高中一年级化学易错题集锦和分析

...wd......wd......wd...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：HCO3－＋H+=H2O+CO2↑；HCO3－＋OH－＝H2O+CO32-

〔2〕Al2O3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：Al2O3＋6H+=3H2O+2Al3+；Al2O3＋2OH－=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题，现在就要注意积累。答案：BC2、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，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：D3、经过以下试验，溶液仍为澄清透明的是〔〕

A、饱和Na2CO3溶液中通入足量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Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，由于生成的NaHCO3在水中的溶解度小于Na2CO3，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：BD4、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。

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：

〔1〕Na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、次氯酸钙溶液中通入适量二氧化碳气体产生白色沉淀：Ca〔ClO〕2+CO2+H2O====CaCO3↓+2HClO

C、次氯酸与氢氧化钠中和：HClO+NaOH====NaClO+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：B6、G、W、X、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〕：

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

B、G、Y、W、Z、X

C、G、Y、Z、W、X

D、Z、X、G、Y、W

解析：

题目告知几种物质均为含氯的含氧化合物，说明其中氯元素皆正价。①G→W+NaCl，氯的化合价有降低为－1价，则必有升高，即氯的化合价W>G；②W+H2OX+H2↑，氢元素化合价降低，氯元素的化合价就要升高，即X>W③Y+NaOH→G+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①可得：W>Y>G④与③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、基本概念

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：D2、若何理解化学概念，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：BD4、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、在氧化复原反响中，非金属单质不一定是氧化剂

C、某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：BD5、有以下三个氧化复原反响

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

假设某溶液中有Fe2+,I-,Cl-共存，要除去I-而不影响Fe2+和Cl-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较。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：I－>Fe2+>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：C6、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，即得电子越容易。

答案：C7、关于离子反响，以下说法正确的选项是〔〕

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、基本概念计算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+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、溶解度计算例题2：

t℃时，将某硝酸钾溶液，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：B3、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12.5%

D、无法确定

例题4：

将质量分数分别为5X%和X%的硫酸等体积混合后，其质量分数为〔〕

A、大于3X%

B、等于3X%

C、小于3X%

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较问题。

需要明确以下几点：

①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，如氨水，则浓度越大，密度越小；

②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：等体积<等质量；

③对于同种溶液，物质的量浓度与溶质的质量分数均表示一定量的溶液中所含溶质的多少，所以物质的量浓度越大，溶质质量分数必然越大。

答案：C、A、b>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32gS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，1molS被复原必有0.5molC被S氧化，即32gS能氧化6gC。答案：D注意：

该反响中被KNO3氧化的C不能计算在内。例题8：

在150℃时，加热高氯酸铵发生分解反响：2NH4ClO4N2↑+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

M＝m总/n总

假设有2molNH4ClO4分解，根据质量守恒

m总＝2×M(NH4ClO4)＝2×117.5g＝235g

n总＝8mol

∴M＝235g/8mol＝29.375g/mol答案：B注意：

此题分析时要从平均分子质量的基本概念入手，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Na2CO3·10H2O和NaHCO3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：

某混合溶液中含有0.2molNa+、0.25molMg2+、0.4molCl－，另一种离子为SO42-，则SO42-为〔〕

A、0.1mol

B、0.3mol

C、0.5mol

D、0.15mol

根据电荷守恒，n〔正电荷总数〕＝n(负电荷总数)

0.2mol×1＋0.25mol×2＝0.4mol×1＋2x

Na+Mg2+Cl-SO42-

x＝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)＝100g×14.6%/36.5g/mol=0.4mol

m(NaCl)=58.5g/mol×0.4mol＝23.4g

答案：23.4g例题12：

有某种浓度的盐酸，将一定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=VC>VB

B、VA<VB<VC

C、VA>VC>VB

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：D2、极限法例题13：

向10g不纯洁的碳酸钙(杂质可能是①SiO2②MgCO3③Na2CO3④KHCO3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)，则这种杂质可能是〔〕

A、②

B、④

C、①或③

D、①或④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2.24L>2.22L；假设10g均为杂质，与过量盐酸反响生成的CO2必小于2.22L，则①③满足题意。

答案：C例题14：

常温下，向20升真空容器内通入amolH2S和bmolSO2〔a和b都是正整数，且a≤5，b≤5〕。反响〔2H2S+SO2=3S+H2O〕完全后，容器内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积最大。

假设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时ρ到达最大值5.1g/L

假设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时ρ到达最大值14.4g/L答案：B3、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0.228gCS2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

D、448mL

CS2〔l〕+3O2〔g〕=CO2〔g〕+2SO2〔g〕

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amol，与CuSO4溶液反响的Fe为bmol。

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)

64b＝56(a+b)

a:b＝1:7

根据题意：

Fe～2H+Fe～Cu

a2abb

C〔H+〕：C(CuSO4)＝n(H+)：n(Cu2+)＝2a:b＝2:7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