高一化学易错题及典型题型.docx
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高一化学易错题及典型题型
高一化学易错题集锦及分析一元素化合物与化学概念部分
【易错题】 一、元素化合物知识 1、下列物质既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应的是（ ） A、Na2CO3 B、KHCO3 C、Al2O3 D、NaHSO4解析：
本题重点考查两点：
（1）弱酸的酸式盐既能与强酸反应，又能与强碱反应，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应。
这是在初高中知识衔接讲解物质分类提到的。
反应方程式到高二学，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应的物质将拓展为一个小专题，现在就要注意积累。
答案：
BC
2、下列关于Na2O2的叙述正确的是（ ） A、Na2O2是淡黄色固体，久置于空气中变成Na2O B、Na2O2与水的反应中，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与水的反应中，Na2O2既作氧化剂又作还原剂，是氧化还原中的歧化反应；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与水反应，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、经过下列试验，溶液仍为澄清透明的是（ ） A、饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2 B、NaHCO3溶液中加入过量NaOH溶液 C、Ca（HCO3）溶液中加入过量KOH溶液 D、少量的CO2通入CaCl2溶液中解析：
A选项会发生化学反应Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，由于生成的NaHCO3在水中的溶解度小于Na2CO3，而且通过反应溶剂水少了，溶质的质量增加了，所以肯定有NaHCO3固体析出。
B、C选项重点考查弱酸的酸式盐和碱的反应，B选项反应生成Na2CO3和水，溶液仍澄清透明，C选项反应生成有CaCO3沉淀。
D选项很多同学误认为反应，其实不发生反应，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，或者认为如果反应，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↑根据要求回答问题：
（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：
首先反应原理可行，其次在方案可行的情况下从反应物、产物、反应条件三角度分析，包括原料来源广泛、无污染、实验条件容易达到等方面。
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、下列各反应的反应式或离子方程式中，能够说明次氯酸是弱电解质的是（ ） A、次氯酸光照下分解：
2HClO
2HCl+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：
B
6、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+NaCl ②W+H2O
X+H2↑ ③Y+NaOH→G+W+H2O ④Z+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+H2O
X+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的反应，可得出这是歧化反应，Y中氯的化合价必处于G、W之间，结合①可得：
W>Y>G ④与③同理。
本题重点考查对氧化还原得失电子的灵活应用。
答案：
B
二、基本概念 1、下列物质，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：
本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。
本题容易错在对反应条件的选择。
答案：
D
2、怎样理解化学概念，是学好化学的关键问题之一，试判断下列说法是否正确若不正确，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，如果此物质是纯净物，则该物质一定是氧化物，但是若该物质是混合物，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、下列物质中，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、下列叙述中正确的是（ ） A、一种元素被氧化，一定有另一种元素被还原 B、在氧化还原反应中，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，该元素一定被还原 D、金属阳离子被还原后不一定得到金属单质解析：
A选项氧化还原反应可以是同种元素被氧化还原，例如氯气与水的反应；B选项非金属单质也可以是还原剂，如H2；C选项也可以被氧化，如氯离子变氯气；D选项如Fe3+被还原可得到Fe2+。
答案：
BD
5、有下列三个氧化还原反应 ①FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2 ②2FeCl2+Cl2=2FeCl3 ③2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H20 若某溶液中有Fe2+,I-,Cl-共存，要除去I-而不影响Fe2+和Cl-可加入的试剂是（ ） A、Cl2 B、KMnO4 C、FeCl3 D、HCl解析：
本题考查的是氧化性还原性强弱比较。
通过三个反应，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物，可得出氧化性强弱顺序为：
KMnO4>Cl2>FeCl3>I2，还原性顺序为：
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，可加入的试剂选择相对只能氧化I-的弱氧化剂FeCl3。
答案：
C
6、下列粒子中，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，金属单质还原性越弱，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：
C
7、关于离子反应，下列说法正确的是（ ） A、电解质在溶液中的反应实质是离子之间的反应 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部分
一、基本概念计算 1、溶液浓度例题1：
密度为·cm-3的硫酸溶液中，逐滴加入BaCl2溶液，直至沉淀完全为止，已知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、% C、L D、L例题1：
H2SO4+BaCl2＝BaSO4↓+2HCl w（H2SO4）＝m（H2SO4）/m（H2SO4溶液）＝m（H2SO4）/m（BaSO4）＝98/233＝ C＝1000ρw/M＝g/mL×1000mL×98g/mol＝mol/L 答案：
BD
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：
B
3、溶液稀释 例题3：
密度为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% B、大于% C、小于% 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：
质量分数相同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； 若溶液密度<1，如氨水，则浓度越大，密度越小； ②若溶液密度>1，则（与水或与同种溶液）混合所得溶液浓度：
等体积>等质量； 若溶液密度<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相同，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↑的反应中，若有32gS被还原，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被还原必有molC被S氧化，即32gS能氧化6gC。
答案：
D 注意：
该反应中被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应：
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、 B、 C、 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×＝235g n总＝8mol ∴M＝235g/8mol＝g/mol 答案：
B
注意：
本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，溶于水制成100mL溶液，其中Na+的浓度为L，若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，所以Na2CO3固体物质的量必为即。
答案：
例题10：
某混合溶液中含有molNa+、molMg2+、molCl－，另一种离子为SO42-，则SO42-为（ ） A、mol B、mol C、mol D、mol根据电荷守恒，n（正电荷总数）＝n（负电荷总数） ×1＋×2＝×1＋2x Na+ Mg2+ Cl- SO42- x＝ 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%的盐酸溶液恰好完全反应，问把溶液蒸干可得晶体多少g？
本题看似复杂，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×%/g/mol= m（NaCl）=g/mol×＝ 答案：
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中加入适量蒸馏水稀释，往B中滴加少许AgNO3溶液，过滤后保留原溶液，C保持原样，现以相同浓度的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是（ ） A、VA=VC>VB B、VAVC>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：
D
2、极限法 例题13：
向10g不纯净的碳酸钙（杂质可能是①SiO2②MgCO3③Na2CO3④KHCO3中的一种）中，加入过量的稀盐酸，充分反应并将所产生的CO2全部收集，体积为（标准状况），则这种杂质可能是（ ） A、② B、④ C、①或③ D、①或④
本题利用平均值的思想，采用假设法。
假设10g均为CaCO3，与过量盐酸反应产生的CO2体积恰好为>；假设10g均为杂质，与过量盐酸反应生成的CO2必小于，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）。
反应（2H2S+SO2=3S+H2O）完全后，容器内气体可能达到的最大密度约是（ ） A、L B、L C、8g/L D、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。
①假设H2S剩余：
2H2S+SO2=3S+H2O 2b b n（H2S）剩余＝（a－2b）molρ＝m/V=〔（a－2b）×34〕/20 g/L a=5、b＝1时ρ达到最大值L ②假设SO2剩余：
2H2S+SO2=3S+H2O a n（SO2）剩余＝（b－）mol ρ＝m/V=〔（b－）×64〕/20 g/L a=1、b＝5时ρ达到最大值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，若将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 D、448mLCS2（l）+3O2（g）=CO2（g）+2SO2（g） 该反应为反应前后气体分子数不变的反应，根据阿伏加得罗定律，反应前后气体体积不变，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，充分反应后把溶液过滤，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。
设与酸反应的Fe的物质的量为amol，与CuSO4溶液反应的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 a 2a b b 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物质的量为a，Cu物质的量为b。
2NaHCO3～H2O～CO2 △m＝m（CO2+H2O） Cu～CuO △m＝m（O） 根据题意：
m（CO2+H2O）＝m（O） 31a=16b NaHCO3％＝84a/（84a+64b）=21/52×100%=%
例题18：
和K混合物投入水中，完全反应后将气体还原氧化铜，反应后称量固体质量减轻24g，求钠和钾的物质的量之比。
CuO～Cu～H2～2M 1mol 1mol 2mol △m＝16g xmol △m＝24g ∴x＝3mol 混合金属平均式量＝3mol＝mol 设混合金属中Na物质的量为amol，K物质的量为bmol， 23a+39b=（a+b） a:
b=19:
13
4、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相同，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：
17CO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。
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，利用十字交叉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内在联系，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，将和的混合气体与足量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、 B、 C、 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
高一化学易错题集锦及分析一
元素化合物与化学概念部分
【易错题】
一、元素化合物知识
1、下列物质既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应的是（ ）
A、Na2CO3
B、KHCO3
C、Al2O3
D、NaHSO4
解析：
本题重点考查两点：
（1）弱酸的酸式盐既能与强酸反应，又能与强碱反应，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应。
这是在初高中知识衔接讲解物质分类提到的。
反应方程式到高二学，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应的物质将拓展为一个小专题，现在就要注意积累。
答案：
BC
2、下列关于Na2O2的叙述正确的是（ ）
A、Na2O2是淡黄色固体，久置于空气中变成Na2O
B、Na2O2与水的反应中，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与水的反应中，Na2O2既作氧化剂又作还原剂，是氧化还原中的歧化反应；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与水反应，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、经过下列试验，溶液仍为澄清透明的是（ ）
A、饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2
B、NaHCO3溶液中加入过量NaOH溶液
C、Ca（HCO3）溶液中加入过量KOH溶液
D、少量的CO2通入CaCl2溶液中
解析：
A选项会发生化学反应Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，由于生成的NaHCO3在水中的溶解度小于Na2CO3，而且通过反应溶剂水少了，溶质的质量增加了，所以肯定有NaHCO3固体析出。
B、C选项重点考查弱酸的酸式盐和碱的反应，B选项反应生成Na2CO3和水，溶液仍澄清透明，C选项反应生成有CaCO3沉淀。
D选项很多同学误认为反应，其实不发生反应，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，或者认为如果反应，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↑根据要求回答问题：
（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：
首先反应原理可行，其次在方案可行的情况下从反应物、产物、反应条件三角度分析，包括原料来源广泛、无污染、实验条件容易达到等方面。
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
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