辽宁省六校协作体学年高一下学期期初考试化学试题.docx
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辽宁省六校协作体学年高一下学期期初考试化学试题
辽宁省六校协作体2018-2019学年高一下学期期初考试化学试题
1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关，下列有关说法中错误的是
A.春节燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩
B.为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰
C.小苏打是制作馒头和面包等糕点的膨松剂，还是治疗胃酸过多的一种药剂
D.青铜是我国使用最早的合金材料，目前世界上使用量最大的合金材料是钢
【答案】B
【解析】
【详解】A、某些金属元素灼烧时产生特殊的火焰，这叫焰色反应，节日燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩，A正确；
B、包装袋内加入生石灰，利用了它们的吸水性，防止食物的受潮；要防止氧化，往往加入还原铁粉，B错误；
C、小苏打的化学名是碳酸氢钠，显碱性，能中和发酵过程产生的酸，同时受热易分解：
2NaHCO3
Na2CO3＋CO2↑＋H2O，使食物膨松，碳酸氢钠碱性较弱，对胃的刺激弱，是治疗胃酸过多的一种药剂，C正确；
D、青铜成分是铜、锡，夏商时期就开始使用了，是我国最早使用的合金，钢铁是目前世界上使用量最大的合金，D正确。
答案选B。
2.下列物质中含有的杂质（括号内为杂质），不可以用加热的方法除去的是（）
A.CaCO3（CaO）B.Na2O2（Na2O）C.Na2CO3（NaHCO3）D.MgO[Mg（OH）2]
【答案】A
【解析】
试题分析：
CaCO3加热分解为CaO，不可以用加热的方法除去CaO，故A正确；Na2O加热生成Na2O2，故B错误；NaHCO3加热生成Na2CO3，故C错误；Mg（OH）2加热生成MgO，故D错误。
考点：
本题考查物质除杂。
3.如图所示：
烧瓶中充满干燥气体a，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，轻轻振荡烧瓶，然后打开弹簧夹，烧杯中的液体呈喷泉状喷出，则a、b不可能是
A.a为Cl2气体，b为饱和NaCl溶液
B.a为NH3气体，b为盐酸溶液
C.a为CO2气体，b为浓NaOH溶液
D.a为NO2气体，b为H2O
【答案】A
【解析】
【分析】
烧瓶中充满干燥气体a，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，轻轻震荡烧瓶，然后打开弹簧夹，烧杯中的液体呈喷泉状喷出，则气体a极易溶于水，或极易与烧杯中的液体反应，导致气体减少，构成压强差，从而形成喷泉，以此来解答。
【详解】A.Cl2能溶于水，饱和NaCl溶液可降低其在水中的溶解度，抑制氯气的溶解，不能形成压强差，则不能形成喷泉，故A选；
B.氨气极易溶于水，可与盐酸反应生成NH4Cl，导致气体减少，构成压强差，可形成喷泉，故B不选；
C.CO2可与浓NaOH反应，导致气体减少，构成压强差，从而形成喷泉，故C不选；
D.NO2易溶于水生成硝酸和NO，构成压强差，可形成喷泉，故D不选；
答案选A。
4.下列解释事实的离子方程式正确的是
A.氯化钙溶液中通入CO2气体:
Ca2++H2O+CO2==CaCO3↓+2H+
B.钠投入CuSO4溶液中：
2Na+Cu2+=Cu+2Na+
C.NaClO溶液中通入少量的SO2：
ClO-+H2O+SO2==Cl-+SO42-+2H+
D.用三氯化铁溶液回收印刷电路板上的金属铜：
Fe3++Cu==Cu2++Fe2+
【答案】C
【解析】
【详解】A.氯化钙溶液中通入CO2气体不反应，A错误；
B.钠投入CuSO4溶液中生成氢氧化铜沉淀、硫酸钠和氢气：
2Na+Cu2++2H2O＝Cu（OH）2↓+H2↑+2Na+，B错误；
C.NaClO溶液中通入少量的SO2：
ClO-+H2O+SO2＝Cl-+SO42-+2H+，C正确；
D.用三氯化铁溶液回收印刷电路板上的金属铜：
2Fe3++Cu＝Cu2++2Fe2+，D错误；
答案选C。
5.在透明的溶液中可以大量共存的离子组是
A.K+、Fe3+、SO32-、I-B.OH-、Ba2+、Na+、NH4+
C.Fe2+、K+、SO42-、NO3-D.HCO3-、NO3-、OH-、K+
【答案】C
【解析】
【分析】
离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质、发生的反应分析判断。
【详解】A、在溶液中铁离子能氧化碘离子生成单质碘和亚铁离子，不能大量共存，A不选；
B、在溶液中氢氧根离子能和铵根离子反应生成一水合氨，不能大量共存，B不选；
C、在溶液中Fe2+、K+、SO42-、NO3-之间不反应，能大量共存，C选；
D、在溶液中氢氧根离子能和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子和水，不能大量共存，D不选；
答案选C。
6.阿伏加德罗常数的值为NA。
下列说法正确的是
A.标准状况下，22.4L的SO3中含有的SO3分子数为NA
B.1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA。
C.50mL18mol/L浓硫酸与足量铜共热产生SO2的分子数为0.45NA。
D.含1molFeCl3的溶液与沸水作用形成Fe（OH）3胶粒数目小于NA。
【答案】D
【解析】
【分析】
A.标况下，三氧化硫为固体；
B.1mol氯气发生歧化反应时，转移的电子数并不是2mol；
C.随着反应的进行，浓硫酸的浓度会下降，铜只能和浓硫酸共热条件下反应生成SO2，不能和稀硫酸反应生成SO2；
D.一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体。
【详解】A.标况下，三氧化硫为固体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A项错误；
B.1mol氯气与氢氧化钠溶液的反应中，转移的电子为1mol，故B项错误；
C.铜只能与浓硫酸反应生成二氧化硫，当硫酸变稀后与铜不反应，故浓硫酸不能完全反应完，故生成的二氧化硫的分子个数小于0.45NA个，故C项错误；
D.一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，则1mol氯化铁形成的胶粒的个数小于NA个，故D项正确；
故答案选D。
【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。
本题A项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。
7.实验室可用如图所示的装置干燥、储存气体R,多余的气体可用水吸收,则R是
A.NO2B.NOC.SO2D.NH3
【答案】D
【解析】
试题分析：
该装置的收集装置是利用向下排空气法收集，则收集的气体密度应小于空气密度，且和氧气不反应，尾气处理装置中用水吸收气体，说明该气体极易溶于水。
A、NO2气体的密度大于空气，应采用向上排空气法收集，故A不合题意；
B、NO和氧气能反应生成二氧化氮，所以不能用排空气法收集，故B不合题意；
C、SO2气体的密度大于空气，应采用向上排空气法收集，故C不合题意；
D、氨气的密度小于空气，常温下和氧气不反应，且极易溶于水，所以可以用水吸收尾气，故D正确。
考点：
考查气体的收集和尾气处理
点评：
本题考查了气体的收集和尾气处理，难度不大。
解题时应注意根据题目所给的装置，结合各种气体的物理性质综合分析。
8.下列实验操作、现象正确的是
实验现象
解释
A
KI淀粉溶液中通入Cl2,溶液变蓝
淀粉能与Cl2发生反应
B
胶体的微粒可以透过滤纸,不能透过半透膜
胶体的微粒直径介于1―100nm之间
C
用洁净玻璃棒蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色
溶液中有Na+、无K+
D
某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液,有白色沉淀生成
是由于该溶液中含有SO42-
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【详解】A.Cl2具有氧化性，可与KI反应生成碘单质，淀粉遇碘变蓝色，故A错误；
B.因胶体的微粒直径介于1～100nm之间，可透过滤纸，不能透过半透膜，只有离子、小分子才可以透过半透膜，故B正确；
C.钠离子的焰色反应呈黄色，但是对钾离子检验会造成干扰，钾离子的焰色反应要透过钴玻璃来观察，故C错误；
D.硝酸能将SO32-氧化成SO42-，且白色沉淀也可能是氯化银，则原溶液中不一定含有SO42-，故D错误；
答案选B。
【点睛】本题侧重考查化学实验的要求与评价，D项是解答的易错点，检验硫酸根离子时需要注意加入的硝酸的氧化性，可能会干扰相关离子的检验，SO42-正确的检验方法是：
取少许原溶液于试管中，滴加几滴稀盐酸，若无明显现象，再加入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则证明原溶液中有SO42-。
9.下列关于硫的叙述中不正确的是
A.实验室常用酒精除去附着在试管壁上的硫黄
B.单质硫既有氧化性，又有还原性
C.SO2通入酸性高锰酸钾溶液中使之褪色说明SO2具有还原性
D.SO2通入饱和H2S溶液中析出浅黄色沉淀说明SO2具有氧化性
【答案】A
【解析】
【分析】
A.硫黄不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳；
B.硫元素的常见价态有-2价、0价、+4价和+6价；
C.酸性高锰酸钾与二氧化硫会发生氧化还原反应；
D.SO2与H2S发生归中反应。
【详解】A.因硫黄易溶于二硫化碳（CS2），实验室常用二硫化碳（CS2）除去附着在试管壁上的硫黄，故A项错误；
B.单质硫的化合价位0价，可以被还原为-2价，也可被氧化为+4、+6等价态，则单质硫既有氧化性，又有还原性，故B项正确；
C.SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，酸性高锰酸钾会因与二氧化硫发生氧化还原反应而褪色，SO2会被氧化为SO42-，具有还原性，故C项正确；
D.SO2与H2S发生的化学反应方程式为：
SO2+2H2S=3S↓+2H2O
10.由钠、镁、铝、锌四种金属单质中的两种组成的合金共11.5g，跟足量的盐酸反应产生11.2L氢气（标准状况），那么此合金中一定含有的金属是（）
A.AlB.MgC.NaD.Zn
【答案】A
【解析】
【详解】计算与盐酸反应产生11.2L氢气所需要的各金属的质量：
列比例式：
=
，解得m（Na）=23g。
列比例式：
=
，解得m（Mg）=12g。
列比例式：
=
，解得m（Al）=9g。
列比例式：
=
，解得m（Zn）=32.5g。
根据平均值的思想，合金的质量应该介于两组分质量之间，只有Al的质量小于11.5g，所以合金中一定含有的金属是Al。
答案选A。
【点睛】利用平均值思想解题时，首先要确定可用数值计算的物理量（如本题中“与盐酸反应产生11.2L氢气所需要的各金属的质量”），再分别计算各组分的物理量数值，最后根据混合物该物理量的数值（即平均值）介于组分数值之间来解决问题。
11.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.S
SO3
H2SO4
C.CaCO3
CaO
CaSiO3
D.NH3
NO
HNO3
【答案】C
【解析】
A、Fe与Cl2反应只生成FeCl3，故A错误；B、S与O2反应先生成SO2，故B错误；C、两步均能实现，故C正确；D、NO和水不反应，故D错误；故选C。
12.下列装置所示的实验中，不能达到实验目的是
A．长时间看到Fe（OH）2白色沉淀
B．证明ρ（煤油）<ρ（钠）<ρ（水）
C．探究氧化性：
KMnO4＞Cl2＞I2
D．比较NaHCO3、Na2CO3的热稳定性
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
【分析】
A、铁与稀硫酸反应氢气，氢气排出试管内的空气，能防止Fe（OH）2被氧化；
B、金属钠在水、煤油的界面上下移动；
C、KMnO4与浓盐酸反应放出氯气，氯气与KI反应生成碘单质；
D、加热时，大试管温度高、小试管温度低，温度高的先分解不能得出正确结论。
【详解】A、铁与稀硫酸反应氢气，氢气排出试管内的空气，能防止Fe（OH）2被氧化，长时间看到Fe（OH）2白色沉淀，故A能达到实验目的；
B、金属钠在水、煤油的界面上下移动，能证明ρ（煤油）<ρ（钠）<ρ（水），故A能达到实验目的；
C、KMnO4与浓盐酸反应放出氯气，证明氧化性KMnO4＞Cl2，氯气与KI反应生成碘单质，证明氧化性Cl2＞I2，故C正确；
D、因碳酸氢钠不稳定，碳酸钠稳定，比较稳定性应将碳酸氢钠放在温度低的小试管中，故D不能达到实验目的。
13.某同学在实验室中用Ca（ClO）2代替MnO2制备Cl2，反应原理为：
Ca（ClO）2+4HCl（浓）═CaCl2+2Cl2↑+2H2O．下列叙述不正确的是（）
A.氧化剂为Ca（ClO）2，其中Cl元素被还原
B.若有2molH2O生成，则反应中有2mol电子转移
C.浓HCl在反应中起酸性和还原性的作用
D.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：
4
【答案】D
【解析】
【分析】
A、该反应中，次氯酸钙中氯原子得电子作氧化剂，盐酸中氯原子失电子作还原剂；
B、该反应中，1mol次氯酸钙反应得到2mol电子，盐酸失去2mol电子需要2mol盐酸作还原剂，生成2molH2O。
C、根据氯元素的化合价变化来确定浓HCl的性质；
D、该反应中，1mol次氯酸钙反应得到2mol电子，盐酸失去2mol电子需要2mol盐酸作还原剂。
【详解】A、该反应中，次氯酸钙中氯原子得电子作氧化剂，发生还原反应，其中Cl元素被还原，故A正确；
B、该反应中，1mol次氯酸钙反应得到2mol电子，需要2mol盐酸作还原剂，生成2molH2O，所以若有2molH2O生成，则反应中有2mol电子转移，故B正确；
C、该反应中，浓盐酸中的氯元素部分失去电子作还原剂，部分化合价不变，显示酸性，所以浓盐酸表现的性质是还原性和酸性，故C正确；
D、该反应中，1mol次氯酸钙反应得到2mol电子，需要2mol盐酸作还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:
2，故D错误。
【点睛】本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价变化是解答本题的关键，注意该反应中盐酸既表现还原剂又表现酸性，题目难度不大。
14.在标准状况下，将O2和NO2按1∶4的体积比充满干燥烧瓶，把烧瓶倒置于水中，瓶内液体逐渐上升，假设烧瓶内溶液不扩散，最终烧瓶内溶液溶质的物质的量浓度为
A.
mol·L－1B.
mol·L－1C.
mol·L－1D.
mol·L－1
【答案】C
【解析】
【分析】
溶于水发生的反应是4NO2+O2+2H2O＝4HNO3，根据n＝V/Vm、c＝n/V计算硝酸的浓度。
【详解】设烧瓶的体积为VL，由于O2和NO2的体积比为1∶4，所以NO2的体积为
VL，由4NO2+O2+2H2O＝4HNO3可知二者恰好反应，因此最终液体充满整个烧瓶，溶液体积为VL，NO2的物质的量为
VL÷22.4L·mol−1=
Vmol，所以硝酸的物质的量浓度为
Vmol÷VL=
mol·L−1。
答案选C。
15.标准状况下，某同学向100mLH2S饱和溶液中通入SO2，所得溶液pH变化如图所示。
下列分析中，正确的是（）
A.ab段反应是：
SO2+2H2S="3S↓+2"H2O
B.亚硫酸是比氢硫酸更弱的酸
C.原H2S溶液的物质的量浓度为0.05mol•L－1
D.b点对应的溶液导电性最强
【答案】A
【解析】
试题分析：
A．ab段pH在增大，由酸性到中性，则发生的反应是SO2+2H2S＝3S↓+2H2O，A正确；B．由图象可知恰好反应时消耗二氧化硫112mL，n（SO2）＝0.112L÷22.4L/mol＝0.005mol，由SO2+2H2S＝3S↓+2H2O可知原溶液中硫化氢为0.01mol，通入336mL二氧化硫时，溶液中亚硫酸为0.01mol，亚硫酸的浓度与原氢硫酸浓度相等，二者都是二元酸，溶液中亚硫酸pH值更小，故亚硫酸的酸性比氢硫酸更强，B错误；C．由图可知，112mLSO2与硫化氢恰好完全反应，则n（SO2）＝0.005mol，由方程式可知n（H2S）=0.01mol，则原H2S溶液的物质的量浓度为0.01mol÷0.1L＝0.1mol/L，C错误；D．b点为中性，只有水，导电性最差，D错误；答案选A。
【考点定位】本题主要是考查硫元素化合物性质、化学反应图像等
【名师点晴】明确反应的原理以及图像的变化趋势是解答的关键，关于图像题需要注意：
①看面：
弄清纵、横坐标的含义。
②看线：
弄清线的变化趋势，每条线都代表着一定的化学反应过程。
③看点：
弄清曲线上拐点的含义，如与坐标轴的交点、曲线的交点、折点、最高点与最低点等。
曲线的拐点代表着一个反应过程的结束和开始。
16.限一种试剂，经过一次性实验就能鉴别Na2CO3、（NH4）2SO4、NH4Cl、KNO3溶液，应选用
A.AgNO3溶液B.NaOH溶液C.Ba（OH）2溶液D.盐酸
【答案】C
【解析】
试题分析：
A、加入AgNO3溶液，Na2CO3溶液、（NH4）2SO4溶液、NH4Cl溶液都能生成沉淀，不能鉴别，A不合题意；B、加入NaOH溶液不能鉴别Na2CO3溶液、KNO3溶液，二者与NaOH溶液不反应，无明显现象，不能鉴别（NH4）2SO4溶液、NH4Cl溶液，二者都生成NH3，B不合题意；C、根据四种溶液中含有的离子可知，鉴别CO32-、SO42-离子可用Ba2+，鉴别NH4+离子可用OH-，所以加入Ba（OH）2溶液，Na2CO3溶液可生成白色沉淀，KNO3溶液不反应，无现象，与（NH4）2SO4溶液反应既产生白色沉淀，又有刺激性气体产生，NH4Cl溶液只产生刺激性气体，可鉴别，C符合题意；D、加入HCl与KNO3溶液、（NH4）2SO4溶液、NH4Cl溶液都不反应，无法鉴别，D不合题意，答案选C。
【考点定位】考查物质的性质、物质的鉴别
【名师点晴】进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理、验证即可，学习中注意把握物质的性质。
17.把铁和铜加入到氯化铁、氯化亚铁和氯化铜的混合溶液中，反应后铁有剩余则
A.溶液中有Fe2＋、Cu2＋
B.剩下的固体是Fe和Cu
C.溶液中有Fe3＋、Fe2＋
D.剩下的固体是Fe，无Cu
【答案】B
【解析】
试题分析：
铁和铜加入到氯化铁、氯化亚铁和氯化铜的混合溶液中，反应后铁有剩余，由于铁的还原性强，Cu不会参与反应，并且铁会把氯化铜溶液中的铜置换出来，所以最后溶液就是FeCl2溶液，得到的固体是Fe和Cu混合物，所以选B。
考点：
氧化还原反应的先后，物质组成的推断
18.下列有关SO2的性质的探究实验报告记录的实验现象正确的是
A
无色
无色
无现象
无色溶液
B
红色
无色
白色沉淀
白色溶液
C
无色
无色
白色沉淀
无色溶液
D
红色
无色
白色沉淀
白色溶液
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
二氧化硫为酸性氧化物，能够与水反应生成亚硫酸，所以a中溶液显酸性，颜色为无色；SO2具有漂白性，能够使品红褪色，所以b中溶液变为无色；SO2还具有还原性，能够被硝酸氧化生成硫酸根离子，硫酸钡离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，所以C中产生白色沉淀；二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸酸性弱于盐酸，所以二氧化硫与氯化钡溶液不反应，所以d中不会产生白色沉淀，答案选C。
19.某100mL溶液可能含有Na＋、NH4+、Fe3＋、CO32-、SO42-、Cl－中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下（所加试剂均过量，气体全部逸出）：
下列说法不正确的是（ ）
A.原溶液一定存在CO32-和SO42-，一定不存在Fe3＋
B.原溶液一定存在Cl－，可能存在Na＋
C.原溶液中c（Cl－）≥0.1mol·L－1
D.若原溶液中不存在Na＋，则c（Cl－）＜0.1mol·L－1
【答案】D
【解析】
【分析】
加入氯化钡溶液，生成沉淀，一定含有碳酸根或是硫酸根中的至少一种，则该沉淀为BaSO4、BaCO3中的至少一种，沉淀部分溶解于盐酸，所以一定是BaSO4、BaCO3的混合物，一定存在CO32-、SO42-，硫酸钡沉淀是2.33g，物质的量是
=0.01mol，碳酸根离子的物质的量是
=0.01mol，因碳酸根和铁离子不共存，一定不存在Fe3+，所得到的滤液中加入氢氧化钠，出现气体，则为氨气，故原溶液中一定含有铵根离子，根据元素守恒可知，铵根离子的物质的量是
=0.05mol，根据溶液的电中性可判断钠离子与氯离子是否存在。
【详解】有上述分析可知：
A.原溶液一定存在CO32-和SO42-，因Fe3＋与CO32-不共存，则一定不存在Fe3＋，故A项正确；
B.根据溶液呈现电中性可知，原溶液一定存在Cl－，可能存在Na＋，需要进行焰色反应才能确定是否含有Na＋，故B项正确；
C.阳离子所带正电荷的物质的量之和：
因为铵根离子的物质的量为0.05mol，阴离子所带负电荷的物质的量之和=0.01×2+0.01×2=0.04mol，所以原溶液中一定存在氯离子，且c（Cl−）⩾0.1mol⋅L−1，故C项正确；
D.若原溶液中不存在Na+，根据电中性原则可知，n（Cl−）=0.05mol-0.04mol=0.01mol，则c（Cl−）
=0.1mol⋅L−1，故D错误；
答案选D。
20.将12.8g铜片加入到100ml一定浓度的硝酸溶液中，铜片完全溶解，产生NO和NO2的混合气体4.48L（标准状况下）；若向反应后的溶液中加入400ml、2mol/LNaOH溶液，能使溶液中的Cu2+恰好完全沉淀。
下列说法不正确的是
A.反应后溶液中剩余NO3－的物质的量为0.4mol
B.原硝酸溶液的物质的量浓度为10mol/L
C.铜片与硝酸反应过程中转移电子0.4mol
D.混合气体中NO和NO2的体积之比为1︰1
【答案】A
【解析】
【分析】
A、反应后溶液中，溶质是NaNO3，根据元素守恒计算反应后溶液中剩余NO3－的物质的量；
B、根据氮元素守恒计算原硝酸溶液的物质的量浓度；
C、根据铜的物质的量计算转移电子的物质的量；
D、根据电子守恒、元素守恒计算NO和NO2的体积比；
【详解】A、向反应后的溶液中加入NaOH溶液，反应后溶液中的溶质是NaNO3，根据元素守恒
0.4L
2mol/L=0.8mol，故A错误；
B、根据氮元素守恒，原硝酸溶液的物质的量=反应后溶液中NO3－的物质的量+产生NO和NO2的物质的量=0.8mol+
=1mol，原硝酸溶液的物质的量浓度为
10mol/L，故B正确；
C、反应中转移电子的物质的量=
0.4mol，故C正确；
D、NO和NO2的物质的量分别是xmol、ymol，根据元素守
①，根据得失电子守恒
②；联立①②，解方程组的x=0.1、y=0.1，所以混合气体中NO和NO2的体积之比为1︰1，故D正确。
【点睛】本题借助铜和硝酸的反应考查了得失电子数守恒、质量守
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