山东省青岛第二中学化学化学第五章 化工生产中的重要非金属元素的专项培优练习题及答案.docx
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山东省青岛第二中学化学化学第五章 化工生产中的重要非金属元素的专项培优练习题及答案.docx
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山东省青岛第二中学化学化学第五章化工生产中的重要非金属元素的专项培优练习题及答案
山东省青岛第二中学化学化学第五章化工生产中的重要非金属元素的专项培优练习题(及答案
一、选择题
1.检验试管中盛有的少量白色固体是铵盐的方法是
A.将固体加热,用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验,看是否变蓝
B.加水溶解,用pH试纸测溶液的酸碱性
C.加入NaOH溶液,加热,再滴入酚酞试液
D.加入NaOH溶液,加热,用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验,看是否变蓝
【答案】D
【详解】
利用离子反应:
,即加入NaOH溶液后加热会生成NH3,NH3是一种碱性气体,溶于水生成NH3.H2O显碱性,故能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,答案选D。
2.下列“推理或结论”与“实验操作及现象”相符的一组是
选项
实验操作及现象
推理或结论
A
向某溶液中加入BaCl2溶液,生成白色沉淀
该溶液中一定含有SO
B
向水中加入金属钠,钠熔成闪亮的小球浮在水面上
钠与水反应放热,钠的熔点低,钠的密度比水小
C
向某钠盐溶液中加入稀盐酸,产生能使澄清石灰水变浑浊的气体
该盐一定是碳酸钠
D
某物质的焰色试验火焰显黄色
该物质一定不含钾元素
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【详解】
A.氯化银、碳酸钡、亚硫酸钡和硫酸钡均为白色沉淀,与氯化钡溶液反应生成白色沉淀,溶液中不一定含有硫酸根离子,还可能含有银离子或碳酸根离子或亚硫酸根离子,故A错误;
B.金属钠浮在水面上说明金属钠的密度比水小,熔成闪亮的小球说明钠的熔点低,与水的反应放出的热量使熔成闪亮的小球,故B正确;
C.碳酸氢钠、亚硫酸钠和亚硫酸氢钠都能与盐酸反应放出使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳和二氧化硫气体,则向某钠盐溶液中加入稀盐酸,产生能使澄清石灰水变浑浊的气体,该盐不一定是碳酸钠,还可能是碳酸氢钠或亚硫酸钠或亚硫酸氢钠,故C错误;
D.某物质的焰色试验火焰显黄色,说明该物质一定含有钠元素,黄色光掩盖紫色光,由于没用蓝色钴玻璃片滤去黄色光,则不能确定该物质是否含有钾元素,故D错误;
故选B。
3.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。
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.下列反应在指定条件下能实现的是
A.HClO
HClB.Fe
Fe2O3C.S
SO3D.S
Fe2S3
【答案】A
【详解】
A.HClO在光照条件下能发生分解,生成HCl和O2,A正确;
B.Fe与水蒸气在高温条件下反应,生成Fe3O4和H2,B不正确;
C.S在O2中点燃,只能生成SO2,不能生成SO3,C不正确;
D.S与Fe在加热条件下反应,只能生成FeS,D不正确;
故选A。
6.对下列事实的解释正确的是
A.浓硝酸通常保存在棕色的试剂瓶中,说明浓硝酸不稳定
B.不用浓硝酸与铜屑反应来制取硝酸铜,说明浓硝酸具有挥发性
C.足量铁与稀硝酸反应后溶液呈浅绿色,说明稀硝酸不能氧化Fe2+
D.锌与稀硝酸反应得不到氢气,说明稀硝酸能使锌钝化
【答案】A
【详解】
A.浓硝酸通常保存在棕色的试剂瓶中避光保存,说明浓硝酸见光易分解,故A正确;
B.铜与浓硝酸反应生成二氧化氮,污染环境,通常利用硝酸与氧化铜反应取硝酸铜,与浓硝酸挥发性无关,故B错误;
C.铁与硝酸反应首先生成硝酸铁,溶液呈浅绿色由过量的铁与铁离子反应生成亚铁离子所致,故C错误;
D.硝酸为氧化性酸,与锌反应不能生成氢气,生成氮的氧化物等,与钝化无关,故D错误;故选A。
7.在15g铁和氧化铁的混合物中,加入稀硫酸150mL,能放出H21.68L(标准状况)。
同时铁和氧化铁均无剩余。
向溶液中滴入KSCN溶液,未见颜色变化,为了中和过量的硫酸,而且使Fe2+完全转化成Fe(OH)2,共消耗3mol/L的NaOH溶液200mL,原硫酸溶液的物质的量浓度是()
A.1.5mol/LB.2.5mol/LC.2mol/LD.3mol/L
【答案】C
【详解】
试题分析:
将铁和氧化铁的混合物加入稀硫酸中,产生气体,向溶液中滴入硫氰化钾溶液,未见颜色变化,说明生成的是硫酸亚铁,向该溶液中加入NaOH中和过量的硫酸,而且使铁完全转化成氢氧化亚铁,产生溶液中溶质为Na2SO4,根据硫酸根守恒可知n(H2SO4)=n(Na2SO4),根据钠离子守恒n(NaOH)=2n(Na2SO4),故n(H2SO4)=1/2n(NaOH)=1/2×3mol/L×0.2L=0.3mol,故c(H2SO4)=n(H2SO4)÷V=0.3mol÷0.15L=2mol/L,选项C正确。
考点:
考查混合物反应的计算的知识。
8.将一定量的锌与浓度为18.5mol/L的100mL浓硫酸充分反应后,锌完全溶解,同时生成26.88L标准状况下的气体,反应后测得溶液中氢离子浓度为1.0mol/L,则生成的气体的物质的量之比为
A.n(SO2)/n(H2)=1/1B.n(SO2)/n(H2)=4/1
C.n(SO2)/n(H2)=1/4D.n(SO2)/n(H2)=3/2
【答案】A
【详解】
根据题意,发生反应的化学方程式为Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2↑+2H2O,Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑,设反应生成SO2的物质的量为xmol,生成氢气的物质的量为ymol,列方程为x+y=26.88÷22.4=1.2mol,2x+y=18.5×0.1-1.0×0.1÷2=1.8,解得x=0.6mol,y=0.6mol,则n(SO2)/n(H2)=1/1,答案选A。
9.有50mL某气体,可能含有CO2、O2、NH3中的一种或几种,将其通过浓H2SO4没有发现体积变化。
通过足量Na2O2后,体积变为30mL,则该气体可能为()
A.CO2为20mL,NH3为30mLB.NH3为40mL,O2为10mL
C.CO2为30mL,O2为20mLD.CO2为40mL,O2为10mL
【答案】D
【解析】
试题分析:
有50mL某气体,可能含有CO2、O2、NH3中的一种或几种,将其通过浓H2SO4没有发现体积变化,说明不含有NH3;通过足量Na2O2后,体积变为30mL,说明含有CO2气体,根据反应方程式:
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,根据方程式可知,每有2体积的CO2发生反应,气体的体积会减少1体积,则反应减少的气体的体积是50mL-30mL=20mL,则含有CO2的体积是40mL,反应产生的O2体积是20mL,还有10mL的O2,故选项D正确。
考点:
考查混合气体的组成与性质的知识。
10.由MgO、A12O3、SiO2、Fe2O3组成的混合粉末。
现取一份该混合粉末试样进行实验,首先将其溶于过量的盐酸,过滤后,得到沉淀X和滤液Y。
下列叙述正确的是
A.从组成看,其成分皆是碱性氧化物
B.沉淀X的成分是SiO2
C.溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Fe3+、H+
D.在溶液Y中加入过量NaOH溶液,先产生沉淀后全部溶解
【答案】B
【解析】
试题分析:
混合粉末加入过量的盐酸,氧化镁反应生成氯化镁,氧化铝反应生成氯化铝,氧化铁反应生成氯化铁,二氧化硅不反应。
A、氧化镁和氧化铁是碱性氧化物,氧化铝是两性氧化物,二氧化硅是酸性氧化物,错误,不选A;B、二氧化硅不溶于盐酸,沉淀X为二氧化硅,正确,选B;C、溶液Y中含有镁离子,铁离子,氢离子和铝离子,错误,不选C;D、溶液Y中加入过量的氢氧化钠,产生氢氧化镁和氢氧化铁沉淀,氢氧化铝沉淀能溶解,其他沉淀不溶解,错误,不选D。
考点:
金属及其化合物的性质
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.图是利用二氧化硅制备硅及其化合物的流程,下列说法正确的是()
A.由反应②③说明SiO2属于两性氧化物
B.由反应④说明酸性,H2SiO3>H2CO3
C.硅胶吸水后,经干燥可以重复再生
D.图中所示转化反应都是氧化还原反应
【答案】C
【详解】
A.二氧化硅是酸性氧化物能和强碱反应,反应方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O;但也能和特殊的酸氢氟酸反应,反应方程式为:
SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O,二氧化硅只是能和特殊酸反应,和其它酸不反应,和酸的反应没有普遍性,所以不能说明其具有两性,A错误;
B.高温下SiO2能与Na2CO3固体反应生成Na2SiO3和CO2,不是在常温下进行,且不是在水溶液中进行,不能说明硅酸的酸性强于碳酸,B错误;
C.硅胶吸附水后,可通过热脱附方式将水份除去重复使用,C正确;
D.图中二氧化硅与氢氟酸、氢氧化钠、碳酸钠的反应,硅酸钠与盐酸的反应、硅酸的分解、硅酸的生成,元素的化合价都没有发生变化,是非氧化还原反应,D错误;
答案选C。
【点睛】
解答本题时,注重物质的性质及化学与生活,把握物质的性质及发生的反应,注意虽然二氧化硅是酸性氧化物,但它能和特殊的酸(氢氟酸)反应。
13.下列实验操作、现象和结论均正确的是()
选项
操作
现象
结论
A
向含I-的无色溶液中滴加少量新制氯水,再滴加淀粉溶液
加入淀粉溶液后溶液变蓝色
氧化性:
Cl2>I2
B
将可调节高度的铜丝伸入稀硝酸中
溶液变蓝
铜与稀硝酸发生置换反应
C
向溶液X中滴加稀硝酸,再滴加Ba(NO3)2溶液
出现白色沉淀
溶液X中一定含有SO42-
D
常温下将铝片放入浓硝酸中
无明显现象
铝与浓硝酸不反应
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
试题分析:
A、氯气和碘离子反应生成碘单质和氯离子,氯气的氧化性比碘单质强,碘遇到淀粉显蓝色,故正确;B、铜和硝酸反应不是置换反应,故错误;C、溶液中可能是硫酸根离子,或亚硫酸根离子,故错误;D、铝常温下在浓硝酸中钝化,故错误。
考点:
氧化性的比较,硝酸的性质,硫酸根离子的检验
14.CuSO4•5H2O在不同温度下分解情况不同,取5.00g该晶体在密闭容器中进行实验,测得分解后剩余固体质量与温度关系如图,下列说法不正确的是()
A.113℃分解得到的固体产物为CuSO4•H2O
B.温度低于650℃时的分解反应,均不属于氧化还原反应
C.650℃时的气态产物冷却至室温,可得组成为n(H2SO4):
n(H2O)=1:
4的硫酸溶液
D.1000℃分解得到的固体产物为CuO
【答案】D
【分析】
n(CuSO4•5H2O)=
=0.02mol,CuSO4•5H2O完全失去结晶水时,所得CuSO4的质量为0.02mol×160g/mol=3.20g,由图中可知,刚好位于温度在258~650℃之间,说明在此之前,胆矾受热分解,只失去结晶水;650~1000℃之间,固体质量为1.60g,其中Cu元素的质量为0.02mol×64g/mol=1.28g,则氧元素质量为1.60g-1.28g=0.32g,物质的量为
=0.02mol,此固体为CuO;1000℃之后,固体质量为1.44g,其中Cu元素质量为1.28g,则氧元素质量为1.44g-1.28g=0.16g,物质的量为
=0.01mol,此固体为Cu2O。
【详解】
A.113℃时,固体质量为3.56g,失去结晶水的质量为5.00g-3.56g=1.44g,物质的量为
=0.08mol,则失去结晶水的数目
=4,从而得出分解得到的固体产物为CuSO4•H2O,A正确;
B.由以上分析可知,温度低于650℃时的分解反应,只失去结晶水,CuSO4的组成未变,所以均不属于氧化还原反应,B正确;
C.650℃时的气态产物中,SO3与H2O的物质的量之比为0.02mol:
0.10mol=1:
5,所以冷却至室温,可得组成为n(H2SO4):
n(H2O)=1:
4的硫酸溶液,C正确;
D.由分析可知,1000℃分解得到的固体产物为Cu2O,D不正确;
故选D。
15.某稀硫酸和稀硝酸混合溶液100mL,逐渐加入铁粉,产生气体的量随铁粉加入量的变化如图所示。
下列说法错误的是( )
A.H2SO4浓度为4mol/L
B.溶液中最终溶质为FeSO4
C.原混合酸中NO3-浓度为0.2mol/L
D.AB段反应为:
Fe+2Fe3+=3Fe2+
【答案】C
【分析】
由图象可知,由于铁过量,OA段发生反应为:
Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O,AB段发生反应为:
Fe+2Fe3+=3Fe2+,BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑.最终消耗Fe为22.4g,此时溶液中溶质为FeSO4,则n(FeSO4)=n(Fe),由硫酸根守恒n(H2SO4)=n(FeSO4),根据OA段离子方程式计算原混合酸中NO3-物质的量,再根据c=
计算c(H2SO4)、c(NO3-)。
【详解】
A、反应消耗22.4g铁,也就是22.4g÷56g/mol=0.4mol,所有的铁都在硫酸亚铁中,根据硫酸根守恒,所以每份含硫酸0.4mol,所以硫酸的浓度是4mol/L,A正确;
B、硝酸全部被还原,没有显酸性的硝酸,因为溶液中有硫酸根,并且铁单质全部转化为亚铁离子,所以溶液中最终溶质为FeSO4,B正确;
C、OA段发生反应为:
Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O,硝酸全部起氧化剂作用,所以n(NO3-)=n(Fe)=0.2mol,NO3-浓度为2mol/L,C错误;
D、由图象可知,由于铁过量,OA段发生反应为:
Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O,AB段发生反应为:
Fe+2Fe3+=3Fe2+,BC段发生反应为:
Fe+2H+=Fe2++H2↑,D正确。
答案选C。
【点晴】
该题难度较大,解答的关键是根据图象分析各段发生的反应,注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用。
在做此类题目时,应当先分析反应的过程,即先发生的是哪一步反应,后发生的是哪一步。
计算离子时注意用离子方程式计算。
还需要用到一些解题技巧来简化计算过程,比如合理使用守恒原理等。
16.将43.8g Al、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中,产生6.72L气体(标准状况)。
另取等质量的该合金溶于过量的稀硝酸中,生成13.44LNO(标准状况),向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液,得到沉淀的质量为
A.39.2gB.44.8gC.58.8gD.66.4g
【答案】C
【详解】
合金溶于足量的NaOH溶液中,金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气6.72L,物质的量为0.3mol,根据电子转移守恒可以知道n(Al)=0.3×
=0.2mol,故金属铝的质量为0.2×27=5.4g,金属铝提供电子的量是0.6mol,将合金溶于过量稀硝酸中,分别生成Al3+、Cu2+离子,根据电子守恒,金属共提供电子的物质的量为13.44×
=1.8mol故Cu共提供的电子物质的量为1.8-0.6=1.2mol,向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液,铝离子全部转化为偏铝酸根离子,不会出现沉淀,所得沉淀为氢氧化铜,由电荷守恒可以知道,反应中金属铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量即n(OH-)=1.2mol,所以反应后沉淀的质量等于43.8-5.4+1.2×17=58.8g;C正确;
故答案选C。
17.无机物X、Y、Z、M的相互转化关系如图所示(部分反应条件、部分反应中的H、O已略去)。
X、Y、Z均含有同一种元素。
下列说法正确的是
A.若X是氢氧化钠,则M不一定为CO2
B.若Y具有两性,则M的溶液只可能显碱性
C.若Z是导致酸雨的主要气体,则X一定是H2S
D.若M是用途最广的金属,加热蒸干Y的溶液一定能得到Y
【答案】A
【解析】
【详解】
A、若X是氢氧化钠,则M不一定为CO2,M为能形成多元酸的酸性氧化物,如:
SO2,故A正确;
B.若Y具有两性,则M的溶液可能显碱性,也可能显酸性,故B错误;
C.若Z是导致酸雨的主要气体,则X也可以是Na2SO3,Y为NaHSO3,Z为SO2,M为HCl,故C错误;
D.若M是用途最广的金属,Y为亚铁盐,因为亚铁离子水解,所以加热蒸干Y的溶液不能得到Y,故D错误;
故答案选A。
18.CuSO4是一种重要的化工原料,其有关制备途径及性质如图所示。
下列说法不正确的是()
A.途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3:
2
B.相对于途径①、③,途径②更好地体现了绿色化学思想
C.1molCuSO4在1100℃所得混合气体X中O2可能为0.75mol
D.Y可以是葡萄糖
【答案】C
【详解】
A、根据反应式3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O可知,硫酸与硝酸的物质的量之比是3︰2,选项A正确;
B、途径①③中均生成大气污染物,而②没有,所以选项B正确;
C、1mol硫酸铜可以生成0.5mol氧化亚铜,转移1mol电子,所以生成0.25mol氧气,选项C不正确;
D、醛基能被新制的氢氧化铜悬浊液氧化,生成氧化亚铜,葡萄糖含有醛基,D正确;
所以正确的答案选C。
19.某溶液X中仅可能含有K+、Na+、Fe2+、Fe3+、NH4+、SO42-、SO32-、CO32-、I-、Cl-中的一种或多种,且溶液中各离子浓度相同。
现进行下列实验,下列说法正确的是( )
A.该溶液X中可能有Fe3+、Na+
B.取样溶液Z,滴加氯化钡溶液出现沉淀,可推出X中一定存在SO42-、SO32-中的某一种
C.该溶液可能由是硫酸亚铁、碘化钾和氯化铵溶于水后得到的
D.如果气体Y能使湿润的蓝色石蕊试纸变红,说明溶液中一定含有NH4+
【答案】C
【分析】
由题给实验现象可知,向溶液X中加入过量氯水和四氯化碳后,溶液分层,下层呈紫红色,说明溶液中一定存在I-,一定不含Fe3+;向上层一份溶液中加入硝酸银溶液,生成白色沉淀,此时不能确定是否含有Cl-,向另一份中加入氢氧化钠溶液共热,生成红褐色沉淀,说明溶液X中一定含有Fe2+,一定不含有SO32-和CO32-;有气体生成,说明溶液中一定有NH4+;溶液Z的焰色反应为黄色火焰,此时不能确定是否含有Na+,透过蓝色钴玻璃片,火焰为紫色,说明溶液中一定含有K+,由溶液中各离子浓度相同,结合电荷守恒可知,溶液中含有SO42-和Cl-,综上可知,溶液X中一定含有K+、Fe2+、NH4+、I-、SO42-和Cl-,一定不含有Fe3+、SO32-、CO32-和Na+。
【详解】
A项、溶液X中一定没有Fe3+、Na+,故A错误;
B项、因溶液X中一定含有Fe2+,一定不含有SO32-,若取样溶液Z,滴加氯化钡溶液出现沉淀,可推出X中一定存在SO42-,故B错误;
C项、由以上分析可知,溶液X可能由是等物质的量的硫酸亚铁、碘化钾和氯化铵溶于水后得到的,故C正确;
D项、氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,故D错误;
故选C。
【点睛】
根据实验现象和离子共存是解答的突破口,由溶液中各离子浓度相同,结合电荷守恒是判断的关键所在。
20.有一瓶澄清的溶液,只可能含有NH4+、Na+、Mg2+、Ba2+、Fe3+、Clˉ、Brˉ、Iˉ、CO32ˉ、SO42—中的几种,且浓度均为0.1molL—1。
进行以下实验:
①取少量溶液,滴加盐酸至溶液呈酸性,无明显现象。
②取少量溶液,滴加少许新制氯水,再加淀粉溶液,溶液变蓝
③取少量溶液,向其中逐滴加入NaOH溶液至碱性,过程中均无沉淀产生。
将此溶液分为两等份,第一份加热,有气体放出;第二份溶液中加入Na2CO3溶液,有白色沉淀生成。
下列结论不正确的是
A.肯定含有的阳离子是NH4+、Ba2+
B.肯定含有的阴离子是Iˉ、Clˉ、Brˉ
C.肯定不含有的离子是Fe3+、CO32ˉ、SO42ˉ
D.不能确定是否含有的离子是Na+
【答案】D
【详解】
①取少量溶液,滴加盐酸至溶液呈酸性,无明显现象,说明该溶液中不含有
;
②取少量溶液,滴加少许新制氯水,再加淀粉溶液,溶液变蓝,说明原溶液中含有I-,因Fe3+与I-不能共存,故不含Fe3+;
③取少量溶液,向其中逐滴加入NaOH溶液至碱性,过程中均无沉淀产生,说明原溶液中不含有Mg2+,将此溶液分为两等份,第一份加热,有气体放出,说明此溶液中含有NH3•H2O,说明原溶液中含有
;第二份溶液中加入Na2CO3溶液,有白色沉淀生成,说明原溶液中含有Ba2+,因Ba2+与
不能大量共存,故原溶液中不含有
;
通过实验确定的离子有:
Ba2+、
、I-,根据离子浓度均为0.1molL-1结合电荷守恒可知阴离子中一定含有Cl-、Br-,因此溶液中一定不含有Na+,
综上所述,答案为:
D。
【点睛】
高中阶段对于Na+的检验,常见方法有:
①根据焰色反应确定,若颜色反应火焰为黄色,则说明溶液中含有钠元素;②可根据电荷守恒进行分析。
21.镁、铝、铁合金投入300mL
溶液中,金属恰好溶解,分别转化成
和
;还原产物为NO,在标准状况下体积为6.72L。
在反应后的溶液中加入300mL某浓度的NaOH溶液,金属阳离子恰好全部沉淀,干燥后测得质量为27.2g。
下列有关推断正确的是()
A.参加反应的
的物质的量为0.9molB.NaOH的物质的量浓度为6
C.参加反应的金属的质量为11.9gD.
的物质的量浓度为3
【答案】C
【分析】
镁、铝、铁合金溶于过量稀硝酸中,分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子,根据电子得失守恒、原子守恒计算。
【详解】
将镁、铝、铁合金溶于过量稀硝酸中,分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子,根据电子守恒,金属共失去电子的物质的量为:
=0.9mol,反应中金属失去电子的物质的量=生成物硝酸盐中硝酸根离子的物质的量=生成碱中的氢氧
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