河南省开封市兰考县第一高级中学化学第五章 化工生产中的重要非金属元素复习题含答案解析.docx
- 文档编号:6604159
- 上传时间:2023-01-08
- 格式:DOCX
- 页数:29
- 大小:465.06KB
河南省开封市兰考县第一高级中学化学第五章 化工生产中的重要非金属元素复习题含答案解析.docx
《河南省开封市兰考县第一高级中学化学第五章 化工生产中的重要非金属元素复习题含答案解析.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《河南省开封市兰考县第一高级中学化学第五章 化工生产中的重要非金属元素复习题含答案解析.docx(29页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
河南省开封市兰考县第一高级中学化学第五章化工生产中的重要非金属元素复习题含答案解析
河南省开封市兰考县第一高级中学化学第五章化工生产中的重要非金属元素复习题含答案解析
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。
4.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。
5.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。
6.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。
7.在15.2g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液,合金完全溶解,同时生成气体X,再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液,生成25.4g沉淀。
则下列说法不正确的是
A.原合金中含0.1molFe、0.15molCu
B.25.4g沉淀为Cu(OH)2和Fe(OH)3的混合物
C.气体X中含0.3molNO、0.1molNO2
D.气体X中含0.3molNO2、0.1molNO
【答案】C
【解析】
试题分析:
铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液,合金完全溶解,生成Cu(NO3)2和Fe(NO3)3,再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液,生成Cu(OH)2和Fe(OH)3的混合物,设合金中有xmolFe、ymolCu,
,所以x=0.1mol,y=0.15mol;根据得失电子守恒,0.1molFe、0.15molCu共失去0.6mol电子,所以生成的气体不可能是0.3molNO、0.1molNO2,故C错误。
考点:
本题考查化学计算。
8.向一定量Fe、FeO和Fe2O3的混合物中,加入120mL4mol·L
的稀硝酸,恰好使混合物完
全溶解,放出1.344L(标准状况)气体,往所得溶液中加入KMnO4的酸性溶液,无明显现象,
若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物,能得到铁的物质的量为
A.0.21molB.0.14molC.0.16molD.0.24mol
【答案】B
【解析】
试题分析:
因一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL4mol/L的稀硝酸,恰好使混合物完全溶解,无血红色出现,说明溶液中的溶质为硝酸亚铁,根据氮元素守恒,硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.12L×4mol/L-0.06mol=0.42mol,所以硝酸亚铁的物质的量为n[Fe(NO3)2]=0.42mol÷2=0.21mol,由铁元素守恒可知,得到铁的物质的量为n(Fe)=0.21mol,故选项A正确。
考点:
考查原子守恒的方法在化学计算的应用的知识。
9.将一定质量的镁、铜组成的混合物加入到稀硝酸中,金属完全溶解(假设反应中还原产全部是NO)。
向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH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,则下列叙述中正确的是
A.当生成沉淀达到最大值时,消耗NaOH溶液的体积一定为100mL
B.当金属全部溶解时,参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4mol
C.当金属全部溶解时收集到NO气体的体积为2.24L
D.参加反应的金属的总质量一定是6.6g
【答案】B
【解析】
【分析】
将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中,金属完全溶解,发生反应为3Mg+8HNO3(稀)=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O;向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全,发生反应为Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3、Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3,沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜,生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g,则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g,氢氧根的物质的量为5.1g÷17g/mol=0.3mol。
金属在反应中均失去2个电子,根据电子转移守恒可知镁和铜的总的物质的量=0.3mol÷2=0.15mol;
【详解】
A、若硝酸无剩余,则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol,需要氢氧化钠溶液体积=0.3mol÷3mol/L=0.1L=100mL,硝酸若有剩余,消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL,A错误;
B、根据方程式可知参加反应的硝酸的物质的量是0.15mol×8/3=0.4mol,B正确;
C、镁和铜的总的物质的量为0.15mol,根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为0.3mol÷3=0.1mol。
若为标准状况下,生成NO的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L,但NO不一定处于标准状况,收集到NO气体的体积不一定为2.24L,C错误;
D、镁和铜的总的物质的量为0.15mol,假定全为镁,质量为0.15mol×24g/mol=3.6g,若全为铜,质量为0.15mol×64g/mol=9.6g,所以参加反应的金属的总质量为3.6g<m<9.6g,D错误;
答案选B。
10.将一定质量的金属铜溶于50mL11mol·L-1的浓硝酸中,待铜完全溶解后,生成了0.2molNO2和NO的混合气体,并测得溶液中氢离子浓度为1mol·L-1.假设反应后溶液的体积仍为50mL,则金属铜的质量为
A.6.4gB.9.6gC.11.2gD.12.8g
【答案】B
【解析】
试题分析:
反应前硝酸的物质的量为0.05L×11mol/L=0.55mol,反应剩余硝酸的物质的量为0.05L×1mol/L=0.05mol,所以参加反应的硝酸是0.5mol,生成气体的物质的量为0.2mol,根据氮原子守恒,生成硝酸铜为(0.5-0.2)÷2=0.15mol,则金属铜的质量为0.15mol×64g/mol=9.6g,答案选B。
考点:
考查物质的量的计算,硝酸的化学性质等知识。
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.
12.一定条件下,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.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。
14.在容积为672mL的烧瓶中充满NO和NO2的混合气体,将其倒立在水槽里,去塞后再通入280mL氧气,恰好完全反应,且液体充满烧瓶(气体体积都已折合为标准状况下的体积),下列有关叙述正确的是( )
A.总反应为NO+NO2+O2+H2O===2HNO3
B.总反应为4NO+8NO2+5O2+6H2O===12HNO3
C.生成硝酸的物质的量浓度均为0.030mol·L-1
D.生成硝酸的物质的量浓度约为0.060mol·L-1
【答案】B
【分析】
利用得失电子守恒,列方程组,求出氧气、一氧化氮、二氧化氮的物质的量之比,可写出总反应方程式。
【详解】
标准状况下672mL的混合气体:
n(NO)+n(NO2)=
=0.03mol,
(O2)=
=0.0125mol,
由得失电子守恒可知3n(NO)+n(NO2)=4n(O2),
解之得n(NO)=0.01mol,n(NO2)=0.02mol,
所以总的方程式为:
4NO+8NO2+5O2+6H2O═12HNO3,
由氮原子守恒可知,反应生成的HNO3物质的量为0.03mol。
水全部充满烧瓶,形成硝酸溶液体积为0.672L,硝酸的浓度为:
0.03mol÷0.672L=0.045mol/L。
ACD项错误,B项正确;
答案选B。
【点睛】
这类计算题若是善于利用得失电子守恒、原子守恒、质量守恒、电荷守恒等守恒思想,会使得解题事半功倍。
15.CuSO4是一种重要的化工原料,其有关制备途径及性质如图所示。
下列说法不正确的是()
A.途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3:
2
B.相对于途径①、③,途径②更好地体现了绿色化学思想
C.1molCuSO4在1100℃所得混合气体X中O2可能为0.75mol
D.Y可以是葡萄糖
【答案】C
【详解】
A、根据反应式3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O可知,硫酸与硝酸的物质的量之比是3︰2,选项A正确;
B、途径①③中均生成大气污染物,而②没有,所以选项B正确;
C、1mol硫酸铜可以生成0.5mol氧化亚铜,转移1mol电子,所以生成0.25mol氧气,选项C不正确;
D、醛基能被新制的氢氧化铜悬浊液氧化,生成氧化亚铜,葡萄糖含有醛基,D正确;
所以正确的答案选C。
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.标准状况下,使
和
按4:
1体积比充满干燥烧瓶,将烧瓶倒置于水中,瓶内液面逐渐上升,假设烧瓶内溶液不扩散,则最终该溶液中溶质的物质的量浓度为
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【分析】
设出二氧化氮和氧气的体积,NO2和O2按体积比4:
1混合后充入一干燥烧瓶中,把烧瓶倒置于水中发生反应:
4NO2+O2+2H2O=4HNO3,根据方程式计算.
【详解】
设混合气体中含有4VLNO2,1VLO2,则烧瓶的体积为5VL,
;故答案为C。
【点睛】
明确二氧化氮与氧气的反应是解题关键,注意掌握物质的量的相关计算公式的运用。
18.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。
19.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。
20.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。
21.10mLNO、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5
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 河南省开封市兰考县第一高级中学化学第五章 化工生产中的重要非金属元素 复习题含答案解析 河南省 开封市 兰考县 第一 高级中学 化学 第五 化工 生产 中的 重要 非金属元素 复习题 答案 解析
![提示](https://static.bdocx.com/images/bang_tan.gif)