高一化学易错题集锦及分析.pdf

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1、-高一化学易错题集锦及分析一元素化合物与化学概念局部【易错题】一、元素化合物知识 1、以下物质既能与盐酸反响又能与NaOH 溶液反响的是 A、Na2CO3 B、KHCO3 C、Al2O3 D、NaHSO4解析：此题重点考察两点：1弱酸的酸式盐既能与强酸反响，又能与强碱反响，例如B 选项：HCO3H+=H2O+CO2；HCO3OH H2O+CO32-2Al2O3是两性氧化物，既能和强酸又能和强碱反响。这是在初高中知识衔接讲解物质分类提到的。反响方程式到高二学，现在了解：Al2O36H+=3H2O+2Al3+；Al2O32OH=2AlO2+H2O。以后既能和强酸又能和强碱反响的物质将拓展为一个小专

2、题，现在就要注意积累。答案：BC 2、以下关于 Na2O2的表达正确的选项是 A、Na2O2是淡黄色固体，久置于空气中变成 Na2O B、Na2O2与水的反响中，Na2O2只作氧化剂 C、用 Na2O2漂白过的织物、麦杆等日久又渐渐变成黄色 D、Na2O2放入饱和 NaOH 溶液中，放出大量的 O2，并有白色固体析出 解析：A选项应中Na2O2久置于空气中会变成Na2CO3；B选项Na2O2与水的反响中，Na2O2既作氧化剂又作复原剂，是氧化复原中的歧化反响；C 选项 Na2O2由于强氧化性而漂白物质，漂白之后不会再变色；D 选项饱和 NaOH 溶液中放入 Na2O2，由于 Na2O2与水反响

3、，放出大量的 O2，水少了，溶质 NaOH 增多了，会有白色固体 NaOH 析出。其中 C 选项可漂白的物质也应总结成小专题，现阶段学过的有：活性炭，吸附褪色，物理变化；Na2O2、HClO 由于强氧化性褪色，化学变化。以后注意继续补充。答案：D 3、经过以下试验，溶液仍为澄清透明的是 A、饱和 Na2CO3溶液入足量 CO2 B、NaHCO3溶液中参加过量 NaOH 溶液 C、Ca(HCO3)溶液中参加过量 KOH 溶液 D、少量的 CO2通入 CaCl2溶液中 解析：A 选项会发生化学反响 Na2CO3CO2H2O=2NaHCO3，由于生成的 NaHCO3在水中的溶解度小于 Na2CO3，

4、而且通过反响溶剂水少了，溶质的质量增加了，所以肯定有 NaHCO3固体析出。B、C 选项重点考察弱酸的酸式盐和碱的反响，B 选项反响生成 Na2CO3和水，溶液仍澄清透明，C 选项反响生成有 CaCO3沉淀。D 选项很多同学误认为反响，其实不发生反响，因为 CO2通入水中只能得到极少极少碳酸根，难以与钙离子生成沉淀，或者认为如果反响，碳酸制备了盐酸，弱酸制备强酸，-不合理，且生成的 CaCO3在盐酸中不能存在。答案：BD 4、用金属钠制取 Na2O 通常采用下法：2NaNO2+6Na=4Na2O+N2根据要求答复以下问题：1不采用 Na 在氧气中燃烧获得 Na2O 的原因是。2上述方法的优点是

5、。解析：在评价一种制备方法优缺点时，通常从如下几个方面考虑：首先反响原理可行，其次在方案可行的情况下从反响物、产物、反响条件三角度分析，包括原料来源广泛、无污染、实验条件容易到达等方面。答案：1Na 在氧气中燃烧生成物是 Na2O2，不生成 Na2O；2生成的氮气将生成的氧化钠与空气隔绝，防止了外界环境的干扰，生成的氧化钠不会变质。5、以下各反响的反响式或离子方程式中，能够说明次氯酸是弱电解质的是 A、次氯酸光照下分解：2HClO2HCl+O2 B、次氯酸钙溶液入适量二氧化碳气体产生白色沉淀：CaClO2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO C、次氯酸与氢氧化钠中和：HClO+NaOH=N

6、aClO+H2O D、次氯酸与 H2SO3作用：HClO+H2SO3=H2SO4+HCl 解析：A 选项证明次氯酸不稳定；B 选项证明次氯酸酸性弱于碳酸，是弱电解质；C选项证明次氯酸有酸性；D 选项证明次氯酸有氧化性。答案：B 6、G、W、*、Y、Z 均为含氯的含氧化合物，我们不了解它们的化学式，但知道它们在一定条件下具有如下的转化关系未配平：GW+NaCl W+H2O*+H2Y+NaOHG+W+H2O Z+NaOHW+*+H2O 这五种化合物中的氯的化合价由低到高的顺序是 A、W、G、Z、Y、*B、G、Y、W、Z、*C、G、Y、Z、W、*D、Z、*、G、Y、W 解析：题目告知几种物质均为含氯

7、的含氧化合物，说明其中氯元素皆正价。GW+NaCl，氯的化合价有降低为1 价，则必有升高，即氯的化合价WG；W+H2O*+H2，氢元素化合价降低，氯元素的化合价就要升高，即*W-Y+NaOHG+W+H2O，结合氯气与 NaOH 的反响，可得出这是歧化反响，Y 中氯的化合价必处于 G、W 之间，结合 可得：WYG 与同理。此题重点考察对氧化复原得失电子的灵活应用。答案：B 二、根本概念 1、以下物质，用酒精灯加热时能分解生成酸酐 即酸性氧化物 的是 A、KClO3 B、Cu(OH)2 C、CaCO3 D、NH4HCO3解析：此题中四个选项加热都可以分解，A 选项分解生成 KCl 和氧气；B 选项

8、代表不溶性碱受热皆可分解成相应的金属氧化物和水，此时得到的金属氧化物皆为碱性氧化物；C 选项代表不溶性碳酸盐受热皆可分解成金属氧化物和CO2，CO2是酸性氧化物，是碳酸的酸酐，但此时加热需要 800 摄氏度以上，酒精灯温度最高只能 500 度左右；D 选项代表铵盐在酒精灯加热条件下即可分解，生成NH3、CO2和H2O。此题容易错在对反响条件的选择。答案：D 2、怎样理解化学概念，是学好化学的关键问题之一，试判断以下说法是否正确？假设不正确，请简述理由。1由两种元素组成的物质，其中一种是氧元素，则该物质一定是氧化物。2盐溶液里一定有金属阳离子和酸根离子。答案：1不正确，如果此物质是纯洁物，则该物

9、质一定是氧化物，但是假设该物质是混合物，例如氢气与氧气的混合气体，则该物质不是氧化物。2不正确，例如铵盐如 NH4NO3溶液中就没有金属阳离子。3、以下物质中，含有自由移动的Cl-的是 A、KClO3溶液 B、MgCl2溶液 C、液态 HCl D、熔融 NaCl 解析：A 选项 ClO3原子团中的氯不会出氯离子，BCD 中都有1 价的氯，但是 BD是盐，离子化合物，在溶液中和熔融状态下都会出自由移动的 Cl-，而 C 选项 HCl是共价化合物，在液态时无离子存在，只有在溶液中水的作用下，才会电离出氯离子。答案：BD 4、以下表达中正确的选项是 A、一种元素被氧化，一定有另一种元素被复原 B、在

10、氧化复原反响中，非金属单质不一定是氧化剂 C、*元素从化合态变为游离态，该元素一定被复原-D、金属阳离子被复原后不一定得到金属单质 解析：A 选项氧化复原反响可以是同种元素被氧化复原，例如氯气与水的反响；B选项非金属单质也可以是复原剂，如氢气；C 选项也可以被氧化，如氯离子变氯气；D 选项如 Fe3+被复原可得到 Fe2+。答案：B D 5、有以下三个氧化复原反响 FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I22FeCl2+Cl2=2FeCl32KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H20 假设*溶液中有 Fe2+,I-,Cl-共存，要除去 I-而不影响 Fe2+和 C

11、l-可参加的试剂是 A、Cl2 B、KMnO4 C、FeCl3 D、HCl 解析：此题考察的是氧化性复原性强弱比拟。通过三个反响，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物，复原剂的复原性大于复原产物，可得出氧化性强弱顺序为：KMnO4 Cl2 FeCl3 I2，复原性顺序为：IFe2+Cl。除去 I-，就是将 I-氧化成碘单质，而不影响 Fe2+和 Cl-即两者不被氧化，可参加的试剂选择相对只能氧化I-的弱氧化剂 FeCl3。答案：C 6、以下粒子中，氧化性最强的是 A、Na+B、Al3+C、Cu2+D、Fe2+解析：根据金属活动性顺序表，金属单质复原性越弱，即失电子越难，其阳离子的氧化性越强，即得电子

12、越容易。答案：C 7、关于离子反响，以下说确的是 A、电解质在溶液中的反响实质是离子之间的反响 B、因为溶液中的阴、阳离子总数相等，所以溶液呈电中性 C、强电解质溶液的导电能力一定强 D、能导电的物质是电解质，不能导电的物质是非电解质 解析：B 选项前半句应改为阴、阳离子所带的负正电荷总量相等；C 选项溶液的导电能力决定于离子浓度，强电解质溶液很稀，导电能力照样较差；D 选项在熔化或溶液中能导电的化合物才是电解质，两种情况下都不导电的化合物是非电解质。-答案：A-高一上学期化学错题集锦及分析二化学计算局部 一、根本概念计算 1、溶液浓度例题 1：密度为 1.45g cm-3的硫酸溶液中，逐滴参

13、加 BaCl2溶液，直至沉淀完全为止，沉淀物的质量与原硫酸溶液的质量相等，则原硫酸溶液的浓度为 A、29.6%B、42.1%C、14.8mol/L D、6.22mol/L 例题 1：H2SO4+BaCl2BaSO4+2HCl w(H2SO4)m(H2SO4)/m(H2SO4溶液)m(H2SO4)/m(BaSO4)98/2330.421 C1000w/M1.45 g/mL1000 mL0.421/98 g/mol6.22 mol/L 答案：BD 2、溶解度计算例题 2：t时，将*硝酸钾溶液，第一次蒸发掉 10g 水，冷却到原温度无晶体析出；第二次蒸发掉 10g 水，冷却到原温度析出晶体 3g，第

14、三次蒸发掉 10g 水，冷却到原温度时析出晶体质量应为 A、等于 3g B、大于或等于 3g C、小于或等于 3g D、无法确定 解析：不饱和溶液蒸发 10g 水=不饱和溶液或饱和溶液蒸发 10g 水&析出 3g晶体=饱和溶液蒸发 10g 水&析出晶体=饱和溶液+第二步溶液由不饱和也可能饱和蒸发 10g 水变为饱和时析出 3g 晶体，说明 10g 水能溶解的溶质大于或等于 3g。答案：B 3、溶液稀释例题 3：密度为 0.91g/cm3的氨水，质量百分比浓度为 25%即质量分数为 25%，该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液的质量百分比浓度 A、等于 12.5%B、大于 12.5%C、小于 12

15、.5%D、无法确定 例题 4：将质量分数分别为5*%和*%的硫酸等体积混合后，其质量分数为 -A、大于 3*%B、等于 3*%C、小于 3*%D、无法确定 例题 5：质量分数一样的浓氨水和浓氢氧化钠溶液，各取等体积分别与等体积水混合，所得氨水质量分数为a%，所得氢氧化钠溶液质量分数为b%，问 a 与 b 关系。这三道题均为溶液稀释问题中的等体积混合与等质量混合所得溶液浓度比拟问题。需要明确以下几点：假设溶液密度1水的密度，如硫酸溶液、氢氧化钠溶液等，则浓度越大，密度越大；假设溶液密度1，则与水或与同种溶液混合所得溶液浓度：等体积 等质量；假设溶液密度1，则与水或与同种溶液混合所得溶液浓度：等体

16、积 a 二、化学计算方法一守恒法例题 6：体积比是 3:2:1、同物质的量浓度的 NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，溶液中Cl-浓度比是 A、3:2:1 B、1:2:3 C、1:1:1 D、3:4:3 三种溶液溶质的物质的量浓度一样，则 Cl-的浓度之比为 1:2:3，与溶液体积无关。例题 7：在 S+2KNO3+3C=3CO2+K2S+N2 的反响中，假设有32g S 被复原，则被 S 氧化的 C 质量是 A、36g B、24g C、12g D、6g 根据电子守恒，1 mol S 被复原必有 0.5 molC 被 S 氧化，即 32g S 能氧化 6gC。答案：D 注意：该反响中被

17、KNO3氧化的 C 不能计算在。-例题 8：在 150时，加热高氯酸铵发生分解反响：2NH4ClO4 N2+Cl2+2O2+4H2O其气态生成物组成的混合气的平均相对分子质量为 A、40.75 B、29.375 C、14.69 D、无法计算 Mm 总/n 总 假设有 2mol NH4ClO4分解，根据质量守恒 m 总2M(NH4ClO4)2117.5g235g n 总8 mol M235g/8mol 29.375 g/mol答案：B 注意：此题分析时要从平均分子质量的根本概念入手，根据生成物均为气态产物，善用假设，再利用质量守恒从而将题解出。例题 9：将 Na2CO310H2O 和 NaHCO

18、3组成的混合物 5.38g，溶于水制成 100mL 溶液，其中 Na+的浓度为 0.4mol/L，假设将等质量的该混合物加热至恒重，计算所得固体的质量为。该混合物加热至恒重后为 Na2CO3，根据原子守恒，Na 原子物质的量等于 0.04mol，所以 Na2CO3固体物质的量必为 0.02mol 即 2.12g。答案：2.12g 例题 10：*混合溶液中含有0.2 mol Na+、0.25 mol Mg2+、0.4 mol Cl，另一种离子为 SO42-，则 SO42-为 A、0.1 mol B、0.3 mol C、0.5 mol D、0.15 mol 根据电荷守恒，n正电荷总数n(负电荷总数

19、)0.2mol10.25mol20.4mol12*Na+Mg2+Cl-SO42-*0.15mol答案：D 例题 11：现有一定质量露置于空气中的KOH 样品，测得其含 KOH 为 90%，K2CO3为 8%，H2O 为 2%，现向里加 100g 质量分数为 14.6%的盐酸溶液恰好完全反响，问把溶液蒸干可得晶体多少 g？此题看似复杂，计算量大，实际只要抓住最终固体为 NaCl，根据 Cl 元素守恒：n(NaCl)n(HCl)100 g14.6%/36.5 g/mol=0.4mol-m(NaCl)=58.5 g/mol0.4mol23.4g 答案：23.4g 例题 12：有*种浓度的盐酸，将一定

20、量的该盐酸分成三等份A、B、C。往 A 中参加适量蒸馏水稀释，往B 中滴加少许 AgNO3溶液，过滤后保存原溶液，C 保持原样，现以一样浓度的NaOH 溶液中和以上三种溶液至中性，消耗 NaOH 溶液的体积分别为 VA、VB、VC，则它们的大小关系正确的选项是 A、VA=VCVB B、VAVBVCVB D、VA=VB=VC根据 H+守恒，消耗等浓度的NaOH 体积必为 1:1:1。答案：D 2、极限法例题 13：向10g不纯洁的碳酸钙(杂质可能是SiO2 MgCO3Na2CO3 KHCO3中的一种)中，参加过量的稀盐酸，充分反响并将所产生的 CO2全部收集，体积为 2.22L(标准状况)，则这

21、种杂质可能是 A、B、C、或 D、或此题利用平均值的思想，采用假设法。假设 10g 均为 CaCO3，与过量盐酸反响产生的 CO2体积恰好为 2.24L2.22L；假设 10g 均为杂质，与过量盐酸反响生成的 CO2必小于 2.22L，则满足题意。答案：C 例题 14：常温下，向 20 升真空容器通入a mol H2S 和 b mol SO2a 和 b 都是正整数，且 a5，b5。反响2H2S+SO2=3S+H2O完全后，容器气体可能到达的最大密度约是 A、24.5g/L B、14.4g/L C、8g/L D、5.1g/L 由于容器体积固定，气体密度最大即气体质量最大，即气体物质的量与式量的乘

22、积最大。假设 H2S 剩余：2H2S+SO2=3S+H2O 2b b nH2S剩余a2bmol m/V=a2b34/20 g/L a=5、b1 时到达最大值 5.1g/L 假设 SO2剩余：-2H2S+SO2=3S+H2O a 0.5a nSO2剩余b0.5amol m/V=b0.5a64/20 g/L a=1、b5 时到达最大值 14.4g/L 答案：B 3、差量法例题 15：二硫化碳 CS2，液态 能够在氧气中完全燃烧生成 CO2和 SO2，假设将 0.228g CS2在 448mLO2标准状况中充分燃烧后，所得的混合气体在标准状况下的体积为 A、112mL B、224mL C、336mL

23、 D、448mL CS2l+3O2g=CO2g+2SO2g 该反响为反响前后气体分子数不变的反响，根据阿伏加得罗定律，反响前后气体体积不变，所以最后混合气体的体积仍为 448mL。答案：D 例题 16：将过量的铁粉投入到 H2SO4和 CuSO4的混和溶液中，充分反响后把溶液过滤，称得滤渣的质量跟投入铁粉的质量相等，求原混和液中 H+的物质的量浓度与 Cu2+的物质的量浓度之比。设与酸反响的 Fe 的物质的量为 a mol，与 CuSO4溶液反响的 Fe 为 b mol。滤渣质量与投入的铁粉质量相等，则析出的铜的质量与消耗的铁的质量相等，即：m(Cu)m(Fe)64b56(a+b)a:b1:7

24、 根据题意：Fe 2H+Fe Cu a 2a b b CH+：C(CuSO4)n(H+)：n(Cu2+)2a:b2:7 例题 17：一定量的碳酸氢钠和铜的混合物在空气中加热至质量不再变化，发现前后质量相等，求碳酸氢钠质量分数。设混合物中 NaHCO3物质的量为 a，Cu 物质的量为 b。2NaHCO3H2OCO2mm(CO2+H2O)CuCuO mm(O)根据题意：m(CO2+H2O)m(O)31a=16b NaHCO384a/(84a+64b)=21/52100%=40.38%例题 18：88.5gNa和 K 混合物投入水中，完全反响后将气体复原氧化铜，反响后称量固体质量减轻 24g，求钠和

25、钾的物质的量之比。CuO Cu H2 2M 1mol 1mol 2mol m 16g-*mol m 24g*3mol 混合金属平均式量88.5g/3mol29.5g/mol 设混合金属中 Na 物质的量为 a mol，K 物质的量为 bmol，23a+39b=29.5(a+b)a:b=19:134、观察法：例题 19：由 CO2、H2、CO 组成的混合气在同温同压下与氮气的密度一样，则该混合气中 CO2、H2、CO 的体积比是 A、29：8：13 B、21：1：14 C、13：8：29 D、26：16：17 CO 与 N2的式量相等，所以同温同压下混合气体中 CO 的存在不影响混合气体的密度。

26、则题目简化为 CO2和 H2的二元混合气。根据阿伏加得罗定律推论，CO2和 H2的平均式量为 28，利用十字穿插或二元一次方程组解得混合气体中 CO2与 H2的体积比为 13:8，CO 为任意比。答案：CD 注意：三元混合物的题目必然存在在联系，解题时要注意观察化学式的组成、式量、化学方程式的化学计量数等信息，找出联系，简化解题步骤。例题 20：120时，将 0.2gH2和 2.8gCO 的混合气体与足量O2充分燃烧后，立即将所得混合气体通过足量Na2O2粉末，固体质量将增加 A、2.8g B、3.0g C、7.2g D、无法确定 根据关系式，H2和 CO 在先被氧化再被Na2O2吸收的过程中先得氧，再失去等量的氧，所以固体增加的就是H2和 CO 的质量。答案：B