1、陕西省黄陵中学2020-2021学年高一上学期期中考试化学试题1. 本草衍义中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的操作方法是( )A. 蒸馏B. 升华C. 过滤D. 萃取【答案】B【解析】【详解】“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳”，涉及用到加热的方法，将被提纯物质气化、冷凝为固体的过程，为升华操作，且得到固体，不是蒸馏、萃取操作，故答案选B。2. 关于氧化还原反应的说法，正确的是（ ）A. 物质失去的电子数越多，其还原性越强B. 物质所含元素化合价升高
2、的反应叫还原反应C. 某元素由化合态变为游离态，则它一定被还原D. 置换反应一定属于氧化还原反应【答案】D【解析】【详解】A、还原性的强弱与失去电子数的多少无关，与失去电子的难易有关，A错误；B、物质所含元素化合价升高，物质作还原剂，发生的反应为氧化反应，B错误；C、某元素从化合态变为游离态，化合价可能升高也可能降低，不能确定是被还原还是被氧化，C错误；D、置换反应中肯定有元素的化合价变化，肯定是氧化还原反应，D正确；答案选D。3. 下列物质的分类合理的是( )A. 酸性氧化物:CO2 、SiO 2、SO2、COB. 碱:烧碱、纯碱、苛性钾、氢氧化钡C. 混合物:盐酸、浓硫酸、水煤气、氢氧化铁
3、胶体D. 碱性氧化物:Na2O、CaO、MgO、Al2O3【答案】C【解析】【详解】A. CO不是酸性氧化物，它是不成盐氧化物，A不正确；B. 纯碱化学式为Na2CO3，它属于盐，不属于碱，B不正确；C. 盐酸、浓硫酸、水煤气、氢氧化铁胶体都是混合物，C正确；D. Al2O3不是碱性氧化物，它是两性氧化物，D不正确。故选C。4. 日常生活中的许多现象与化学反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是 ()A. 铜铸塑像上出现铜绿Cu2(OH)2CO3B. 充有氢气的气球遇明火爆炸C. 大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏D. 铁质菜刀生锈【答案】C【解析】【分析】氧化还原反应的特征是：有元素化合价的升降，据此
4、分析。【详解】A.铜铸塑像上出现铜绿是因为空气中O2、水蒸气、CO2与铜发生化学反应的结果：2Cu+O2+H2O+CO2=Cu2(OH)2CO3，反应中铜元素化合价升高，O2中氧元素化合价降低，该反应属于氧化还原反应，A项错误；B.氢气气球遇明火爆炸，发生的反应是：2H2+O22H2O，氢元素化合价升高，氧元素化合价降低，该反应属于氧化还原反应，B项错误；C.大理石的主要成分是CaCO3，与酸雨反应：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，此反应中没有元素化合价的升降，该反应不属于氧化还原反应，C项正确；D.铁质菜刀生锈，是铁与空气中O2、水蒸气共同作用结果：2Fe+O2+xH2O=Fe2
5、O3xH2O，铁元素化合价升高，O2中氧元素化合价降低，该反应属于氧化还原反应，D项错误；答案选C。5. 下列逻辑关系图中正确的是()A. B. C D. 【答案】D【解析】【详解】A.气溶胶也是胶体，选项A不正确；B.吸热反应或放热反应不一定是氧化还原反应，选项B不正确；C.碳酸盐可以是钠盐或钾盐，选项C不正确；D.溶于水或熔融状态下，能够电离出阴阳离子的化合物是电解质，在上述情况下，都不能电离出阴阳离子的化合物是非电解质，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质，选项D正确；答案选D。6. “纳米材料”是粒子直径为1100nm（纳米）的材料，纳米碳就是其中的一种。若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水
6、中，所形成的物质是溶液 是胶体 是浊液 不能透过滤纸 能透过滤纸 能产生丁达尔效应 静置后，会析出黑色沉淀A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】纳米碳粒子直径为l100nm之间，分散到水中，所形成的分散系为胶体，错误；纳米碳粒子直径为l100nm之间，形成的分散系为胶体，正确；浊液分散质粒子直径大于100nm，错误；溶液和胶体分散系中粒子的直径都比滤纸中小孔直径小，能全部透过滤纸，错误；胶体分散系中粒子的直径都比滤纸中小孔直径小，能全部透过滤纸，正确；胶体具有丁达尔效应，正确；胶体处于介稳定状态，则不会形成黑色沉淀，错误。综上，答案为A。7. 下列说法中不正确的是将硫酸钡放入水中不
7、能导电，硫酸钡是非电解质；氨溶于水得到氨水溶液能导电，氨水是电解质；固态氯化氢不导电，液态氯化氢可以导电；硫酸氢钠电离出的阳离子有H+，硫酸氢钠是酸；电解质放在水中一定能导电，非电解质放在水中一定不导电。A. 仅B. 仅C. 仅D. 【答案】D【解析】【详解】将硫酸钡放入水中不能导电，是因为溶液中离子浓度太小，溶于水的硫酸钡能完全电离出离子，硫酸钡是电解质，错误；氨溶于水得到氨水溶液能导电，是因为生成的一水合氨电离出离子，一水合氨是电解质，氨气是非电解质，氨水是混合物，不是电解质，也不是非电解质，错误；固态氯化氢不导电，液态氯化氢不导电，也不导电，氯化氢溶于水可以导电，错误；硫酸氢钠溶于水电离
8、出的阳离子有钠离子和H+，硫酸氢钠是酸式盐，不是酸，错误；电解质放在水中不一定能导电，例如难溶性电解质，非电解质放在水中也可能导电，例如氨气溶于水，错误。答案选D。8. 除去下列物质中的杂质(括号内为杂质)，所选用的试剂及操作方法均正确的一组是（ ）选项待提纯的物质选用的试剂操作的方法ACaO(CaCO3)水溶解、过滤、结晶BCu(CuO)稀盐酸溶解、过滤、洗涤、干燥CCuSO4(H2SO4)氢氧化钠溶液过滤DCO(H2)氧气点燃A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【分析】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变；除
9、杂质题至少要满足两个条件：加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；反应后不能引入新的杂质。【详解】ACaO能与水反应生成氢氧化钙，碳酸钙难溶于水，反而会把原物质除去，不符合除杂原则，故A错误；BCuO能与稀盐酸反应生成氯化铜和水，铜不与稀盐酸反应，再过滤、洗涤、干燥，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故B正确；CH2SO4和CuSO4均能与NaOH溶液反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故C错误；D除去二氧化碳中的氢气不能够通氧气点燃，这是因为两种气体都是可燃性的，另外除去气体中的气体杂质不能使用气体，否则会引入新的气体杂质，故D错误；答案选B。9. 设NA
10、为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是：（ ）A. 标准状况下，5.6 L四氯化碳含有的分子数为0.25NAB. 标准状况下，14 g氮气含有的核外电子数为5NAC. 标准状况下，22.4 L任意比的氢气和氯气的混合气体中含有的分子总数均为NAD. 在标准状况下，18gH2O所含有的电子数不是10 NA【答案】C【解析】【详解】ACCl4在标况下不是气体，故错误；B含有电子物质的量为1414/28mol=7mol，故错误；C标准状况下，1mol任何气体所占的体积约为22.4L，故正确；D含有电子数1810/18mol=10mol，故错误；故选C。10. 氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示
11、，则下列化学反应属于区域3的是A. 2F2+2H2O4HF+O2B. AgNO3+NaClAgCl+NaNO3C. 3CO+Fe2O3 2Fe+3CO2D. MgCl2（熔融）Mg+Cl2【答案】C【解析】由图示分析可知：属于区域3的条件是属于氧化还原反应但不属于置换反应；分析选项A是置换反应，不符合；选项B是非氧化还原反应，不符合；C选项是氧化还原反应但不属于置换反应，故C正确；选项D属于氧化还原反应且属于分解反应，故D错误。11. 欲配制100 mL 1.0 molL-1Na2CO3溶液，正确的方法是（）A. 称量10.6 g Na2CO3溶于100 mL水中B. 称量10.6 g Na2
12、CO310H2O溶于少量水中，再用水稀释至100 mLC. 量取20 mL 5.0 molL-1Na2CO3溶液用水稀释至100 mLD. 配制80 mL 1.0 molL-1Na2CO3溶液，则只需要称量8.5 g Na2CO3【答案】C【解析】【详解】A.水的体积为100mL，将10.6gNa2CO3溶于水后，溶液体积大于100mL，故溶液的浓度小于1mol/L，故A错误；B.10.6gNa2CO310H2O物质的量小于0.1mol，由化学式可知碳酸钠的物质的量等于碳酸钠晶体的物质的量小于0.1mol，溶液体积为100mL，所配碳酸钠溶液的浓度小于1.0molL-1，故B错误；C.设稀释后
13、碳酸钠溶液浓度为c，根据稀释定律，稀释前后溶质碳酸钠的物质的量不变，则20mL5mol/L=100mLc，解得：c=1mol/L，故C正确；D.配制80mL1.0mol/LNa2CO3溶液，实际上配制的是100mL1.0mol/L的碳酸钠溶液，需要碳酸钠的质量为：106g/mol1.0mol/L0.1L=10.6g，故D错误。故选C。【点睛】物质的量浓度=，体积指的是溶液的体积，而不是溶剂水的体积。12. 某200 mL Fe2(SO4)3溶液中含有0.1 mol Fe3+，该溶液中SO42-的物质的量浓度为（）A. 0.75 molL-1B. 0.5 molL-1C. 1 molL-1D.
14、0.25 molL-1【答案】A【解析】由化学式Fe2(SO4)3可知：n(SO42-) = n(Fe3+)= 0.1mol = 0.15mol 所以c(SO42-)=0.75mol/L,A正确。13. 下列离子方程式书写正确的是（）A. 向澄清石灰水中通入足量二氧化碳：2OH+CO2=+H2OB. 氧化钠投入水中发生反应：+H2O=2OHC. 醋酸溶液滴入到NaOH溶液中：CH3COOH+OH=CH3COO+H2OD. 铁和稀盐酸反应制氢气：2Fe+6H+=2Fe3+3H2【答案】C【解析】A. 向澄清石灰水中通入足量二氧化碳，该反应的离子方程式为OH+CO2=HCO3-，A不正确；B. 氧
15、化钠投入水中发生反应，该反应的离子方程式为Na2O+H2O=2OH+2Na+，B不正确；C. 醋酸溶液滴入到NaOH溶液中，该反应的离子方程式为CH3COOH+OH=CH3COO+H2O，C正确；D. 铁和稀盐酸反应制氢气，该反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2，D不正确。本题选C。14. 在某无色酸性溶液中能大量共存的一组离子是（）A. Na+、K+、B. 、Al3+、C. Na+、Ca2+、D. K+、【答案】B【解析】【详解】A. 酸性溶液中的H+与反应生成二氧化碳与水而不能共存，故A错误；B. 在酸性溶液中，、Al3+、相互不反应，可以大量共存，故B正确；C. Ca2+与反应生
16、成碳酸钙沉淀而不能大量共存，故C错误；D. 呈紫色，不符合题意，故D错误；故选B。15. 氮化铝广泛应用于电子陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过以下反应合成：Al2O3N23C2AlN3CO。有关该反应下列叙述正确的是A. 上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂B. AlN中氮的化合价为3C. 上述反应中，每生成1 molAlN需转移3 mol电子D. AlN的摩尔质量为41 g【答案】C【解析】【分析】主要依据氧化还原反应的概念分析判断。【详解】A项，制AlN的反应中N2得电子变成3价、C失电子变成+2价，则N2是氧化剂、C是还原剂，A项错误；B项，化合物中铝只有+3价，故Al
17、N中氮为3价，B项错误；C项，反应中有6个电子从3C转移到N2，同时生成2AlN，故每生成1 molAlN需转移3 mol电子，C项正确；D项， AlN的摩尔质量为41g/mol，D项错误；本题选C。16. ClO2是一种杀菌消毒效率高、二次污染小的水处理剂，实验室中可通过以下反应制得2KClO3H2C2O4H2SO42ClO2K2SO42CO22H2O。据此，下列说法不正确的()A. KClO3发生还原反应B. H2C2O4在反应中被氧化C. H2C2O4的氧化性强于ClO2的氧化性D. 每生成1 mol ClO2，转移的电子数约为6.021023【答案】C【解析】【详解】ACl元素的化合价
18、降低，得到电子被还原，则KClO3发生还原反应，A正确；BC元素的化合价升高，失去电子被氧化，则H2C2O4在反应中被氧化，B正确；CClO2为还原产物，H2C2O4为还原剂，还原性：H2C2O4 ClO2，不能比较H2C2O4、ClO2的氧化性，C错误；D由Cl元素的化合价变化可知，每1 mol ClO2生成，转移1mol(5-4)=1mol电子，即该反应转移的电子数约为6.021023，D正确；答案选C。17. 有下列三个反应：Cl2+FeI2=FeCl2+I22Fe2+Br2=2Fe3+2Br-Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2+3H2O。下列说法正确的是A. 中的氧化产物分别是
19、I2、Fe3+、CoCl2B. 根据以上方程式可以得到氧化性Cl2Fe3+Co2O3C. 可以推理得到Cl2+FeBr2=FeCl2+Br2D. 在反应中当1molCo2O3参加反应时，2molHCl被氧化【答案】D【解析】【详解】A反应中Co元素化合价降低，CoCl2为还原产物，故A错误；B根据反应中Co2O3氧化剂，Cl2为氧化产物，所以氧化性Co2O3Cl2，故B错误；C根据反应可知还原性性Fe2+Br-，所以氯气与FeBr2反应时先氧化Fe2+，再氧化Br-，故C错误；D根据方程式可知当1molCo2O3参加反应时，有1molCl2生成，也就是2molHCl被氧化，故D正确；综上所述答
20、案为D。18. 在KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O的反应中，被氧化的氯与被还原的氯的原子个数比为（ ）A. 16B. 61C. 15D. 51【答案】D【解析】【详解】反应KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O，KClO3中氯元素化合价由+5降低为0、HCl中氯元素化合价由-1升高为0，电子转移的方向和数目是，被氧化的氯与被还原的氯的原子个数比为5:1，故选D。19. O2F2可以发生反应H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是( )A. 氧气是氧化产物B. O2F2既是氧化剂，又是还原剂C. 若生成2.24 L HF，则转移0.4 m
21、ol电子D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4【答案】D【解析】【详解】在反应H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原；氧化产物为SF6，还原产物为O2，以此解答该题。A在该反应中O元素由反应前O2F2中+1价降低到O2中的0价得到电子被还原，则氧气为还原产物，A错误；B在反应中，O元素化合价由O2F2中+1价变为O2中的0价，化合价降低，得到电子被还原，所以O2F2是氧化剂，而H2S中的S元素的化合价是2价，反应后变为SF6中的+6价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以H2S是还原剂，B错误；C由于未指明标准状况
22、下，因此无法计算转移的电子的物质的量，C错误；D在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以O2F2是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是2价，反应后升高为+6价，所以H2S是还原剂，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4，D正确；故合理选项是D。20. 24mL 0.05molL-1的Na2SO3溶液恰好与20mL 0.02 molL-1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为A. +2B. +3C. +4D. +5【答案】B【解析】【详解】设还原产物中Cr元素的化合价为+x，失去电子的物质的量为0.024L
23、0.05molL-12=0.0024mol；2，得到电子的物质的量为0.02L0.02molL-1(6-x)2，氧化剂与还原剂恰好完全反应，即得失电子数相等，所以有0.02L0.02molL-1(6-x)2=0.0024mol，解得x=3，故选：B。21. .（1）质量之比为1676的三种气体二氧化硫、一氧化碳、一氧化氮，分子数之比为_；氧原子数之比为_；相同条件下的体积之比为_。（2）标准状况下，1.7g氨气的体积是_，与其含有相同数目氢原子的硫化氢的体积是_。（3）某气体氧化物的化学式为RO2，标准状况下，1.28g该氧化物的体积为448mL，则该氧化物中R的相对原子质量为_。.现有以下物
24、质：NaCl晶体液态HClCaCO3固体熔融KCl蔗糖铜CO2H2SO4KOH固体（1）以上物质中能导电的是_。（2）以上物质中属于电解质的是_，属于非电解质的是_。（3）以上物质中，溶于水能导电的物质是_。【答案】 (1). 554 (2). 1054 (3). 554 (4). 2.24L (5). 3.36L (6). 32 (7). (8). (9). (10). 【解析】【详解】.（1）质量之比为1676的三种气体二氧化硫、一氧化碳、一氧化氮，根据分子数之比=物质的量之比可知分子数之比为554；氧原子数之比为(52）)(51)(41)1054；相同条件下的体积之比等于物质的量之比，则
25、体积之比为554。（2）标准状况下，1.7g氨气的体积是2.24L，含有氢原子的物质的量是0.3mol，与其含有相同数目氢原子的硫化氢的物质的量是0.3mol20.15mol，标况下体积是0.15mol22.4L/mol3.36L。（3）某气体氧化物的化学式为RO2，标准状况下，1.28g该氧化物的体积为448mL，物质的量是0.448L22.4L/mol0.02mol，则该氧化物相对分子质量是1.280.0264，所以R的相对原子质量为6416232。.NaCl晶体不导电，溶于水或熔融状态下电离出离子而导电，属于电解质；液态HCl不导电，溶于水电离出离子而导电，属于电解质；CaCO3固体不导
26、电，熔融状态下电离出离子而导电，属于电解质；熔融KCl中含有自由移动的离子而导电，属于电解质；蔗糖不导电，溶于水不能电离出离子，是非电解质；铜是金属单质，能导电，不是电解质，也不是非电解质；CO2不导电，不能电离出离子，是非电解质，溶于水生成碳酸而导电；H2SO4不导电，溶于水电离出离子而导电，是电解质；KOH固体不导电，溶于水或熔融状态下电离出离子而导电，属于电解质；（1）以上物质中能导电的是。（2）以上物质中属于电解质的是，属于非电解质的是。（3）以上物质中，溶于水能导电的物质是。22. 海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在。实验室里从海藻中提取碘的流程如下图：
27、某化学兴趣小组将上述流程设计成如图所示：已知中发生反应的化学方程式为Cl22KI=2KClI2回答下列问题：(1)写出提取过程中实验操作名称：_，_。(2)F中下层液体的颜色为_色，上层液体中溶质的主要成分为_。(3)从F中得到固态碘还需进行的操作是_。(4)在灼烧过程中，使用到的(除泥三角外)实验仪器有_。A试管B瓷坩埚C坩埚钳D蒸发皿E酒精灯【答案】 (1). 过滤 (2). 萃取 (3). 紫红（或紫） (4). 氯化钾 (5). 分液、蒸馏 (6). BCE【解析】【分析】海带中的碘为有机碘，难溶于水，灼烧成灰后转化为碘化钾，过滤后，往滤液中加入氯水，然后往混合溶液中加入萃取剂进行萃取
28、，分液得碘的有机溶液，再进行蒸馏，便可获得碘。【详解】(1)提取过程是将灰分与溶液分离的操作，是从溶液中提取碘的操作，所以实验操作名称：过滤，萃取。答案为：过滤；萃取；(2)F中，下层液体为碘的四氯化碳溶液，颜色为紫红（或紫）色，上层液体主要为KCl溶液，所以溶质的主要成分为氯化钾。答案为：紫红（或紫）；氯化钾；(3)从碘水中得到固态碘，还需用有机物提取，然后再将碘与有机物分离，操作是分液、蒸馏。答案为：分液、蒸馏；(4)在灼烧过程中，应在B(瓷坩埚)中进行，此仪器常用C(坩埚钳)夹待，用E(酒精灯)加热，所以使用到的(除泥三角外)实验仪器有BCE。答案为：BCE。【点睛】分液后所得碘的四氯化
29、碳溶液，若加热蒸发，不仅会引起环境的污染，而且会浪费资源，且碘可能会发生升华。23. 实验室用密度为1.84 g/cm3、溶质的质量分数为98 %的硫酸，配制250 mL物质的量浓度为0.46 mol/L的硫酸。(1)98 %的浓硫酸的物质的量浓度为_。(2)现有下列几种规格的量筒，应选用_（填序号）。5 mL量筒 10 mL量筒 50 mL量筒 100 mL量筒(3)实验需要以下步骤：定容量取摇匀洗涤转移冷却计算装瓶稀释进行顺序为_。(4)下列操作使所配溶液的物质的量浓度偏高的是_。A往容量瓶中转移溶液时有少量液体溅出B未洗涤稀释浓H2SO4的小烧杯C定容时俯视刻度线D洗净容量瓶未干燥即用来
30、配制溶液E定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线【答案】 (1). 18.4 mol/L (2). (3). (4). C【解析】【分析】(1)依据c=，计算浓硫酸的物质的量浓度；(2)依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积，依据浓硫酸体积选择合适的量筒；(3)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，据此排序；(4)分析操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响，依据c=进行分析，凡是使n偏大，或者使V偏小的操作，都会使溶液浓度偏高，反之，溶液浓度就偏低。【详解】(1)密度为1.84g/cm3，溶质的质量分
31、数为98%的硫酸，物质的量浓度c=18.4mol/L；(2)配制250mL物质的量浓度为0.46mol/L的硫酸，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算得：18.4mol/LV=0.46mol/L250mL，解得V=6.3mL，所以应选择10mL量筒，答案为；(3)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，所以正确的顺序为：(4)A往容量瓶中转移溶液时有少量液体溅出，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，A错误；B未洗涤稀释浓H2SO4的小烧杯，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，B错误；C定容时
32、俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，C正确；D洗净容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度不变，D错误；E定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，若再加水至刻度线，会导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，E错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查物质的量浓度溶液的配制、计算、误差分析等知识。为高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握相关计算公式的运用，难度不大。24. 把19.2g的Cu放入500mL2molL1稀硝酸中，发生如下反应3Cu+8HNO3（稀）3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，充分反应，Cu完全溶解。（1
33、）写出Cu与稀硝酸反应的离子方程式：_，用单线桥标出电子转移_。（2）还原剂是_，被还原的元素是_，还原产物是_，氧化剂与还原剂的物质的量比为_。（3）转移的电子的数目为_(用含NA的式子表示)，被还原的HNO3为_mol，反应后溶液中c(H)为_。(体积变化忽略不计)【答案】 (1). 3Cu28H3Cu22NO4H2O (2). (3). Cu (4). N (5). NO (6). 23 (7). 0.6NA (8). 0.2mol (9). 0.4molL1【解析】【详解】（1）根据3Cu+8HNO3（稀）3Cu（NO3）2+2NO+4H2O可知Cu与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu28
34、H3Cu22NO4H2O，Cu元素的化合价由0价升高为+2价，N元素的化合价降低3价，反应中转移6个电子，用单线桥法表示电子得失的方向和数目为；（2）铜失去电子，被氧化，还原剂是Cu，氮元素化合价降低，被还原的元素是N，还原产物是NO，根据（1）中分析可知氧化剂与还原剂的物质的量比为23。（3）19.2g的Cu的物质的量是19.2g64g/mol0.3mol，500mL2molL1稀硝酸中硝酸的物质的量是1mol，根据方程式可知硝酸过量，铜完全反应，转移的电子的物质的量是0.3mol20.6mol，其数目为0.6NA，根据电子得失守恒可知被还原的HNO3为0.6mol30.2mol，消耗硝酸的物质的量是0.8mol，剩余硝酸是1mol0.8mol0.2mol，则反应后溶液中c(H)0.2mol0.5L0.4molL1。
