高一化学第五章 化工生产中的重要非金属元素单元测试含答案解析.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单元测试含答案解析
高一化学第五章化工生产中的重要非金属元素单元测试含答案解析
一、选择题
1.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。
2.能正确表示下列反应的离子方程式是()
A.在稀盐酸中投入大理石粉末:
+2H+=CO2↑+H2O
B.1mol氯气通入含1molFeBr2的溶液中:
2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-
C.金属钠投入硫酸铜溶液中:
2Na+Cu2+=2Na++Cu
D.过量SO2通入NaClO溶液中:
SO2+ClO-+H2O=HClO+
【答案】B
【详解】
A.大理石的主要成分为CaCO3,难溶于水,不能改写成
的形式,A不正确;
B.0.5molCl2先与1molFe2+反应,另外0.5molCl2再与1molBr-反应,离子方程式为:
2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-,B正确;
C.金属钠投入硫酸铜溶液中,钠先与水反应,产物再与硫酸铜反应,而钠不能与Cu2+发生置换反应,C不正确;
D.过量SO2通入NaClO溶液中,产物中HClO与
还会发生氧化还原反应,二者不能共存,D不正确;
故选B。
3.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。
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.NH3和NO2在催化剂作用下反应:
8NH3+6NO2=7N2+12H2O。
若还原产物比氧化产物少0.1mol,则下列判断不正确的是
A.转移电子2.4NAB.生成的气体冷却至标况,体积为15.68L
C.还原剂比氧化剂多0.2molD.被还原的氮原子是11.2g
【答案】D
【详解】
A.在该反应中NH3被氧化为N2,NO2被还原为N2,每反应产生7molN2,还原产物比氧化产物少1mol,电子转移24mol。
现在还原产物比氧化产物少0.1mol,则反应产生0.7mol N2,转移电子2.4mol,则转移的电子数目为2.4NA,A正确;
B.根据选项A分析可知:
还原产物比氧化产物少0.1mol,反应产生0.7molN2,其在标准状况下体积V(N2)=0.7mol×22.4L/mol=15.68L,B正确;
C.反应产生7molN2时,消耗8mol还原剂NH3,消耗6mol氧化剂NO2,还原剂比氧化剂多2mol,还原产物比氧化产物少1mol。
若还原产物比氧化产物少0.1mol,则消耗的还原剂比氧化剂的物质的量多0.2mol,C正确;
D.根据方程式可知:
反应产生7molN2时,被还原的N的物质的量是6mol,还原产物比氧化产物少1mol。
则当还原产物比氧化产物少0.1mol时,被氧化的N的物质的量是0.6mol,其质量m(N)=0.6mol×14g/mol=8.4g,D错误;
故合理选项是D。
6.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。
7.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。
8.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。
9.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。
10.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。
11.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。
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.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.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。
16.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。
17.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。
18.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
19.10mLNO、CO2的混合气体通过足量的Na2O2后,气体的体积变为6mL(相同状况),则NO和CO2的体积比为()
A.1:
1B.2:
1C.3:
2D.1:
2
【答案】D
【分析】
发生反应有:
①2Na2O2+CO2==Na2CO3+O2,②2NO+O2==2NO2,问题的关键在于NO与氧气反应存在着三种可能性,一种情况是恰好反应,一种情况是NO过量,另一O2种情况可能是过量,据此讨论计算。
【详解】
发生反应有:
①2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2,②2NO+O2═2NO2,
假设参加反应的CO2为xmL,NO为ymL,则x+y=10,
(1)当反应②恰好反应时,即当y=x时(此时x、y都等于5),生成的NO2的体积为5mL,不符合题意,所以选项A错误;
(2)当y>x时,NO有过量,O2反应完,此时反应掉的NO为xmL,则剩余的NO为(ymL-xmL),生成的NO2气体为xmL,因此,反应最后得到的混合气体为NO和NO2,其体积和为:
(ymL-xmL)+xmL=ymL,故y=6ml,即NO体积6ml,结合x+y=10,x=4ml,则CO2为4mL,故NO和CO2的体积比为6ml:
4ml=3:
2,故B错误,C正确;
(3)当y<x时,NO不足,O2过量,此时反应掉的O2为
mL,剩余的O2为(
mL-
mL),生成的NO2气体为ymL.因此,反应最后得到的混合气体为O2和NO2,其体积和为:
(
mL-
mL)+ymL=
mL+
mL=5mL,这与题意“气体体积缩小为6mL”不符合,这表明如果y<x,这种情况不符合题意,所以选项D错误;
故答案为C。
20.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
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- 高一化学第五章 化工生产中的重要非金属元素 单元测试含答案解析 高一化学 第五 化工 生产 中的 重要 非金属元素 单元测试 答案 解析
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