高中化学错题集

高中化学错题集
例析《氧化还原反应》习题解答常见错误
例题1、下列关于氧化还原反应中的有关说法中正确的是（ ）
A、被氧化的物质是氧化剂
B、置换反应一定是氧化还原反应
C、电解质溶液导电过程发生氧化还原反应
D、元素由化合态转化为游离态时，该元素一定被还原
[错误解答]选B、D。
[错误原因]对电解质溶液导电实质不理解以及对元素化合态形式存在时的化合价的理解不够全面。
[正确解答]1）氧化还原反应过程中，氧化剂得到电子被还原，而还原剂失去电子被氧化；2）置换反应不仅有单质参加，而且有新单质生成，反应过程中一定有电子转移，因此一定是氧化还原反应；3）电解质导电过程，实质就是电解的过程，而电解反应一定是氧化还原反应；4）阳离子得到电子生成单质时，发生还原反应（被还原）；而阴离子转化为单质，因失去电子而被氧化。本题正确选项为B、C。
例题2、下列四类反应：①置换反应，②复分解反应，③没有单质参加的化合反应，④没有单质生成的分解反应。其中一定不是氧化还原反应的是（ ）
A、只有② B、只有②③ C、②③④ D、①②③④
[错误解答]选C。
[错误原因]对四种基本反应类型和氧化还原反应关系的理解不够深入。
[正确解答]本题只有A选项正确。根据置换反应的概念和实质可以推知它一定是氧化还原反应。对于化合反应和分解反应，只要有单质参加或生成，则一定是氧化还原反应；而没有单质参加或生成的化合反应和分解反应，则有些是氧化还原反应，有些不是氧化还原反应。例如，这样的两个反应：Na2O2+SO2=Na2SO4、NH4NO3=N2O+2H2O，虽然没有单质参加或生成，但它们仍然属于氧化还原反应。
例题3、X、Y、Z为三种单质。已知：Y能将Z从其化合物的水溶液中置换出来，而Z又能将X从其化合物中置换出来。由此可以推断下列说法中可能正确的是（ ）
①单质的氧化性：Y>Z>X； ②单质的还原性：Y>Z>X；
③对应离子的氧化性：X>Z>Y； ④对应离子的还原性：X>Z>Y
A、只有① B、只有②③ C、只有①④ D、①②③④
[错误解答]选B或C
[错误原因]思维不够慎密、全面，只把X、Y、Z当作金属或非金属一种情况考虑。
[正确解答]选D。由于置换反应既可有金属间的置换、又可在非金属之间置换，因此X、Y、Z既可以是金属、也可以是非金属。对于这两种情况，说法①②都可以是正确的；它们对应的离子，如果这些元素金属性（非金属）性越强，则对应的离子的氧化性（还原性）也越弱，因此③④的说法也可以是正确的。
例题4、铁屑溶于过量的盐酸后，再加入下列

物质，会有三价铁生成的是（ ）
A、硫酸 B、氯水 C、硝酸锌 D、氯化钙
[错误解答]选B。Cl2有强氧化性，会把铁与盐酸反应生成的Fe2+氧化为Fe3+。
[错误原因]忽略酸性条件下NO3—具有强氧化性而漏选。
[正确解答]本题正确选项为B、C。对于B的分析同上。解答本题时还应该注意的是：题干中指明盐酸过量，因此反应后溶液呈酸性。再往溶液中添加硝酸锌时，由于溶液中存在H+，硝酸根离子将显强氧化性，可以将亚铁离子氧化，反应为：
4H++NO3—+2Fe2+=3Fe3+NO↑+2H2O
因此选项C也是正确的。（注意：在考虑离子共存问题时，一定不要忽视下列离子的氧化性（或在酸性条件下具有氧化性）：NO3-、ClO-、MnO4-、Fe3+等。）
例题5、化合物A、B、C都只含有两种元素，且A、B均含X元素。已知一定条件下可发生反应：A+B——X+C，X是一种单质，由此可知X元素（ ）
A、一定是金属元素 B、一定是非金属元素
C、可能是金属元素，也可能是非金属元素 D、无法确定
[错误解答]选C或D。
[错误原因]对“归中型”氧化还原反应及元素性质的认识不够深入。
[正确解答]根据题意：1）A、B、C都是化合物；2）A、B均含X元素；3）反应生成单质X，可以推知该反应为“归中型”氧化还原反应。即化合物A、B中X元素的化合价“一高一低”（一个高于0价、一个低于0价），两者共同作用生成X单质（化合价为0）。由于金属元素在化合物中只呈现正价态，不可能有负价态，因此可以肯定X不是金属元素；只有非金属元素在化合物中才既可呈正价态，又可呈负价态，并在一定条件下可以发生归中反应。例如：2H2S+SO2=3S+2H2O，4NH3+6NO==5N2+6H2O，所以X应该是非金属，即该题的答案为B。
例题6、在氧化还原反应KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O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、5：1 B、3：1 C、1：3 D、1：5
[错误解答]选B。由于反应过程中每个KClO3得到6个电子被还原为Cl—，而每2个HCl失去2个电子被氧化为Cl2。根据电子得失关系守恒关系，可知：氧化产物和还原产物的物质的量之比为3：1，选择B。
[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“归中型”氧化还原反应，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；选择A。
例题7、在反应11P+

15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，每摩尔CuSO4能氧化P的物质的量为（ ）
A、1/5 mol B、2/5 mol C、3/5mol D、11/5 mol
[错误解答]选B。从化学方程式可看出，当15mol CuSO4参加氧化还原反应时将生成6mol H3PO4，所以1mol CuSO4 氧化2/5 mol的P并生成2/5 mol H3PO4。
[错误原因]没有注意到H3PO4有一半是P自身氧化还原反应（歧化反应）生成的。
[正确解答]本题中的还原剂是P，而氧化剂是P和CuSO4。由于反应过程中Cu从+2降为+1，因此反应中共得到15mol的电子；而做还原剂的P在反应中从0升至+5价，因此1mol P得到5mol电子。因此15molCuSO4在反应中只能氧化3mol的P，即每摩尔硫酸铜能够氧化0.2mol的P。正确选项为A。
例题8、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（ ）
A、0.224L B、0.336L C、0.448L D、0.672L
[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。选A。
[错误原因]忽略离子还原性强弱。在氧化还原反应中，还原性（氧化性）越强的物质（或微粒）优先参与氧化还原反应。
[正确解答]由于Fe2+还原性比Br-强，当往FeBr2中通入氯气，发生的反应依次为：1）Cl2+2Fe2+=2Cl—+2Fe3+；2）Cl2+2Br—=2Cl—+Br2。因此溶液反应中反应的情况应该是：Fe2+被完全氧化并有50% Br— 被氧化。根据电子得失关系，Fe2+、Br—离子失去的电子总数（0.02mol+0.02mol=0.04mol）等于Cl2得到的电子总数。由于每个Cl2在反应中得到2个电子，因此Cl2的物质的量为0.02mol，其体积为0.448L。本题正确答案为C。（注：分析多种离子共存的溶液体系的电解问题时，也必须考虑离子反应次序——对于氧化性或还原性越强的离子，电解过程中一般优先放电。）
例题9、取17.4 g MnO2固体粉末与一定体积的浓盐酸（含溶质0.4mol）共热制取氯气（假设HCl挥发损失不计），下列叙述中正确的是（ ）
A、反应过程中MnO2作催化剂 B、盐酸未完全反应
C、参加反应的盐酸有一半被氧化 D、反应产生2.24L氯气（标况）
[错误解答]选C、D。根据该反应中量的关系：MnO2——4HCl可知，该反应中MnO2过量，因此HCl完全反应。又因该反应中只有一半的HCl作还原剂（另一半为起到酸的作用），因此参加反应的盐酸有一半被氧化（0.2mol），得到2.24L的氯气。
[错误原因]静态考虑反应问题，忽略盐酸浓度变化引起还原性变化的事实。
[正确解答]随反应的进行，盐酸的浓度逐渐减小，对应的还原性逐渐减弱，直至发生的氧化还原反应被停止。因此该反应过程中，虽然MnO2过量，盐酸也不可能完全反应，同样

的，收集到的气体也不可能是2.24L。但是不论如何，参与反应的盐酸一定有一半被氧化（对应的量一定少于0.2mol）。因此正确选项为C。（注：许多物质的氧化（还原）性会受浓度变化的影响，并在一些具体的反应中表现出来。例如，浓硫酸具有氧化性，在加热的条件下与铜能够发生反应，随反应的进行，硫酸浓度变小，氧化性逐渐减弱，最终反应将停止；若参加反应的金属为Zn等活泼金属，则当浓度降低到一定程度（转化为稀硫酸）时，又会有H2产生。又如，浓硝酸具有强氧化性，与铜反应生成NO2，随反应进行，浓度减小，氧化性将有所减弱。当浓度减小到一定程度，反应产物变为NO。在解此类问题时，必须要打破常规，“动态”地考虑反应进行问题。这类问题也常在化学计算中出现。）


《硅与硅酸盐工业》习题解答常见错误

例题1、能说明常温下二氧化硅是很坚硬的固体而二氧化碳是气体的原因是（ ）
A、硅的非金属性比碳的活泼
B、二氧化硅中硅氧键的类型和二氧化碳中碳氧键不同
C、硅氧键的键能比碳氧键的键能大得多
D、二氧化硅晶体类型和二氧化碳晶体不同.
[错误解答]选B、C。因SiO2和CO2属于同主族元素的两种化合物，对应的晶体类型相同，性质上的差异应该在于硅氧键和二氧化碳中碳氧键间类型和键能的差异。
[错误原因]对两种晶体结构认识模糊以及对物理性质差异原因的认识不清。
[正确解答]本题比较两种晶体的物理性质，应该从晶体所属类别入手。由于SiO2是一种空间网状结构的原子晶体，而CO2是靠分子间作用力结合在一起的分子晶体，因此SiO2晶体的熔沸点高、硬度大，而二氧化碳的熔沸点低。正确选项为D。
例题2、往下列溶液中通入过量的CO2，将会看到白色沉淀的是（ ）
A、CaCl2溶液 B、澄清石灰水 C、饱和碳酸钠 D、Na2SiO3溶液
[错误解答]选择D。因为CO2+Na2SiO3+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓
[错误原因]忽略了碱金属碳酸氢盐溶解度较小的事实。
[正确解答]选C、D。选D原因同“错误解答”分析。同时因CO2与Na2CO3会发生如下反应：CO2+ Na2CO3+H2O=2NaHCO3，由于碱金属碳酸氢盐溶解度小与碳酸盐（注意：对于IIA族元素则恰好相反），同时反应中消耗了水，因此往饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳会有沉淀（碳酸氢钠）析出。
例题3、下列说法：①硅化学性质很稳定，因此硅在自然界中以游离态形式存在；②硅和二氧化硅晶体都属于原子晶体；③二氧化硅和二氧化碳在物理性质上有很大的差异；④二氧化硅是一种酸性氧化物，它不与任何酸发生反应。正确的是（ ）
A、①②③④ B、①②④ C、①④ D、②③
[错

误解答]选A。
[错误原因]对硅的存在形式和二氧化硅的一些特性认识不够。
[正确解答]1）虽然元素的存在形式与元素的化学性质（活泼性）有关系，但要注意特例。硅虽然化学性质稳定，但在自然界中的却以化合态（二氧化硅和硅酸盐）形式存在；2）硅和二氧化硅晶体都具有空间网状结构的特性，因此都属于原子晶体；3）由于二氧化硅晶体属于原子晶体，而二氧化碳属于分子晶体，因此物理性质（如熔沸点）有很大的差异；4）一般而言，酸性氧化物不会和酸发生反应，象SiO2也不会和HNO3、H2SO4等发生反应，但它却很容易和氢氟酸反应：4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O。因此上述说法中只有②③是正确的，选D。
例题4、右图为某教材中给出的石英晶体平面结构示意图，它实际上是立体的网状结构（可以看作是晶体硅中的每个Si—Si键中插入一个O），其中硅与氧原子个数之比是________；在石英晶体中，由硅、氧原子构成的最小的环上具有的Si、O原子个数是________。
[错误解答] 由结构图可知，每个Si周围结合4个O，而每个O周围跟2个Si结合，所以石英晶体中硅氧原子个数之比为1：2（有些学生还会认为，由于结构中Si、O一个一个相接，因此硅氧个数比为1：1）；而且从平面结构图看，每个环上有四个Si和四个O，因此环上共有8个原子（4个Si，4个O）。
[错误原因]1）对石英晶体立体的网状结构认识不清楚；2）三维空间结构的想象能力欠缺。
[正确解答]1）由石英晶体的平面结构可知（当然立体的网状结构也是一样），每个Si周围结合4个O，而每个O周围跟2个Si结合，所以石英晶体中硅氧原子个数之比为1：2；2）由于石英晶体是空间网状立体结构，而且其可以看作是晶体硅中的每个Si—Si键中插入一个O。由于晶体硅的结构和金刚石相似，而金刚石中每个最小的碳环上有6个碳而且有6个碳碳键（如右图），因此在石英晶体中，由硅、氧原子构成的最小的环上具有的Si、O原子个数是12（6个Si和6个O）。
例题5、将足量CO2通入KOH和Ca（OH）2的混合液中，生成沉淀的物质的量（n）和通入CO2体积（V）的关系正确的是（ ）






[错误解答]选择C。根据CO2与Ca（OH）2的反应关系：
CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O ……（1）
CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2 ……（2）
由上述两个反应可知：在Ca（OH）?2一定的情况下，参加反应（1）的CO2和参加反应（2）的CO2的物质的量（体积）为1：1，即产生CaCO3沉淀所需的二氧化碳和使沉淀CaCO3溶解消耗的二氧化碳的物质的量之比为1：1。因此该题的图象为A。
[错误原因]忽视体系中KOH的存在，没有考虑反应顺序问题。
[正确解答]在原溶液体

系中同时存在Ca2+、OH—、K+等离子，当往体系中通入二氧化碳气体时，二氧化碳先与OH—反应生成CO32—，而CO32—与Ca2+作用生成CaO3沉淀。根据体系中量的关系，当CaCO3充分反应时，溶液中仍然存在OH—离子，此时继续通入CO2，CO2要先和OH—反应，待两者充分反应后，再通入CO2时才与沉淀CaCO3发生反应，此时CaCO3溶解，直到全部溶解。因此正确选项为D。
例题6、某混合气体可能含有H2、CO、CO2、HCl、NH3和水蒸气中的两种或多种，当混合气体依次通过：①澄清石灰水（无浑浊现象），②Ba（OH）2溶液（出现白色沉淀），③浓硫酸（无明显变化），④灼热的氧化铜（变红），⑤无水硫酸铜（变蓝）。则可以判断混合气体中（ ）
A、一定没有CO2，肯定有H2 B、一定有H2、CO2，和HCl
C、一定有CO、CO2和水蒸气 D、可能有CO2、NH3和水蒸气
[错误解答]选择A。由于气体通过澄清石灰水时无浑浊现象，因此混合气体中没有CO2，故选A。也有学生因为看到混合气体通入如下溶液及看到如下的现象：①澄清石灰水（无浑浊现象），②Ba（OH）2溶液（出现白色沉淀）。由于这两种现象的“矛盾”，很多学生无从作答。
[错误原因]审题不认真，没有抓住“依次”这一关键；而且由于逻辑推理能力不强而无从作答。
[正确解答]必须抓住气体通入“澄清石灰水（无浑浊现象）”的原因有两种：1）混合气体中无CO2；2）混合气体中有CO2，同时也有HCl（由于石灰水优先和HCl反应，观察不到沉淀）。气体通入“Ba（OH）2溶液（出现白色沉淀）”，这里的沉淀一定是BaCO3，因此混合气体中一定有CO2，同时证明混合气体中一定有HCl。气体通入“浓硫酸（无明显变化）”，并不能说明混合气体中是否含有水蒸气，但可以说明通过该装置后出来的气体中一定没有水蒸气，为后面的推断奠定基础。气体通入“灼热的氧化铜（变红）”，说明混合气体中有H2。气体通入“无水硫酸铜（变蓝）”，进一步证明有H2。综上所述，不能确定是否有CO、水蒸气。因此本题的正确选项为B。
例题7、右图为一种有钛原子和碳原子构成的气态团簇分子的结构，顶角和面心的原子是钛原子，棱的中心和体心的原子是碳原子，它的化学式为______
[错误解答]从结构图可知，顶点上Ti被8个晶胞共用，面心上的Ti被两个晶胞共用，棱的中心的C被4个晶胞共用，而体心中的C被一个晶胞专用。因此：每个晶胞中Ti的个数为8*（1/8）+6*（1/2）=4；C的个数为1+12*（1/4）=4。因此每个晶胞中有4个Ti和4个C，该物质的化学式为Ti4C4（或TiC也可以）。
[错误原因]忽略指定的结构为“气态团簇分子”，把它按常规的“晶胞”处理。
[

正确解答]由于该结构为“气态团簇分子”，给出的结构就是一个“完整”的分子，因此结构中的每个原子都是构成分子的一部分。由于该“气态团簇分子”结构含有14个Ti和13个C，于是该物质的化学式为Ti14C13。
例题8、向饱和碳酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸，直到不再产生二氧化碳气体为止。在此过程中，溶液中碳酸根离子离子浓度变化趋势可能是：（A）逐渐减小；（B）逐渐增大；（C）先逐渐增大，后逐渐减小；（D）先逐渐减小，后逐渐增大。你的选择是______，选择的理由是_______________________________。
[错误解答]（C）；CO32—在溶液中水解生成HCO3—和OH—，当往溶液中滴加稀盐酸时，盐酸中的H+和CO32—水解产生的OH—中和，促进CO32—水解，因此HCO3—浓度逐渐增大，直到CO32—完全水解；当CO32—完全水解时，再往体系中加入HCl，此时发生H++HCO3—=H2O+CO2↑反应，HCO3—浓度又逐渐减小，直至完全反应。
[错误原因]对盐类水解的认识不够深入。
[正确解答]虽然CO32—在溶液中会发生水解，然而水解反应是微弱的，因此在饱和碳酸钠溶液中，碳酸跟离子的浓度要远远的大于水解产生的OH—，在这样的条件下，当往体系逐滴加入盐酸时，盐酸中的H+应该优先和CO32—反应：H++CO32—=HCO3—，因此HCO3—浓度逐渐增大，直到CO32—完全转化为HCO3—；再往体系中加入HCl，此时发生H++HCO3—=H2O+CO2↑反应，HCO3—浓度又逐渐减小，直至完全反应。因此碳酸氢根离子浓度的变化趋势是“先逐渐增大，后逐渐减小”，即选项C。

例析《氧族元素》常见解题错误
例题1、氯气和二氧化硫都有漂白性，若将等物质的量的这两种气体同时作用于潮湿的有色物质，可以观察到有色物质（ ）
A、立刻褪色 B、慢慢褪色 C、先褪色，后复原 D、颜色不褪
[错误解答]由于两者均有漂白性，当两者混合时，漂白作用加强。因此，氯气和二氧化硫同时作用于潮湿的有色物质时，有色物质将立即褪色。选择A。
[错误原因]忽略了两者相互混合时将发生反应。
[正确答案]由于氯气是一种强氧化剂，而二氧化硫是一种还原剂，当两者混合并遇到水时，将发生氧化还原反应：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4。作用后的产物均不具有漂白性，因此有色物质的颜色不会褪去。正确选项为D。
例题2、（02年江苏大综合-23）高温下硫酸亚铁发生如下反应：2FeSO4=Fe2O3+SO2↑+SO3↑，若将生成的气体通入氯化钡溶液中，得到的沉淀是（ ）
A、BaSO4和BaSO3 B、BaS C、BaSO4 D、BaSO3
[错误解答]由于BaSO4和BaSO3均属于不溶于水的钡盐，因此本题的选项为A。
[错误原因]忽略产生沉淀的环境。
[正确解答]当SO2、SO3通入

氯化钡溶液时，SO3溶于水生成硫酸，硫酸与氯化钡作用，发生如下的反应：H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl。反应后溶液呈酸性，此时不仅SO2几乎不能溶解，而且即使溶解，也不能产生沉淀，因为BaSO3在酸性条件下会溶解。所以，本题正确选项为A。
例题3、（MCES’01-10）标准状况下H2S与O2混合气体100mL，经点燃后反应至完全，所得的气体经干燥后，恢复至原来状况下体积为10mL，该10mL气体可能是（ ）
A、H2S和SO2 B、O2 C、H2S D、SO3
[错误解答] 由于H2S和SO2不能共存，因此答案不能为A；同样的SO2只有在催化剂存在条件下才能与O2作用生成SO3，因此D也不可能；由于H2S和O2在点燃条件下会发生如下反应：2H2S+O2=2H2O+2S。在该反应中两者都可以过量，因此答案为B和C。
[错误原因]忽略在氧气过量的情况下H2S和O2将发生反应：2H2S+3O2=2H2O+2SO2。
[正确解答]分析同“错误解答”。但是，若该体系中氧气过量，反应中必定会生成二氧化硫，混合气体中不可能只有氧气，因此B不可能。故只能选C。
例题4、（00年广东-13）下列气体不能用浓硫酸干燥的是（ ）
A、CO2 B、H2S C、SO2 D、HCl
[错误解答]由于硫化氢和二氧化硫都具有还原性，而浓硫酸具有氧化性，因此二氧化硫和硫化氢都不能够用浓硫酸来干燥。选B、C。
[正确解答]虽然SO2具有还原性，但不能被浓硫酸氧化（同种元素处相邻价态的物质之间不能发生氧化还原反应），因此正确答案只有B。
例题5、（MCE’97-13）向50mL 18.0mol/LH2SO4溶液中加入足量的铜片并进行加热，充分反应后，被还原的硫酸的物质的量是（ ）
A、小于0.45mol B、等于0.45mol
C、在0.45mol和0.90mol之间 D、大于0.90mol
[错误解答]由于铜过量而硫酸不足，因此硫酸完全反应。根据铜与硫酸反应关系：
Cu+2H2SO4=CuSO4+SO2↑+2H2O
被还原的硫酸的量应该等于0.45mol，因此选B。
[错误原因]忽视了随反应的进行，硫酸的浓度将逐渐减小，氧化性减弱并消失。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0.9mol,被还原的硫酸一定少于0.45mol，正确答案为A。
例题6、四支试管中盛放着少量的铜屑，现往试管中分别加入一定体积的下列四种溶液并加热。其中，不论加热时间多久，都不会发生反应的是（ ）
A、稀盐酸 B、稀硫酸 C、浓硫酸 D、稀硝酸
[错误解答]由于稀盐酸和稀硫酸氧化性很弱，不论加热与否，均不会与活动性较弱的铜发生反应，因此该题答案为A、B。

[错误原因]不善于动态思考问题。
[正确解答]浓硫酸和稀硝酸都是氧化性酸，在加热条件下能够和铜发生反应。而稀盐酸和稀硫酸氧化性很弱，即使在加热条件下也不会与铜反应。但应该注意的是：硫酸是难挥发性的酸，对装有稀硫酸溶液的试管进行长时间加热，随水分的蒸发，硫酸的浓度会不断增大，其氧化性也将显现出来。因此，在题目给定的条件下，B不应该作为本题的答案。正确答案为A。
例题7、有下列四种判断：①两种弱酸相互反应生成两种强酸；②两种弱酸盐相互作用后生成两种强酸盐；③一种弱酸和一种盐溶液作用后，得到一种强酸和一种盐；④两种酸溶液混合后，溶液的酸性减弱。其中有具体例证的是（ ）
A、①② B、②③ C、②③④ D、①②③④
[错误解答]根据复分解反应的一般规律——“强酸+盐 弱酸+新盐”可知判断③是错误的，因此凡是有③的选项都是错误的。因此答案只能是A。
[错误原因]在注重共性的同时没有注意到一些特定反应。
[正确解答]四种说法都是正确的。现举例如下：1）H2SO3+HClO=H2SO4+HCl；2）Na2SO3+NaClO=Na2SO4+NaCl；3）H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4；4）2H2S+H2SO3=3S+3H2O。因此本题的正确选项应该是D。
例题8、现有氯化钡、硝酸钡、盐酸和硝酸等试剂，设计一个较为严密的实验方案以检验某溶液中是否含有SO42—。
[错误解答]取待测试液适量，往其中加入适量的氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀；再加入足量的稀盐酸（或硝酸），观察沉淀是否溶解。如果沉淀不溶，则证明有SO42—；或者：取待测试液适量，往其中加入足量的稀硝酸，若无白色沉淀，再往溶液中加入硝酸钡（或氯化钡），观察是否有白色沉淀。若有沉淀，则证明含SO42—。
[错误原因]第一个方案忽略Ag+离子的干扰（采用硝酸做试剂时还会有SO32—干扰）；第二个方案忽略SO32—的干扰（如果用氯化钡，还会有Ag+的干扰）
[正确解答] 取待测试液适量，往其中加入足量的稀盐酸，若无白色沉淀，再往溶液中加入氯化钡，观察是否有白色沉淀。如果有沉淀，则证明含SO42—。

例题19、中和一定量的某醋酸溶液时，消耗氢氧化钠m g。如果先向该醋酸溶液中加入少量的醋酸钠，然后再用氢氧化钠中和，此时可消耗氢氧化钠n g。则m与n的关系为（ ）
Ａ、ｍ>ｎ B、ｍ<ｎ Ｃ、ｍ＝ｎ Ｄ、无法确定
［错误解答］选Ａ。因为醋酸钠水解呈碱性，所以当向醋酸溶液中加入少量的醋酸钠后，相当于加入了碱。此时再用氢氧化钠中和酸溶液时，消耗的氢氧化钠的量就会减少，因此选Ａ。
［错误原因］对中和反应的实质和水解知识的掌

握存在一定的偏差。
［正确解答］因为中和反应是酸和碱的反应生成盐和水的过程，其实质为H＋+OH-=H2O。当往醋酸溶液中加入醋酸钠，并不会影响原来醋酸所能够电离出来的Ｈ＋的总物质的量，因此不会影响中和反应消耗碱的量。正确选项为Ｃ。
例题20、在反应11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，每摩尔CuSO4能氧化P的物质的量为（ ）
A、1/5 mol B、2/5 mol C、3/5mol D、11/5 mol
[错误解答]选B。从化学方程式可以看出，15molCuSO4生成6molH3PO4，所以1molCuSO4生成2/5molH3PO4。
[错误原因]没有注意到生成物中的H3PO4有一半是P自身氧化还原反应（歧化反应）生成的。
[正确解答]本题中的还原剂是P，而氧化剂是P和CuSO4。由于反应过程中Cu从+2降为+1，因此反应中共得到15mol的电子；而做还原剂的P在反应中从0升至+5价，因此1mol P得到5mol电子。因此15molCuSO4在反应中氧化3mol的P，即每摩尔硫酸铜能够氧化0.2mol的P。正确选项为A。
例题21、已知化合物B3N3H6（硼氮苯）与C6H6（苯）的分子结构相似，结构如右图。则硼氮苯的二氯代物（B3N3H4Cl2）的同分异构体的数目为（ ）
A、2 B、3 C、4 D、6
[错误解答]选B。根据苯的二取代物有邻位取代、间位取代和对位取代三种，由于该化合物结构和苯相似，因此二取代物也应该有3种。因此选择B。
[错误原因]简单机械迁移，没有认真对比两者结构上的差异。
[正确解答]该物质的二取代物应该和苯的二取代物一样，应该有邻位取代、间位取代和对位取代三种同分异构体。而且对于间位的取代，又可以分为在B原子上的取代和N原子上的取代，因此间位取代有两种（如右图）。综合上述分析，该物质的二取代同分异构体应该有4种。


例题22、X、Y为两种主族元素，其原子的最外层电子数分别为1和6，则X、Y两种元素形成的化合物（ ）
A、一定是离子化合物 B、一定是共价化合物
C、一定形成X2Y型化合物 D、以上答案均不正确
[错误解答]选择C。
[错误原因]忽视一些特殊的化合物。
[正确解答]最外层为1个和6个电子的元素分别为IA和VIA元素，中学所熟悉的有H、Na、K、O、S等，它们之间可以形成X2Y型共价化合物（如H2O、H2S等）和离子化合物（如Na2O、K2S等），而且还可形成X2Y2型的化合物H2O2、Na2O2等，同时K、Rb等碱金属还可形成更复杂的超氧化物，因此本题答案应该是D。
例题23、1824年法国巴拉尔发现溴。在他以前，有一家工厂曾将一瓶红棕色的液体送给德国化学家李比希检测，李比希凭经验武断地认为该液体为氯化碘（化学式为ICl，性质和溴非常相似）。后来看到巴拉尔发现溴的报道后，忏悔不已。下列关于ICl的有

关说法中不正确的是（ ）
A、I-Cl键为极性共价键 B、ICl分子为非极性分子
C、该物质在反应中通常体现氧化性
D、在反应ICl+2NaOH=NaCl+NaIO+H2O中作氧化剂
[错误解答]选B。由于ICl成键原子不同，因此ICl是极性键构成的极性分子。而且由于ICl性质和Br2相似，Br2在反应中通常作氧化剂（包括在与氢氧化钠反应中），因此该物质在反应中通常做氧化剂，呈现氧化性。
[错误原因]机械迁移，没有认真分析ICl与氢氧化钠的反应而导致漏选答案。
[正确解答]思路同“错误解答”。应该注意在ICl+2NaOH=NaCl+NaIO+H2O反应中，ICl各种元素的化合价并没有改变，因此不是氧化剂。因此本题选项为B、D。
例题24、某溶液中有NH4+、Mg2+、Fe2+和Al3+四种离子，若向其中加入过量的NaOH溶液，微热并搅拌，再加入过量的盐酸，溶液中大量减少的阳离子是（ ）
A、NH4+ B、Mg2+ C、Fe2+ D、Al3+
[错误解答]选A。由于NH4+与OH—作用生成一水合氨，一水合氨在加热条件下分解释放出氨气，因此离子浓度将减小。
[错误原因]因不能掌握Fe（OH）2的强还原性而漏选。
[正确解答]本题不仅NH4+离子会减少（原因见“错误解答”），而且，当往溶液中加入氢氧化钠时，Fe2+会生成Fe（OH）2沉淀。Fe（OH）2具有具有强还原性，容易被空气中的氧气所氧化，转化为Fe（OH）3（题目具备氧化的条件），再加盐酸时，溶解为Fe3+。因此Fe3+也会大量减少。本题正确选项为A、C。
例题25、某混合气体可能含有H2、CO、CO2、HCl、NH3和水蒸气中的两种或多种，当混合气体依次通过：①澄清石灰水（无浑浊现象），②Ba（OH）2溶液（出现白色沉淀），③浓硫酸（无明显变化），④灼热的氧化铜（变红），⑤无水硫酸铜（变蓝）。则可以判断混合气体中（ ）
A、一定没有CO2，肯定有H2 B、一定有H2、CO2，和HCl
C、一定有CO、CO2和水蒸气 D、可能有CO2、NH3和水蒸气
[错误解答]选择A。由于气体通过澄清石灰水时无浑浊现象，因此混合气体中没有CO2，故选A。也有学生因为看到混合气体通入如下溶液及看到如下的现象：①澄清石灰水（无浑浊现象），②Ba（OH）2溶液（出现白色沉淀）。由于这两种现象的“矛盾”，很多学生无从作答。
[错误原因]审题不认真，没有抓住“依次”这一关键；而且由于逻辑推理能力不强而无从作答。
[正确解答]必须抓住现象：气体通入“澄清石灰水（无浑浊现象）”，原因有两种：1）混合气体中无二氧化碳；2）混合气体中有二氧化碳，同时也有HCl，在这样的条件下，由于石灰水优先和HCl反应，也观察不到沉淀。气体通入“Ba（OH）2溶液（出现白色沉淀）”，这里的沉淀

一定是碳酸钡，因此混合气体中一定有二氧化碳，同样的也证明混合气体中一定有HCl,并溶解在澄清石灰水中。气体通入“浓硫酸（无明显变化）”，并不能说明混合气体中是否含有水蒸气，但可以说明通过该装置后出来的气体中一定没有水蒸气，为后面的推断奠定基础。气体通入“灼热的氧化铜（变红）”，说明混合气体中有H2，发生氧化还原反应。气体通入“无水硫酸铜（变蓝）”，证明前面推断是正确的。综观推断过程，不能确定是否有CO、水蒸气。因此本题的正确选项为B。
例题26、最近发现一种有钛原子和碳原子构成的气态团簇分子，结构如图所示，顶角和面心的原子是钛原子，棱的中心和体心的原子是碳原子，它的化学式为______
[错误解答]从结构图可知，顶点上的原子被8个晶胞共用，面心上的原子被两个晶胞共用，棱的中心的原子被4个晶胞共用，而体心中的原子被一个晶胞专用。根据这样的思路：每个晶胞中Ti的个数为8*（1/8）+6*（1/2）=4；C的个数为1+12*（1/4）=4。因此每个晶胞中有4个Ti和4个C，该物质的化学式为Ti4C4（或TiC也可以）。
[错误解答]忽略题目给出的是“气态团簇分子”，把它当作“晶胞”来处理。
[正确解答]由于题目中给出的是一种“气态团簇分子”，给出的一个“气态团簇分子”就是一个分子，因此该结构中的所有的原子构成一个分子。从结构图看，该“气态团簇分子”结构中拥有14个Ti和13个C。所以该分子的化学式为Ti14C13。



例题27、25℃时，重水（D2O）的离子积为1.6*10-15，也可用PH值一样的定义来规定其酸碱度：PD=-lg[D+]，下列有关PD的叙述，正确的是（ ）
①中性D2O的PD=7
②在1LD2O中，溶解0.01molNaOD，其PD值为12
③1L0.01mol/L的DCl的重水溶液，PD=2
④在100mL 0.25mol/L DCl的重水溶液中，加入50mL 0.2mol/L NaOD的重水溶液，反应后溶液的PD=1
A、①② B、③④ C、①③④ D、①②③④
[错误解答]选D。用H2O、NaOH、HCl来替代题目中的D2O、NaOD、DCl，并结合水的离子积常数、中和反应和PH等知识来推断：因为常温下中性溶液的PH=7，因此中性D2O的PD=7；0.01mol/LNaOH溶液的PH=12，对应浓度的NaOD的PD=12；0.01mol/L的HCl的PH=2，对应的0.01mol/L的DCl 的PD=2；100mL 0.25mol/L HCl与50mL 0.2mol/L NaOH中和，中和后溶液的PH=1，因此对应的100mL 0.25mol/L DCl和50mL 0.2mol/L NaOD中和后溶液的PD=1
[错误原因]简单机械迁移；忽视重水和普通水的离子积常数值的差异。
[正确解答]1）由于重水的离子积常数为1.6*10-15，因此重水中[D+]=4*10-8，对应的PD=7.6，故叙述①错；2）在0.01mol/LNaOD溶液溶液中，[OD-]=0.01mol/L，根据重水离子积常数，可推知[D+]=1.6*10-13mol/L，PD值不

等于12，故②叙述错；3）在0.01mol/L的DCl的重水溶液，[D+]=0.01mol/L，因此PD=2，③的叙述正确；4）根据中和反应量的关系，100mL 0.25mol/L DCl和50mL 0.2mol/L NaOD中和后溶液有0.1mol/L的DCl过量，因此对应溶液的PD=1，④的叙述也正确。综上所述，正确选项为B。
例题28、有一种碘和氧的化合物可以称为碘酸碘，其中碘元素呈+3、+5两种价态，则这种化合物的化学式为（ ）
A、I2O4 B、I2O5 C、I4O7 D、I4O9
[错误解答]选A。根据I呈现的价态和化合价代数和为0的原则带入试算，可知选项A符合题意。
[错误原因]忽视题目中“碘酸碘”的信息，或者无法从氯酸钾中将“氯酸根”的表示迁移过来。
[正确解答]根据氯酸钾的化学式可知，氯酸根为ClO3—，进而推知碘酸根的表示式为IO3—，其对应的I的化合价为+5；由于碘酸碘中碘的化合价为+3、+5两种价态，因此阳离子的化合价为+3价。根据化合价代数和为0的原则，该化合物的化学式为I（IO3）3，即I4O9。D选项正确。
例题29、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、①②④ C、③④ D、①②
[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。
[错误原因]片面地理解化学概念和有关物质的性质。
[正确解答]1）由于同素异型现象的存在，同种元素可以形成几种同素异型体，如O2和O3、红磷和白磷等，都属于氧和磷的两种同素异型体。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；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。
例题30、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。
[错误解答]由于不熟悉碳酸的结构而被忽视。
[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，选B。