湖南省邵阳二中高中化学化学第五章 化工生产中的重要非金属元素的专项培优练习题含答案解析.docx
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湖南省邵阳二中高中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含答案解析
一、选择题
1.X、Y、Z三种气体都能对大气造成污染,在工业上都可以用碱液吸收.已知X是化石燃料燃烧的产物之一,是形成酸雨的主要物质;Y是一种黄绿色气体单质,其水溶液具有漂白作用;Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一,能与水反应.下列说法不正确的是
A.X是SO2,它既有氧化性又有还原性
B.干燥的气体Y不能使干燥的有色布条褪色,其水溶液具有漂泊作用的是HClO
C.Z与水反应的化学方程式为:
3NO2+H2O=2HNO3+NO
D.等物质的量的X与Y同时通入到湿润的有色布条上,有色布条褪色时间变短,漂泊效果增强
【答案】D
【分析】
X、Y、Z三种气体都能对大气造成污染,在工业上都可以用碱液吸收,说明这三种气体能和碱反应,X是化石燃料燃烧的产物之一,是形成酸雨的主要物质,化石中含有S元素,二氧化硫和氮氧化物是酸性酸雨的主要气体,所以X是SO2;Y是一种单质,它的水溶液具有漂白作用,氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性,且氯气有毒,所以Y是Cl2;Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一,汽车尾气中含有一氧化氮和二氧化氮,能与水反应的氮氧化物是二氧化氮,则Z是NO2。
【详解】
A.X是SO2,二氧化硫中硫为+4价,既可以升高又可以降低,所以它既有氧化性又有还原性,故A正确;
B.氯气不具有漂白性,氯气与水反应生成次氯酸具有漂白性,故B正确;
C.Z是二氧化氮,二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮,化学方程式:
3NO2+H2O=2HNO3+NO,故C正确;
D.二者恰好反应生成盐酸和硫酸,反应方程式为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl,盐酸和硫酸没有漂白性,所以等物质的量的SO2和Cl2混合后通入装有湿润的有色布条的集气瓶中不能使有色布条褪色,故D错误。
答案选D。
【点睛】
本题考查了无机物的推断,熟悉物质的性质及氧化还原反应规律,次氯酸、二氧化硫漂白原理是解题关键。
2.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。
3.下列说法正确的是()
A.晶体硅常用于制造光导纤维B.碳酸钠常用于治疗胃酸过多
C.明矾常用于自来水的消毒杀菌D.高压钠灯常用于道路和广场照明
【答案】D
【详解】
A.二氧化硅用于制造光导纤维,晶体硅可用于制造晶体管及太阳能电池,A错误;
B.碳酸氢钠常用于治疗胃酸过多,而碳酸钠溶液碱性强,对人会产生一定的腐蚀作用,因此不能用于治疗胃酸过多,B错误;
C.明矾具有净水作用但无强氧化性,因此常用于自来水的净化,但不能对水进行消毒杀菌,C错误;
D.高压钠灯发出的黄光穿透力强,因此常用于道路和广场照明,D正确;
故合理选项是D。
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.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。
6.下表中,对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是()
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
判断
A
盛放氢氧化钠溶液试剂瓶用橡胶塞
氢氧化钠可以与玻璃中的二氧化硅反应生成粘性的硅酸钠
Ⅰ对,Ⅱ错,无
B
氯水可以使有色布条褪色
氯气具有漂白性
Ⅰ错,Ⅱ对,有
C
二氧化硅可以与水反应生成硅酸
二氧化硅是酸性氧化物具有酸性氧化物的通性
Ⅰ对,Ⅱ对,无
D
为增强漂白能力使用漂白粉时向漂白粉溶液中加入少量白醋
醋酸的酸性比次氯酸强
Ⅰ对,Ⅱ对,有
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【详解】
A.氢氧化钠可以与玻璃中的二氧化硅反应生成粘性的硅酸钠所以要用橡胶塞,表述I、II都正确;
B.氯水使有色布条褪色是因为生成次氯酸,不是氯气具有漂白性;
C.酸性氧化物对应的水化物是酸,二者有联系;
D.漂白粉的主要成分是次氯酸钙,漂白原理是次氯酸钙与酸反应产生的次氯酸生效,根据强酸制弱酸的原理,加入白醋能增强漂白能力,D正确。
7.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。
8.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。
9.标况下,将一盛有等体积NO、NO2的试管倒立在水槽中,充分反应后,下列叙述不正确的是(设试管中的溶质不往试管外扩散)
A.此反应中水既不是氧化剂又不是还原剂
B.试管内溶液中溶质的物质的量浓度为1/22.4mol/L
C.溶液体积占试管容积的三分之二
D.若将试管中的气体换为氯化氢或者氨气,则水充满试管
【答案】C
【详解】
A、将一盛有等体积NO、NO2的试管倒立在水槽中,发生的反应为3NO2+H2O===2HNO3+NO,水既不是氧化剂又不是还原剂,A正确;
B.试管内溶液中溶质是硝酸,设试管容积为V浓度为
=1/22.4mol/L,B正确;
C.溶液体积占试管容积的
,C错误;
D.若将试管中的气体换为氯化氢或者氨气,则水充满试管,D正确。
答案选C。
【点睛】
本题侧重于考查氮的氧化物的性质及化学方程式的有关计算,注意一氧化氮与水不反应,二氧化氮与水反应有一氧化氮生成,侧重于学生的分析能力和计算能力的考查,掌握反应的原理是解答的关键,题目难度中等。
10.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.
11.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
12.一定条件下,氨气和氟气发生反应:
4NH3+3F2→NF3+3NH4F,其中产物NF3分子结构和NH3相似。
下列有关说法错误的是()
A.NF3分子含有极性共价键B.NF3属于共价化合物
C.氧化剂与还原剂物质的量之比3:
1D.上述反应中,反应物和生成物均属于共价分子
【答案】D
【分析】
4NH3+3F2=NF3+3NH4F中,N元素的化合价由-3价升高为+3价,F元素的化合价由0降低为-1,NH4F为离子化合物,含有离子键和共价键,以此来解答。
【详解】
A.NF3分子中含有氮氟化学键,该化学键是极性共价键,故A不选;
B.NF3分子结构和NH3相似,都属于共价化合物,故B不选;
C.在4NH3+3F2=NF3+3NH4F中,N元素的化合价由-3价升高为+3价,F元素的化合价由0降低为-1,氧化剂是氟气,还原剂是氨气,有方程式可知,氧化剂与还原剂物质的量之比3:
1,故C不选;
D.NH4F是离子化合物,为离子晶体,故D选;
故选:
D。
13.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。
14.检验试管中盛有少量白色固体是铵盐的方法是( )
A.加氢氧化钠溶液,加热,用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验,看试纸是否变蓝
B.将固体加热,产生的气体通入紫色石蕊溶液,看是否变红
C.加水溶解,用pH试纸测溶液的酸碱性
D.加入氢氧化钠溶液,加热,再滴入酚酞溶液
【答案】A
【详解】
A.将白色固体放入试管中,然后向其中加入NaOH溶液并加热,用湿润的红色石蕊试纸放在试管口,湿润红色石蕊试纸会变蓝色,证明产生的气体是氨气,证明该盐中含有铵根离子,这是检验铵盐的方法,A正确;
B.氨气通入紫色石蕊试液,溶液会变蓝色,B错误;
C.铵盐易水解显示酸性,但是强酸弱碱盐水解均显酸性,不能据此证明是铵盐,C错误;
D.氢氧化钠和氨水均是碱性的,如果氢氧化钠相对于氨水过量则会干扰检验,D错误;
故合理选项是A。
【点睛】
本题考查学生铵盐的检验方法,注意氨气是中学阶段唯一的一种碱性气体,可以据此来检验,难度不大。
15.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。
16.某一固体粉末含有SiO2、Fe2O3、Al2O3,加入足量NaOH溶液充分反应后,过滤,向所得溶液中加入过量盐酸,过滤,将所得滤渣洗涤并灼烧至恒重,最终固体成份为
A.SiO2B.Fe2O3、SiO2
C.SiO2、Al2O3D.Fe2O3
【答案】A
【解析】
SiO2、Fe2O3、Al2O3,加入足量NaOH溶液充分反应后,过滤,向所得溶液中含有硅酸钠、偏铝酸钠,加入过量盐酸,生成硅酸沉淀,将所得滤渣洗涤并灼烧生成二氧化硅,故A正确。
17.一定量的锌与100mL18.5mol·L-1的浓硫酸充分反应后,锌完全溶解,同时生成气体甲33.6L(标准状况)。
将反应后的溶液稀释至1L,测得溶液的c(H+)=0.1mol·L-1。
下列叙述不正确的是()
A.反应中共消耗1.8molH2SO4B.气体甲中SO2与H2的体积比为4∶1
C.反应中共消耗97.5gZnD.反应中共转移3mol电子
【答案】B
【分析】
Zn和浓硫酸发生:
Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+H2O,随着反应的进行,溶液浓度减小,
稀硫酸与Zn发生:
Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑,则生成的气体为SO2和的H2混合物,根据反应的有关方程式结合质量守恒定律列方程组计算。
【详解】
生成气体的物质的量为
=1.5mol,溶液剩余硫酸的物质的量为
×1L×0.1mol/L=0.05mol,
参加反应的n(H2SO4)=0.1L×18.5mol/L-0.05mol=1.8mol,随着反应的进行,硫酸的浓度逐渐减小,
设反应生成xmolSO2,ymolH2,
Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+H2O
x 2x x
Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑
y y y
x+y=1.5
2x+y=1.8
解之得x=0.3,y=1.2
所以反应会生成0.3mol的二氧化硫和1.2mol的氢气。
A.由以上计算可知,反应中共消耗1.8molH2SO4,故A正确;
B.气体A为SO2和H2的混合物,且V(SO2):
V(H2)=1:
4,故B错误;
C.反应中共消耗金属Zn的质量m(Zn)=(0.3mol+1.2mol)×65g/mol=97.5g,故C正确;
D.在反应Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+H2O中,生成0.3mol的二氧化硫转移电子为0.6mol,反应Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑中,生成1.2mol氢气转移电子2.4mol,所以反应中共转移3mol电子,故D正确。
故选B。
【点睛】
本题考查方程式的相关计算,侧重于学生的分析、计算能力的考查,注意浓硫酸和稀硫酸性质的不同,从质量守恒的角度解答该题,计算生成气体的物质的量关系是解答该题的关键。
18.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。
19.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。
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0.1mol
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