【化学】江西省吉安市新干县新干中学2019-2020学年高一下学期3月月考试卷（解析版） 13页

江西省吉安市新干县新干中学 2019-2020 学年高一下学期 3 月月考试卷 一、单选题 1．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ） A．Fe FeCl2 Fe(OH)2 B．CaCO3 CaO CaSiO3 C．S 2SO2 H2SO4 D．NH3 NO HNO3 【答案】B 【解析】 【详解】A.铁和氯气在点燃的条件下生成氯化铁，即使铁过量，也不能生成氯化亚铁，故 A 不选； B.碳酸钙高温分解生成氧化钙，氧化钙高温下和二氧化硅反应可以生成硅酸钙，故 B 选； C.二氧化硫和水生成亚硫酸，不能直接生成硫酸，故 C 不选； D.一氧化氮和水不反应，故 D 不选； 故选 B。 2．在一定条件下，将 体积 NO 和 体积 O2 同时通入倒立于水中且盛满水的容器中，充 分反应后，容器内残留 体积的气体，该气体与空气接触变为红棕色，则 m:n 为( ) A．3:2 B．2:3 C．3:8 D．8:3 【答案】D 【解析】 【分析】根据一氧化氮气体和氧气混合通入水中全部吸收的反应进行计算，残留气体与空气 接触变红棕色，说明残留气体是一氧化氮。 【详解】在一定条件下，将 m 体积 NO 和 n 体积 O2 同时通入倒立于水中且盛满水的容器中 内，充分反应，一氧化氮和氧气全部溶于水时按照下列反应进行，化学方程式为：4NO+ 3O2+2H2O=4HNO3；容器内残留气体为一氧化氮，所以和氧气全部溶于水的一氧化氮气体为 m- = ，一氧化氮和氧气按照 4:3 混合溶于水恰好全部溶解，所以 ：n=4:3，得到 m:n=8:3；所以 D 选项是正确的。 3．将 40 mL 二氧化氮和一氧化氮的混合气体通入倒立于水槽中盛满水的试管中，充分反应 后试管中剩下 20 mL 气体，则原混合气体中二氧化氮和一氧化氮的体积比为(　　) 2Cl →点燃 NaOH→ →高温 2SiO→高温 2O→点燃 2H O→ 2O→催化剂 2H O→ m n 2 m 2 m 2 m 2 m A．3∶1 B．1∶3 C．2∶1 D．1∶1 【答案】A 【解析】 【详解】40mLNO2 和 NO 的混合气体通入倒立于水槽中盛满水的试管中发生反应为 3NO2+H2O＝2HNO3+NO，剩余 20ml 气体，反应前后气体体积减少 20ml。根据化学反应计 算如下： 3NO2+H2O＝2HNO3+NO △V（气体体积减少） 3 2 V（NO2） 20mL 解得 V（NO2）=30mL，原气体中 V（NO）=10mL，所以原混合气体中 NO2 和 NO 的体积 比为 V（NO2）：V（NO）=30mL：10mL=3：1。答案选 A。 4．甲、乙、丙、丁、戊是中学常见的无机物，其中甲、乙均为单质，它们的转化关系如下 图所示(某些条件和部分产物已略去)。下列说法不正确的是（ ） A．若甲既能与盐酸反应又能与 NaOH 溶液反应，则丙可能属于两性氧化物 B．若丙、丁混合产生白烟，且丙为 18 电子分子，丁为 10 电子分子，则乙的水溶液可能具 有漂白作用 C．若甲为短周期中原子半径最大的主族元素的单质，且戊为碱，则丙只能为 Na2O2 D．若甲、丙、戊含有同一种元素，则三种物质中该元素的化合价由低到高的顺序可能为： 甲<丙<戊 【答案】C 【解析】 【详解】A．甲为单质，既能与盐酸反应又能与 NaOH 溶液反应，则甲为 Al，乙为氧气， 二者反应生成丙为氧化铝，属于两性氧化物，A 正确； B．丙、丁混合产生白烟，且丙为 18 电子分子，丁为 10 电子分子，则丙为 HCl，丁为 NH3，若乙为氯气，其水溶液中含有 HClO，具有漂白作用，B 正确； C．甲为短周期中原子半径最大的主族元素的单质，则甲为 Na，乙为氧气，二者反应生成 的丙可能为 Na2O2 或 Na2O，C 错误； D．若甲、丙、戊含有同一种元素，当甲为 S，乙为氧气，丙为二氧化硫，丁为 HClO 等具 有强氧化性的物质，戊为硫酸，则含 S 元素的化合价由低到高的顺序为甲＜丙＜戊，D 正确； 答案选 C。 5．等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出 NO 物质的量最多的是（ ） A．FeSO4 B．Fe2O3 C． FeO D．Fe3O4 【答案】C 【解析】 【详解】假设质量都为 mg： A．FeSO4 与硝酸反应被氧化生成 Fe3+，则失电子物质的量为 mol； B．Fe2O3 与硝酸不发生氧化还原反应，失电子为 0； C．FeO 与硝酸反应被氧化生成 Fe3+，则失电子物质的量为 mol； D．Fe3O4 中 Fe 元素的化合价有+2、+3 价，与硝酸反应被氧化生成 Fe3+，则失电子物质的 量为 mol，由以上分析可知，失电子最多的是 FeO，则放出 NO 物质的量最多的是 FeO； 故选 C。 6．铜镁合金 2.14 g 完全溶于一定浓度的硝酸，硝酸被还原成 NO2、NO、N2O 三种气体且标 准况下它们体积均为 0.224 L。反应后的溶液中加入足量氢氧化钠溶液，生成的沉淀经过滤、 洗涤、干燥后称量，质量为（ ） A．3.12 g B．4.68 g C．5.08 g D．4.18 g 【答案】D 【解析】 【分析】铜镁合金溶于一定浓度的硝酸，反应生成 Mg（NO3）2、Cu（NO3）2、NO2、NO、 N2O 和 H2O，反应后的溶液中加入足量 NaOH 溶液所得沉淀为 Mg（OH）2 和 Cu（OH）2， 沉淀的质量等于原铜镁合金的质量与 OH-的质量之和；在铜镁合金与 HNO3 反应的过程中金 属失去的电子总物质的量等于 HNO3 得到的电子总物质的量；结合 Mg（OH）2 和 Cu（OH） 2 的化学式，OH-物质的量等于金属失去的电子总物质的量；据此分析计算。 【详解】铜镁合金溶于一定浓度的硝酸，反应生成 Mg（NO3）2、Cu（NO3）2、NO2、NO、 N2O 和 H2O，反应后的溶液中加入足量 NaOH 溶液所得沉淀为 Mg（OH）2 和 Cu（OH）2， m 152 m 72 m 232 沉淀的质量等于原铜镁合金的质量与 OH-的质量之和； n（NO2）=n（NO）=n（N2O）=0.224L÷22.4L/mol=0.01mol；铜镁合金溶于一定浓度的硝酸 发生氧化还原反应，反应中铜、镁失去的电子总物质的量等于 HNO3 得到的电子总物质的量， HNO3 得到电子被还原成 NO2、NO、N2O，则 2n（Mg）+2n（Cu）=0.01mol×[（+5）- （+4）]+ 0.01mol×[（+5）-（+2）]+ 0.01mol×2×[（+5）-（+1）]=0.12mol；根据沉淀的组成 Mg（OH）2 和 Cu（OH）2，沉淀中 n（OH-）=2n（Mg2+）+2n（Cu2+）=2n（Mg）+2n （Cu）=0.12mol，m（OH-）=0.12mol×17g/mol=2.04g；沉淀的质量为 2.14g+2.04g=4.18g， 答案选 D。 7．下列各表中的数字代表的是元素的原子序数。表中数字所对应的元素与他们在周期表中 的位置相符的是 （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 【详解】A. 1 号元素正下方应为 3 号元素,1 号和 2 号元素相隔 16 列，A 项错误； B. 符合元素周期表中的位置关系，D 项正确； C. 13 号元素正上方应为 13-8=5 号元素,正下方应为 13+18=31 号元素，C 项错误； D. 10 号元素在周期表中第 18 列(即最后一列)，B 项错误； 答案选 B。 8．某元素的一种同位素 X 的原子质量数为 A，含 N 个中子，它与 原子组成 HmX 分 子．在 a 克 HmX 中所含质子的物质的量是（ ） A． (A-N)mol B． (A-N)mol C． (A-N+m)mol D． (A-N+m)mol 【答案】C 【解析】 【分析】核素近似相对原子质量等于质量数，即 X 的近似相对质量为 A，质量数=质子数＋ 中子数，则 X 的质子数为(A－N)，1molHmX 中含有质子的物质的量为(A－N＋m)mol， agHmX 的物质的量 ag/(A＋m)g·mol－1，agHmX 中含有质子物质的量为 (A-N+m)mol。 1 1 H a A m+ a A a A m+ a A a A m+ 【详解】核素近似相对原子质量等于质量数，即 X 的近似相对质量为 A，质量数=质子数＋ 中子数，则 X 的质子数为(A－N)，1molHmX 中含有质子的物质的量为(A－N＋m)mol， agHmX 的物质的量 ag/(A＋m)g·mol－1，agHmX 中含有质子物质的量为 (A-N+m)mol， 故选项 C 正确。 9．在一定条件下发生如下反应：RO3-+5R-+6H+=3R2+3H2O，则下列说法正确的是（ ） A．R 位于元素周期表中的第 VA 族 B．R 的氢化物的水溶液呈酸性 C．RO3-中的 R 元素只能被还原 D．R2 在常温常压下一定是气体 【答案】B 【解析】 【详解】A．R 元素的一种离子 R-，可知其元素的最高价为+7 价，元素 R 位于周期表中第ⅤⅡ A 族，故 A 错误； B．第 VIIA 族中，F 元素没有正化合价，所以 R 不是 F 元素，可能是卤族中其它元素，Cl、 Br、I 三种元素的氢化物酸性随着原子序数的增大而增强，所以 R 的氢化物的水溶液是强酸， 故 B 正确； C．RO3-中 R 为+5 价，R 的最低负价为-1，R 最高正价为+7 价，元素处于中间价态既具有 氧化性又具有还原性，故 C 错误； D．若 R 为 Cl，单质为气体，若 R 为 I 或 Br 也可以发生如上反应，碘为固体，溴为液体， 故 D 错误； 故选 B。 10．下列排列顺序中错误的是（ ） A．原子半径：O＜S＜Na B．稳定性：pH3＞H2S＞NH3 C．酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4 D．碱性：Al(OH)3＜Mg(OH)2＜NaOH 【答案】B 【解析】 【详解】A．O 与 S 同族，S 比 O 的电子层多，原子半径 S＞O，S 与 Na 同周期，但 Na 的 核电荷数小，半径 Na＞S，则原子半径 O＜S＜Na，正确； B．元素 P、S 同周期，非金属性 P＜S，稳定性 pH3＜H2S，错误； C．同周期元素从左到右金属性减弱非金属性增强，最高价氧化物的水化物的酸性增强碱性 减弱，C、D 均正确； a A m+ 答案选 B。 11．已知短周期元素的离子：aA2＋、bB＋、cC3－、dD－都具有相同的电子层结构，则下列叙 述正确的是(　　) A．原子半径：A＞B＞D＞C B．原子序数：d＞c＞b＞a C．离子半径：C＞D＞B＞A D．单质的还原性：A＞B＞D＞C 【答案】C 【解析】 【分析】四种元素的离子电子层结构相同，它们在周期表中的相对位置如图所示： 。 【详解】A. A 和 B 的原子核外的电子层数比 C 和 D 的原子核外电子层数多一层，所以 A 和 B 的原子半径比 C 和 D 的原子半径大。A 和 B 在同一周期，电子层数相同，B 的核电荷 数比 A 小，所以原子半径 B 比 A 大，同理，C 的原子半径比 D 的大，所以原子半径：B＞A ＞C＞D，故 A 不选； B. 从这四种元素在周期表中的相对位置可以看出，原子序数：a＞b＞d＞c，故 B 不选； C. 这四种离子电子层结构相同，所以离子半径只取决于核电荷数，核电荷数越多，半径越 小，所以离子半径：C＞D＞B＞A，故 C 选； D. 四种元素均为短周期元素，所以 B 为 Na，A 为 Mg，C 为 N，D 为 F。钠的还原性强于 镁，F2 没有还原性，故 D 不选。 故选 C。 12．少量的 SO2 通入下列物质中，能发生反应，但无沉淀产生的是（ ） ①溴水 ②Ba(OH)2 溶液 ③澄清石灰水 ④Na2CO3 溶液 ⑤稀硫酸 ⑥H2S 溶液 ⑦ Na2SO3 溶液 A．仅① B．仅①④⑤ C．仅④⑥⑦ D．仅①④⑦ 【答案】D 【解析】 【详解】①发生反应：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr， ②发生反应：SO2+Ba(OH)2=BaSO3↓+H2O， ③发生反应：SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O， ④发生反应：SO2+Na2CO3= Na2SO3+CO2， ⑤SO2 与稀硫酸不反应， ⑥发生反应：SO2+2H2S=3S↓+2H2O， ⑦发生反应：SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3。 综上所述，符合题意的有①④⑦，答案选 D。 13．已知一般情况下原子核外最外层电子数相等的元素具有相似的化学性质．氟元素原子的 核外电子排布示意图为 ，下列原子中，与氟元素原子的化学性质相似的是(　　) A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 【详解】氟元素原子核外最外层电子数为 7 个，D 项原子核外最外层电子数也为 7 个，故二 者原子的化学性质相似。答案选 D。 14．下列有关原子结构和元素周期律的表述正确的是( ) A．原子序数为 15 的元素的最高化合价为+3 B．ⅦA 族元素是同周期中非金属性最强的元素 C．第二周期ⅣA 族元素的原子核电荷数和中子数一定为 6 D．I A 族元素的金属性一定比ⅡA 族元素的金属性强 【答案】B 【解析】 【详解】A．原子序数为 15 的元素为 P，最外层有 5 个电子，最高化合价为+5，A 错误； B．同周期从左向右非金属性增强，则ⅦA 族元素是同周期中非金属性最强的元素，B 正确； C．第二周期ⅣA 族元素为 C，质子数=核电荷数=6，由于碳原子存在不同的核素，中子数 不确定，C 错误； D．不同周期第ⅠA 族元素金属性不一定比第ⅡA 族元素强，D 错误； 故选 B。 15．周期表中同族元素单质及其化合物在许多性质上都存在着递变规律，随着原子序数的递 增，下列有关说法正确的是（ ） A．IA 族，单质的熔点逐渐降低 B．ⅥA 族，对气态氢化物还原性逐渐增强 C．VA 族氢化物的沸点逐渐升高 D．ⅣA 族最高氧化物对应水化物的酸性逐渐增强 【答案】B 【解析】 【详解】A．第 IA 族包含 H 和碱金属，氢气常温下为气体，熔点很低，碱金属的熔点依次 降低，故 A 错误； B．元素的非金属性越强，则氢化物的还原性越弱，ⅥA 族元素的非金属性依次减弱，所以 对气态氢化物还原性逐渐增强，故 B 正确； C．氢化物的相对分子质量越大，沸点越高，氨气分子间含有氢键沸点较高，所以 VA 族氢 化物中氨气的沸点最高，故 C 错误； D．同主族从上到下最高价氧化物的水化物的酸性减弱，则第ⅣA 族最高氧化物对应水化物 的酸性逐渐减弱，故 D 错误； 故选：B。 16．下列化合物中阴离子半径和阳离子半径之比最大的是（　　） A．NaBr B．LiI C．KCl D．CsF 【答案】B 【解析】 【分析】若要想阴离子半径与阳离子半径之比最大，则需要阳离子半径较小，阴离子半径较 大，因此根据离子半径分析。 【详解】阴离子半径与阳离子半径之比最小的应该是阳离子半径较小的和阴离子半径较大 的离子构成的化合物，电子层数相同的离子电荷数大的半径小，同一族的原子序数大的半径 大，在选项的四个阳离子中，Li、Na、K、Cs 属于同主族元素，电子层数越多半径越大， 所以 Li+是阳离子半径最小的，在阴离子中，I﹣是阴离子中电子层数最多的，所以半径最大， 则 LiI 的阴离子半径与阳离子半径之比最大， 故选 B。 二、填空题 17．(1) X 表示原子： ①AXn＋共有 x 个电子，则该阳离子的中子数 N＝______。 ②12C16O2 分子中的中子数 N＝________。 ③A2－原子核内有 x 个中子，其质量数为 m，则 n g A2－所含电子的物质的量为________。 (2)某元素原子的核电荷数是电子层数的 5 倍，其质子数是最外层电子数的 3 倍，该元素的 A Z 原子结构示意图是________。 (3)已知某粒子的结构示意图为 试回答： ①当 x－y＝10 时，该粒子为________(填“原子”、“阳离子”或“阴离子”)。 ②写出 y＝3 与 y＝7 的元素最高价氧化物对应水化物发生反应的离子方程式______。 【答案】A－x－n 22 mol 原子 氩原子 氯离 子 硫离子 钾离子 钙离子 Al(OH)3+3H＋=Al3＋+3H2O 【解析】 【详解】(1)根据“质子数＋中子数＝质量数”的关系， ①AXn＋共有 x 个电子，中性原子 X 的电子数为 x＋n，则 N＝A－x－n； ②12C16O2 分子中的中子数为 6＋8＋8＝22； ③A2－所含电子数为 m－x＋2，则 n g A2－所含电子的物质的量为 mol。 (2)设核电荷数=质子数=a，元素原子的电子层数为 x，最外层电子数为 y，依题意：a=5x， a=3y，则 5x=3y，x= ，因原子的最外层电子数不超过 8，即 y 为 1～8 的正整数，故仅当 y=5，x=3 合理，该元素的核电荷数为 15，则该元素的原子结构为 ； (3)①当 x-y=10 时，x=10+y，说明核电荷数等于核外电子数，所以该粒子应为原子； ②y=3 时，该微粒为铝原子，y=7 时，该微粒为氯原子，其最高价氧化物对应的水化物分别 为氢氧化铝和高氯酸，反应的离子方程式为 Al(OH)3+3H＋=Al3＋+3H2O。 18．在第三周期元素中，除稀有气体元素外： (1)最高价氧化物对应水化物碱性最强的是________； (2) 氧化物中具有两性的是________________； (3)最高价氧化物对应水化物酸性最强的是________(用化学式回答，下同)； (4)最不稳定的气态氢化物是________； (5)原子半径最小的元素是________(填元素符号)； (6)金属性最强的元素是________(填元素符号) 。 【答案】NaOH Al2O3 HClO4 SiH4 Cl Na 【解析】 【分析】同周期元素从左到右，原子序数依次增大，原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱， n(m x 2) m − + 3y 5 非金属性逐渐增强，其金属元素最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，非金属元素最高 价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，气态氢化物的稳定性逐渐增强。 【详解】(1) 同周期元素从左到右，金属性逐渐减弱，其金属元素最高价氧化物对应水化物 的碱性逐渐减弱， 最高价氧化物对应水化物的碱性最强的是 NaOH； (2) 具有两性的氧化物是 Al2O3； (3) 同周期元素从左到右，非金属性逐渐增强，非金属元素最高价氧化物对应水化物的酸性 逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的酸性最强的是 HClO4； (4) 同周期元素从左到右，非金属性逐渐增强，气态氢化物的稳定性逐渐增强，气态氢化物 最不稳定的是 SiH4； (5)同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，第三周期元素中，原子半径最小的是 Cl； (6)同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，金属性最强是 Na。 三、推断题 20．如图中 A～H 均为中学化学中常见的物质，A、B、H 为气体，反应①是重要的工业反 应，它们之间有如下转化关系(反应中生成的水已略去)。 请回答以下问题： （1）工业上常利用反应①制取漂白粉，该反应的化学方程式：__________，漂白粉溶于水 后，受空气中的 CO2 作用，即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，化学反应方程式为 _________。 （2）A 中元素的原子结构示意图为________。 （3）F 在溶液中的电离方程式为_________。 （4）上述反应中属于氧化还原反应的是_______(填写序号)。 【答案】2Cl2＋2Ca(OH)2===Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋ 2HClO HCl===H＋＋Cl－ ①⑤ 【解析】 【分析】A 为黄绿色气体，应为 Cl2，与石灰乳反应得到 C，C 能与气体 B 反应得到 E，而 E 与石灰水反应也得到 E，可推知 B 为 CO2，则 E 为 CaCO3，C 为 Ca(ClO)2，D 为 CaCl2，G 为 HClO，F 为 HCl，H 为 O2，据此分析。 【详解】A 为黄绿色气体，应为 Cl2，与石灰乳反应得到 C，C 能与气体 B 反应得到 E，而 E 与石灰水反应也得到 E，可推知 B 为 CO2，则 E 为 CaCO3，C 为 Ca(ClO)2，D 为 CaCl2， G 为 HClO，F 为 HCl，H 为 O2。 （1）B 是 CO2，D 是 CaCl2，G 是 HClO，H 是 O2； （2）工业上常利用反应①氯气与石灰乳反应制取漂白粉，该反应的化学方程式：2Cl2＋ 2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O，漂白粉溶于水后，受空气中的 CO2 作用，即产生有漂 白、杀菌作用的次氯酸，化学反应方程式为 Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO； （3）A 为氯元素，其原子结构示意图为 ； （4）F 为 HCl，在溶液中的电离方程式为 HCl=H＋＋Cl－； （5）上述反应中属于氧化还原反应的是①2Cl2＋2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O 氯元素 化合价由 0 价变为+1 价和-1 价、⑤2HClO 2HCl+ O2↑。 20．有 V、W、X、Y、Z 五种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于 20。其中只有 X、 Z 是金属元素；V 元素的一种核素原子核内无中子，Z 元素原子的最外层只有一个电子；W 和 Y 元素原子的最外层电子数相同，且 W 元素原子 L 层电子数是 K 层电子数的 3 倍；X 元 素原子的最外层电子数是 Y 元素原子最外层电子数的一半。回答下列问题： (1)V 的一种核素中质子数为中子数的 1/2，则该核素的名称为_______。 (2) Z 的元素符号为________。 (3)X 元素的离子结构示意图为________。 (4)Y 的单质在加热条件下与铁反应的化学方程式为______。 (5) W 元素的原子结构示意图为________。 【答案】氚 K Fe+S FeS 【解析】 【分析】V 元素的一种核素原子核内无中子，则其为 H 元素；W 元素原子 L 层电子数是 K 层电子数的 3 倍，则其为 O 元素；W 和 Y 元素原子的最外层电子数相同，且 Y 的原子序数 Δ 大于 W，所以 Y 为 S；Z 元素原子的最外层只有一个电子，且原子序数最大，则 Z 为 K；X 元素原子的最外层电子数是 Y 元素原子最外层电子数的一半，则为 Al。 【详解】（1）氢元素质子数为中子数的 的核素是 (氚)； （2）根据分析可知 Z 为 K； （3）X 为 Al，失去最外层 3 个电子形成离子，结构示意图为 ； （4）Y 为 S，氧化性较弱，与铁反应生成硫化亚铁，方程式为：Fe+S FeS； （5）W 元素为氧，原子结构示意图为 。 四、计算题 22．50 mL 浓 H2SO4 溶液(足量)中加入 3.2 g Cu，在加热条件下充分反应： (1) 将题干中反应后的溶液稀释到 500 mL，取出 50 mL，并向取出液中加入足量的 BaCl2 溶 液，得到沉淀 19.81 g，则原浓硫酸的物质的量浓度为_____________。 (2)若题干中浓硫酸的物质的量浓度为 a mol/L，投入足量的铜片加热，充分反应后，被还原 的硫酸的物质的量 n(H2SO4)_______0.025a mol(填“等于”、“大于”或“小于”)。 (3)反应消耗的 H2SO4 的物质的量是_____________，生成 SO2 的体积为(标准状况 下)____________mL。 【答案】小于 18 0.1 1 120 【解析】 【详解】（1）根据反应方程式，硫酸一部分起酸性，一部分作氧化剂，因此根据硫元素守恒， n(H2SO4)=[n(SO42－)＋n(SO2)] mol=( ＋ ) mol=0.9mol，因此 c(H2SO4)= =18mol·L－1。 （2）在 Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O 中，被还原的硫酸的物质的量是参加 反应的硫酸的一半。硫酸不足，铜过量，因此根据硫酸进行计算，被还原硫酸的物质的量为 50×10－3× mol=0.025amol，但铜只与浓硫酸反应，随着反应的进行，硫酸浓度降低，转化 成稀硫酸，反应停止，即被还原的稀硫酸的物质的量小于 0.025amol； （3）发生的反应是 Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O，因为硫酸是过量的，因 此根据铜进行计算，n(Cu)= =0.05mol，消耗硫酸的物质的量为 1 2 3 1 H Δ 19.81 500 233 50 × × 3.2 64 0.9mol 0.05L 1 2 3.2 64 n(H2SO4)=2n(Cu)=2×0.05mol=0.1mol，产生 V(SO2)=0.05mol×22.4L/mol=1.12L，即 1120ml。