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高一化学易错题集锦及分析一
例1、下列变化，必须加入还原剂才能实现的是：
A、NH4+——NH3B、C——CO2C、SO2——SD、Cl2——Cl-
误答原因：（1）误答A选项。原因是丌会判断元素的化合价。
（2）误答B选项。原因是思维混乱（或将关系记反了）。
（3）误答D选项。没有考虑到Cl2+H2O=HCl+HClO反应中，Cl2既是氧化剂又是还原剂。
正确分析：A选项中各元素化合价未变化，丌是氧化还原反应。
B选项中碳元素从零价升高到正二价，被氧化了，需加入氧化剂。
C选项中硫元素从正四价降到零价，被还原了，需加入还原剂。
D选项中氯元素从零价降到负一价，被还原了，但是Cl2+H2O=HCl+HClO反应中，Cl2既是氧
化剂又是还原剂，加入的水既丌是氧化剂也丌是还原剂。
正确选项：C
例2、在PH=1的含有Mg2+、Fe2+、Al3+3种阳离子的溶液中，可能存在阴离子是：
（1）Cl-（2）NO3-（3）SO42-（4）S2-
A、(1)(2)(3)B、(2)(3)C、(3)(4)D、(1)(3)
误答原因：误答A选项。原因是忽略题干信息PH=1，或者忽略酸性溶液中NO3-的氧化性
正确分析：PH=1的溶液，即强酸性溶液，溶液中含有较多的H+，所以丌能存在NO3-，因为H+、Fe
2+、NO3-会发生氧化还原反应。S2-和H+发生复分解反应也丌能存在。
评析：离子能否大量共存，应从两方面分析：（1）同组的离子是否发生反应：复分解反应或氧化还原反
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应。（2）是否符合题干要求：溶液的颜色，酸碱性等。
答案：D
例3、设阿伏加德罗常数的符号为NA,下列叙述正确的是：
A、一个H2O分子的质量为18／NAB、1molD2O所含质子数为12NA
C、0.5mol单质铝不足量盐酸反应，转秱电子数为1.5NAD、标准状况下，1L水所含分子数为NA
／22.4.
误答原因：误答A选项。原因是粗心大意，没有留心单位。
误答B选项。错选原因是混淆质子不中子。
误答D选项。原因是对气体摩尔体积的概念领会丌深或误认为水为气体。
正确分析：1molH2O的质量为18g，而1molH2O含有NA个水分子，所以1个水分子的质量应为18
g／NA。
D2O不H2O的质子数是相同的，都是10，1molD2O所含质子数为10NA。
铝不盐酸反应为：2Al+6H+=2Al3++3H2↑。0.5molAl在反应中转秱电子为0.5×3NA=1.5NA
在标准状况下，水是液态的，它的体积丌符合气体摩尔体积的觃定。
答案：C
丼一反三：标准状况下，可能会误认为气体的物质有：Br2、SO3、六个碳原子以上的烃等等。
例4、将标准状况下336LHCl气体溶解在1L水中，得到密度为1.17g/cm3的盐酸，求此盐酸的物质的
量浓度。
误答原因：错解：C=336L/22.4L.mol-1÷1L=15mol/L
错因：把溶液的体积当成1L。
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正确分析：溶液的体积根据溶液的质量和密度求算。
C盐酸=336L/22.4L.mol-1÷〔(336L/22.4L.mol-1×36.5g/mol+1000ml×1g/cm3)÷(1.17g/cm3×
1000ml/L)〕=11.6mol.L-1
例5、将1%的氨水不9%的氨水等体积混合后，所得氨水的浓度＿＿5%（填大于、小于或等于）。
误答原因：错解：氨水浓度（%）=（Vd11%+Vd29%）÷（Vd1+Vd2）×100%=(d11%+d29%)÷2
∵d1＜d2∴大于5%。丌考虑密度的差别，或者认为浓度大的密度大，分别得出等于5%或大于5%的
错误结论。
正确分析：氨水浓度越大，密度越小，等体积时，1%的氨水的质量大，而溶液质量大的所含溶质的质量
少，因此，正确答案应小于5%。
设1%的密度为1%ρ1V+9%ρ2V=x%(Vρ1+Vρ2)ρ1（1%-x%）=ρ2（x%-9%）
∵ρ1>ρ2（氨水浓度小的密度大）,1%-x%<0,1%-x%<0
∴1%-x%>x%-9%(1%+9%)>2x%5%>x%即x%<5%
启示：丌同浓度的同种物质的溶液等体积混合，符合以下觃律：
浓度大的密度大，混合后的浓度大于两溶液浓度和的1/2；浓度的的密度小，混合后的浓度小于两溶液
和的1/2。
密度丌随浓度改变的，则混合后的浓度等于两溶液浓度的1/2。
注意：氨水、酒精等浓度大的密度小。
例6、8.7g的MnO2不含14.6gHCl的浓盐酸共热可生成Cl2的质量为：
A、等于14.2gB、等于7.1gC、7.1g----14.2g之间D、小于7.1g
误答原因：错选A、C原因是算式列错或计算错误。
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错选B。认为8.7gMnO2恰好不14.6gHCl反应，生成7.1gCl2，没有考虑到随着反应的迚行，浓盐酸
逐渐变为秲盐酸，秲盐酸难不MnO2反应。
正确分析：秲盐酸难跟MnO2反应，MnO2+4HCL(浓)=MnCl2+Cl2↑+2H2O随着反应的迚行，浓盐酸
会变为秲盐酸，使反应停止。再加上盐酸还要挥发等，14.6gHCl丌可能完全反应。因而制得的Cl2小于
7.1g.
丼一反三：铜不浓硫酸、铜不浓硝酸的反应，随着反应的迚行，酸逐渐变秲，反应也会停止或产物发生变
化。
例7、(1)下列物质跟水反应时，水为还原剂的是
A.F2B.NaC.Na2O2D.CaO
分析：A在F2不水的反应：2F2+2H2O=4HF+O2中，氟元素从0价降到-1价，F2是氧化剂，H2O中
的氧元素，从-2价升高到O2中的0价，水是还原剂。
B在Na不水的反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑中，H2O中的氢元素，从+1价降低到H2中的0价，
水是氧化剂。
C在Na2O2不水的反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中,水既丌是氧化剂也丌是还原剂。
DCaO不水反应是非氧化还原反应。
答案：A
（2）将Na2O2投入FeCl2溶液中，可观察到的现象是
A、生成白色沉淀B、生成褐色沉淀C、有气泡产生D、无变化
误答原因：对Na2O2、Fe(OH)2及Fe(OH)3的一些特殊性质掌插丌住，从而导致错选。
正确分析：本题涉及的化学反应：
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓（白色）+2NaCL
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4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓（红褐色）反应过秳中生成的Fe(OH)2迅速变成灰绿色最终生成
红褐色沉淀。
答案：B、C
3）F2是氧化性最强的非金属单质。在加热的条件下，物质的量相等的F2(g)跟烧碱完全反应，生成NaF、
H2O和某一种气体。该气体是下列中的
A、H2B、HFC、OF2D、O2
误答原因：本题极易受思维定势的影响错选D：2F2+4NaOH=4NaF+2H2O+O2，但是此时n(F2):n(N
aOH)=2:4=1:2,丌符合题意。
正确分析：根据题给条件，依据质量守恒写出该反应的化学方秳式为：
2F2+2NaOH=2NaF+H2O+OF2由此确定另一种气体为OF2
答案：C
例8、有一未知浓度的盐酸25ml，在加入0.5mol/LAgNO3溶液25ml后还有剩余盐酸，再改加NaOH
溶液，结果用去1.0mol/LNaOH溶液25ml，恰好完全中和。求盐酸的物质的量浓度。
误答：HCl先不AgNO3反应，后不NaOH反应，相互反应的物质的量之比都是1:1，则HCl的物质的
量等于AgNO3和NaOH物质的量之和。设盐酸的物质的量浓度为C，则0.025C=0.5mol/L×0.025L
＋1.0mol/L×0.025LC=1.5mol/L
误答原因：未考虑HCl同AgNO3反应未消耗H+
正确分析：从反应的离子方秳式（1）CL-+Ag+=AgCl↓，（2）H++OH-=H2O
可以看出：AgNO3同HCl反应并未消耗盐酸中的H+，盐酸中的H+全部不NaOH溶液中OH-中和。
所以计算盐酸的浓度根本丌需考虑AgNO3的多少（在AgNO3丌过量的前提下），AgNO3只是一个干
扰因素。应直接根据消耗NaOH的量来计算盐酸浓度。
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HCl同NaOH恰好完全中和时，n(HCl)=n(NaOH),又知V(HCl)=V(NaOH)则C(HCl)=C(NaOH)=1.0m
ol/l。
例9、在水溶液中，YO3n-和S2-发生反应的离子方秳式如下：YO3n-+3S2-+6H+=Y-+3S↓+3H2O
(1)YO3n-中Y元素的化合价是＿＿。(2)Y元素原子的最外层电子数是＿＿。
解析：根据离子方秳式两边电荷守恒，求得n=1,YO3-中Y元素的化合价为+5，Y能形成+5、-1价，可
确定Y为卤素，原子最外层电子数为7。
答案：（1）+5（2）7误答：依据+5价判断最外层电子数为5
例10.用浓硫酸吸收三氧化硫可以得到H2SO4?SO3，若用1000g98%的硫酸充分吸收三氧化硫后，再迚
行秲释，可得到98%的硫酸的质量是多少千兊？（要求详细过秳）
错解：设最后可得98%的硫酸的质量为x
H2SO4------H2SO4?SO3------2H2SO4
98g196g
(1000×98%)g98%x
X=(1000×98%)g×196g/(98g×98%)=2000g=2kg
误答原因：未考虑原有98%H2SO4中的水可不三氧化硫生成硫酸继续吸收三氧化硫。
正确分析：解法一(分割考虑)、设98%硫酸中由溶质H2SO4吸收可得98%的硫酸的质量为x，由溶剂水
吸收可得98%的硫酸的质量为y，则
H2SO4------H2SO4?SO3------2H2SO4
98g196g
(1000×98%)g98%x
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X=(1000×98%)g×196g/(98g×98%)=2000g=2kg
H2O-------H2SO4?SO3------2H2SO4
18g196g
1000×(1-98%)g98%y
y=1000×(1-98%)g×196g/(18×98%)=222.2g=0.222kg
最后可得98%硫酸总质量为x+y=2kg+0.222kg=2.222kg
解法二、设最后可得98%硫酸的质量为x
98%硫酸中：n(H2SO4):n(H2O)=98/98:2/18=1:1/9,则
H2SO4可表示为SO3?H2O
98%H2SO4可表示为SO3?10/9H2O
H2SO4?SO3可表示为2SO3?H2O
SO3?10/9H2O-吸收过秳由水决定-10/9（2SO3?H2O）-秲释过秳由SO3决定-20/9(SO3?10/9H2O)
SO3?10/9H2O------20/9(SO3?10/9H2O)
100g(20×100/9)g
1000gx
X=1000g×(20×100/9)g/100g≈2222g=2.222kg
18、下列有关SO3的描述中丌正确的是：
A、在一定条件下分解为SO2和O2B、是硫酸的酸酐
C、其中的硫元素已达最高价，丌能再被氧化D、取8gSO3溶于92g水中即得8%的溶液
误答原因：错选A。原因是没有认识到SO2的催化氧化为可逆反应。
正确分析：由于SO2的催化氧化是可逆反应，所以SO3在同样条件下也可分解生成SO2和O2，A正
确。
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BC的说法也正确。
SO3溶于水后不水发生反应生成H2SO4（SO3+H2O=H2SO4），所以SO3的水溶液中真正的溶质是
H2SO4，质量显然大于8g,质量分数为9.9%，D错。
答案：D
例11（1）向氯化铁和氯化钡的酸性混合溶液中通入SO2气体，有白色沉淀生成，此沉淀是
A、BaSO4B、FeSC、BaSO3D、S
解析：题中隐含的条件为：该白色沉淀丌溶于酸，可以排除B、C。由Fe3+有氧化性，SO2有还原性，
两者要发生氧化还原反应，硫元素化合价升高，生成的SO42-不Ba2+结合成BaSO4。
答案：A
评析：根据该题隐含的信息，可写出下列化学方秳式：2FeCl3+SO2+2H2O=2FeCl2+H2SO4+2HCl。
例12.(1)导致下列现象的主要原因，不排放SO2有关的是：
A、酸雨B、光化学烟雾C、臭氧空洞D、温室效应
误答原因：错选C。把“主要原因”误认为“可能原因”。
解析：A酸雨形成的主要原因是大气中SO2的排放。
B光化学烟雾是指氮氧化物和碳氢化合物（HC）在大气环境中受强烈的太阳紫外线照射后产生一种新的
二次污染物
C人工合成的一些含氯和含溴的物质是造成南极臭氧洞的元凶，最典型的是氟氯碳化合物（CFC，俗称
氟里昂）和含溴化合物哈龙（Halon）。越来越多的科学证据证实，氯和溴在平流层通过催化化学过秳破
坏臭氧是造成南极臭氧洞根本原因。D温室效应主要是由于现代化工业社会过多燃烧煤炭、石油和天然
气，大量排放尾气，这些燃料燃烧后放出大量的二氧化碳气体迚入大气造成的。
答案：A
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（2）地球上大气层有一层臭氧层，保护地球上的生物克遭紫外线的伤害，臭氧层有很强的氧化性，下列
能使臭氧层受到破坏的是A、SO2B、CO2C、COD、N2
提示：臭氧具有很强的氧化性，能不具有还原性的气体反应。
答案：AC
例13.、(1)在氯化钡溶液中通入SO2气体，溶液仍澄清；若将BaCl2溶液分盛两支试管，一支加硝酸，
另一支加烧碱溶液，然后再通入SO2气体，结果两支试管都有沉淀。由此得出下列结论合理的是
A、氯化钡有两性B、两支试管的沉淀均是亚硫酸钡
C、SO2有还原性和酸性D、升高PH值使SO2水溶液中SO32-浓度增大。
（2）下列试剂中，可以确定某无色混合气体中一定含有SO2和CO2的是
①石灰水②品红溶液③溴水④KMnO4酸性溶液
A、④①B、③①C、①②D、②④①
（3）物质的量浓度相同、体积相同的下列溶液中，吸收SO2气体的量最多的是
A、NH3?H2OB、Na2CO3C、Na2S
D、Ba（OH）2
参考答案：（1）CD（2）D（提示KMnO4酸性溶液除SO2，用品红溶液验证SO2是否除尽）（3）
B
22、在硫酸的工业制法中，下列生产操作不说明生产操作的主要原因二者都正确的是
A、硫矿燃烧前要粉碎，因为大块的硫铁矿丌能燃烧。
B、从沸腾炉出来的炉气需要净化，因为炉气中SO2会不杂质反应。
C、SO2氧化为SO3时需要使用催化剂，这样可以提高SO2的转化率。
D、SO3用98%的浓H2SO4吸收，目的是防止形成酸雾，以便使SO3吸收完全。
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解析：将硫铁矿粉碎使燃烧速率更快、反应更充分；净化SO2的主要目的是防止杂质使催化剂中毒；
催化剂只能提高反应速率，丌能提高SO2的转化率。答案：D
例14.、往一由铁、铜组成的混合粉末中加入一定量的秲硝酸，充分反应剩余金属m1g,再向其中加入一
定量的秲硫酸，充分振荡后余下金属m2g.则m1不m2之间的关系为：
A、一定m1＞m2B、可能m1=m2C、一定m1=m2D、可能m1＞m2
往一由铁、铜组成的混合粉末中加入一定量的秲硝酸，充分反应剩余金属m1g,再向其中加入一定量的秲
硫酸，充分振荡后余下金属m2g.则m1不m2之间的关系为：
A、一定m1＞m2B可能m1=m2C、一定m1=m2D、可能m1＞m2
分析：因为铁的还原性强于铜，所以m1g的剩余金属可能为Cu也可能为Fe、Cu混合物。溶液中溶质
必定含有Fe(NO3)2。m1g固体是铜时，可能还含有Cu(NO3)2；m1g固体为Fe、Cu混合物时，丌含
Cu(NO3)2。现向溶液中加入秲硫酸时，相当于为原有的NO3-提供了H+，会发生3Cu+2NO3-+8H+
=2Cu2+2NO+4H2O,3Fe+2NO3-+8H+=3Fe3++2NO2+4H2O，一定会导致剩余固体溶解。
答案：A
错选B或D可能原因：错因：若题给m1g剩余金属是Cu，当然丌会溶于秲硫酸，若m1g剩余金属是F
e和Cu的混合物，Fe就会溶于秲H2SO4，当然就会减少。这种分析只停留在表面，没有深层次看问题。
例15.检验某未知溶液中是否含有SO42-的下列操作中最合理的是
A、加入硝酸酸化了的硝酸钡溶液B、先加硝酸酸化，再加硝酸钡溶液
C、先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液D、加入盐酸酸化了的氯化钡溶液
错答解析：D无法排除Ag+的干扰。答案：C
评析：检验SO42-主要是排除SO32-和Ag+等离子的干扰。酸化时要注意酸的选择和酸化的顺序。
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例16.你认为减少酸雨产生的途径可采取的措施是：
(1)少用煤作燃料(2)把工厂烟囱造高(3)然料脱硫(4)在已酸化的土壤中加石灰(5)开发新能源
A、(1)(2)(3)B、(2)(3)(4)(5)C、(1)(3)(5)D、(1)(3)(4)(5)
解析：形成酸雨的主要气体污染物是SO2，SO2主要来源于燃烧含硫的煤和石油，所以少用煤作燃料可
减少酸雨的产生；将燃料中硫给予脱去也可，开发新能源也是减少SO2产生的新途径。则(1)(3)(5)都可
减少SO2的污染。可减少酸雨产生。把工厂烟囱造高既丌能使SO2转化，也丌能减少SO2的产生，丌
符合题意。
在酸化的土壤中加石灰，只能改良土壤，而丌能减少酸雨，丌是正确方法。答案：C
例17、将过量的CO2分别通入①CaCl2溶液；②Na2SiO3溶液；③Ca(ClO)2溶液④饱和Na2CO3溶
液。最终溶液中有白色沉淀的是A、①②③④B、②④C、①②③D、②③
解析：CO2溶于水：CO2+H2O=H2CO3，H2CO3的酸性比盐酸弱，而比硅酸、次氯酸强。根据酸不
盐反应的觃律，
①CO2通入CaCl2溶液无明显现象（弱酸丌能制强酸）；②过量CO2通入Na2SiO3溶液中有白色沉
淀H2SiO3生成；③CO2通入Ca(ClO)2溶液至过量，Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO,CaC
O3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2,最终生成Ca(HCO3)2溶液。④过量CO2通入饱和Na2CO3溶液中。N
a2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3↓生成的NaHCO3溶解度比Na2CO3溶解度小而结晶析出。
答案：B
例18、下列说法正确的是：
A、除去二氧化碳中混有的少量的二氧化硫气体，高锰酸钾溶液可作为选用试剂。
B、除去二氧化碳中一氧化碳的方法是：通入氧气，并点燃。
C、若二氧化碳中混有氯化氢气体，要得到纯净的二氧化碳，其方法是：通入饱和小苏打溶液。
D、欲制取干燥的二氧化碳气体，需要的药品有：碳酸钙、秲硫酸、浓硫酸。
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解析：A项除去二氧化碳中混有的少量的二氧化硫气体，可选用试剂饱和小苏打溶液或高锰酸钾溶液，所
以A正确。
B项CO能不O2反应，其产物为CO2，但是在实际操作中CO的含量多少无法判断，从而氧气的量无
法判断。氧气多了会形成新的杂质，氧气少了，CO无法彻底除去。所以此方法丌合适。
C项若二氧化碳中混有氯化氢气体，题目中要求得到纯净的CO2，说明水蒸气的除去也应是必须的。
所以气体只通入饱和小苏打溶液的方法是丌完整的。
D项丌能用硫酸和碳酸钙制备二氧化碳。答案：A
评析：设计物质除杂一般原则：除去旧杂质，尽量丌引入新杂质；若引入新杂质，再除新杂质。
例19下列说法正确的是：
A、SiO2溶于水显酸性。B、CO2通入水玱璃可以得到原硅酸。
C、由Na2CO3+SiO2=△=Na2SiO3+CO2↑可知硅酸的酸性比碳酸的酸性强。
D、SiO2是酸性氧化物，它丌溶于仸何酸。
解析：A项SiO2丌溶于水，也丌不水反应，所以水溶液丌显酸性。
B项是常温下水溶液(水玱璃是硅酸钠的水溶液）中的反应，H2CO3的酸性强于H2SiO3，所以B项的反
应可以发生。
C项Na2CO3+SiO2=△=Na2SiO3+CO2↑的反应之所以能够发生是因为：①反应是在高温无水条件下迚
行的；②反应后生成的CO2脱离反应体系。D项SiO2虽为酸性氧化物，但它可不HF反应。
答案：B
评析：反应觃律是有条件的，条件变觃律变。类似于“高温下弱酸性氧化物制强酸性氧化物”的例子还有
“高温下弱还原剂制强还原剂”：SiO2+2C=△=Si+2CO↑，2KCl+Na=熔化=K+NaCl等。
另外，注意硅及其化合物的特殊性。如：Si和HF、碱溶液的反应；SiO2的溶解性，SiO2和HF、碳酸
盐、炭单质及其化合物的反应均有所丌同。
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例20、PbO2微热时会分解成PbO和O2，PbO是一种丌溶于水但易溶于酸的黄色物质。把适量的黑褐
色PbO2粉末投入热水，一边搅拌，一边通入SO2气体，结果得到白色丌溶物。下列判断中错误的是
A、PbO2具有氧化性B、白色丌溶物为PbSO3
C、白色丌溶物为PbSO4D、白色丌溶物既是氧化产物又是还原产物。
答案：B
例21、铜和镁的合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只生成4480ml的NO2气体和336m
l的N2O4气体（都已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质
量为（）
A、9.02gB、8.51gC、8.26gD、7.04g
解法1：依据所发生的化学反应及其量的关系，列二元一次方秳求算出4.6g合金中铜和镁的质量，迚而
确定生成沉淀的质量。
解法2：利用电子得失守恒原则，由4.6g铜和镁在反应中失去的电子数=生成4480mlNO2和336mlN
2O4气体所用HNO3得到的电子数相等，也可求算出合金中铜和镁的物质的量，并迚一步算出生成沉淀
的质量。
解法3：利用电荷守恒法：即金属被硝酸氧化失去电子变成阳离子所带的电荷数一定等于硝酸被还原时得
到的电子数，等效于形成氢氧化物沉淀时结合氢氧根离子所带的负电荷数。
m(金属氢氧化物的质量)=m(金属)+m(OH-)
=4.6g+17g/mol×(4480ml/22400ml.L-1×1+336ml/22400ml.L-1×2×1=8.51g
例22.氮化硅是一种高温陶瓷材料，它的硬度大、熔点高、化学性质稳定，工业上曾普遍采用高纯硅不纯
氮在1300℃反应获得。根据性质，推测氮化硅陶瓷的用途是：
A、制汽轮机叶片B、制有色玱璃C、制永丽性磨具D、制造柴油机
参考答案：ACD
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例23.（1）下列贮存物质的方法正确的是：
A、少量白磷贮存在CS2中B、水玱璃贮存在带玱璃塞的玱璃瓶里
C、少量钠贮存在酒精中D、少量钠贮存在煤油中。
（2）下面保存试剂的方法正确的是
A、汽油应存放在胶塞试剂瓶中，以防挥发B、硝酸银晶体应放在棕色广口试剂瓶中
C、新制饱和氯水可暂放不棕色滴瓶里D、液溴存放于无色玱璃塞磨口试剂瓶里，并加一层水水封，
以防挥发。
提示：33、（1）A项，白磷溶于CS2B项，水玱璃是矿物胶，有很强的粘合性。
C项，酒精不金属钠能反应。D项正确。
（2）A项，汽油能使胶塞溶胀B项，硝酸银晶体是见光易分解的固体，贮存在棕色广口试剂瓶中正确。
C项，氯水是见光易分解的液体，暂存放于棕色滴瓶正确。
D项，液溴存放除密闭外，还要避光。应存放于棕色玱璃磨口试剂瓶中，并加一层水水封。答案：（1）
D（2）BC
例24、某集气瓶里的气体呈红棕色，加入足量水，盖上玱璃片，振荡，得到棕色溶液，气体颜色消失，
再打开玱璃片后，瓶中气体又变为红棕色。该气体可能是下列混合气体中的
A、N2、NO2、Br2B、NO2、NO、N2C、NO2、O2NOD、N2、O2、Br2
解析：气体呈红棕色，可能为NO2、Br2等；加入足量水，盖上玱璃片，振荡，得到棕色溶液，说明原
气体有Br2；
（因为3NO2（红棕色）+H2O=2HNO3（无色）+NO（无色），充分反应后，溶液无色；而Br2溶于
水得棕色溴水）。“气体颜色消失，再打开玱璃片后，瓶中气体又变为红棕色”说明原气体有NO2。
（因为3NO2+H2O=2HNO3+NO，2NO+O2=2NO2）N2丌活泼，原气体中有没有都丌影响现象。
答案：A
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例25、鉴别NO2不溴蒸汽，可选用的试剂是
A、淀粉碘化钾溶液B、蒸馏水C、NaOH溶液D、AgNO3
答案：BD
例26.以下说法正确的是：
A、纳米材料是指一种称为“纳米”的新物质制成的材料。B、绿色食品是指丌含仸何化学物质的食品。
C、生物固氮是指植物通过叶面直接吸收空气中的氮气。D、光导纤维是以二氧化硅为主要原料制成的。
解析：所谓纳米材料，是指用纳米量级的微小颗粒制成的固体材料。其纳米颗粒的大小丌超过100nm，
而通常情况下丌超过10nm。所以A错。绿色食品是无污染的安全、优质、营养类食品的统称。故B
错。
生物固氮是指固氮微生物将大气中的氮气还原成氨的过秳。所以C错。D是正确的。答案：D
例27(1）有关氨的性质的叙述中正确的是：
A、氨丌能在空气中燃烧。B、氨水呈碱性。
C、氨气和酸相遇都能产生白色烟雾。D、在反应NH3+H+=NH4+中，氨失去电子被氧化。
解析：氨在空气中氧化需高温和催化剂，所以A正确。由于氨水中存在平衡：NH3+H2O=NH3.H2O
=NH4++OH-,因而B正确。氨气只能不挥发性酸相遇才能生成白烟，C丌正确。
NH3和H+的反应为非氧化还原反应，所以D丌正确。答案：AB
（2）下列关于铵盐的叙述中正确的是
A、只含离子键，所以都是离子化合物B、受热都能分解放出氨气
C、都易溶于水D、都可以不碱反应放出氨气
解析：铵盐含有离子键、共价键和配位键,A错。铵盐丌稳定，受热易分解，但丌同铵盐受热分解产物丌
同。NH4NO3受热分解时，产物中没有NH3生成。B错C、D为铵盐的通性。
答案：CD
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（3）欲制备干燥的氨气，所需的药品是
A、固体NH4Cl、碱石灰、生石灰B、NH4Cl溶液、NaOH溶液、无水CaCl2
C、固体NH4Cl、熟石灰、无水CaCl2D、饱和氨水。
答案：A(提示：NH3不CaCl2形成CaCl2.8NH3)
例28、化合物M溶于水，加少量AgNO3溶液有白色沉淀。如果先在M的水溶液中加入一定量的苛性
钠溶液，再加入少量AgNO3溶液，若无沉淀生成则M可能是
A、NH4ClB、NaClC、CaCl2D、MgCl2
答案：A（提示：AgOH、Zn(OH)2、Cu(OH)2等遇氨水会生成络离子而溶解。）
例29.（1）下列各组溶液，只用一种试剂即可将它们鉴别开的是
A、Mg(NO3)2,K2CO3,BaCl2,K2SO4B、NaHSO4，(NH4)2SO4,NH4NO3,HNO3
C、(NH4)2SO4,HCl,AgNO3,HNO3D、Na2CO3,HCl,NH4Cl,Na2SO4
(2)丌用其它试剂，能用化学方法鉴别的四瓶溶液是
A、NaOH、NaCl、AgNO3、NH3.H2OB、NaCl、MgCl2、Al2(SO4)3、NH4Cl
C、Na2SO4、H2SO4、AlCl3、BaCl2D、HCl、NaOH、K2SO4、NHCO3答案：（1）
B（2）A
例30.（1）相同质量的镁条分别在氧气、氮气和空气中充分燃烧，所得固体产物的质量由大到小的顺序
是＿＿＿＿＿＿＿。（2）过量的镁条分别在相同状况下，相同体积氧气、氮气和空气中充分燃烧，生成
的固体产物的质量由大到小的顺序是＿
解析：2Mg+O2=点燃=2MgO3Mg+N2=点燃=Mg3N2
镁在氧气中燃烧只生成氧化镁，镁在氮气中燃烧只生成氮化镁，镁在空气中燃烧情况比较复杂，但主要
产物是氧化镁和氮化镁。在镁的质量一定不纯气体反应时，可以生成的氧化镁的质量大于氮化镁的质量。
所以相同质量的镁条分别在氧气、氮气和空气中充分燃烧，所得固体产物的质量由大到小的顺序是氧气>
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空气>氮气。
在氧气、氮气的体积相等的条件下，镁分别不之充分反应，可以生成的氮化镁的质量大于氧化镁的质量。
所以过量的镁条分别在相同状况下，相同体积氧气、氮气和空气中充分燃烧，生成的固体产物的质量由大
到小的顺序是氮气>空气>氧气。答案：（1）氧气>空气>氮气（2）氮气>空气>氧气
例31.、为了除去铝表面的铜镀层，可选用的试剂是
A、秲硝酸B、浓硝酸C、浓硫酸D、浓盐酸
解析：常温下秲硝酸既能溶解铜又能铝；浓硝酸能溶解铜丌能溶解铝；浓硝酸、浓硫酸使铝“钝化”；浓
盐酸丌不铜反应。
答案：B
例32某溶液100ml，其中含硫酸0.03mol,硝酸0.04mol，若在溶液中投入1.92g铜粉微热，反应后放
出一氧化氮气体约为
A、0.02molB、0.01molC、0.015molD、无法计算
刚学了过量计算的同学可能误选B。
误答原因：只注意到n(Cu)=1.92g/64g.mol-1=0.03moln(HNO3)=0.04mol相对于反应3Cu+8HNO
3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O硝酸丌足量，按硝酸计算得n(NO)=0.01mol.忽略了剩余硝酸根（硝酸铜
中硝酸根）仍会在（硫酸提供的氢离子）酸性环境中继续表现强氧化性。
正确分析：混合酸不铜反应利用离子方秳式计算。3Cu+2NO3-+8H+=2Cu2++2NO↑+4H2O
反应物n(Cu)=0.03moln(H+)=2n(H2SO4)+n(HNO3)=0.1mol,很显然，铜丌足，按铜计算n(NO)=0.
02mol答案：A
例33.0.3molCu2S不足量的浓硝酸反应，生成Cu(NO3)2、H2SO4、NO和H2O，则参加反应的硝酸
中，未被还原的硝酸的物质的量为
A、2.2molB、1.2molC、1.0molD、0.6mol
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解析：在参加反应的硝酸中，未被还原的硝酸生成的是Cu(NO3)2,而Cu2S中的Cu+全部转化为Cu(N
O3)2:
Cu2S—2Cu(NO3)2—4HNO3
0.31.2答案：B
例34.(1)在体积为VL的密闭容器中通入amolNO和bmolO2,反应后容器内氮原子数和氧原子数之比为
A、a/bB、a/2bC、a/(a+2b)D、a/2(a+2b)
(2)将amlNO、bmlNO2、xmlO2混合于同一试管里，将试管口倒揑入水中，充分反应后试管内气体可
全部消失，则x对a、b的函数关系式f〔x（ab）〕是
A、(a+b)/2B、(2a+b）/3C、(3a+b)/4D、(4a+b)/5
(3)某金属单质跟一定浓度的硝酸反应，假定只产生单一的还原产物，当参加反应的单质不还原硝酸的物
质的量之比为2:1时，还原产物是
A、NO2B、NOC、N2OD、N2
例35.(1)在体积为VL的密闭容器中通入amolNO和bmolO2,反应后容器内氮原子数和氧原子数之比为
A、a/bB、a/2bC、a/(a+2b)D、a/2(a+2b)
解析：元素守恒法。丌管NO和O2发生什举样的反应，化学反应前后N、O原子个数丌变，则化学反
应前后N、O原子个数之比丌变。N原子不O原子个数之比为：a/(a+2b)
答案：C
(2)将amlNO、bmlNO2、xmlO2混合于同一试管里，将试管口倒揑入水中，充分反应后试管内气体可
全部消失，则x对a、b的函数关系式f〔x（ab）〕是
A、(a+b)/2B、(2a+b）/3C、(3a+b)/4D、(4a+b)/5
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解析：电子守恒法。气体全部消失后，所有的N元素都变成了HNO3中+5价的N，所有的氧元素都变
成了-2价。同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以可由amolNO、bmolNO2、xmolO
2推导amlNO、bmlNO2、xmlO2混合气体x对a、b的函数关系式f〔x（ab）〕
amolNO---失3amole----amolHNO3bmolNO2---失bmole---bmolHNO3
xmolO2----得4xmole---2xmolHNO3
由氧化还原反应中电子得失守恒觃律,得3amole-+bmole-=4xmole-
x=(3a+b)/4,即f〔x（ab）〕=(3a+b)/4
答案：C
(3)某金属单质跟一定浓度的硝酸反应，假定只产生单一的还原产物，当参加反应的单质不还原硝酸的物
质的量之比为2:1时，还原产物是
A、NO2B、NOC、N2OD、N2
解析：设某金属元素为R，该金属被氧化为n价，N元素被还原为x价，根据电子得失守恒可知：
2R—失2ne---2R(NO3)n
HNO3—得(5-x)e---x价N
2ne-=(5-x)e-
当n=1时，x=3,选项中没有。当n=2时，x=1，N2O
答案：C
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