黑龙江省绥化市第二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+典型题及答案.docx
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黑龙江省绥化市第二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+典型题及答案
黑龙江省绥化市第二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-+典型题及答案
一、选择题
1.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。
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。
4.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。
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.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.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。
8.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。
9.对下列事实的解释正确的是
A.浓硝酸通常保存在棕色的试剂瓶中,说明浓硝酸不稳定
B.不用浓硝酸与铜屑反应来制取硝酸铜,说明浓硝酸具有挥发性
C.足量铁与稀硝酸反应后溶液呈浅绿色,说明稀硝酸不能氧化Fe2+
D.锌与稀硝酸反应得不到氢气,说明稀硝酸能使锌钝化
【答案】A
【详解】
A.浓硝酸通常保存在棕色的试剂瓶中避光保存,说明浓硝酸见光易分解,故A正确;
B.铜与浓硝酸反应生成二氧化氮,污染环境,通常利用硝酸与氧化铜反应取硝酸铜,与浓硝酸挥发性无关,故B错误;
C.铁与硝酸反应首先生成硝酸铁,溶液呈浅绿色由过量的铁与铁离子反应生成亚铁离子所致,故C错误;
D.硝酸为氧化性酸,与锌反应不能生成氢气,生成氮的氧化物等,与钝化无关,故D错误;故选A。
10.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。
11.下列陈述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系的是
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A.
Fe3+有氧化性
FeCl
溶液可用于回收旧电路板中的铜
B.
SiO2有导电性
SiO
可用于制备光导纤维
C.
氯水、SO2都有漂白性
氯水与SO2混合使用漂白效果更好
D.
铝制容器表面有氧化膜保护
可用铝制容器盛装稀硫酸
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
试题分析:
2Fe3++Cu=2Fe3++Cu2+,故A正确;SiO2不导电,故B错误;SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl,氯水与SO2混合使用漂白效果差,故C错误;氧化铝、铝都能与稀硫酸反应,不能用铝制容器盛装稀硫酸,故D正确。
考点:
本题考查元素、化合物性质。
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.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。
14.10mLNO、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。
15.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。
16.下列化合物中,不能通过化合反应制取的是
A.FeCl3B.H2SiO3C.Fe(OH)3D.FeCl2
【答案】B
【详解】
A.氯气具有强氧化性,氯气与变价金属反应生成最高价金属氯化物,铁与氯气反应生成氯化铁,反应的化学方程式为2Fe+3Cl2
2FeCl3,FeCl3可以由Fe与Cl2直接化合得到,故A错误;
B.二氧化硅不溶于水,二氧化硅和水不能发生化合反应生成H2SiO3,故B正确;
C.Fe(OH)2、O2、H2O反应产生Fe(OH)3,反应的化学方程式为:
4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,能通过化合反应产生Fe(OH)3,故C错误;
D.Fe与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁,氯化亚铁可由化合反应生成,故D错误;
故选B。
17.一定量的锌与100mL18.5mol·L-1的浓硫酸充分反应后,锌完全溶解,同时生成气体甲33.6L(标准状况)。
将反应后的溶液稀释至1L,测得溶液的c(H+)=0.1mol·L-1。
下列叙述不正确的是()
A.反应中共消耗1.8molH2SO4B.气体甲中SO2与H2的体积比为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】
Zn和浓硫酸发生:
Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+H2O,随着反应的进行,溶液浓度减小,
稀硫酸与Zn发生:
Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑,则生成的气体为SO2和的H2混合物,根据反应的有关方程式结合质量守恒定律列方程组计算。
【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
×1L×0.1mol/L=0.05mol,
参加反应的n(H2SO4)=0.1L×18.5mol/L-0.05mol=1.8mol,随着反应的进行,硫酸的浓度逐渐减小,
设反应生成xmolSO2,ymolH2,
Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+H2O
x 2x x
Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑
y y y
x+y=1.5
2x+y=1.8
解之得x=0.3,y=1.2
所以反应会生成0.3mol的二氧化硫和1.2mol的氢气。
A.由以上计算可知,反应中共消耗1.8molH2SO4,故A正确;
B.气体A为SO2和H2的混合物,且V(SO2):
V(H2)=1:
4,故B错误;
C.反应中共消耗金属Zn的质量m(Zn)=(0.3mol+1.2mol)×65g/mol=97.5g,故C正确;
D.在反应Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+H2O中,生成0.3mol的二氧化硫转移电子为0.6mol,反应Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑中,生成1.2mol氢气转移电子2.4mol,所以反应中共转移3mol电子,故D正确。
故选B。
【点睛】
本题考查方程式的相关计算,侧重于学生的分析、计算能力的考查,注意浓硫酸和稀硫酸性质的不同,从质量守恒的角度解答该题,计算生成气体的物质的量关系是解答该题的关键。
18.下列说法正确的是()
A.向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液,充分振荡后溶液呈红色
B.浓硝酸在光照下颜色变黄,说明浓硝酸不稳定
C.铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2
D.在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象,说明浓硫酸具有吸水性
【答案】B
【详解】
A.氯水中生成了盐酸和次氯酸,盐酸具有酸性,次氯酸具有强氧化性漂白,所以向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液,充分振荡后溶液先变红色后褪色,故A错误;
B.硝酸分解生成二氧化氮、氧气和水,二氧化氮是红棕色气体,浓硝酸溶解了二氧化氮而呈黄色,故B正确;
C.铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2,故C错误;
D.浓硫酸能将有机物中H、O元素以2:
1水的形式脱去而体现脱水性,故浓硫酸具有脱水性,可使蔗糖脱水生成炭黑,故D错误;
故答案为B。
【点睛】
氯水由于存在氯气和水的反应生成盐酸和次氯酸,所以氯水含有氯气分子,水,盐酸和次氯酸,与不同的试剂反应时,起作用的微粒不同;①与硝酸银反应:
氯离子与硝酸银反应生成白色沉淀;②与碳酸钠反应:
碳酸钠和盐酸反应生成二氧化碳气体;③与有色布条作用:
次氯酸有漂白性,有色布条褪色;④与石蕊试液作用:
先变红后褪色,因为溶液中有酸,显酸性,有次氯酸有漂白性;⑤与二氧化硫作用:
黄绿色退去,二氧化硫和氯气和水反应生成硫酸和盐酸。
19.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。
20.用如图装置进行实验,将液体A逐滴加入到固体B中,下列叙述正确的是( )
A.若A为浓盐酸,B为Na2CO3,C中盛有Na2SiO3溶液,则C中溶液出现白色沉淀,证明酸性:
H2CO3>H2SiO3
B.若A为浓盐酸,B为KMnO4,C中盛石蕊试液,则C中溶液最终呈红色
C.若A为较浓硫酸,B为Na2SO3固体,C中盛有Na2S溶液,则C中溶液变浑浊
D.装置D起干燥气体作用
【答案】C
【详解】
A.浓盐酸挥发的HCl在C中也能与Na2SiO3溶液反应生成白色沉淀,则无法判断H2CO3的酸性一定比H2SiO3强,故A错误;
B.A为浓盐酸,B为KMnO4,则反应生成的氯气通入C中,Cl2与水反应生成HCl和HClO,其中HClO有强氧化性和漂白性,则C中紫色石蕊试液先变红色,后褪色,故B错误;
C.A为较浓硫酸,B为Na2SO3固体,两者反应生成的SO2气体通入C中,因SO2有氧化性,则与C中Na2S溶液反应有淡黄色S生成,可观察到C中溶液变浑浊,故C正确;
D.仪器D为球形干燥管,则可以起到防止溶液倒吸的作用,故D错误;
故答案为C。
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.有一瓶澄清的溶液,只可能含有NH4+、Na+、Mg2+、Ba2+、Fe3+、Clˉ、Brˉ、Iˉ、CO32ˉ、SO42—中的几种,且浓度均为0.1molL—1。
进行以下实验:
①取少量溶液,滴加盐酸至溶液呈酸性,无明显现象。
②取少量溶液,滴加少许新制氯水,再加淀粉溶液,溶液变蓝
③取少量溶液,向其中逐滴加入NaOH溶液至碱性,过程中均无沉淀产生。
将此溶液分为两等份,第一份加热,有气体放出;第二份溶液中加入Na2CO3溶液,有白色沉淀生成。
下列结论不正确的是
A.肯定含有的阳离子是NH4+、Ba2+
B.肯定含有的阴离子是Iˉ、Clˉ、Brˉ
C.肯定不含有的离子是Fe3+、CO32ˉ、SO42ˉ
D.不能确定是否含有的离子是Na+
【答案】D
【详解】
①取少量溶液,滴加盐酸至溶液呈酸性,无明显现象,说明该溶液中不含有
;
②取少量溶液,滴加少许新制氯水,再加淀粉溶液,溶液变蓝,说明原溶液中含有I-,
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- 黑龙江省绥化市第二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+典型题及答案 黑龙江省 绥化市 第二 中学 高中化学 第五 化工 生产 中的 重要 非金属元素 知识点 典型 答案