四川省成都市人教版高一第二学期第二次质量检测化学试题.docx
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四川省成都市人教版高一第二学期第二次质量检测化学试题
四川省成都市人教版高一第二学期第二次质量检测化学试题
一、选择题
1.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。
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.下列实验操作、现象及结论正确的是()
选项
实验
操作、现象及结论
A
鉴别NaHCO3与Na2CO3
取少许两种物质,加入几滴水,插入温度计,温度降低的是Na2CO3
B
探究Na2O2与水反应
将2mL水滴入盛有1g过氧化钠试管中,立即把带火星木条伸入试管,木条复燃,证明有氧气产生
C
检验Fe3+中是否含Fe2+
向溶液中加入KSCN溶液,变红则含Fe2+
D
检验溶液中是否含SO
向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液,有白色沉淀,说明含有SO
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【详解】
A.Na2CO3中滴入水,形成十水合碳酸钠,放热,取少许两种物质,加入几滴水,插入温度计,温度升高的是Na2CO3,故A错误;
B.将2mL水滴入盛有1g过氧化钠试管中,立即把带火星木条伸入试管,木条复燃,证明过氧化钠与水反应有氧气产生,故B正确;
C.向溶液中加入KSCN溶液,变红说明含Fe3+,不能证明含有Fe2+,故C错误;
D.检验溶液中是否含SO
时,向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液,有白色沉淀,该沉淀可能是AgCl也可能是BaSO4,不能说明含有SO
,故D错误;
答案选B。
4.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。
5.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。
6.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。
7.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。
8.NH3和NO2在催化剂作用下反应:
8NH3+6NO2=7N2+12H2O。
若还原产物比氧化产物少0.1mol,则下列判断不正确的是
A.转移电子2.4NAB.生成的气体冷却至标况,体积为15.68L
C.还原剂比氧化剂多0.2molD.被还原的氮原子是11.2g
【答案】D
【详解】
A.在该反应中NH3被氧化为N2,NO2被还原为N2,每反应产生7molN2,还原产物比氧化产物少1mol,电子转移24mol。
现在还原产物比氧化产物少0.1mol,则反应产生0.7mol N2,转移电子2.4mol,则转移的电子数目为2.4NA,A正确;
B.根据选项A分析可知:
还原产物比氧化产物少0.1mol,反应产生0.7molN2,其在标准状况下体积V(N2)=0.7mol×22.4L/mol=15.68L,B正确;
C.反应产生7molN2时,消耗8mol还原剂NH3,消耗6mol氧化剂NO2,还原剂比氧化剂多2mol,还原产物比氧化产物少1mol。
若还原产物比氧化产物少0.1mol,则消耗的还原剂比氧化剂的物质的量多0.2mol,C正确;
D.根据方程式可知:
反应产生7molN2时,被还原的N的物质的量是6mol,还原产物比氧化产物少1mol。
则当还原产物比氧化产物少0.1mol时,被氧化的N的物质的量是0.6mol,其质量m(N)=0.6mol×14g/mol=8.4g,D错误;
故合理选项是D。
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.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。
11.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。
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.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。
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.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.铜跟1mol/L的硝酸溶液反应,若C(NO3-)下降了0.2mol/L,则C(H+)下降
A.0.2mol/LB.0.8mol/LC.0.6mol/LD.0.4mol/L
【答案】B
【解析】
【详解】
由铜和稀硝酸反应的离子方程式3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O可知,参加反应的硝酸根和氢离子的物质的量之比为2:
8,所以当c(NO3-)下降了0.2mol/L,则c(H+)下降0.8mol/L,B正确,选B。
【点睛】
本题解题的关键是理解反应的实质,即能知道根据离子方程式求解。
典型错误就是根据化学方程式求解,因为参加反应的硝酸中,有一部分(四分之三)硝酸根没有参加反应只有四分之一的硝酸根被还原为NO。
17.当氨气与氧气一起通过灼热的铂丝网时,在导出的产物中,不可能出现的物质是()
A.NH4NO3B.H2OC.N2D.NO2
【答案】C
【详解】
在铂丝的催化作用下,发生氨气的催化氧化:
,NO遇到O2变为NO2,NO2和H2O反应生成HNO3,HNO3和NH3反应可以生成NH4NO3,故选C。
18.同温同压下,两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满①NH3②NO2③HCl和N2的4:
5混合气体,进行喷泉实验。
经充分反应后,瓶内溶液的物质的量浓度为
A.①>②>③B.①<②<③C.①=②=③D.①<②=③
【答案】C
【详解】
同温同压下,等体积的
、HCl、
物质的量相等,设
、HCl、
的物质的量均为1mol,烧瓶体积为VL。
由
可知生成
的物质的量为
,生成NO的物质的量为
,NO难溶于水,则
的物质的量浓度为
,
和HCl溶于水后溶液的物质的量浓度为
,因此①=②=③,答案选C。
19.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。
20.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。
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=0.4mol,故C正确;
D.由转移电子守恒得n(NO)=
=0.1mol,由于缺少标准状况这个条件,气体体积无法计算,故D错误;
答案为C。
22.白色固体混合物A,含有KCl、CaCO3、Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4中的几种,常温常压下进行如下实验(已知Ag2SO4可溶于硝酸)。
①A溶于足量水,最终得到无色溶液B和固体C
②固体C与过量稀硝酸作用得到无色气体D,蓝色溶液E和固体F
下列推断不正确的是
A.无色溶液B的pH≥7
B.固体F中有H2SiO3
C.混合物A中一定含有Na2SiO3、CuSO4和CaCO3
D.溶液B加HNO3酸化,无沉淀;再加AgNO3,若有白色沉淀生成,则A中有KCl
【答案】C
【分析】
由实验可知,混合物加水得到无色溶液B和固体C,且固体C不能完全溶解于硝酸中,不溶于硝酸的只有H2SiO3,无色气体D为CO2,蓝色溶液含有Cu2+,则溶液A中一定含有Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4;无色溶液B中一定含有硫酸钠,可能含有碳酸钠或硅酸钠,实验不能确定是否含有KCl、CaCO3。
【详解】
A.溶液B中一定含有硫酸钠,可能含有碳酸钠和硅酸钠,因此溶液B可能是中性或碱性,故pH≥7,A正确,不选;
B.根据分析,硅酸不溶于硝酸,则F中含有H2SiO3,B正确,不选;
C.根据分析,A中一定含有Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4,不能确定是否含有KCl、CaCO3,C错误,符合题意;
D.无色溶液B中加HNO3酸化,无沉淀,可排除Na2SiO3,再滴加AgNO3,有白色沉淀生成,白色沉淀为AgCl,说明A中含有KCl,D正确,不选;
答案选C。
23.下列有关S和
的叙述正确的是()
A.硫粉在过量的氧气中燃烧可以生成
B.空气吹出法提取海水中的溴常用
作氧化剂
C.将
通入
溶液能生成白色沉淀
D.
具有漂白性,所以能使品红溶液和高锰酸钾酸性溶液褪色
【答案】C
【详解】
A.硫粉在过量的氧气中燃烧也只能生成
,A不正确;
B.空气吹出
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