高中化学易错题整理

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例1、下列变化，必须加入还原剂才能实现的是：A、NH4+——NH3B、C——CO2C、SO2——SD、Cl2——Cl-误答原因：（1）误答A选项。原因是不会判断元素的化合价。（2）误答B选项。原因是思维混乱（或将关系记反了）。（3）误答D选项。没有考虑到Cl2+H2O=HCl+HClO反应中，Cl2既是氧化剂又是还原剂。正确分析：A选项中各元素化合价未变化，不是氧化还原反应。B选项中碳元素从零价升高到正二价，被氧化了，需加入氧化剂。C选项中硫元素从正四价降到零价，被还原了，需加入还原剂。D选项中氯元素从零价降到负一价，被还原了，但是Cl2+H2O=HCl+HClO反应中，Cl2既是氧化剂又是还原剂，加入的水既不是氧化剂也不是还原剂。正确选项：C例2、在PH=1的含有Mg2+、Fe2+、Al3+3种阳离子的溶液中，可能存在阴离子是：（1）Cl-（2）NO3-（3）SO42-（4）S2-A、(1)(2)(3)B、(2)(3)C、(3)(4)D、(1)(3)误答原因：误答A选项。原因是忽略题干信息PH=1，或者忽略酸性溶液中NO3-的氧化性正确分析：PH=1的溶液，即强酸性溶液，溶液中含有较多的H+，所以不能存在NO3-，因为H+、Fe2+、NO3-会发生氧化还原反应。S2-和H+发生复分解反应也不能存在。评析：离子能否大量共存，应从两方面分析：（1）同组的离子是否发生反应：复分解反应或氧化还原反应。（2）是否符合题干要求：溶液的颜色，酸碱性等。答案：D例3、已知下列三个热化学方程式：(1)C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2O(g);△H=+131.45KJ/mol(2)1/2H2(g)+1/2Cl2=HCl(g);△H=-92.3KJ/mol(3)H2(g)+1/2O2=H2O(g);△H=-241.9KJ/mol则上述三个反应的反应热大小关系正确的是：A．(1)＞(2)＞(3)B.(3)＞(2)＞(1)C.(3)＞(1)＞(2)D.(1)＞(3)＞(2)误答原因：误答A选项。原因是把反应热的“+”或“-”与反应热的数值看作一个整体进行比较，而忽视反应热是指反应过程中所放出或吸收的热量这一说法。正确分析：反应热的“+”或“-”只说明是吸热还是放热，与数值大小无关。答案：C例4、设阿伏加德罗常数的符号为NA下列叙述正确的是：A、一个H2O分子的质量为18／NA。B、1molD2O所含质子数为12NAC、0.5mol单质铝与足量盐酸反应，转移电子数为1.5NAD、标准状况下，1L水所含分子数为NA／22.4.误答原因：误答A选项。原因是粗心大意，没有留心单位。误答B选项。错选原因是混淆质子与中子。误答D选项。原因是对气体摩尔体积的概念领会不深或误认为水为气体。正确分析：1molH2O的质量为18g，而1molH2O含有NA个水分子，所以1个水分子的质量应为18g／NA。D2O与H2O的质子数是相同的，都是10，1molD2O所含质子数为10NA。铝与盐酸反应为：2Al+6H+=2Al3++3H2↑。0.5molAl在反应中转移电子为0.5×3NA=1.5NA在标准状况下，水是液态的，它的体积不符合气体摩尔体积的规定。答案：C举一反三：标准状况下，可能会误认为气体的物质有：Br2、SO3、六个碳原子以上的烃等等。例5、将标准状况下336LHCl气体溶解在1L水中，得到密度为1.17g/cm3的盐酸，求此盐酸的物质的量浓度。误答原因：错解：C=336L/22.4L.mol-1÷1L=15mol/L错因：把溶液的体积当成1L。正确分析：溶液的体积根据溶液的质量和密度求算。C盐酸=336L/22.4L.mol-1÷〔(336L/22.4L.mol-1×36.5g/mol+1000ml×1g/cm3)÷(1.17g/cm3×1000ml/L)〕=11.6mol.L-1例6、将1%的氨水与9%的氨水等体积混合后，所得氨水的浓度＿＿5%（填大于、小于或等于）。误答原因：错解：氨水浓度（%）=（Vd11%+Vd29%）÷（Vd1+Vd2）×100%=(d11%+d29%)÷2∵d1＜d2∴大于5%。不考虑密度的差别，或者认为浓度大的密度大，分别得出等于5%或大于5%的错误结论。正确分析：氨水浓度越大，密度越小，等体积时，1%的氨水的质量大，而溶液质量大的所含溶质的质量少，因此，正确答案应小于5%。设1%的密度为1%ρ1V+9%ρ2V=x%(Vρ1+Vρ2)ρ1（1%-x%）=ρ2（x%-9%）∵ρ1>ρ2（氨水浓度小的密度大）,1%-x%<0,1%-x%<0∴1%-x%>x%-9%(1%+9%)>2x%5%>x%即x%<5%启示：不同浓度的同种物质的溶液等体积混合，符合以下规律：浓度大的密度大，混合后的浓度大于两溶液浓度和的1/2；浓度的的密度小，混合后的浓度小于两溶液和的1/2。密度不随浓度改变的，则混合后的浓度等于两溶液浓度的1/2。注意：氨水、酒精等浓度大的密度小。例7、8.7g的MnO2与含14.6gHCl的浓盐酸共热可生成Cl2的质量为：A、等于14.2gB、等于7.1gC、7.1g----14.2g之间D、小于7.1g误答原因：错选A、C原因是算式列错或计算错误。错选B。认为8.7gMnO2恰好与14.6gHCl反应，生成7.1gCl2，没有考虑到随着反应的进行，浓盐酸逐渐变为稀盐酸，稀盐酸难与MnO2反应。正确分析：稀盐酸难跟MnO2反应，MnO2+4HCL(浓)=MnCl2+Cl2↑+2H2O随着反应的进行，浓盐酸会变为稀盐酸，使反应停止。再加上盐酸还要挥发等，14.6gHCl不可能完全反应。因而制得的Cl2小于7.1g.举一反三：铜与浓硫酸、铜与浓硝酸的反应，随着反应的进行，酸逐渐变稀，反应也会停止或产物发生变化。例8、(1)下列物质跟水反应时，水为还原剂的是A.F2B.NaC.Na2O2D.CaO分析：A在F2与水的反应：2F2+2H2O=4HF+O2中，氟元素从0价降到-1价，F2是氧化剂，H2O中的氧元素，从-2价升高到O2中的0价，水是还原剂。B在Na与水的反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑中，H2O中的氢元素，从+1价降低到H2中的0价，水是氧化剂。C在Na2O2与水的反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中,水既不是氧化剂也不是还原剂。DCaO与水反应是非氧化还原反应。答案：A（2）将Na2O2投入FeCl2溶液中，可观察到的现象是A、生成白色沉淀B、生成褐色沉淀C、有气泡产生D、无变化误答原因：对Na2O2、Fe(OH)2及Fe(OH)3的一些特殊性质掌握不住，从而导致错选。正确分析：本题涉及的化学反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓（白色）+2NaCL4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓（红褐色）反应过程中生成的Fe(OH)2迅速变成灰绿色最终生成红褐色沉淀。答案：B、C3）F2是氧化性最强的非金属单质。在加热的条件下，物质的量相等的F2(g)跟烧碱完全反应，生成NaF、H2O和某一种气体。该气体是下列中的A、H2B、HFC、OF2D、O2误答原因：本题极易受思维定势的影响错选D：2F2+4NaOH=4NaF+2H2O+O2，但是此时n(F2):n(NaOH)=2:4=1:2,不符合题意。正确分析：根据题给条件，依据质量守恒写出该反应的化学方程式为：2F2+2NaOH=2NaF+H2O+OF2由此确定另一种气体为OF2答案：C例9、有一未知浓度的盐酸25ml，在加入0.5mol/LAgNO3溶液25ml后还有剩余盐酸，再改加NaOH溶液，结果用去1.0mol/LNaOH溶液25ml，恰好完全中和。求盐酸的物质的量浓度。误答：HCl先与AgNO3反应，后与NaOH反应，相互反应的物质的量之比都是1:1，则HCl的物质的量等于AgNO3和NaOH物质的量之和。设盐酸的物质的量浓度为C，则0.025C=0.5mol/L×0.025L＋1.0mol/L×0.025LC=1.5mol/L误答原因：未考虑HCl同AgNO3反应未消耗H+正确分析：从反应的离子方程式（1）CL-+Ag+=AgCl↓，（2）H++OH-=H2O可以看出：AgNO3同HCl反应并未消耗盐酸中的H+，盐酸中的H+全部与NaOH溶液中OH-中和。所以计算盐酸的浓度根本不需考虑AgNO3的多少（在AgNO3不过量的前提下），AgNO3只是一个干扰因素。应直接根据消耗NaOH的量来计算盐酸浓度。HCl同NaOH恰好完全中和时，n(HCl)=n(NaOH),又知V(HCl)=V(NaOH)则C(HCl)=C(NaOH)=1.0mol/l。例10、R原子的核内质子数为m，中子数为n，则下列叙述中错误的是：A、这种元素的相对原子质量为m+nB、不能由此确定该元素的相对原子质量C、其原子质量与12C原子质量之比约为(m+n):12D、原子核内中子数为n的原子可能是R原子的同位素。误答原因：（1）漏答（A）项或错答（B）项。原因是混淆了原子的质量数与元素相对原子质量的关系。（2）漏答（D）。同位素的概念不清。答案：A、D例11、已知氯只有两种天然同位素35Cl和37Cl，氯元素的相对原子质量为35.5，则46.8gNaCl中含35Cl的质量为＿＿g分析：（1）用“十字交叉”法求35Cl与37Cl的物质的量之比。35Cl351.5335.5→n(35Cl):n(37Cl)=3:137Cl370.51(2)NaCl的式量为58.546.8gNaCl为46.8g/58.5g.mol-1=0.8molNaCl―――Cl0.8mol0.8moln(35Cl)=0.8mol×3/4=0.6molm(35Cl)=0.6mol×35g/mol=21g答案：21g例12、（1）元素X与元素Y在周期表中位于相邻的两个周期，X与Y两原子核外电子数之和为19，Y原子核内质子数比X多3个。下列描述正确的是A、X和Y都是性质活泼的元素，在自然界中只能以化合态存在。B、X和Y形成的化合物的化学式可能为Y2X2C、X的化合物种类比Y的化合物种类多D、Y能置换算中氢放出氢气，但不能置换盐中的金属。解析：设X、Y的核电荷数分别为a、b，依题意a+b=19(1),b-a=3(2);由（1）和（2）两式联立解方程组得：a=8,b=11。则：X为O，Y为Na。自然界中有O2单质存在，故A错误；钠和氧气可形成Na2O和Na2O2，B正确；氧的化合物比钠的化合物种类多，C正确；钠不能将金属从其盐溶液中置换出来，但可将金属从其熔融状态的盐中置换出来，D错误。答案：B、C评析：本题最易出现错选的是D，由于钠易与水反应，故不能从盐溶液中置换出金属。但在熔融状态下可以。（2）已知X、Y均为1-18号之间的元素，X、Y可形成化合物X2Y和X2Y2，又知Y的原子序数小于X的原子序数，则两种元素的原子序数之和为A、19B、18C、27D、9误答原因：（1）误答C项。误认为K2O、K2O2中Y（氧原子）原子序数小于X（钾原子）的原子序数。但没有留心：X、Y均为1-18号误答D项。误认为H2O、H2O2中H、O均为1-18号。但没有考虑到Y的原子序数小于X的原子序数这一点。也不合题意。正确分析：既要学会逻辑思维方法，又要认真细心审题，识破每一个“陷阱”。符合化学式为X2Y、X2Y2的有H2O与H2O2、Na2O与Na2O2、K2O与K2O2等，但在H2O与H2O2中H的原子序数小于O的，而在K2O与K2O2中K的原子序数超过18号；只有Na2O与Na2O2完全符合题意。答案：A（3）有aXn-和bYm+两种简单离子（X、Y均为短周期元素）已知Xn-比Ym+多两个电子层，下列说法和关系正确的是：A、X只能是第三周期的元素B、a-b+n+m等于10或等于16C、b不大于5D、Y不可能是第二周期元素误答原因：（1）误答A项。没有考虑到Y可能为氢元素。（2）漏答B项。不会进行组合与分析。（3）漏答C项。忽略非金属元素（氢除外）没有简单的阳离子。正确分析：对于短周期的简单离子，阴离子电子层数和其原子的电子层数相同，阳离子电子层数比其原子的电子层数少一层。题意为aXn-比bYm+多两层，X、Y两元素在周期表应为相邻周期。可能的组合为：bYm+1H+3Li+4Be2+aXn-8O2-9F-16S2-17Cl-第一组第二组X可以为氧和氟或硫和氯，即X可以为第二周期也可以为第三周期。A项被淘汰。Y可以是氢元素，也可以是锂或铍元素，D项被淘汰。综合一、二组可知，Y的原子序数可能为1或3或4，均不大于5，C项符合题意。计算：第一组有：a-b+m+n=10第二组有：a-b+m+n=16所以B项符合题意。答案：B、C。例13、在水溶液中，YO3n-和S2-发生反应的离子方程式如下：YO3n-+3S2-+6H+=Y-+3S↓+3H2O(1)YO3n-中Y元素的化合价是＿＿。(2)Y元素原子的最外层电子数是＿＿。解析：根据离子方程式两边电荷守恒，求得n=1,YO3-中Y元素的化合价为+5，Y能形成+5、-1价，可确定Y为卤素，原子最外层电子数为7。答案：（1）+5（2）7误答：依据+5价判断最外层电子数为5例14、下列化合物中阴离子半径和阳离子半径之比最大的是：A、LiIB.NaBrC.KClD.CsF答案：A例15、（1）下列说法错误的是A、非金属原子间不可能形成离子键。B、非金属原子不可能形成离子化合物。C、以非极性键结合起来的分子一定是非极性分子。D、以极性键结合起来的分子一定是极性分子。解析：A叙述正确。B叙述错误，如铵盐即是非金属原子间形成的离子化合物。C叙述正确。D叙述错误，以极性键结合起来的分子若具有空间对称的结构，则也是非极性分子，如CO2、CH4等。答案：B、D评析：本题考查的是一组概念，它要求对概念的内涵和外延准确把握，并能举出实例。（2）下列叙述中正确的是：A、NH3、CO、CO2都是极性分子。B、CH4、CCl4都是含有极性键的非极性分子。C、HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次增强。D、CS2、H2O、C2H2都是直线型分子。答案：B(3)下列各组物质中形成的晶体完全是分子晶体的是A、CO2、Ar、PCl5B、H2O、CO2、I2C、PH4I、H2O2、CCl4D、SO3、SiC、Al2Cl63)下列各组物质中形成的晶体完全是分子晶体的是A、CO2、Ar、PCl5B、H2O、CO2、I2C、PH4I、H2O2、CCl4D、SO3、SiC、Al2Cl6误答：A解析：A项中，CO2、Ar是分子晶体，PCl5在固态时是离子晶体。B项中H2O、CO2、I2都是分子晶体。C项中PH4I是离子晶体，H2O2、CCl4是分子晶体。D项中SO3是分子晶体，SiC是原子晶体。答案：B（4）下列化合物中既存在离子键又存在极性键的是：A、H2OB、NH4ClC、NaOHD、Na2O2答案：BC（5）NH3分子的空间构型是三角锥构型，而不是正三角形的平面结构，其充分的理由是：A、NH3分子是极性分子。B、分子内3个N-H键的键长相等，键角相等。C、NH3分子内3个N-H键的键长相等，3个键角都等于107°18D、NH3分子内3个N-H键的键长相等，3个键角都等于120°。解析：若分子为平面正三角形，键角为120°，分子无极性。若分子为三角锥构型，只有键角为109°28时为正四面体，呈空间对称结构，分子才无极性，否则都有极性。若3个键角都等于107°18，则不可能为平面结构，只能为三角锥形。空间构型决定分子的极性，反过来分子的极性验证了分子的空间构型，即分子有极性说明其空间结构为不对称。故NH3为三角锥，键角小于120°。答案：AC例16、下列气体在氧气中充分燃烧后，其产物既可使无水硫酸铜变蓝，又可使澄清石灰水变浑浊的是：A、COB、H2C、CH4D、H2S提示：此题应注意三个条件：（1）氧气中燃烧。（2）其产物有水生成。因为：CuSO4（白色）+5H2O=CuSO4.5H2O（蓝色）（3）产物中有使石灰水变浑浊的物质CO2或SO2。答案：CD17.用浓硫酸吸收三氧化硫可以得到H2SO4?SO3，若用1000g98%的硫酸充分吸收三氧化硫后，再进行稀释，可得到98%的硫酸的质量是多少千克？（要求详细过程）错解：设最后可得98%的硫酸的质量为xH2SO4------H2SO4?SO3------2H2SO498g196g(1000×98%)g98%xX=(1000×98%)g×196g/(98g×98%)=2000g=2kg误答原因：未考虑原有98%H2SO4中的水可与三氧化硫生成硫酸继续吸收三氧化硫。正确分析：解法一(分割考虑)、设98%硫酸中由溶质H2SO4吸收可得98%的硫酸的质量为x，由溶剂水吸收可得98%的硫酸的质量为y，则H2SO4------H2SO4?SO3------2H2SO498g196g(1000×98%)g98%xX=(1000×98%)g×196g/(98g×98%)=2000g=2kgH2O-------H2SO4?SO3------2H2SO418g196g1000×(1-98%)g98%yy=1000×(1-98%)g×196g/(18×98%)=222.2g=0.222kg最后可得98%硫酸总质量为x+y=2kg+0.222kg=2.222kg解法二、设最后可得98%硫酸的质量为x98%硫酸中：n(H2SO4):n(H2O)=98/98:2/18=1:1/9,则H2SO4可表示为SO3?H2O98%H2SO4可表示为SO3?10/9H2OH2SO4?SO3可表示为2SO3?H2OSO3?10/9H2O-吸收过程由水决定-10/9（2SO3?H2O）-稀释过程由SO3决定-20/9(SO3?10/9H2O)SO3?10/9H2O------20/9(SO3?10/9H2O)100g(20×100/9)g1000gxX=1000g×(20×100/9)g/100g≈2222g=2.222kg18、下列有关SO3的描述中不正确的是：A、在一定条件下分解为SO2和O2B、是硫酸的酸酐C、其中的硫元素已达最高价，不能再被氧化D、取8gSO3溶于92g水中即得8%的溶液误答原因：错选A。原因是没有认识到SO2的催化氧化为可逆反应。正确分析：由于SO2的催化氧化是可逆反应，所以SO3在同样条件下也可分解生成SO2和O2，A正确。BC的说法也正确。SO3溶于水后与水发生反应生成H2SO4（SO3+H2O=H2SO4），所以SO3的水溶液中真正的溶质是H2SO4，质量显然大于8g,质量分数为9.9%，D错。答案：D19、（1）向氯化铁和氯化钡的酸性混合溶液中通入SO2气体，有白色沉淀生成，此沉淀是A、BaSO4B、FeSC、BaSO3D、S解析：题中隐含的条件为：该白色沉淀不溶于酸，可以排除B、C。由Fe3+有氧化性，SO2有还原性，两者要发生氧化还原反应，硫元素化合价升高，生成的SO42-与Ba2+结合成BaSO4。答案：A评析：根据该题隐含的信息，可写出下列化学方程式：2FeCl3+SO2+2H2O=2FeCl2+H2SO4+2HCl。例20(1)导致下列现象的主要原因，与排放SO2有关的是：A、酸雨B、光化学烟雾C、臭氧空洞D、温室效应误答原因：错选C。把“主要原因”误认为“可能原因”。解析：A酸雨形成的主要原因是大气中SO2的排放。B光化学烟雾是指氮氧化物和碳氢化合物（HC）在大气环境中受强烈的太阳紫外线照射后产生一种新的二次污染物C人工合成的一些含氯和含溴的物质是造成南极臭氧洞的元凶，最典型的是氟氯碳化合物（CFC，俗称氟里昂）和含溴化合物哈龙（Halon）。越来越多的科学证据证实，氯和溴在平流层通过催化化学过程破坏臭氧是造成南极臭氧洞的根本原因。D温室效应主要是由于现代化工业社会过多燃烧煤炭、石油和天然气，大量排放尾气，这些燃料燃烧后放出大量的二氧化碳气体进入大气造成的。答案：A（2）地球上大气层有一层臭氧层，保护地球上的生物免遭紫外线的伤害，臭氧层有很强的氧化性，下列能使臭氧层受到破坏的是A、SO2B、CO2C、COD、N2提示：臭氧具有很强的氧化性，能与具有还原性的气体反应。答案：AC21、(1)在氯化钡溶液中通入SO2气体，溶液仍澄清；若将BaCl2溶液分盛两支试管，一支加硝酸，另一支加烧碱溶液，然后再通入SO2气体，结果两支试管都有沉淀。由此得出下列结论合理的是A、氯化钡有两性B、两支试管的沉淀均是亚硫酸钡C、SO2有还原性和酸性D、升高PH值使SO2水溶液中SO32-浓度增大。（2）下列试剂中，可以确定某无色混合气体中一定含有SO2和CO2的是①石灰水②品红溶液③溴水④KMnO4酸性溶液A、④①B、③①C、①②D、②④①（3）物质的量浓度相同、体积相同的下列溶液中，吸收SO2气体的量最多的是A、NH3?H2OB、Na2CO3C、Na2SD、Ba（OH）2参考答案：（1）CD（2）D（提示KMnO4酸性溶液除SO2，用品红溶液验证SO2是否除尽）（3）B22、在硫酸的工业制法中，下列生产操作与说明生产操作的主要原因二者都正确的是A、硫矿燃烧前要粉碎，因为大块的硫铁矿不能燃烧。B、从沸腾炉出来的炉气需要净化，因为炉气中SO2会与杂质反应。C、SO2氧化为SO3时需要使用催化剂，这样可以提高SO2的转化率。D、SO3用98%的浓H2SO4吸收，目的是防止形成酸雾，以便使SO3吸收完全。解析：将硫铁矿粉碎使燃烧速率更快、反应更充分；净化SO2的主要目的是防止杂质使催化剂中毒；催化剂只能提高反应速率，不能提高SO2的转化率。答案：D23、往一由铁、铜组成的混合粉末中加入一定量的稀硝酸，充分反应剩余金属m1g,再向其中加入一定量的稀硫酸，充分振荡后余下金属m2g.则m1与m2之间的关系为：A、一定m1＞m2B、可能m1=m2C、一定m1=m2D、可能m1＞m2往一由铁、铜组成的混合粉末中加入一定量的稀硝酸，充分反应剩余金属m1g,再向其中加入一定量的稀硫酸，充分振荡后余下金属m2g.则m1与m2之间的关系为：A、一定m1＞m2B可能m1=m2C、一定m1=m2D、可能m1＞m2分析：因为铁的还原性强于铜，所以m1g的剩余金属可能为Cu也可能为Fe、Cu混合物。溶液中溶质必定含有Fe(NO3)2。m1g固体是铜时，可能还含有Cu(NO3)2；m1g固体为Fe、Cu混合物时，不含Cu(NO3)2。现向溶液中加入稀硫酸时，相当于为原有的NO3-提供了H+，会发生3Cu+2NO3-+8H+=2Cu2+2NO+4H2O,3Fe+2NO3-+8H+=3Fe3++2NO2+4H2O，一定会导致剩余固体溶解。答案：A错选B或D可能原因：错因：若题给m1g剩余金属是Cu，当然不会溶于稀硫酸，若m1g剩余金属是Fe和Cu的混合物，Fe就会溶于稀H2SO4，当然就会减少。这种分析只停留在表面，没有深层次看问题。24、检验某未知溶液中是否含有SO42-的下列操作中最合理的是A、加入硝酸酸化了的硝酸钡溶液B、先加硝酸酸化，再加硝酸钡溶液C、先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液D、加入盐酸酸化了的氯化钡溶液错答解析：D无法排除Ag+的干扰。答案：C评析：检验SO42-主要是排除SO32-和Ag+等离子的干扰。酸化时要注意酸的选择和酸化的顺序。25、你认为减少酸雨产生的途径可采取的措施是：(1)少用煤作燃料(2)把工厂烟囱造高(3)然料脱硫(4)在已酸化的土壤中加石灰(5)开发新能源A、(1)(2)(3)B、(2)(3)(4)(5)C、(1)(3)(5)D、(1)(3)(4)(5)解析：形成酸雨的主要气体污染物是SO2，SO2主要来源于燃烧含硫的煤和石油，所以少用煤作燃料可减少酸雨的产生；将燃料中硫给予脱去也可，开发新能源也是减少SO2产生的新途径。则(1)(3)(5)都可减少SO2的污染。可减少酸雨的产生。把工厂烟囱造高既不能使SO2转化，也不能减少SO2的产生，不符合题意。在酸化的土壤中加石灰，只能改良土壤，而不能减少酸雨，不是正确方法。答案：C26、将过量的CO2分别通入①CaCl2溶液；②Na2SiO3溶液；③Ca(ClO)2溶液④饱和Na2CO3溶液。最终溶液中有白色沉淀的是A、①②③④B、②④C、①②③D、②③解析：CO2溶于水：CO2+H2O=H2CO3，H2CO3的酸性比盐酸弱，而比硅酸、次氯酸强。根据酸与盐反应的规律，①CO2通入CaCl2溶液无明显现象（弱酸不能制强酸）；②过量CO2通入Na2SiO3溶液中有白色沉淀H2SiO3生成；③CO2通入Ca(ClO)2溶液至过量，Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO,CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2,最终生成Ca(HCO3)2溶液。④过量CO2通入饱和Na2CO3溶液中。Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3↓生成的NaHCO3溶解度比Na2CO3溶解度小而结晶析出。答案：B27、下列关于碳族元素的叙述错误的是A、与其它元素化合时易形成共价化合物。B、不能形成离子化合物。C、单质晶体均为原子晶体。D、最高化合价为+4答案：BC（提示：CaC2为离子晶体；单质中石墨、无定形炭、锡和铅等都不是原子晶体。）28、下列说法正确的是：A、除去二氧化碳中混有的少量的二氧化硫气体，高锰酸钾溶液可作为选用试剂。B、除去二氧化碳中一氧化碳的方法是：通入氧气，并点燃。C、若二氧化碳中混有氯化氢气体，要得到纯净的二氧化碳，其方法是：通入饱和小苏打溶液。D、欲制取干燥的二氧化碳气体，需要的药品有：碳酸钙、稀硫酸、浓硫酸。解析：A项除去二氧化碳中混有的少量的二氧化硫气体，可选用试剂饱和小苏打溶液或高锰酸钾溶液，所以A正确。B项CO能与O2反应，其产物为CO2，但是在实际操作中CO的含量多少无法判断，从而氧气的量无法判断。氧气多了会形成新的杂质，氧气少了，CO无法彻底除去。所以此方法不合适。C项若二氧化碳中混有氯化氢气体，题目中要求得到纯净的CO2，说明水蒸气的除去也应是必须的。所以气体只通入饱和小苏打溶液的方法是不完整的。D项不能用硫酸和碳酸钙制备二氧化碳。答案：A评析：设计物质除杂一般原则：除去旧杂质，尽量不引入新杂质；若引入新杂质，再除新杂质。29、下列说法正确的是：A、SiO2溶于水显酸性。B、CO2通入水玻璃可以得到原硅酸。C、由Na2CO3+SiO2=△=Na2SiO3+CO2↑可知硅酸的酸性比碳酸的酸性强。D、SiO2是酸性氧化物，它不溶于任何酸。解析：A项SiO2不溶于水，也不与水反应，所以水溶液不显酸性。B项是常温下水溶液(水玻璃是硅酸钠的水溶液）中的反应，H2CO3的酸性强于H2SiO3，所以B项的反应可以发生。C项Na2CO3+SiO2=△=Na2SiO3+CO2↑的反应之所以能够发生是因为：①反应是在高温无水条件下进行的；②反应后生成的CO2脱离反应体系。D项SiO2虽为酸性氧化物，但它可与HF反应。答案：B评析：反应规律是有条件的，条件变规律变。类似于“高温下弱酸性氧化物制强酸性氧化物”的例子还有“高温下弱还原剂制强还原剂”：SiO2+2C=△=Si+2CO↑，2KCl+Na=熔化=K+NaCl等。另外，注意硅及其化合物的特殊性。如：Si和HF、碱溶液的反应；SiO2的溶解性，SiO2和HF、碳酸盐、炭单质及其化合物的反应均有所不同。30、PbO2微热时会分解成PbO和O2，PbO是一种不溶于水但易溶于酸的黄色物质。把适量的黑褐色PbO2粉末投入热水，一边搅拌，一边通入SO2气体，结果得到白色不溶物。下列判断中错误的是A、PbO2具有氧化性B、白色不溶物为PbSO3C、白色不溶物为PbSO4D、白色不溶物既是氧化产物又是还原产物。答案：B31、铜和镁的合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只生成4480ml的NO2气体和336ml的N2O4气体（都已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为（）A、9.02gB、8.51gC、8.26gD、7.04g解法1：依据所发生的化学反应及其量的关系，列二元一次方程求算出4.6g合金中铜和镁的质量，进而确定生成沉淀的质量。解法2：利用电子得失守恒原则，由4.6g铜和镁在反应中失去的电子数=生成4480mlNO2和336mlN2O4气体所用HNO3得到的电子数相等，也可求算出合金中铜和镁的物质的量，并进一步算出生成沉淀的质量。解法3：利用电荷守恒法：即金属被硝酸氧化失去电子变成阳离子所带的电荷数一定等于硝酸被还原时得到的电子数，等效于形成氢氧化物沉淀时结合氢氧根离子所带的负电荷数。m(金属氢氧化物的质量)=m(金属)+m(OH-)=4.6g+17g/mol×(4480ml/22400ml.L-1×1+336ml/22400ml.L-1×2×1=8.51g32、氮化硅是一种高温陶瓷材料，它的硬度大、熔点高、化学性质稳定，工业上曾普遍采用高纯硅与纯氮在1300℃反应获得。根据性质，推测氮化硅陶瓷的用途是：A、制汽轮机叶片B、制有色玻璃C、制永久性磨具D、制造柴油机参考答案：ACD33、（1）下列贮存物质的方法正确的是：A、少量白磷贮存在CS2中B、水玻璃贮存在带玻璃塞的玻璃瓶里C、少量钠贮存在酒精中D、少量钠贮存在煤油中。（2）下面保存试剂的方法正确的是A、汽油应存放在胶塞试剂瓶中，以防挥发B、硝酸银晶体应放在棕色广口试剂瓶中C、新制饱和氯水可暂放与棕色滴瓶里D、液溴存放于无色玻璃塞磨口试剂瓶里，并加一层水水封，以防挥发。提示：33、（1）A项，白磷溶于CS2B项，水玻璃是矿物胶，有很强的粘合性。C项，酒精与金属钠能反应。D项正确。（2）A项，汽油能使胶塞溶胀B项，硝酸银晶体是见光易分解的固体，贮存在棕色广口试剂瓶中正确。C项，氯水是见光易分解的液体，暂存放于棕色滴瓶正确。D项，液溴存放除密闭外，还要避光。应存放于棕色玻璃磨口试剂瓶中，并加一层水水封。答案：（1）D（2）BC34、某集气瓶里的气体呈红棕色，加入足量水，盖上玻璃片，振荡，得到棕色溶液，气体颜色消失，再打开玻璃片后，瓶中气体又变为红棕色。该气体可能是下列混合气体中的A、N2、NO2、Br2B、NO2、NO、N2C、NO2、O2NOD、N2、O2、Br2解析：气体呈红棕色，可能为NO2、Br2等；加入足量水，盖上玻璃片，振荡，得到棕色溶液，说明原气体有Br2；（因为3NO2（红棕色）+H2O=2HNO3（无色）+NO（无色），充分反应后，溶液无色；而Br2溶于水得棕色溴水）。“气体颜色消失，再打开玻璃片后，瓶中气体又变为红棕色”说明原气体有NO2。（因为3NO2+H2O=2HNO3+NO，2NO+O2=2NO2）N2不活泼，原气体中有没有都不影响现象。答案：A35、鉴别NO2与溴蒸汽，可选用的试剂是A、淀粉碘化钾溶液B、蒸馏水C、NaOH溶液D、AgNO3答案：BD36、关于氮和磷两种元素的叙述正确的是：A、它们的原子最外层电子数相等，他们的最高正价都是+5价B、氮的非金属性比磷强，所以NH3的稳定性要大于PH3C、因为氮原子半径比磷原子半径要小，所以氮的相对原子质量比磷的相对原子质量要小。D、磷酸比硝酸稳定，说明磷的非金属性不一定比氮弱。解析：由氮族元素的结构特点可知，它们的最外层电子都是5个，最高正价为+5价，故A正确。非金属性越强，其气态氢化物越稳定，故B正确。元素的非金属性强弱与其对应的含氧酸的酸性有关，而与其对应的含氧酸的稳定性无因果关系。故C错。原子半径的大小与相对原子质量之间不存在比例关系，故D错。答案：AB评析：要正确认识原子结构和元素性质间的关系，熟悉同族元素性质的相似性和递变性。练习：(1)关于氮族元素的下列叙述正确的是A、最高化合价是+5价B、氢化物的通式为RH5C、非金属性由上到下递增D、其含氧酸均为一元酸。(2)下列氧化物按其形成的含氧酸酸性递增顺序排列的是：A、SiO2<CO2<P2O5<SO3B、SiO2<CO2<SO3<P2O5C、CO2<SiO2<P2O5<SO3D、CO2<P2O5<SO3<SiO2练习答案（1）A（2）A37、以下说法正确的是：A、纳米材料是指一种称为“纳米”的新物质制成的材料。B、绿色食品是指不含任何化学物质的食品。C、生物固氮是指植物通过叶面直接吸收空气中的氮气。D、光导纤维是以二氧化硅为主要原料制成的。解析：所谓纳米材料，是指用纳米量级的微小颗粒制成的固体材料。其纳米颗粒的大小不超过100nm，而通常情况下不超过10nm。所以A错。绿色食品是无污染的安全、优质、营养类食品的统称。故B错。生物固氮是指固氮微生物将大气中的氮气还原成氨的过程。所以C错。D是正确的。答案：D(1）有关氨的性质的叙述中正确的是：A、氨不能在空气中燃烧。B、氨水呈碱性。C、氨气和酸相遇都能产生白色烟雾。D、在反应NH3+H+=NH4+中，氨失去电子被氧化。解析：氨在空气中氧化需高温和催化剂，所以A正确。由于氨水中存在平衡：NH3+H2O=NH3.H2O=NH4++OH-,因而B正确。氨气只能与挥发性酸相遇才能生成白烟，C不正确。NH3和H+的反应为非氧化还原反应，所以D不正确。答案：AB（2）下列关于铵盐的叙述中正确的是A、只含离子键，所以都是离子化合物B、受热都能分解放出氨气C、都易溶于水D、都可以与碱反应放出氨气解析：铵盐含有离子键、共价键和配位键,A错。铵盐不稳定，受热易分解，但不同铵盐受热分解产物不同。NH4NO3受热分解时，产物中没有NH3生成。B错C、D为铵盐的通性。答案：CD（3）欲制备干燥的氨气，所需的药品是A、固体NH4Cl、碱石灰、生石灰B、NH4Cl溶液、NaOH溶液、无水CaCl2C、固体NH4Cl、熟石灰、无水CaCl2D、饱和氨水。答案：A(提示：NH3与CaCl2形成CaCl2.8NH3)39、化合物M溶于水，加少量AgNO3溶液有白色沉淀。如果先在M的水溶液中加入一定量的苛性钠溶液，再加入少量AgNO3溶液，若无沉淀生成则M可能是A、NH4ClB、NaClC、CaCl2D、MgCl2答案：A（提示：AgOH、Zn(OH)2、Cu(OH)2等遇氨水会生成络离子而溶解。）40、（1）下列各组溶液，只用一种试剂即可将它们鉴别开的是A、Mg(NO3)2,K2CO3,BaCl2,K2SO4B、NaHSO4，(NH4)2SO4,NH4NO3,HNO3C、(NH4)2SO4,HCl,AgNO3,HNO3D、Na2CO3,HCl,NH4Cl,Na2SO4(2)不用其它试剂，能用化学方法鉴别的四瓶溶液是A、NaOH、NaCl、AgNO3、NH3.H2OB、NaCl、MgCl2、Al2(SO4)3、NH4ClC、Na2SO4、H2SO4、AlCl3、BaCl2D、HCl、NaOH、K2SO4、NHCO3答案：（1）B（2）A41、（1）相同质量的镁条分别在氧气、氮气和空气中充分燃烧，所得固体产物的质量由大到小的顺序是＿＿＿＿＿＿＿＿。（2）过量的镁条分别在相同状况下，相同体积氧气、氮气和空气中充分燃烧，生成的固体产物的质量由大到小的顺序是＿＿＿＿＿＿＿＿解析：2Mg+O2=点燃=2MgO3Mg+N2=点燃=Mg3N2镁在氧气中燃烧只生成氧化镁，镁在氮气中燃烧只生成氮化镁，镁在空气中燃烧情况比较复杂，但主要产物是氧化镁和氮化镁。在镁的质量一定与纯气体反应时，可以生成的氧化镁的质量大于氮化镁的质量。所以相同质量的镁条分别在氧气、氮气和空气中充分燃烧，所得固体产物的质量由大到小的顺序是氧气>空气>氮气。在氧气、氮气的体积相等的条件下，镁分别与之充分反应，可以生成的氮化镁的质量大于氧化镁的质量。所以过量的镁条分别在相同状况下，相同体积氧气、氮气和空气中充分燃烧，生成的固体产物的质量由大到小的顺序是氮气>空气>氧气。答案：（1）氧气>空气>氮气（2）氮气>空气>氧气42、为了除去铝表面的铜镀层，可选用的试剂是A、稀硝酸B、浓硝酸C、浓硫酸D、浓盐酸解析：常温下稀硝酸既能溶解铜又能铝；浓硝酸能溶解铜不能溶解铝；浓硝酸、浓硫酸使铝“钝化”；浓盐酸不与铜反应。答案：B43、某溶液100ml，其中含硫酸0.03mol,硝酸0.04mol，若在溶液中投入1.92g铜粉微热，反应后放出一氧化氮气体约为A、0.02molB、0.01molC、0.015molD、无法计算刚学了过量计算的同学可能误选B。误答原因：只注意到n(Cu)=1.92g/64g.mol-1=0.03moln(HNO3)=0.04mol相对于反应3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O硝酸不足量，按硝酸计算得n(NO)=0.01mol.忽略了剩余硝酸根（硝酸铜中硝酸根）仍会在（硫酸提供的氢离子）酸性环境中继续表现强氧化性。正确分析：混合酸与铜反应利用离子方程式计算。3Cu+2NO3-+8H+=2Cu2++2NO↑+4H2O反应物n(Cu)=0.03moln(H+)=2n(H2SO4)+n(HNO3)=0.1mol,很显然，铜不足，按铜计算n(NO)=0.02mol答案：A44、0.3molCu2S与足量的浓硝酸反应，生成Cu(NO3)2、H2SO4、NO和H2O，则参加反应的硝酸中，未被还原的硝酸的物质的量为A、2.2molB、1.2molC、1.0molD、0.6mol解析：在参加反应的硝酸中，未被还原的硝酸生成的是Cu(NO3)2,而Cu2S中的Cu+全部转化为Cu(NO3)2:Cu2S—2Cu(NO3)2—4HNO30.31.2答案：B45、(1)在体积为VL的密闭容器中通入amolNO和bmolO2,反应后容器内氮原子数和氧原子数之比为A、a/bB、a/2bC、a/(a+2b)D、a/2(a+2b)(2)将amlNO、bmlNO2、xmlO2混合于同一试管里，将试管口倒插入水中，充分反应后试管内气体可全部消失，则x对a、b的函数关系式f〔x（ab）〕是A、(a+b)/2B、(2a+b）/3C、(3a+b)/4D、(4a+b)/5(3)某金属单质跟一定浓度的硝酸反应，假定只产生单一的还原产物，当参加反应的单质与还原硝酸的物质的量之比为2:1时，还原产物是A、NO2B、NOC、N2OD、N2(1)在体积为VL的密闭容器中通入amolNO和bmolO2,反应后容器内氮原子数和氧原子数之比为A、a/bB、a/2bC、a/(a+2b)D、a/2(a+2b)解析：元素守恒法。不管NO和O2发生什么样的反应，化学反应前后N、O原子个数不变，则化学反应前后N、O原子个数之比不变。N原子与O原子个数之比为：a/(a+2b)答案：C(2)将amlNO、bmlNO2、xmlO2混合于同一试管里，将试管口倒插入水中，充分反应后试管内气体可全部消失，则x对a、b的函数关系式f〔x（ab）〕是A、(a+b)/2B、(2a+b）/3C、(3a+b)/4D、(4a+b)/5解析：电子守恒法。气体全部消失后，所有的N元素都变成了HNO3中+5价的N，所有的氧元素都变成了-2价。同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以可由amolNO、bmolNO2、xmolO2推导amlNO、bmlNO2、xmlO2混合气体x对a、b的函数关系式f〔x（ab）〕amolNO---失3amole----amolHNO3bmolNO2---失bmole---bmolHNO3xmolO2----得4xmole---2xmolHNO3由氧化还原反应中电子得失守恒规律,得3amole-+bmole-=4xmole-x=(3a+b)/4,即f〔x（ab）〕=(3a+b)/4答案：C(3)某金属单质跟一定浓度的硝酸反应，假定只产生单一的还原产物，当参加反应的单质与还原硝酸的物质的量之比为2:1时，还原产物是A、NO2B、NOC、N2OD、N2解析：设某金属元素为R，该金属被氧化为n价，N元素被还原为x价，根据电子得失守恒可知：2R—失2ne---2R(NO3)nHNO3—得(5-x)e---x价N2ne-=(5-x)e-当n=1时，x=3,选项中没有。当n=2时，x=1，N2O答案：C46、（1）在一体积固定的密闭容器中充入nmolPCl5，在200℃时发生反应：PCl5(g)→←PCl3(g)+Cl2(g)反应达到平衡时，PCl3所占的体积分数为M%，若在同一温度下，同一容器中，最初投入的是2nmolPCl5，反应达到平衡时，PCl3的体积分数为N%，则M与N的关系是A、M>NB.N>MC.M=ND.无法选择。解析：同温同体积时，向容器里再充入nmolPCl5(g)，相当于增大压强将浓度扩大到原来的2倍。因为增大压强向气体分子数减小的方向（逆向）移动，所以PCl3的体积分数减小。答案：A（2）在某温度下的固定容积的容器内发生如下反应：2NO2(g)→←N2O4（g）,达到平衡时，再向容器内通入一定量的NO2气体，重新达到平衡后，与第一次平衡时相比，NO2的体积分数将＿＿＿，若增加N2O4的量，则NO2的体积分数将＿＿＿＿＿＿＿＿。若是减少NO2或N2O4的量呢？＿答案：减小，减小；增大，增大。提示：按系数比增加反应物NO2的量和增加生成物N2O4的量是一样的（恒温恒容下的等效平衡）。增加量可转化为加压，减少量可转化为减压。（3）体积相同的甲、乙两个容器中，分别都充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应：2SO2+O2→←2SO3，并达到平衡。在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为P%，则乙容器中SO2的转化率A、等于P%B、大于P%C、小于P%D、无法判断、（3）答案：B47、反应4NH3（气）+5O2（气）→←4NO（气）+6H2O（气）在10L密闭容器中进行，半分钟后，水蒸气的物质的量增加了0.45mol，则此反应的平均速率v(x)(反应物的消耗速率或产物的生成速率)可表示为A、v(NH3)=0.010mol.L-1.s-1B.v(O2)=0.0010mol.L-1.s-1C.v(NO)=0.0010mol.L-1.s-1D.v(H2O)=0.045mol.L-1.s-1答案：C48、下列溶液中有关微粒的物质的量浓度的关系式正确的是A、常温下将NaHSO3和NaHCO3两溶液混合后，溶液呈中性，则混合后的溶液中：C(Na+)=C(HSO3-)+C(HCO3-)+2C(CO32-)+2C(SO32-)+C(