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化学试题错误解答30例

http://www.enorth.com.cn  2008-04-15 17:03
 

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  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

  [错误解答]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。

  [错误原因]忽略了酸溶液中硝酸根不能存在。 [正确解答]根据3Cu + 8H+ + 2NO3- == 3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O

  3 8 2 3

  0.03 mol 0.06 mol 0.04 mol X

  X=3*0.6/8=0.0225mol因此,铜离子浓度为0.225 mol /L,选B。

  例题2、将38.4mg铜跟适量的浓硝酸反应,铜全部作用后,共收集到气体22.4mL(标准状况) ,反应消耗的HNO3的物质的量可能是( )

  A、1.0*10-3mol B、1.6*10-3mol C、2.2*10-3mol D、2.4*10-3mol

  [错误解答]由于硝酸为浓硝酸,因此铜与浓硝酸发生如下的反应:

  Cu + 4HNO3 = Cu(NO3)2 + 2NO2 ↑+ 2H2O

  反应中得到的气体为NO2。根据方程式中铜与硝酸物质的量之间的关系,可以推知硝酸的物质的量为4*(38.4*10-3/64)=2.4*10-3mol,选D

  [错误原因]没有考虑到硝酸浓度的变化而引起气体产物的变化。

  [正确解答]根据题意,38.4mg铜跟适量的浓硝酸反应,随反应的进行,硝酸的浓度发生变化。由于硝酸的浓度会发生变化,因此无法直接确定反应产物是NO2还是NO2与NO组成的混合物。这是正确解题的关键。

  反应中,硝酸转化为硝酸铜、氮氧化物(其实根据电子得失守恒可以可以推知气体为NO2与N O组成的混合物)。根据反应前后氮的守恒关系,参与反应的硝酸的物质的量等于Cu(NO3) 2、NO2、NO物质的量总和。因此,硝酸的物质的量为:

  2*(36.4* 10-3/64)+22.4*10-3/22.4=2.2*10-3mol。因此答案为C

  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( )

  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。

  [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%。消耗的氯气的体积为0.448L。应该选C。

  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(

  )

  A、(10-8+10-10)/2 mol/L B、(10-8+10-10)mol/L

  C、(10-14 —5×10-5)mol/L D、2×10-10 mol/L

  [错误解答]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。选A。

  [错误原因]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。因此应选D。

  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0.2m ol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.

  [错误原因]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=Cu2++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&# 8209;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.H+

  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<7。所以本题选项为B。

  [错误解答原因]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________。

  [错误解答](1)R的化合价为6;(2)R最外层电子数为5

  [错误原因](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8、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、6:1 B、5:1 C、1:3 D、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;选择B。

  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+9 6k,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(S O4)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)=4.6 g/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0.045m ol,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?颒F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Na F、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

  C、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、它可有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,因而漏选。

  [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。

  [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。

  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  〔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HC l,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 0.2 5mol/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?岬庵械獾幕霞畚?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

稿源 中学生学习资料网 编辑 赵晶
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