完整版高一化学第五章 化工生产中的重要非金属元素单元测试及答案.docx
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完整版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.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。
2.下列“推理或结论”与“实验操作及现象”相符的一组是
选项
实验操作及现象
推理或结论
A
向某溶液中加入BaCl2溶液,生成白色沉淀
该溶液中一定含有SO
B
向水中加入金属钠,钠熔成闪亮的小球浮在水面上
钠与水反应放热,钠的熔点低,钠的密度比水小
C
向某钠盐溶液中加入稀盐酸,产生能使澄清石灰水变浑浊的气体
该盐一定是碳酸钠
D
某物质的焰色试验火焰显黄色
该物质一定不含钾元素
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【详解】
A.氯化银、碳酸钡、亚硫酸钡和硫酸钡均为白色沉淀,与氯化钡溶液反应生成白色沉淀,溶液中不一定含有硫酸根离子,还可能含有银离子或碳酸根离子或亚硫酸根离子,故A错误;
B.金属钠浮在水面上说明金属钠的密度比水小,熔成闪亮的小球说明钠的熔点低,与水的反应放出的热量使熔成闪亮的小球,故B正确;
C.碳酸氢钠、亚硫酸钠和亚硫酸氢钠都能与盐酸反应放出使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳和二氧化硫气体,则向某钠盐溶液中加入稀盐酸,产生能使澄清石灰水变浑浊的气体,该盐不一定是碳酸钠,还可能是碳酸氢钠或亚硫酸钠或亚硫酸氢钠,故C错误;
D.某物质的焰色试验火焰显黄色,说明该物质一定含有钠元素,黄色光掩盖紫色光,由于没用蓝色钴玻璃片滤去黄色光,则不能确定该物质是否含有钾元素,故D错误;
故选B。
3.下列选项中,描述与结论都正确的是()
A
常温下用铁罐运输浓硫酸
常温下铁和浓硫酸不反应
B
SO2通入紫色石蕊溶液,溶液变蓝
SO2溶于水后溶液显酸性
C
用蘸有浓盐酸的玻璃棒检验氨气
两者反应会产生大量白烟
D
加热仔细打磨的铝箔,铝箔会熔化并滴落
铝单质的熔点较低
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【详解】
A.常温下可以用铁罐运输浓硫酸,是由于浓硫酸具有强氧化性,会将金属Fe表面氧化,产生一层致密的氧化物保护膜,阻止金属的进一步氧化,即发生钝化现象,不是二者不反应,结论不合理,A错误;
B.SO2溶于水后与水反应产生H2SO3,H2SO3电离产生H+使溶液显酸性,因此将SO2通入紫色石蕊溶液,溶液变红色,描述不符合事实,B错误;
C.由于浓盐酸具有挥发性,挥发产生的HCl与氨气反应产生NH4Cl白色固体小颗粒,因此用蘸有浓盐酸的玻璃棒检验氨气,会发现两者反应会产生大量白烟,C正确;
D.加热铝箔时Al与空气中的O2反应产生Al2O3,Al2O3熔点高达2050℃,但Al的熔点只有660℃,故加热仔细打磨的铝箔,铝箔会熔化但不滴落,证明Al易与O2反应,产物的熔点高,铝单质的熔点较低,描述有问题,D错误;
故合理选项是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.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。
6.下列各组物质中,物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是()
a
b
c
A
Al
AlCl3
Al(OH)3
B
NO
NO2
HNO3
C
Si
SiO2
H2SiO3
D
S
SO2
H2SO4
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【详解】
试题分析:
A项:
用Al(OH)3无法一步生成Al,故错。
B项:
可以。
如2NO+O2=2NO2,3NO2+H2O=2HNO3+NO,Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,故正确。
C项:
SiO2无法一步生成H2SiO3,H2SiO3无法一步生成Si,故错。
D项:
H2SO4无法一步生成FeS2,故错。
故选B。
考点:
无机推断
点评:
本题考查的是无机推断的知识,要求学生对课本中的化学反应要熟悉掌握,识记化学方程式的书写。
7.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。
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.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。
11.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.
12.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。
13.将Mg、Cu组成的26.4g混合物投入到适量的稀硝酸中,固体完全溶解,将产生的气体和6.72L(标准状况下)氧气混合通入水中,恰好全部被水吸收.向反应后的溶液中加入足量4mol/L﹣1的NaOH溶液,使金属离子完全沉淀.则形成沉淀的质量是
A.63.8gB.53.6gC.46.8gD.43.2g
【答案】C
【解析】
试题分析:
Mg、Cu与稀硝酸发生反应变为Mg2+、Cu2+,硝酸得到电子被还原变为NO,在反应过程中金属失去电子的物质的量与硝酸得到电子的物质的量相等,NO与氧气反应又转化为硝酸,则转移的电子就是氧气得到的电子,氧气是6.72L÷22.4L/mol=0.3mol,则电子转移的物质的量是n(e-)=0.3mol×4=1.2mol。
当向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液时,金属形成Mg(OH)2、Cu(OH)2沉淀,结合的OH-的物质的量与金属单质失去电子的物质的量相等。
因此形成沉淀的质量就是金属质量与氢氧根离子的质量和,m(OH-)=nM=1.2mol×17g/mol=20.4g,所以沉淀的质量是26.4g+20.4g=46.8g,答案选C。
【考点定位】本题主要是考查守恒方法在氧化还原反应的计算中的应用的知识。
【名师点晴】许多有关化学反应的计算,如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的,常见的守恒关系有:
①反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒;②电解质溶液中的电荷守恒;③氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等;④从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式,运用关系式法等计算技巧巧妙解题。
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.蛇纹石由MgO、Al2O3、SiO2、Fe2O3组成。
现取一份蛇纹石试样进行实验,首先将其溶于过量的盐酸,过滤后,在所得的沉淀X和溶液Y中分别加入NaOH溶液至过量。
下列叙述正确的是
A.沉淀X的成分是SiO2
B.将蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液后过滤,可得到红色颜料Fe2O3
C.在溶液Y中加入过量的NaOH溶液,过滤得到沉淀是Fe(OH)3
D.溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+
【答案】A
【分析】
金属氧化物MgO、A12O3、Fe2O3会溶于盐酸,生成氯化镁、氯化铝以及氯化铁,过滤后,得的沉淀X是二氧化硅,溶液Y中含有氯化镁、氯化铝以及氯化铁以及过量的盐酸,向Y中加入过量的氢氧化钠,会生成氢氧化镁、氢氧化铁沉淀,过滤后的溶液中含有氯化钠、偏铝酸钠等。
【详解】
A、沉淀X的成分是SiO2,A正确;
B、将蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液后过滤,可得到MgO、Fe2O3的混合物,B错误;
C、溶液Y中加入过量的NaOH溶液后过滤,过滤后的溶液中含有氯化钠、偏铝酸钠,沉淀是氢氧化镁、氢氧化铁沉淀,C错误;
D、溶液Y中含有氯化镁、氯化铝以及氯化铁以及过量的盐酸,含有的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+、H+,D错误;
答案选A。
16.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。
17.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。
18.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。
19.下列有关实验操作和现象及结论均正确的是
选项
实验操作及现象
实验结论
A
常温下,将同样大小、形状的锌与铝分别加入到相同体积98%的浓硫酸中,观察到前者反应速率更快
锌比铝活泼
B
将盐酸滴入碳酸钠溶液中产生气泡
氯的非金属性大于碳
C
向溶液X中先滴加稀硝酸,再滴如BaCl2。
溶液,出现白色沉淀
溶液X中一定含有
D
向某溶液中加入NaOH溶液并加热,产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
该溶液中一定含有
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【详解】
A.常温下浓硫酸有强氧化性,铝遇浓硫酸钝化,无法比较Al与Zn的活泼性,故A错误;
B.比较元素的非金属性要比较最高价氧化物的水化物的酸性强弱,即根据HClO4酸性比H2CO3强,可判断出氯的非金属性大于碳,故B错误;
C.向溶液X中先滴加稀硝酸,再滴加BaCl2,出现白色沉淀,该白色沉淀可能为氯化银或硫酸钡,原溶液中可能含有银离子、亚硫酸根离子,不一定含有
,故C错误;
D.氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则原溶液中一定含有
,故D正确;
答案为D。
20.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。
21.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。
22.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
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