人教高一化学必修二第五章 化工生产中的重要非金属元素知识归纳总结及答案1.docx

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人教高一化学必修二第五章化工生产中的重要非金属元素知识归纳总结及答案1

一、选择题

1．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。

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．能正确表示下列反应的离子方程式是（）

A．在稀盐酸中投入大理石粉末：

+2H+=CO2↑+H2O

B．1mol氯气通入含1molFeBr2的溶液中：

2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-

C．金属钠投入硫酸铜溶液中：

2Na+Cu2+=2Na++Cu

D．过量SO2通入NaClO溶液中：

SO2+ClO-+H2O=HClO+

【答案】B

【详解】

A．大理石的主要成分为CaCO3，难溶于水，不能改写成

的形式，A不正确；

B．0.5molCl2先与1molFe2+反应，另外0.5molCl2再与1molBr-反应，离子方程式为：

2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，B正确；

C．金属钠投入硫酸铜溶液中，钠先与水反应，产物再与硫酸铜反应，而钠不能与Cu2+发生置换反应，C不正确；

D．过量SO2通入NaClO溶液中，产物中HClO与

还会发生氧化还原反应，二者不能共存，D不正确；

故选B。

4．下列说法不正确的是（）

A．生铁和钢都是铁和碳的合金B．氯化钙是漂白粉的有效成分

C．玻璃、水泥属传统硅酸盐产品D．氧化铝陶瓷是新型无机非金属材料

【答案】B

【详解】

A．生铁和钢都是铁合金，含有的杂质元素主要是碳，因此二者都是铁和碳的合金，A正确；

B．漂白粉的主要成分是氯化钙、次氯酸钙，有效成分是次氯化钙，B错误；

C．玻璃、水泥的主要成分是硅酸盐，因此都属于传统硅酸盐产品，C正确；

D．氧化铝陶瓷、高温结构陶瓷、生物陶瓷都是新型无机非金属材料，D正确；

故合理选项是B。

5．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。

6．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。

7．将一定量的锌与浓度为18.5mol/L的100mL浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成26.88L标准状况下的气体，反应后测得溶液中氢离子浓度为1.0mol/L，则生成的气体的物质的量之比为

A．n（SO2）/n（H2）=1/1B．n（SO2）/n（H2）=4/1

C．n（SO2）/n（H2）=1/4D．n（SO2）/n（H2）=3/2

【答案】A

【详解】

根据题意，发生反应的化学方程式为Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2↑+2H2O，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，设反应生成SO2的物质的量为xmol，生成氢气的物质的量为ymol，列方程为x+y=26.88÷22.4=1.2mol，2x+y=18.5×0.1-1.0×0.1÷2=1.8，解得x=0.6mol,y=0.6mol,则n（SO2）/n（H2）=1/1，答案选A。

8．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。

9．将Mg、Cu组成的26.4g混合物投入到适量的稀硝酸中，固体完全溶解，将产生的气体和6.72L（标准状况下）氧气混合通入水中，恰好全部被水吸收．向反应后的溶液中加入足量4mol/L﹣1的NaOH溶液，使金属离子完全沉淀．则形成沉淀的质量是

A．63.8gB．53.6gC．46.8gD．43.2g

【答案】C

【解析】

试题分析：

Mg、Cu与稀硝酸发生反应变为Mg2+、Cu2+，硝酸得到电子被还原变为NO，在反应过程中金属失去电子的物质的量与硝酸得到电子的物质的量相等，NO与氧气反应又转化为硝酸，则转移的电子就是氧气得到的电子，氧气是6.72L÷22.4L/mol=0.3mol，则电子转移的物质的量是n（e-）=0.3mol×4=1.2mol。

当向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液时，金属形成Mg（OH）2、Cu（OH）2沉淀，结合的OH-的物质的量与金属单质失去电子的物质的量相等。

因此形成沉淀的质量就是金属质量与氢氧根离子的质量和，m（OH-）=nM=1.2mol×17g/mol=20.4g，所以沉淀的质量是26.4g+20.4g=46.8g，答案选C。

【考点定位】本题主要是考查守恒方法在氧化还原反应的计算中的应用的知识。

【名师点晴】许多有关化学反应的计算，如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的，常见的守恒关系有：

①反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；②电解质溶液中的电荷守恒；③氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等；④从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。

10．蛇纹石由MgO、Al2O3、SiO2、Fe2O3组成。

现取一份蛇纹石试样进行实验，首先将其溶于过量的盐酸，过滤后，在所得的沉淀X和溶液Y中分别加入NaOH溶液至过量。

下列叙述正确的是

A．沉淀X的成分是SiO2

B．将蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液后过滤，可得到红色颜料Fe2O3

C．在溶液Y中加入过量的NaOH溶液，过滤得到沉淀是Fe（OH）3

D．溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+

【答案】A

【分析】

金属氧化物MgO、A12O3、Fe2O3会溶于盐酸，生成氯化镁、氯化铝以及氯化铁，过滤后，得的沉淀X是二氧化硅，溶液Y中含有氯化镁、氯化铝以及氯化铁以及过量的盐酸，向Y中加入过量的氢氧化钠，会生成氢氧化镁、氢氧化铁沉淀，过滤后的溶液中含有氯化钠、偏铝酸钠等。

【详解】

A、沉淀X的成分是SiO2，A正确；

B、将蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液后过滤，可得到MgO、Fe2O3的混合物，B错误；

C、溶液Y中加入过量的NaOH溶液后过滤，过滤后的溶液中含有氯化钠、偏铝酸钠，沉淀是氢氧化镁、氢氧化铁沉淀，C错误；

D、溶液Y中含有氯化镁、氯化铝以及氯化铁以及过量的盐酸，含有的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+、H+，D错误；

答案选A。

11．下面是实验室制取氨气的装置和选用的试剂，其中错误的是（　　）

A．①②B．②③C．③④D．①③

【答案】D

【详解】

①氯化铵分解产生NH3和HCl，气体在试管口降温后又化合生成NH4Cl甚至会堵塞，试管发生危险，所以方案①错误；

②浓氨水遇到氧化钙后，溶液中的水与CaO反应生成Ca（OH）2而消耗，反应同时放热使混合物温度升高，得到的Ca（OH）2可以降低NH3在水中的溶解度，这些都会促使氨水挥发生成氨气，因此方案②正确；

③2NH4Cl+Ca（OH）2

CaCl2+2NH3↑+2H2O，但是制备装置的试管口要略向下倾斜，防止水蒸气冷凝回流到试管中使试管炸裂，因此方案③错误；

④浓氨水受热分解生成氨气，通过碱石灰吸收水蒸气后可以得到氨气，方案④正确。

综上所述，不能制取氨气的是①③，应当选D。

【点睛】

与②相似，利用NaOH固体或碱石灰也可以制备NH3。

12．下列离子方程式书写正确的是

A．向明矾溶液中逐滴加入足量Ba（OH）2溶液时，反应为：

Al3++2SO

+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO

+2H2O

B．硫化亚铁与浓硫酸混合：

2H＋＋FeS=H2S↑＋Fe2＋

C．向次氯酸钙溶液中通入SO2：

Ca2＋＋2ClO-＋SO2＋H2O=CaSO3↓＋2HClO

D．磁性氧化铁溶于稀硝酸：

3Fe2＋＋4H＋＋NO

=3Fe3＋＋NO↑＋3H2O

【答案】A

【详解】

A．Ba（OH）2足量，故明矾KAl（SO4）2·12H2O完全反应，其中Al3+与OH-反应生成

，即①

，

与Ba2+反应，②

，由于Al3+、

都来源于明矾，故应满足原比例1:

2，则总反应为①+②×2，即

，A正确；

B．浓硫酸具有强氧化性，可以将FeS中亚铁氧化为Fe3+，-2价硫氧化为S单质，自身被还原为SO2，B错误；

C．次氯酸根有强氧化性，能将SO2氧化为

，自身被还原为Cl-，C错误；

D．磁性氧化铁为Fe3O4，书写离子方程式时，Fe3O4不能拆，D错误；

故答案选A。

13．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。

14．将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示（CuS不溶于水）。

下列说法错误的是（）

A．过程①发生非氧化还原反应

B．过程②中，发生反应为S2-+Fe3+=S+Fe2+

C．过程③中，氧气是氧化剂

D．整个转化过程中Fe3+可以循环使用

【答案】B

【详解】

A．过程①中发生H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、S元素化合价都是-2价，没有化合价变化，是非氧化还原反应，故A正确；

B．过程②中发生CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+，故B错误；

C．过程③中发生4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，Fe元素的化合价升高，被氧化，Fe2+作还原剂，O2中O元素的化合价降低，被还原，O2作氧化剂，故C正确；

D．由过程②③中反应可知，Fe3+可以循环使用，故D正确；

答案为B。

15．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。

16．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。

17．对于1LHNO3和H2SO4的混合溶液，若HNO3和H2SO4物质的量浓度存在如下关系：

c（H2SO4）+c（HNO3）═1.0mol•L﹣1．则理论上最多能溶解铜的物质的量为（　　）

A．1.0molB．0.8molC．0.72molD．0.6mol

【答案】D

【详解】

金属铜和稀硫酸之间不会反应，但是可以和稀硝酸之间反应，硫酸存在条件下硝酸根可以全部被还原，反应离子方程式：

3Cu+2NO3﹣+8H+＝3Cu2++2NO↑+4H2O，NO3﹣和H+的物质的量之比为1：

4时恰好反应，溶解的Cu最多。

设硫酸的物质的量为xmol，硝酸的物质的量为ymol，则：

x+y＝1，y：

（2x+y）＝1：

4，联立解得：

x＝0.6，y＝0.4。

设参加反应的铜的最大物质的量是z，则：

3Cu+2NO3﹣+8H+＝3Cu2++2NO↑+4H2O

32

z0.4mol

3：

2＝z：

0.4mol

解得：

z＝0.6mol

故选：

D。

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．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-，因Fe3+与I-不能共存，故不含Fe3+；

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，说明原溶液中不含有Mg2+，将此溶液分为两等份，第一份加热，有气体放出，说明此溶液中含有NH3•H2O，说明原溶液中含有

；第二份溶液中加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中含有Ba2+，因Ba2+与

不能大量共存，故原溶液中不含有

；

通过实验确定的离子有：

Ba2+、

、I-，根据离子浓度均为0.1molL-1结合电荷守恒可知阴离子中一定含有Cl-、Br-，因此溶液中一定不含有Na+，

综上所述，答案为：

D。

【点睛】

高中阶段对于Na+的检验，常见方法有：

①根据焰色反应确定，若颜色反应火焰为黄色，则说明溶液中含有钠元素；②可根据电荷守恒进行分析。

20．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。

21．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。

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．A是一种正盐，D相对分子质量比C相对分子质量大16，E是酸，当X无论是强酸还是强碱时都有如图转化关系。

当X是强酸时，A、B、C、D、E均含有同一种元素；当X是强碱时，A、B、C、D、E均含有另一种元素；下列说法不正确的是

A．D生成E的反应可能是氧化还原反应

B．当X是强碱时，C在常温下是气态单质

C．当X是强酸时，E是H2SO4

D．当X是强碱时，E是HNO2

【答案】B

【分析】

D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，且观察C是由B+Y→C，D是由C+Y→D，可知C和D含有的元素相同，且相对分子质量相差一个O的相对原子质量；在中学化学中很容易想到是NO，NO2 或者是SO2 和SO3 等，推知Y一定是O2 ，E是酸