1、20182019 学年第一学期期中考试高一化学可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Na 23 Cu 64 Al 27 Fe 56第 I 卷（共 50 分）选择题（本大题共 25小题，每小题 2分。在每小题所列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的）1.在盛放浓硫酸的试剂瓶的标签上应印有下列警示标记中的A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】A 项、浓硫酸具有腐蚀性，警示标记为腐蚀性液体的标志，故 A 正确；B 项、浓硫酸无毒，警示标记为剧毒标志，故 B 错误；C 项、浓硫酸不能燃烧，警示标记为能燃烧的物质的标志，故 C 错误；D 项、浓硫酸有重
2、要的应用，警示标记为禁止使用的标志，故 D 错误。故选 A。【点睛】本题考查浓硫酸的性质及警示标记，明确浓硫酸具有腐蚀性及相应的警示标记是解答本题的关键，难点是分清每个警示标记代表的意义。2.下列生产、生活中的事例不属于氧化还原反应的是A. 工业炼钢 B. 燃放鞭炮 C. 豆浆制豆腐 D. 食物腐败【答案】C【解析】【分析】不属于氧化还原反应，说明该反应中没有电子转移，其特征是没有元素化合价升降。【详解】A 项、金属冶炼中，金属元素由化合态转化为游离态，所以一定有电子转移，属于氧化还原反应，故 A 错误；B 项、燃放鞭炮时发生的反应为 S+2KNO3+3C=K2S+3CO2+N2，该反应中有电
3、子转移，所以一定属于氧化还原反应，故 B 错误；C 项、点制豆腐，是利用胶体的聚沉性质，没有电子转移，不属于氧化还原反应，故 C 正确；D 项、食物腐败过程是食物在微生物作用下被空气中的氧气氧化，所以食物腐败过程中有电子转移，则一定属于氧化还原反应，故 D 错误。故选 C。【点睛】本题考查了氧化还原反应，熟练掌握常见元素化合价，明确氧化还原反应特点是解本题关键。3.下列物质按酸、碱、盐分类排列正确的是A. 硫酸、生石灰、石灰石 B. 高锰酸、烧碱、明矾C. 碳酸、纯碱、醋酸钠 D. 磷酸、熟石灰、苛性钾【答案】B【解析】【分析】酸是指电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物；碱是指电离时生成的阴
4、离子全部是氢氧根离子的化合物；盐是指由金属离子和酸根离子组成的化合物。【详解】A 项、硫酸属于酸，生石灰是氧化钙属于氧化物，石灰石是碳酸钙属于盐，故 A错误；B 项、高锰酸属于酸，烧碱是氢氧化钠属于碱，明矾是十二水硫酸铝钾属于盐，故 B 正确；C 项、碳酸属于酸，纯碱是碳酸钠属于盐，醋酸钠属于盐，故 C 错误；D 项、磷酸属于酸，熟石灰是氢氧化钙属于碱，苛性钾是氢氧化钾属于碱，故 D 错误。故选 B。【点睛】本题考查酸、碱、盐的分类，解答本题要充分理解酸碱盐的概念的含义。4.下列物质只有在水溶液中才导电的电解质是A. 氯化钠 B. 二氧化碳 C. 乙醇 D. 氯化氢【答案】D【解析】【分析】在
5、水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，物质能够导电，说明该物质中存在自由移动电子或者阴阳离子；在水溶液中能导电的物质不一定是电解质。【详解】A 项、氯化钠在水溶液和熔融状态下都能够导电，故 A 错误；B 项、酒精不导电，在水溶液中不导电，酒精为非电解质，故 B 错误；C 项、二氧化碳是非电解质，溶于水生成碳酸，碳酸溶液能导电，故 C 错误；D 项、氯化氢为电解质，氯化氢不导电，只有在溶液中才能导电，故 D 正确。故选 D。【点睛】本题考查物质的分类，涉及了物质的导电性、电解质与非电解质的判断，明确物质能够导电的条件，掌握电解质与非电解质的概念及判断方法是解答关键。5.胶体跟其他分散系（溶
6、液、浊液）的本质区别是A. 分散质粒子的大小 B. 体系是否稳定 C. 有没有丁达尔效应 D. 粒子是否带有电荷【答案】A【解析】【详解】A胶体区别于其他分散系的本质特征是微粒直径大小，微粒直径Ce3+，根据反应：Sn2+2Fe3+=2Fe2+Sn4+，还原性是 Sn2+Fe2+，所以还原性顺序是： Sn2+Fe2+Ce3+。答案选A。17.下列说法正确的是A. 在氧化还原反应中肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原B. 化合反应和分解反应一定是氧化还原反应C. 氧化还原反应一定有电子的转移D. 离子反应可能是复分解反应，但离子反应一定不是氧化还原反应【答案】C【解析】A 反应中也可能是一种元
7、素即被氧化又被还原， A 错误。 B 化合反应和分解反应都是一部分是氧化还原，一部分不是，B 错误。C 电子转移是氧化还原的基本特征， C 正确。D 离子反应可能是复分解反应，也可能是氧化还原反应，例如：Fe + Cu2+ = Fe2+ + Cu，D 错误。18.被称为万能还原剂的 NaBH4 (NaBH4中 H为-1 价)能溶于水并和水发生反应：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2，下列有关该反应的说法正确的是A. NaBH4既是氧化剂又是还原剂 B. NaBH 4是氧化剂，H 2O是还原剂C. 硼元素被氧化，氢元素被还原 D. 被氧化的元素与被还原的元素质量比为 11【答案】D【解析】
8、【分析】反应 NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2中，NaBH 4中 H 元素化合价为-1 价，水中 H 元素化合价为+1 价，二者发生氧化还原反应生成 H2。【详解】ANaBH 4中氢元素的化合价升高， NaBH4是还原剂，故 A 错误；BNaBH4中氢元素的化合价升高，NaBH 4是还原剂，水中氢元素化合价降低，水是氧化剂，故 B 错误；CNaBH4中氢元素的化合价升高，被氧化，硼元素化合价不变，故 C 错误；D化合价升高的元素是 NaBH4中的氢元素，被氧化，水中的氢元素被还原，氧化剂和还原剂中 H 元素的化合价变化数值相同，物质的量之比为 1：1，被氧化的元素与被还原的元素质量比为
9、 1：1，故 D 正确。故选 D。19.对于溶液中某些离子的检验及结论一定正确的是A. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸沉淀消失，一定有 Ba2+B. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有 SO42-C. 加入足量稀盐酸，无明显现象，再加入氯化钡溶液后有白色沉淀产生，一定有 SO42-D. 加入稀盐酸产生无色气体，气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，一定有 CO32【答案】C【解析】A 溶液中含有钙离子也能发生如上现象， A 错误。B 溶液中含有银离子，生成氯化银沉淀，也是如上现象，B 错误。C 本选项为硫酸根离子检验的标准答案， C 正确。D 溶液中如果有碳酸氢根，也能
10、发生如上现象，D 错误。20.下列说法不正确的是A. Na与 Cl2反应生成 NaCl，消耗 l mol Cl2时转移的电子数是 26.021023B. 0.1 mol水含有的电子数为 NAC. 标准状况下，2.24 L CO 和 CO2混合气体中含有的氧原子数为 0.15NAD. 标准状况下 2.24 L Cl2中含有 0.2 mol 氯原子【答案】C【解析】【详解】A 项、消耗 lmolCl2，反应生成 2molNaCl，反应转移的电子数是 2mol，故 A 正确；B 项、1 mol 水含有的电子数 10mol，则 0.1 mol 水含有的电子数为 lmol，故 B 正确；C 项、标准状况
11、下， 2.24LCO 和 CO2混合气体的物质的量为 0.1 mol，若 CO 和 CO2的物质的量相等，混合气体中含有的氧原子数为 0.15 mol，若 CO 和 CO2的物质的量不相等，混合气体中含有的氧原子数大于或小于 0.15 mol，故 C 错误；D 项、1molCl 2中含有 2 molCl 原子,标准状况下 2.24 L Cl2的物质的量为 0.1 mol，0.1molCl2中含有 0.2 molCl 原子，故 D 正确。故选 C。【点睛】本题考查物质的量的计算，侧重分析与计算能力的考查，把握物质的构成及物质的量与体积的关系为解答的关键。21.下列两种气体的分子数一定相等的是A.
12、 质量相等、密度不等的 N2和 C2H4 B. 等压等体积的 N2和 CO2C. 等温等体积的 O2和 N2 D. 不同体积等密度的 CO和 C2H4【答案】A【解析】【分析】两种气体的分子数一定相等，根据 n=N/NA 可知，两种气体的物质的量应相等，结合n=m/M=V/Vm 进行计算和判断 。【详解】A 项、N 2和 C2H4的摩尔质量相等，在质量相等时物质的量相等，分子数相等，故 A 正确；B 项、等压下，由于温度不一定相同，等体积的 N2和 CO2物质的量不一定相等，所以其分子数不一定相等，故 B 错误；C 项、由于压强未知，等温等体积的 O2和 N2物质的量不一定相等，所以其分子数不
13、一定相等，故 C 错误；D不同体积等密度的 CO 和 C2H4质量不相等，CO 和 N2的摩尔质量相等，物质的量不相等，故分子数目一定不相等，故 D 错误。故选 A。【点睛】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，注意气体摩尔体积的适用范围及适用条件，灵活物质的量公式是解答本题的关键。22.重金属离子具有毒性，如 Cu2+、Ba 2+,实验室中有甲、乙两种含重金属离子的废液，甲废液经化验呈碱性，所含阳离子主要是 Ba2+。如将甲、乙两废液按一定比例混合，毒性明显降低，则乙废液中可能含有的离子是A. Cu2+和 SO42- B. Cu2+和 Cl- C. K+和 SO42- D. Ag+和 NO3-【答
14、案】A【解析】试题分析：甲废液经化验呈碱性，则溶液中含有 OH-，主要为有毒离子为 Ba2+，将甲、乙两废液按一定比例混合，毒性明显降低，则甲乙发生反应使重金属离子生成沉淀，则乙中应含有 SO42，发生反应 Ba2+SO42-=BaSO4，乙中的重金属离子与甲中的 OH-反应生成沉淀，根据选项中离子的性质可知，只有 A 符合，发生反应为 2OH-+Cu2+=Cu(OH)2，故选A。【考点定位】考查离子共存问题【名师点晴】注意离子的性质以及题目的要求，题目中的信息为解答该题的关键；常见的重金属离子：Cu 2+、Ag +、Hg 2+、Ba 2+、Pb 2+，甲中有 OH-、Ba 2+，乙中有 Cu
15、2+、SO 42-，它们发生如下反应：2OH -+Cu2+=Cu(OH)2，Ba 2+SO42-=BaSO4，将甲、乙两废液按一定比例混合，毒性明显降低。23.在一定条件下，分别以过氧化氢、高锰酸钾、氯酸钾、为原料制取氧气，当制得同温同压下相同体积的氧气时，三个反应中转移的电子数之比为A. 111 B. 122 C. 221 D. 113【答案】B【解析】【详解】用高锰酸钾、氯酸钾制氧气，反应过程中 O 元素由-2 价转化为 0 价，而用过氧化氢制氧气，O 元素则由-1 价转化为 0 价，现要制得相同的 O2，所以用过氧化氢制氧气的反应中转移的电子数只有用高锰酸钾、氯酸钾制取的反应中转移的电子
16、数的一半，即三个反应中转移的电子数之比为 2：2：1，故选 C。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，注意氧元素在三种物质中的化合价的数值为解答该题的关键。24.实验室将 NaClO3和 Na2SO3按物质的量为 2:1放入烧杯中，同时滴入适量 H2SO4，并用水浴加热，产生棕黄色的气体 X，反应后测得 NaClO3和 Na2SO3恰好完全反应，则 X的化学式为A. Cl2 B. Cl2O C. ClO2 D. Cl2O3【答案】C【解析】【详解】NaClO 3和 Na2SO3按物质的量比 2：1 加入烧瓶中，再滴入少量 H2SO4溶液加热时发生氧化还原反应，反应中 Na2SO3的氧化产物是 N
17、a2SO4,由于 S 在反应前化合价为+4 价，反应后化合价为+6 价，所以 1mol 的 S 元素失去 2mol 电子，根据氧化还原反应中电子转移数目相等可知，2mol Cl 元素得到 2mol 电子,1mol 的 Cl 元素得到 1mol 电子，化合价降低 1价，因为在反应前 Cl 的化合价为 +5 价，所以反应后 Cl 的化合价为+4 价，因此棕黄色的气体 X 是 ClO2，故选 C。【点睛】本题考查氧化还原反应中电子守恒的计算，明确硫元素的化合价升高，氯元素的化合价降低是解答本题的关键。25.一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH 4NO32HNO 34N 29H 2O，在反应
18、中被氧化与被还原的氮原子的个数比为A. 53 B. 54 C. 11 D. 3：5【答案】A【解析】根据反应方程式，5mol 的 NH4NO3中含有 5mol 的 NH4 和 5mol NO3 ，NH4 中 N 元素的化合价是3 价， N2中 N 元素的化合价是 0 价，所以 5mol 的 NH4 共失去 35=15mol 电子，作还原剂生成氧化产物 N22.5mol；NO3 中 N 元素的化合价是5 价，其中 2mol NO3生成 2HNO3化合价未变，3mol NO3 作氧化剂生成还原产物 N21.5mol，共得到 53=15mol电子，所以还原产物与氧化产物的物质的量之比等于 1.5:2
19、.5=3:5，答案选 D。点睛：氧化还原反应价态的变化规律中有两点：相互靠拢，不发生交叉，在发生氧化还原反应中化合价是逐级变化，在具体应用中体现出来的是归中和歧化反应，所以这两类反应是氧化还原反应规律的应用。第 II卷（共 50分）填空题（本大题共 4小题）26.现有下列十种物质：乙醇 铝 CaO CO 2 氯化氢 Ba(OH) 2 红褐色氢氧化铁液体氨水 稀硝酸 硫酸铁（1）按物质的分类方法填写表格的空白处： 分类标准 _ 氧化物 _ _ 电解质属于该类的物质 _ _（2）上述十种物质中有两种物质之间可发生离子反应：H OH =H2O，该离子反应对应的化学方程式为_。（3）在水中的电离方程式
20、为_，20g溶于水配成 250mL溶液，所含阴离子的粒子数为_，阳离子 -的物质的量浓度为_（4）少量的通入的溶液中反应的离子方程式为_（5）与发生反应的化学方程式为：Al + 4HNO 3 = Al(NO3)3 + NO + 2H 2O，该反应中当有 5.4g Al发生反应时，转移电子的物质的量为_，该反应的离子方程式并用单线桥表示电子转移_。【答案】 (1). 金属单质 (2). 溶液 (3). 胶体 (4). (5). (6). Ba(OH)2 +2HNO3 =Ba(NO)2 +2H2O (7). Fe2(SO4)3=2Fe3+ 3SO42- (8). 0.15NA (9). 0.4 m
21、ol/L (10). CO2+Ba2+2OH-=BaCO3+ H2O (11). 0.6mol (12). Al+ 4H+NO3 -= Al3+ + NO + 2H 2O【解析】【分析】（1）根据物质的分类标准和物质所属的类别来回答；（2）发生离子反应：H +OH-=H2O，是强酸强碱发生反应生成溶于水的盐；（3）Al2（SO4）3属于盐是强电解质，水溶液中完全电离；（4）少量的通入的溶液中反应，是二氧化碳通入氢氧化钡溶液中反应生成碳酸钡沉淀和水；（5）依据化学方程式中元素化合价变化分析，元素化合价降低的物质做氧化剂，元素化合价升高的物质做还原剂，依据电子守恒计算电子转移总数。【详解】 （1）
22、铝是只有金属铝元素组成的金属单质，Na 2O 和CO 2中含有两种元素其中一种元素是氧元素，属于氧化物，氨水和稀硝酸属于混合物，红褐色的氢氧化铁液体属于胶体分散系，在水溶液或者熔融状态下能导电，属于电解质，故答案为：分类标准 金属单质 氧化物 溶液 胶体 电解质属于该类的物质 （2）上述十种物质中有两种物质之间可发生离子反应：H +OH-=H2O，说明是强酸强碱反应生成溶于水的盐的离子反应，氢氧化钡和稀硝酸反应符合，该离子反应对应的化学方程式为 Ba（OH）2+2HNO3=Ba（NO3）2+2H2O；故答案为：Ba （OH）2+2HNO3=Ba（NO3）2+2H2O；（3）Fe2(SO4)3属
23、于盐是强电解质，水溶液中完全电离，电离方程式为： Fe2(SO4)3=2Fe3+ 3SO42-，20g Fe2(SO4)3的物质的量为 20g/400g/mol=0.05mol，则溶液中 n(SO42-)为0.15mol，n(Fe3+)=0.1mol，250mL 溶液中 c(Fe3+)=0.1mol/0.25L=0.4 mol/L,故答案为：Fe 2(SO4)3=2Fe3+ 3SO42-；0.15NA；0.4 mol/L；（4）少量的通入的溶液中反应，是二氧化碳通入氢氧化钡溶液中反应生成碳酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为：CO 2+Ba2+2OH-=BaCO3+H2O，故答案为；CO 2+Ba
24、2+2OH-=BaCO3+H2O；（5）与发生反应的化学方程式为：Al+4HNO 3=Al（NO3）3+NO+2H2O，依据电子守恒可知 1molAl 全部反应，转移电子总数为 3mol，当有 5.4gAl 物质的量=5.4g/27g/mol=0.2mol，发生反应电子转移 0.6mol，反应的离子方程式为：Al+4H +NO3-=Al3+NO+2H2O，故答案为：0.6mol；Al+4H +NO3-=Al3+NO+2H2O。【点睛】本题考查了物质分类的依据、化学方程式、离子方程式书写方法，依据物质组成和性质分析是解题关键。27.为除去粗盐中含有的可溶性杂质硫酸盐、氯化钙和氯化镁，某同学利用给
25、定试剂NaOH溶液、BaCl 2溶液、Na 2CO3溶液和盐酸，设计了如下实验流程，请回答：（1）操作 a和操作 b的名称依次是 _；（2）加入试剂的作用是_；（3）加入盐酸后，发生反应的离子方程式是_；（4）在上述提纯过程中，如何证明 SO42-已经被除净_。.实验需要 0.1mol/LNaOH溶液 450ml，根据溶液配制中情况回答下列问题：（1）根据计算得知，所需 NaOH的质量为_g。（2）配制一定物质的量浓度溶液的实验中，如果出现以下操作：A称量用了生锈的砝码；B将 NaOH放在纸张上称量； C定容时仰视刻度线； D往容量瓶转移时，有少量液体溅出； E未洗涤溶解 NaOH的烧杯；F容
26、量瓶未干燥即用来配制溶液； G定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后液面不到刻度线，未加水至刻度线；H.未冷却至室温就进行定容； I.定容时有少量水洒在容量瓶外。对配制的溶液物质的量浓度大小可能造成的影响是（填写字母）偏大的有_；偏小的有_。【答案】 (1). 过滤、蒸发 (2). 除去钙离子和钡离子 (3). CO32-+2 H+= CO2+ H2O OH -+ H+= H2O (4). 取少量 A溶液于试管中，滴加 BaCl2溶液若出现浑浊或白色沉淀，说明溶液中含有硫酸根，否则不含硫酸根 (5). 2.0 g (6). AH (7). BCDE【解析】【分析】.根据实验流程可知，操作 a 过滤，操
27、作 b 是蒸发；根据加入氢氧化钠可将氯化镁转化成氢氧化镁沉淀，除去硫酸钠需要在除去氯化钙之前，加入的碳酸钠可以将过量的氯化钡除去，所以试剂是 BaCl2溶液，目的是除去 SO42-离子， 试剂是 Na2CO3溶液，目的是除尽溶液的离子 Ba2+、Ca2+，根据加入的除杂试剂氢氧化钠和碳酸钠都是过量的，所以在蒸发之前需要加入盐酸将碳酸钠和氢氧化钠除去。.根据 n=cv 计算氢氧化钠的物质的量，再根据 m=nM 计算所需氢氧化钠的质量；根据C=n/V，通过判断不当操作对溶质的物质的量 n 和溶液体积 V 的影响来分析误差。【详解】.（1）通过分析实验流程可知，操作 a 是溶解，操作 b 是过滤，操
28、作 c 是蒸发，故答案为：过滤；蒸发；（2）试剂 是 Na2CO3溶液，目的是除尽溶液的离子 Ba2+、Ca2+，故答案为：除去钙离子和钡离子；（3）加入盐酸的目的是将碳酸钠和氢氧化钠除去，反应的离子方程式为 OH -+ H+=H2O， CO32-+2H+=CO2+H2O，故答案为：OH -+H+=H2O；CO32-+2H+= CO2+H2O；（4）证明 SO42-已经被除净，即证明溶液中不存在 SO42-离子，具体操作为：取少量 A 溶液于试管中，滴加 BaCl2溶液若出现浑浊或白色沉淀，说明溶液中含有硫酸根，否则不含硫酸根，故答案为：取少量 A 溶液于试管中，滴加 BaCl2溶液若出现浑浊
29、或白色沉淀，说明溶液中含有硫酸根，否则不含硫酸根；.（1）由于无 450ml 的容量瓶，故选用 500ml 的容量瓶，故配制的是 500ml0.1mol/LNaOH溶液，根据 n=CV 可知需要的 NaOH 的物质的量 n=0.5L0.1mol/L=0.05mol，NaOH 质量m=nM=0.05mol40g/mol=2.0g，故答案为：2.0g；（2）A、生锈的砝码质量偏大，而 m 物 =m 砝 +m 游 ，故称量出的药品的质量偏重，则配制出的溶液的浓度偏大；B、将 NaOH 放在纸张上称量会潮解，导致真正的 NaOH 的质量偏小，则配制出的溶液的浓度偏小；C、定容时俯视刻度线观察液面，所加
30、水量偏少，结果偏高；D、往容量瓶转移时，有少量液体溅出，会导致溶质的损失，则溶液浓度偏小；E、未洗涤溶解 NaOH 的烧杯，会导致溶质的损失，则溶液浓度偏小；F、只要最后定容时凹液面与刻度线相切即可，至于水是事先就有的还是后来加入的，对浓度无影响；G、定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线是正常的，未加水对浓度无影响；H、热溶液注入容量瓶会导致容量瓶热膨胀,体积变大,最终导致溶液浓度偏小；I、滴管加水时，有少量水滴到容量瓶外，溶液的体积不变，浓度不变。故答案为：AH；BCDE。28.有一固体混合物，可能由 Na2CO3、K 2SO4、CuSO 4、CaCl 2、NaCl 等混合而成，为
31、检验它们做了如下实验：将固体混合物溶于水，搅拌后得无色透明溶液；往此溶液中滴加硝酸钡溶液，有白色沉淀生成；过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解。试判断：（1）固体混合物中肯定没有的是（填化学式）_；（2）写出的离子方程式_；（3）固体混合物质中不能确定的物质（填化学式）_；检验该物质是否存在的方法是_。【答案】 (1). CuSO4、CaCl 2 K2SO4 (2). BaCO 3+2H +=Ba 2+H 2O+CO 2 (3). NaCl (4). 取少量中溶液于试管中，加入酸化硝酸银，若有白色沉淀含有氯化钠，否则则不含【解析】【分析】固体混合物样品溶于水搅拌得到无色溶液，说明混合物
32、中一定无 CuSO4；取部分此溶液加入硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，说明混合物中可能含 Na2SO4或 Na2CO3，由于Na2SO4或 Na2CO3可与 CaCl2反应生成沉淀，而固体混合物样品溶于水搅拌后得到无色溶液，所以混合物中一定不含 CaCl2；在白色沉淀中加入足量的稀硝酸，沉淀最后全部溶解，说明生成的白色沉淀为碳酸钡，根据以上分析可知：一定含 Na2CO3，一定不含CaCl2、CuSO4、Na2SO4，实验中未涉及到氯化钠的检验，所以无法确定是否含有氯化钠。【详解】 （1）由分析可知，固体混合物中肯定没有 CaCl2、CuSO4、Na2SO4，故答案为：CaCl2、CuSO4、Na2
33、SO4；（2）为碳酸钡溶于稀硝酸生成硝酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为 BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O，故答案为：BaCO 3+2H+=Ba2+CO2+H2O；（3）实验中未涉及到氯化钠的检验，所以无法确定是否含有氯化钠，检验氯化钠的方法是取少量 中溶液于试管中，加入酸化硝酸银，若有白色沉淀含有氯化钠，否则则不含，故答案为：取少量中溶液于试管中，加入酸化硝酸银，若有白色沉淀含有氯化钠，否则则不含。【点睛】本题为物质推断题，侧重于物质的性质的考查，可以依据物质的性质结合题干提供的信息进行解答，抓住题干叙述中沉淀气体等反应特征是解题突破口。29.在 Cu +2H2SO4（浓） C
34、uSO4 + A +2H 2O反应中，（1）A 物质可以导致酸雨的形成。则 A应该属于_（填字母代号） 。a酸 b碱 c盐 d酸性氧化物 e碱性氧化物（2）用双线桥表示此反应中电子转移情况：（A 用化学式表示）_。（3）若足量的铜片与 含溶质 1.8 mol的浓 H2SO4充分反应，如果该反应过程中转移了0.2mol电子，生成的 CuSO4的质量为_克，生成的 A气体在标准状况下体积为_（假设气体全部逸出） 。【答案】 (1). d (2). (3). 16 (4). 2.24L【解析】【分析】由质量守恒定律可知反应中 A 为 SO2，SO2是酸性氧化物，可导致酸雨，具有还原性，能被酸性 KM
35、nO4溶液氧化。【详解】 （1）A 为 SO2，SO2是酸性氧化物，可导致酸雨，故答案为：d；（2）根据方程式可知，在反应中 S 元素的化合价从6 价降低到4 价，得到 2 个电子，Cu元素化合价从 0 价升高到2 价，失去 2 个电子，反应中转移电子数目为 2NA，用双线桥表示此反应中电子转移情况为 ，故答案为：；（3）由反应方程式可知，反应中电子转移 2mol，生成 1mol CuSO4和 1mol 的 SO2气体，则电子转移 02mol 时，生成 0.1molCuSO4和 01mol 的 SO2气体，0.1molCuSO 4的质量为0.1mol160g/mol=16g，01mol 的 SO2气体的体积为 0.1mol22.4L/mol=2.24L，故答案为：16g；2.24L。【点睛】本题考查了铜和浓硫酸的反应，涉及了物质的分类方法、二氧化硫的性质、电子转移数目表示方法以及有关计算，试题较综合，在进行有关计算时，注意利用化学方程式进行分析计算。
