1、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):A0.15B0.225C0.35D0.45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。正确解答思路为：根据3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+
2、2NO+4H2O38230.030.060.04XX=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/10860X/10830X/108Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O30（1-X）/64120（1-X）/6460（1-X）/64根据气体体积关
3、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。正确解答为：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100mL0.2mol/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=B
4、r2+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。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）/2B、（10-8+10-10）C、（10-14510-5）D、210-10错解：因为PH=8和PH=10的两种氢氧化钠溶液的H+分别为10-
5、8+10-10mol/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）/2mol/L。错解原因：直接应用溶液中H+来求解，忽略溶液中OHH+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）/2mol/L，可近似看作为10-4/2mol/L。根据水的离子积常数可知，混合后溶液的H+=210-10mol/L。
6、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（）A0.2mol/LB.0.4mol/LC.0.6mol/LD.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
7、根离子与氢离子的物质的量之比为1:4因此正确选项为或者：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，PHCa；根据金属活动性关系有：CaNa）。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
8、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）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18
9、mol/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
10、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
11、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、H2B、HFC、OF2D、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N
12、aF、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+nC、若碳原子的质量为W克，此原子的质量为（m+n
13、）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
14、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0.1molCu(OH)2后
15、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、0.1molB、0.2molC、0.3molD、0.4mol错误解答选B。由于电解后加入0.1molCu(OH)2，恰好恢复到电解前，而0.1molCu(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
16、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0.1molH2O，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480mL0.1molL的硫酸铜溶液，现选取500mL容量瓶进行配制，以下操作正确的是()A.称取7.68g硫酸铜，加入500mL水B.称取12.0g胆矾配成500mL溶液C.称取8.0g硫酸铜，加入500mL水D.称取12.5g胆矾配成
17、500mL溶液错误解答由于要配置480mL0.1molL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。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500mL0.1mol/L的CuSO4溶液需CuSO40.05mol，即胆矾：0.05mol250gmol-1=12.5g，CuSO4为8g，所需溶液为500mL，而不是加水的体积为500mL，故A、B、C都不对。正确选项为D。
