2022高考化学 易错题查漏补缺 易错、易混错题集(一)

高中化学错题集例题1：在某100ml的混合液中，硝酸和硫酸的物质量浓度分别是0.4mol/L,0.1mol/L,向该混合液中加入1.92g铜粉,加热,待充分反应后,所得溶液中铜离子物质量浓度是(mol/L):A 0.15   B 0.225   C 0.35   D 0.45 容易错选答案为A错误原因：根据反应：3Cu + 8HNO3 = 3Cu（NO3）2 + 2NO + 4H2O，题目中给出的硝酸的物质的量为0.04mol，因此，参与反应的铜的物质的量为0.015mol，因此答案为A。解题时忽略溶液中仍然存在H+，在该条件下，生成的Cu（NO3）2中的硝酸根离子要和铜继续反应。正确解答：根据3Cu + 8H+ +2NO3- ==3Cu2+ +2NO +4H2O                      3      8    2       3                     0.03  0.06  0.04      X                      X=3*0.6/8=0.0225mol因此，铜离子浓度为0.225MOL/L  例题2：为了测定某铜银合金成分，将30g合金完全溶于80ml13.5mol/L的浓硝酸中，待反应完全后，收集到6.72L气体(标况),并测得溶液中H离子浓度是1mol/L.假设反应后溶液体积仍为80ml,求合金中银的质量分数.错解：假设银的质量分数为X，则：Ag     +    2HNO3   =   AgNO3   +   NO2   +  H2O30X /108  60X/108                  30X/108Cu     +        4HNO3   =  Cu（NO3）2  +2NO2   +2H2O30（1-X）/64    120（1-X）/64         60（1-X）/64根据气体体积关系有： 30X/108 + 60（1-X）/64=0.3，解得X或根据HNO3量的关系有：60X/108 +120（1-X）/64=0.08*（13.5-1），解得X错误原因：没有考虑到硝酸浓度的变化。正确解答：假设铜、银的物质的量依次为X、Y，则有64X+108Y=30（固体质量关系）2X+Y+0.3=0.08*（13.5-1）（硝酸中N的守恒），从而得到X=0.1mol，即银的质量为23.6g质量分数为78.7%例题3：标准状况下，往100mL 0.2mol/L的FeBr2溶液中通入一定体积的Cl2，充分反应后，溶液中有50%的Br-被氧化。则通入的氯气的体积是多少？错解：由于2Br- + Cl2=Br2 + 2Cl-，根据题意，有50%的Br-被氧化，即有0.02mol被氧化，因此通入的氯气的体积为0.224L错解原因：忽略离子还原性强弱。正确解答为：由于Fe2+还原性比Br-强，因此Cl2先氧化Fe2+，再氧化Br-；因此溶液中发生的反应应该是：Fe2+先被完全氧化，然后Br-再被氧化50%。消耗的氯气的体积为0.448L。-6-\n例题4：将PH=8和PH=10的两种氢氧化钠溶液等体积混合，混合后溶液中的[H+]最接近于（     ）mol/LA、（10-8+10-10）/2   B、（10-8+10-10）  C、（10-14 —5×10-5）  D、2×10-10错解：因为PH=8和PH=10的两种氢氧化钠溶液的[H+]分别为10-8+10-10 mol/L，而且两种溶液等体积混合，因此混合后溶液的[H+]=（10-8+10-10）/2  mol/L。错解原因：直接应用溶液中[H+]来求解，忽略溶液中[OH—]>[H+]和[OH—]对水电离平衡的影响。正确解答：由于碱溶液中的[OH-]>[H+]，这就决定了不能用混合前溶液中的[H+]直接求混合后溶液的[H+]，一定要先求出混合后溶液中[OH—]，在换算成混合后的[H+]。根据水离子积常数知，PH=8和PH=10的两种氢氧化钠溶液的[OH—]分别为10-6和10-4mol/L，因此混合后溶液的[OH—]=（10-6+10-4）/2 mol/L，可近似看作为10-4/2 mol/L。根据水的离子积常数可知，混合后溶液的[H+]=2×10-10 mol/L。例题5： 铜与1mol/L的硝酸反应，如果硝酸根的浓度下降0.2mol/L,则溶液中的C（H+）同时下降（     ）A．0.2mol/L    B.  0.4mol/L     C.  0.6mol/L     D.  0.8mol/L[错解]假设溶液的体积为1L。因为硝酸根离子浓度下降了0.2mol/L，因此反应中有0.2mol的硝酸参加反应。由于硝酸中H+与NO3_之比为1:1,因此消耗的氢离子的物质的量为0.2,下降的浓度为0.2mol/L.[错解原因]误把被氧化的硝酸当作参与反应的硝酸.[正确解答]由于硝酸被还原生成一氧化氮,因此硝酸根离子浓度会减小.根硝酸与铜反应的离子方程式:3Cu+8H++2NO3_=3Cu2++2NO+4H2O,反应中消耗的硝酸根离子与氢离子的物质的量之比为1:4．因此正确选项为Ｄ．或者：由于硝酸根离子转化为NO，在转化过程中，每个NO3?去了两个O，与4个H+结合转化为H2O。因此当硝酸根离子浓度减小0.2mol/L时，H+的浓度减小0.8mol/L.例题6：在室温下，将PH=3的酸和PH=11的碱等体积混合，混合后溶液的PH小于7。则该酸和碱的组合可以是（     ）A、硝酸和氢氧化钠              B、盐酸和氨水    C、硫酸和氢氧化钾              D、醋酸和氢氧化钡[错解]因为盐酸与氨水反应生成盐酸铵，醋酸铵属于强酸弱碱盐，在水溶液中会水解而使溶液呈酸性，PH<7。所以本题选项为B。[错解原因]忽略强弱电解质电离问题。没有注意到在该题设条件下，只有在强酸和强碱时，酸碱才能恰好中和。[正确解答]若对应的酸碱均为强电解质，则溶液混合后恰好呈中性。因此，选项A、C被排除。若酸为弱酸而碱为强碱（或酸为强酸而碱为弱碱），由于弱电解质部分水解，因此，弱酸（或弱碱）的浓度远远大于10-3mol/L，即弱酸（或弱碱）的浓度远远大于碱（或酸）的浓度，等体积混合时，酸（或碱）过量，因此溶液显酸（或碱）性。因此，正确选项为D。例题7：在一定条件下，RO3n-和I-和发生的离子方程式如下：RO3n-+6I-+6H+==R-+3I2+3H2O(1) RO3n-中R元素的化合价是_____________(2) R元素的原子最外层电子数是________。[错解]（1）R的化合价为6-n；（2）R最外层电子数为5-6-\n[错解原因]（1）没有注意到RO3n-带电核，而只注意到化合物中各元素化合价代数和为0的事实；（2）错误在于求出R的化合价为+5后，认为+5价为该元素的最高正价，从而推断最外层电子数为5。[正确解答]（1）根据离子反应电核守恒思想，可以推断反应前的离子所带电核总数为-1（因为反应后离子所带电核总数为-1）。又因为I-与H+离子所带电核总数为之和为0，因此RO3n-所带电核数为-1，因此n=1。于是可以推断RO3n-中R的化合价为+5；（2）由于R-只带一个单位负电核，说明R原子只能得到一个电子。因此R最外层电子数为7。例题9：某元素R硝酸盐的相对分子质量为m，该元素相同价态的硫酸盐的相对分子质量为n，则该元素的可能化合价是（    ）A、（m-n）/14    B、（n-m）/14    C、（2m-n）/28    D、（n-2m）/28[错误解答]假设该元素化合价为k，则硝酸盐化学式为R（NO3）k，硫酸盐化学式为R2（SO4）k。根据相对分子质量的概念，该元素的硝酸盐、硫酸盐的相对分子质量分别为R+62k、2R+96k，结合题目给出的两种分子的相对分子质量依次为m、n，可推知k值为（2m-n）/28，答案为C。[错误原因]没有考虑该元素化合价为偶数的情况。当K为偶数时，硫酸盐的化学式应该是R（SO4）k/2。[正确解答]假设该元素化合价为k，若k为奇数，则硝酸盐化学式为R（NO3）k，硫酸盐的化学式为R2（SO4）k。根据相对分子质量的概念，该元素的硝酸盐、硫酸盐的相对分子质量分别为R+62k、2R+96k，结合题目给出的两种分子的相对分子质量依次为m、n，可推知k值为（2m-n）/28，答案为C；当k为偶数时，则硝酸盐的化学式为R（NO3）k，硫酸盐的化学式为R（SO4）k/2。根据相对分子质量的概念，该元素的硝酸盐、硫酸盐的相对分子质量分别为R+62k、R+48k，结合题目给出的两种分子的相对分子质量依次为m、n，可推知k值为（m-n）/14，答案为A。例题10：在反应X+2Y=R+2M中，已知R和M的摩尔质量之比为22：9，当1.6gX与Y完全反应后，生成4.4gR，则在此反应中Y和M的质量之比为（    ）A、16：9    B、23：9    C、32：9    D、46：9[错误解答]m（M）=4.4g*9/22=1.8g   m（Y）=4.4+1.8-1.6=4.6g。所以m（Y）/m（M）=4.6g/1.8g=23/9，选B[错解原因]错误地把R与M的摩尔质量之比当作质量之比计算。[正确解答]因为M与R摩尔质量之比为22：9，则在反应中R和M的质量之比为22：18，于是算出当生成4.4gR的同时就会产生3.6g M，依据质量守恒定律得出消耗1.6gX时，消耗Y为（4.4+3.6-1.6）g，即6.4g。因此两者的质量之比为6.4g：3.6g，即16：9。答案为A。例题11：下列关于锶（Sr，核电核数为38）的单质（密度为2.50g/cm3），一定错误的是（    ）A、颗粒状的单质锶投入水中，剧烈反应，生成大量的气体并引起气体燃烧和轻微爆炸B、颗粒状的单质锶与稀硫酸反应，反应现象不如钠和水反应那么剧烈C、锶在纯氧中点燃可燃烧，燃烧生产的产物投入水中可以放出气体D、锶在纯净氮气中可以燃烧，燃烧产物投入水中可以放出气体[错误解答]B。综合考虑金属活动顺序和同主族元素金属活动递变性关系，可以推知Sr是一种很活泼的金属（根据主族元素递变关系有：Sr>Ca；根据金属活动性关系有：Ca>Na）。因此可以把钠、钾与水、与酸反应的知识迁移过来解题。由于与水反应的实质为与H+的反应，而锶比钙活泼、酸中的H+比水中的大，因此锶与酸反应必然钠比与水反应更为剧烈。故B错误。[错误原因]忽略Sr的硫酸盐的性质（SrSO4不溶与水）-6-\n[正确解答]A。根据同主族元素及其化合物性质的递变规律可以推知，硫酸锶的溶解性应该很小（介于硫酸钙微溶和硫酸钡不溶之间），由于硫酸锶的难溶，因此硫酸与锶反应生成的产物覆盖在锶的表面，阻碍两者反应的进行，减缓了反应速率。因此B的叙述是正确的。而选项A，锶投入水中，反应当然会剧烈进行，但是由于锶的密度比水大，沉于水中，因此不可能看到和钾与水反应的相同的现象（钾浮于水面，反应剧烈，产生的热量将引起气体燃烧和轻微爆炸）例题12：50mL物质量浓度为18mol/L的硫酸中加入足量铜片并加热，充分反应。下列有关说法中正确的是 （   ）A、有0.09mol/L的硫酸被还原         B、有0.045mol/L的硫酸被还原C、充分反应后体系无硫酸剩余        D、消耗的铜的质量一定少于2.88g [错误解答]根据浓硫酸与铜反应：Cu+2H2SO4=CuSO4+SO2+2H2O，由于反应中铜过量，因此浓硫酸完全反应，即参与反应的硫酸的物质的量为0.09mol，被还原的硫酸只占参与反应的硫酸的1/2，参与反应的铜的质量为0.09mol/2*64g/mol=2.88g.答案为B、C[错误原因]忽视了随反应的进行，硫酸的浓度将逐渐减小，氧化性消失并减弱。当硫酸消耗到一定程度时，浓硫酸转化为稀硫酸，此时反应停止。[正确解答]强氧化性是浓硫酸的特性。随反应的进行，硫酸变稀，氧化性变弱消失，反应将停止。因此参与反应的硫酸的物质的量一定少于0.09mol,被还原的硫酸一定少于0.045mol,同样的，参与反应的铜的质量也一定少于2.88g。因此正确答案为D。例题13：浅绿色的Fe（NO3）2溶液中存在着如下的平衡：          Fe2+ + 2H2O==Fe（OH）2 + 2H+若往此溶液中加入盐酸，则溶液的颜色（     ）A、绿色变深    B、变得更浅    C、变黄绿色    D、不变[错误解答]A。由于硝酸亚铁溶液中存在水解平衡，当往该溶液中加入盐酸时，促使水解平衡向左移动。使得溶液中的亚铁离子浓度增大。因此溶液的浅绿色加深。[错误原因]忽视硝酸根离子在酸性条件下强氧化性，使得在加入盐酸时，亚铁离子被氧化。[正确解答]由于硝酸根离子在酸性条件下显强氧化性。当往硝酸亚铁溶液中加入盐酸时，溶液中的亚铁离子被氧化为铁离子，因此溶液呈黄绿色。正确选项为C。例题14：F2是氧化性最强的非金属单质，在加热的条件下，物质的量相同的F2（气体）跟烧碱完全反应，生成NaF、H2O和另一种气体，该气体是下列中的（   ）A、H2       B、HF       C、OF2       D、O2[错误解答]选D。由于F2与水反应的化学方程式为：2F2+2H2O=4HF+O2↑。当F2与氢氧化钠作用，可以看作F2先与水作用，然后产物HF继续与氢氧化钠反应：HF+NaOH=NaF+H2O，综合考虑两个反应，得到产物为NaF、H2O、O2。故选D。还有部分同学因对OF2不熟悉而不敢作出选择。[错误原因]没有注意反应条件——加热，对F2与水反应的知识做简单迁移，而且没有注意到反应F2与NaOH的物质的量问题。[正确解答]根据题意，反应过程中F2与NaOH的物质的量之比为1：1，且已知反应中有产物NaF、H2O。根据质量守恒定律，立即可以写出反应的化学方程式为：2F2+2NaOH=2NaF+2H2O+OF2↑因此本题正确选项为C。例题15：设某元素某原子核内的质子数为m，中子数为n，则下列论断说法中正确的是（    ）A、不能有此确定该元素的相对原子质量B、这种元素的相对原子质量为m+n-6-\nC、若碳原子的质量为W克，此原子的质量为（m+n）克D、核内中子数的总质量小于质子的总质量[错误解答]选B。[错解原因]对原子的质量数和相对原子质量的概念认识产生混淆，而且对相对原子质量的认识停留在初中化学的认识之中。[正确解答]元素的相对原子质量是各种同位素原子相对原子质量的平均值，因此它不能由某种同位素原子相对原子质量来确定；虽然某种同位素的质量数与其相对原子质量十分接近，但它并不是元素的相对原子质量。因此正确选项为A。例题16：同主族元素形成的同一类化合物往往在结构和性质上很相似。化合物PH4I是一种白色晶体，下列对PH4I的叙述不正确的是（    ）A、它是一种共价化合物B、加热时PH4I可以分解，而且有颜色变化C、它可以跟NaOH反应D、它可由PH3和HI化合而成[错误解答]选A、B。根据题目信息，PH4I的结构和性质和NH4Cl一样，而NH4Cl是一种离子化合物，在一定条件下会分解为NH3和HCl，也可以有NH3和HCl反应得到NH4Cl；且NH4Cl会和碱反应。[错误原因]机械简单地迁移。在注重共性的同时，忽略差异性一面。[正确解答]分析同“错误解答”。应该注意的是，PH4I分解生成PH3和HI，HI在加热条件下会分解生成H2和有颜色的I2（注意：NH4Cl分解生成NH3和HCl，HCl不容易分解）。因此B是正确的。本题只有A选项符合题意。例题17：用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1mol Cu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和PH。则电解过程中转移的电子数为（    ）A、0.1mol      B、0.2mol      C、0.3mol      D、0.4mol[错误解答]选B。由于电解后加入0.1mol Cu(OH)2，恰好恢复到电解前，而0.1mol Cu(OH)2中含0.1molCu2+，即反应过程中有0.1molCu2+被还原，因此电解过程中共有0.2mol电子发生转移。[错误原因]对电解硫酸铜溶液的反应没有深入的掌握，而且忽略了题目中加入的物质为Cu（OH）2。[正确解答]电解硫酸铜溶液的反应方程式为：2CuSO4  + 2H2O = 2Cu+ 2H2SO4 + O2↑从上述方程式可以看出，电解硫酸铜过程中，只析出铜和释放出氧气。因此，电解前后只有铜和氧的改变，电解后加入CuO就可以使溶液恢复原来状态。但本题提示加入Cu（OH）2后溶液恢复原来状态，说明电解过程中不仅硫酸铜被电解，而且有水被电解（因为硫酸铜被电解完全）。0.1molCu（OH）2可以可以看作是0.1mol的CuO和0.1mol H2O，因此电解过程中有0.1mol的硫酸铜和0.1mol的水被电解。因此本题的正确选项为D。    例题18：实验室里需用480 mL 0.1 mol·L－１的硫酸铜溶液，现选取500 mL容量瓶进行配制，以下操作正确的是(    )A.称取7.68 g硫酸铜，加入500 mL水   B.称取12.0 g胆矾配成500 mL溶液C.称取8.0 g硫酸铜，加入500 mL水    D.称取12.5 g胆矾配成500 mL溶液[错误解答]由于要配置480mL0.1 mol·L－１的硫酸铜溶液，因此需要溶质的质量为：（1）若溶质为硫酸铜，则0.48*160*0.1=7.68g，因此选择A选项；（2）若溶质为CuSO4.5H2O，则0.48*250*0.1=12.0g；因此选择B选项。-6-\n[错误原因]（1）没有注意容量瓶的规格和特点。由于容量瓶为容量500mL,且容量瓶只有一个刻度（标线），因此只能用该仪器配制500mL的溶液；（2）配制溶液时，所得的体积应该是溶液的体积，而不是加入的水的体积。[正确解答] 要配制500 mL 0.1 mol/L的CuSO4溶液需CuSO4　0.05 mol，即胆矾：0.05 mol×250 g·mol-1=12.5 g，CuSO4为8 g，所需溶液为500 mL，而不是加水的体积为 500 mL，故A、B、C都不对。正确选项为D。-6-