高一化学易错题及典型题型

适用标准

高一化学易错题集锦及剖析一

元素化合物与化学观点部分

【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 、Na 2CO 3B、KHCO 3C、 Al 2 O 3 D 、 NaHSO 4

分析：此题要点考察两点：

（ 1 ）弱酸的酸式盐既能与强酸反响，又能与强碱反响，比如 B 选项： HCO 3－＋ H + =H 2O+CO 2↑；HCO 3－＋OH －＝H 2O +CO 32-

（2 ） Al 2 O3是两性氧化物，既能和强酸又能和强碱反响。这是在初高中知识连接解说物质分类提到

的。反响方程式到高二学，此刻认识：Al 2 O 3＋ 6H + =3H 2 O+2Al 3+； Al 2 O 3＋ 2OH － =2AlO 2－ +H 2 O 。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，此刻就要注意累积。答案： BC

2 、以下对于Na 2 O2的表达正确的选项是（）

A 、Na 2 O 2是淡黄色固体，久置于空气中变为Na 2 O

B、 Na 2 O 2与水的反响中，Na 2 O 2只作氧化剂

C、用 Na 2 O 2漂白过的织物、麦杆等日久又逐渐变为黄色

D 、 Na 2O 2放入饱和NaOH溶液中，放出大批的O 2，并有白色固体析出会再变色； D 选项饱和NaOH溶液中放入Na 2 O 2，因为 Na 2 O 2与水反响，放出大批的O 2，水少了，溶

质 NaOH 增加了，会有白色固体NaOH 析出。此中 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，吸附退色，物理变化；Na 2 O 2、HClO 因为强氧化性退色，化学变化。此后注意持续补

充。答案： D

3 、经过以下试验，溶液仍为澄清透明的是（）

A 、饱和 Na 2 CO 3溶液中通入足量CO 2

B 、 NaHCO 3溶液中加入过度NaOH溶液

C、 Ca(HCO 3 )溶液中加入过度KOH 溶液 D 、少量的CO 2通入 CaCl 2溶液中

分析： A 选项会发生化学反响Na 2CO 3＋ CO 2＋ H 2 O=2NaHCO 3 ，因为生成的NaHCO 3在水中的溶解

度小于Na 2 CO 3，并且经过反响溶剂水少了，溶质的质量增添了，因此必定有NaHCO 3固体析出。 B、 C 选项要点考察弱酸的酸式盐和碱的反响， B 选项反响生成Na 2CO 3和水，溶液仍澄清透明， C 选项反响生

成有 CaCO 3积淀。 D 选项好多同学误以为反响，其实不发生反响，因为CO 2通入水中只好获取很少很少

碳酸根，难以与钙离子生成积淀，或许以为假如反响，碳酸制备了盐酸，弱酸制备强酸，不合理，且生

成的 CaCO 3在盐酸中不可以存在。答案：BD

4 、用金属钠制取Na 2 O 往常采纳下法：2NaNO 2 +6Na=4Na 2 O+N 2 ↑依据要求回答以下问题：

（ 1）不采纳 Na 在氧气中焚烧获取Na 2 O 的原由是。

（ 2 ）上述方法的长处是。分析：在评论一种制备方法优弊端时，往常从以下几个方面考虑：第一反响原理可行，其次在方案

分析： A 选项应中Na 2 O 2久置于空气中会变为Na 2CO 3； B 选项 Na 2 O2与水的反响中，Na 2 O2既可行的状况下从反响物、产物、反响条件三角度剖析，包含原料根源宽泛、无污染、实验条件简单达到作氧化剂又作复原剂，是氧化复原中的歧化反响； C 选项 Na 2 O 2因为强氧化性而漂白物质，漂白以后不等方面。

答案：合价有降低为－ 1 价，则必有高升，即氯的化合价 W>G ；② W+H 2 O X+H 2↑，氢元素化合价降低，（ 1） Na 在氧气中焚烧生成物是Na 2 O 2，不生成 Na 2 O ；氯元素的化合价就要高升，即X>W③ Y+NaOH → G+W+H 2 O ，联合氯气与NaOH 的反响，可得出这（ 2）生成的氮气将生成的氧化钠与空气隔断，防备了外界环境的扰乱，生成的氧化钠不会变质。是歧化反响， Y 中氯的化合价必处于G、 W 之间，联合①可得： W>Y>G④与③同理。此题要点考

核对氧化复原得失电子的灵巧应用。答案： B

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（）

二、基本观点

A 、次氯酸光照下分解：2HClO2HCl+O 2↑

B、次氯酸钙溶液中通入适当二氧化碳气体产生白色积淀：Ca （ ClO ）2 +CO 2 +H 2O====CaCO3 ↓ 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（）

+2HClO A 、 KClO 3B、 Cu(OH) 2C、 CaCO 3 D 、NH 4HCO 3

C、次氯酸与氢氧化钠中和：HClO+NaOH====NaClO+H 2 O分析：此题中四个选项加热都能够分解， 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

D 、次氯酸与 H 2SO 3作用： HClO+H 2 SO 3====H 2 SO4 +HCl解成相应的金属氧化物和水，此时获取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

分析： A 选项证明次氯酸不稳固； B 选项证明次氯酸酸性弱于碳酸，是弱电解质； C 选项证明次氯酸分解成金属氧化物和CO 2， CO 2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，酒精有酸性； D 选项证明次氯酸有氧化性。答案： B灯温度最高只好 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NH 3、CO 2和 H2O。

此题简单错在对反响条件的选择。答案： D

6 、 G、 W 、 X、 Y、 Z 均为含氯的含氧化合物，我们不认识它们的化学式，但知道它们在必定条件

下拥有以下的转变关系（未配平）： 2 、如何理解化学观点，是学好化学的要点问题之一，试判断以下说法能否正确？若不正确，请简述

① G→ W+NaCl② W+H 2O X+H2↑原由。

③ Y+NaOH → G+W+H2O④ Z+NaOH → W+X+H 2 O（ 1 ）由两种元素构成的物质，此中一种是氧元素，则该物质必定是氧化物。

这五种化合物中的氯的化合价由低到高的次序是（）（ 2 ）盐溶液里必定有金属阳离子和酸根离子。

A、W 、G、Z、Y、X

B、G、Y、W、Z、X答案：

C、G、Y、Z、W 、X

D、Z、X、G、Y、W（ 1 ）不正确，假如此物质是纯净物，则该物质必定是氧化物，可是若该物质是混淆物，比如氢气与

分析：题目见告几种物质均为含氯的含氧化合物，说明此中氯元素皆正价。①G→ W+NaCl ，氯的化

氧气的混淆气体，则该物质不是氧化物。若某溶液中有Fe2+ ,I- ,Cl-共存，要除掉I -而不影响Fe2+和 Cl -可加入的试剂是（）（ 2 ）不正确，比如铵盐（如NH 4 NO 3）溶液中就没有金属阳离子。 A 、 Cl 2B、 KMnO 4C、 FeCl 3 D 、 HCl

分析：此题考察的是氧化性复原性强弱比较。经过三个反响，依据氧化剂的氧化性强于氧化产物，还

3 、以下物质中，含有自由挪动的Cl -的是（）

原剂的复原性大于复原产物，可得出氧化性强弱次序为：KMnO 4 > Cl 2 > FeCl 3 > I 2，复原性次序为：I

A 、KClO 3溶液B、 MgCl 2溶液C、液态HCl D 、熔融 NaCl

－

>Fe 2+ >Cl －。除掉 I-，就是将I-氧化成碘单质，而不影响Fe2+和 Cl -即二者不被氧化，可加入的试剂选

分析： A 选项 ClO 3－原子团中的氯不会出氯离子，BCD 中都有－ 1 价的氯，可是BD 是盐，离子化合

择相对只好氧化I-的弱氧化剂FeCl 3。答案：C

物，在溶液中和熔融状态下都会出自由挪动的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 6 、以下粒子中，氧化性最强的是（）

A 、 Na +B、 Al 3+C、 Cu 2+ D 、 Fe2+

4 、以下表达中正确的选项是（）

分析：依据金属活动性次序表，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

A、一种元素被氧化，必定有另一种元素被复原

电子越简单。答案： C

B、在氧化复原反响中，非金属单质不必定是氧化剂

C、某元素从化合态变为游离态，该元素必定被复原7 、对于离子反响，以下说法正确的选项是（）

D 、金属阳离子被复原后不必定获取金属单质 A 、电解质在溶液中的反响实质是离子之间的反响

分析： A 选项氧化复原反响能够是同种元素被氧化复原，比如氯气与水的反响； B 选项非金属单质也能够 B 、因为溶液中的阴、阳离子总数相等，因此溶液呈电中性

是复原剂，如 H 2；C 选项也能够被氧化，如氯离子变氯气； D 选项如Fe 3+被复原可获取Fe 2+。答案： B D C、强电解质溶液的导电能力必定强

D 、能导电的物质是电解质，不可以导电的物质是非电解质

5 、有以下三个氧化复原反响

① FeCl 3 +2KI=2FeCl 2 +2KCl+I2分析： 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

② 2FeCl 2 +Cl 2 =2FeCl 3度，强电解质溶液很稀，导电能力仍旧较差； D 选项在融化或溶液中能导电的化合物才是电解质，两种

③ 2KMnO 4 +16HCl=2KCl+2MnCl 2 +5Cl2↑+8H 2 0状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剖析二分析：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）=饱和化学计算部分溶液（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

一、基本观点计算

质大于或等于3g 。答案：B

1、溶液浓度

例题 1： 3 、溶液稀释

密度为·cm -3的硫酸溶液中，逐滴加入BaCl 2溶液，直至积淀完整为止，已知积淀物的质量与例题 3：

原硫酸溶液的质量相等，则原硫酸溶液的浓度为（）密度为 3 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

A 、29. 6%B、 42.1%C、 D 、释后，所得溶液的质量百分比浓度（）

例题 1： A 、等于 12.5%B、大于 12.5%C、小于 12.5% D 、没法确立

H 2 SO 4 +BaCl 2＝ BaSO 4↓+2HCl

w (H2SO4)＝ m(H 2 SO 4 )/m(H 2SO 4溶液 ) ＝m(H 2 SO 4)/m(BaSO 4)＝ 98/233＝例题 4：

C＝ 1000ρw /M＝1.45 g/mL×1000 mL×＝ 6.22 mol/L答案： BD将质量分数分别为5X% 和 X% 的硫酸等体积混淆后，其质量分数为（）

A 、大于 3X%

B 、等于 3X%C、小于 3X% D 、没法确立

2、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

例题 5：

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（）

质量分数同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淆，所得氨水质量分数为

A 、等于 3g B、大于或等于 3g C、小于或等于 3g D 、没法确立

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淆与等质量混淆所得溶液浓度比较问题。

需要明确以下几点：

①若溶液密度>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；答案：D注意：该反响中被KNO 3氧化的 C 不可以计算在内。

若溶液密度<1 ，如氨水，则浓度越大，密度越小；

例题 8 ：在150℃时，加热高氯酸铵发生疏解反响：2NH 4 ClO 4N2↑+Cl 2↑+2O 2↑+4H 2 O ↑

其气态生成物构成的混淆气的均匀相对分子质量为（）

②若溶液密度>1 ，则（与水或与同种溶液）混淆所得溶液浓度：等体积> 等质量；

若溶液密度<1 ，则（与水或与同种溶液）混淆所得溶液浓度：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必定量的溶液中所含溶质的多少，因此物

质的量浓度越大，溶质质量分数必定越大。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 、MgCl 2、AlCl 3三种溶液，溶液中Cl -浓度比是（）

A 、3:2:1B、 1:2:3C、 1:1:1 D 、 3:4:3

三种溶液溶质的物质的量浓度同样，则Cl -的浓度之比为1:2:3 ，与溶液体积没关。

例题 7：在S+2KNO3+3C=3CO 2 +K 2S+N 2 ↑的反响中，如有32g S被复原，则被S 氧化的C质量是（）

A 、36g

B 、24g C、 12g D 、 6g

依据电子守恒， 1 mol S被复原必有0.5 molC被S氧化，即32g S能氧化6gC。

A 、

B 、C、 D 、没法计算

M ＝ m 总 /n 总

假定有2mol NH 4 ClO 4 分解，依据质量守恒

m总＝ 2 ×M (NH 4 ClO 4 )＝ 2 ×117.5g ＝ 235g

n总＝ 8 mol

∴M ＝ 235g/8mol＝29.375 g/mol答案：B

注意：此题剖析时要从均匀分子质量的基本观点下手，依据生成物均为气态产物，善用假定，再

利用质量守恒进而将题解出。

例题 9 ：将Na2CO3·10H2O和NaHCO3构成的混淆物 5.38g ，溶于水制成100mL溶液，

此中 Na +的浓度为，若将等质量的该混淆物加热至恒重，计算所得固体的质量为。

该混淆物加热至恒重后为Na 2 CO 3，依据原子守恒，Na 原子物质的量等于，因此Na2CO3固体

物质的量必为即。答案：

例题 10：

某混淆溶液中含有0.2 mol Na+ 、0.25 mol Mg2+ 、0.4 mol Cl－，另一种离子为SO 42-，则 SO 42-

为（）

A 、0.1 mol B、 0.3 mol C、 0.5 mol D 、 0.15 mol 2 、极限法

依据电荷守恒，n（正电荷总数）＝n( 负电荷总数 )例题 13：向 10g 不纯净的碳酸钙 (杂质可能是① SiO 2② MgCO 3③ Na 2 CO 3④ KHCO 3中的一种 )

0.2mol ×1＋ 0.25mol ×2＝ 0.4mol ×1＋ 2x中，加入过度的稀盐酸，充足反响并将所产生的CO 2所有采集，体积为 2.22L( 标准状况 )，则这类杂质可

Na +Mg 2+Cl -SO42-能是（） A 、②B、④C、①或③ D 、①或④

x＝答案：D

此题利用均匀值的思想，采纳假定法。假定10g 均为 CaCO 3，与过度盐酸反响产生的CO 2体积恰巧为例题 11 ：；假定10g均为杂质，与过度盐酸反响生成的CO 2必小于 2.22L ，则①③知足题意。答案：现有必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C

向里加100g 质量分数为14.6% 的盐酸溶液恰巧完整反响，问把溶液蒸干可得晶体多少g ？

例题 14 ：常温下，向20 升真空容器内通入 a mol H 2 S和b mol SO2（a和b都是正整数，此题看似复杂，计算量大，实质只需抓住最后固体为NaCl ，依据 Cl 元素守恒：

且 a≤5， b ≤5 ）。反响（ 2H 2 S+SO 2=3S+H2O）完整后，容器内气体可能达到的最大密度约是（）n(NaCl) ＝ n(HCl) ＝ 100 g ×

A 、B、C、 8g/L D 、

m(NaCl)=58.5 g/mol× ＝

因为容器体积固定，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。

①假定H2 S 节余：

答案：

2H 2 S+SO 2 =3S+H 2 O

例题 12 ：有某种浓度的盐酸，将必定量的该盐酸分红三等份 A 、B、C。往 A 中加入适当蒸馏水

2b b

稀释，往 B 中滴加少量AgNO 3溶液，过滤后保存原溶液， C 保持原样，现以同样浓度的NaOH溶液中

n （ H 2 S）节余＝（ a － 2b ） molρ＝m/V=〔（a－2b）×34〕/20g/L

和以上三种溶液至中性，耗费 NaOH溶液的体积分别为V A、V B、V C，则它们的大小关系正确的选项是（）

a=5 、 b ＝ 1 时ρ达到最大值

A 、V A=V C>V

B B、V A

C C、V A>V C>V B D、V A=V B=V C

②假定 SO2节余：

依据 H+守恒，耗费等浓度的NaOH体积必为1:1:1 。答案：D

2H2S+SO 2=3S+H2O

a

n （ SO 2）节余＝（ b － 0.5a ） molρ＝m/V=〔（b－）×64〕/20g/L Fe ～ 2H +Fe ～ Cu

a=1 、 b ＝ 5 时ρ达到最大值答案：B a2a b b

C（ H +）： C(CuSO 4 )＝ n(H + )： n(Cu 2+ )＝ 2a:b ＝ 2:7

3 、差量法

例题 15 ：二硫化碳（CS2，液态）能够在氧气中完整焚烧生成CO 2和 SO 2，若将 0.228g CS2例题17：必定量的碳酸氢钠和铜的混淆物在空气中加热至质量不再变化，发现前后质量相等，

在 448mLO 2 （标准状况）中充足焚烧后，所得的混淆气体在标准状况下的体积为（）求碳酸氢钠质量分数。

A 、112mL B、224mL C、 336mL D 、 448mL设混淆物中NaHCO 3物质的量为a， Cu 物质的量为 b 。

CS2（ l） +3O 2（ g ） =CO 2（ g ） +2SO 2（ g ）2NaHCO 3 ～H 2O～CO 2△m＝m(CO2+H2O)

该反响为反响前后气体分子数不变的反响，依据阿伏加得罗定律，反响前后气体体积不变，因此最Cu ～ CuO△m＝m(O)

后混淆气体的体积仍为448mL 。答案：D依据题意：m(CO 2 +H 2 O) ＝ m(O)31a=16b

NaHCO 3％＝ 84a/(84a+64b)=21/52×100% = 40.38%例题 16：

将过度的铁粉投入到H 2 SO 4和 CuSO 4的混和溶液中，充足反响后把溶液过滤，称得滤渣的质量跟投例题18：和K混淆物投入水中，完整反响后将气体复原氧化铜，反响后称量固体入铁粉的质量相等，求原混和液中H +的物质的量浓度与Cu 2+的物质的量浓度之比。质量减少24g ，求钠和钾的物质的量之比。

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。CuO～Cu～H2～2M

滤渣质量与投入的铁粉质量相等，则析出的铜的质量与耗费的铁的质量相等，即：1mol1mol2mol△m＝16g

m(Cu) ＝ m(Fe)64b ＝ 56(a+b)a:b ＝ 1:7xmol△m＝24g∴x＝3mol

依据题意：混淆金属均匀式量＝＝

设混淆金属中Na 物质的量为 a mol ， K 物质的量为bmol ，

23a+39b=29.5(a+b)a:b=19:13

4 、察看法：高一化学易错题集锦及剖析一

例题 19 ：由 CO 2、 H 2、 CO 构成的混淆气在同温同压下与氮气的密度同样，则该混淆气中CO2、

H 2、 CO 的体积比是（）

A、29 ：8：13

B、21 ：1：14

C、13 ： 8：29

D、26 ：16 ：17

CO 与 N 2的式量相等，因此同温同压下混淆气体中CO 的存在不影响混淆气体的密度。则题目简化为CO 2

和 H 2的二元混淆气。依据阿伏加得罗定律推论，CO 2和 H 2的均匀式量为28 ，利用十字交错或二元一次方程组解得混淆气体中CO 2与 H 2的体积比为13:8 ， CO 为随意比。答案：CD 注意：三元混淆物的题目必定存在内在联系，解题时要注意察看化学式的构成、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0.2gH 2和的混淆气体与足量O 2充足焚烧后，立刻将所得混淆气体经过足量

Na 2 O 2粉末，固体质量将增添（）

A 、B、 C 、D、没法确立

依据关系式，H 2和 CO 在先被氧化再被Na 2 O 2汲取的过程中先得氧，再失掉等量的氧，因此固体增

加的就是H2和 CO 的质量。答案：B 元素化合物与化学观点部分

【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

分析：

此题要点考察两点：

（ 1 ）弱酸的酸式盐既能与强酸反响，又能与强碱反响，比如B选项：HCO3－＋H+=H2O+CO2学过的有：活性炭，吸附退色，物理变化；Na2O2 、 HClO 因为强氧化性退色，化学变化。此后注意继

↑；HCO3 －＋ OH －＝ H2O +CO32-续增补。

（ 2 ）Al2O3是两性氧化物，既能和强酸又能和强碱反响。这是在初高中知识连接解说物质分类答案：D

提到的。反响方程式到高二学，此刻认识：Al2O3 ＋ 6H+=3H2O+2Al3+；Al2O3＋2OH－=2AlO2－

3、经过以下试验，溶液仍为澄清透明的是（）

+H2O 。此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，此刻就要注意累积。

A 、饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2

答案： BC

B 、 NaHCO3溶液中加入过度NaOH溶液

2 、以下对于Na2O2的表达正确的选项是（）

C 、 Ca(HCO3) 溶液中加入过度KOH 溶液

A 、 Na2O2是淡黄色固体，久置于空气中变为Na2O

D 、少量的CO2 通入 CaCl2 溶液中

B 、 Na2O2与水的反响中，Na2O2只作氧化剂

分析：

C、用 Na2O2漂白过的织物、麦杆等日久又逐渐变为黄色

A 选项会发生化学反响Na2CO3 ＋ CO2 ＋ H2O=2NaHCO3，因为生成的NaHCO3在水中的溶

D 、 Na2O2放入饱和NaOH溶液中，放出大批的O2 ，并有白色固体析出

解度小于Na2CO3 ，并且经过反响溶剂水少了，溶质的质量增添了，因此必定有NaHCO3固体析出。B、分析： C 选项要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

应生成有CaCO3 积淀。 D 选项好多同学误以为反响，其实不发生反响，因为CO2 通入水中只好获取极

A 选项应中Na2O2久置于空气中会变为Na2CO3 ；

B 选项 Na2O2与水的反响中，Na2O2既

少很少碳酸根，难以与钙离子生成积淀，或许以为假如反响，碳酸制备了盐酸，弱酸制备强酸，不合理，

作氧化剂又作复原剂，是氧化复原中的歧化反响； C 选项 Na2O2因为强氧化性而漂白物质，漂白以后不

且生成的CaCO3 在盐酸中不可以存在。

会再变色； D 选项饱和NaOH溶液中放入Na2O2 ，因为Na2O2与水反响，放出大批的O2 ，水少了，

溶质 NaOH增加了，会有白色固体NaOH析出。此中 C 选项可漂白的物质也应总结成小专题，现阶段答案：BD

4 、用金属钠制取Na2O往常采纳下法：2NaNO2+6Na=4Na2O+N2↑依据要求回答以下问题： B 、次氯酸钙溶液中通入适当二氧化碳气体产生白色积淀：Ca（ ClO ）2+CO2+H2O====CaCO3

↓+2HClO

（ 1 ）不采纳Na 在氧气中焚烧获取Na2O的原由

是。 C 、次氯酸与氢氧化钠中和：HClO+NaOH====NaClO+H2O （ 2 ）上述方法的长处 D 、次氯酸与H2SO3作用：HClO+H2SO3====H2SO4+HCl

是。

分析：

分析：

A 选项证明次氯酸不稳固；

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

在评论一种制备方法优弊端时，往常从以下几个方面考虑：第一反响原理可行，其次在方案可酸性； D 选项证明次氯酸有氧化性。

行的状况下从反响物、产物、反响条件三角度剖析，包含原料根源宽泛、无污染、实验条件简单达到等

答案： B

方面。

6 、 G、W 、X 、Y、Z 均为含氯的含氧化合物，我们不认识它们的化学式，但知道它们在必定条

答案：

件下拥有以下的转变关系（未配平）：

（ 1 ） Na 在氧气中焚烧生成物是Na2O2 ，不生成Na2O ；

① G → W+NaCl② W+H2OX+H2↑

（ 2 ）生成的氮气将生成的氧化钠与空气隔断，防备了外界环境的扰乱，生成的氧化钠不会变质。

③ Y+NaOH→ G+W+H2O④ Z+NaOH→ W+X+H2O

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（）

这五种化合物中的氯的化合价由低到高的次序是（）

A 、次氯酸光照下分解：2HClO2HCl+O2↑

A、W、G、 Z、Y、X

B、G、Y、W、Z、X

适用标准

C、G、Y、Z、W、X

D、Z、X、G、Y、 W

分析：

题目见告几种物质均为含氯的含氧化合物，说明此中氯元素皆正价。①G→ W+NaCl，氯的化合价有降低为－ 1 价，则必有高升，即氯的化合价W>G ；② W+H2OX+H2↑，氢元素化合价降低，氯元素的化合价就要高升，即X>W③ Y+NaOH→ G+W+H2O，联合氯气与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，联合① 可得：W>Y>G④与③同理。此题要点考察对氧

化复原得失电子的灵巧应用。

答案： B

二、基本观点

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

分析：

此题中四个选项加热都能够分解， 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，此时获取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，酒精灯温度最高只好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。此题简单错在对反响条件的选择。

答案： D

2、如何理解化学观点，是学好化学的要点问题之一，试判断以下说法能否正确？若不正确，请

简述原由。

（1 ）由两种元素构成的物质，此中一种是氧元素，则该物质必定是氧化物。

（2 ）盐溶液里必定有金属阳离子和酸根离子。

答案：

（1 ）不正确，假如此物质是纯净物，则该物质必定是氧化物，可是若该物质是混淆物，比如

氢气与氧气的混淆气体，则该物质不是氧化物。

（2 ）不正确，比如铵盐（如NH4NO3 ）溶液中就没有金属阳离子。

3 、以下物质中，含有自由挪动的Cl- 的是（）

适用标准

A 、 KClO3溶液分析：

B 、 MgCl2溶液 A 选项氧化复原反响能够是同种元素被氧化复原，比如氯气与水的反响； B 选项非金属单质也可

以是复原剂，如氢气； C 选项也能够被氧化，如氯离子变氯气； D 选项如 Fe3+ 被复原可获取Fe2+ 。

C、液态HCl

答案： BD

D 、熔融NaCl

5 、有以下三个氧化复原反响

分析：

① FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2

A 选项 ClO3 －原子团中的氯不会出氯离子，BCD 中都有－ 1 价的氯，可是BD 是盐，离子化合

物，在溶液中和熔融状态下都会出自由挪动的Cl- ，而 C 选项 HCl 是共价化合物，在液态时无离子存在，② 2FeCl2+Cl2=2FeCl3

只有在溶液中水的作用下，才会电离出氯离子。

③ 2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H20

答案： BD

若某溶液中有Fe2+,I-,Cl-共存，要除掉I- 而不影响Fe2+ 和 Cl- 可加入的试剂是（）

4 、以下表达中正确的选项是（）

A 、 Cl2

A 、一种元素被氧化，必定有另一种元素被复原

B 、 KMnO4

B、在氧化复原反响中，非金属单质不必定是氧化剂

C 、 FeCl3

C、某元素从化合态变为游离态，该元素必定被复原

D 、 HCl

D、金属阳离子被复原后不必定获取金属单质

分析：

适用标准

此题考察的是氧化性复原性强弱比较。经过三个反响，依据氧化剂的氧化性强于氧化产物，还

原剂的复原性大于复原产物，可得出氧化性强弱次序为：KMnO4> Cl2> FeCl3> I2，复原性次序为：I － >Fe2+>Cl－。除掉I- ，就是将I- 氧化成碘单质，而不影响Fe2+ 和 Cl- 即二者不被氧化，可加入的试

剂选择相对只好氧化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+

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，因此溶液呈电中性

C、强电解质溶液的导电能力必定强

D、能导电的物质是电解质，不可以导电的物质是非电解质

分析：

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，导电能力仍旧较差；

D 选项在融化或溶液中能导电的化合物才是电解质，两种

B 、 Al3+

状况下都不导电的化合物是非电解质。

C、 Cu2+

答案： A

D 、 Fe2+

-分析：

依据金属活动性次序表，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

电子越简单。

答案： C

7 、对于离子反响，以下说法正确的选项是（）

适用标准

一、基本观点计算

1 、溶液浓度

例题 1：

密度为 1.45g ·cm-3的硫酸溶液中，逐滴加入BaCl2 溶液，直至积淀完整为止，已知积淀物的

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 、

D 、

例题 1：

高一上学期化学错题集锦及剖析二

H2SO4+BaCl2 ＝ BaSO4 ↓+2HCl

w(H2SO4)＝m(H2SO4)/m(H2SO4溶液)＝m(H2SO4)/m(BaSO4)＝98/233＝

化学计算部分

C＝ 1000 ρw/M ＝ 1.45 g/mL×1000 mL×＝6.22 mol/L答案：B

答案： BD 3 、溶液稀释

2 、溶解度计算例题3：

例题 2：密度为的氨水，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（）

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12.5%

A 、等于 3g

B 、大于12.5%

B 、大于或等于3g

C 、小于 12.5%

C、小于或等于3g D 、没法确立

D 、没法确立例题4：

分析：将质量分数分别为5X% 和 X% 的硫酸等体积混淆后，其质量分数为（）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 A 、大于3X%

发 10g水&析出晶体）=饱和溶液++++++++

B 、等于3X%

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

C 、小于 3X%

的溶质大于或等于3g 。

D 、没法确立（一）守恒法

例题 5：例题6：

质量分数同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淆，所得氨水质量分体积比是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（）

数为 a% ，所得氢氧化钠溶液质量分数为b% ，问 a 与 b 关系。

A 、 3:2:1

这三道题均为溶液稀释问题中的等体积混淆与等质量混淆所得溶液浓度比较问题。

B 、 1:2:3

需要明确以下几点：

C 、 1:1:1

①若溶液密度>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；

D 、 3:4:3

若溶液密度<1 ，如氨水，则浓度越大，密度越小；

三种溶液溶质的物质的量浓度同样，则Cl- 的浓度之比为1:2:3 ，与溶液体积没关。

②若溶液密度>1 ，则（与水或与同种溶液）混淆所得溶液浓度：等体积> 等质量；

例题 7：

若溶液密度<1 ，则（与水或与同种溶液）混淆所得溶液浓度：等体积< 等质量；

在 S+2KNO3+3C=3CO2+K2S+N2↑ 的反响中，如有32g S 被复原，则被S 氧化的 C 质量是

③对于同种溶液，物质的量浓度与溶质的质量分数均表示必定量的溶液中所含溶质的多少，所（）

以物质的量浓度越大，溶质质量分数必定越大。

A 、 36g

答案： C、 A 、 b>a

B 、 24g

二、化学计算方法

C 、 12g

D 、 6g m 总＝ 2 ×M (NH4ClO4)＝2× ＝235g

依据电子守恒， 1 mol S被复原必有0.5 molC被S氧化，即32g S能氧化6gC 。n 总＝ 8 mol

答案： D∴M＝235g/8mol＝29.375 g/mol

注意：答案： B

该反响中被KNO3氧化的C不可以计算在内。注意：

例题 8：此题剖析时要从均匀分子质量的基本观点下手，依据生成物均为气态产物，善用假定，再利用

质量守恒进而将题解出。

在 150 ℃时，加热高氯酸铵发生疏解反响：2NH4ClO4 N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O↑其气态生成

物构成的混淆气的均匀相对分子质量为（）例题9：

A 、将Na2CO3·10H2O和NaHCO3构成的混淆物 5.38g ，溶于水制成100mL

溶液，此中Na+的

浓度为，若将等质量的该混淆物加热至恒重，计算所得固体的质量为。

B 、

该混淆物加热至恒重后为Na2CO3，依据原子守恒，Na原子物质的量等于，因此Na2CO3 C、

固体物质的量必为即。

D、没法计算

答案：

M ＝ m 总 /n 总

例题 10：

假定有2mol NH4ClO4分解，依据质量守恒

某混淆溶液中含有0.2 mol Na+、0.25 mol Mg2+、0.4 mol Cl－，另一种离子为SO42- ，则此题看似复杂，计算量大，实质只需抓住最后固体为NaCl ，依据 Cl 元素守恒：

SO42- 为（）

n(NaCl) ＝ n(HCl) ＝ 100 g ×

A 、 0.1 mol

m(NaCl)=58.5 g/mol× ＝

B 、 0.3 mol

答案：

C、 0.5 mol

例题 12：

D 、 0.15 mol

有某种浓度的盐酸，将必定量的该盐酸分红三等份 A 、 B、 C。往 A 中加入适当蒸馏水稀释，往

依据电荷守恒，n（正电荷总数）＝n( 负电荷总数) B 中滴加少量AgNO3溶液，过滤后保存原溶液， C 保持原样，现以同样浓度的NaOH溶液中和以上三

种溶液至中性，耗费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（）×1＋×2＝×1＋2x

A 、 VA=VC>VB

Na+Mg2+Cl-SO42-

B 、 VA

x ＝

C 、 VA>VC>VB

答案： D

D 、 VA=VB=VC

例题 11：

依据 H+ 守恒，耗费等浓度的NaOH体积必为1:1:1 。

现有必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% 的盐酸溶液恰巧完整反响，问把溶液蒸干可得晶体多少g ？答案：D

适用标准

2、极限法

例题 13：

向 10g 不纯净的碳酸钙(杂质可能是①SiO2② MgCO3③ Na2CO3④ KHCO3中的一种)中，加入过度的稀盐酸，充足反响并将所产生的CO2 所有采集，体积为 2.22L( 标准状况 )，则这类杂质可能

是（）

A、②

B、④

C、①或③

D、①或④

此题利用均匀值的思想，采纳假定法。假定10g 均为 CaCO3 ，与过度盐酸反响产生的CO2 体积恰好为；假定10g均为杂质，与过度盐酸反响生成的CO2 必小于 2.22L ，则①③知足题意。

答案： C

例题 14：

常温下，向20 升真空容器内通入 a mol H2S和 b mol SO2（a和b都是正整数，且a≤5， b ≤5）。反响（2H2S+SO2=3S+H2O）完整后，容器内气体可能达到的最大密度约是（）

A、

B、

C、 8g/L

D、

因为容器体积固定，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。

假定 H2S 节余：

2H2S+SO2=3S+H2O

2b b

n （ H2S ）节余＝（a－ 2b ） mol

ρ＝ m/V=〔（a－2b）×34〕/20g/L

a=5 、 b ＝ 1 时ρ达到最大值

假定 SO2 节余：

2H2S + SO2 = 3S+H2O

a

适用标准

n （ SO2 ）节余＝（b － 0.5a ） mol该反响为反响前后气体分子数不变的反响，依据阿伏加得罗定律，反响前后气体体积不变，所

以最后混淆气体的体积仍为448mL 。

ρ＝m/V=〔（b－）×64〕/20g/L

答案： D

a=1 、b ＝ 5 时ρ达到最大值

例题 16：

答案： B

将过度的铁粉投入到H2SO4和CuSO4的混和溶液中，充足反响后把溶液过滤，称得滤渣的质

3、差量法

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。

例题 15：

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。

二硫化碳（ CS2 ，液态）能够在氧气中完整焚烧生成CO2 和 SO2 ，若将 0.228g CS2在448mLO2

滤渣质量与投入的铁粉质量相等，则析出的铜的质量与耗费的铁的质量相等，即：

（标准状况）中充足焚烧后，所得的混淆气体在标准状况下的体积为（）

m(Cu) ＝ m(Fe)

A 、 112mL

64b ＝ 56(a+b)

B 、 224mL

a:b ＝ 1:7

C、 336mL

依据题意：

D 、 448mL

Fe ～ 2H+Fe ～ Cu

CS2 （ l ） +3O2 （ g） =CO2 （g ） +2SO2 （ g ）

a2a b b