化学第五章 化工生产中的重要非金属元素知识点+典型题.docx
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化学第五章化工生产中的重要非金属元素知识点+典型题
化学第五章化工生产中的重要非金属元素知识点-+典型题
一、选择题
1.某稀硫酸和稀硝酸混合溶液100mL,逐渐加入铁粉,产生气体的量随铁粉加入量的变化如图所示。
下列说法错误的是( )
A.H2SO4浓度为4mol/L
B.溶液中最终溶质为FeSO4
C.原混合酸中NO3-浓度为0.2mol/L
D.AB段反应为:
Fe+2Fe3+=3Fe2+
【答案】C
【分析】
由图象可知,由于铁过量,OA段发生反应为:
Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O,AB段发生反应为:
Fe+2Fe3+=3Fe2+,BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑.最终消耗Fe为22.4g,此时溶液中溶质为FeSO4,则n(FeSO4)=n(Fe),由硫酸根守恒n(H2SO4)=n(FeSO4),根据OA段离子方程式计算原混合酸中NO3-物质的量,再根据c=
计算c(H2SO4)、c(NO3-)。
【详解】
A、反应消耗22.4g铁,也就是22.4g÷56g/mol=0.4mol,所有的铁都在硫酸亚铁中,根据硫酸根守恒,所以每份含硫酸0.4mol,所以硫酸的浓度是4mol/L,A正确;
B、硝酸全部被还原,没有显酸性的硝酸,因为溶液中有硫酸根,并且铁单质全部转化为亚铁离子,所以溶液中最终溶质为FeSO4,B正确;
C、OA段发生反应为:
Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O,硝酸全部起氧化剂作用,所以n(NO3-)=n(Fe)=0.2mol,NO3-浓度为2mol/L,C错误;
D、由图象可知,由于铁过量,OA段发生反应为:
Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O,AB段发生反应为:
Fe+2Fe3+=3Fe2+,BC段发生反应为:
Fe+2H+=Fe2++H2↑,D正确。
答案选C。
【点晴】
该题难度较大,解答的关键是根据图象分析各段发生的反应,注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用。
在做此类题目时,应当先分析反应的过程,即先发生的是哪一步反应,后发生的是哪一步。
计算离子时注意用离子方程式计算。
还需要用到一些解题技巧来简化计算过程,比如合理使用守恒原理等。
2.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。
3.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。
4.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。
5.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。
6.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。
7.下列各组物质中,满足如图物质一步转化关系的选项是
X
Y
Z
A
Na
NaOH
NaHCO3
B
Cu
CuSO4
Cu(OH)2
C
Al2O3
AlO2-
Al(OH)3
D
Si
SiO2
H2SiO3
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【详解】
A.钠能与水反应生成氢氧化钠,氢氧化钠溶液能与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠,但碳酸氢钠不能直接生成金属钠,故A错误;
B.铜能与浓硫酸共热反应生成硫酸铜,硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应能生成氢氧化铜,但氢氧化铜不能直接生成金属铜,故B错误;
C.氧化铝能与强碱溶液反应生成偏铝酸根,偏铝酸根在溶液中与二氧化碳反应能生成氢氧化铝沉淀,氢氧化铝沉淀受热分解能生成氧化铝,故C正确;
D.硅在高温下能与氧气反应生成二氧化硅,二氧化硅不溶于水,不能与水反应生成硅酸,故D错误;
故选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.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。
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.有50mL某气体,可能含有CO2、O2、NH3中的一种或几种,将其通过浓H2SO4没有发现体积变化。
通过足量Na2O2后,体积变为30mL,则该气体可能为()
A.CO2为20mL,NH3为30mLB.NH3为40mL,O2为10mL
C.CO2为30mL,O2为20mLD.CO2为40mL,O2为10mL
【答案】D
【解析】
试题分析:
有50mL某气体,可能含有CO2、O2、NH3中的一种或几种,将其通过浓H2SO4没有发现体积变化,说明不含有NH3;通过足量Na2O2后,体积变为30mL,说明含有CO2气体,根据反应方程式:
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,根据方程式可知,每有2体积的CO2发生反应,气体的体积会减少1体积,则反应减少的气体的体积是50mL-30mL=20mL,则含有CO2的体积是40mL,反应产生的O2体积是20mL,还有10mL的O2,故选项D正确。
考点:
考查混合气体的组成与性质的知识。
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.在未知液中加入AgNO3溶液有白色沉淀生成,加入稀硝酸后,沉淀部分溶解,有无色无味的气体生成,将气体通入澄清石灰水,石灰水变浑浊,由此判断水溶液中含有
A.Cl-,SO
B.Cl-,NO
C.Cl-,CO
D.Cl-,OH-
【答案】C
【解析】
加入硝酸后沉淀部分溶解,且产生无色无味能使澄清的石灰水变浑浊的气体,则该溶液中含有Cl-和CO32-,C项正确。
14.将19.2g的铜屑投入到400mL浓度均为0.5mol/LHNO3和H2SO4的混合溶液中,溶液增加的质量为
A.4.5gB.9.9gC.13.2gD.14.7g
【答案】B
【详解】
Cu与稀硫酸、稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O,据题可知Cu的物质的量=
=0.3mol,氢离子的物质的量是0.4×(0.5+1.0)=0.6mol,硝酸根离子的物质的量是0.4×0.5=0.2mol,所以氢离子不足,当转移0.45mol的电子时参加反应的Cu的物质的量=
=0.225mol,产生NO的物质的量=
=0.15mol,参加反应的Cu的质量是0.225×64=14.4g,生成NO的质量是0.15×30=4.5g,所以溶液增重14.4-4.5=9.9g,故B正确;答案选B。
15.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。
16.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。
17.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。
18.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。
19.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。
20.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。
21.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。
22.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,反应中Cu、Fe失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量,则n(OH-)=0.6mol,从金属单质转化为其氢氧化物,增加的是氢氧根离子的质量,所以反应后沉淀的质量(包括氢氧化铝)等于18.0g+0.6mol×17g/mol=28.2g,但是加入过量氢氧化钠后,不会生成氢氧化铝沉淀,开始合金质量减少了5.4g,所以反应后氢氧化铜、氢氧化铁的质量为28.2g-5.4g=22.8g,答案选A。
23.下列有关含硫物质转化判断正确的是()
A.0.1molCu与足量的硫充分反应,生成物的质量比该单质的质量增加了1.6g
B.如图是铜与浓硫酸反应的实验装置。
B中盛装的是浓硫酸,作用是干燥SO2
C.Cu投入稀硫酸中加热,没有明显变化,加入一定量的H2O2溶液,金属Cu逐渐溶解,反应中H2O2起催化作用
D.25.0mL0.100mol•L-1的Na2S2O3溶液恰好把224mL(标况)Cl2转