湖北省天门市高中化学第五章 化工生产中的重要非金属元素测试试题及答案.docx

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湖北省天门市高中化学第五章化工生产中的重要非金属元素测试试题及答案

湖北省天门市高中化学第五章化工生产中的重要非金属元素测试试题及答案

一、选择题

1．类推法在化学学习中经常采用，下列类推的结论正确的是（）

A．由Cl2＋2KBr=2KCl＋Br2，所以F2也能与KBr溶液反应置换出Br2

B．常温下，由Cu＋4HNO3（浓）=Cu（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O，所以Fe也能与浓硝酸反应产生NO2

C．由Cu+Cl2

CuCl2，所以Cu+I2

CuI2

D．由钠保存在煤油中，所以钾也可以保存在煤油中

【答案】D

【详解】

A．F2单质在水溶液中先和水发生反应，不能置换溴单质,故A错误；

B．常温下铁在浓硝酸中发生钝化不能继续反应生成二氧化氮,故B错误；

C．氯气氧化性强和铜反应生成氯化铜，碘单质氧化性弱，和铜发生反应生成碘化亚铜，故C错误；

D．钾密度大于煤油，可以保存在煤油中，故D正确；

所以答案：

D。

【点睛】

注意点：

F2氧化性特别强，所以单质在水溶液中先和水发生反；常温下铁在浓硝酸中发生钝化不能继续反应；碘单质氧化性弱，成碘化亚铜。

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．下列实验中，固体不会溶解的是（）

A．氧化铝与足量的稀盐酸混合B．过氧化钠与足量水混合

C．氢氧化铝与足量的氨水混合D．木炭与足量浓硫酸共热

【答案】C

【详解】

A．氧化铝与足量的稀盐酸反应生成氯化铝和水，可完全溶解，故A错误；

B．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，可完全溶解，故B错误；

C．氢氧化铝与氨水不反应，固体不能溶解，故C正确；

D．浓硫酸具有强氧化性，木炭与足量浓硫酸共热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，可完全溶解，故D错误；

故选C。

4．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。

5．现今手机等电子产品产业蓬勃发展，推动了高纯硅的生产与应用。

工业上用“西门子法”。

以硅石（SiO2） 为原料制备冶金级高纯硅的工艺流程如下图所示。

下列说法不正确的是

已知：

SiHCl3室温下为易挥发、易水解的无色液体。

A．“还原”过程需要在高温条件下，该反应的主要还原产物为Si

B．为最大程度节约成本，上述 生产工艺中能循环使用的物质只有H2

C．为防止SiHCl3水解而损失、氢气爆炸，“氧化”、“分离”与“热解”的过程均需要在无水、无氧的条件下进行

D．“氧化”过程反应的化学方程式为Si+3HC1

SiHCl3+H2

【答案】B

【分析】

二氧化硅和金属镁在高温下反应生成氧化镁和硅，加入稀硫酸除去氧化镁，过滤得到硅，通入氯化氢在200～300℃下反应生成SiHCl3，与最后与氢气反应生成Si。

【详解】

A．二氧化硅和金属镁在高温下反应生成氧化镁和硅，还原产物为硅，镁和硅反应可生成Mg2Si，故A正确；

B．流程中H2、HCl既是反应物也是生成物，则可循环使用，故B错误；

C．“氧化”、“分离”与“热解”的过程均需要在无水、无氧的条件下进行，可防止SiHCl3水解而损失、氢气爆炸，故C正确；

D．由流程可知，通入氯化氢在200～300℃下反应生成SiHCl3，反应的化学方程式为Si+3HCl

SiHCl3+H2，故D正确；

故选B。

6．一定量的锌与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。

7．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。

8．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。

9．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。

10．某稀硫酸和稀硝酸混合溶液100mL，逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉加入量的变化如图所示。

下列说法错误的是（　　）

A．H2SO4浓度为4mol/L

B．溶液中最终溶质为FeSO4

C．原混合酸中NO3-浓度为0.2mol/L

D．AB段反应为：

Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋

【答案】C

【分析】

由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：

Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：

Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑．最终消耗Fe为22.4g，此时溶液中溶质为FeSO4，则n（FeSO4）=n（Fe），由硫酸根守恒n（H2SO4）=n（FeSO4），根据OA段离子方程式计算原混合酸中NO3-物质的量，再根据c=

计算c（H2SO4）、c（NO3-）。

【详解】

A、反应消耗22.4g铁，也就是22.4g÷56g/mol＝0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度是4mol/L，A正确；

B、硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，B正确；

C、OA段发生反应为：

Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以n（NO3-）=n（Fe）＝0.2mol，NO3-浓度为2mol/L，C错误；

D、由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：

Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：

Fe+2Fe3+＝3Fe2+，BC段发生反应为：

Fe+2H+=Fe2++H2↑，D正确。

答案选C。

【点晴】

该题难度较大，解答的关键是根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用。

在做此类题目时，应当先分析反应的过程，即先发生的是哪一步反应，后发生的是哪一步。

计算离子时注意用离子方程式计算。

还需要用到一些解题技巧来简化计算过程，比如合理使用守恒原理等。

11．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。

12．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。

13．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。

14．将11.2g的Mg—Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的气体x（假定产生的气体全部逸出）。

再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀。

根据题意推断气体x的成分可能是（　　）

A．0.3molNO2和0.3molNO

B．0.2molNO2和0.1molN2O4

C．0.6molNO

D．0.1molNO、0.2molNO2和0.05molN2O4

【答案】D

【分析】

向Mg—Cu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中m（OH－）为21.4g－11.2g＝10.2g，物质的量为

＝0.6mol，根据电荷守恒可知，11.2g的Mg—Cu提供的电子为0.6mol，据此分析；

【详解】

A.生成0.3molNO2和0.3molNO，N元素获得电子为0.3mol×（5－4）＋0.3mol×（5－2）＝1.2mol，得失电子不相等，A错误；

B.生成0.2molNO2和0.1molN2O4，N元素获得电子为0.2mol×（5－4）＋0.1mol×2×（5－4）＝0.4mol，得失电子不相等，B错误；

C.生成0.6molNO，N元素获得电子为0.6mol×（5－2）＝1.8mol，C错误；

D.生成0.1molNO、0.2molNO2和0.05molN2O4，N元素获得电子为0.1mol×（5－2）＋0.2mol×（5－4）＋0.05mol×2×（5－4）＝0.6mol，得失电子相等，D正确；

答案选D。

15．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。

16．镁、铝、铁合金投入300mL

溶液中，金属恰好溶解，分别转化成

和

;还原产物为NO，在标准状况下体积为6.72L。

在反应后的溶液中加入300mL某浓度的NaOH溶液，金属阳离子恰好全部沉淀，干燥后测得质量为27.2g。

下列有关推断正确的是（）

A．参加反应的

的物质的量为0.9molB．NaOH的物质的量浓度为6

C．参加反应的金属的质量为11.9gD．

的物质的量浓度为3

【答案】C

【分析】

镁、铝、铁合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子得失守恒、原子守恒计算。

【详解】

将镁、铝、铁合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量为：

=0.9mol，反应中金属失去电子的物质的量=生成物硝酸盐中硝酸根离子的物质的量=生成碱中的氢氧根离子的物质的量，即：

n（OH-）=n（NO3-）=0.9mol，则

A．参加反应的硝酸的物质的量为：

n（HNO3）=n（NO3-）+n（NO）=0.3mol+0.9mol=1.2mol，A选项错误；

B．沉淀达到最大量时，溶液中的溶质为硝酸钠，由钠离子守恒可知，氢氧化钠溶液的物质的量浓度为：

c（NaOH）=

=3mol/L，B选项错误；

C．反应后沉淀的质量=金属质量+m（OH-）＝金属质量+0.9mol×17g/mol=27.2g，则金属的质量为：

27.2g-15.3g=11.9g，C选项正确；

D．参加反应的硝酸的物质的量为：

n（HNO3）=n（NO3-）+n（NO）=0.3mol+0.9mol=1.2mol，硝酸的物质的量浓度为：

c（HNO3）=

=4mol/L，D选项错误；

答案选C。

【点睛】

本题考查了混合物计算、物质的量浓度的计算，明确“反应中金属失去电子的物质的量=生成物硝酸盐中硝酸根离子的物质的量=生成碱中的氢氧根离子的物质的量”为解答本题的关键，注意电子守恒在计算中的应用。

17．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。

18．分别盛有不同无色溶液①②③④四支试管进行如下操作，现象和结论对应且正确的是

操作

现象

结论

A

向试管①中先滴加BaCl2溶液再滴加硝酸

生成白色沉淀

原溶液中有SO42-

B

向试管②中加入AgNO3溶液

生成白色沉淀

原溶液中有Cl－

C

向试管③中先滴加少量氯水，后滴加适量苯，振荡静置

溶液分层且上层为橙红色

原溶液中含有I－

D

向试管④中滴加浓NaOH溶液，加热，将湿润红色石蕊试纸靠近试管口

试纸变蓝

原溶液中有NH4＋

A．AB．BC．CD．D

【答案】D

【详解】

A．滴加BaCl2溶液再滴加硝酸，生成白色沉淀，该沉淀不一定是硫酸钡，比如可以是氯化银，也有可能原溶液中有SO32-，硝酸将其氧化成了SO42-，A错误；

B．加入AgNO3溶液生成白色沉淀，沉淀不一定是AgCl，也有可能是Ag2SO4等，B错误；

C．溶液分层且上层为橙红色，说明生成了Br2，证明原溶液中含有Br-，C错误；

D．湿润红色石蕊试纸变蓝，说明遇到了碱性物质，所以试管口有氨气，所以原溶液中有NH4＋，D正确；

答案选D。

19．某100mL混合溶液中，H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4.0mol/L和2.0mol/L，向该混合溶液中加入25.6g铜粉，加热，待充分反应后，静置，得到蓝色澄清溶液（假设反应后溶液体积不变）。

下列说法中正确的是（）

A．产生的NO在标准状况下的体积是1.12L

B．反应后溶液中Cu2+的物质的量浓度为3.0mol/L

C．反应后溶液中H+的物质的量浓度为8.0mol/L

D．在反应后的溶液中加0.6molNaOH刚好使Cu2+完全沉淀

【答案】B

【分析】

，

，

，则该反应的离子反应方程式为：

，于是得出：

，显然

的物质的量不足，则按

的物质的量进行计算；

【详解】

A.产生的0.2molNO，在标准状况下的体积是4.48L，A错误；

B.反应后溶液中Cu2+的物质的量浓度为

，B正确；

C.反应后溶液中H+有剩余，则

，C错误；

D.在反应后的溶液中有剩余的0.2molH+，生成的0.3molCu2，加0.8molNaOH刚好在中和的基础上使Cu2+完全沉淀，D错误；

答案选B。

20．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