高一化学第五章 化工生产中的重要非金属元素知识点及练习题.docx
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高一化学第五章化工生产中的重要非金属元素知识点及练习题
高一化学第五章化工生产中的重要非金属元素知识点及练习题
一、选择题
1.X、Y、Z三种气体都能对大气造成污染,在工业上都可以用碱液吸收.已知X是化石燃料燃烧的产物之一,是形成酸雨的主要物质;Y是一种黄绿色气体单质,其水溶液具有漂白作用;Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一,能与水反应.下列说法不正确的是
A.X是SO2,它既有氧化性又有还原性
B.干燥的气体Y不能使干燥的有色布条褪色,其水溶液具有漂泊作用的是HClO
C.Z与水反应的化学方程式为:
3NO2+H2O=2HNO3+NO
D.等物质的量的X与Y同时通入到湿润的有色布条上,有色布条褪色时间变短,漂泊效果增强
【答案】D
【分析】
X、Y、Z三种气体都能对大气造成污染,在工业上都可以用碱液吸收,说明这三种气体能和碱反应,X是化石燃料燃烧的产物之一,是形成酸雨的主要物质,化石中含有S元素,二氧化硫和氮氧化物是酸性酸雨的主要气体,所以X是SO2;Y是一种单质,它的水溶液具有漂白作用,氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性,且氯气有毒,所以Y是Cl2;Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一,汽车尾气中含有一氧化氮和二氧化氮,能与水反应的氮氧化物是二氧化氮,则Z是NO2。
【详解】
A.X是SO2,二氧化硫中硫为+4价,既可以升高又可以降低,所以它既有氧化性又有还原性,故A正确;
B.氯气不具有漂白性,氯气与水反应生成次氯酸具有漂白性,故B正确;
C.Z是二氧化氮,二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮,化学方程式:
3NO2+H2O=2HNO3+NO,故C正确;
D.二者恰好反应生成盐酸和硫酸,反应方程式为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl,盐酸和硫酸没有漂白性,所以等物质的量的SO2和Cl2混合后通入装有湿润的有色布条的集气瓶中不能使有色布条褪色,故D错误。
答案选D。
【点睛】
本题考查了无机物的推断,熟悉物质的性质及氧化还原反应规律,次氯酸、二氧化硫漂白原理是解题关键。
2.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。
3.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。
4.下列说法正确的是()
A.晶体硅常用于制造光导纤维B.碳酸钠常用于治疗胃酸过多
C.明矾常用于自来水的消毒杀菌D.高压钠灯常用于道路和广场照明
【答案】D
【详解】
A.二氧化硅用于制造光导纤维,晶体硅可用于制造晶体管及太阳能电池,A错误;
B.碳酸氢钠常用于治疗胃酸过多,而碳酸钠溶液碱性强,对人会产生一定的腐蚀作用,因此不能用于治疗胃酸过多,B错误;
C.明矾具有净水作用但无强氧化性,因此常用于自来水的净化,但不能对水进行消毒杀菌,C错误;
D.高压钠灯发出的黄光穿透力强,因此常用于道路和广场照明,D正确;
故合理选项是D。
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.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。
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.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。
9.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。
10.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。
11.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。
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.将装有60mLNO2、NO混合气的量筒倒立于水槽中,反应后气体体积缩小为40mL,则混合气体中NO2和NO的体积比是
A.5︰3B.2︰3C.1︰1D.2︰1
【答案】C
【详解】
设NO2体积为xmL
=
x=30mL
混合气体中NO2和NO的体积比是1:
1,故C正确。
14.下列图示箭头方向表示与某种常见试剂在通常条件下发生转化,其中6步转化均能一步实现的一组物质是()
选项
W
X
Y
Z
A
B
C
D
S
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【详解】
A.Cu不能一步生成Cu(OH)2,所以W不能发生图中转化生成Z,故A不选;
B.氢氧化钠一步不能生成生成氧化钠,所以Y不能发生图中转化生成Z,故B不选;
C.Al与硫酸反应生成X,Al与HCl反应生成Y,Al与过量NaOH反应生成Z,Z与过量硫酸反应生成X,X与BaCl2反应生成Y,Y与过量NaOH反应生成Z,反应均可进行,故C选;
D.硫不能一步变为三氧化硫,D不选;
答案选C。
15.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。
16.下列有关实验操作和现象及结论均正确的是
选项
实验操作及现象
实验结论
A
常温下,将同样大小、形状的锌与铝分别加入到相同体积98%的浓硫酸中,观察到前者反应速率更快
锌比铝活泼
B
将盐酸滴入碳酸钠溶液中产生气泡
氯的非金属性大于碳
C
向溶液X中先滴加稀硝酸,再滴如BaCl2。
溶液,出现白色沉淀
溶液X中一定含有
D
向某溶液中加入NaOH溶液并加热,产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
该溶液中一定含有
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【详解】
A.常温下浓硫酸有强氧化性,铝遇浓硫酸钝化,无法比较Al与Zn的活泼性,故A错误;
B.比较元素的非金属性要比较最高价氧化物的水化物的酸性强弱,即根据HClO4酸性比H2CO3强,可判断出氯的非金属性大于碳,故B错误;
C.向溶液X中先滴加稀硝酸,再滴加BaCl2,出现白色沉淀,该白色沉淀可能为氯化银或硫酸钡,原溶液中可能含有银离子、亚硫酸根离子,不一定含有
,故C错误;
D.氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则原溶液中一定含有
,故D正确;
答案为D。
17.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。
18.某溶液X中仅可能含有K+、Na+、Fe2+、Fe3+、NH4+、SO42-、SO32-、CO32-、I-、Cl-中的一种或多种,且溶液中各离子浓度相同。
现进行下列实验,下列说法正确的是( )
A.该溶液X中可能有Fe3+、Na+
B.取样溶液Z,滴加氯化钡溶液出现沉淀,可推出X中一定存在SO42-、SO32-中的某一种
C.该溶液可能由是硫酸亚铁、碘化钾和氯化铵溶于水后得到的
D.如果气体Y能使湿润的蓝色石蕊试纸变红,说明溶液中一定含有NH4+
【答案】C
【分析】
由题给实验现象可知,向溶液X中加入过量氯水和四氯化碳后,溶液分层,下层呈紫红色,说明溶液中一定存在I-,一定不含Fe3+;向上层一份溶液中加入硝酸银溶液,生成白色沉淀,此时不能确定是否含有Cl-,向另一份中加入氢氧化钠溶液共热,生成红褐色沉淀,说明溶液X中一定含有Fe2+,一定不含有SO32-和CO32-;有气体生成,说明溶液中一定有NH4+;溶液Z的焰色反应为黄色火焰,此时不能确定是否含有Na+,透过蓝色钴玻璃片,火焰为紫色,说明溶液中一定含有K+,由溶液中各离子浓度相同,结合电荷守恒可知,溶液中含有SO42-和Cl-,综上可知,溶液X中一定含有K+、Fe2+、NH4+、I-、SO42-和Cl-,一定不含有Fe3+、SO32-、CO32-和Na+。
【详解】
A项、溶液X中一定没有Fe3+、Na+,故A错误;
B项、因溶液X中一定含有Fe2+,一定不含有SO32-,若取样溶液Z,滴加氯化钡溶液出现沉淀,可推出X中一定存在SO42-,故B错误;
C项、由以上分析可知,溶液X可能由是等物质的量的硫酸亚铁、碘化钾和氯化铵溶于水后得到的,故C正确;
D项、氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,故D错误;
故选C。
【点睛】
根据实验现象和离子共存是解答的突破口,由溶液中各离子浓度相同,结合电荷守恒是判断的关键所在。
19.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。
20.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。
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