高一化学必修二第五章 化工生产中的重要非金属元素练习题含答案解析.docx
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高一化学必修二第五章化工生产中的重要非金属元素练习题含答案解析
一、选择题
1.铜跟1mol/L的硝酸溶液反应,若C(NO3-)下降了0.2mol/L,则C(H+)下降
A.0.2mol/LB.0.8mol/LC.0.6mol/LD.0.4mol/L
【答案】B
【解析】
【详解】
由铜和稀硝酸反应的离子方程式3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O可知,参加反应的硝酸根和氢离子的物质的量之比为2:
8,所以当c(NO3-)下降了0.2mol/L,则c(H+)下降0.8mol/L,B正确,选B。
【点睛】
本题解题的关键是理解反应的实质,即能知道根据离子方程式求解。
典型错误就是根据化学方程式求解,因为参加反应的硝酸中,有一部分(四分之三)硝酸根没有参加反应只有四分之一的硝酸根被还原为NO。
2.下列说法不正确的是()
A.生铁和钢都是铁和碳的合金B.氯化钙是漂白粉的有效成分
C.玻璃、水泥属传统硅酸盐产品D.氧化铝陶瓷是新型无机非金属材料
【答案】B
【详解】
A.生铁和钢都是铁合金,含有的杂质元素主要是碳,因此二者都是铁和碳的合金,A正确;
B.漂白粉的主要成分是氯化钙、次氯酸钙,有效成分是次氯化钙,B错误;
C.玻璃、水泥的主要成分是硅酸盐,因此都属于传统硅酸盐产品,C正确;
D.氧化铝陶瓷、高温结构陶瓷、生物陶瓷都是新型无机非金属材料,D正确;
故合理选项是B。
3.下列实验中,固体不会溶解的是()
A.氧化铝与足量的稀盐酸混合B.过氧化钠与足量水混合
C.氢氧化铝与足量的氨水混合D.木炭与足量浓硫酸共热
【答案】C
【详解】
A.氧化铝与足量的稀盐酸反应生成氯化铝和水,可完全溶解,故A错误;
B.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气,可完全溶解,故B错误;
C.氢氧化铝与氨水不反应,固体不能溶解,故C正确;
D.浓硫酸具有强氧化性,木炭与足量浓硫酸共热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水,可完全溶解,故D错误;
故选C。
4.下列各组物质中,满足如图物质一步转化关系的选项是
X
Y
Z
A
Na
NaOH
NaHCO3
B
Cu
CuSO4
Cu(OH)2
C
Al2O3
AlO2-
Al(OH)3
D
Si
SiO2
H2SiO3
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【详解】
A.钠能与水反应生成氢氧化钠,氢氧化钠溶液能与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠,但碳酸氢钠不能直接生成金属钠,故A错误;
B.铜能与浓硫酸共热反应生成硫酸铜,硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应能生成氢氧化铜,但氢氧化铜不能直接生成金属铜,故B错误;
C.氧化铝能与强碱溶液反应生成偏铝酸根,偏铝酸根在溶液中与二氧化碳反应能生成氢氧化铝沉淀,氢氧化铝沉淀受热分解能生成氧化铝,故C正确;
D.硅在高温下能与氧气反应生成二氧化硅,二氧化硅不溶于水,不能与水反应生成硅酸,故D错误;
故选C。
5.现今手机等电子产品产业蓬勃发展,推动了高纯硅的生产与应用。
工业上用“西门子法”。
以硅石(SiO2) 为原料制备冶金级高纯硅的工艺流程如下图所示。
下列说法不正确的是
已知:
SiHCl3室温下为易挥发、易水解的无色液体。
A.“还原”过程需要在高温条件下,该反应的主要还原产物为Si
B.为最大程度节约成本,上述 生产工艺中能循环使用的物质只有H2
C.为防止SiHCl3水解而损失、氢气爆炸,“氧化”、“分离”与“热解”的过程均需要在无水、无氧的条件下进行
D.“氧化”过程反应的化学方程式为Si+3HC1
SiHCl3+H2
【答案】B
【分析】
二氧化硅和金属镁在高温下反应生成氧化镁和硅,加入稀硫酸除去氧化镁,过滤得到硅,通入氯化氢在200~300℃下反应生成SiHCl3,与最后与氢气反应生成Si。
【详解】
A.二氧化硅和金属镁在高温下反应生成氧化镁和硅,还原产物为硅,镁和硅反应可生成Mg2Si,故A正确;
B.流程中H2、HCl既是反应物也是生成物,则可循环使用,故B错误;
C.“氧化”、“分离”与“热解”的过程均需要在无水、无氧的条件下进行,可防止SiHCl3水解而损失、氢气爆炸,故C正确;
D.由流程可知,通入氯化氢在200~300℃下反应生成SiHCl3,反应的化学方程式为Si+3HCl
SiHCl3+H2,故D正确;
故选B。
6.在15.2g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液,合金完全溶解,同时生成气体X,再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液,生成25.4g沉淀。
则下列说法不正确的是
A.原合金中含0.1molFe、0.15molCu
B.25.4g沉淀为Cu(OH)2和Fe(OH)3的混合物
C.气体X中含0.3molNO、0.1molNO2
D.气体X中含0.3molNO2、0.1molNO
【答案】C
【解析】
试题分析:
铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液,合金完全溶解,生成Cu(NO3)2和Fe(NO3)3,再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液,生成Cu(OH)2和Fe(OH)3的混合物,设合金中有xmolFe、ymolCu,
,所以x=0.1mol,y=0.15mol;根据得失电子守恒,0.1molFe、0.15molCu共失去0.6mol电子,所以生成的气体不可能是0.3molNO、0.1molNO2,故C错误。
考点:
本题考查化学计算。
7.某固体物质和某溶液在一定条件下反应,产生气体的相对分子质量(或平均相对分子质量)为45,则发生反应的物质一定不可能是
A.Zn和浓H2SO4B.Cu和浓HNO3
C.Na2O2和NH4Cl浓溶液D.C和浓HNO3
【答案】C
【解析】
试题分析:
A.Zn和浓H2SO4,开始发生反应:
Zn+2H2SO4(浓)
ZnSO4+SO2↑+2H2O。
当随着反应的进行,溶液变稀后,会发生反应:
Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑。
最后得到的气体为SO2与H2的混合气体。
SO2的相对分子质量为64,H2的相对分子质量为2.因此混合气体的平均相对分子质量可能为45.正确。
B.C和浓HNO3。
发生反应:
C+4HNO3(浓)
CO2↑+4NO2↑+2H2O。
CO2与4NO2的相对分子质量分别是44、46.所以混合气体平均相对分子质量可能为45.正确。
C.Na2O2和溶液中的水发生反应:
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。
产生的NaOH与溶液中的溶质NH4Cl发生反应:
NaOH+NH4Cl
NaCl++H2O+NH3↑。
得到的气体中含有O2与NH3的相对分子质量都比45小,所以不可能平均为45.错误。
D.Cu和浓HNO3,开始发生反应:
Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+NO2↑+2H2O。
当溶液变为稀硝酸时,发生反应:
3Cu+8HNO3(稀)=2Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。
NO2、NO的相对分子质量分别是46、28,因此混合气体的平均相对分子质量可能为45.正确。
考点:
考查物质之间的相互反应得到的气体成分的相对分子质量的关系的知识。
8.向一定量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1.344L(标准状况)气体,往所得溶液中加入KMnO4的酸性溶液,无明显现象,
若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物,能得到铁的物质的量为
A.0.21molB.0.14molC.0.16molD.0.24mol
【答案】B
【解析】
试题分析:
因一定量的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,无血红色出现,说明溶液中的溶质为硝酸亚铁,根据氮元素守恒,硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.12L×4mol/L-0.06mol=0.42mol,所以硝酸亚铁的物质的量为n[Fe(NO3)2]=0.42mol÷2=0.21mol,由铁元素守恒可知,得到铁的物质的量为n(Fe)=0.21mol,故选项A正确。
考点:
考查原子守恒的方法在化学计算的应用的知识。
9.将一定质量的金属铜溶于50mL11mol·L-1的浓硝酸中,待铜完全溶解后,生成了0.2molNO2和NO的混合气体,并测得溶液中氢离子浓度为1mol·L-1.假设反应后溶液的体积仍为50mL,则金属铜的质量为
A.6.4gB.9.6gC.11.2gD.12.8g
【答案】B
【解析】
试题分析:
反应前硝酸的物质的量为0.05L×11mol/L=0.55mol,反应剩余硝酸的物质的量为0.05L×1mol/L=0.05mol,所以参加反应的硝酸是0.5mol,生成气体的物质的量为0.2mol,根据氮原子守恒,生成硝酸铜为(0.5-0.2)÷2=0.15mol,则金属铜的质量为0.15mol×64g/mol=9.6g,答案选B。
考点:
考查物质的量的计算,硝酸的化学性质等知识。
10.某混合物X由Na2O、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成.某校兴趣小组以两条途径分别对X进行如下实验探究.
下列有关说法不正确的是()
A.由Ⅱ可知X中一定存在SiO2
B.无法判断混合物中是否含有Na2O
C.1.92g固体成分为Cu
D.15.6g混合物X中m(Fe2O3):
m(Cu)=1:
1
【答案】B
【解析】
途径a:
15.6gX和过量盐酸反应生成蓝色溶液,所以是铜离子的颜色,但是金属Cu和盐酸不反应,所以一定含有氧化铁,和盐酸反应生成的三价铁离子可以和金属铜反应,二氧化硅可以和氢氧化钠反应,4.92g固体和氢氧化钠反应后,固体质量减少了3.0g,所以该固体为二氧化硅,质量为3.0g,涉及的反应有:
Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O;Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+,SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O,又Cu与NaOH不反应,1.92g固体只含Cu;结合途径b可知15.6gX和足量水反应,固体质量变为6.4g,固体质量减少15.6g﹣6.4g=9.2g,固体中一定还有氧化钠,其质量为9.2g,
A.由以上分析可知X中一定存在SiO2,故A正确;
B.15.6gX和足量水反应,固体质量变为6.4g,只有氧化钠与水反应,混合物中一定含有Na2O,故B错误;
C.Cu与NaOH不反应,1.92g固体只含Cu,故C正确;
D.设氧化铁的物质的量是x,金属铜的物质的量是y,由Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+得出:
Fe2O3~2Fe3+~Cu,则160x+64y=6.4,64y﹣64x=1.92,解得x=0.02mol,y=0.05mol,所以氧化铁的质量为0.02mol×160g/mol=3.2g,金属铜的质量为0.05mol×64g/mol=3.2g,则原混合物中m(Fe2O3):
m(Cu)=1:
1,故D正确;
【点评】本题考查了物质的成分推断及有关化学反应的简单计算,侧重于学生的分析和计算能力的考查,为高考常见题型,注意掌握检验未知物的采用方法,能够根据反应现象判断存在的物质,注意合理分析题中数据,根据题中数据及反应方程式计算出铜和氧化铁的质量,难度中等.
11.将装有60mLNO2、NO混合气的量筒倒立于水槽中,反应后气体体积缩小为40mL,则混合气体中NO2和NO的体积比是
A.5︰3B.2︰3C.1︰1D.2︰1
【答案】C
【详解】
设NO2体积为xmL
=
x=30mL
混合气体中NO2和NO的体积比是1:
1,故C正确。
12.浓硫酸与下列物质反应(可以加热),既体现酸性、又体现氧化性的是()
A.铜B.炭C.五水硫酸铜D.氧化铜
【答案】A
【详解】
A.铜与浓硫酸在加热条件下反应,生成硫酸铜、二氧化硫和水,浓硫酸表现酸性和强氧化性,A符合题意;
B.炭与浓硫酸在加热条件下反应,生成二氧化碳、二氧化硫和水,浓硫酸表现强氧化性,B不符合题意;
C.五水硫酸铜中加入浓硫酸,生成无水硫酸铜,浓硫酸表现吸水性,C不符合题意;
D.氧化铜与浓硫酸反应,生成硫酸铜和水,浓硫酸表现酸性,D不符合题意;
故选A。
13.二氯化二硫(S2Cl2)是广泛用于橡胶工业的硫化剂,其分子结构与双氧水分子相似。
常温下,S2Cl2是一种橙黄色液体,遇水可发生反应,并产生能使品红褪色的气体。
下列说法中不正确的是
A.S2Br2与S2Cl2结构相似,沸点S2Br2>S2Cl2
B.S2Cl2的结构式为Cl—S—S—Cl
C.S2Cl2中S显—1价
D.2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl
【答案】C
【详解】
A.组成和结构相似的分子晶体,相对分子质量越大,分子间作用力越大,熔、沸点越高;S2Br2与S2Cl2结构相似,S2Br2相以分子质量较大,所以沸点S2Br2>S2Cl2,A正确;
B.由题中信息分子结构与双氧水分子相似,双氧水的结构式为H-O-O-H,所以S2Cl2的结构式为Cl-S-S-Cl,B正确;
C.氯和硫都是第3周期元素,氯的非金属性较强,所以S2Cl2中Cl显-1价,S显+1价,C错误;
D.由题中信息S2Cl2遇水可发生反应,并产生能使品红褪色的气体,可知反应后生成二氧化硫,所以S2Cl2与水发生反应的化学方程式为2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl,D正确;故选C。
14.向BaCl2溶液中通入SO2气体,溶液仍然澄清;若将BaCl2溶液分盛在两支试管中,一只试管加稀HNO3,另一只加NaOH溶液,然后再通入SO2气体,结果两支试管都有白色沉淀产生。
由此得出的下列结论中不合理的是
A.SO2是酸性氧化物、SO2具有还原性
B.两支试管中的白色沉淀不是同种物质
C.BaCl2既能跟强酸、又能跟强碱反应,具有两性
D.升高pH时,SO2水溶液中SO32-浓度增大
【答案】C
【分析】
根据SO2的化学性质(酸性氧化物的性质、还原性)分析判断。
【详解】
SO2与水反应生成的H2SO3是弱酸,故SO2通入BaCl2溶液不会生成BaSO3和HCl。
SO2通入BaCl2和稀硝酸的混合溶液中,SO2被稀硝酸氧化为SO42-,再与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀;SO2通入BaCl2和NaOH的混合溶液中,SO2与NaOH反应生成Na2SO3和水,再与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀。
故A、B项正确,C项错误。
H2SO3水溶液中存在两步电离,升高pH时,促进电离,SO32-浓度增大,D项正确。
本题选C。
【点睛】
SO2有较强的还原性,稀硝酸有强氧化性,两者能发生氧化还原反应。
15.一定量的锌与100mL18.5mol·L-1的浓硫酸充分反应后,锌完全溶解,同时生成气体甲33.6L(标准状况)。
将反应后的溶液稀释至1L,测得溶液的c(H+)=0.1mol·L-1。
下列叙述不正确的是()
A.反应中共消耗1.8molH2SO4B.气体甲中SO2与H2的体积比为4∶1
C.反应中共消耗97.5gZnD.反应中共转移3mol电子
【答案】B
【分析】
Zn和浓硫酸发生:
Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+H2O,随着反应的进行,溶液浓度减小,
稀硫酸与Zn发生:
Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑,则生成的气体为SO2和的H2混合物,根据反应的有关方程式结合质量守恒定律列方程组计算。
【详解】
生成气体的物质的量为
=1.5mol,溶液剩余硫酸的物质的量为
×1L×0.1mol/L=0.05mol,
参加反应的n(H2SO4)=0.1L×18.5mol/L-0.05mol=1.8mol,随着反应的进行,硫酸的浓度逐渐减小,
设反应生成xmolSO2,ymolH2,
Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+H2O
x 2x x
Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑
y y y
x+y=1.5
2x+y=1.8
解之得x=0.3,y=1.2
所以反应会生成0.3mol的二氧化硫和1.2mol的氢气。
A.由以上计算可知,反应中共消耗1.8molH2SO4,故A正确;
B.气体A为SO2和H2的混合物,且V(SO2):
V(H2)=1:
4,故B错误;
C.反应中共消耗金属Zn的质量m(Zn)=(0.3mol+1.2mol)×65g/mol=97.5g,故C正确;
D.在反应Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+H2O中,生成0.3mol的二氧化硫转移电子为0.6mol,反应Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑中,生成1.2mol氢气转移电子2.4mol,所以反应中共转移3mol电子,故D正确。
故选B。
【点睛】
本题考查方程式的相关计算,侧重于学生的分析、计算能力的考查,注意浓硫酸和稀硫酸性质的不同,从质量守恒的角度解答该题,计算生成气体的物质的量关系是解答该题的关键。
16.用图所示实验装置探究铜丝与过量浓硫酸的反应。
下列描述不合理的是()
A.该反应中浓硫酸表现了强氧化性和酸性
B.②中选用品红溶液验证SO2的生成
C.③中选用NaOH溶液吸收多余的SO2
D.为确认CuSO4生成,向①中加水,观察颜色
【答案】D
【解析】
【详解】
A.铜与浓硫酸反应中,硫元素部分化合价降低,部分化合价不变,浓硫酸既表现酸性又表现强氧化性,故A正确;
B.SO2具有漂白性,可用品红溶液验证SO2的生成,故B正确;
C.SO2有毒,对环境有污染,但能溶于NaOH溶液,则③中选用NaOH溶液吸收多余的SO2,防污染环境,故C正确;
D.①中反应后为浓硫酸和硫酸铜的混合液,应将①中混合物加入水中,观察溶液显蓝色,确认有CuSO4生成,故D错误;
故答案为D。
17.对于1LHNO3和H2SO4的混合溶液,若HNO3和H2SO4物质的量浓度存在如下关系:
c(H2SO4)+c(HNO3)═1.0mol•L﹣1.则理论上最多能溶解铜的物质的量为( )
A.1.0molB.0.8molC.0.72molD.0.6mol
【答案】D
【详解】
金属铜和稀硫酸之间不会反应,但是可以和稀硝酸之间反应,硫酸存在条件下硝酸根可以全部被还原,反应离子方程式:
3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O,NO3﹣和H+的物质的量之比为1:
4时恰好反应,溶解的Cu最多。
设硫酸的物质的量为xmol,硝酸的物质的量为ymol,则:
x+y=1,y:
(2x+y)=1:
4,联立解得:
x=0.6,y=0.4。
设参加反应的铜的最大物质的量是z,则:
3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O
32
z0.4mol
3:
2=z:
0.4mol
解得:
z=0.6mol
故选:
D。
18.当氨气与氧气一起通过灼热的铂丝网时,在导出的产物中,不可能出现的物质是()
A.NH4NO3B.H2OC.N2D.NO2
【答案】C
【详解】
在铂丝的催化作用下,发生氨气的催化氧化:
,NO遇到O2变为NO2,NO2和H2O反应生成HNO3,HNO3和NH3反应可以生成NH4NO3,故选C。
19.同温同压下,两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满①NH3②NO2③HCl和N2的4:
5混合气体,进行喷泉实验。
经充分反应后,瓶内溶液的物质的量浓度为
A.①>②>③B.①<②<③C.①=②=③D.①<②=③
【答案】C
【详解】
同温同压下,等体积的
、HCl、
物质的量相等,设
、HCl、
的物质的量均为1mol,烧瓶体积为VL。
由
可知生成
的物质的量为
,生成NO的物质的量为
,NO难溶于水,则
的物质的量浓度为
,
和HCl溶于水后溶液的物质的量浓度为
,因此①=②=③,答案选C。
20.用如图装置进行实验,将液体A逐滴加入到固体B中,下列叙述正确的是( )
A.若A为浓盐酸,B为Na2CO3,C中盛有Na2SiO3溶液,则C中溶液出现白色沉淀,证明酸性:
H2CO3>H2SiO3
B.若A为浓盐酸,B为KMnO4,C中盛石蕊试液,则C中溶液最终呈红色
C.若A为较浓硫酸,B为Na2SO3固体,C中盛有Na2S溶液,则C中溶液变浑浊
D.装置D起干燥气体作用
【答案】C
【详解】
A.浓盐酸挥发的HCl在C中也能与Na2SiO3溶液反应生成白色沉淀,则无法判断H2CO3的酸性一定比H2SiO3强,故A错误;
B.A为浓盐酸,B为KMnO4,则反应生成的氯气通入C中,Cl2与水反应生成HCl和HClO,其中HClO有强氧化性和漂白性,则C中紫色石蕊试液先变红色,后褪色,故B错误;
C.A为较浓硫酸,B为Na2SO3固体,两者反应生成的SO2气体通入C中,因SO2有氧化性,则与C中Na2S溶液反应有淡黄色S生成,可观察到C中溶液变浑浊,故C正确;
D.仪器D为球形干燥管,则可以起到防止溶液倒吸的作用,故D错误;
故答案为C。
21.下列物质转化在给定条件下不能实现的是
A.S
SO3
H2SO4B.SiO2
Na2SiO3(aq)
H2SiO3(胶体)
C.Fe
FeCl3
FeCl2(aq)D.Al2O3
NaAlO2(aq)
AlCl3(aq)
【答案】A
【详解】
A、硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫,故A错误;
B、SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O,Na2SiO3+2HCl=H2SiO3↓+2NaCl,故B正确;
C、2Fe+3Cl2=2FeCl3,2FeCl3+Fe=3FeCl2,故C正确;
D、氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,偏铝酸钠溶液与过量的盐酸生成三氯化铝,故D正确;
故选A。
22.某100mL混合溶液中,H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4.0mol/L和2.0mol/L,向该混合溶液中加入25.6g铜粉,加热,待充分反应后,静置,得到蓝色澄清溶液(假设反应后溶液体积不变)。
下列说法中正确的是()
A.产生的NO在标准状况下的体积是1.12L
B.反应后溶液中Cu2+的物质的量浓度为3.0mol/L
C.反应后溶液中H+的物质的量浓度为8.0mol/L
D.在反应后的溶液中加0.6molNaOH刚好使Cu2+完全沉淀
【答案】B
【分析】
,
,
,则该反应的离子反应方程式为:
,于是得出:
,显然
的物质的量不足,则按
的物质的量进行计算;
【详解】
A.产生的0.2molNO,在标准状况下的体积是4.48L,A错误;
B.反应后溶液中Cu2+的物质的量浓度为
,B正确;
C.反应后溶液中H+有剩余,则
,C错误;
D.在反应后的溶液中有剩余的0.2molH+,生成的0.3molCu2,加0.8molNaOH刚好在中和的基础上使Cu2+完全沉淀,D错误;
答案选B。
23.白色固体混合物A,含有KCl、CaCO3、Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4中的几种,常温常压下进行如下实验(已知Ag2SO4可溶于硝酸)。
①A溶于足量水,最终得到无色溶液B和固体C
②固体C与过量稀硝酸作用得到无色气体D,蓝色溶液E和固体F
下列推断不正确的是
A.无色溶液B的pH≥7
B.固体F中有H2SiO3
C.混合物A中一定含有Na2SiO3、
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