河南汝阳县第一高级中学高中化学第五章 化工生产中的重要非金属元素知识点总结及答案.docx
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河南汝阳县第一高级中学高中化学第五章化工生产中的重要非金属元素知识点总结及答案
河南汝阳县第一高级中学高中化学第五章化工生产中的重要非金属元素知识点总结及答案
一、选择题
1.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。
2.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。
3.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。
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。
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.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。
8.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。
9.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。
10.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。
11.有50mL某气体,可能含有CO2、O2、NH3中的一种或几种,将其通过浓H2SO4没有发现体积变化。
通过足量Na2O2后,体积变为30mL,则该气体可能为()
A.CO2为20mL,NH3为30mLB.NH3为40mL,O2为10mL
C.CO2为30mL,O2为20mLD.CO2为40mL,O2为10mL
【答案】D
【解析】
试题分析:
有50mL某气体,可能含有CO2、O2、NH3中的一种或几种,将其通过浓H2SO4没有发现体积变化,说明不含有NH3;通过足量Na2O2后,体积变为30mL,说明含有CO2气体,根据反应方程式:
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,根据方程式可知,每有2体积的CO2发生反应,气体的体积会减少1体积,则反应减少的气体的体积是50mL-30mL=20mL,则含有CO2的体积是40mL,反应产生的O2体积是20mL,还有10mL的O2,故选项D正确。
考点:
考查混合气体的组成与性质的知识。
12.能正确表示下列反应的离子方程式是()
A.在硫酸亚铁溶液中通入氯气:
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
B.NH4HCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液:
2HCO
+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO
C.氢氧化亚铁溶于稀硝酸中:
Fe(OH)2+2H+=Fe2++2H2O
D.澄清石灰水与过量小苏打溶液混合:
Ca2++OH-+HCO
=CaCO3↓+H2O
【答案】A
【详解】
A.氯气会将亚铁离子氧化成铁离子,根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-,故A正确;
B.过量的氢氧化钡也会把铵根反应掉,正确的离子方程式为NH
+HCO
+Ba2++2OH-=BaCO3↓+NH3·H2O+H2O,故B错误;
C.硝酸具有强氧化性会把亚铁离子给氧化成铁离子,正确离子方程式为3Fe(OH)2+NO
+10H+=3Fe3++8H2O+NO↑,故C错误;
D.小苏打过量时氢氧根完全反应,所以正确离子方程式为Ca2++2OH-+2HCO
=CaCO3↓+H2O+CO
,故D错误;
综上所述答案为A。
13.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。
14.将19.2g的铜屑投入到400mL浓度均为0.5mol/LHNO3和H2SO4的混合溶液中,溶液增加的质量为
A.4.5gB.9.9gC.13.2gD.14.7g
【答案】B
【详解】
Cu与稀硫酸、稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O,据题可知Cu的物质的量=
=0.3mol,氢离子的物质的量是0.4×(0.5+1.0)=0.6mol,硝酸根离子的物质的量是0.4×0.5=0.2mol,所以氢离子不足,当转移0.45mol的电子时参加反应的Cu的物质的量=
=0.225mol,产生NO的物质的量=
=0.15mol,参加反应的Cu的质量是0.225×64=14.4g,生成NO的质量是0.15×30=4.5g,所以溶液增重14.4-4.5=9.9g,故B正确;答案选B。
15.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。
16.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。
17.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。
18.如图装置可以达到实验目的的是
选项
实验目的
X中试剂
Y中试剂
A
用MnO2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl2
饱和食盐水
浓硫酸
B
用Na2SO3与浓盐酸制取并收集纯净干燥的SO2
饱和Na2SO3溶液
浓硫酸
C
用Zn和稀盐酸制取并收集纯净干燥的H2
NaOH溶液
浓硫酸
D
CaCO3和稀盐酸制取并收集纯净干燥的CO2
饱和NaHCO3溶液
浓硫酸
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【分析】
X之前的装置为发生装置,而集气瓶不能进行加热;X和Y装置为除杂装置,Y之后的装置为气体的收集装置,其中导管长进短出,为向上排空气法收集气体。
【详解】
A.用MnO2和浓盐酸制取Cl2需要加热条件,图示装置不能完成,故A错误;
B.用Na2SO3与浓盐酸制取SO2,二氧化硫气体中会混有氯化氢气体,应用饱和的亚硫酸氢钠进行除杂,若用亚硫酸钠,二氧化硫会与亚硫酸钠发生反应,故B错误;
C.氢气的密度比空气的密度小,所以应用向下排空气法进行收集,而图示方法用的是向上排空气法,故C错误;
D.碳酸钙与稀盐酸反应生成的二氧化碳气体中混有氯化氢气体,可以用饱和的碳酸氢钠进行除杂,后进行干燥可得到纯净的二氧化碳,故D正确;
综上所述,答案为D。
19.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。
20.10mLNO、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。
21.将一定质量的镁、铜合金加入稀硝酸中,两者恰好完全反应,假设反应过程中还原产物全是NO,向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol·L-1NaOH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,则下列有关叙述中正确的是
A.加入合金的质量可能为9.6g
B.沉淀完全时消耗NaOH溶液体积为150mL
C.参加反应的硝酸的物质的量为0.4mol
D.溶解合金时产生NO气体体积2.24L
【答案】C
【详解】
沉淀为M(OH)2,根据化学式知,生成沉淀的质量比原合金的质量增加的量是氢氧根离子,则n(OH-)=
=0.3mol,根据氢氧根离子守恒n[M(OH)2]=
n(OH-)=
×0.3mol=0.15mol,根据金属原子守恒得金属的物质的量是0.15mol;
A.因为镁、铜的物质的量无法确定,则无法计算合金质量,故A错误;
B.由氢氧根离子守恒得n(OH-)=n(NaOH)=0.3mol,V(NaOH)=
=0.1L=100mL,故B错误;
C.根据转移电子守恒得起氧化作用的硝酸的物质的量=
=0.1mol,根据金属原子守恒、硝酸根离子守恒得起酸作用n(HNO3)=2n[M(NO3)2]=2n(M)=0.15mol×2=0.3mol,所以参加反应硝酸的物质的量=0.1mol+0.3mol=0.
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- 河南汝阳县第一高级中学高中化学第五章 化工生产中的重要非金属元素 知识点总结及答案 河南 汝阳县 第一 高级中学 高中化学 第五 化工 生产 中的 重要 非金属元素 知识点 总结 答案