高中一年級化學易錯題集錦和分析

...wd......wd......wd...高一化學易錯題集錦及分析一元素化合物與化學概念局部【易錯題】一、元素化合物知識

1、以下物質既能與鹽酸反響又能與NaOH溶液反響的是〔〕

A、Na2CO3

B、KHCO3

C、Al2O3

D、NaHSO4解析：

此題重點考察兩點：

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

〔2〕Al2O3是兩性氧化物，既能和強酸又能和強堿反響。這是在初高中知識銜接講解物質分類提到的。反響方程式到高二學，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響的物質將拓展為一個小專題，現(xiàn)在就要注意積累。答案：BC2、以下關于Na2O2的表達正確的選項是〔〕

A、Na2O2是淡黃色固體，久置于空氣中變成Na2O

B、Na2O2與水的反響中，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與水的反響中，Na2O2既作氧化劑又作復原劑，是氧化復原中的歧化反響；C選項Na2O2由于強氧化性而漂白物質，漂白之后不會再變色；D選項飽和NaOH溶液中放入Na2O2，由于Na2O2與水反響，放出大量的O2，水少了，溶質NaOH增多了，會有白色固體NaOH析出。其中C選項可漂白的物質也應總結成小專題，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、經過以下試驗，溶液仍為澄清透明的是〔〕

A、飽和Na2CO3溶液中通入足量CO2

B、NaHCO3溶液中參加過量NaOH溶液

C、Ca(HCO3)溶液中參加過量KOH溶液

D、少量的CO2通入CaCl2溶液中

解析：

A選項會發(fā)生化學反響Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，由于生成的NaHCO3在水中的溶解度小于Na2CO3，而且通過反響溶劑水少了，溶質的質量增加了，所以肯定有NaHCO3固體析出。B、C選項重點考察弱酸的酸式鹽和堿的反響，B選項反響生成Na2CO3和水，溶液仍澄清透明，C選項反響生成有CaCO3沉淀。D選項很多同學誤認為反響，其實不發(fā)生反響，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，或者認為如果反響，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↑根據要求答復以下問題：

〔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：首先反響原理可行，其次在方案可行的情況下從反響物、產物、反響條件三角度分析，包括原料來源廣泛、無污染、實驗條件容易到達等方面。

答案：

〔1〕Na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。5、以下各反響的反響式或離子方程式中，能夠說明次氯酸是弱電解質的是〔〕

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生白色沉淀：Ca〔ClO〕2+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；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，結合氯氣與NaOH的反響，可得出這是歧化反響，Y中氯的化合價必處于G、W之間，結合①可得：W>Y>G④與③同理。此題重點考察對氧化復原得失電子的靈活應用。

答案：B二、基本概念

1、以下物質，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：

此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。此題容易錯在對反響條件的選擇。

答案：D2、若何理解化學概念，是學好化學的關鍵問題之一，試判斷以下說法是否正確假設不正確，請簡述理由。

〔1〕由兩種元素組成的物質，其中一種是氧元素，則該物質一定是氧化物。

〔2〕鹽溶液里一定有金屬陽離子和酸根離子。

答案：

〔1〕不正確，如果此物質是純潔物，則該物質一定是氧化物，但是假設該物質是混合物，例如氫氣與氧氣的混合氣體，則該物質不是氧化物?！?〕不正確，例如銨鹽〔如NH4NO3〕溶液中就沒有金屬陽離子。3、以下物質中，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、以下表達中正確的選項是〔〕

A、一種元素被氧化，一定有另一種元素被復原

B、在氧化復原反響中，非金屬單質不一定是氧化劑

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

D、金屬陽離子被復原后不一定得到金屬單質

解析：

A選項氧化復原反響可以是同種元素被氧化復原，例如氯氣與水的反響；B選項非金屬單質也可以是復原劑，如氫氣；C選項也可以被氧化，如氯離子變氯氣；D選項如Fe3+被復原可得到Fe2+。

答案：BD5、有以下三個氧化復原反響

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

假設某溶液中有Fe2+,I-,Cl-共存，要除去I-而不影響Fe2+和Cl-可參加的試劑是〔〕

A、Cl2

B、KMnO4

C、FeCl3

D、HCl

解析：

此題考察的是氧化性復原性強弱比較。通過三個反響，根據氧化劑的氧化性強于氧化產物，復原劑的復原性大于復原產物，可得出氧化性強弱順序為：KMnO4>Cl2>FeCl3>I2，復原性順序為：I－>Fe2+>Cl－。除去I-，就是將I-氧化成碘單質，而不影響Fe2+和Cl-即兩者不被氧化，可參加的試劑選擇相對只能氧化I-的弱氧化劑FeCl3。

答案：C6、以下粒子中，氧化性最強的是〔〕

A、Na+

B、Al3+

C、Cu2+

D、Fe2+解析：

根據金屬活動性順序表，金屬單質復原性越弱，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、關于離子反響，以下說法正確的選項是〔〕

A、電解質在溶液中的反響實質是離子之間的反響

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、強電解質溶液的導電能力一定強

D、能導電的物質是電解質，不能導電的物質是非電解質解析：

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，兩種情況下都不導電的化合物是非電解質。答案：A-高一上學期化學錯題集錦及分析二化學計算局部一、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，逐滴參加BaCl2溶液，直至沉淀完全為止，沉淀物的質量與原硫酸溶液的質量相等，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，質量百分比濃度為25%〔即質量分數(shù)為25%〕，該氨水用等體積的水稀釋后，所得溶液的質量百分比濃度〔〕

A、等于12.5%

B、大于12.5%

C、小于12.5%

D、無法確定

例題4：

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

A、大于3X%

B、等于3X%

C、小于3X%

D、無法確定

例題5：

質量分數(shù)一樣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，所得氨水質量分數(shù)為a%，所得氫氧化鈉溶液質量分數(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量混合所得溶液濃度比較問題。

需要明確以下幾點：

①假設溶液密度>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；

假設溶液密度<1，如氨水，則濃度越大，密度越??；

②假設溶液密度>1，則〔與水或與同種溶液〕混合所得溶液濃度：等體積>等質量；

假設溶液密度<1，則〔與水或與同種溶液〕混合所得溶液濃度：等體積<等質量；

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

三種溶液溶質的物質的量濃度一樣，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↑的反響中，假設有32gS被復原，則被S氧化的C質量是〔〕

A、36g

B、24g

C、12g

D、6g根據電子守恒，1molS被復原必有0.5molC被S氧化，即32gS能氧化6gC。答案：D注意：

該反響中被KNO3氧化的C不能計算在內。例題8：

在150℃時，加熱高氯酸銨發(fā)生分解反響：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，根據質量守恒

m總＝2×M(NH4ClO4)＝2×117.5g＝235g

n總＝8mol

∴M＝235g/8mol＝29.375g/mol答案：B注意：

此題分析時要從平均分子質量的基本概念入手，根據生成物均為氣態(tài)產物，善用假設，再利用質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，假設將等質量的該混合物加熱至恒重，計算所得固體的質量為。

該混合物加熱至恒重后為Na2CO3，根據原子守恒，Na原子物質的量等于0.04mol，所以Na2CO3固體物質的量必為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質量分數(shù)為14.6%的鹽酸溶液恰好完全反響，問把溶液蒸干可得晶體多少g

此題看似復雜，計算量大，實際只要抓住最終固體為NaCl，根據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中參加適量蒸餾水稀釋，往B中滴加少許AgNO3溶液，過濾后保存原溶液，C保持原樣，現(xiàn)以一樣濃度的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選項是〔〕

A、VA=VC>VB

B、VA<VB<VC

C、VA>VC>VB

D、VA=VB=VC根據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不純潔的碳酸鈣(雜質可能是①SiO2②MgCO3③Na2CO3④KHCO3中的一種)中，參加過量的稀鹽酸，充分反響并將所產生的CO2全部收集，體積為2.22L(標準狀況)，則這種雜質可能是〔〕

A、②

B、④

C、①或③

D、①或④此題利用平均值的思想，采用假設法。假設10g均為CaCO3，與過量鹽酸反響產生的CO2體積恰好為2.24L>2.22L；假設10g均為雜質，與過量鹽酸反響生成的CO2必小于2.22L，則①③滿足題意。

答案：C例題14：

常溫下，向20升真空容器內通入amolH2S和bmolSO2〔a和b都是正整數(shù)，且a≤5，b≤5〕。反響〔2H2S+SO2=3S+H2O〕完全后，容器內氣體可能到達的最大密度約是〔〕

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量最大，即氣體物質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－2b〕mol

ρ＝m/V=〔〔a－2b〕×34〕/20g/L

a=5、b＝1時ρ到達最大值5.1g/L

假設SO2剩余：

2H2S+SO2=3S+H2O

a0.5a

n〔SO2〕剩余＝〔b－0.5a〕mol

ρ＝m/V=〔〔b－0.5a〕×64〕/20g/L

a=1、b＝5時ρ到達最大值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，假設將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〕

該反響為反響前后氣體分子數(shù)不變的反響，根據阿伏加得羅定律，反響前后氣體體積不變，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，充分反響后把溶液過濾，稱得濾渣的質量跟投入鐵粉的質量相等，求原混和液中H+的物質的量濃度與Cu2+的物質的量濃度之比。

設與酸反響的Fe的物質的量為amol，與CuSO4溶液反響的Fe為bmol。

濾渣質量與投入的鐵粉質量相等，則析出的銅的質量與消耗的鐵的質量相等，即：

m(Cu)＝m(Fe)

64b＝56(a+b)

a:b＝1:7

根據題意：

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量不再變化，發(fā)現(xiàn)前后質量相等，求碳酸氫鈉質量分數(shù)。

設混合物中NaHCO3物質