高中一年級化學易錯題集錦和分析

./高一化學易錯題集錦及分析一元素化合物與化學概念部分[易錯題]一、元素化合物知識

1、下列物質(zhì)既能與鹽酸反應又能與NaOH溶液反應的是〔

A、Na2CO3

B、KHCO3

C、Al2O3

D、NaHSO4解析：

本題重點考查兩點：

〔1弱酸的酸式鹽既能與強酸反應,又能與強堿反應,例如B選項：HCO3－＋H+=H2O+CO2↑；HCO3－＋OH－＝H2O+CO32-

〔2Al2O3是兩性氧化物,既能和強酸又能和強堿反應。這是在初高中知識銜接講解物質(zhì)分類提到的。反應方程式到高二學,現(xiàn)在了解：Al2O3＋6H+=3H2O+2Al3+；Al2O3＋2OH－=2AlO2－+H2O。以后既能和強酸又能和強堿反應的物質(zhì)將拓展為一個小專題,現(xiàn)在就要注意積累。答案：BC2、下列關于Na2O2的敘述正確的是〔

A、Na2O2是淡黃色固體,久置于空氣中變成Na2O

B、Na2O2與水的反應中,Na2O2只作氧化劑

C、用Na2O2漂白過的織物、麥桿等日久又漸漸變成黃色

D、Na2O2放入飽和NaOH溶液中,放出大量的O2,并有白色固體析出

解析：

A選項應中Na2O2久置于空氣中會變成Na2CO3；B選項Na2O2與水的反應中,Na2O2既作氧化劑又作還原劑,是氧化還原中的歧化反應；C選項Na2O2由于強氧化性而漂白物質(zhì),漂白之后不會再變色；D選項飽和NaOH溶液中放入Na2O2,由于Na2O2與水反應,放出大量的O2,水少了,溶質(zhì)NaOH增多了,會有白色固體NaOH析出。其中C選項可漂白的物質(zhì)也應總結(jié)成小專題,現(xiàn)階段學過的有：活性炭,吸附褪色,物理變化；Na2O2、HClO由于強氧化性褪色,化學變化。以后注意繼續(xù)補充。

答案：D3、經(jīng)過下列試驗,溶液仍為澄清透明的是〔

A、飽和Na2CO3溶液中通入足量CO2

B、NaHCO3溶液中加入過量NaOH溶液

C、Ca<HCO3>溶液中加入過量KOH溶液

D、少量的CO2通入CaCl2溶液中

解析：

A選項會發(fā)生化學反應Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3,由于生成的NaHCO3在水中的溶解度小于Na2CO3,而且通過反應溶劑水少了,溶質(zhì)的質(zhì)量增加了,所以肯定有NaHCO3固體析出。B、C選項重點考查弱酸的酸式鹽和堿的反應,B選項反應生成Na2CO3和水,溶液仍澄清透明,C選項反應生成有CaCO3沉淀。D選項很多同學誤認為反應,其實不發(fā)生反應,因為CO2通入水中只能得到極少極少碳酸根,難以與鈣離子生成沉淀,或者認為如果反應,碳酸制備了鹽酸,弱酸制備強酸,不合理,且生成的CaCO3在鹽酸中不能存在。

答案：BD4、用金屬鈉制取Na2O通常采用下法：2NaNO2+6Na=4Na2O+N2↑根據(jù)要求回答問題：

〔1不采用Na在氧氣中燃燒獲得Na2O的原因是。

〔2上述方法的優(yōu)點是。

解析：

在評價一種制備方法優(yōu)缺點時,通常從如下幾個方面考慮：首先反應原理可行,其次在方案可行的情況下從反應物、產(chǎn)物、反應條件三角度分析,包括原料來源廣泛、無污染、實驗條件容易達到等方面。

答案：

〔1Na在氧氣中燃燒生成物是Na2O2,不生成Na2O；

〔2生成的氮氣將生成的氧化鈉與空氣隔絕,防止了外界環(huán)境的干擾,生成的氧化鈉不會變質(zhì)。5、下列各反應的反應式或離子方程式中,能夠說明次氯酸是弱電解質(zhì)的是〔

A、次氯酸光照下分解：2HClO2HCl+O2↑

B、次氯酸鈣溶液中通入適量二氧化碳氣體產(chǎn)生白色沉淀：Ca〔ClO2+CO2+H2O====CaCO3↓+2HClO

C、次氯酸與氫氧化鈉中和：HClO+NaOH====NaClO+H2O

D、次氯酸與H2SO3作用：HClO+H2SO3====H2SO4+HCl

解析：

A選項證明次氯酸不穩(wěn)定；B選項證明次氯酸酸性弱于碳酸,是弱電解質(zhì)；C選項證明次氯酸有酸性；D選項證明次氯酸有氧化性。

答案：B6、G、W、X、Y、Z均為含氯的含氧化合物,我們不了解它們的化學式,但知道它們在一定條件下具有如下的轉(zhuǎn)化關系〔未配平：

①G→W+NaCl②W+H2OX+H2↑③Y+NaOH→G+W+H2O④Z+NaOH→W+X+H2O

這五種化合物中的氯的化合價由低到高的順序是〔

A、W、G、Z、Y、X

B、G、Y、W、Z、X

C、G、Y、Z、W、X

D、Z、X、G、Y、W

解析：

題目告知幾種物質(zhì)均為含氯的含氧化合物,說明其中氯元素皆正價。①G→W+NaCl,氯的化合價有降低為－1價,則必有升高,即氯的化合價W>G；②W+H2OX+H2↑,氫元素化合價降低,氯元素的化合價就要升高,即X>W③Y+NaOH→G+W+H2O,結(jié)合氯氣與NaOH的反應,可得出這是歧化反應,Y中氯的化合價必處于G、W之間,結(jié)合①可得：W>Y>G④與③同理。本題重點考查對氧化還原得失電子的靈活應用。

答案：B二、基本概念

1、下列物質(zhì),用酒精燈加熱時能分解生成酸酐〔即酸性氧化物的是〔

A、KClO3

B、Cu<OH>2

C、CaCO3

D、NH4HCO3解析：

本題中四個選項加熱都可以分解,A選項分解生成KCl和氧氣；B選項代表不溶性堿受熱皆可分解成相應的金屬氧化物和水,此時得到的金屬氧化物皆為堿性氧化物；C選項代表不溶性碳酸鹽受熱皆可分解成金屬氧化物和CO2,CO2是酸性氧化物,是碳酸的酸酐,但此時加熱需要800攝氏度以上,酒精燈溫度最高只能500度左右；D選項代表銨鹽在酒精燈加熱條件下即可分解,生成NH3、CO2和H2O。本題容易錯在對反應條件的選擇。

答案：D2、怎樣理解化學概念,是學好化學的關鍵問題之一,試判斷下列說法是否正確？若不正確,請簡述理由。

〔1由兩種元素組成的物質(zhì),其中一種是氧元素,則該物質(zhì)一定是氧化物。

〔2鹽溶液里一定有金屬陽離子和酸根離子。

答案：

〔1不正確,如果此物質(zhì)是純凈物,則該物質(zhì)一定是氧化物,但是若該物質(zhì)是混合物,例如氫氣與氧氣的混合氣體,則該物質(zhì)不是氧化物?！?不正確,例如銨鹽〔如NH4NO3溶液中就沒有金屬陽離子。3、下列物質(zhì)中,含有自由移動的Cl-的是〔

A、KClO3溶液

B、MgCl2溶液

C、液態(tài)HCl

D、熔融NaCl

解析：

A選項ClO3－原子團中的氯不會出氯離子,BCD中都有－1價的氯,但是BD是鹽,離子化合物,在溶液中和熔融狀態(tài)下都會出自由移動的Cl-,而C選項HCl是共價化合物,在液態(tài)時無離子存在,只有在溶液中水的作用下,才會電離出氯離子。

答案：BD4、下列敘述中正確的是〔

A、一種元素被氧化,一定有另一種元素被還原

B、在氧化還原反應中,非金屬單質(zhì)不一定是氧化劑

C、某元素從化合態(tài)變?yōu)橛坞x態(tài),該元素一定被還原

D、金屬陽離子被還原后不一定得到金屬單質(zhì)

解析：

A選項氧化還原反應可以是同種元素被氧化還原,例如氯氣與水的反應；B選項非金屬單質(zhì)也可以是還原劑,如氫氣；C選項也可以被氧化,如氯離子變氯氣；D選項如Fe3+被還原可得到Fe2+。

答案：BD5、有下列三個氧化還原反應

①FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2②2FeCl2+Cl2=2FeCl3③2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H20

若某溶液中有Fe2+,I-,Cl-共存,要除去I-而不影響Fe2+和Cl-可加入的試劑是〔

A、Cl2

B、KMnO4

C、FeCl3

D、HCl

解析：

本題考查的是氧化性還原性強弱比較。通過三個反應,根據(jù)氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物,還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物,可得出氧化性強弱順序為：KMnO4>Cl2>FeCl3>I2,還原性順序為：I－>Fe2+>Cl－。除去I-,就是將I-氧化成碘單質(zhì),而不影響Fe2+和Cl-即兩者不被氧化,可加入的試劑選擇相對只能氧化I-的弱氧化劑FeCl3。

答案：C6、下列粒子中,氧化性最強的是〔

A、Na+

B、Al3+

C、Cu2+

D、Fe2+解析：

根據(jù)金屬活動性順序表,金屬單質(zhì)還原性越弱,即失電子越難,其陽離子的氧化性越強,即得電子越容易。

答案：C7、關于離子反應,下列說法正確的是〔

A、電解質(zhì)在溶液中的反應實質(zhì)是離子之間的反應

B、因為溶液中的陰、陽離子總數(shù)相等,所以溶液呈電中性

C、強電解質(zhì)溶液的導電能力一定強

D、能導電的物質(zhì)是電解質(zhì),不能導電的物質(zhì)是非電解質(zhì)解析：

B選項前半句應改為陰、陽離子所帶的負正電荷總量相等；C選項溶液的導電能力決定于離子濃度,強電解質(zhì)溶液很稀,導電能力照樣較差；D選項在熔化或溶液中能導電的化合物才是電解質(zhì),兩種情況下都不導電的化合物是非電解質(zhì)。答案：A-高一上學期化學錯題集錦及分析二化學計算部分一、基本概念計算1、溶液濃度例題1：

密度為1.45g·cm-3的硫酸溶液中,逐滴加入BaCl2溶液,直至沉淀完全為止,已知沉淀物的質(zhì)量與原硫酸溶液的質(zhì)量相等,則原硫酸溶液的濃度為〔

A、29.6%

B、42.1%

C、14.8mol/L

D、6.22mol/L

例題1：

H2SO4+BaCl2＝BaSO4↓+2HCl

w<H2SO4>＝m<H2SO4>/m<H2SO4溶液>＝m<H2SO4>/m<BaSO4>＝98/233＝0.421

C＝1000ρw/M＝1.45g/mL×1000mL×0.421/98g/mol＝6.22mol/L答案：BD2、溶解度計算例題2：

t℃時,將某硝酸鉀溶液,第一次蒸發(fā)掉10g水,冷卻到原溫度無晶體析出；第二次蒸發(fā)掉10g水,冷卻到原溫度析出晶體3g,第三次蒸發(fā)掉10g水,冷卻到原溫度時析出晶體質(zhì)量應為〔

A、等于3g

B、大于或等于3g

C、小于或等于3g

D、無法確定

解析：不飽和溶液〔蒸發(fā)10g水=不飽和溶液或飽和溶液〔蒸發(fā)10g水&析出3g晶體=飽和溶液〔蒸發(fā)10g水&析出晶體=飽和溶液++++++++

第二步溶液由不飽和〔也可能飽和蒸發(fā)10g水變?yōu)轱柡蜁r析出3g晶體,說明10g水能溶解的溶質(zhì)大于或等于3g。

答案：B3、溶液稀釋例題3：

密度為0.91g/cm3的氨水,質(zhì)量百分比濃度為25%〔即質(zhì)量分數(shù)為25%,該氨水用等體積的水稀釋后,所得溶液的質(zhì)量百分比濃度〔

A、等于12.5%

B、大于12.5%

C、小于12.5%

D、無法確定

例題4：

將質(zhì)量分數(shù)分別為5X%和X%的硫酸等體積混合后,其質(zhì)量分數(shù)為〔

A、大于3X%

B、等于3X%

C、小于3X%

D、無法確定

例題5：

質(zhì)量分數(shù)相同的濃氨水和濃氫氧化鈉溶液,各取等體積分別與等體積水混合,所得氨水質(zhì)量分數(shù)為a%,所得氫氧化鈉溶液質(zhì)量分數(shù)為b%,問a與b關系。

這三道題均為溶液稀釋問題中的等體積混合與等質(zhì)量混合所得溶液濃度比較問題。

需要明確以下幾點：

①若溶液密度>1〔水的密度,如硫酸溶液、氫氧化鈉溶液等,則濃度越大,密度越大；

若溶液密度<1,如氨水,則濃度越大,密度越小；

②若溶液密度>1,則〔與水或與同種溶液混合所得溶液濃度：等體積>等質(zhì)量；

若溶液密度<1,則〔與水或與同種溶液混合所得溶液濃度：等體積<等質(zhì)量；

③對于同種溶液,物質(zhì)的量濃度與溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)均表示一定量的溶液中所含溶質(zhì)的多少,所以物質(zhì)的量濃度越大,溶質(zhì)質(zhì)量分數(shù)必然越大。

答案：C、A、b>a二、化學計算方法〔一守恒法例題6：

體積比是3:2:1、同物質(zhì)的量濃度的NaCl、MgCl2、AlCl3三種溶液,溶液中Cl-濃度比是〔

A、3:2:1

B、1:2:3

C、1:1:1

D、3:4:3

三種溶液溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度相同,則Cl-的濃度之比為1:2:3,與溶液體積無關。例題7：

在S+2KNO3+3C=3CO2+K2S+N2↑的反應中,若有32gS被還原,則被S氧化的C質(zhì)量是〔

A、36g

B、24g

C、12g

D、6g根據(jù)電子守恒,1molS被還原必有0.5molC被S氧化,即32gS能氧化6gC。答案：D注意：

該反應中被KNO3氧化的C不能計算在內(nèi)。例題8：

在150℃時,加熱高氯酸銨發(fā)生分解反應：2NH4ClO4N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O↑其氣態(tài)生成物組成的混合氣的平均相對分子質(zhì)量為〔

A、40.75

B、29.375

C、14.69

D、無法計算

M＝m總/n總

假設有2molNH4ClO4分解,根據(jù)質(zhì)量守恒

m總＝2×M<NH4ClO4>＝2×117.5g＝235g

n總＝8mol

∴M＝235g/8mol＝29.375g/mol答案：B注意：

本題分析時要從平均分子質(zhì)量的基本概念入手,根據(jù)生成物均為氣態(tài)產(chǎn)物,善用假設,再利用質(zhì)量守恒從而將題解出。例題9：

將Na2CO3·10H2O和NaHCO3組成的混合物5.38g,溶于水制成100mL溶液,其中Na+的濃度為0.4mol/L,若將等質(zhì)量的該混合物加熱至恒重,計算所得固體的質(zhì)量為。

該混合物加熱至恒重后為Na2CO3,根據(jù)原子守恒,Na原子物質(zhì)的量等于0.04mol,所以Na2CO3固體物質(zhì)的量必為0.02mol即2.12g。

答案：2.12g例題10：

某混合溶液中含有0.2molNa+、0.25molMg2+、0.4molCl－,另一種離子為SO42-,則SO42-為〔

A、0.1mol

B、0.3mol

C、0.5mol

D、0.15mol

根據(jù)電荷守恒,n〔正電荷總數(shù)＝n<負電荷總數(shù)>

0.2mol×1＋0.25mol×2＝0.4mol×1＋2x

Na+Mg2+Cl-SO42-

x＝0.15mol答案：D例題11：

現(xiàn)有一定質(zhì)量露置于空氣中的KOH樣品,測得其含KOH為90%,K2CO3為8%,H2O為2%,現(xiàn)向里加100g質(zhì)量分數(shù)為14.6%的鹽酸溶液恰好完全反應,問把溶液蒸干可得晶體多少g？

本題看似復雜,計算量大,實際只要抓住最終固體為NaCl,根據(jù)Cl元素守恒：

n<NaCl>＝n<HCl>＝100g×14.6%/36.5g/mol=0.4mol

m<NaCl>=58.5g/mol×0.4mol＝23.4g

答案：23.4g例題12：

有某種濃度的鹽酸,將一定量的該鹽酸分成三等份A、B、C。往A中加入適量蒸餾水稀釋,往B中滴加少許AgNO3溶液,過濾后保留原溶液,C保持原樣,現(xiàn)以相同濃度的NaOH溶液中和以上三種溶液至中性,消耗NaOH溶液的體積分別為VA、VB、VC,則它們的大小關系正確的是〔

A、VA=VC>VB

B、VA<VB<VC

C、VA>VC>VB

D、VA=VB=VC根據(jù)H+守恒,消耗等濃度的NaOH體積必為1:1:1。

答案：D2、極限法例題13：

向10g不純凈的碳酸鈣<雜質(zhì)可能是①SiO2②MgCO3③Na2CO3④KHCO3中的一種>中,加入過量的稀鹽酸,充分反應并將所產(chǎn)生的CO2全部收集,體積為2.22L<標準狀況>,則這種雜質(zhì)可能是〔

A、②

B、④

C、①或③

D、①或④本題利用平均值的思想,采用假設法。假設10g均為CaCO3,與過量鹽酸反應產(chǎn)生的CO2體積恰好為2.24L>2.22L；假設10g均為雜質(zhì),與過量鹽酸反應生成的CO2必小于2.22L,則①③滿足題意。

答案：C例題14：

常溫下,向20升真空容器內(nèi)通入amolH2S和bmolSO2〔a和b都是正整數(shù),且a≤5,b≤5。反應〔2H2S+SO2=3S+H2O完全后,容器內(nèi)氣體可能達到的最大密度約是〔

A、24.5g/L

B、14.4g/L

C、8g/L

D、5.1g/L

由于容器體積固定,氣體密度最大即氣體質(zhì)量最大,即氣體物質(zhì)的量與式量的乘積最大。

假設H2S剩余：

2H2S+SO2=3S+H2O

2bb

n〔H2S剩余＝〔a－2bmol

ρ＝m/V=〔〔a－2b×34〕/20g/L

a=5、b＝1時ρ達到最大值5.1g/L

假設SO2剩余：

2H2S+SO2=3S+H2O

a0.5a

n〔SO2剩余＝〔b－0.5amol

ρ＝m/V=〔〔b－0.5a×64〕/20g/L

a=1、b＝5時ρ達到最大值14.4g/L答案：B3、差量法例題15：

二硫化碳〔CS2,液態(tài)能夠在氧氣中完全燃燒生成CO2和SO2,若將0.228gCS2在448mLO2〔標準狀況中充分燃燒后,所得的混合氣體在標準狀況下的體積為〔

A、112mL

B、224mL

C、336mL

D、448mL

CS2〔l+3O2〔g=CO2〔g+2SO2〔g

該反應為反應前后氣體分子數(shù)不變的反應,根據(jù)阿伏加得羅定律,反應前后氣體體積不變,所以最后混合氣體的體積仍為448mL。

答案：D例題16：

將過量的鐵粉投入到H2SO4和CuSO4的混和溶液中,充分反應后把溶液過濾,稱得濾渣的質(zhì)量跟投入鐵粉的質(zhì)量相等,求原混和液中H+的物質(zhì)的量濃度與Cu2+的物質(zhì)的量濃度之比。

設與酸反應的Fe的物質(zhì)的量為amol,與CuSO4溶液反應的Fe為bmol。

濾渣質(zhì)量與投入的鐵粉質(zhì)量相等,則析出的銅的質(zhì)量與消耗的鐵的質(zhì)量相等,即：

m<Cu>＝m<Fe>

64b＝56<a+b>

a:b＝1:7

根據(jù)題意：

Fe～2H+Fe～Cu

a2abb

C〔H+：C<CuSO4>＝n<H+>：n<Cu2+>＝2a:b＝2:7例題17：

一定量的碳酸氫鈉和銅的混合物在空氣中加熱至質(zhì)量不再變化,發(fā)現(xiàn)前后質(zhì)量相等,求碳酸氫鈉質(zhì)量分數(shù)。

設混合物中NaHCO3物質(zhì)的量為a,Cu物質(zhì)的量為b。

2NaHCO