山东青岛经济技术开发区第一中学化学第五章 化工生产中的重要非金属元素练习题及答案.docx
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山东青岛经济技术开发区第一中学化学第五章化工生产中的重要非金属元素练习题及答案
山东青岛经济技术开发区第一中学化学第五章化工生产中的重要非金属元素练习题及答案
一、选择题
1.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。
2.下列离子方程式书写正确的是
A.向明矾溶液中逐滴加入足量Ba(OH)2溶液时,反应为:
Al3++2SO
+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO
+2H2O
B.硫化亚铁与浓硫酸混合:
2H++FeS=H2S↑+Fe2+
C.向次氯酸钙溶液中通入SO2:
Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO
D.磁性氧化铁溶于稀硝酸:
3Fe2++4H++NO
=3Fe3++NO↑+3H2O
【答案】A
【详解】
A.Ba(OH)2足量,故明矾KAl(SO4)2·12H2O完全反应,其中Al3+与OH-反应生成
,即①
,
与Ba2+反应,②
,由于Al3+、
都来源于明矾,故应满足原比例1:
2,则总反应为①+②×2,即
,A正确;
B.浓硫酸具有强氧化性,可以将FeS中亚铁氧化为Fe3+,-2价硫氧化为S单质,自身被还原为SO2,B错误;
C.次氯酸根有强氧化性,能将SO2氧化为
,自身被还原为Cl-,C错误;
D.磁性氧化铁为Fe3O4,书写离子方程式时,Fe3O4不能拆,D错误;
故答案选A。
3.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。
4.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。
5.下列除去括号内的杂质所选择的试剂及方法均正确的是()
序号
被提纯的物质
加入试剂
分离方法
A
NaBr溶液(NaI)
氯水、四氯化碳
萃取、分液
B
NaHCO3溶液(Na2CO3)
石灰水
过滤
C
SO2(HCl)
饱和食盐水
洗气
D
MgCl2溶液(CaCl2)
石灰水
过滤、加盐酸溶解
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【详解】
A.NaBr溶液(NaI)中加入氯水,不仅除掉了I-,也除掉了Br-,最后所得溶液为NaCl,A不正确;
B.NaHCO3溶液(Na2CO3)中加入石灰水,NaHCO3、Na2CO3都转化为CaCO3沉淀,最后得不到NaHCO3溶液,B不正确;
C.SO2(HCl)中加入饱和食盐水,HCl溶解于溶液,SO2也会有大量溶解,C不正确;
D.MgCl2溶液(CaCl2)中加入石灰水,虽然MgCl2转化为Mg(OH)2沉淀,但加入盐酸后,又会生成MgCl2,D正确;
故选D。
6.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。
7.锥形瓶内盛有气体x,滴管内盛有液体y。
若挤压滴管胶头,使液体y滴入锥形瓶中,振荡,过一会儿,可见小气球a鼓胀起来。
气体x和液体y不可能是( )
x
y
A
NH3
H2O
B
SO2
KOH溶液
C
CO2
6mol∕LH2SO4溶液
D
HCl
6mol∕LNaNO3溶液
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【分析】
气球鼓胀起来说明锥形瓶中压强减小。
【详解】
A.氨气极易溶于水,使锥形瓶中压强减小,A正确;
B.二氧化硫与氢氧化钾溶液反应使锥形瓶中压强减小,B正确;
C.二氧化碳与硫酸不反应且二氧化碳在水中溶解度不大,C错误;
D.氯化氢极易溶于水,使锥形瓶中压强减小,D正确。
答案选C。
8.将一定质量的镁、铜组成的混合物加入到稀硝酸中,金属完全溶解(假设反应中还原产全部是NO)。
向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全,测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g,则下列叙述中正确的是
A.当生成沉淀达到最大值时,消耗NaOH溶液的体积一定为100mL
B.当金属全部溶解时,参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4mol
C.当金属全部溶解时收集到NO气体的体积为2.24L
D.参加反应的金属的总质量一定是6.6g
【答案】B
【解析】
【分析】
将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中,金属完全溶解,发生反应为3Mg+8HNO3(稀)=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O;向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全,发生反应为Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3、Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3,沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜,生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g,则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g,氢氧根的物质的量为5.1g÷17g/mol=0.3mol。
金属在反应中均失去2个电子,根据电子转移守恒可知镁和铜的总的物质的量=0.3mol÷2=0.15mol;
【详解】
A、若硝酸无剩余,则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol,需要氢氧化钠溶液体积=0.3mol÷3mol/L=0.1L=100mL,硝酸若有剩余,消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL,A错误;
B、根据方程式可知参加反应的硝酸的物质的量是0.15mol×8/3=0.4mol,B正确;
C、镁和铜的总的物质的量为0.15mol,根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为0.3mol÷3=0.1mol。
若为标准状况下,生成NO的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L,但NO不一定处于标准状况,收集到NO气体的体积不一定为2.24L,C错误;
D、镁和铜的总的物质的量为0.15mol,假定全为镁,质量为0.15mol×24g/mol=3.6g,若全为铜,质量为0.15mol×64g/mol=9.6g,所以参加反应的金属的总质量为3.6g<m<9.6g,D错误;
答案选B。
9.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
10.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。
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.已知:
稀硝酸能与SO2或亚硝酸盐发生氧化还原反应:
3SO2+2HNO3+H2O=3H2SO4+2NO。
下列过程中最终的白色沉淀不一定是BaSO4的是()
A.Fe(NO3)2溶液→通入SO2+过量盐酸→加BaCl2溶液→白色沉淀
B.Ba(NO3)2溶液→加过量盐酸→加Na2SO3溶液→白色沉淀
C.无色溶液→加稀HNO3→加BaCl2溶液→白色沉淀
D.无色溶液→加过量盐酸→无色溶液→加BaCl2溶液→白色溶液
【答案】C
【详解】
A.硝酸亚铁中有硝酸根离子存在,加入过量的稀盐酸,就相当于硝酸存在,通入二氧化硫气体,二氧化硫与水生成亚硫酸,被硝酸氧化成硫酸根离子,加氯化钡最终生成BaSO4沉淀,A不符合题意;
B.硝酸钡溶液中有硝酸根离子存在,加入过量的稀盐酸,就相当于硝酸存在,加入亚硫酸钠,亚硫酸根离子被硝酸氧化成硫酸根离子,所以一定是硫酸钡白色沉淀,B不符合题意;
C.无色溶液加入稀硝酸,加入氯化钡,Ag+可能干扰,最终生成的白色沉淀可能是AgCl或BaSO4,C符合题意;
D.无色溶液,加盐酸无沉淀,就排除了亚硫酸钡和氯化银,因为亚硫酸钡会和盐酸生成二氧化硫和水,再加氯化钡有生成沉淀,所以一定是硫酸钡白色沉淀,D不符合题意;
答案选C。
13.aLCO2气体通过足量Na2O2所得的气体与bLNO相混和时,可得到cL气体(相同状况),以下表达式中错误的是
A.若a<b,则c>0.5(a+b)B.若a>b,则c=0.5(a+b)
C.若a=b,则c=0.5(a+b)D.若a<b,则c<0.5(a+b)
【答案】D
【解析】
【详解】
首先发生反应:
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,可知生成氧气体积为0.5aL,与bLNO混合又发生反应:
O2+2NO=2NO2,二者恰好反应时0.5a:
b=1:
2,解得a=b,则
A、若a<b,则NO有剩余,由O2+2NO=2NO2可知气体体积减少0.5aL,故得到气体体积等于NO的体积,则c=b,即c>0.5(a+b),A正确;
B、若a>b,则O2有剩余,由O2+2NO=2NO2可知气体体积减少为参加反应氧气的体积,即气体体积减少为0.5bL,故得到气体体积为c=(0.5aL+bL-0.5bL)=0.5(a+b),B正确;
C、若a=b,则此时生成NO2体积c=2×0.5a=b=0.5(a+b),C正确;
D、根据以上分析可知D错误。
答案选D。
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.有某硫酸和硝酸的混合溶液20mL,其中含有硫酸的浓度为2mol/L,含硝酸的浓度为1mol/L,现向其中加入0.96g铜粉,充分反应后(假设只生成NO气体),最多可收集到标况下的气体的体积为
A.89.6mLB.112mLC.168mLD.224mL
【答案】D
【分析】
硫酸的浓度为2mol/L为稀硫酸,硝酸的浓度为1mol/L为稀硝酸,溶液中能与铜粉反应的为稀硝酸。
【详解】
铜与稀硝酸的离子反应方程式为:
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO+4H2O。
Cu的物质的量为
,硝酸根离子的物质的量为0.02mol,硝酸和硫酸均提供氢离子,故H+的物质的量为
,故氢离子、硝酸根离子过量,则生成的NO在标况下的体积为
。
答案选D。
【点睛】
硝酸根在溶液中存在氢离子时,仍是硝酸具有强氧化性。
铜与硝酸反应生成硝酸盐,若有酸存在时,铜依然能被硝酸氧化,故直接利用离子方程式进行计算更为便利。
16.某固体X可能含有Na2O2、Fe2O3、Al2O3、SiO2、K2SO4、Na2SO3、NH4NO3、MgCl2中的一种或几种物质,进行如下实验以确定其组成:
下列说法不正确的是()
A.溶液1中不可能含有Cl-
B.气体1可能是二种气体的混合物
C.固体1可能是二种固体的混合物
D.固体X中,K2SO4和Na2SO3两种物质至少含一种
【答案】D
【详解】
固体X可能含有Na2O2、Fe2O3、Al2O3、SiO2、K2SO4、Na2SO3、NH4NO3、MgCl2中的一种或几种物质,Fe2O3、Al2O3、SiO2都难溶于水且与水不反应,K2SO4、Na2SO3、NH4NO3、MgCl2都为溶于水的盐;加入足量水,有气体1产生,则X中一定含有Na2O2,Na2O2与水的反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,过氧化钠与水反应放热;
A.因为MgCl2与NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀和NaCl,Mg(OH)2不溶于NaOH溶液,而固体X中加入足量水得到的固体1能与NaOH溶液反应得到溶液2,故固体1中不含Mg(OH)2,X中不含MgCl2,溶液1中不可能含Cl-,A正确;
B.若X中还含有NH4NO3,则固体X加入足量水后还会发生反应:
NH4NO3+NaOH
NaNO3+NH3↑+H2O,气体1可能是O2、NH3的混合物,B正确;
C.若X中还同时含有Al2O3、SiO2,X与足量水反应后可能溶解部分Al2O3、SiO2,还有未溶解的Al2O3、SiO2在固体1中,Al2O3、SiO2都能溶于NaOH溶液,C正确;
D.溶液1中加入盐酸/BaCl2溶液产生白色沉淀,溶液1中可能含SO42-、SiO32-等,即溶液1中不一定含SO42-,则原固体X中不一定含有K2SO4、Na2SO3,D错误;
答案选D。
17.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。
18.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。
19.某溶液中可能含有H+、NH
、Mg2+、 Al3+、Fe3+、CO
、SO
、NO
中的几种。
①若加入锌粒,产生无色无味的气体;②若加入NaOH溶液,产生白色沉淀,且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。
则下列说法不正确的是()
A.溶液中一定含有NH
B.溶液中一定含有Al3+
C.溶液中一定含有NO
D.溶液中一定含有SO
【答案】C
【分析】
某溶液中可能含有H+、NH
、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO
、SO
、NO
中的几种。
①若加入锌粒,产生无色无味的气体,则该气体为氢气,确定有H+,没有NO
;②若加入NaOH溶液,产生白色沉淀,根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系示意图可知,一定有Mg2+、Al3+和NH
,则根据离子共存的条件及沉淀的颜色可以判断,一定没有CO
和Fe3+。
根据溶液电中性可知,一定有SO
。
【详解】
A.沉淀达到最大量之后,即加入NaOH的物质的量在0.5mol~0.7mol之间时,沉淀既没有增加也不有减少,说明溶液中一定含有NH
,A说法正确;
B.加入NaOH的物质的量在0.7mol~0.8mol之间时,沉淀的量逐渐减少,说明溶液中一定含有Al3+,B说法正确;
C.加入锌粒,产生无色无味的气体,则该气体为氢气,确定有H+,没有NO
,因为若有NO
,会产生有刺激性气味的氮的氧化物,C说法不正确;
D.溶液中一定存在H+、NH
、Mg2+、Al3+,一定没有CO
和NO
,由于溶液呈电中性,所以,溶液中一定含有SO
,D说法正确。
本题选C。
20.如图所示是某一短周期元素的“类价二维图”。
图中箭头表示的物质间转化,均能一步完成,a、g的焰色反应均为黄色。
下列说法错误的是
A.x为O2,y为H2O
B.c为S,g为Na2SO4或NaHSO4
C.f的浓溶液不能用铁制容器
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- 山东青岛经济技术开发区第一中学化学第五章 化工生产中的重要非金属元素 练习题及答案 山东青岛 经济技术 开发区 第一 中学化学 第五 化工 生产 中的 重要 非金属元素 练习题 答案