贵州省遵义市第四教育集团化学第五章 化工生产中的重要非金属元素复习题及答案.docx
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贵州省遵义市第四教育集团化学第五章化工生产中的重要非金属元素复习题及答案
贵州省遵义市第四教育集团化学第五章化工生产中的重要非金属元素复习题及答案
一、选择题
1．某固体物质和某溶液在一定条件下反应，产生气体的相对分子质量（或平均相对分子质量）为45，则发生反应的物质一定不可能是
A．Zn和浓H2SO4B．Cu和浓HNO3
C．Na2O2和NH4Cl浓溶液D．C和浓HNO3
【答案】C
【解析】
试题分析：
A．Zn和浓H2SO4，开始发生反应：
Zn＋2H2SO4（浓）
ZnSO4＋SO2↑＋2H2O。
当随着反应的进行，溶液变稀后，会发生反应：
Zn+H2SO4（稀）=ZnSO4＋H2↑。
最后得到的气体为SO2与H2的混合气体。
SO2的相对分子质量为64，H2的相对分子质量为2．因此混合气体的平均相对分子质量可能为45．正确。
B．C和浓HNO3。
发生反应：
C+4HNO3（浓）
CO2↑＋4NO2↑＋2H2O。
CO2与4NO2的相对分子质量分别是44、46．所以混合气体平均相对分子质量可能为45．正确。
C．Na2O2和溶液中的水发生反应：
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。
产生的NaOH与溶液中的溶质NH4Cl发生反应：
NaOH+NH4Cl
NaCl++H2O+NH3↑。
得到的气体中含有O2与NH3的相对分子质量都比45小，所以不可能平均为45．错误。
D．Cu和浓HNO3，开始发生反应：
Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+NO2↑+2H2O。
当溶液变为稀硝酸时，发生反应：
3Cu＋8HNO3（稀）=2Cu（NO3）2＋2NO↑＋4H2O。
NO2、NO的相对分子质量分别是46、28，因此混合气体的平均相对分子质量可能为45．正确。
考点：
考查物质之间的相互反应得到的气体成分的相对分子质量的关系的知识。
2．已知：
稀硝酸能与SO2或亚硝酸盐发生氧化还原反应：
3SO2+2HNO3+H2O=3H2SO4+2NO。
下列过程中最终的白色沉淀不一定是BaSO4的是（）
A．Fe（NO3）2溶液→通入SO2+过量盐酸→加BaCl2溶液→白色沉淀
B．Ba（NO3）2溶液→加过量盐酸→加Na2SO3溶液→白色沉淀
C．无色溶液→加稀HNO3→加BaCl2溶液→白色沉淀
D．无色溶液→加过量盐酸→无色溶液→加BaCl2溶液→白色溶液
【答案】C
【详解】
A．硝酸亚铁中有硝酸根离子存在，加入过量的稀盐酸，就相当于硝酸存在，通入二氧化硫气体，二氧化硫与水生成亚硫酸，被硝酸氧化成硫酸根离子，加氯化钡最终生成BaSO4沉淀，A不符合题意；
B．硝酸钡溶液中有硝酸根离子存在，加入过量的稀盐酸，就相当于硝酸存在，加入亚硫酸钠，亚硫酸根离子被硝酸氧化成硫酸根离子，所以一定是硫酸钡白色沉淀，B不符合题意；
C．无色溶液加入稀硝酸，加入氯化钡，Ag+可能干扰，最终生成的白色沉淀可能是AgCl或BaSO4，C符合题意；
D．无色溶液，加盐酸无沉淀，就排除了亚硫酸钡和氯化银，因为亚硫酸钡会和盐酸生成二氧化硫和水，再加氯化钡有生成沉淀，所以一定是硫酸钡白色沉淀，D不符合题意；
答案选C。
3．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。
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。
7．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。
8．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。
9．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。
10．下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是（）
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
判断
A
盛放氢氧化钠溶液试剂瓶用橡胶塞
氢氧化钠可以与玻璃中的二氧化硅反应生成粘性的硅酸钠
Ⅰ对，Ⅱ错，无
B
氯水可以使有色布条褪色
氯气具有漂白性
Ⅰ错，Ⅱ对，有
C
二氧化硅可以与水反应生成硅酸
二氧化硅是酸性氧化物具有酸性氧化物的通性
Ⅰ对，Ⅱ对，无
D
为增强漂白能力使用漂白粉时向漂白粉溶液中加入少量白醋
醋酸的酸性比次氯酸强
Ⅰ对，Ⅱ对，有
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【详解】
A．氢氧化钠可以与玻璃中的二氧化硅反应生成粘性的硅酸钠所以要用橡胶塞，表述I、II都正确；
B．氯水使有色布条褪色是因为生成次氯酸，不是氯气具有漂白性；
C．酸性氧化物对应的水化物是酸，二者有联系；
D．漂白粉的主要成分是次氯酸钙，漂白原理是次氯酸钙与酸反应产生的次氯酸生效，根据强酸制弱酸的原理，加入白醋能增强漂白能力，D正确。
11．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。
12．能正确表示下列反应的离子方程式是（）
A．在硫酸亚铁溶液中通入氯气：
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
B．NH4HCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液：
2HCO
＋Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO
C．氢氧化亚铁溶于稀硝酸中：
Fe（OH）2+2H＋=Fe2++2H2O
D．澄清石灰水与过量小苏打溶液混合：
Ca2++OH-+HCO
=CaCO3↓+H2O
【答案】A
【详解】
A．氯气会将亚铁离子氧化成铁离子，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故A正确；
B．过量的氢氧化钡也会把铵根反应掉，正确的离子方程式为NH
+HCO
＋Ba2++2OH-=BaCO3↓+NH3·H2O+H2O，故B错误；
C．硝酸具有强氧化性会把亚铁离子给氧化成铁离子，正确离子方程式为3Fe（OH）2+NO
+10H+=3Fe3++8H2O+NO↑，故C错误；
D．小苏打过量时氢氧根完全反应，所以正确离子方程式为Ca2++2OH-+2HCO
=CaCO3↓+H2O+CO
，故D错误；
综上所述答案为A。
13．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。
14．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。
15．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。
16．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．
17．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。
18．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。
19．某一固体粉末含有SiO2、Fe2O3、Al2O3，加入足
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