高一化学第五章 化工生产中的重要非金属元素复习题.docx
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高一化学第五章化工生产中的重要非金属元素复习题
高一化学第五章化工生产中的重要非金属元素复习题
一、选择题
1.二氯化二硫(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。
2.工业上获得下列物质不是以海水或海洋资源为主要原料的是()
①Fe②Mg③Na④NaOH⑤I2⑥Cu⑦Si
A.①⑥⑦B.①②⑦C.⑤⑥⑦D.①④⑥
【答案】A
【详解】
①Fe是用CO还原铁矿石制得;
②Mg是先从海水中分离出MgCl2,然后熔融电解获得;
③Na是先从海水中提取食盐,然后熔融电解获得;
④NaOH是电解饱和食盐水获得;
⑤I2是从海藻类植物中提取的;
⑥Cu是采用高温氧化铜矿石的方法获得;
⑦Si是在高温条件下,用焦炭还原二氧化硅获得;
综合以上分析,①⑥⑦不是以海水或海洋资源为主要原料获得,故选A。
3.向下列溶液中通入足量相应气体后,各离子组还能大量存在的是
A.二氧化碳:
K+、Na+、
、Cl-B.氨气:
Mg2+、Al3+、Na+、
C.氯化氢:
Ca2+、Fe3+、
、Cl-D.氯气:
Na+、Ba2+、
、
【答案】C
【详解】
A.CO2、
、H2O会发生反应产生
,不能大量共存,A不符合题意;
B.NH3·H2O与Mg2+、Al3+会发生反应产生Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀,不能大量共存,B不符合题意;
C.HCl溶于水电离产生H+、Cl-,与选项离子之间不能发生任何反应,可以大量共存,C符合题意;
D.氯气溶于水,反应产生HCl、HClO,HCl与
会反应产生H2O、CO2;HClO与
会发生氧化还原反应,也不能大量共存,D不符合题意;
故合理选项是C。
4.下列各组物质中,物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是()
a
b
c
A
Al
AlCl3
Al(OH)3
B
NO
NO2
HNO3
C
Si
SiO2
H2SiO3
D
S
SO2
H2SO4
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【详解】
试题分析:
A项:
用Al(OH)3无法一步生成Al,故错。
B项:
可以。
如2NO+O2=2NO2,3NO2+H2O=2HNO3+NO,Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,故正确。
C项:
SiO2无法一步生成H2SiO3,H2SiO3无法一步生成Si,故错。
D项:
H2SO4无法一步生成FeS2,故错。
故选B。
考点:
无机推断
点评:
本题考查的是无机推断的知识,要求学生对课本中的化学反应要熟悉掌握,识记化学方程式的书写。
5.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。
6.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。
7.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。
8.下列陈述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系的是
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A.
Fe3+有氧化性
FeCl
溶液可用于回收旧电路板中的铜
B.
SiO2有导电性
SiO
可用于制备光导纤维
C.
氯水、SO2都有漂白性
氯水与SO2混合使用漂白效果更好
D.
铝制容器表面有氧化膜保护
可用铝制容器盛装稀硫酸
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
试题分析:
2Fe3++Cu=2Fe3++Cu2+,故A正确;SiO2不导电,故B错误;SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl,氯水与SO2混合使用漂白效果差,故C错误;氧化铝、铝都能与稀硫酸反应,不能用铝制容器盛装稀硫酸,故D正确。
考点:
本题考查元素、化合物性质。
9.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。
10.在1L溶液中含有Fe(NO3)3和H2SO4两种溶质,其浓度分别为0.2mol·L-1和1.5mol·L-1,
现向该溶液中加入39.2g铁粉使其充分反应。
下列有关说法正确的是
A.反应后溶液中Fe3+物质的量为0.8mol
B.反应后产生13.44LH2(标准状况)
C.由于氧化性Fe3+>H+,故反应中先没有气体产生后产生气体
D.反应后溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之和为0.9mol
【答案】D
【分析】
硝酸铁和硫酸的物质的量分别为0.2摩尔和1.5摩尔,铁的物质的量为39.2/56=0.7mol,氧化性比较,硝酸氧化性最强,先反应,然后铁离子反应,最后氢离子反应。
Fe+4H++NO3-=Fe3++NO+2H2O
1411
0.62.40.60.6
Fe+2Fe3+=3Fe2+
123
0.10.20.3
铁完全反应,没有剩余,溶液中存在0.6mol铁离子,0.3摩尔亚铁离子。
【详解】
A.反应后溶液中铁离子为0.6mol,错误,不选A;
B.没有产生氢气,错误,不选B;
C.先硝酸反应,错误,不选C;
D.铁离子与亚铁离子物质的量和为0.9mol,正确,选D。
答案选D。
11.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。
12.能正确表示下列反应的离子方程式是()
A.在硫酸亚铁溶液中通入氯气:
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
B.NH4HCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液:
2HCO
+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO
C.氢氧化亚铁溶于稀硝酸中:
Fe(OH)2+2H+=Fe2++2H2O
D.澄清石灰水与过量小苏打溶液混合:
Ca2++OH-+HCO
=CaCO3↓+H2O
【答案】A
【详解】
A.氯气会将亚铁离子氧化成铁离子,根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-,故A正确;
B.过量的氢氧化钡也会把铵根反应掉,正确的离子方程式为NH
+HCO
+Ba2++2OH-=BaCO3↓+NH3·H2O+H2O,故B错误;
C.硝酸具有强氧化性会把亚铁离子给氧化成铁离子,正确离子方程式为3Fe(OH)2+NO
+10H+=3Fe3++8H2O+NO↑,故C错误;
D.小苏打过量时氢氧根完全反应,所以正确离子方程式为Ca2++2OH-+2HCO
=CaCO3↓+H2O+CO
,故D错误;
综上所述答案为A。
13.有Fe和Fe2O3的混合物27.2g溶于100ml的稀硫酸中,恰好完全反应,放出H22.24L(标况下),向反应后的溶液中滴入无色KSCN溶液,未见血红色。
混合物中单质Fe的质量为()
A.5.6gB.8.4gC.11.2gD.16.8g
【答案】C
【详解】
铁粉和氧化铁的混合物中加入稀硫酸,恰好完全反应,放出氢气,反应后的溶液中滴加KSCN不显红色,且无固体剩余物,则最终溶液中溶质为FeSO4,反应生成H2的物质的量为:
2.24L÷22.4L/mol=0.1mol,则:
Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑
0.1mol0.1mol0.1mol
设原混合物中Fe2O3的物质的量为xmol,则:
Fe+Fe2O3+3H2SO4=3FeSO4+3H2O
xmolxmol3xmol
由题意可知:
(x+0.1)mol×56g/mol+xmol×160g/mol=27.2g,解得x=0.1mol,混合物中m(Fe2O3)=0.1mol×160g•mol-1=16g,m(Fe)=27.2g-16g=11.2g,答案选C。
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.现有Fe、Al、Si三种单质的混合物,取一半投入足量的NaOH溶液中,将剩余的一半投入足量的稀硫酸中,若经测量两次实验产生的气体质量相等,则原混合物中Fe、Al、Si三种单质的物质的量之比可能为( )
A.6:
4:
3B.1:
1:
1C.2:
3:
4D.3:
7:
6
【答案】A
【详解】
取一半固体投入足量的NaOH溶液中,Al、Si与氢氧化钠反应放出氢气;将剩余的一半投入足量的稀硫酸中,Fe、Al与稀硫酸反应放出氢气,测量两次实验产生的气体质量相等,说明Fe与硫酸反应放出的氢气和Si与氢氧化钠反应放出氢气一样多,根据
、
,Fe、Si的物质的量比一定为2:
1,故A正确。
16.在某100mL混合液中,HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4mol/L和0.1mol/L。
向该混合液中加入1.92g铜粉,加热,待充分反应后,所得溶液中的Cu2+的物质的量浓度是()mol/L
A.0.15B.0.225C.0.35D.0.45
【答案】B
【分析】
铜屑投入HNO3和H2SO4的混合溶液中发生的反应实质为硫酸提供氢离子硝酸根离子具有强氧化性继续反应,反应实质为:
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+3H2O,根据反应的量来确定消耗的铜以及生成气体的量,生成铜离子的物质的量分析判断。
【详解】
反应实质为:
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+3H2O,1.92g铜粉物质的量=
=0.03mol,100mL混合溶液中,HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4mol/L和0.1mol/L,所含氢离子物质的量=0.1L×0.4mol/L+0.1L×0.1mol/L×2=0.06mol,根据反应离子方程式可以知道铜剩余,根据氢离子物质的量计算生成铜离子物质的量为8H+~3Cu2+,得到铜离子物质的量为0.06mol×
=0.0225mol,所得溶液中Cu2+物质的量浓度为
=0.225mol/L,
所以B选项是正确的。
17.下列说法正确的是()
A.向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液,充分振荡后溶液呈红色
B.浓硝酸在光照下颜色变黄,说明浓硝酸不稳定
C.铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2
D.在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象,说明浓硫酸具有吸水性
【答案】B
【详解】
A.氯水中生成了盐酸和次氯酸,盐酸具有酸性,次氯酸具有强氧化性漂白,所以向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液,充分振荡后溶液先变红色后褪色,故A错误;
B.硝酸分解生成二氧化氮、氧气和水,二氧化氮是红棕色气体,浓硝酸溶解了二氧化氮而呈黄色,故B正确;
C.铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2,故C错误;
D.浓硫酸能将有机物中H、O元素以2:
1水的形式脱去而体现脱水性,故浓硫酸具有脱水性,可使蔗糖脱水生成炭黑,故D错误;
故答案为B。
【点睛】
氯水由于存在氯气和水的反应生成盐酸和次氯酸,所以氯水含有氯气分子,水,盐酸和次氯酸,与不同的试剂反应时,起作用的微粒不同;①与硝酸银反应:
氯离子与硝酸银反应生成白色沉淀;②与碳酸钠反应:
碳酸钠和盐酸反应生成二氧化碳气体;③与有色布条作用:
次氯酸有漂白性,有色布条褪色;④与石蕊试液作用:
先变红后褪色,因为溶液中有酸,显酸性,有次氯酸有漂白性;⑤与二氧化硫作用:
黄绿色退去,二氧化硫和氯气和水反应生成硫酸和盐酸。
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.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=生成碱中的氢氧根离子的物质的量,即:
n(OH-)=n(NO3-)=0.9mol,则
A.参加反应的硝酸的物质的量为:
n(HNO3)=n(NO3-)+n(NO)=0.3mol+0.9mol=1.2mol,A选项错误;
B.沉淀达到最大量时,溶液中的溶质为硝酸钠,由钠离子守恒可知,氢氧化钠溶液的物质的量浓度为:
c(NaOH)=
=3mol/L,B选项错误;
C.反应后沉淀的质量=金属质量+m(OH-)=金属质量+0.9mol×17g/mol=27.2g,则金属的质量为:
27.2g-15.3g=11.9g,C选项正确;
D.参加反应的硝酸的物质的量为:
n(HNO3)=n(NO3-)+n(NO)=0.3mol+0.9mol=1.2mol,硝酸的物质的量浓度为:
c(HNO3)=
=4mol/L,D选项错误;
答案选C。
【点睛】
本题考查了混合物计算、物质的量浓度的计算,明确“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=生成碱中的氢氧根离子的物质的量”为解答本题的关键,注意电子守恒在计算中的应用。
20.将18.0g由Cu、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中,合金质量减少了5.4g。
另取等质量的合金溶于过量稀HNO3中,生成了8.96LNO(标准状况下),向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液,则沉淀的质量为
A.22.8gB.25.4gC.33.2gD.无法计算
【答案】A
【详解】
将18.0克由Cu、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中,只有铝参与反应,则合金质量减少的5.4克为Al,物质的量为
;将合金溶于过量稀硝酸中,分别生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子,根据电子守恒,金属共失去电子的物质的量为
,其中0.2mol铝完全反应失去0.6mol电子,则Cu、Fe完全反应失去电子为1.2mol-0.6mol=0.6mol,反应中Cu、Fe失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量,则n(OH-)=0.6mol,从金属单质转化为其氢氧化物,增加的是氢氧根离子的质量,所以反应后沉淀的质量(包括氢氧化铝)等于18.0g+0.6mol×17g/mol=28.2g,但是加入过量氢氧化钠后,不会生成氢氧化铝沉淀,开始合金质量减少了5.4g,所以反应后氢氧化铜、氢氧化铁的质量为28.2g-5.4g=22.8g,答案选A。
21.下列有关S和
的叙述正确的是()
A.硫粉在过量的氧气中燃烧可以生成
B.空气吹出法提取海水中的溴常用
作氧化剂
C.将
通入
溶液能生成白色沉淀
D.
具有漂白性,所以能使品红溶液和高锰酸钾酸性溶液褪色
【答案】C
【详解】
A.硫粉在过量的氧气中燃烧也只能
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- 高一化学第五章 化工生产中的重要非金属元素复习题 高一化学 第五 化工 生产 中的 重要 非金属元素 复习题
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