人教高一化学第五章 化工生产中的重要非金属元素单元测试及答案.docx
- 文档编号:27409985
- 上传时间:2023-06-30
- 格式:DOCX
- 页数:37
- 大小:263.16KB
人教高一化学第五章 化工生产中的重要非金属元素单元测试及答案.docx
《人教高一化学第五章 化工生产中的重要非金属元素单元测试及答案.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《人教高一化学第五章 化工生产中的重要非金属元素单元测试及答案.docx(37页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
人教高一化学第五章化工生产中的重要非金属元素单元测试及答案
人教高一化学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.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.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。
3.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。
4.下列说法不正确的是()
A.生铁和钢都是铁和碳的合金B.氯化钙是漂白粉的有效成分
C.玻璃、水泥属传统硅酸盐产品D.氧化铝陶瓷是新型无机非金属材料
【答案】B
【详解】
A.生铁和钢都是铁合金,含有的杂质元素主要是碳,因此二者都是铁和碳的合金,A正确;
B.漂白粉的主要成分是氯化钙、次氯酸钙,有效成分是次氯化钙,B错误;
C.玻璃、水泥的主要成分是硅酸盐,因此都属于传统硅酸盐产品,C正确;
D.氧化铝陶瓷、高温结构陶瓷、生物陶瓷都是新型无机非金属材料,D正确;
故合理选项是B。
5.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。
6.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。
7.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。
8.一定量的锌与100mL18.5mol·L-1的浓硫酸充分反应后,锌完全溶解,同时生成气体A33.6L(标况)。
将反应液稀释至1L,测得溶液的c(H+)=0.1mo1·L-1,则叙述中错误的是()
A.气体A为SO2和H2的混合物B.气体A中SO2与H2的体积之比为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】
生成气体的物质的量为
=1.5mol,溶液剩余硫酸的物质的量为0.1×
=0.05mol,参加反应是硫酸的物质的量为0.1×18.5-0.05=1.8mol,随着反应的进行,硫酸的浓度逐渐减小,设生成xmol二氧化硫,ymol氢气,则有x+y=1.52x+y=1.8,解x=0.3,y=1.2;根据电子得失守恒可知:
2n(Zn)=2n(SO2)+2n(H2)=2×0.3+2×1.2,所以n(Zn)=1.5mol,据以上分析解答。
【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0.1×
=0.05mol,参加反应是硫酸的物质的量为0.1×18.5-0.05=1.8mol,随着反应的进行,硫酸的浓度逐渐减小,设生成xmol二氧化硫,ymol氢气,则有x+y=1.52x+y=1.8,解x=0.3,y=1.2;根据电子得失守恒可知:
2n(Zn)=2n(SO2)+2n(H2)=2×0.3+2×1.2,所以n(Zn)=1.5mol,
A、由以上分析可知气体为二氧化硫和氢气的混合气体,正确,不选A;
B、气体为二氧化硫和氢气,体积比为0.3:
1.2=1:
4,错误,选B;
C、由以上分析可知,反应中共消耗金属锌的质量为1.5×65=97.5g,正确,不选C;
D、由以上分析可知,根据金属锌计算转移电子数为1.5×2=3mol,正确,不选D;
故答案选B。
9.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。
10.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。
11.某课外实验小组设计的下列实验不合理的是()
A.制备并观察氢氧化亚铁
B.证明过氧化钠与水反应放热
C.制备并收集少量NO2气体
D.实验室制备少量氨气
【答案】C
【解析】
【详解】
A、甲可用于制备并观察氢氧化亚铁沉淀,符合,错误;
B、脱脂棉燃烧,说明反应放热,合理,错误;
C、二氧化氮与水反应,不能有排水法收集,不合理,正确;
D、丁可用于实验室制备少量氨气,正确;
答案选C。
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.将装有60mLNO2、NO混合气的量筒倒立于水槽中,反应后气体体积缩小为40mL,则混合气体中NO2和NO的体积比是
A.5︰3B.2︰3C.1︰1D.2︰1
【答案】C
【详解】
设NO2体积为xmL
=
x=30mL
混合气体中NO2和NO的体积比是1:
1,故C正确。
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.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.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。
17.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。
18.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。
19.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。
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),通入O2涉及化合价变化有O((0→-2)N(+2→+5,+1→+5),则O2转移的电子与Cu转移的电子相同,1molO2转移4mol电子,可参与反应的Cu的物质的量为2mol,得到CuSO4的物质的量为2mol。
根据化合价升价守恒有3x+y=4;气体完全转化为最高价含氧酸盐,消耗2.2molNaOH溶液,有x+y=2.2,可得x=0.9,y=1.3,则原来硝酸的物质的量2.2mol,原溶液体积是200mL,浓度为11mol/L。
【详解】
A.根据分析,生成NO的物质的量为0.9mol,NO2的物质的量为1.3mol,A项错误;
B.根据分析,生成CuSO4的物质的量为2mol,B项正确;
C.根据分析,原溶液中硝酸的浓度为11mol/L,C项错误;
D.铜与混合酸反应时,硫酸提供酸性环境,氢离子参加反应,D项错误;
答案选B。
21.10mLNO、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。
22.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
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 人教高一化学第五章 化工生产中的重要非金属元素 单元测试及答案 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