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河南省林州市第一中学2017-2018学年高一（普通班）12月调考
化学试题
考试时间：100分钟；命题人：房正
注意事项：相对原子质量H 1 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Fe 56 C 12 Cu 64
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题(共54分)
1. 2011年3月11日日本发生了特大地震，福岛一核电站发生爆炸，释放出大量放射性物质，下列图标警示的是放射性物品的是
A. \ B.
C. D.
【答案】D
【解析】试题分析：A、为易燃物标志，故A错误；B、为爆炸品标志，故B错误；C、为剧毒品标志，故C错误；D、为放射性标志，故D正确；故选D。
考点：考查了化学实验安全标志的相关知识。
2. 下图四种操作均有错误，其中有两个错误的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】A、量取液体时，视线与液体的凹液面最低处保持水平，图中操作错误，有一个明显错误，A错误；B、图中错误两处：量筒不能作为反应容器；水不能倒入浓硫酸，有两个明显错误，B正确；C、氢氧化钠溶液是强碱，具有很强的腐蚀性，不能放在纸片上，应放玻璃器皿中，有一个明显错误，C错误；D、溶解操作中要用到烧杯和玻璃棒，其中玻璃棒用于搅拌，可加快物质的溶解，不可摇动烧杯加快溶解，会使液体溅出，有一个明显错误，D错误，答案选B。
点睛：了解具备基本的化学实验技能是学习化学和进行化学探究活动的基础和保证，只有掌握化学实验的基本技能，才能安全、准确地进行化学实验，注意化学实验操作的规范性，注意掌握基本的安全防护措施。
3. m g H2O2与L（标准状况）CO中所含氧原子数目相同，则m的数值是( )
A. 17/22．4 B. 28/22．4 C. 34／22．4 D. 14/22．4
【答案】A
【解析】标准状况下，VLCO的物质的量是V/22.4 mol，含有的氧原子的物质的量也是V/22.4 mol，所以双氧水的物质的量是V/44.8 mol，则根据n＝m/M可知，m＝V/44.8 mol×34g/mol＝17V/22.4 g，答案选A。
4. NA为阿伏加德罗常数的数值，关于0.2 mol／L的Na2SO4溶液的说法错误的是（ ）
A. 500 mL 溶液中含Na+、SO42-总数为0.3NA
B. 500 mL 溶液中c(SO42-)=2c(Na+)
C. 500 mL 溶液中含SO42-的物质的量浓度为0.2 mol／L
D. 1000 mL溶液中含Na+的物质的量浓度为0.4 mol／L
【答案】B
【解析】硫酸钠的浓度是0.2mol/L，所以500ml中溶质的物质的量是0.5L×0.2mol/L＝0.1mol。根据硫酸钠的化学式可知，Na+、SO42-的物质的量分别是0.2mol和0.1mol，共计是0.3mol，因此选项A正确；同样根据化学式可知，Na+、SO42-的物质的量浓度分别是0.4mol/L和0.2mol/L，所以选项CD正确，B不正确，答案选B。
5. 下列现象或应用与胶体性质无关的是（ ）
A. 将盐卤或石膏加入豆浆中，制成豆腐
B. 冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘微粒带电荷
C. 在FeCl3溶液中滴加NaOH溶液出现红褐色沉淀
D. 用半透膜可以除去淀粉溶液中的少量NaCl
【答案】C
【解析】A、将卤水或石膏加入豆浆，制成豆腐，利用的是胶体聚沉形成的凝胶，和胶体有关，故A不符合；B、烟是胶体，胶体微粒带有电荷，通高压电，使胶体微粒在电场中定向移动，产生电泳，从而净化空气，与胶体有关，故B不符合；C、FeCl3溶液中加入NaOH溶液发生反应生成氢氧化铁沉淀，与胶体无关，故C符合；D、淀粉溶液是胶体，胶粒不能透过半透膜，可用渗析的方法提纯胶体，故D不符合；故选C。
6. 下列物质的分类合理的是（ ）
A. 酸性氧化物：CO2、SiO2、SO3、CO
B. 碱：NaOH、KOH、Ba(OH)2、纯碱
C. 混合物：盐酸、石灰石、水煤气、氢氧化铁胶体
D. 碱性氧化物：Na2O、CaO、MgO、Al2O3
【答案】C
【解析】A、能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，CO和碱不能反应，故不是酸性氧化物，故A错误；B、电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物为碱，纯碱是碳酸钠，是盐不是碱，故B错误；C、由两种或以上物质构成的是混合物，盐酸、石灰石、水煤气、氢氧化铁胶体均为混合物，故C正确；D、能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，氧化铝既能和酸反应又能和碱反应生成盐和水，为两性氧化物，故D错误；故选C。
点睛：本题考查了酸性氧化物、碱性氧化物以及混合物和碱的概念。本题的易错点为D，注意氧化物分为酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物和不成盐氧化物等。
7. 某溶液中含有Na+、CO32－、HCO3－、SO32－、Cl－，在加入Na2O2后浓度不发生变化的是
A. Na+、CO32－ B. Cl－ C. CO32－、Cl－ D. HCO3－、SO32－
【答案】B
【解析】试题分析：Na2O2粉末加入溶液中，SO32－因被氧化而减少，因有NaOH生成，则HCO3－与之反应生成CO32－，使CO32－、Na+均增加，HCO3－减少，整个过程中只有Cl－浓度保持不变，故选项B正确。
考点：考查离子共存问题的知识。
8. 下列离子反应方程式正确的是（ ）
A. Na2O2 与水反应：2O22－ + 2H2O = 4OH－ + O2↑
B. NaHCO3与盐酸：CO32－ + 2H+ = H2O + CO2↑
C. Ca(HCO3)2与过量的NaOH溶液反应：Ca2+ + 2HCO3－ + 2OH－ = CaCO3↓+ CO32－ +2H2O
D. 醋酸与小苏打溶液反应H＋ +HCO3－= CO↑+H2O
【答案】C
【解析】试题分析：A选项，Na2O2为氧化物，不拆，2Na2O2+ 2H2O = 4OH－+4Na++ O2↑；B选项，HCO3-是弱酸酸根，不拆，HCO3－+ H+= H2O + CO2↑；C选项，NaOH溶液过量，故少量的Ca(HCO3)2溶液，离子以1:2完全参与反应，正确；D选项，醋酸为弱酸，不拆，CH3COOH+HCO3－= CO↑+H2O+CH3COO-。故答案选C。
考点：离子方程式
点评：离子方程式的书写为历年高考的重点，考生应熟记其书写规则，并灵活运用。
9. 将一小块金属钠投入过量的硫酸铜溶液中，主要生成物是
A. Na2SO4和Cu B. NaOH和H2
C. Cu(OH)2和H2 D. Na2SO4、Cu(OH)2和H2
【答案】D
【解析】钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜和水。故答案为D。
10. 铁及其化合物是中学化学中的一类重要物质，下列关于铁元素的叙述中正确的是( )
A. 2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋成立说明氧化性：Fe3＋＞Fe2＋
B. 25 ℃，pH＝0的溶液中，Al3＋、NH4+、NO3—、Fe2＋可以大量共存
C. 5.6 g铁与足量的氯气反应失去电子为0.2 mol
D. 硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液：Fe2＋＋2H2O2＋4H＋=Fe3＋＋4H2O
【答案】A
【解析】pH＝0的溶液呈强酸性，Fe2＋、NO3—、H＋不能大量共存，B项不正确；C项应为
0.3 mol，不正确；D项电荷不守恒，不正确。
11. 某干燥粉末可能由Na2O、Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl中的一种或几种组成。将该粉末与足量的盐酸反应有气体X逸出，X通过足量的NaOH溶液后体积缩小(同温、同压下测定)。若将原来混合粉末在空气中用酒精灯加热，也有气体放出，且剩余固体的质量大于原混合粉末的质量。下列判断正确的是( )
①粉末中一定有Na2O、Na2O2、NaHCO3 ②粉末中一定不含有Na2CO3和NaCl ③粉末中一定不含有Na2O和NaCl ④无法肯定粉末中是否含有Na2CO3和NaCl
A. ①④ B. ②③ C. ③④ D. ①②
【答案】A
【解析】向混合物中加入了足量的盐酸，有气体放出，与盐酸反应生成气体的物质可能为过氧化钠，碳酸钠，X通过氢氧化钠溶液后体积减小，所以X由氧气和二氧化碳组成，原粉末中一定存在过氧化钠，碳酸钠或碳酸氢钠至少存在一种。将原混合粉末加热，有气体放出，说明混合物中一定有碳酸氢钠，但碳酸氢钠受热分解会使粉末质量减小，而实际剩余固体的质量却增加了，原因只能是发生了反应，氧化钠和氧气反应生成了过氧化钠，综上所述，混合物中一定有氧化钠，过氧化钠，碳酸氢钠，无法确定混合物中是否有碳酸钠和氯化钠。
故选A。
12. 有关NaHCO3和Na2CO3的下列叙述中错误的是（ ）
①等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，Na2CO3产生的CO2多
②84 g NaHCO3、106 g Na2CO3分别与足量的盐酸完全反应，Na2CO3消耗盐酸的物质的量是NaHCO3的两倍
③将澄清石灰水分别倒入两种盐溶液中，只有Na2CO3溶液中产生白色沉淀
④通常状况下，相同温度下，Na2CO3的溶解度大于NaHCO3
A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ①③
【答案】D
【解析】①Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2↑，等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，NaHCO3产生的CO2多，故①错误；②Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2↑，84g即1molNaHCO3、106g即1molNa2CO3分别与足量的盐酸完全反应，Na2CO3消耗盐酸的物质的量是NaHCO3的两倍，故②正确；③将澄清石灰水分别倒入两种盐溶液中，Na2CO3+Ca(OH)2CaCO3↓+2NaOH，NaHCO3+Ca(OH)2CaCO3↓+H2O+NaOH或2NaHCO3+Ca(OH)2
CaCO3↓+2H2O+Na2CO3，都产生白色沉淀，故③错误；④通常状况下，相同温度下，Na2CO3的溶解度大于NaHCO3，故④正确。故选D。
13. 将钠、镁、铝各0.3 mol，分别放入100 mL 1 mol·L—1的硫酸中，同温同压下产生的气体的体积比是
A. 1∶2∶3 B. 6∶3∶2 C. 3∶2∶2 D. 3∶1∶1
【答案】C
...............
考点：钠镁铝的性质
14. 能与铝作用放出氢气的溶液中，可能大量共存的离子组是（ ）
A. NH4＋、Mg2＋、NO3－、Fe2＋ B. Cu2＋、Na＋、HCO3－、Br－
C. Na＋、Fe2＋、SO42－、NO3－ D. K＋、Na＋、AlO2－、Cl－
【答案】D
【解析】能与铝作用放出氢气，为非氧化性酸或强碱溶液。A．碱性溶液中不能大量存在NH4+、Mg2+，酸溶液中与NO3-不能共存，因为形成硝酸为氧化性酸，与铝作用不放出氢气，故A不选；B．酸、碱溶液中均不能存在HCO3-，故B不选；C．碱性溶液中不能大量存在Fe2+，酸溶液中与NO3-不能共存，因为形成硝酸为氧化性酸，与铝作用不放出氢气，故C不选；D．酸性溶液中不能大量存在AlO2-，碱溶液中该组离子之间不反应可大量共存，故D选；故选D。
15. 将3.2克H2和CO的混合气体（其密度为相同条件下氧气密度的1/2），通入一盛有足量Na2O2密闭容器中，再通入过量O2,并用电火花点燃使其充分反应，最后容器中固体的质量增加了
A. 3.2 g B. 4.4 g C. 5.6 g D. 6.4 g
【答案】A
【解析】试题分析：CO与氧气反应：2CO+O2=2CO2，二氧化碳与过氧化钠反应：
2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，总方程式为2CO+2Na2O2=2Na2CO3，固体增加的质量为CO的质量，氢气与氧气反应：2H2+O2=2H2O，Na2O2与H2O反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，总方程式为：2H2+2Na2O2=4NaOH，固体增加的质量为氢气质量，则CO和H2的混合气共3.2g与足量的Na2O2于密闭容器中，通入氧气用电火花点燃，充分反应后，固体增重质量是3.2g，故选A。
考点：本题考查混合物的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，难度中等，注意从CO2、H2O与Na2O2生成固体质量的变化分析规律，是解答该题的关键。
16. C和CuO在高温下反应可能生成Cu、Cu2O、CO2、CO。现将1 g碳粉跟8 g CuO混合，在硬质试管中隔绝空气高温加热，将生成的气体全部通入足量NaOH溶液中，并收集残余的气体，测得溶液增加的质量为1.1 g，残余气体在标准状况下的体积为560 mL。下列说法错误的是( )
A. 在硬质试管中隔绝空气高温加热固体混合物时，有0.6 g碳参加了反应
B. 试管中发生的所有氧化还原反应共转移电子0.15 mol
C. 反应后试管中剩余的固体混合物的总质量为7.2 g
D. 反应生成铜和氧化亚铜的总物质的量为0.1 mol
【答案】D
【解析】NaOH溶液增加的质量就是反应生成二氧化碳的质量，残余气体就是一氧化碳。n(CO2)＝1.1/44＝0.025 mol，n(CO)＝0.56/22.4＝0.025 mol，则有0.05 mol碳参与了反应，参与反应的碳的质量为0.6 g。生成0.025 mol CO2转移0.1 mol电子，生成0.025 mol CO转移0.05 mol电子，反应中一共转移0.15 mol电子。反应中氧化铜失去的氧元素的质量为(0.025 mol×2＋0.025 mol)×16 g/mol＝1.2 g，反应后试管中剩余的固体混合物包括铜及其化合物和剩余的碳，总质量为8 g－1.2 g＋1 g－0.6 g＝7.2 g。设反应后生成铜和氧化亚铜的物质的量分别为x、y，根据电子得失守恒原理得：2x＋2y＝0.15 mol，则x＋y＝0.075 mol，反应生成铜和氧化亚铜的总物质的量为0.075 mol。
第II卷（非选择题）
二、填空题
17. 已知有以下物质相互转化，试回答：
注：A中加入盐酸后产生气体和溶液B。
（1）写出B的化学式_________________。
（2）写出由E转变成F的化学方程式_____________________________________。
（3）写出用KSCN鉴别G溶液的离子方程式__________________________________； 向G溶液加入A的离子方程式_____________________________________。
【答案】 (1). FeCl2 (2). 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3 (3). Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3 (4). 2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋
【解析】白色沉淀E遇空气变成红褐色沉淀F，所以E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，F与盐酸反应得到G溶液，则G为FeCl3．D溶液中加AgNO3溶液、稀HNO3，有白色沉淀H生成，所以H是AgCl，得到的溶液进行焰色反应呈紫色(透过蓝色的钴玻)，溶液中含有K+离子，所以D是KCl；B溶液与C溶液反应生成Fe(OH)2和KCl，G溶液(FeCl3溶液)与A 反应到B，则B为FeCl2，C为KOH，A为Fe，A反应得到B与气体，应是Fe与盐酸反应，气体为氢气，
(1)由以上分析知，B是FeCl2；
(2)由E转变成F的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
(3)用KSCN鉴别FeCl3溶液的离子方程式为：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；向FeCl3溶液加入Fe的离子反应方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+。
18. 物质的量是沟通宏观与微观的桥梁，物质的量的计算在生产、生活、科技等方面具有广泛的应用。请回答下列问题：
（1）一定量的液态化合物XY2,在足量的O2中完全燃烧，反应的方程式为：XY2 (液)＋3O2 (气)XO2(气) ＋2YO2(气)。
①若参加反应的XY2的物质的量为0.01 mol，则生成的气体XO2和YO2的体积比为____；
②若测得反应后混合气体的总体积为896 mL(标况下),则反应前O2的物质的量为_____。
（2）病人输液用的葡萄糖(化学式为C6H12O6)注射液，其标签上的部分内容如图所示。
①该注射液的密度为_____g/cm3；
②该注射液中葡萄糖的物质的量浓度为________。
（3）实验室为完成某实验，需要0.1 mol/L的Na2CO3溶液490 mL。
①配制所需Na2CO3溶液用到的玻璃仪器为_______________；
②下列实验操作造成所配溶液的浓度偏低的是______(填标号)。
A.忘记将洗涤液转移至容量瓶中 B.托盘天平的砝码生锈
C.容量瓶的内壁附有水珠而未进行干燥处理 D.定容时，俯视容量瓶的刻度线
【答案】 (1). 1：2 (2). 0.04 mol (3). 1 (4). 0.28 mol/L (5). 烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管（量筒） (6). A
【解析】(1)同温同压下体积下，气体的体积之比等于物质的量之比，等于计量系数之比，依据方程式：：XY2 (液)+3O2 (气)XO2(气)+2YO2(气)，可知①若参加反应的XY2的物质的量为0.01mol，则生成的气体XO2和YO2的体积比为：1：2，故答案为：1：2；
②依据XY2 (液)+3O2 (气)XO2(气)+2YO2(气)，可知该反应为气体体积不变的反应，反应反应后混合气体的总体积为896mL(标况下)，则反应前氧气的体积为896mL(标况下)，物质的量为：=0.04mol，故答案为：0.04mol；
(2)①依据标签可知溶液的质量为：25g÷5%=500g，则溶液的密度为：=1g/mL，故答案为：1；
②注射液物质的量浓度为：=0.28mol/L，故答案为：0.28mol/L；
(3)①需要0.1mol/L的Na2CO3溶液490mL，应选择500mL容量瓶，配制一定物质的量浓度的溶液的操作步骤为：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器有：托盘天平、烧杯、500mL容量瓶，还需要玻璃棒、胶头滴管，故答案为：烧杯、500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管；
②A
．忘记将洗涤液转移至容量瓶中，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A选；B．托盘天平的砝码生锈，导致称取的溶质的质量偏大，溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高，故B不选；C．容量瓶的内壁附有水珠而未进行干燥处理，对溶质的物质的量和溶液的体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故C不选；D．定容时，俯视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故D不选；故选A。
点睛：明确以物质的量为核心计算公式，熟悉配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤和原理是解题关键。本题中需要注意的是，容量瓶应该选择500mL的规格。
19. 氧化还原是一类重要的反应。
（1）已知反应：①Cu＋2Fe3+=Cu2+＋2Fe2+，②Cu2+＋Fe=Cu＋Fe2+，两个反应中各种离子的氧化性从强到弱的顺序是_____________。
（2）在反应MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋C12↑＋2H2O中，当有0.2 mol电子转移时，产生氯气的体积（标准状况）是__________________。
（3）用双线桥标出下列反应中电子转移的方向和数目，并指出氧化剂和还原剂。
Cl2 + SO2 + 2H2O = H2SO4 + 2HCl 双线桥_____________________________________
氧化剂：_____________ ，还原剂：_____________；
（4）已知反应： Cu＋4HNO3（浓）=Cu（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O，3Cu＋8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2＋2NO↑＋4H2O。
铜与稀硝酸反应的离子方程式是_____________________________________。
【答案】 (1). Fe3+＞Cu2+＞Fe2+ (2). 2.24L (3). (4). Cl2 (5). SO2 (6). 3Cu＋8H+＋2NO3－=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O
【解析】(1)由反应①可知氧化性Fe3+＞Cu2+，由反应②可知氧化性Cu2+＞Fe2+，则氧化性Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，故答案为：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+；
(4)①铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O。
20. 向20mL某浓度的AlCl3溶液中滴加2mol/L的NaOH溶液时，所得的沉淀质量与加入NaOH溶液的体积之间的关系如下图所示：
（1）写出AB段发生反应的离子方程式___________。
（2）A点表示的意义是__________。
（3）所用AlCl3溶液的物质的量浓度是________。
（4）当所得沉淀量为0.39g时，用去NaOH溶液的体积是_______mL或______mL。
（5）向B点处的溶液中通入少量CO2会有什么现象__________，写出离子方程式__________。
【答案】 (1). Al(OH)3+OH－=AlO2－+2H2O (2). AlCl3和NaOH溶液恰好完全反应，沉淀量达到最大值 (3). 0.5mol/L (4). 7.5 (5). 17.5 (6). 出现沉淀 (7). 2AlO2-+CO2（少量）+3H2O===CO32-+2Al(OH)3↓
【解析】(1)AB段是生成的氢氧化铝溶于过量的氢氧化钠，故离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；
(2)开始AlCl3与NaOH反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓，生成Al(OH)3沉淀，NaOH量逐渐增多，Al(OH)3量逐渐增大，到A点时氢氧化钠将AlCl3恰好完全沉淀时，Al(OH)3沉淀达到最大量，故答案为：AlCl3与NaOH恰好完全反应，沉淀量达到最大值；
(3)A点加入氢氧化钠溶液中含有的氢氧化钠的物质的量=2mol/L×0.015L=0.03mol，根据
Al3++3OH-=Al(OH)3↓，则n(AlCl3)=nAl(OH)3]==0.01 mol，故氯化铝的物质的量浓度==0.5mol/L，故答案为：0.5mol/L；
(4)0.39g Al(OH)3的物质的量==0.005mol，当NaOH溶液不足时，生成0.39 g Al(OH)3所需NaOH的物质的量为0.015 mol，故所需的氢氧化钠溶液的体积V1==0.0075L=7.5mL；当NaOH溶液过量时，还剩余0.39g Al(OH)3，剩余的0.39 g Al(OH)3溶解可以消耗0.005molNaOH，故共消耗NaOH的物质的量=0.02L×2mol/L-0.005mol=0.035 mol，则所需的氢氧化钠溶液体积V2===0.0175L=17.5mL，故答案为：7.5；17.5；
(5)B点为偏铝酸钠溶液，通入少量CO2反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为2AlO2-+CO2(少量)+3H2O=CO32-+2Al(OH)3↓，故答案为：出现沉淀；2AlO2-+CO2(少量)+3H2O =CO32-+2Al(OH)3↓。
点睛：本题是AlCl3与NaOH反应与图象相结合的计算问题。本题解决的关键是明确NaOH溶液逐滴加入到AlCl3溶液中的反应情况。难点是(4)，需要分情况讨论。
三、计算题
21. 将6.40g CuO和Fe2O3的混合物在高温下用足量CO还原后，剩余固体质量为4.80g。求混合物中CuO和Fe2O3的物质的量之比。
【答案】2:1
【解析】将6.40g CuO和Fe2O3的混合物在高温下用足量CO还原后，剩余固体即Cu和Fe的质量为4.80g，设混合物中CuO和Fe2O3的物质的量分别为x、ymol，所以有80x+160y=6.4，64x+112y=4.80，解得x=0.04mol，y=0.02mol，所以混合物中CuO和Fe2O3的物质的量之比为2：1，故答案为：2：1。
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