2015-2016学年安徽省铜陵一中高一下学期期中化学试卷
一、选择题
1．（2016高一下·铜陵期中）下列溶液中，能用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛放的是（ ）
A．浓硫酸 B．水玻璃 C．氢氟酸 D．苛性钾溶液
【答案】A
【知识点】化学试剂的存放
【解析】【解答】解：A．浓硫酸和二氧化硅不反应，所以可以用玻璃瓶盛放，故A正确；
B．水玻璃具有黏性，可导致玻璃塞打不开，故B错误；
C．氢氟酸和二氧化硅反应生成四氟化硅而腐蚀玻璃，所以不能用玻璃瓶盛放，故C错误；
D．二氧化硅和氢氧化钾溶液生成粘性的硅酸钾，能将塞子和瓶口黏在一起，故D错误．
故选A．
【分析】玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅是酸性氧化物，能和氢氟酸、强碱溶液反应，以此解答该题．
2．（2016高一下·铜陵期中）下列离子中，电子数大于质子数且质子数大于中子数的是（ ）
A．H3O+ B．Li+ C．OD﹣ D．OH﹣
【答案】D
【知识点】原子中的数量关系
【解析】【解答】解：电子数大于质子数则微粒带负电，因此AB均错误；氧原子质子数等于电子数都是8，H的原子中只有质子无中子，D的原子中含有一个中子一个质子，故OH﹣的质子数大于中子数．
故选D．
【分析】电子数大于质子数，则微粒带负电，质子数大于中子数，只能是计算微粒的原子中质子数与中子数的多少，其中明确氢元素的不同原子中中子个数的情况是解决此题的必要条件．
3．（2016高一下·铜陵期中）常温常压下，下列各组气体能共存的是（ ）
A．SO2与O2 B．NO与O2 C．H2S与NO2 D．NH3和HCl
【答案】A
【知识点】二氧化硫的性质
【解析】【解答】解：A．二氧化硫与氧气常温下不反应，常温常压可以共存，故A选；
B．一氧化氮与氧气常温下反应生成二氧化氮，常温常压不可以共存，故B不选；
C．硫化氢与二氧化氮常温下发生氧化还原反应，常温常压不可以共存，故C不选；
D．氯化氢与氨气常温下化合生成氯化铵，常温常压不可以共存，故D不选；
故选：A．
【分析】二氧化硫与氧气常温下不反应；一氧化氮与氧气常温下反应生成二氧化氮；硫化氢与二氧化氮常温下发生氧化还原反应；氯化氢与氨气常温下化合生成氯化铵；据此解答；
4．（2016高一下·铜陵期中）雷雨天闪电时空气中有臭氧（O3）生成．下列说法正确的是（ ）
A．O2和O3互为同位素
B．O2转化为O3为化学变化
C．相同物质的量的O2和O3的体积相同
D．相同质量的O2和O3含有相同的分子数
【答案】B
【知识点】臭氧；同位素及其应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：A．质子数相同，而中子数不同的原子互为同位素，O2和O3是两种单质互为同素异形体，故A错误；
B．氧气与臭氧是不同的物质，其转化属于化学变化，故B正确；
C．只有在相同的温度与压强下，气体的摩尔体积才相等，据公式V=nVm，所以相同物质的量的O2和O3的体积才相同，故C错误；
D、相同质量的O2和O3得物质的量不一样，所以含的分子数不一样，故D错误．
故选B．
【分析】A、一种元素可以组成多种物质；
B、氧气和臭氧属于不同的物质；
C、根据公式V=nVm来计算回答；
D、根据公式N=nNA= NA来计算回答．
5．（2016高一下·铜陵期中）对下列事实的解释错误的是（ ）
A．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性
B．浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定
C．常温下，浓硝酸可以用铝槽贮存，说明铝与浓硝酸不反应
D．反应CuSO4+H2S→CuS↓+H2SO4能进行，说明硫化铜既不溶于水，也不溶于稀硫酸
【答案】C
【知识点】硝酸的化学性质；浓硫酸的性质
【解析】【解答】解：A、浓硫酸具有的特性：吸水性、脱水性、强氧化性，在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，体现了浓硫酸的脱水性，故A正确；
B、浓硝酸受热或见光易分解生成二氧化氮、水和氧气，浓硝酸在光照下颜色变黄，是分解产生的二氧化氮在溶液中所致，故B正确；
C、常温下铝和浓硝酸之间发生钝化，发生的是氧化还原反应，但反应后形成了氧化物的薄膜阻止反应的进一步发生，故C错误；
D、化学反应向着生成难溶物的方向进行，反应CuSO4+H2S→CuS↓+H2SO4能进行，说明硫化铜既不溶于水，也不溶于稀硫酸，故D正确．
故选C．
【分析】A、浓硫酸具有的特性：吸水性、脱水性、强氧化性；
B、浓硝酸受热或见光易分解；
C、常温下铝和浓硝酸之间发生钝化；
D、化学反应向着生成难溶物的方向进行．
6．（2016高一下·铜陵期中）下列说法不正确的是（ ）
①质子数相同的粒子一定属于同种元素；②同位素的性质几乎完全相同；③质子数相同，电子数也相同的粒子，不可能是一种分子和一种离子；④电子数相同的粒子不一定是同一种元素；⑤一种元素只能有一种质量数：⑥某种元素的相对原子质量取整数，就是其质量数．⑦Cl2中35Cl与37Cl的原子个数之比与HCl中的35Cl与37Cl的原子个数之比相等．
A．②③⑤⑥⑦ B．①②④⑤ C．①②⑤⑥ D．③④⑥⑦
【答案】C
【知识点】原子中的数量关系
【解析】【解答】解：①元素的研究对象是原子，质子数相同的粒子不一定属于同种元素，如CH4与H2O，若为原子则属于同种元素，故①错误；
②互为同位素原子，核外电子排布相同，最外层电子数决定化学性质，同位素的化学性质几乎完全相同，但是同位素的物理性质有差别，故②错误；
③分子显电中性，离子带电，两种粒子质子数和电子数均相同，如果一种为分子则质子数与电子数相等，一种为离子则质子数和电子数不相等，这样就与题设矛盾，所以不可能为一种分子、一种离子，故③正确；
④电子数相同的粒子不一定属于同种元素，如CH4与H2O，Na+与Mg2+，故④正确；
⑤一种元素可能存在不同的核素，同一元素的原子可能有不同的质量数，故⑤错误；
⑥原子有质量数，元素没有质量数，某种原子的相对原子质量取整数，就是该原子的质量数，故⑥错误；
⑦同位素原子在自然界中的含量是固定的，所以Cl2中35Cl与37Cl的原子个数之比与HCl中的35Cl与37Cl的原子个数之比相等，故⑦正确．
所以①②⑤⑥不正确．
故选：C．
【分析】①质子数相同的一类原子总称为元素，元素的研究对象是原子；
②互为同位素原子，核外电子排布相同，最外层电子数决定化学性质；
③两种粒子，质子数一样，离子带电，离子的电子数一定和质子数不一样，分子不带电，分子的质子数和电子数一定相等，据此判断；
④电子数相同的粒子可能是不同的离子；
⑤元素不谈质量数，一种元素的不同原子有不同的质量数；
⑥原子有质量数，元素没有质量数；
⑦同位素原子在自然界中的含量是固定的．
7．（2016高一下·铜陵期中）现有两种短周期元素A，B的原子序数分别为a、b，若a+8=b，则下列有关A，B的说法正确的是（ ）
A．A和B一定在同主族
B．A和B一定在同周期
C．若A和B在相邻周期，则A，B一定同主族
D．A，B可能既不同周期，又不同主族
【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解：A、两种短周期元素A、B的原子序数分别为a、b，若a+8=b，则A和B可能为同主族，可能为0族，可能不是同族元素，如H元素与F元素，故A错误；
B、短周期同周期元素，原子序数相差小于7，短周期元素A、B的原子序数相差8，A、B两元素一定不在同周期，故B错误；
C、两种短周期元素A、B的原子序数分别为a、b，若a+8=b，则A和B可能为同主族，可能为0族，可能不是同族元素，如H元素与F元素，故C错误；
D、若A为H元素，原子序数为1，B为F元素，原子序数为9，则符合，故D正确．
故选D．
【分析】A、短周期同族元素，原子序数形相差2或8，原子序数相差8，不一定为同族元素，如H元素与F元素；
B、短周期同周期元素，原子序数相差小于7；
C、若A和B在相邻周期，原子序数相差8，A、B可能为同主族，可能为0族，不一定为同族元素；
D、若为H元素与F元素，则符合．
8．（2016高一下·铜陵期中）下列物质中，属于纯净物的是（ ）
①陶瓷，②水泥，③玻璃，④漂白粉，⑤胆矾，⑥氯水，⑦液氯．
A．①③⑤ B．②④⑥ C．⑤⑦ D．⑥⑦
【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】解：①陶瓷是无机硅酸盐制品，由多种物质组成的混合物，
②水泥是无机硅酸盐制品，由多种物质组成的混合物，
③玻璃是无机硅酸盐制品，由多种物质组成的混合物，
④漂白粉是由氯化钙和次氯酸钙组成的混合物，
⑤胆矾是含有5个结晶水的硫酸铜，属于化合物，纯净物，
⑥氯水是氯气溶于水得到的混合物，
⑦液氯是氯气单质的液体状态，只有一种物质，故属于纯净物的为胆矾和液氯，
故选C．
【分析】只有一种物质组成的是纯净物，由两种或两种以上物质组成的属于混合物，据此概念判断即可．
9．（2016高一下·铜陵期中）下列结论错误的是（ ）
①微粒半径：r（K+）＞r（Al3+）＞r（S2﹣）＞r（Cl﹣）
②氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4
③还原性：S2﹣＞Cl﹣＞Br﹣＞I﹣
④氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te
⑤酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞H2SiO3
⑥非金属性：O＞N＞P＞Si
⑦金属性：Be＜Mg＜Ca＜K．
A．① B．①③
C．②③④⑤⑥⑦ D．①③⑤
【答案】B
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：①离子电子层数越多其离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，钾离子、硫离子和氯离子都有3个电子层，铝离子有2个电子层，所以微粒半径：r（S2﹣）＞r（Cl﹣）＞r（K+）＞r（Al3+），故错误；
②元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性F＞Cl＞S＞P＞Si，所以氢化物的稳定性HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4，故正确；
③元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越强，非金属性Cl＞Br＞I＞S，所以阴离子还原性S2﹣＞I﹣＞Br﹣＞Cl﹣，故错误；
④元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，非金属性Cl＞S＞Se＞Te，所以氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te，故正确；
⑤元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性S＞P＞C＞Si，所以酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞H2SiO3，故正确；
⑥同一周期元素，元素非金属性随着原子序数增大而增强，同一主族元素，元素非金属性随着原子序数增大而减弱，所以非金属性O＞N＞P＞Si，故正确；
⑦同一周期元素，元素金属性随着原子序数增大而减弱，同一主族元素，元素金属性随着原子序数增大而增强，所以金属性：Be＜Mg＜Ca＜K，故正确；
故选B．
【分析】①离子电子层数越多其离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小；
②元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强；
③元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越强；
④元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强；
⑤元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；
⑥同一周期元素，元素非金属性随着原子序数增大而增强，同一主族元素，元素非金属性随着原子序数增大而减弱；
⑦同一周期元素，元素金属性随着原子序数增大而减弱，同一主族元素，元素金属性随着原子序数增大而增强．
10．（2016高一下·铜陵期中）下列事实中能证明碳的非金属性比硅强的是（ ）
①往Na2SiO3溶液中通入CO2产生白色沉淀
②石墨是导体，晶体硅是半导体
③制玻璃过程中发生反应Na2CO3+SiO2 Na2SiO3+CO2↑
④CH4比SiH4稳定．
A．①④ B．②③ C．③④ D．①②
【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：①往Na2SiO3溶液中通入CO2产生白色沉淀，碳酸和硅酸钠反应生成硅酸，说明碳酸酸性大于硅酸，说明非金属性C＞Si，故正确；
②石墨是导体，晶体硅是半导体，与非金属性强弱无关，不能据此判断非金属性强弱，故错误；
③制玻璃过程中发生反应：Na2CO3+SiO2 Na2SiO3+CO2↑，为高温固体之间的反应，不能比较非金属性，故错误；
④CH4比SiH4稳定，说明非金属性C＞Si，故正确；
故选A．
【分析】元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，其单质的氧化性氧气，其最高价氧化物的水化物酸性越强（F、O元素除外），其单质与氢气反应越容易，据此分析解答．
11．（2016高一下·铜陵期中）下列有关物质结构的说法正确的是（ ）
A．78g Na2O2晶体中所含阴、阳离子个数均为4NA
B．3.4g氨气中含有0.6NA个N﹣H键
C．HBr的电子式为
D．PCl3和BCl3分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；离子晶体；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】解：A、78gNa2O2晶体的物质的量为 =1mol，1个过氧化钠中含有2个阳离子和1个阴离子，78g Na2O2晶体中所含阴、阳离子个数分别为2NA、NA，故A错误；
B、3.4g氨气的物质的量为 =0.2mol，1个氨气中含有3个N﹣H键，所以3.4g氨气中含有0.6NA个N﹣H键，故B正确；
C、溴化氢为共价化合物，氢原子与溴原子形成了一个共用电子对，溴化氢中氢原子最外层为2个电子，溴原子最外层达到8电子，用小黑点表示原子最外层电子，则溴化氢的电子式为 ，故C错误；
D、PCl3中P元素化合价为+3价，P原子最外层电子数是5，3+5=8，则P原子满足8电子结构，Cl元素化合价绝对值为1，其最外层电子数是7，1+7=8，则Cl原子满足8电子结构；BF3中B元素化合价为+3，Be原子最外层电子数为3，所以3+3=6，分子中Be原子不满足8电子结构，故D错误；
故选B．
【分析】A、根据过氧化钠的物质的量以及1个过氧化钠中含有2个阳离子和1个阴离子；
B、根据氨气的物质的量以及1个氨气中含有3个N﹣H键；
C、根据溴化氢为共价化合物，氢原子与溴原子形成一对共用电子对，溴化氢中溴原子最外层达到8电子稳定结构，氢原子最外层为2个电子；
D、对于共价化合物元素化合价绝对值+元素原子的最外层电子层=8，则该元素原子满足8电子结构；
12．（2016高一下·铜陵期中）M，N，X，Y四种短周期主族元素在元素周期表中的相对位置如图所示．已知它们的原子序数总和为48，则下列有关说法中不正确的是（ ）
A．N与X位于元素周期表中ⅥA族
B．M，X，Y三种元素的最高价氧化物对应的水化物均为强酸
C．M，N，X，Y均位于金属与非金属的分界线上
D．M的气态氢化物与Y的气态氢化物反应，可生成离子化合物
【答案】C
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解：由M、N、X、Y四种短周期主族元素在元素周期表中的相对位置，可知M、N处于第二周期，X、Y处于第三周期，令N的原子序数为a，则M原子序数为a﹣1，X原子序数为a+8，Y原子序数为a+9，四元素原子序数总和为48，则a﹣1+a+a+8+a+9=48，解得a=8，故N为O元素、M为N元素、X为S元素、Y为Cl，
A．N为O元素、X为S元素，二者位于元素周期表中ⅥA族，故A正确；
B．M、X、Y三种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸、硫酸、高氯酸，均为强酸，故B正确；
C．O、N、S、Cl均不位于金属与非金属的分界线上，故C错误；
D．氨气与氯化氢反应得到氯化铵，氯化铵由铵根离子与氯离子构成，属于离子化合物，故D正确，
故选C．
【分析】由M、N、X、Y四种短周期主族元素在元素周期表中的相对位置，可知M、N处于第二周期，X、Y处于第三周期，令N的原子序数为a，则M原子序数为a﹣1，X原子序数为a+8，Y原子序数为a+9，四元素原子序数总和为48，则a﹣1+a+a+8+a+9=48，解得a=8，故N为O元素、M为N元素、X为S元素、Y为Cl，据此解答．
13．（2016高一下·铜陵期中）“绿色化学”的主要内容之一是指从技术、经济上设计可行的化学反应，使原子充分利用，不产生污染物．下列化学反应符合“绿色化学”理念的是（ ）
A．制CuSO4：Cu+2H2SO4（浓）=CuSO4+SO2↑+2H2O
B．制CuSO4：2Cu+O2=2CuO；CuO+H2SO4（稀）=CuSO4+H2O
C．制Cu（NO3）2：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O
D．制Cu（NO3）2：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O
【答案】B
【知识点】绿色化学
【解析】【解答】解：A、每生成1molCuSO4需要2molH2SO4并且还有SO2等污染性的气体生成，故A错误．
B、原子的利用率高且在生产过程中没有污染性的物质产生，符合题意，故B正确．
C、每生成1molCu（NO3）2需要4molHNO3并且还有NO2等污染性的气体生成，故C错误．
D、每生成1molCu（NO3）2需要8/3molHNO3并且还有NO等污染性的气体生成，故D错误．
故选B．
【分析】理解绿色化学的要点有两个：一是原子充分利用；二是不产生污染．
14．（2017高一上·黄陵期末）同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满：①NH3，②NO2，进行喷泉实验．经充分反应后，瓶内溶液的物质的量浓度为（ ）
A．①＞② B．①＜② C．①=② D．不能确定
【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；物质的量浓度
【解析】【解答】解：在相同条件下，气体摩尔体积相同，烧瓶的容积相同，根据n= 知，氨气、NO2的物质的量之比为1：1，因NO2能与水反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，所以各烧瓶中溶质的物质的量之比为3：2，做喷泉实验时，盛放氨气的烧瓶、含NO2的烧瓶，各烧瓶中溶液的体积分别为：一烧瓶、 烧瓶，所以溶液的体积比为3：2，所以各物质的量浓度之比为 =1：1，
故选：C．
【分析】先根据气体摩尔体积计算各气体的物质的量之比，再判断烧瓶中溶液的体积、溶质的物质的量，再根据物质的量浓度公式判断浓度的大小．
15．（2016高一下·铜陵期中）在淀粉KI溶液中滴入少量NaClO溶液，并加入少量稀硫酸，溶液立即变蓝；在上述蓝色溶液中，滴加足量的Na2SO3溶液，蓝色逐渐消失．下列对该实验原理的解释和所得结论错误的是（ ）
A．第一步反应的离子方程式为ClO﹣+2I﹣+2H+═I2+Cl﹣+H2O
B．淀粉KI溶液变蓝是因为I﹣被氧化为I2，淀粉遇I2变蓝色
C．蓝色逐渐消失的原因是Na2SO3溶液具有漂白性
D．微粒的氧化性由强到弱的顺序是ClO﹣＞I2＞SO
【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．第一步生成碘，则离子反应为ClO﹣+2I﹣+2H+═I2+Cl﹣+H2O，故A正确；
B．淀粉遇碘变蓝，由现象可知I﹣被氧化为I2，故B正确；
C．蓝色逐渐消失，发生H2O+I2+SO =SO +2I﹣+2H+，则Na2SO3具有还原性，与漂白性无关，故C错误；
D．由ClO﹣+2I﹣+2H+=I2+Cl﹣+H2O可知氧化性强弱为：ClO﹣＞I2，由H2O+I2+SO =SO +2I﹣+2H+可知氧化性强弱为：I2＞SO42﹣，所以在酸性条件下ClO﹣、I2、SO 的氧化性ClO﹣＞I2＞SO42﹣，故D正确；
故选C．
【分析】由信息可知，先发生ClO﹣+2I﹣+2H+=I2+Cl﹣+H2O，淀粉变蓝；再发生H2O+I2+SO32﹣=SO +2I﹣+2H+，蓝色逐渐消失；ClO﹣+2I﹣+2H+=I2+Cl﹣+H2O中Cl元素的化合价降低，I元素的化合价升高，而H2O+I2+SO =SO +2I﹣+2H+中I元素的化合价降低，S元素的化合价升高，以此来解答．
16．（2016高一下·铜陵期中）将0.15mol的MnO2与过量的12mol/L的浓盐酸反应，与50mL12mol/L的浓盐酸与过量MnO2反应，两者产生的氯气相比（其它反应条件相同）（ ）
A．一样多 B．后者较前者多
C．前者较后者多 D．无法比较
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氯气的化学性质
【解析】【解答】解：过量的12mol/L的浓盐酸反应可保证二氧化锰完全反应，
而后者，随反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸，不能反应生成氯气，则生成的氯气比前者少，
故选C．
【分析】发生MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+H2O，浓盐酸随浓度变稀后不能和二氧化锰发生反应，以此来解答．
二、综合题
17．（2016高一下·铜陵期中）最新报道，我国科学家通过与多个国家进行科技合作，成功研发出铯（Cs）原子喷泉钟，使我国时间频率基准的精度从30万年不差1秒提高到600万年不差1秒，标志着我国时间频率基准研究进入世界先进行列，已知铯位于元素周期表中第六周期第IA族，根据艳在元素周期表中的位置，推断下列内容：
（1）铯的原子核外共有 个电子层，最外层电子数为 ，铯的原子序数为 ．
（2）铯单质与水剧烈反应，放出 色气体，同时使紫色石蕊溶液显 色，因为 （写出化学方程式）．
（3）预测铯单质的还原性比钠单质的还原性 （填“弱”或“强”）．
【答案】（1）6；1；55
（2）无；蓝；2Cs+2H2O=2CsOH+H2↑
（3）强
【知识点】碱金属的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：（1）已知铯位于元素周期表中第六周期第IA族，所以核外有6个电子层，最外层有1个电子，各层容纳电子数为：2 8 18 18 8 1，质子数等于电子数为55，原子序数为55；故答案为：6；1；55；（2）铯与钠都是第一主族元素，性质相似，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，则铯与水反应生成氢氧化铯和氢气，方程式2Cs+2H2O=2CsOH+H2↑，氢氧化铯为强碱，溶液显碱性，石蕊变蓝色；故答案为：无；蓝；2Cs+2H2O=2CsOH+H2↑；（3）同主族元素从上到下金属性依次增强递，铯位于钠的下方，二者都是同主族元素，所以铯的金属性强于钠，单质的还原性强于钠；故答案为：强．
【分析】（1）元素原子电子层数等于周期序数，最外层电子等于主族元素族序数；（2）依据同主族元素性质相似性结合钠与水反应产物及性质解答；（3）依据同主族元素从上到下金属性依次增强递变规律解答．
18．（2016高一下·铜陵期中）A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素．B、E同主族，且满足最高正化合价+最低负化合价=0；A与C、D与C之间都能形成原子个数比分别为2：1和1：1的两种化合物．试解答下列有关问题．
（1）在A2C2分子中含有的化学键是 和 ．
（2）C与D形成的化合物的电子式为 ．
（3）实验室可用由B、C、D组成的化合物为反应物之一制取由A、C、D组成的化合物，反应的化学方程式为 ．
（4）写出E单质与A、C、D形成的化合物的水溶液反应的离子方程式 ．
【答案】（1）极性键；非极性键
（2）
（3）Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH
（4）Si+2OH﹣+H2O═SiO32﹣+2H2↑
【知识点】化学键；硅和二氧化硅；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】解：A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素．B、E同主族，且满足最高正化合价+最低负化合价=0，则B、E最外层电子数为4，B为C元素，E为Si元素；A与C、D与C之间都能形成原子个数比分别为2：1和1：1的两种化合物，常见的有：H2O2、H2O、Na2O2、Na2O等，则A为H元素，C为O元素，D为Na元素，（1）A为H元素，C为O元素，D为Na元素，则A2C2分子对应的化合物为H2O2，为共价化合物，分子中既含有极性键又含有非极性键，故答案为：极性键；非极性键；（2）C与D形成的化合物有Na2O和Na2O2两种，都属于离子化合物，电子式分别为 ，故答案为： ；（3）由B、C、D组成的化合物为Na2CO3，由A、C、D组成的化合物为NaOH，NaOH可由Na2CO3与Ca（OH）2反应制得，反应的化学方程式为Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH，故答案为：Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH；（4）Si可与NaOH溶液反应生成硅酸钠和氢气，反应的离子方程式为Si+2OH﹣+H2O═SiO32﹣+2H2↑，故答案为：Si+2OH﹣+H2O═SiO32﹣+2H2↑．
【分析】A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素．B、E同主族，且满足最高正化合价+最低负化合价=0，则B、E最外层电子数为4，B为C元素，E为Si元素； A与C、D与C之间都能形成原子个数比分别为2：1和1：1的两种化合物，常见的有：H2O2、H2O、Na2O2、Na2O等，则A为H元素，C为O元素，D为Na元素，根据对应化合物的结构和性质解答该题．
19．（2016高一下·铜陵期中）SiO2在自然界中广泛存在，它是制备现代通讯材料 （写该材料名称）的主要原料；以SiO2为原料，在工业上制备单质硅的化学方程式为 ；在常温下，SiO2可与一种酸发生反应，该反应的化学方程式为 ．该反应的重要应用是 ．
【答案】光导纤维；SiO2+2C Si+2CO↑；SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；雕刻玻璃
【知识点】硅和二氧化硅
【解析】【解答】解：二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光导纤维主要原料，二氧化硅能够与碳反应生成硅和一氧化碳，化学方程式：SiO2+2C Si+2CO↑，能够与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，化学方程式：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，所以氢氟酸能腐蚀玻璃，可以用氢氟酸雕刻玻璃；
故答案为：光导纤维；SiO2+2C Si+2CO↑；SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O．
【分析】二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光导纤维主要原料，二氧化硅能够与碳反应生成硅和一氧化碳，能够与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，所以氢氟酸能腐蚀玻璃，可以用氢氟酸雕刻玻璃，据此解答；
20．（2016高一下·铜陵期中）根据所学知识完成题目：
（1）请用下列10种物质的序号填空：①O2；②H2；③NH4NO3；④K2O2；⑤Ba（OH）2；⑥CH4； ⑦CO2；⑧NaF；⑨NH3；⑩I2．其中由非极性键形成的非极性分子是 ；由极性键形成的非极性分子是 ；既有离子键又有非极性键的是 ；既有离子键又有极性键的是 ．
（2）X、Y两种主族元素能形成XY2型化合物，已知XY2中共有38个电子，若XY2为常见元素形成的离子化合物，其化学式为 ；若XY2为共价化合物，则其结构式为 ．
（3）氯化铝的物理性质非常特殊，如氯化铝的熔点为190℃（2.02×103Pa），但在180℃就开始升华．据此判断，氯化铝是 （填“共价”或“离子”）化合物．可以证明你的判断正确的实验依据是 ．
【答案】（1）①②⑩；⑥⑦⑨；④；③⑤
（2）CaF2；S=C=S
（3）共价；氯化铝在熔融状态下不导电
【知识点】原子结构与元素的性质；化学键
【解析】【解答】解：①O2、②H2、⑩I2中只含有非极性共价键；⑥CH4、⑦CO2、⑨NH3中只含有极性共价键；⑧NaF中只含有离子键；④K2O2中钾离子与过氧根离子以离子键结合，O、O之间以非极性共价键结合，既有离子键又有非极性键；③NH4NO3中氯离子和硝酸根离子之间存在离子键，铵根离子中氮原子和氢原子之间、硝酸根离子中氮原子和氧原子之间存在极性共价键，既有离子键又有极性键；⑤Ba（OH）2中钡离子和氢氧根离子间存在离子键，氢氧根离子中氧原子和氢原子之间存在极性共价键，既有离子键又有极性键；故答案为：①②⑩；⑥⑦⑨；④；③⑤；（2）X、Y两种主族元素能形成XY2型化合物，XY2中共有38个电子，若XY2为常见元素形成的离子化合物，X为第IIA族元素、Y为第VIIA族元素，其电子数是38，则为CaF2，若XY2为共价化合物时，则X为第IVA族元素、Y为第VIA族元素，其电子数为38，则为CS2，其结构式为S=C=S；故答案为：CaF2；S=C=S；（3）氯化铝的熔点为190℃，但在180℃就开始升华，熔点较低，应为共价化合物；氯化铝在熔融状态下不导电，说明为共价化合物；故答案为：共价；氯化铝在熔融状态下不导电．
【分析】（1）一般金属元素与非金属元素形成离子键，不同非金属元素之间形成极性共价键，同种非金属元素之间形成非极性共价键，以此来解答；（2）X、Y两种主族元素能形成XY2型化合物，XY2中共有38个电子，若XY2为常见元素形成的离子化合物，X为第IIA族元素、Y为第VIIA族元素，其电子数是38，则为CaF2；若XY2为共价化合物时，则X为第IVA族元素、Y为第VIA族元素，其电子数为38，则为CS2；（3）氯化铝的熔点为190℃，但在180℃就开始升华，熔点较低，应为共价化合物；共价化合物在熔融状态下不导电；
21．（2016高一下·铜陵期中）实验室用下述装置制取氯气，并用氯气进行下列实验．看图1回答下列问题：
（1）A、B两仪器的名称：A ，B ．
（2）洗气装置C是为了除去Cl2中的HCl气体，D是为了干燥Cl2，则C、D中应分别放入下列溶液中的C ；D ．
①NaOH溶液②饱和食盐水③AgNO3溶液 ④浓H2SO4
（3）E中为红色干布条，F中为红色湿布条，可观察到的现象是 ．
（4）G是浸有淀粉KI溶液的棉花球，G处现象是棉花球表面变成 ．反应的离子方程式是 ，H是浸有NaBr溶液的棉花球，H处现象是棉花球表面变成 ．
（5）P处为尾气吸收装置，可选用图2装置中的 ．
【答案】（1）分液漏斗；圆底烧瓶
（2）②；④
（3）E中无变化，F中红色布条褪色
（4）蓝色；2I﹣+Cl2═2Cl﹣+I2；橙色
（5）B
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法
【解析】【解答】解：（1）装置图中仪器作用和图形可知是利用分液漏斗向烧瓶中加入浓盐酸加热反应生成氯气的发生装置；故答案为：分液漏斗；圆底烧瓶；（2）洗气装置C是为了除去Cl2中的HCl气体，选择饱和食盐水吸收氯化氢，D是为了干燥Cl2，选择浓硫酸干燥氯气；故答案为：②④；（3）氯气能使湿润的有色布条褪色，不能使干燥的有色布条褪色，所以E中无变化，F中红色布条褪色；故答案为：E中无变化，F中红色布条褪色；（4）通入Cl2时发生反应2I﹣+Cl2═2Cl﹣+I2，生成的I2遇淀粉溶液变蓝色．Cl2也能将Br﹣氧化为Br2，溴水溶液的颜色是橙色的；故答案为：蓝色；2I﹣+Cl2═2Cl﹣+I2；橙色；（5）因为Cl2有毒，所以氯气需要用碱液吸收，又因为在水中的溶解度不大，故不需防倒吸；故答案为：B．
【分析】（1）分析装置图中仪器作用和图形写出名称，注意区分普通漏斗、分液漏斗和长颈漏斗三种漏斗在结构上的不同，注意圆底烧瓶、平底烧瓶和蒸馏烧瓶的区别；（2）洗气装置C是为了除去Cl2中的HCl气体，选择饱和食盐水吸收氯化氢，D是为了干燥Cl2，选择浓硫酸干燥氯气，除杂顺序一般是先净化后干燥；（3）依据氯气能使湿润的有色布条褪色，不能使干燥的有色布条褪色；（4）氯气和碘化钾溶液中的碘离子反应生成碘单质．遇到淀粉变蓝，通过溴化钠溶液中的溴离子被氧化为溴单质；（5）氯气有毒污染空气，需要用氢氧化钠溶液吸收，氯气溶解性较小不需要防止倒吸；
22．（2016高一下·铜陵期中）有一硫酸与硝酸的混合溶液，取出10mL加入足量BaCl2溶液，过滤、洗涤、烘干后得到9.32g的沉淀，滤液与4mol L﹣1NaOH溶液时恰好完全中和．试求：
（1）混合液H2SO4、HNO3的物质的量浓度各是多少？
（2）另取10mL原混合液稀释至80mL，加入1.92g铜粉共热时，收集到气体在标准状况下的体积为多少毫升？
【答案】（1）解：硫酸与硝酸的混合溶液，取出10mL加入足量BaCl2溶液，过滤、洗涤、烘干后得到9.32g的沉淀为硫酸钡，
硫酸根守恒故n（H2SO4）=n（BaSO4）= =0.04mol，故原溶液中c（H2SO4）= =4mol/L；
滤液中氢离子物质的量不变，与4.0mol L﹣1NaOH溶液反应，用去40mL碱液时恰好完全中和，酸与氢氧化钠恰好反应，H+与OH﹣1：1反应，故n（HNO3）+2（H2SO4）=n（NaOH），即n（HNO3）+2×0.04mol=0.04L×4mol/L，解得n（HNO3）=0.08mol，故原溶液中c（HNO3）= =8mol/L，
答：混合液中H2SO4的物质的量浓度为4mol/L、HNO3的物质的量浓度是8mol/L；
（2）解：1.92g铜粉物质的量为0.03mol，溶液中氢离子的物质的量为10×10﹣3×（4×2+8×1）mol=0.16mol，根据离子方程式：
3Cu+8H++2NO =3Cu2++2NO↑+4H2O，
3mol 8mol 44.8L
0.03mol 0.16mol V
由此可知氢离子过量，则 = ，
解得V=0.448L，
答：收集到气体在标准状况下的体积为0.448L．
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【分析】（1）酸与硝酸的混合溶液，取出10mL加入足量BaCl2溶液，过滤、洗涤、烘干后得到9.32g的沉淀为硫酸钡，根据n= 计算硫酸钡的物质的量，再根据硫酸根守恒n（H2SO4）=n（BaSO4），滤液中氢离子物质的量不变，与4.0mol L﹣1NaOH溶液反应，用去40mL碱液时恰好完全中和，酸与氢氧化钠恰好反应，H+与OH﹣1：1反应，故n（HNO3）+2（H2SO4）=n（NaOH），根据c= 计算硫酸、硝酸的物质的量浓度；（2）根据离子方程式：3Cu+8H++2NO =3Cu2++2NO↑+4H2O，先判断过量问题，再利用量少的完全反应计算．
2015-2016学年安徽省铜陵一中高一下学期期中化学试卷
一、选择题
1．（2016高一下·铜陵期中）下列溶液中，能用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛放的是（ ）
A．浓硫酸 B．水玻璃 C．氢氟酸 D．苛性钾溶液
2．（2016高一下·铜陵期中）下列离子中，电子数大于质子数且质子数大于中子数的是（ ）
A．H3O+ B．Li+ C．OD﹣ D．OH﹣
3．（2016高一下·铜陵期中）常温常压下，下列各组气体能共存的是（ ）
A．SO2与O2 B．NO与O2 C．H2S与NO2 D．NH3和HCl
4．（2016高一下·铜陵期中）雷雨天闪电时空气中有臭氧（O3）生成．下列说法正确的是（ ）
A．O2和O3互为同位素
B．O2转化为O3为化学变化
C．相同物质的量的O2和O3的体积相同
D．相同质量的O2和O3含有相同的分子数
5．（2016高一下·铜陵期中）对下列事实的解释错误的是（ ）
A．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性
B．浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定
C．常温下，浓硝酸可以用铝槽贮存，说明铝与浓硝酸不反应
D．反应CuSO4+H2S→CuS↓+H2SO4能进行，说明硫化铜既不溶于水，也不溶于稀硫酸
6．（2016高一下·铜陵期中）下列说法不正确的是（ ）
①质子数相同的粒子一定属于同种元素；②同位素的性质几乎完全相同；③质子数相同，电子数也相同的粒子，不可能是一种分子和一种离子；④电子数相同的粒子不一定是同一种元素；⑤一种元素只能有一种质量数：⑥某种元素的相对原子质量取整数，就是其质量数．⑦Cl2中35Cl与37Cl的原子个数之比与HCl中的35Cl与37Cl的原子个数之比相等．
A．②③⑤⑥⑦ B．①②④⑤ C．①②⑤⑥ D．③④⑥⑦
7．（2016高一下·铜陵期中）现有两种短周期元素A，B的原子序数分别为a、b，若a+8=b，则下列有关A，B的说法正确的是（ ）
A．A和B一定在同主族
B．A和B一定在同周期
C．若A和B在相邻周期，则A，B一定同主族
D．A，B可能既不同周期，又不同主族
8．（2016高一下·铜陵期中）下列物质中，属于纯净物的是（ ）
①陶瓷，②水泥，③玻璃，④漂白粉，⑤胆矾，⑥氯水，⑦液氯．
A．①③⑤ B．②④⑥ C．⑤⑦ D．⑥⑦
9．（2016高一下·铜陵期中）下列结论错误的是（ ）
①微粒半径：r（K+）＞r（Al3+）＞r（S2﹣）＞r（Cl﹣）
②氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4
③还原性：S2﹣＞Cl﹣＞Br﹣＞I﹣
④氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te
⑤酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞H2SiO3
⑥非金属性：O＞N＞P＞Si
⑦金属性：Be＜Mg＜Ca＜K．
A．① B．①③
C．②③④⑤⑥⑦ D．①③⑤
10．（2016高一下·铜陵期中）下列事实中能证明碳的非金属性比硅强的是（ ）
①往Na2SiO3溶液中通入CO2产生白色沉淀
②石墨是导体，晶体硅是半导体
③制玻璃过程中发生反应Na2CO3+SiO2 Na2SiO3+CO2↑
④CH4比SiH4稳定．
A．①④ B．②③ C．③④ D．①②
11．（2016高一下·铜陵期中）下列有关物质结构的说法正确的是（ ）
A．78g Na2O2晶体中所含阴、阳离子个数均为4NA
B．3.4g氨气中含有0.6NA个N﹣H键
C．HBr的电子式为
D．PCl3和BCl3分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构
12．（2016高一下·铜陵期中）M，N，X，Y四种短周期主族元素在元素周期表中的相对位置如图所示．已知它们的原子序数总和为48，则下列有关说法中不正确的是（ ）
A．N与X位于元素周期表中ⅥA族
B．M，X，Y三种元素的最高价氧化物对应的水化物均为强酸
C．M，N，X，Y均位于金属与非金属的分界线上
D．M的气态氢化物与Y的气态氢化物反应，可生成离子化合物
13．（2016高一下·铜陵期中）“绿色化学”的主要内容之一是指从技术、经济上设计可行的化学反应，使原子充分利用，不产生污染物．下列化学反应符合“绿色化学”理念的是（ ）
A．制CuSO4：Cu+2H2SO4（浓）=CuSO4+SO2↑+2H2O
B．制CuSO4：2Cu+O2=2CuO；CuO+H2SO4（稀）=CuSO4+H2O
C．制Cu（NO3）2：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O
D．制Cu（NO3）2：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O
14．（2017高一上·黄陵期末）同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满：①NH3，②NO2，进行喷泉实验．经充分反应后，瓶内溶液的物质的量浓度为（ ）
A．①＞② B．①＜② C．①=② D．不能确定
15．（2016高一下·铜陵期中）在淀粉KI溶液中滴入少量NaClO溶液，并加入少量稀硫酸，溶液立即变蓝；在上述蓝色溶液中，滴加足量的Na2SO3溶液，蓝色逐渐消失．下列对该实验原理的解释和所得结论错误的是（ ）
A．第一步反应的离子方程式为ClO﹣+2I﹣+2H+═I2+Cl﹣+H2O
B．淀粉KI溶液变蓝是因为I﹣被氧化为I2，淀粉遇I2变蓝色
C．蓝色逐渐消失的原因是Na2SO3溶液具有漂白性
D．微粒的氧化性由强到弱的顺序是ClO﹣＞I2＞SO
16．（2016高一下·铜陵期中）将0.15mol的MnO2与过量的12mol/L的浓盐酸反应，与50mL12mol/L的浓盐酸与过量MnO2反应，两者产生的氯气相比（其它反应条件相同）（ ）
A．一样多 B．后者较前者多
C．前者较后者多 D．无法比较
二、综合题
17．（2016高一下·铜陵期中）最新报道，我国科学家通过与多个国家进行科技合作，成功研发出铯（Cs）原子喷泉钟，使我国时间频率基准的精度从30万年不差1秒提高到600万年不差1秒，标志着我国时间频率基准研究进入世界先进行列，已知铯位于元素周期表中第六周期第IA族，根据艳在元素周期表中的位置，推断下列内容：
（1）铯的原子核外共有 个电子层，最外层电子数为 ，铯的原子序数为 ．
（2）铯单质与水剧烈反应，放出 色气体，同时使紫色石蕊溶液显 色，因为 （写出化学方程式）．
（3）预测铯单质的还原性比钠单质的还原性 （填“弱”或“强”）．
18．（2016高一下·铜陵期中）A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素．B、E同主族，且满足最高正化合价+最低负化合价=0；A与C、D与C之间都能形成原子个数比分别为2：1和1：1的两种化合物．试解答下列有关问题．
（1）在A2C2分子中含有的化学键是 和 ．
（2）C与D形成的化合物的电子式为 ．
（3）实验室可用由B、C、D组成的化合物为反应物之一制取由A、C、D组成的化合物，反应的化学方程式为 ．
（4）写出E单质与A、C、D形成的化合物的水溶液反应的离子方程式 ．
19．（2016高一下·铜陵期中）SiO2在自然界中广泛存在，它是制备现代通讯材料 （写该材料名称）的主要原料；以SiO2为原料，在工业上制备单质硅的化学方程式为 ；在常温下，SiO2可与一种酸发生反应，该反应的化学方程式为 ．该反应的重要应用是 ．
20．（2016高一下·铜陵期中）根据所学知识完成题目：
（1）请用下列10种物质的序号填空：①O2；②H2；③NH4NO3；④K2O2；⑤Ba（OH）2；⑥CH4； ⑦CO2；⑧NaF；⑨NH3；⑩I2．其中由非极性键形成的非极性分子是 ；由极性键形成的非极性分子是 ；既有离子键又有非极性键的是 ；既有离子键又有极性键的是 ．
（2）X、Y两种主族元素能形成XY2型化合物，已知XY2中共有38个电子，若XY2为常见元素形成的离子化合物，其化学式为 ；若XY2为共价化合物，则其结构式为 ．
（3）氯化铝的物理性质非常特殊，如氯化铝的熔点为190℃（2.02×103Pa），但在180℃就开始升华．据此判断，氯化铝是 （填“共价”或“离子”）化合物．可以证明你的判断正确的实验依据是 ．
21．（2016高一下·铜陵期中）实验室用下述装置制取氯气，并用氯气进行下列实验．看图1回答下列问题：
（1）A、B两仪器的名称：A ，B ．
（2）洗气装置C是为了除去Cl2中的HCl气体，D是为了干燥Cl2，则C、D中应分别放入下列溶液中的C ；D ．
①NaOH溶液②饱和食盐水③AgNO3溶液 ④浓H2SO4
（3）E中为红色干布条，F中为红色湿布条，可观察到的现象是 ．
（4）G是浸有淀粉KI溶液的棉花球，G处现象是棉花球表面变成 ．反应的离子方程式是 ，H是浸有NaBr溶液的棉花球，H处现象是棉花球表面变成 ．
（5）P处为尾气吸收装置，可选用图2装置中的 ．
22．（2016高一下·铜陵期中）有一硫酸与硝酸的混合溶液，取出10mL加入足量BaCl2溶液，过滤、洗涤、烘干后得到9.32g的沉淀，滤液与4mol L﹣1NaOH溶液时恰好完全中和．试求：
（1）混合液H2SO4、HNO3的物质的量浓度各是多少？
（2）另取10mL原混合液稀释至80mL，加入1.92g铜粉共热时，收集到气体在标准状况下的体积为多少毫升？
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】化学试剂的存放
【解析】【解答】解：A．浓硫酸和二氧化硅不反应，所以可以用玻璃瓶盛放，故A正确；
B．水玻璃具有黏性，可导致玻璃塞打不开，故B错误；
C．氢氟酸和二氧化硅反应生成四氟化硅而腐蚀玻璃，所以不能用玻璃瓶盛放，故C错误；
D．二氧化硅和氢氧化钾溶液生成粘性的硅酸钾，能将塞子和瓶口黏在一起，故D错误．
故选A．
【分析】玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅是酸性氧化物，能和氢氟酸、强碱溶液反应，以此解答该题．
2．【答案】D
【知识点】原子中的数量关系
【解析】【解答】解：电子数大于质子数则微粒带负电，因此AB均错误；氧原子质子数等于电子数都是8，H的原子中只有质子无中子，D的原子中含有一个中子一个质子，故OH﹣的质子数大于中子数．
故选D．
【分析】电子数大于质子数，则微粒带负电，质子数大于中子数，只能是计算微粒的原子中质子数与中子数的多少，其中明确氢元素的不同原子中中子个数的情况是解决此题的必要条件．
3．【答案】A
【知识点】二氧化硫的性质
【解析】【解答】解：A．二氧化硫与氧气常温下不反应，常温常压可以共存，故A选；
B．一氧化氮与氧气常温下反应生成二氧化氮，常温常压不可以共存，故B不选；
C．硫化氢与二氧化氮常温下发生氧化还原反应，常温常压不可以共存，故C不选；
D．氯化氢与氨气常温下化合生成氯化铵，常温常压不可以共存，故D不选；
故选：A．
【分析】二氧化硫与氧气常温下不反应；一氧化氮与氧气常温下反应生成二氧化氮；硫化氢与二氧化氮常温下发生氧化还原反应；氯化氢与氨气常温下化合生成氯化铵；据此解答；
4．【答案】B
【知识点】臭氧；同位素及其应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：A．质子数相同，而中子数不同的原子互为同位素，O2和O3是两种单质互为同素异形体，故A错误；
B．氧气与臭氧是不同的物质，其转化属于化学变化，故B正确；
C．只有在相同的温度与压强下，气体的摩尔体积才相等，据公式V=nVm，所以相同物质的量的O2和O3的体积才相同，故C错误；
D、相同质量的O2和O3得物质的量不一样，所以含的分子数不一样，故D错误．
故选B．
【分析】A、一种元素可以组成多种物质；
B、氧气和臭氧属于不同的物质；
C、根据公式V=nVm来计算回答；
D、根据公式N=nNA= NA来计算回答．
5．【答案】C
【知识点】硝酸的化学性质；浓硫酸的性质
【解析】【解答】解：A、浓硫酸具有的特性：吸水性、脱水性、强氧化性，在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，体现了浓硫酸的脱水性，故A正确；
B、浓硝酸受热或见光易分解生成二氧化氮、水和氧气，浓硝酸在光照下颜色变黄，是分解产生的二氧化氮在溶液中所致，故B正确；
C、常温下铝和浓硝酸之间发生钝化，发生的是氧化还原反应，但反应后形成了氧化物的薄膜阻止反应的进一步发生，故C错误；
D、化学反应向着生成难溶物的方向进行，反应CuSO4+H2S→CuS↓+H2SO4能进行，说明硫化铜既不溶于水，也不溶于稀硫酸，故D正确．
故选C．
【分析】A、浓硫酸具有的特性：吸水性、脱水性、强氧化性；
B、浓硝酸受热或见光易分解；
C、常温下铝和浓硝酸之间发生钝化；
D、化学反应向着生成难溶物的方向进行．
6．【答案】C
【知识点】原子中的数量关系
【解析】【解答】解：①元素的研究对象是原子，质子数相同的粒子不一定属于同种元素，如CH4与H2O，若为原子则属于同种元素，故①错误；
②互为同位素原子，核外电子排布相同，最外层电子数决定化学性质，同位素的化学性质几乎完全相同，但是同位素的物理性质有差别，故②错误；
③分子显电中性，离子带电，两种粒子质子数和电子数均相同，如果一种为分子则质子数与电子数相等，一种为离子则质子数和电子数不相等，这样就与题设矛盾，所以不可能为一种分子、一种离子，故③正确；
④电子数相同的粒子不一定属于同种元素，如CH4与H2O，Na+与Mg2+，故④正确；
⑤一种元素可能存在不同的核素，同一元素的原子可能有不同的质量数，故⑤错误；
⑥原子有质量数，元素没有质量数，某种原子的相对原子质量取整数，就是该原子的质量数，故⑥错误；
⑦同位素原子在自然界中的含量是固定的，所以Cl2中35Cl与37Cl的原子个数之比与HCl中的35Cl与37Cl的原子个数之比相等，故⑦正确．
所以①②⑤⑥不正确．
故选：C．
【分析】①质子数相同的一类原子总称为元素，元素的研究对象是原子；
②互为同位素原子，核外电子排布相同，最外层电子数决定化学性质；
③两种粒子，质子数一样，离子带电，离子的电子数一定和质子数不一样，分子不带电，分子的质子数和电子数一定相等，据此判断；
④电子数相同的粒子可能是不同的离子；
⑤元素不谈质量数，一种元素的不同原子有不同的质量数；
⑥原子有质量数，元素没有质量数；
⑦同位素原子在自然界中的含量是固定的．
7．【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解：A、两种短周期元素A、B的原子序数分别为a、b，若a+8=b，则A和B可能为同主族，可能为0族，可能不是同族元素，如H元素与F元素，故A错误；
B、短周期同周期元素，原子序数相差小于7，短周期元素A、B的原子序数相差8，A、B两元素一定不在同周期，故B错误；
C、两种短周期元素A、B的原子序数分别为a、b，若a+8=b，则A和B可能为同主族，可能为0族，可能不是同族元素，如H元素与F元素，故C错误；
D、若A为H元素，原子序数为1，B为F元素，原子序数为9，则符合，故D正确．
故选D．
【分析】A、短周期同族元素，原子序数形相差2或8，原子序数相差8，不一定为同族元素，如H元素与F元素；
B、短周期同周期元素，原子序数相差小于7；
C、若A和B在相邻周期，原子序数相差8，A、B可能为同主族，可能为0族，不一定为同族元素；
D、若为H元素与F元素，则符合．
8．【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】解：①陶瓷是无机硅酸盐制品，由多种物质组成的混合物，
②水泥是无机硅酸盐制品，由多种物质组成的混合物，
③玻璃是无机硅酸盐制品，由多种物质组成的混合物，
④漂白粉是由氯化钙和次氯酸钙组成的混合物，
⑤胆矾是含有5个结晶水的硫酸铜，属于化合物，纯净物，
⑥氯水是氯气溶于水得到的混合物，
⑦液氯是氯气单质的液体状态，只有一种物质，故属于纯净物的为胆矾和液氯，
故选C．
【分析】只有一种物质组成的是纯净物，由两种或两种以上物质组成的属于混合物，据此概念判断即可．
9．【答案】B
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：①离子电子层数越多其离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，钾离子、硫离子和氯离子都有3个电子层，铝离子有2个电子层，所以微粒半径：r（S2﹣）＞r（Cl﹣）＞r（K+）＞r（Al3+），故错误；
②元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性F＞Cl＞S＞P＞Si，所以氢化物的稳定性HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4，故正确；
③元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越强，非金属性Cl＞Br＞I＞S，所以阴离子还原性S2﹣＞I﹣＞Br﹣＞Cl﹣，故错误；
④元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，非金属性Cl＞S＞Se＞Te，所以氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te，故正确；
⑤元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性S＞P＞C＞Si，所以酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞H2SiO3，故正确；
⑥同一周期元素，元素非金属性随着原子序数增大而增强，同一主族元素，元素非金属性随着原子序数增大而减弱，所以非金属性O＞N＞P＞Si，故正确；
⑦同一周期元素，元素金属性随着原子序数增大而减弱，同一主族元素，元素金属性随着原子序数增大而增强，所以金属性：Be＜Mg＜Ca＜K，故正确；
故选B．
【分析】①离子电子层数越多其离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小；
②元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强；
③元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越强；
④元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强；
⑤元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；
⑥同一周期元素，元素非金属性随着原子序数增大而增强，同一主族元素，元素非金属性随着原子序数增大而减弱；
⑦同一周期元素，元素金属性随着原子序数增大而减弱，同一主族元素，元素金属性随着原子序数增大而增强．
10．【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：①往Na2SiO3溶液中通入CO2产生白色沉淀，碳酸和硅酸钠反应生成硅酸，说明碳酸酸性大于硅酸，说明非金属性C＞Si，故正确；
②石墨是导体，晶体硅是半导体，与非金属性强弱无关，不能据此判断非金属性强弱，故错误；
③制玻璃过程中发生反应：Na2CO3+SiO2 Na2SiO3+CO2↑，为高温固体之间的反应，不能比较非金属性，故错误；
④CH4比SiH4稳定，说明非金属性C＞Si，故正确；
故选A．
【分析】元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，其单质的氧化性氧气，其最高价氧化物的水化物酸性越强（F、O元素除外），其单质与氢气反应越容易，据此分析解答．
11．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；离子晶体；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】解：A、78gNa2O2晶体的物质的量为 =1mol，1个过氧化钠中含有2个阳离子和1个阴离子，78g Na2O2晶体中所含阴、阳离子个数分别为2NA、NA，故A错误；
B、3.4g氨气的物质的量为 =0.2mol，1个氨气中含有3个N﹣H键，所以3.4g氨气中含有0.6NA个N﹣H键，故B正确；
C、溴化氢为共价化合物，氢原子与溴原子形成了一个共用电子对，溴化氢中氢原子最外层为2个电子，溴原子最外层达到8电子，用小黑点表示原子最外层电子，则溴化氢的电子式为 ，故C错误；
D、PCl3中P元素化合价为+3价，P原子最外层电子数是5，3+5=8，则P原子满足8电子结构，Cl元素化合价绝对值为1，其最外层电子数是7，1+7=8，则Cl原子满足8电子结构；BF3中B元素化合价为+3，Be原子最外层电子数为3，所以3+3=6，分子中Be原子不满足8电子结构，故D错误；
故选B．
【分析】A、根据过氧化钠的物质的量以及1个过氧化钠中含有2个阳离子和1个阴离子；
B、根据氨气的物质的量以及1个氨气中含有3个N﹣H键；
C、根据溴化氢为共价化合物，氢原子与溴原子形成一对共用电子对，溴化氢中溴原子最外层达到8电子稳定结构，氢原子最外层为2个电子；
D、对于共价化合物元素化合价绝对值+元素原子的最外层电子层=8，则该元素原子满足8电子结构；
12．【答案】C
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解：由M、N、X、Y四种短周期主族元素在元素周期表中的相对位置，可知M、N处于第二周期，X、Y处于第三周期，令N的原子序数为a，则M原子序数为a﹣1，X原子序数为a+8，Y原子序数为a+9，四元素原子序数总和为48，则a﹣1+a+a+8+a+9=48，解得a=8，故N为O元素、M为N元素、X为S元素、Y为Cl，
A．N为O元素、X为S元素，二者位于元素周期表中ⅥA族，故A正确；
B．M、X、Y三种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸、硫酸、高氯酸，均为强酸，故B正确；
C．O、N、S、Cl均不位于金属与非金属的分界线上，故C错误；
D．氨气与氯化氢反应得到氯化铵，氯化铵由铵根离子与氯离子构成，属于离子化合物，故D正确，
故选C．
【分析】由M、N、X、Y四种短周期主族元素在元素周期表中的相对位置，可知M、N处于第二周期，X、Y处于第三周期，令N的原子序数为a，则M原子序数为a﹣1，X原子序数为a+8，Y原子序数为a+9，四元素原子序数总和为48，则a﹣1+a+a+8+a+9=48，解得a=8，故N为O元素、M为N元素、X为S元素、Y为Cl，据此解答．
13．【答案】B
【知识点】绿色化学
【解析】【解答】解：A、每生成1molCuSO4需要2molH2SO4并且还有SO2等污染性的气体生成，故A错误．
B、原子的利用率高且在生产过程中没有污染性的物质产生，符合题意，故B正确．
C、每生成1molCu（NO3）2需要4molHNO3并且还有NO2等污染性的气体生成，故C错误．
D、每生成1molCu（NO3）2需要8/3molHNO3并且还有NO等污染性的气体生成，故D错误．
故选B．
【分析】理解绿色化学的要点有两个：一是原子充分利用；二是不产生污染．
14．【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；物质的量浓度
【解析】【解答】解：在相同条件下，气体摩尔体积相同，烧瓶的容积相同，根据n= 知，氨气、NO2的物质的量之比为1：1，因NO2能与水反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，所以各烧瓶中溶质的物质的量之比为3：2，做喷泉实验时，盛放氨气的烧瓶、含NO2的烧瓶，各烧瓶中溶液的体积分别为：一烧瓶、 烧瓶，所以溶液的体积比为3：2，所以各物质的量浓度之比为 =1：1，
故选：C．
【分析】先根据气体摩尔体积计算各气体的物质的量之比，再判断烧瓶中溶液的体积、溶质的物质的量，再根据物质的量浓度公式判断浓度的大小．
15．【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．第一步生成碘，则离子反应为ClO﹣+2I﹣+2H+═I2+Cl﹣+H2O，故A正确；
B．淀粉遇碘变蓝，由现象可知I﹣被氧化为I2，故B正确；
C．蓝色逐渐消失，发生H2O+I2+SO =SO +2I﹣+2H+，则Na2SO3具有还原性，与漂白性无关，故C错误；
D．由ClO﹣+2I﹣+2H+=I2+Cl﹣+H2O可知氧化性强弱为：ClO﹣＞I2，由H2O+I2+SO =SO +2I﹣+2H+可知氧化性强弱为：I2＞SO42﹣，所以在酸性条件下ClO﹣、I2、SO 的氧化性ClO﹣＞I2＞SO42﹣，故D正确；
故选C．
【分析】由信息可知，先发生ClO﹣+2I﹣+2H+=I2+Cl﹣+H2O，淀粉变蓝；再发生H2O+I2+SO32﹣=SO +2I﹣+2H+，蓝色逐渐消失；ClO﹣+2I﹣+2H+=I2+Cl﹣+H2O中Cl元素的化合价降低，I元素的化合价升高，而H2O+I2+SO =SO +2I﹣+2H+中I元素的化合价降低，S元素的化合价升高，以此来解答．
16．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氯气的化学性质
【解析】【解答】解：过量的12mol/L的浓盐酸反应可保证二氧化锰完全反应，
而后者，随反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸，不能反应生成氯气，则生成的氯气比前者少，
故选C．
【分析】发生MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+H2O，浓盐酸随浓度变稀后不能和二氧化锰发生反应，以此来解答．
17．【答案】（1）6；1；55
（2）无；蓝；2Cs+2H2O=2CsOH+H2↑
（3）强
【知识点】碱金属的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：（1）已知铯位于元素周期表中第六周期第IA族，所以核外有6个电子层，最外层有1个电子，各层容纳电子数为：2 8 18 18 8 1，质子数等于电子数为55，原子序数为55；故答案为：6；1；55；（2）铯与钠都是第一主族元素，性质相似，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，则铯与水反应生成氢氧化铯和氢气，方程式2Cs+2H2O=2CsOH+H2↑，氢氧化铯为强碱，溶液显碱性，石蕊变蓝色；故答案为：无；蓝；2Cs+2H2O=2CsOH+H2↑；（3）同主族元素从上到下金属性依次增强递，铯位于钠的下方，二者都是同主族元素，所以铯的金属性强于钠，单质的还原性强于钠；故答案为：强．
【分析】（1）元素原子电子层数等于周期序数，最外层电子等于主族元素族序数；（2）依据同主族元素性质相似性结合钠与水反应产物及性质解答；（3）依据同主族元素从上到下金属性依次增强递变规律解答．
18．【答案】（1）极性键；非极性键
（2）
（3）Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH
（4）Si+2OH﹣+H2O═SiO32﹣+2H2↑
【知识点】化学键；硅和二氧化硅；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】解：A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素．B、E同主族，且满足最高正化合价+最低负化合价=0，则B、E最外层电子数为4，B为C元素，E为Si元素；A与C、D与C之间都能形成原子个数比分别为2：1和1：1的两种化合物，常见的有：H2O2、H2O、Na2O2、Na2O等，则A为H元素，C为O元素，D为Na元素，（1）A为H元素，C为O元素，D为Na元素，则A2C2分子对应的化合物为H2O2，为共价化合物，分子中既含有极性键又含有非极性键，故答案为：极性键；非极性键；（2）C与D形成的化合物有Na2O和Na2O2两种，都属于离子化合物，电子式分别为 ，故答案为： ；（3）由B、C、D组成的化合物为Na2CO3，由A、C、D组成的化合物为NaOH，NaOH可由Na2CO3与Ca（OH）2反应制得，反应的化学方程式为Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH，故答案为：Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH；（4）Si可与NaOH溶液反应生成硅酸钠和氢气，反应的离子方程式为Si+2OH﹣+H2O═SiO32﹣+2H2↑，故答案为：Si+2OH﹣+H2O═SiO32﹣+2H2↑．
【分析】A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素．B、E同主族，且满足最高正化合价+最低负化合价=0，则B、E最外层电子数为4，B为C元素，E为Si元素； A与C、D与C之间都能形成原子个数比分别为2：1和1：1的两种化合物，常见的有：H2O2、H2O、Na2O2、Na2O等，则A为H元素，C为O元素，D为Na元素，根据对应化合物的结构和性质解答该题．
19．【答案】光导纤维；SiO2+2C Si+2CO↑；SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；雕刻玻璃
【知识点】硅和二氧化硅
【解析】【解答】解：二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光导纤维主要原料，二氧化硅能够与碳反应生成硅和一氧化碳，化学方程式：SiO2+2C Si+2CO↑，能够与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，化学方程式：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，所以氢氟酸能腐蚀玻璃，可以用氢氟酸雕刻玻璃；
故答案为：光导纤维；SiO2+2C Si+2CO↑；SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O．
【分析】二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光导纤维主要原料，二氧化硅能够与碳反应生成硅和一氧化碳，能够与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，所以氢氟酸能腐蚀玻璃，可以用氢氟酸雕刻玻璃，据此解答；
20．【答案】（1）①②⑩；⑥⑦⑨；④；③⑤
（2）CaF2；S=C=S
（3）共价；氯化铝在熔融状态下不导电
【知识点】原子结构与元素的性质；化学键
【解析】【解答】解：①O2、②H2、⑩I2中只含有非极性共价键；⑥CH4、⑦CO2、⑨NH3中只含有极性共价键；⑧NaF中只含有离子键；④K2O2中钾离子与过氧根离子以离子键结合，O、O之间以非极性共价键结合，既有离子键又有非极性键；③NH4NO3中氯离子和硝酸根离子之间存在离子键，铵根离子中氮原子和氢原子之间、硝酸根离子中氮原子和氧原子之间存在极性共价键，既有离子键又有极性键；⑤Ba（OH）2中钡离子和氢氧根离子间存在离子键，氢氧根离子中氧原子和氢原子之间存在极性共价键，既有离子键又有极性键；故答案为：①②⑩；⑥⑦⑨；④；③⑤；（2）X、Y两种主族元素能形成XY2型化合物，XY2中共有38个电子，若XY2为常见元素形成的离子化合物，X为第IIA族元素、Y为第VIIA族元素，其电子数是38，则为CaF2，若XY2为共价化合物时，则X为第IVA族元素、Y为第VIA族元素，其电子数为38，则为CS2，其结构式为S=C=S；故答案为：CaF2；S=C=S；（3）氯化铝的熔点为190℃，但在180℃就开始升华，熔点较低，应为共价化合物；氯化铝在熔融状态下不导电，说明为共价化合物；故答案为：共价；氯化铝在熔融状态下不导电．
【分析】（1）一般金属元素与非金属元素形成离子键，不同非金属元素之间形成极性共价键，同种非金属元素之间形成非极性共价键，以此来解答；（2）X、Y两种主族元素能形成XY2型化合物，XY2中共有38个电子，若XY2为常见元素形成的离子化合物，X为第IIA族元素、Y为第VIIA族元素，其电子数是38，则为CaF2；若XY2为共价化合物时，则X为第IVA族元素、Y为第VIA族元素，其电子数为38，则为CS2；（3）氯化铝的熔点为190℃，但在180℃就开始升华，熔点较低，应为共价化合物；共价化合物在熔融状态下不导电；
21．【答案】（1）分液漏斗；圆底烧瓶
（2）②；④
（3）E中无变化，F中红色布条褪色
（4）蓝色；2I﹣+Cl2═2Cl﹣+I2；橙色
（5）B
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法
【解析】【解答】解：（1）装置图中仪器作用和图形可知是利用分液漏斗向烧瓶中加入浓盐酸加热反应生成氯气的发生装置；故答案为：分液漏斗；圆底烧瓶；（2）洗气装置C是为了除去Cl2中的HCl气体，选择饱和食盐水吸收氯化氢，D是为了干燥Cl2，选择浓硫酸干燥氯气；故答案为：②④；（3）氯气能使湿润的有色布条褪色，不能使干燥的有色布条褪色，所以E中无变化，F中红色布条褪色；故答案为：E中无变化，F中红色布条褪色；（4）通入Cl2时发生反应2I﹣+Cl2═2Cl﹣+I2，生成的I2遇淀粉溶液变蓝色．Cl2也能将Br﹣氧化为Br2，溴水溶液的颜色是橙色的；故答案为：蓝色；2I﹣+Cl2═2Cl﹣+I2；橙色；（5）因为Cl2有毒，所以氯气需要用碱液吸收，又因为在水中的溶解度不大，故不需防倒吸；故答案为：B．
【分析】（1）分析装置图中仪器作用和图形写出名称，注意区分普通漏斗、分液漏斗和长颈漏斗三种漏斗在结构上的不同，注意圆底烧瓶、平底烧瓶和蒸馏烧瓶的区别；（2）洗气装置C是为了除去Cl2中的HCl气体，选择饱和食盐水吸收氯化氢，D是为了干燥Cl2，选择浓硫酸干燥氯气，除杂顺序一般是先净化后干燥；（3）依据氯气能使湿润的有色布条褪色，不能使干燥的有色布条褪色；（4）氯气和碘化钾溶液中的碘离子反应生成碘单质．遇到淀粉变蓝，通过溴化钠溶液中的溴离子被氧化为溴单质；（5）氯气有毒污染空气，需要用氢氧化钠溶液吸收，氯气溶解性较小不需要防止倒吸；
22．【答案】（1）解：硫酸与硝酸的混合溶液，取出10mL加入足量BaCl2溶液，过滤、洗涤、烘干后得到9.32g的沉淀为硫酸钡，
硫酸根守恒故n（H2SO4）=n（BaSO4）= =0.04mol，故原溶液中c（H2SO4）= =4mol/L；
滤液中氢离子物质的量不变，与4.0mol L﹣1NaOH溶液反应，用去40mL碱液时恰好完全中和，酸与氢氧化钠恰好反应，H+与OH﹣1：1反应，故n（HNO3）+2（H2SO4）=n（NaOH），即n（HNO3）+2×0.04mol=0.04L×4mol/L，解得n（HNO3）=0.08mol，故原溶液中c（HNO3）= =8mol/L，
答：混合液中H2SO4的物质的量浓度为4mol/L、HNO3的物质的量浓度是8mol/L；
（2）解：1.92g铜粉物质的量为0.03mol，溶液中氢离子的物质的量为10×10﹣3×（4×2+8×1）mol=0.16mol，根据离子方程式：
3Cu+8H++2NO =3Cu2++2NO↑+4H2O，
3mol 8mol 44.8L
0.03mol 0.16mol V
由此可知氢离子过量，则 = ，
解得V=0.448L，
答：收集到气体在标准状况下的体积为0.448L．
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【分析】（1）酸与硝酸的混合溶液，取出10mL加入足量BaCl2溶液，过滤、洗涤、烘干后得到9.32g的沉淀为硫酸钡，根据n= 计算硫酸钡的物质的量，再根据硫酸根守恒n（H2SO4）=n（BaSO4），滤液中氢离子物质的量不变，与4.0mol L﹣1NaOH溶液反应，用去40mL碱液时恰好完全中和，酸与氢氧化钠恰好反应，H+与OH﹣1：1反应，故n（HNO3）+2（H2SO4）=n（NaOH），根据c= 计算硫酸、硝酸的物质的量浓度；（2）根据离子方程式：3Cu+8H++2NO =3Cu2++2NO↑+4H2O，先判断过量问题，再利用量少的完全反应计算．
