江苏省王杰中学高中化学第五章 化工生产中的重要非金属元素讲义及答案及答案.docx
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江苏省王杰中学高中化学第五章化工生产中的重要非金属元素讲义及答案及答案
江苏省王杰中学高中化学第五章化工生产中的重要非金属元素(讲义及答案)及答案
一、选择题
1.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。
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。
5.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。
6.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。
7.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。
8.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.
9.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。
10.二氯化二硫(S2Cl2)是广泛用于橡胶工业的硫化剂,其分子结构与双氧水分子相似。
常温下,S2Cl2是一种橙黄色液体,遇水可发生反应,并产生能使品红褪色的气体。
下列说法中不正确的是
A.S2Br2与S2Cl2结构相似,沸点S2Br2>S2Cl2
B.S2Cl2的结构式为Cl—S—S—Cl
C.S2Cl2中S显—1价
D.2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl
【答案】C
【详解】
A.组成和结构相似的分子晶体,相对分子质量越大,分子间作用力越大,熔、沸点越高;S2Br2与S2Cl2结构相似,S2Br2相以分子质量较大,所以沸点S2Br2>S2Cl2,A正确;
B.由题中信息分子结构与双氧水分子相似,双氧水的结构式为H-O-O-H,所以S2Cl2的结构式为Cl-S-S-Cl,B正确;
C.氯和硫都是第3周期元素,氯的非金属性较强,所以S2Cl2中Cl显-1价,S显+1价,C错误;
D.由题中信息S2Cl2遇水可发生反应,并产生能使品红褪色的气体,可知反应后生成二氧化硫,所以S2Cl2与水发生反应的化学方程式为2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl,D正确;故选C。
11.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。
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.将43.8g Al、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中,产生6.72L气体(标准状况)。
另取等质量的该合金溶于过量的稀硝酸中,生成13.44LNO(标准状况),向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液,得到沉淀的质量为
A.39.2gB.44.8gC.58.8gD.66.4g
【答案】C
【详解】
合金溶于足量的NaOH溶液中,金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气6.72L,物质的量为0.3mol,根据电子转移守恒可以知道n(Al)=0.3×
=0.2mol,故金属铝的质量为0.2×27=5.4g,金属铝提供电子的量是0.6mol,将合金溶于过量稀硝酸中,分别生成Al3+、Cu2+离子,根据电子守恒,金属共提供电子的物质的量为13.44×
=1.8mol故Cu共提供的电子物质的量为1.8-0.6=1.2mol,向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液,铝离子全部转化为偏铝酸根离子,不会出现沉淀,所得沉淀为氢氧化铜,由电荷守恒可以知道,反应中金属铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量即n(OH-)=1.2mol,所以反应后沉淀的质量等于43.8-5.4+1.2×17=58.8g;C正确;
故答案选C。
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.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.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。
19.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。
20.10mLNO、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。
21.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】
将18.0克由Cu、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中,只有铝参与反应,则合金质量减少的5.4克为Al,物质的量为
;将合金溶于过量稀硝酸中,分别生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子,根据电子守恒,金属共失去电子的物质的量为
,其中0.2mol铝完全反应失去0.6mol电子,则Cu、Fe完全反应失去电子为1.2mol-0.6mol=0.6mol,
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