新高考化学第五章 化工生产中的重要非金属元素知识点+典型题.docx

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新高考化学第五章化工生产中的重要非金属元素知识点+典型题

新高考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．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．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．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。

4．现今手机等电子产品产业蓬勃发展，推动了高纯硅的生产与应用。

工业上用“西门子法”。

以硅石（SiO2） 为原料制备冶金级高纯硅的工艺流程如下图所示。

下列说法不正确的是

已知：

SiHCl3室温下为易挥发、易水解的无色液体。

A．“还原”过程需要在高温条件下，该反应的主要还原产物为Si

B．为最大程度节约成本，上述 生产工艺中能循环使用的物质只有H2

C．为防止SiHCl3水解而损失、氢气爆炸，“氧化”、“分离”与“热解”的过程均需要在无水、无氧的条件下进行

D．“氧化”过程反应的化学方程式为Si+3HC1

SiHCl3+H2

【答案】B

【分析】

二氧化硅和金属镁在高温下反应生成氧化镁和硅，加入稀硫酸除去氧化镁，过滤得到硅，通入氯化氢在200～300℃下反应生成SiHCl3，与最后与氢气反应生成Si。

【详解】

A．二氧化硅和金属镁在高温下反应生成氧化镁和硅，还原产物为硅，镁和硅反应可生成Mg2Si，故A正确；

B．流程中H2、HCl既是反应物也是生成物，则可循环使用，故B错误；

C．“氧化”、“分离”与“热解”的过程均需要在无水、无氧的条件下进行，可防止SiHCl3水解而损失、氢气爆炸，故C正确；

D．由流程可知，通入氯化氢在200～300℃下反应生成SiHCl3，反应的化学方程式为Si+3HCl

SiHCl3+H2，故D正确；

故选B。

5．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。

6．某课外实验小组设计的下列实验不合理的是（）

A．制备并观察氢氧化亚铁

B．证明过氧化钠与水反应放热

C．制备并收集少量NO2气体

D．实验室制备少量氨气

【答案】C

【解析】

【详解】

A、甲可用于制备并观察氢氧化亚铁沉淀，符合，错误；

B、脱脂棉燃烧，说明反应放热，合理，错误；

C、二氧化氮与水反应，不能有排水法收集，不合理，正确；

D、丁可用于实验室制备少量氨气，正确；

答案选C。

7．向一定量Fe、FeO和Fe2O3的混合物中，加入120mL4mol·L

的稀硝酸，恰好使混合物完

全溶解，放出1.344L（标准状况）气体，往所得溶液中加入KMnO4的酸性溶液，无明显现象，

若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为

A．0.21molB．0.14molC．0.16molD．0.24mol

【答案】B

【解析】

试题分析：

因一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，无血红色出现，说明溶液中的溶质为硝酸亚铁，根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.12L×4mol/L-0.06mol=0.42mol，所以硝酸亚铁的物质的量为n[Fe（NO3）2]=0.42mol÷2=0.21mol，由铁元素守恒可知，得到铁的物质的量为n（Fe）=0.21mol，故选项A正确。

考点：

考查原子守恒的方法在化学计算的应用的知识。

8．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。

9．由MgO、A12O3、SiO2、Fe2O3组成的混合粉末。

现取一份该混合粉末试样进行实验，首先将其溶于过量的盐酸，过滤后，得到沉淀X和滤液Y。

下列叙述正确的是

A．从组成看，其成分皆是碱性氧化物

B．沉淀X的成分是SiO2

C．溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Fe3+、H+

D．在溶液Y中加入过量NaOH溶液，先产生沉淀后全部溶解

【答案】B

【解析】

试题分析：

混合粉末加入过量的盐酸，氧化镁反应生成氯化镁，氧化铝反应生成氯化铝，氧化铁反应生成氯化铁，二氧化硅不反应。

A、氧化镁和氧化铁是碱性氧化物，氧化铝是两性氧化物，二氧化硅是酸性氧化物，错误，不选A；B、二氧化硅不溶于盐酸，沉淀X为二氧化硅，正确，选B；C、溶液Y中含有镁离子，铁离子，氢离子和铝离子，错误，不选C；D、溶液Y中加入过量的氢氧化钠，产生氢氧化镁和氢氧化铁沉淀，氢氧化铝沉淀能溶解，其他沉淀不溶解，错误，不选D。

考点：

金属及其化合物的性质

10．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。

11．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。

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．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．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．在某100mL混合液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4mol/L和0.1mol/L。

向该混合液中加入1.92g铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中的Cu2+的物质的量浓度是（）mol/L

A．0.15B．0.225C．0.35D．0.45

【答案】B

【分析】

铜屑投入HNO3和H2SO4的混合溶液中发生的反应实质为硫酸提供氢离子硝酸根离子具有强氧化性继续反应，反应实质为：

3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+3H2O，根据反应的量来确定消耗的铜以及生成气体的量，生成铜离子的物质的量分析判断。

【详解】

反应实质为：

3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+3H2O，1.92g铜粉物质的量=

=0.03mol，100mL混合溶液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4mol/L和0.1mol/L，所含氢离子物质的量=0.1L×0.4mol/L+0.1L×0.1mol/L×2=0.06mol，根据反应离子方程式可以知道铜剩余，根据氢离子物质的量计算生成铜离子物质的量为8H+~3Cu2+，得到铜离子物质的量为0.06mol×

=0.0225mol，所得溶液中Cu2+物质的量浓度为

=0.225mol/L，

所以B选项是正确的。

16．一定量的锌与100mL18.5mol·L－1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体甲33.6L（标准状况）。

将反应后的溶液稀释至1L，测得溶液的c（H+）=0.1mol·L－1。

下列叙述不正确的是（）

A．反应中共消耗1.8molH2SO4B．气体甲中SO2与H2的体积比为4∶1

C．反应中共消耗97.5gZnD．反应中共转移3mol电子

【答案】B

【分析】

Zn和浓硫酸发生：

Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+H2O，随着反应的进行，溶液浓度减小，

稀硫酸与Zn发生：

Zn+H2SO4（稀）=ZnSO4+H2↑，则生成的气体为SO2和的H2混合物，根据反应的有关方程式结合质量守恒定律列方程组计算。

【详解】

生成气体的物质的量为

=1.5mol，溶液剩余硫酸的物质的量为

×1L×0.1mol/L=0.05mol，

参加反应的n（H2SO4）=0.1L×18.5mol/L-0.05mol=1.8mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，

设反应生成xmolSO2，ymolH2，

Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+H2O

x  2x               x

Zn+H2SO4（稀）=ZnSO4+H2↑

y  y              y

x+y=1.5

2x+y=1.8

解之得x=0.3，y=1.2

所以反应会生成0.3mol的二氧化硫和1.2mol的氢气。

A．由以上计算可知，反应中共消耗1.8molH2SO4，故A正确；

B．气体A为SO2和H2的混合物，且V（SO2）：

V（H2）=1：

4，故B错误；

C．反应中共消耗金属Zn的质量m（Zn）=（0.3mol+1.2mol）×65g/mol=97.5g，故C正确；

D．在反应Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+H2O中，生成0.3mol的二氧化硫转移电子为0.6mol，反应Zn+H2SO4（稀）=ZnSO4+H2↑中，生成1.2mol氢气转移电子2.4mol，所以反应中共转移3mol电子，故D正确。

故选B。

【点睛】

本题考查方程式的相关计算，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意浓硫酸和稀硫酸性质的不同，从质量守恒的角度解答该题，计算生成气体的物质的量关系是解答该题的关键。

17．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。

18．下列说法正确的是（）

A．向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色

B．浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定

C．铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2

D．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性

【答案】B

【详解】

A．氯水中生成了盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有强氧化性漂白，所以向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液先变红色后褪色，故A错误；

B．硝酸分解生成二氧化氮、氧气和水，二氧化氮是红棕色气体，浓硝酸溶解了二氧化氮而呈黄色，故B正确；

C．铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2，故C错误；

D．浓硫酸能将有机物中H、O元素以2：

1水的形式脱去而体现脱水性，故浓硫酸具有脱水性，可使蔗糖脱水生成炭黑，故D错误；

故答案为B。

【点睛】

氯水由于存在氯气和水的反应生成盐酸和次氯酸，所以氯水含有氯气分子，水，盐酸和次氯酸，与不同的试剂反应时，起作用的微粒不同；①与硝酸银反应：

氯离子与硝酸银反应生成白色沉淀；②与碳酸钠反应：

碳酸钠和盐酸反应生成二氧化碳气体；③与有色布条作用：

次氯酸有漂白性，有色布条褪色；④与石蕊试液作用：

先变红后褪色，因为溶液中有酸，显酸性，有次氯酸有漂白性；⑤与二氧化硫作用：

黄绿色退去，二氧化硫和氯气和水反应生成硫酸和盐酸。

19．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。

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．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。

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