高考易错题解题方法总结(化学)01

时间：2019-05-29 10:34:41 网站：公文素材库

高考易错题解题方法总结(化学)01

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高考二轮复习易错题解题方法总结

【范例1】多硫化钠Na2Sx()在结构上与Na2O2，FeS2等有相似之处，Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化成Na2SO4，而NaClO被还原成NaCl，反应中Na2Sx与NaClO的量之比为1：16，则x值是（）

A．5B．4C．3D．2

【错解分析】错选B。忽略x在得失电子守恒计算中应用。若把Na2Sx中S元素当做-2价，则选择B。

【范例2】同温同压下，甲容器充满35Cl2，乙容器中充满37Cl2，下列叙述不正确的是（）A.若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体的密度之比为35:37B.若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体分子数之比为35:37

C.若两种气体质量相等，甲、乙两容器中气体所含质子数之比为37:35D.若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体所含中子数之比为9:10

【错解分析】错选D。未能理解阿伏伽德罗定律实质，未能通过分子数相等得出中子数的比值。另外不能理解同位素原子质子数相等中子数不等的实质。

【解题指导】同温同压同体积的气体，一定含有相同分子数。所以B项错误；D项每个分子中子数分别为36和40，中子数之比为9:10，D项正确；同温同压条件下，密度比等于摩尔质量之比；两种分子所含质子数相等，所以等质量的两气体质子数之比等于摩尔质量的反比。【答案】B

【练习2】在一定的条件下，完全分解下列某化合物2g，产生氧气1.6g，此化合物是()

【范例3】在aLAl2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液分成两等分，一份加入bmol的BaCl2，恰好使溶液中的SO42－完全沉淀；另一份加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，则原溶液中的Al3＋的浓度(mol/L)为()A．2b－c2aB．2b－caC．2b－c3aD．2b－c6a

【错解分析】错选C。忽略题中条件"溶液分成两等分"，溶质变为原来的1/2.

【解题指导】溶液中n（SO42-）=bmol，n（NH4+）=cmol,根据电荷守恒，n（Al3+）=（2b-c）/3，溶液体积分成两等分，所以原溶液中Al3＋的浓度(mol/L)为2b－c6a。【答案】D

【练习3】将KCl和BaCl2的混合溶液aL均匀分成两份。向其中一份中滴加稀硫酸，使Ba2＋离子完全沉淀；向

另一份中滴加AgNO3溶液，使Cl－离子完全沉淀。反应中消耗xmolH2SO4、ymolAgNO3。下列有关推断正确的是

A．x＝yB．c(K＋)＝(2y－4x)/amolL－1C．若aL混合溶液中c(Cl－)＝1mol/L，则y＝a、x＝0.5a

D．若aL混合溶液中c(K＋)＝1mol/L，且y＝0.4mol，则x＝(0.2－0.5a)mol

【范例4】向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出

1.344LNO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现。若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为A．0.24molB．0.21molC．0.16molD．0.14mol

【错解分析】错选A。最终反应完全后溶液为Fe（NO3）2，硝酸物质的量为0.12×4=0.48mol，所以n（Fe）=0.24mol，

忽略生成NO0.06mol的那一部分硝酸。

【解题指导】硝酸分为两部分，一部分起酸性作用生成Fe（NO3）2，一部分被还原生成NO，硝酸总物质的量为

0.12×4=0.48mol，生成NO0.06mol，起酸性作用部分0.42mol，根据铁元素守恒，最终氢气还原得到Fe的物

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质的量为0.21mol。【答案】B【练习4】现有44gMg、Al、Zn、Fe多种活泼金属粉末的混合物与1L含有一定质量的20%硫酸溶液恰好完全反应，

得到无水盐140g.则下列说法正确的是()

A.电子转移为1molB.生成的气体体积（标准状况）为22.4LC.硫酸溶液的质量为540gD.硫酸物质的量浓度为2mol/L

【范例5】自然界中存在一种尖晶石，化学式可表示为MgAl2O4，它透明色美，可作为宝石。已知该尖晶石中混有

Fe2O3。取一定量样品5.4g，恰好完全溶解在一定浓度100mL盐酸溶液中，盐酸浓度可能是（）A．2.8molL-1B．3.8molL-1C．4.3molL-1D．4.9molL-1学科网

【错解分析】错解BCD，一是弄不清MgAl2O4与盐酸反应的最终产物，二是因为找不到快捷方法，只好利用混

合物进行计算，步骤繁琐而结果易错，导致费时而不得分。

【解题指导】MgAl2O4与盐酸反应最终生成MgCl2和AlCl3，1molMgAl2O4消耗8molHCl。因为恰好溶解，采用

极值法计算，假如全部是尖晶石，盐酸浓度为5.4÷144×8÷0.1=3mol/L；假如全部是Fe2O3，1molFe2O3消耗HCl6mol，盐酸浓度为5.4÷160×6÷0.1=2.025mol/L，介于二者之间，选A。

【答案】A

【练习5】C8H18经多步裂化，最后完全转化为C4H8、C3H6、C2H4、C2H6、CH4五种气体混合物。该混合物的

平均相对分子质量可能是()

A.28

B.30C.39D.40

【范例6】某有机化合物A的相对分子质量大子100，小于l30。经分析得知，其中碳和氢的质量分数之和为46．66％，

其余为氧，则该化合物分子中最多含碳氧双键的个数为

A．1Ｂ．2C．3D．4

【错解分析】错选D，碳氧双键是不饱和键，应该与氢原子个数有关，而不是氧原子，有的同学可能求出4个氧

原子，所以最多4个碳氧双键。

【解题指导】100×53.33%÷16==3.33130×53.33%÷16==4.33，所以分子中含有4个O原子，16×4÷

53.33%==120，（120-16×4）÷12==4……8，所以该有机物分子式为C4H8O4.根据C、H原子个数知道，分子中含有一个不饱和键，所以最多含有一个碳氧双键。

【答案】A

【练习6】已知一定量某一元醛发生银镜反应得到21.6克银，等量此醛完全燃烧生成5.4克水，则该醛为

A.丙醛B.丁醛C.丁烯醛D.己醛

【范例7】在K2CO3样品中含Na2CO3、KNO3、Ba(NO3)2中的一或二种杂质．将13.8g该样品溶于足量水中得

到澄清溶液，再加入过量CaCl2溶液，可得9.0g沉淀，则原样品中含有的杂质会是（）

A．肯定有Na2CO3，没有Ba(NO3)2B．肯定有KNO3，没有Ba(NO3)2，可能还有Na2CO3C．肯定没有Na2CO3，Ba(NO3)2D．无法判断何种为肯定或否定的杂质

【错解分析】错选C。错选原因不能将定性分析与定量计算相结合。根据碳酸根离子守恒，杂质提供CO32-少或者

无，所以Na2CO3可能有。

【解题指导】由样品可全部溶于水中可知肯定没有Ba(NO3)2，但若样品全部为K2CO3时，13.8g应生成沉淀10g，

故样品中肯定含有同为13.8g时不生成或生成沉淀小于10g的杂质，即肯定含有KNO3，而13.8g的Na2CO3反应生成的沉淀大于10g，应为可能有。【答案】B

【练习7】实验室有一瓶Na2SO3固体，可能含有NaCl、Na2SO4、BaCl2、K2CO3、K2SO4中的一种或几种杂质，

通过下列实验确定该样品的成分及Na2SO3的质量分数。①取少量样品于试管中，加水振荡，未见沉淀生成；②透过蓝色钴玻璃观察，焰色反应无紫色；

③称取样品3.00g，加入10.0mol/L的硫酸至过量，产生无色气体224mL(标准状况)。测定产生气体的体积(SO2在硫酸中的溶解忽略不计)

④向逸出气体后的溶液中加入稍过量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，得到白色沉淀11.65g。根据实验所得现象及数据，可知：样品中Na2SO3的质量分数是_____，含有的杂质是_________________。

【范例8】取一定质量的均匀固体混合物Cu、Cu2O和CuO，将其分成两等分，取其中一份用足量的氢气还原，测

得反应后固体质量减少6.40g，另一份加入500ml稀硝酸，固体恰好完全溶解，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，则所用硝酸的物质的量浓度为

A.3.2mol/LB.3.6mol/LC.4.0mol/LD.无法判断

【错解分析】错选D。三者混合物进行计算，只提供两个数据，其实可以考虑待定系数法列方程组求代数式的值，

即可迎刃而解。

【解题指导】设Cu、Cu2O和CuO的物质的量分别为x、y、z，根据氧元素守恒有y+z=6.40/16=0.4……①；根据

得失电子守恒有2x+2y=0.2×3……②，所用硝酸的物质的量为2x+4y+2z+0.2，将上述两个方程运算①×2+②可得2x+4y+2z=1.4，所用硝酸的物质的量为1.6mol，浓度32.mol/L。

【答案】A

【练8】取一定质量的均匀固体混合物Cu、Cu2O和CuO，将其分成两等分，取其中一份用足量的氢气还原，测得

反应后固体质量减少3.2g，另一份加入500ml1.6mol/L稀硝酸，固体恰好完全溶解（硝酸无剩余），且同时收集到标准状况下NO气体VL，则Ｖ的值为Ａ.1.12Ｂ.2.24Ｃ.3.36Ｄ.4.48

【范例9】在由Fe、FeO和Fe2O3组成的混合物中加入100mL2mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，并放出448mL

气体（标准状况），此时溶液中无Fe3+。则下列判断正确的是（）A．混合物中三种物质反应时消耗盐酸的物质的量之比为1:1:3B．反应后所得溶液中的Fe2+和Cl-的物质的量之比为1:3

C．混合物中，FeO的物质的量无法确定，但Fe比Fe2O3的物质的量多0.02molD．混合物中，Fe2O3的物质的量无法确定，但Fe比FeO的物质的量多0.01mol【错解分析】错选A。混合物计算不要设定比例，注意抓住题中的重要定量关系进行分析判断。错选A是因为默

认三者组成为1：1：1，所以要克服这样的思维定势。

【解题指导】混合物溶解后溶液中无Fe3+，同时有气体生成，所以Fe过量，Fe与Fe2O31：1溶于酸时恰好反应

生成Fe2+，过量的铁与酸生成氢气，所以n（Fe）-n（Fe2O3）=n（H2），Fe比Fe2O3的物质的量多0.02mol。【答案】C

【练习9】将质量为w1g的钠、铝混合物投入一定量的水中充分反应，金属没有剩余，共收集到标准状况下的气体

V1L。向溶液中逐滴加入浓度为amolL-1的HCl溶液，过程中有白色沉淀生成后又逐渐溶解，当沉淀恰好消失时所加HCl溶液体积为V2L。将溶液蒸干灼烧得固体w2g。下列关系式中不正确的是A．35.5aV2＝w2－w1B．23n(Na)＋27n(Al)＝w1C．n(Na)＋3n(Al)＝2V1/22.4D．58.5n(Na)＋51n(Al)＝w2

【范例10】常温下，向0.25molL－1的硫酸溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钡溶液，生成沉淀的量

与加入氢氧化钡溶液的体积关系如图所示，a、b、c、d分别表示实验不同时刻的溶液，下列有关说法中正确的是

A．硫酸溶液的体积为30mL

B．b时刻溶液中SO42－的浓度约为0.125molL－1C．d时刻溶液的pH约为13D．溶液的导电能力：c状元源免注册、免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业水平测试各科资源下载

【答案】C

【练习10】常温下，向盛有1L0.1mol/LNaHSO4溶液的烧杯中不断的滴加0.05mol/LBa(OH)2溶液，溶液中产生沉

淀物质的量n（mol）与溶液的pH的变化情况正确的是（）

【范例11】用H2还原xgCuO，当大部分固体变红时停止加热，冷却后得残留固体yg，共用掉zgH2，此时生

成水的质量为（）

A．8(x－y)/9gB．9(x－y)/8g

C．9zgD．9z/40g

【错解分析】多选C，用H2还原CuO，应该先通氢气，最后在氢气流中冷却，用去氢气的量远大于实际参加反

应的氢气。所以不能用氢气的量来求水的质量。

【解题指导】考虑实验的具体过程。用固体差量来求水的质量，固体差量为氧元素质量，根据氧元素守恒求算即可。【答案】B

【练习11】用惰性电极电解R(NO3)x的水溶液（R的相对原子质量为M）,当电流强度为I（A），通电时间t（s）

时，阴极上增重ag时,同时阳极上产生bL氧气,已知每个电子所带电量为q，则阿伏伽德罗常数表示为__________________mol-1。

【范例12】某金属最高价氟化物的相对分子质量为，其最高价的硫酸盐的相对分子质量为，若此元素的最高正

价为n，则n与、的关系可能是（AB）A．B．C．D．

【错解分析】漏选A或者B。金属的化合价有+1、+2、+3价，奇数价与偶数价硫酸盐的化学式有所不同，式量不

同，结果也不同。

【解题指导】涉及字母的计算本身具有一定难度。采用讨论法，设金属化合价为x，最高价氟化物化学式为MFx，

如果金属化合价为奇数，硫酸盐化学式为M2（SO4）x，选A；如果金属化合价为偶数，硫酸盐化学式为M（SO4）x/2，选B。【答案】AB

【练习12】有t℃的agKCl不饱和溶液，其质量分数为w1，采取措施后使其变为bg饱和溶液，其溶质质量分数

为w2，下列说法正确的是

A．a一定小于或等于bB．aw1一定等于bw2C．t℃时KCl溶解度一定大于100w1D．w1一定大于w2

【范例13】在一定温度条件下，甲、乙两个容积相等的恒容密闭容器中均发生如下反应：

3A（g）+B（g）xC（g）+D（s），向甲中通入6molA和2molB，向乙中通入1.5molA、0.5molB和3molC、2molD，反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，下列叙述中正确的是（）

A．若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量相等，则x=4B．平衡时，甲、乙两容器中A、B的物质的量之比不相等C．平衡时甲中A的体积分数为0.4D．若平衡时两容器中的压强不相等，则两容器中压强之比8：5

【错解分析】错选A或C。审题注意两点"D为固态"，"甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2"，所以可逆反应在

两种情况下建立平衡，一种是完全相同的平衡，一种是体积分数（各物质百分含量）相同的平衡。

【解题指导】甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，如果甲、乙两容器中A的物质的量相等，则两个容器中达到

相同的平衡状态，将乙中加入物质折合为6molA和2molB，x=2；如果甲乙两个容器各物质百分含量相同，则x=4，平衡时各物质物质的量不相等，但两容器中每种物质物质的量之比相等，A项、B项均错误；平衡时A、B物质的量之比为3：1，A、B体积分数之和为0.8，所以平衡时甲中A的体积分数为0.6，C项错误；若平衡时两容器中的压强不相等，则反应中x=4，气体体积不变的反应，平衡压强比等于起始压强比，即为8：5，D项正确。

【答案】D

【练习13】恒温、恒容下，amolA和bmolB在一个容积可变的容器中发生如下反应：

A（g）+2B（g）2C（g），一段时间后达到平衡，生成nmolC。则下列说法中正确的是（）A．物质A、B的转化率之比为a：bB．当=2时，可确定反应到达平衡状态

C．若起始时放入2amolA和2bmolB，则达平衡时生成2nmolCD．起始时刻和达平衡后容器中的压强比为（a+b）：

【范例14】在100g浓度为10molL－1、密度为ρgcm－3的氨水中加入一定量的水稀释成5molL－1的氨

水，则加入水的体积为A.小于100mLB.等于100mLC.大于100mLD.等于(100/ρ)mL

【错解分析】错选A。氨水的密度小于1gcm－3。

【解题指导】如果不考虑体积变化，将10molL－1氨水稀释成5molL－1的氨水，加入一倍体积的水即可，

因为氨水密度小于1gcm－3，所以100g氨水体积大于100mL，加水体积也大于100mL。

【答案】C

【练习14】50g物质的量浓度为c1的浓H2SO4质量分数为ω1，与VmL水混合，得到物质的量浓度为c2的稀

H2SO4质量分数为ω2，（以下填""或"="）⑴若ω1=2ω2，则c12c2，V50mL⑵若c1=2c2，则ω12ω2，V50mL

【范例15】平达喜是常用的中和胃酸的药物，它的化学成分是铝和镁的碱式碳酸盐，其中氢元素的质量分数为0.040。

取该碱式盐3.01g，加入2.0molL－1盐酸使其溶解，当加入盐酸42.5mL时，开始产生CO2，加入盐酸至45.0mL时正好反应完全。若在上述碱式盐溶于盐酸后的溶液中加入过量的氢氧化钠，过滤，沉淀物进行干燥后重1.74g。试通过计算推测该碱式盐的化学式。

【错解分析】该题中氢元素的质量分数是个干扰因素，因为碱式碳酸盐中氢氧根和结晶水都含有氢元素，所以根据

氢元素不能得出任何结果。碱式碳酸盐与盐酸反应过程中先中和碱，再和碳酸盐生成碳酸氢盐，然后才会放出CO2气体，如果忽略该过程，就会使结果大相径庭。

【解题指导】当加入盐酸42.5mL时，开始产生CO2，加入盐酸至45.0mL时正好反应完全，可得n（CO2）=n（CO32-）

=2.5×10-3×2=0.005mol,而中和OH-需要盐酸42.5-2.5=40mL，所以n（OH-）=40×10-3×2=0.08mol。加入过量的氢氧化钠得沉淀Mg（OH）21.74g，n（Mg2+）=1.74/58=0.03mol，根据电荷守恒，n（Al3+）=（0.08+0.005×2-0.03×2）/3=0.01mol。依据质量守恒，物质中含有结晶水3.01-0.005×60-0.08×17-0.03×24-0.01×27=0.36g，0.02mol，综合以上，该碱式碳酸盐的化学式为Al2Mg6(OH)16CO34H2O。

【答案】n(CO32－)=0.005mol（2分），n(OH－)=0.08mol（2分），

n[Mg(OH)2]＝1.74g58g/mol=0.03mol（2分），n(Al3＋)=0.01mol（2分），

碱式盐中含有结晶水（1分），碱式盐的化学式为：Al2Mg6(OH)16CO34H2O（1分）。

【练习15】有机物A由碳，氢，氧三种元素组成。现取2.3gA与2.8L氧气（标准状况）在密闭容器中燃烧，燃烧

后生成二氧化碳，一氧化碳和水蒸气（假设反应物没有剩余）。将反应生成的气体依次通过浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重2.7g，碱石灰增重2.2g。则2.3gA中n（H）=________，n（C）=________，该有机物的分子式为___________。

参考答案

1.【答案】B2.【答案】B3.【答案】B4.【答案】B5.【答案】B（提示：因C8H18的裂化方式不定，故混合气体的平均相对分子质量也不定，可用极值法解此题。C8H18按下列方式裂化所得平均相对分子质量最大，C8H18=C4H8＋C4H10,C4H10=C2H4＋C2H6（或C4H10=CH4＋C3H6），混合气的平均相对分子质量为：114÷3＝38。若按下式分解：C8H18=C2H4＋C6H14C6H14=C4H10＋C2H4C4H10=C2H4＋C2H6(或C4H10=CH4＋C3H6），所得混合气体中不含C4H8，此时平均式量最小为：114÷4＝28.5，即混合气体的平均式量的范围是：28.5＜M≤38。所以答案为B)6.【答案】AC

7.【答案】42％；NaCl8.【答案】B

9.【答案】A（提示：加入过量盐酸所得溶液为NaCl和AlCl3，蒸干灼烧得到固体NaCl和Al2O3，所以固体质量

差值不单纯是氯元素。）10.【答案】B

11.【答案】（提示：不能用b表示）12.【答案】C13.【答案】D

14.【答案】⑴>；=⑵<；<

15【答案】0.3mol；0.1mol；C2H6O

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扩展阅读：高考易错题解题方法总结(化学)

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高考二轮复习易错题解题方法总结

（化学）

【范例1】多硫化钠Na2Sx()在结构上与Na2O2，FeS2等有相似之处，Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化成Na2SO4，而NaClO被还原成NaCl，反应中Na2Sx与NaClO的量之比为1：16，则x值是（）A．5B．4C．3D．2

【错解分析】错选B。忽略x在得失电子守恒计算中应用。若把Na2Sx中S元素当做-2价，则选择B。

【解题指导】利用整体法计算。1molNaClO得电子2mol，Na2Sx中Sx2-显示-2价，反应后生成xmolNa2SO4，转移电子6x-（-2）=（6x+2）mol，16×2=6x+2，解得x=5.【答案】A【练习1】在酸性条件下,KClO3与H2C2O4反应,产物为ClO2和CO2,则用1molKClO3反应所需H2C2O4的物质的量为（）A.0.25molB.0.5molC.1molD.2mol【范例2】同温同压下，甲容器充满35Cl2，乙容器中充满37Cl2，下列叙述不正确的是（）A.若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体的密度之比为35:37B.若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体分子数之比为35:37

C.若两种气体质量相等，甲、乙两容器中气体所含质子数之比为37:35D.若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体所含中子数之比为9:10

【错解分析】错选D。未能理解阿伏伽德罗定律实质，未能通过分子数相等得出中子数的比值。另外不能理解同位素原子质子数相等中子数不等的实质。

【练习2】在一定的条件下，完全分解下列某化合物2g，产生氧气1.6g，此化合物是()

【范例3】在aLAl2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液分成两等分，一份加入bmol的BaCl2，恰好使溶液中的SO42－完全沉淀；另一份加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，则原溶液中的Al3＋的浓度(mol/L)为()

A．2b－c2aB．2b－caC．2b－c3aD．2b－c6a

【错解分析】错选C。忽略题中条件"溶液分成两等分"，溶质变为原来的1/2.

【练习3】将KCl和BaCl2的混合溶液aL均匀分成两份。向其中一份中滴加稀硫酸，使

Ba2＋离子完全沉淀；向另一份中滴加AgNO3溶液，使Cl－离子完全沉淀。反应中消耗xmolH2SO4、ymolAgNO3。下列有关推断正确的是

A．x＝yB．c(K＋)＝(2y－4x)/amolL－1C．若aL混合溶液中c(Cl－)＝1mol/L，则y＝a、x＝0.5a

D．若aL混合溶液中c(K＋)＝1mol/L，且y＝0.4mol，则x＝(0.2－0.5a)mol

【范例4】向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL4mol/L的稀硝酸，恰好使

混合物完全溶解，放出1.344LNO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现。若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为

A．0.24molB．0.21molC．0.16molD．0.14mol

【错解分析】错选A。最终反应完全后溶液为Fe（NO3）2，硝酸物质的量为0.12×4=0.48mol，

所以n（Fe）=0.24mol，忽略生成NO0.06mol的那一部分硝酸。

【解题指导】硝酸分为两部分，一部分起酸性作用生成Fe（NO3）2，一部分被还原生成

NO，硝酸总物质的量为0.12×4=0.48mol，生成NO0.06mol，起酸性作用部分0.42mol，根据铁元素守恒，最终氢气还原得到Fe的物质的量为0.21mol。【答案】B

【练习4】现有44gMg、Al、Zn、Fe多种活泼金属粉末的混合物与1L含有一定质量的20%

硫酸溶液恰好完全反应，得到无水盐140g.则下列说法正确的是()

A.电子转移为1molB.生成的气体体积（标准状况）为22.4LC.硫酸溶液的质量为540gD.硫酸物质的量浓度为2mol/L

【范例5】自然界中存在一种尖晶石，化学式可表示为MgAl2O4，它透明色美，可作为宝

石。已知该尖晶石中混有Fe2O3。取一定量样品5.4g，恰好完全溶解在一定浓度100mL盐酸溶液中，盐酸浓度可能是（）A．2.8molL-1B．3.8molL-1C．4.3molL-1D．4.9molL-1学科网

【错解分析】错解BCD，一是弄不清MgAl2O4与盐酸反应的最终产物，二是因为找不到快捷方法，只好利用混合物进行计算，步骤繁琐而结果易错，导致费时而不得分。

【解题指导】MgAl2O4与盐酸反应最终生成MgCl2和AlCl3，1molMgAl2O4消耗8molHCl。

因为恰好溶解，采用极值法计算，假如全部是尖晶石，盐酸浓度为5.4÷144×8÷0.1=3mol/L；假如全部是Fe2O3，1molFe2O3消耗HCl6mol，盐酸浓度为5.4÷160×6÷0.1=2.025mol/L，介于二者之间，选A。

【答案】A

【练习5】C8H18经多步裂化，最后完全转化为C4H8、C3H6、C2H4、C2H6、CH4五种气

体混合物。该混合物的平均相对分子质量可能是()

A.28

B.30C.39D.40

【范例6】某有机化合物A的相对分子质量大子100，小于l30。经分析得知，其中碳和氢

的质量分数之和为46．66％，其余为氧，则该化合物分子中最多含碳氧双键的个数为

A．1Ｂ．2C．3D．4

【错解分析】错选D，碳氧双键是不饱和键，应该与氢原子个数有关，而不是氧原子，有

的同学可能求出4个氧原子，所以最多4个碳氧双键。

【解题指导】100×53.33%÷16==3.33130×53.33%÷16==4.33，所以分子中含有4个O

原子，16×4÷53.33%==120，（120-16×4）÷12==4……8，所以该有机物分子式为C4H8O4.根据C、H原子个数知道，分子中含有一个不饱和键，所以最多含有一个碳氧双键。

【答案】A

【练习6】已知一定量某一元醛发生银镜反应得到21.6克银，等量此醛完全燃烧生成5.4克

水，则该醛为A.丙醛B.丁醛C.丁烯醛D.己醛

【范例7】在K2CO3样品中含Na2CO3、KNO3、Ba(NO3)2中的一或二种杂质．将13.8g

该样品溶于足量水中得到澄清溶液，再加入过量CaCl2溶液，可得9.0g沉淀，则原样品中含有的杂质会是（）

A．肯定有Na2CO3，没有Ba(NO3)2B．肯定有KNO3，没有Ba(NO3)2，可能还有Na2CO3C．肯定没有Na2CO3，Ba(NO3)2D．无法判断何种为肯定或否定的杂质

【错解分析】错选C。错选原因不能将定性分析与定量计算相结合。根据碳酸根离子守恒，

杂质提供CO32-少或者无，所以Na2CO3可能有。

【解题指导】由样品可全部溶于水中可知肯定没有Ba(NO3)2，但若样品全部为K2CO3时，

13.8g应生成沉淀10g，故样品中肯定含有同为13.8g时不生成或生成沉淀小于10g的杂质，即肯定含有KNO3，而13.8g的Na2CO3反应生成的沉淀大于10g，应为可能有。【答案】B

【练习7】实验室有一瓶Na2SO3固体，可能含有NaCl、Na2SO4、BaCl2、K2CO3、K2SO4

中的一种或几种杂质，通过下列实验确定该样品的成分及Na2SO3的质量分数。①取少量样品于试管中，加水振荡，未见沉淀生成；②透过蓝色钴玻璃观察，焰色反应无紫色；

③称取样品3.00g，加入10.0mol/L的硫酸至过量，产生无色气体224mL(标准状况)。测定产生气体的体积(SO2在硫酸中的溶解忽略不计)

【范例8】取一定质量的均匀固体混合物Cu、Cu2O和CuO，将其分成两等分，取其中一份

用足量的氢气还原，测得反应后固体质量减少6.40g，另一份加入500ml稀硝酸，固体恰好完全溶解，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，则所用硝酸的物质的量浓度为

A.3.2mol/LB.3.6mol/LC.4.0mol/LD.无法判断

【错解分析】错选D。三者混合物进行计算，只提供两个数据，其实可以考虑待定系数法列

方程组求代数式的值，即可迎刃而解。

【解题指导】设Cu、Cu2O和CuO的物质的量分别为x、y、z，根据氧元素守恒有

y+z=6.40/16=0.4……①；根据得失电子守恒有2x+2y=0.2×3……②，所用硝酸的物质的量为2x+4y+2z+0.2，将上述两个方程运算①×2+②可得2x+4y+2z=1.4，所用硝酸的物质的量为1.6mol，浓度32.mol/L。

【答案】A

【练8】取一定质量的均匀固体混合物Cu、Cu2O和CuO，将其分成两等分，取其中一份用

足量的氢气还原，测得反应后固体质量减少3.2g，另一份加入500ml1.6mol/L稀硝酸，固体恰好完全溶解（硝酸无剩余），且同时收集到标准状况下NO气体VL，则Ｖ的值为

Ａ.1.12Ｂ.2.24Ｃ.3.36Ｄ.4.48

【范例9】在由Fe、FeO和Fe2O3组成的混合物中加入100mL2mol/L的盐酸，恰好使混合

物完全溶解，并放出448mL气体（标准状况），此时溶液中无Fe3+。则下列判断正确的是（）

A．混合物中三种物质反应时消耗盐酸的物质的量之比为1:1:3B．反应后所得溶液中的Fe2+和Cl-的物质的量之比为1:3

C．混合物中，FeO的物质的量无法确定，但Fe比Fe2O3的物质的量多0.02molD．混合物中，Fe2O3的物质的量无法确定，但Fe比FeO的物质的量多0.01mol

【错解分析】错选A。混合物计算不要设定比例，注意抓住题中的重要定量关系进行分析判

断。错选A是因为默认三者组成为1：1：1，所以要克服这样的思维定势。

【解题指导】混合物溶解后溶液中无Fe3+，同时有气体生成，所以Fe过量，Fe与Fe2O31：

1溶于酸时恰好反应生成Fe2+，过量的铁与酸生成氢气，所以n（Fe）-n（Fe2O3）=n（H2），Fe比Fe2O3的物质的量多0.02mol。【答案】C

【练习9】将质量为w1g的钠、铝混合物投入一定量的水中充分反应，金属没有剩余，共收

集到标准状况下的气体V1L。向溶液中逐滴加入浓度为amolL-1的HCl溶液，过程中有白色沉淀生成后又逐渐溶解，当沉淀恰好消失时所加HCl溶液体积为V2L。将溶液蒸干灼烧得固体w2g。下列关系式中不正确的是

A．35.5aV2＝w2－w1B．23n(Na)＋27n(Al)＝w1C．n(Na)＋3n(Al)＝2V1/22.4D．58.5n(Na)＋51n(Al)＝w2

【范例10】常温下，向0.25molL－1的硫酸溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钡溶液，生成沉淀的量与加入氢氧化钡溶液的体积关系如图所示，a、b、c、d分别表示实验不同时刻的溶液，下列有关说法中正确的是A．硫酸溶液的体积为30mL

C．9zgD．9z/40g

【错解分析】多选C，用H2还原CuO，应该先通氢气，最后在氢气流中冷却，用去氢气

的量远大于实际参加反应的氢气。所以不能用氢气的量来求水的质量。

【解题指导】考虑实验的具体过程。用固体差量来求水的质量，固体差量为氧元素质量，根

据氧元素守恒求算即可。

【答案】B

【练习11】用惰性电极电解R(NO3)x的水溶液（R的相对原子质量为M）,当电流强度为I

（A），通电时间t（s）时，阴极上增重ag时,同时阳极上产生bL氧气,已知每个电子所带电量为q，则阿伏伽德罗常数表示为__________________mol-1。

【范例12】某金属最高价氟化物的相对分子质量为，其最高价的硫酸盐的相对分子质量

为，若此元素的最高正价为n，则n与、的关系可能是（AB）A．B．C．D．

【错解分析】漏选A或者B。金属的化合价有+1、+2、+3价，奇数价与偶数价硫酸盐的化

学式有所不同，式量不同，结果也不同。

【解题指导】涉及字母的计算本身具有一定难度。采用讨论法，设金属化合价为x，最高价

氟化物化学式为MFx，如果金属化合价为奇数，硫酸盐化学式为M2（SO4）x，选A；如果金属化合价为偶数，硫酸盐化学式为M（SO4）x/2，选B。【答案】AB

【练习12】有t℃的agKCl不饱和溶液，其质量分数为w1，采取措施后使其变为bg饱和

溶液，其溶质质量分数为w2，下列说法正确的是

A．a一定小于或等于bB．aw1一定等于bw2C．t℃时KCl溶解度一定大于100w1D．w1一定大于w2

【范例13】在一定温度条件下，甲、乙两个容积相等的恒容密闭容器中均发生如下反应：

【错解分析】错选A或C。审题注意两点"D为固态"，"甲、乙两容器中C的体积分数都为

0.2"，所以可逆反应在两种情况下建立平衡，一种是完全相同的平衡，一种是体积分数（各物质百分含量）相同的平衡。

【解题指导】甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，如果甲、乙两容器中A的物质的量相

等，则两个容器中达到相同的平衡状态，将乙中加入物质折合为6molA和2molB，x=2；如果甲乙两个容器各物质百分含量相同，则x=4，平衡时各物质物质的量不相等，但两容器中每种物质物质的量之比相等，A项、B项均错误；平衡时A、B物质的量之比为3：1，A、B体积分数之和为0.8，所以平衡时甲中A的体积分数为0.6，C项错误；若平衡时两容器中的压强不相等，则反应中x=4，气体体积不变的反应，平衡压强比等于起始压强比，即为8：5，D项正确。

【答案】D

【练习13】恒温、恒容下，amolA和bmolB在一个容积可变的容器中发生如下反应：

A（g）+2B（g）2C（g），一段时间后达到平衡，生成nmolC。则下列说法中正确的是（）

A．物质A、B的转化率之比为a：bB．当=2时，可确定反应到达平衡状态

C．若起始时放入2amolA和2bmolB，则达平衡时生成2nmolCD．起始时刻和达平衡后容器中的压强比为（a+b）：

【范例14】在100g浓度为10molL－1、密度为ρgcm－3的氨水中加入一定量的水

稀释成5molL－1的氨水，则加入水的体积为A.小于100mLB.等于100mLC.大于100mLD.等于(100/ρ)mL

【错解分析】错选A。氨水的密度小于1gcm－3。

【解题指导】如果不考虑体积变化，将10molL－1氨水稀释成5molL－1的氨水，加

入一倍体积的水即可，因为氨水密度小于1gcm－3，所以100g氨水体积大于100mL，加水体积也大于100mL。

【答案】C

【练习14】50g物质的量浓度为c1的浓H2SO4质量分数为ω1，与VmL水混合，得到物

质的量浓度为c2的稀H2SO4质量分数为ω2，（以下填""或"="）⑴若ω1=2ω2，则c12c2，V50mL⑵若c1=2c2，则ω12ω2，V50mL

【范例15】平达喜是常用的中和胃酸的药物，它的化学成分是铝和镁的碱式碳酸盐，其中

氢元素的质量分数为0.040。取该碱式盐3.01g，加入2.0molL－1盐酸使其溶解，当加入盐酸42.5mL时，开始产生CO2，加入盐酸至45.0mL时正好反应完全。若在上述碱式盐溶于盐酸后的溶液中加入过量的氢氧化钠，过滤，沉淀物进行干燥后重1.74g。试通过计算推测该碱式盐的化学式。

【错解分析】该题中氢元素的质量分数是个干扰因素，因为碱式碳酸盐中氢氧根和结晶水都

含有氢元素，所以根据氢元素不能得出任何结果。碱式碳酸盐与盐酸反应过程中先中和碱，再和碳酸盐生成碳酸氢盐，然后才会放出CO2气体，如果忽略该过程，就会使结果大相径庭。

【解题指导】当加入盐酸42.5mL时，开始产生CO2，加入盐酸至45.0mL时正好反应完全，

可得n（CO2）=n（CO32-）=2.5×10-3×2=0.005mol,而中和OH-需要盐酸42.5-2.5=40mL，所以n（OH-）=40×10-3×2=0.08mol。加入过量的氢氧化钠得沉淀Mg（OH）21.74g，n（Mg2+）=1.74/58=0.03mol，根据电荷守恒，n（Al3+）=（0.08+0.005×2-0.03×2）/3=0.01mol。依据质量守恒，物质中含有结晶水3.01-0.005×60-0.08×17-0.03×24-0.01×27=0.36g，0.02mol，综合以上，该碱式碳酸盐的化学式为Al2Mg6(OH)16CO34H2O。

【答案】n(CO32－)=0.005mol（2分），n(OH－)=0.08mol（2分），

n[Mg(OH)2]＝1.74g58g/mol=0.03mol（2分），n(Al3＋)=0.01mol（2分），碱式盐中含有结晶水（1分），碱式盐的化学式为：Al2Mg6(OH)16CO34H2O（1分）。

【练习15】有机物A由碳，氢，氧三种元素组成。现取2.3gA与2.8L氧气（标准状况）在

密闭容器中燃烧，燃烧后生成二氧化碳，一氧化碳和水蒸气（假设反应物没有剩余）。将反应生成的气体依次通过浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重2.7g，碱石灰增重2.2g。则2.3gA中n（H）=________，n（C）=________，该有机物的

分子式为___________。

参考答案

1.【答案】B2.【答案】B3.【答案】B4.【答案】B

5.【答案】B（提示：因C8H18的裂化方式不定，故混合气体的平均相对分子质量也不定，可用极值法解此题。C8H18按下列方式裂化所得平均相对分子质量最大，C8H18=C4H8＋C4H10,C4H10=C2H4＋C2H6（或C4H10=CH4＋C3H6），混合气的平均相对分子质量为：114÷3＝38。若按下式分解：C8H18=C2H4＋C6H14C6H14=C4H10＋C2H4C4H10=C2H4＋C2H6(或C4H10=CH4＋C3H6），所得混合气体中不含C4H8，此时平均式量最小为：114÷4＝28.5，即混合气体的平均式量的范围是：28.5＜M≤38。所以答案为B)6.【答案】AC7.【答案】42％；NaCl8.【答案】B

9.【答案】A（提示：加入过量盐酸所得溶液为NaCl和AlCl3，蒸干灼烧得到固体NaCl和

Al2O3，所以固体质量差值不单纯是氯元素。）10.【答案】B

11.【答案】（提示：不能用b表示）12.【答案】C13.【答案】D

14.【答案】⑴>；=⑵<；<

15【答案】0.3mol；0.1mol；C2H6O

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