1、山东省滨州市邹平双语学校2014-2015学年高一上学期第一次月考化学试卷（1-2班）一、选择题（每题3分，共48分）1下列说法正确的是( )A将钠放入水中，钠将沉在水底B将一小块钠放在稀盐酸中，钠将与水反应生成NaOH和H2，生成的NaOH再与HCl反应生成NaCl和H2OC将一小块钠放在CuSO4溶液中发生如下反应：2Na+CuSO4Na2SO4+CuDNa2O和Na2O2中，氧元素化合价不同考点：钠的化学性质；钠的重要化合物 分析：A钠密度小于水；B金属钠和水的反应不如金属钠和酸之间的反应剧烈；C金属钠和盐溶液之间的反应是先和其中的水反应；D氧化钠中氧元素化合价为2价，过氧化钠中氧元素为
2、1价解答：解：A钠密度小于水，将钠放入水中，钠将浮在水面上，故A错误；B金属钠和水的反应不如金属钠和酸之间的反应剧烈，所以将一小块钠放在稀盐酸中，金属钠会和盐酸反应生成氯化钠和氢气，故B错误；C金属钠和硫酸铜溶液之间的反应是先和其中的水反应生成氢氧化钠和氢气，然后是氢氧化钠和硫酸铜之间发应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，故C错误；D氧化钠中氧元素化合价为2价，过氧化钠中氧元素为1价，故D正确；故选：D点评：本题考查了钠的性质，熟悉钠与水、盐溶液、酸反应是解题关键，注意与盐溶液反应实质先与水反应，题目难度不大2下列氯化物中，既能由金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得的是( )ACuCl2B
3、FeCl2CFeCl3DAlCl3考点：氯气的化学性质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用 专题：卤族元素分析：氯气具有强氧化性，与变价金属反应生成最高价态，盐酸具有弱氧化性，与变价金属反应生成低价化合物，金属铜不活泼，与盐酸不反应，铝不存在多种化合价，以此分析解答：解：ACu为不活泼金属，与盐酸不反应，故A错误；BFeCl2只能由Fe和盐酸反应生成，故B错误；CFeCl3只能由Fe和氯气反应生成，故C错误；DAlCl3由可金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得，故D正确故选D点评：本题考查元素化合物知识，题目难度不大，注意基础知识的积累3下列说法中不正确的是( )A磷酸的摩尔质
4、量与6.021023个磷酸分子的质量在数值上相等B6.021023个氮分子和6.021023个氢分子的质量比等于14：1C32g氧气所含的原子数目为26.021023D常温常压下，0.56.021023个一氧化碳分子所占体积是11.2L考点：阿伏加德罗常数；摩尔质量；气体摩尔体积 专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、6.021023个磷酸分子为1mol，根据摩尔质量的概念分析；B、物质的量相同的物质，质量比等于摩尔质量比；C、计算氧气的物质的量，结合分子组成计算原理数目；D、常温常压下气体的气体摩尔体积不等于22.4L/mol解答：解：A、摩尔质量是指1mol物质的质量，6.0210
5、23个磷酸分子为1mol，则磷酸的摩尔质量与6.021023个磷酸分子的质量在数值上相等，故A正确；B、6.021023个氮分子和6.021023个氢分子的物质的量都为1mol，质量分别为1mol28g/mol=28g，1mol2g/mol=2g，所以6.021023个氮分子和6.021023个氢分子的质量比等于14：1，故B正确；C、32g氧气的物质的量为1mol，1个氧气分子中含2个O原子，所以32g氧气所含的原子数目为26.021023，故C正确；D、常温常压下气体的气体摩尔体积不等于22.4L/mol，不能确定常温常压下，0.56.021023个一氧化碳分子所占体积，故D错误故选D点评
6、：本题考查阿伏加德罗常数知识，题目难度不大，注意物质的组成、结构、状态、性质及存在条件等4配制0.1molL1的NaCl溶液，下列操作会导致所配溶液的物质的量浓度偏高的是( )A称量时，左盘高，右盘低B定容时俯视读取刻度C原容量瓶洗净后未干燥D定容时液面超过了刻度线考点：配制一定物质的量浓度的溶液 专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：分析具体操作对n、V的影响，根据c=分析不当操作对溶液浓度的影响解答：解：A、用托盘天平称量药品时天平左盘放药品，右盘放砝码，称量时，左盘高，右盘低，药品实际质量偏下，n偏小，则所配溶液浓度偏低，故A不符合；B、定容时俯视读取刻度，导致所配溶液体积偏小，所配溶液浓
7、度偏高，故B符合；C、配制最后需加水定容，原容量瓶洗净后未干燥对实验结果无影响，故C不符合；D、定容时液面超过了刻度线，导致所配溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，故D不符合故选B点评：本题考查配制一定物质的量浓度溶液的方法，本题难度不大，根据c=分析理解5将23g钠和24g镁分别放入等质量的过量的稀硫酸中，得到溶液的质量分别为a g和b g （设反应中水分不损失）则a和b的关系为( )AabBabCa=bD无法确定考点：钠的化学性质；化学方程式的有关计算；镁的化学性质 专题：几种重要的金属及其化合物分析：可以根据金属钠、金属镁和硫酸反应的化学方程式结合差量法来计算解答：解：将23g钠和24g镁分
8、别放入等质量的过量的稀硫酸中，溶液质量的变化量情况如下所示，2Na+H2SO4=Na2SO4+H2m 46g 2g 44g 23g 1g 22gMg+H2SO4=MgSO4+H2m24g 2g 22g24g 2g 22g所以两种情况下，质量相等的硫酸均要增加22g，即a=b故选C点评：本题考查学生金属钠和金属镁的反应情况，可以根据差量法来灵活计算，难度不大6在标准状况下，下列物质所占体积最大的是( )A98 g H2SO4B56 g FeC44.8 L HClD6 g H2考点：物质的量的相关计算 分析：标准状况下，H2SO4为液体，铁为固体，HCl和氢气为气体，结合n=计算解答：解：标准状况
9、下，H2SO4为液体，铁为固体，体积较小；HCl和氢气为气体，体积较大，其中V（HCl）=44.8L，V（H2）=22.4L/mol=67.2L，则体积最大的是6g H2，故选D点评：本题考查物质的量的计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意相关计算公式的运用以及物质的聚集状态，难度不大7现有盐酸、氯化钠、氢氧化钠和氯水四种溶液，可用来区别他们的一种试剂是( )AAgNO3B酚酞试剂C紫色石蕊溶液D饱和食盐水考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用 分析：盐酸、氯化钠、氢氧化钠和氯水四种溶液与紫色石蕊混合的现象分别为：显红色、显紫色、显蓝色，先变红后褪色，现象不同，以此来
10、解答解答：解：A盐酸、氯化钠、氢氧化钠和氯水四种溶液与AgNO3溶液混合，均生成白色沉淀，不能鉴别，故A不选；B盐酸、氯化钠和氯水遇酚酞均为无色，不能鉴别，故B错误；C盐酸、氯化钠、氢氧化钠和氯水四种溶液与紫色石蕊混合的现象分别为：显红色、显紫色、显蓝色，先变红后褪色，现象不同，能鉴别，故C正确；D盐酸、氯化钠、氢氧化钠和氯水四种溶液与饱和食盐水均不反应，现象相同，不能鉴别，故D错误；故选C点评：本题考查物质的鉴别，侧重物质性质的考查，熟悉发生的化学反应是解答本题的关键，注意现象不同能鉴别，题目难度不大8在体积相同的两个密闭容器中分别充满O2、O3气体，当这两个容器内温度和气体密度相等时，下列
11、说法正确的是( )A两种气体的压强相等BO2比O3质量小C两种气体的分子数目相等D两种气体的氧原子数目相等考点：阿伏加德罗定律及推论 专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，则O原子的质量、个数以及物质的量相等，结合PV=nRT判断解答：解：相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，则O原子的质量、个数以及物质的量相等，则AO原子个数相等时，气体的物质的量之比为n（O2）：n（O3）=3：2，由PV=nRT可知，两种气体的压强之比为3：2，故A错误；B同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，故B错误；CO原子个数相
12、等时，气体的物质的量之比为n（O2）：n（O3）=3：2，故C错误；D相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，则O原子数目相等，故D正确故选D点评：本题考查阿伏加德罗定律及其推论，题目难度不大，本题注意把握两种气体的元素组成特点，结合PV=nRT判断9能用H+OH=H2O来表示的化学反应是( )A氢氧化镁和稀盐酸反应BBa（OH）2溶液滴入稀硫酸中C澄清石灰水和稀硝酸反应D二氧化碳通入澄清石灰水中考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：离子方程式H+OH=H2O表示强酸和强碱反应生成可溶性的盐和水的一类反应解答：解：A、氢氧化镁是难溶于水的碱，它和盐酸反应不能用H+
13、OH=H2O来表示，故A错误；B、Ba（OH）2和稀硫酸反应生成的硫酸钡是难溶于水的，该反应不能用H+OH=H2O来表示，故B错误；C、氢氧化钙是强碱，硝酸是强酸，二者反应能生成可溶于水的盐，能用H+OH=H2O来表示，故C正确；D、二氧化碳不是强酸，通入澄清石灰水中不能用H+OH=H2O来表示，故D错误故选C点评：本题考查学生离子反应的实质，可以根据所学知识来回答，难度不大10下列物质既不是电解质，又不是非电解质的是( )ANaHSO4BCu（OH）2CO2DHCl考点：电解质与非电解质 分析：在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，单
14、质既不是电解质也不是非电解质解答：解：ANaHSO4在水溶液里能电离出自由移动的阴阳离子，是电解质，故A错误；BCu（OH）2属于碱，是电解质，故B错误；CO2是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C正确；DHCl能电离出自由移动的阴阳离子，属于酸，是电解质，故D错误，故选C点评：本题考查电解质、非电解质的概念，难度不大，注意电解质和非电解质都必须是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质11将饱和FeCl3溶液分别滴入下述液体中，能形成胶体的是( )A冷水B沸水CNaOH浓溶液DNaCl浓溶液考点：胶体的重要性质 专题：溶液和胶体专题分析：氢氧化铁胶体的制备方法是，向沸水中滴加饱和的氯
15、化铁溶液，加热到呈红褐色，得到胶体，反应为FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl解答：解：A冷水反应缓慢，水解反应是吸热反应，平衡左移得不到胶体，故A错误； B沸水中氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，故B正确；C氢氧化钠溶液会和FeCl3反应生成沉淀，故C错误；DNaCl浓溶液与FeCl3溶液不反应，故D错误故选B点评：本题考查了胶体的制备方法和条件，难度不大，平时注意知识的积累12以下说法正确的是( )A物质所含元素化合价升高的反应是还原反应B在氧化还原反应中，失去电子的元素化合价降低C物质中某元素失去电子，则此物质是氧化剂D还原剂中必定有某种元素被氧化考点：氧化还原反应 专题：氧化
16、还原反应专题分析：A、从化合价的角度分析，反应中元素的化合价升高，物质的被氧化，元素的化合价降低，物质的被还原；B、从得失电子的角度分析，反应中物质失去电子，被氧化，得到电子，被还原；C、化学反应中，得到电子的物质是氧化剂，失去电子的物质是还原剂；D、还原剂在反应中失去电子，化合价升高解答：解：A、物质所含元素化合价升高的反应是氧化反应，故A错误；B、在氧化还原反应中，失去电子的元素化合价升高，故B错误；C、物质中某元素失去电子，则此物质是还原剂，故C错误；D、还原剂在反应中被氧化，化合价升高，故D正确故选D点评：本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意氧化还原反应与化合价易电子得失的关系，注
17、意有关概念的理解13下列不能使淀粉碘化钾试纸变蓝的物质是( )A碘水B溴水C氯水D溴化钠溶液考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用 专题：卤族元素分析：能使淀粉碘化钾试纸变蓝的物质的应具有强氧化性，可将I氧化为I2，或加入碘水，淀粉遇碘变蓝色，以此解答该题解答：解：因氧化性：Cl2Br2I2，则加入氯水、溴水，可将I氧化为I2，淀粉遇碘变蓝色，另外直接加入碘水，试纸也变蓝，而BaBr溶液与碘化钾不反应，不能变色故选D点评：本题考查卤素单质以及混合物的性质，侧重于氧化还原反应的考查，注意单质氧化性强弱的比较，把握可能发生的反应，题目难度不大14两份铝屑，第一份与足量盐酸反应，第二份与足量NaOH溶
18、液反应，产生的氢气的体积比为1：2（相同状况下），则第一份与第二份铝屑的质量比为( )A1：lB1：2C1：3D2：1考点：化学方程式的有关计算；铝的化学性质 专题：计算题分析：铝与盐酸以及NaOH溶液反应的化学方程式分别为：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，盐酸以及NaOH溶液足量，则铝完全反应，根据反应的方程式计算解答：解：盐酸与NaOH溶液足量，则铝完全反应，设铝与盐酸、NaOH溶液反应生成的氢气的物质的量分别为xmol、2xmol，则2Al+6HCl=2AlCl3+3H2 2 3 x 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO
19、2+3H22 3 2x则第一份与第二份铝屑的质量比为：（mol27g/mol）：（mol27g/mol）=1：2，故选B点评：本题考查化学方程式的计算，题目难度不大，解答本题的关键是要正确书写反应的有关方程式，注意题中盐酸和NaOH足量这一点也可利用电子守恒来计算解答15用0.1mol/L的Na2SO3溶液300mL，恰好将2102mol的XO4离子还原，则元素X在还原产物中的化合价是( )A+1B+2C+3D+4考点：根据化学式判断化合价；氧化还原反应的计算 专题：氧化还原反应专题分析：根据氧化还原反应中得失电子守恒计算解答：解：该反应中Na2SO3为还原剂，SO32中的S被氧化，变为SO4
20、2，化合价从+4升到+6价，失电子数=0.1mol/L0.3L2=0.06mol，XO4为氧化剂，其中X元素化合价降低，开始为+7价，得失电子守恒，得电子数=3，可见X元素化合价变化为3，即从+7价降到+4价故选：D点评：本题考查学生氧化还原反应中的电子守恒思想的应用知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大16向MgSO4和Al2（SO4）3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液下列图象中，能正确表示上述反应的是（横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量）( )ABCD考点：镁、铝的重要化合物 专题：图示题；几种重要的金属及其化合物分析：根据Mg2+2OHMg（OH）2、Al
21、3+3OHAl（OH）3、Al（OH）3+OHAlO2+2H2O来分析解答：解：因横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量，则向MgSO4和Al2（SO4）3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液，发生Mg2+2OHMg（OH）2、Al3+3OHAl（OH）3，则沉淀的质量一直在增大，直到最大，然后发生Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，沉淀的质量减少，但氢氧化镁不与碱反应，则最后沉淀的质量为一定值，显然只有D符合，故选D点评：本题考查化学反应与图象的关系，明确图象中坐标及点、线、面的意义，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意氢氧化铝能溶于碱，而氢氧化镁不能来解答二、
22、非选择题（共52分）17现有以下物质：（1）CH3COOH；（2）HNO3；（3）NaHCO3；（4）BaSO4；（5）乙醇（酒精）；（6）NaOH；（7）Cu；（8）干冰；（9）Fe（OH）3；（10）NaHSO4；（11）石墨；（12）NaNO3溶液；（13）盐酸以上物质属于电解质的是（1）（2）（3）（4）（6）（9）（10）；属于非电解质的是（5）（8）；既不是电解质，又不是非电解质的是（7）（11）（12）（13）考点：电解质与非电解质 分析：电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是指：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物，非电解质在熔融状态和水溶液中自身都不
23、能离解出自由移动的离子；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质，根据定义即可解答解答：解：（1）CH3COOH在水溶液中能部分电离出乙酸根离子和氢离子CH3COOHCH3COO+H+，能导电，是化合物，是弱电解质；（2）HNO3在水溶液中完全电离是，属于电解质；（3）NaHCO3，在水溶液中或熔融状态下能完全电离出自由移动的阴阳离子而使其导电，所以碳酸氢钠是强电解质；（4）BaSO4在水溶液中虽难溶，但溶于水的部分或熔融状态下能完全电离，BaSO4Ba2+SO42有自由移动的离子，能导电，故是强电解质；（5）CH3CH2OH是化合物，但其水溶液只存在乙醇分子，不导电，属于非电解质；（6）NaO
24、H为碱，属于电解质；（7）Cu是单质，故既不是电解质，也不是非电解质；（8）干冰为二氧化碳的固体，在水溶液中与水反应生成碳酸，碳酸电离出自由移动的氢离子和碳酸根离子导电，二氧化碳自身不能电离，二氧化碳是非电解质；（9）Fe（OH）3为碱，属于电解质；（10）NaHSO4是盐，属于电解质；（11）石墨是单质，既不是电解质也不是非电解质；（12）NaNO3溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质；（13）盐酸属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故答案为：（1）（2）（3）（4）（6）（9）（10）；（5）（8）；（7）（11）（12）（13）点评：本题主要考查了电解质概念的辨析，关键注意“电解
25、质是化合物，单质和混合物不是电解质；强电解质完全电离，弱电解质部分电离”，题目难度不大18A是一种白色晶体，受热分解能生成B、C两种无色气体，C的水溶液与硝酸银溶液反应产生白色沉淀A与浓NaOH溶液共热，放出无色气体B若在圆底烧瓶中分别收集干燥的气体B和C，然后将收集满气体的烧瓶按如图所示装置组装，挤压滴管的胶头时，可以分别得到蓝色喷泉和红色喷泉请填写下列空白：（1）A的化学式是NH4C1；（2）收集气体B的方法是向下排空气法；（3）B与C两气体相遇时，可观察到的现象是有白色烟生成；（4）A与浓NaOH溶液共热时，发生反应的离子方程式是NH4+OHNH3+H2O考点：几组未知物的检验 专题：物
26、质检验鉴别题；元素及其化合物分析：在圆底烧瓶中分别收集干燥的气体B和C，可以与水反应进行喷泉实验，说明B和C极易溶于水，常见的气体为NH3、HCl，再根据C的水溶液与硝酸银溶液反应产生白色沉淀可知C为HCl，则B为NH3，氨气与氯化氢反应生成ANH4C1，据此进行解答解答：解：（1）气体B和C可以与水反应进行喷泉实验，说明B和C极易溶于水，常见的气体为NH3、HCl；C的水溶液与硝酸银溶液反应生成白色沉淀，则C为HCl，B为NH3，氯化氢与氨气反应生成的A为NH4C1，故答案为：NH4C1；（2）B为氨气，氨气极易溶于水，只能使用排空气法收集，氨气密度小于空气，应该使用向下排空气法收集，故答案
27、为：向下排空气法；（3）氨气与氯化氢相遇会生成白色的烟，故答案为：有白色烟生成；（4）氯化铵与氢氧化钠在加热条件下反应生成氯化钠和氨气，反应的离子方程式为NH4+OHNH3+H2O，故答案为：NH4+OHNH3+H2O点评：本题考查了未知物的推断、铵盐的性质及喷泉实验等知识，题目难度中等，注意掌握常见未知物的检验方法，本题中B、C分别与水能完成喷泉实验是解题关键19室温下，单质A、B、C分别为固体、黄绿色气体、无色气体在合适反应条件下，它们可以按下面框图进行反应；又知单质A是当今世界产量最大的金属，E的溶液是无色的请回答：（1）A是Fe，B是Cl2，C是H2（请填写化学式）；（2）反应的化学方
28、程式2Fe+3Cl22FeCl3；（3）反应的离子方程式Fe+2H+=Fe2+H2；（4）反应的离子方程式2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl考点：无机物的推断；氯气的化学性质；铁的化学性质 专题：推断题分析：B为黄绿色气体，应为Cl2，单质A是当今世界产量最大的金属，应为Fe，则D为FeCl3，F能与Cl2反应生成FeCl3，则F应为FeCl2，则E为HCl的水溶液，C为H2，结合物质的相关性质解答该题解答：解：B为黄绿色气体，应为Cl2，单质A是当今世界产量最大的金属，应为Fe，则D为FeCl3，F能与Cl2反应生成FeCl3，则F应为FeCl2，则E为HCl的水溶液，C为H2，则（1）由以
29、上分析可知，A为Fe，B为Cl2，C为H2，故答案为：Fe，Cl2，H2；（2）反应为Fe和Cl2的反应，反应的化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3，故答案为：2Fe+3Cl22FeCl3；（3）反应为Fe和HCl的反应，反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2，故答案为：Fe+2H+=Fe2+H2；（4）反应为FeCl2和Cl2的反应，反应的离子方程式为2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，故答案为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl点评：本题考查无机物的推断，题目难度不大，本题注意根据物质的性质、特征作为突破口进行推断，学习中注意牢固把握元素化合物的性质，不要忽视物质的用途20为了验
30、证木炭可被浓H2SO4氧化成CO2，选用下图所示仪器（内含物质）组装成实验装置：（1）如按气流由左向右流向，连接上述装置的正确顺序是（填各接口字母）：A接F，E接C，D接B；（2）仪器乙、丙应有怎样的实验现象才表明已检验出CO2？乙中乙中出现白色沉淀，丙中丙中品红未褪色；（3）丁中酸性KMnO4溶液的作用是吸收SO2；（4）写出甲中反应的化学方程式C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O考点：浓硫酸的性质实验 专题：氧族元素分析：（1）根据实验室浓H2SO4氧化木炭的反应原理、条件，固液加热下反应，进行选择发生和验证产物装置；（2）根据二氧化碳和二氧化硫的性质进行解答；（3）高锰酸钾具
31、有氧化性，二氧化硫具有还原性，据此即可解答；（4）浓硫酸与碳反应生成二氧化碳和二氧化硫和水解答：（1）根据实验室浓H2SO4氧化木炭的反应原理、条件，固液加热下反应，进行选择发生装置，高锰酸钾可氧化二氧化硫，用高锰酸钾酸性溶液除SO2，再通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净，验证木炭可被浓H2SO4氧化成CO2，可通过二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊确认，故答案为：A；F；E；C；D；B；（2）乙中为澄清的石灰水，澄清的石灰水和二氧化碳反应变浑浊，二氧化硫具有漂白性，二氧化硫能使品红褪色，丁装置用高锰酸钾酸性溶液除SO2，再通过品红溶液不褪色，故答案为：乙中出现白色沉淀；丙中品红未褪色；（3）为
32、了验证木炭可被浓H2SO4氧化成CO2，应先除去二氧化硫，用高锰酸钾酸性溶液除SO2，故答案为：吸收SO2；（4）浓硫酸与碳反应发生氧化还原反应，生成二氧化碳和二氧化硫和水，碳和稀硫酸不反应，故答案为：C+2H2SO4（浓） CO2+2SO2+2H2O点评：本题考查了浓硫酸的性质应用，关键是理解掌握二氧化硫的性质，难度中等21将3.2g铜片投入到一定量的浓HNO3中，当收集到1.792L的气体（已换算为标准状况）时，金属铜恰好全部溶解（相对原子质量：Cu：64）求：（1）反应中消耗HNO3的物质的量是多少？（2）被还原的HNO3的物质的量是多少？（3）转移电子的物质的量是多少？考点：氧化还原反
33、应的计算 分析：n（Cu）=0.05mol，收集得到气体物质的量=0.08mol，根据转移电子守恒，如果生成的是NO，则n（NO）=0.033mol，如果生成二氧化氮，其物质的量=0.1mol，0.033mol0.08mol0.1mol，所以生成的气体是二氧化氮、NO的混合物；（1）参加反应的硝酸包含生成氮氧化物、生成硝酸铜的物质的量，所以消耗n（HNO3）=nCu（NO3）2+n（NOx）=n（Cu）+n（NOx）；（2）被还原的硝酸生成氮氧化物，根据N原子守恒计算被还原硝酸物质的量；（3）该反应中Cu失电子、硝酸得电子，可以根据Cu计算转移电子物质的量解答：解：n（Cu）=0.05mol，
34、收集得到气体物质的量=0.08mol，根据转移电子守恒，如果生成的是NO，则n（NO）=0.033mol，如果生成二氧化氮，其物质的量=0.1mol，0.033mol0.08mol0.1mol，所以生成的气体是二氧化氮、NO的混合物；（1）参加反应的硝酸包含生成氮氧化物、生成硝酸铜的物质的量，所以消耗n（HNO3）=nCu（NO3）2+n（NOx）=n（Cu）+n（NOx）=0.05mol+0.08mol=0.105mol，答：反应中消耗HNO3的物质的量是0.105mol；（2）被还原的硝酸生成氮氧化物，根据N原子守恒计算被还原硝酸物质的量=n（NOx）=0.08mol，答：被还原硝酸的物质的量为0.08mol；（3）该反应中Cu失电子、硝酸得电子，可以根据Cu计算转移电子物质的量=0.05mol2=0.1mol，答：转移电子的物质的量是0.1mol点评：本题考查氧化还原反应有关计算，为高频考点，明确各个物理量之间关系是解本题关键，利用原子守恒、转移电子守恒解答，题目难度不大
