高中高考化学易错题解析

时间：2019-05-29 18:16:06 网站：公文素材库

高中高考化学易错题解析

高中会考化学易错题解析【谭泽彬】201*.1.2

【例1】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的硫酸被还原B、有0.045mol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

解析：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

【例2】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

解析：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

【例3】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

解析：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4】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、不能由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Wg，此原子的质量为（m+n）gD、核内中子数的总质量小于质子的总质量

解析：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

原子质量或质量数来确定；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5】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

解析：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

【例6】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

解析：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，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）说明电解过程中不仅硫酸铜被电解，而且有水被电解（因2后溶液恢复原来状态，

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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

【例7】实验室里需用480mL0.1mol/L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500mL溶液

解析：要配制500mL0.1mol/L的CuSO4溶液需CuSO40.05mol即胆矾：0.05mol×250g/mol1=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【例8】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

解析：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9】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、16：9B、23：9C、32：9D、46：9

解析：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3.6gM，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

【例10】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）/14B、（n-m）/14C、（2m-n）/28D、（n-2m）/28

解析：假设该元素化合价为x，若x为奇数，则硝酸盐化学式为R（NO3）x，硫酸盐的化学式为R2（SO4）

x。则该元素的硝酸盐、硫酸盐的相对分子质量分别为R+62x、2R+96x，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x值为（2m-n）/28，答案为C；当x为偶数时，则硝酸盐的化学式为R（NO3）x，硫酸盐的化学式为R（SO4）x/2。则该元素的硝酸盐、硫酸盐的相对分子质量分别为R+62x、R+48x，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x值为（m-n）/14，正确答案为A、C【例11】在KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O反应中，当生成0.5molCl2时，氧化产物和还原产物的物质的量之比为___________

A、6：1B、5：1C、1：3D、1：5

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解析：由于该反应属于归中反应，反应机理为：KClO3中Cl得到5个电子转化为Cl2（被还原）同样的HCl

中的Cl失去一个电子转化为Cl2（被氧化），反应中氧化产物和还原产物均为Cl2，且氧化产物和还原产物的物质的量之比等于氧化剂得电子数和还原剂失去电子数之比，即5：1

【例12】在一定条件下，RO3n-和I-发生的离子方程式如下：RO3n-+6I-+6H+==R-+3I2+3H2O(1)RO3中R元素的化合价是_____________(2)R元素的原子最外层电子数是________n-

解析：（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RO3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正确答案：+5、7

【例13】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

n--

解析：此题为PH加和等于14且等体积混合类型题，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103mol/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

【例14】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/LB、0.4mol/LC、0.6mol/LD、0.8mol/L

解析：由于硝酸被还原生成NO,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（0.8mol/L）.或者：由于硝酸根离子转化为NO，在转化过程中，每个NO3失去了两个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15】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c（H+）最接近于mol/LA、（10+10）/2B、（10+10）C、（10-5×10）D、2×10

-8

-10

-8

-10

-14

-5

-10

解析：由于碱溶液中的c（OH-）>c（H+），这就决定了不能用混合前溶液中的c（H+）直接求混合后溶

液的c（H+），一定要先求出混合后溶液中c（OH），在换算成混合后的c（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c（OH-）分别为10-6和10-4mol/L，因此混合后溶液的c（OH-）=（10+10）/2mol/L，可近似看作为10/2mol/L。根据水的离子积常数可知，混合后溶液的c（H）=2×10-10mol/L

【例16】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？

--6

-4-4+

解析：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%，所以消耗的氯气的体积为0.448L。

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【例17】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、0.15B、0.225C、0.35D、0.45

解析：根据3Cu+8H++2NO3-==3Cu2++2NO+4H2O

38230.030.060.04XX=3*0.06/8=0.0225mol

因此，铜离子浓度为0.225mol/L

【例18】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+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

解析：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）；另有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19】有甲基、苯基、羟基、羧基两两结合的物质中，具有酸性的物质种类有A、3种B、4种C、5种D、6种

解析：总体思路同—错误解答‖，但必须注意，当羟基和羧基结合时，得到这样的一种物质：HO-COOH，

化学式为H2CO3，即碳酸，也具有酸性。因此具有酸性的物质共有4中【例20】下列说法中正确的是

①只有一种元素组成的物质，一定是纯净物；②所有酸性氧化物都是非金属氧化物；③硝酸和氢硫酸均既有氧化性又有还原性；④化学反应的实质就是旧化学键断裂、新化学键形成的过程。A、都正确B、①②④C、③④D、①②

解析：①同素异形现象，如O2和O3、红磷和白磷等，都属于氧和磷的两种同素异形体。当O2和O3或红

磷和白磷混合在一起时，虽然只有一种元素，但却组成了混合物。②虽然大部分酸性氧化物是非金属氧化物，但有些金属氧化物也是酸性氧化物，如Mn2O7、CrO3等；③虽然硝酸是强氧化性酸、氢硫酸是强还原性酸，但由于两种酸都不稳定，自身分解时，既体现氧化性，又体现还原性；④旧化学键断裂、新化学键形成就是化学反应的实质

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高考复习专题---化学易错题解析

例题1

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的硫酸被还原B、有0.045mol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/2X64g/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2

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]选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。故正确选项为C。变黄绿色例题3

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。

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[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)OF2例题4

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、不能由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

C、若碳原子的质量为Wg，此原子的质量为（m+n）gD、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或质量数来确定；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5

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6

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，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0.1molH2O，因此电解过程中有0.1mol的硫酸铜和0.1mol的水被电解。因此本题正确选项为D。例题7

实验室里需用480mL0.1mol/L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500mL溶液[错误解答]

由于要配置480mL0.1mol/L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0.48X160X0.1=7.68g，因此选择A选项；（2）若溶质为CuSO4.5H2O，0.48X250X0.1=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：0.05mol×250g/mol1=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。例题8

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）[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9

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、16：9B、23：9C、32：9D、46：9

[错误解答]m（M）=4.4g*9/22=1.8gm（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3.6gM，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10

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）/14B、（n-m）/14C、（2m-n）/28D、（n-2m）/28

[错误解答]假设该元素化合价为x，则硝酸盐化学式为R（NO3）x，硫酸盐化学式为R2（SO4）x。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+62x、2R+96x，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x为偶数时，硫酸盐的化学式应该是R（SO4）x/2。[正确解答]假设该元素化合价为x，若x为奇数，则硝酸盐化学式为R（NO3）x，硫酸盐的化学式为R2（SO4）x。则该元素的硝酸盐、硫酸盐的相对分子质量分别为R+62x、2R+96x，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x值为（2m-n）/28，答案为C；当x为偶数时，则硝酸盐的化学式为R（NO3）x，硫酸盐的化学式为R（SO4）x/2。则该元素的硝酸盐、硫酸盐的相对分子质量分别为R+62x、R+48x，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x值为（m-n）/14，正确答案为A、C。

例题11

在KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O反应中，当生成0.5molCl2时，氧化产物和还原产物的物质的量之比为___________

A、6：1B、5：1C、1：3D、1：5

[错误解答]由于反应过程中KClO3得到6个电子被还原，而HCl失去一个电子被氧化，因此，氧化产物和还原产物的物质的量之比为6：1，选择A；或者由于反应过程中KClO3得到电子还原为KCl（还原产物），而HCl失去电子被氧化Cl2（氧化产物），根据化学方程式得到氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：3，选择C。

[错误原因]不明确该反应的实质，解题过程中违背同种元素发生氧化还原反应时化合价变化遵循“只靠近不交叉”的原则。[正确解答]

由于该反应属于归中反应，反应机理为：KClO3中Cl得到5个电子转化为Cl2（被还原）同样的HCl中的Cl失去一个电子转化为Cl2（被氧化），反应中氧化产物和还原产物均为Cl2，且氧化产物和还原产物的物质的量之比等于氧化剂得电子数和还原剂失去电子数之比，即5：1；正确答案选择B。例题12

在一定条件下，RO3n-和I-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________。

[错误解答]（1）R的化合价为6-n；（2）R最外层电子数为5

[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。正确答案：+5、7例题13

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[错误解答]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

[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]此题为PH加和等于14且等体积混合类型题，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因此正确选项为D。例题14

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/LB.0.4mol/LC.0.6mol/LD.0.8mol/L

[错误解答]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H+的物质的量为0.2mol,下降的浓

mol/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。

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NO,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（0.8mol/L）.或者：由于硝酸根离子转化为NO，在转化过程中，每个NO3失去了两个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15

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c（H+）最接近于（）mol/LA.（10-8+10-10）/2B.（10-8+10-10）C.（10-14-5×10-5）D、2×10-10[错误解答]因为PH=8和PH=10的两种氢氧化钠溶液的c（H+）分别为10-8、10-10mol/L，而且两种溶液等体积混合，因此混合后溶液的c（H+）=（10-8+10-10）/2mol/L。

[错解原因]直接应用溶液中c（H+）来求解，忽略溶液中c（OH）>c（H+）和c（OH）对水

电离平衡的影响。[正确解答]

由于碱溶液中的c（OH-）>c（H+），这就决定了不能用混合前溶液中的c（H+）直接求混合后溶液的c（H+），一定要先求出混合后溶液中c（OH），在换算成混合后的c（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c（OH-）分别为10-6和10-4mol/L，因此混合后溶液的c（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c（H+）=2×10-10mol/L故正确答案选（D）2×10-10。

例题16

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？

[错误解答]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（Fe2+>Br-）。[正确解答]

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%。所以消耗的氯气的体积为0.448L。例题17

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[错误解答]A[错解原因]

由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Cu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+4H2O38230.030.060.04XX=3*0.06/8=0.0225mol

因此，铜离子浓度为0.225mol/L例题18

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+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.

[错误解答]假设银的质量分数为x，则：Ag+2HNO3=AgNO3+NO2+H2O30x/10860x/10830x/108

Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O30（1-x）/64120（1-x）/6460（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[错解原因]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）

另有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19

有甲基、苯基、羟基、羧基两两结合的物质中，具有酸性的物质种类有（）A、3种B、4种C、5种D、6种

[错误解答]选A。根据有机物官能团性质，羧基和酚羟基具有酸性。因此本题具有酸性的物质可以是CH3-COOH、C6H5-COOH、C6H5-OH。[错解原因]不熟悉H2CO3的结构而被忽视。[正确解答]

总体思路同“错误解答”，但必须注意，当羟基和羧基结合时，得到这样的一种物质：HO-COOH，化学式为H2CO3，即碳酸，也具有酸性。因此具有酸性的物质共有4中，正确选项选B。例题20

下列说法中正确的是（）

[错误解答]选B。1）由于单质是由同种元素组成的纯净物，因此，只有一种元素组成的物质，一定是纯净物；2）CO2、SO2、P2O5等非金属氧化物都是酸性氧化物，因此“所有酸性氧化物都是非金属氧化物”说法正确；3）硝酸是强氧化性的酸，没有还原性；而氢硫酸是强还原性的酸，没有氧化性；4）有新物质生成是化学反应的表现，化学键的断裂和生成是化学反应的本质。因此选项B正确。

[错解原因]片面地理解化学概念和有关物质的性质。

[正确解答]（1）同素异形现象，如O2和O3、红磷和白磷等，都属于氧和磷的两种同素异形体。当O2和O3或红磷和白磷混合在一起时，虽然只有一种元素，但却组成了混合物。（2）虽然大部分酸性氧化物是非金属氧化物，但有些金属氧化物也是酸性氧化物，如Mn2O7、CrO3等；（3）虽然硝酸是强氧化性酸、氢硫酸是强还原性酸，但由于两种酸都不稳定，自身分解时，既体现氧化性，又体现还原性；4）旧化学键断裂、新化学键形成就是化学反应的实质。因此本题的正确选项为C。

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