第五章 化工生产中的重要非金属元素单元测试及答案.docx
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第五章化工生产中的重要非金属元素单元测试及答案
第五章化工生产中的重要非金属元素单元测试及答案
一、选择题
1.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。
2.下列离子的检验方法及对应结论正确的是()
离子
检验方法及对应结论
A
取样,滴加氢氧化钠溶液,观察到有白色沉淀,证明有
B
取样,滴加硫氰化钾溶液,观察到溶液变红,证明有
C
取样,滴加氯化钡溶液,观察到白色沉淀,证明有
D
取样,用铂丝进行焰色反应,透过蓝色钴玻璃观察到黄色火焰,证明有
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【详解】
A.氢氧化铝和氢氧化镁均为白色沉淀,取样,滴加氢氧化钠溶液,观察到有白色沉淀,不能证明有镁离子,可能有铝离子,故A错误;
B.铁离子与硫氰根离子反应生成红色的硫氰化铁,取样,滴加硫氰化钾溶液,观察到溶液变红,证明有铁离子,故B正确;
C.氯化银、碳酸钡、亚硫酸钡和硫酸钡均为白色沉淀,取样,滴加氯化钡溶液,观察到白色沉淀,不能证明有硫酸根离子,可能有银离子或碳酸根离子或亚硫酸根离子,故C错误;
D.取样,用铂丝进行焰色反应,透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰,证明有钾离子,故D错误;
故选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.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。
5.将51.2gCu完全溶于适量浓硝酸中,收集到氮的氧化物(含NO、N2O4、NO2)的混合物共0.8mol,这些气体恰好能被500mLNaOH溶液完全吸收,生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液,其中NaNO3的物质的量为0.2mol,则NaOH的浓度为
A.2mol/LB.1.8mol/LC.2.4mol/LD.3.6mol/L
【答案】A
【详解】
试题分析:
n(Cu)=51.2g÷64g/mol=0.8mol,由于Cu是+2价的金属,所以Cu失去电子的物质的量是n(e-)=0.8mol×2=1.6mol;Cu失去电子的物质的量与硝酸变为氮的氧化物(含NO、N2O4、NO2)得到电子的物质的量相等。
由于这些气体恰好能被500mLNaOH溶液完全吸收,生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液,在NaNO3中N元素的化合价是+5价,与硝酸中N的化合价相同,所以产生NaNO2得到电子的物质的量就是Cu失去电子的物质的量。
n(NaNO2)×2=1.6mol,n(NaNO2)=0.8mol.根据元素守恒可知n(NaOH)=n(NaNO2)+n(NaNO3)=0.8mol+0.2mol=1mol,所以c(NaOH)=1mol÷0.5L=2mol/L,选项是A。
6.类推思维是化学解题中常用的一种思维方法,下列有关离子方程式的类推正确的是
已知
类推
A
将Fe加入CuSO4溶液中:
Fe+Cu2+=Cu+Fe2+
将Na加入到CuSO4溶液中:
2Na+Cu2+=Cu+2Na+
B
向稀硫酸加入NaOH溶液至中性:
H++OH-=H2O
向H2SO4溶液加入Ba(OH)2溶液至中性:
H++OH-=H2O
C
向氯化铝溶液中加入足量NaOH溶液:
Al3++4OH-=AlO2-+2H2O
向氯化铝溶液中加入足量氨水:
Al3++4NH3·H2O=AlO2-+2H2O+4NH4+
D
向Ca(OH)2溶液中通入过量CO2:
CO2+OH-=HCO3-
向Ca(OH)2溶液中通入过量SO2:
SO2+OH-=HSO3-
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【详解】
A、钠与硫酸铜溶液反应,钠会优先与水反应,生成氢氧化钠,氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜,A错误;
B、硫酸与氢氧化钡除了生成水还生成硫酸钡沉淀,B错误;
C、氢氧化铝溶于强碱,不溶于弱碱,C错误;
D、CO2和SO2均为酸性氧化物,与碱反应时类似,D正确;
答案选D。
7.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。
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.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.
10.在未知液中加入AgNO3溶液有白色沉淀生成,加入稀硝酸后,沉淀部分溶解,有无色无味的气体生成,将气体通入澄清石灰水,石灰水变浑浊,由此判断水溶液中含有
A.Cl-,SO
B.Cl-,NO
C.Cl-,CO
D.Cl-,OH-
【答案】C
【解析】
加入硝酸后沉淀部分溶解,且产生无色无味能使澄清的石灰水变浑浊的气体,则该溶液中含有Cl-和CO32-,C项正确。
11.下面是实验室制取氨气的装置和选用的试剂,其中错误的是( )
A.①②B.②③C.③④D.①③
【答案】D
【详解】
①氯化铵分解产生NH3和HCl,气体在试管口降温后又化合生成NH4Cl甚至会堵塞,试管发生危险,所以方案①错误;
②浓氨水遇到氧化钙后,溶液中的水与CaO反应生成Ca(OH)2而消耗,反应同时放热使混合物温度升高,得到的Ca(OH)2可以降低NH3在水中的溶解度,这些都会促使氨水挥发生成氨气,因此方案②正确;
③2NH4Cl+Ca(OH)2
CaCl2+2NH3↑+2H2O,但是制备装置的试管口要略向下倾斜,防止水蒸气冷凝回流到试管中使试管炸裂,因此方案③错误;
④浓氨水受热分解生成氨气,通过碱石灰吸收水蒸气后可以得到氨气,方案④正确。
综上所述,不能制取氨气的是①③,应当选D。
【点睛】
与②相似,利用NaOH固体或碱石灰也可以制备NH3。
12.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。
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.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.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。
16.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。
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.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。
19.依据图中氮元素及其化合物的转化关系,判断下列说法中不正确的是()
A.X是N2O5
B.可用排水法收集NO、NO2气体
C.由NO2→NO,无须另加还原剂也可实现
D.由NH3→N2,从理论上看,NH3可与NO2反应实现
【答案】B
【分析】
A.图象可知X为+5价对应的氮的氧化物;
B.一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮气体;
C.氨气催化氧化生成一氧化氮和水,一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮,二氧化氮溶于水生成硝酸;
D.氨气中氮元素化合价-3价,二氧化氮中氮元素化合价+4价二者反应生成氮气;
【详解】
A.图中氮元素及其化合物的转化关系可知,X为+5价对应的氮的氧化物是N2O5,A正确;
B.一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮气体,不可用排空气法收集NO气体,B错误;
C.氨气催化氧化生成一氧化氮和水,一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮,二氧化氮溶于水生成硝酸,工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸,C正确;
D.NH3可与NO2反应生成氮气,8NH3+6NO2=7N2+12H2O,D正确;
答案选B。
【点睛】
本题考查了氮元素及其化合物的性质、主要是个价态存在物质的氧化还原反应,掌握基础是解题关键,题目难度中等
20.铜与200mL一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应,生成的盐只有硫酸铜,同时生成NO和NO2的混合气体,将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐,消耗1L2.2mol/LNaOH溶液和1molO2,则下列说法正确的是
A.生成NO2的物质的量为0.9molB.生成CuSO4的物质的量为2mol
C.原溶液中硝酸的浓度为2.5mol/LD.铜与混合酸反应时,硫酸未参加反应
【答案】B
【分析】
根据题目,原溶液中NO3-完全反应,设生成xmolNO,ymolNO2,整个过程涉及化合价变化有Cu(0→+2)N(+5→+2,+5→+1
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- 第五章 化工生产中的重要非金属元素单元测试及答案 第五 化工 生产 中的 重要 非金属元素 单元测试 答案
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