接等)受阻时,能迅速转换位另一种有效思维方法的思维灵活性机智,学生一旦缺乏转换机智,常会导致思路不畅或方法单一,僵化等“病症”。
例1 由两种有机物组成的混合物,在一定的温度和压强下完全汽化为气体,在相同的温度和压强下,只要混合气体体积一定那么无论混合物以何种比例混合,它在完全燃烧时所消耗的氧气体积也一定,符合这种情况的可能是 ( )
A、甲醛(CH4)和乙酸(C2H4O2) B、乙醛(C2H4O)和甲醇(CH4O)
C、丙
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