【化学】四川省宜宾市第四中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

【化学】四川省宜宾市第四中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

四川省宜宾市第四中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时物理化学生物共150分钟。‎ 可能用到的相对原子质量：H：1 B：11 C：12 N：14 O：16 F：19 Na：23 Mg：24 Al：27 P: 31 S：32 Cl：35.5 K: 39 Ca:40 Fe: 56 Cu：64 Ba: 137‎ 第Ⅰ卷（选择题 共60分）‎ 一、选择题：（本大题包括15小题，每小题4分，共60分。每小题只有一个选项符合题意。）‎ ‎1.能够用来鉴别BaCl2、NaCl、Na2CO3三种物质的试剂是（ ）‎ A. AgNO3溶液 B. 稀硫酸 C. 稀盐酸 D. 稀硝酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、分别滴加AgNO3，都有沉淀产生，无法鉴别这三种盐，A错误；‎ B、分别滴加稀硫酸，有产生白色沉淀的是BaCl2，产生气泡的是Na2CO3，剩余的那一瓶溶液是NaCl，故稀硫酸可以鉴别这三种盐，B正确；‎ C、分别滴加稀盐酸，只有Na2CO3有气泡生成，其他两种盐不和稀盐酸反应，所以稀盐酸无法鉴别NaCl和BaCl2，C错误；‎ D、分别滴加稀硝酸，只有Na2CO3有气泡生成，其他两种盐不和稀硝酸反应，所以稀盐酸无法鉴别NaCl和BaCl2，D错误；‎ 故选B。‎ ‎2. 下列叙述正确的是　（ ）‎ A. 固体氯化钠不导电，所以氯化钠是非电解质 B. 铜丝能导电，所以铜是电解质 C. 氯化氢水溶液能导电，所以氯化氢是电解质 D. SO3溶于水能导电，所以SO3是电解质 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：本身具有离子导电性或在一定条件下(例如高温熔融或溶于溶剂形成溶液)能够呈现离子导电性的物质。非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物。根据定义可判断一种物质是否属于电解质或非电解质，重要的前提应是化合物，在水溶液和熔融状态下是否导电，还应考虑是否该物质本身具有离子导电性或在一定条件下具有导电性。‎ A．氯化钠溶于水或在熔融状态均能导电，是电解质，A错误；‎ B．铜丝能导电，但属于单质，铜既不是电解质，也不是非电解质，B错误；‎ C．氯化氢水溶液能导电，所以氯化氢是电解质，C正确；‎ D．三氧化硫溶于水，生成了新的物质硫酸能导电，不是自身能够导电，D错误。故选C。‎ ‎3.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是：（ ）‎ A. 20℃ 500mL 2mol/L H2SO4溶液里所含有的氧原子数是4 NA B. 标准状况下，14 g氮气含有的核外电子数为5NA C. 标准状况下，5.6 L四氯化碳含有的分子数为0.25NA D. 标准状况下，22.4 L任意比的氢气和氮气的混合气体中含有的分子总数为NA ‎【答案】D ‎【解析】A. 溶剂水中还含有大量的氧原子，A错误；B. 标准状况下，14 g氮气的物质的量是14g÷28g/mol＝0.5mol，1分子氮气含有14个电子，因此含有的核外电子数为7NA，B错误；C. 标准状况下四氯化碳不是气态，不能利用气体摩尔体积计算5.6 L四氯化碳含有的分子数为0.25NA，C错误；D. 标准状况下，22.4 L任意比的氢气和氮气的混合气体是1mol，其中含有的分子总数为NA，D正确，答案选D。‎ ‎4.某同学欲配制含有大量下列各离子的溶液，其中能实现的是（ ）‎ A. Fe2+、NH4+、 Cl-、OH- B. K+、 H+、SO42-、 OH-‎ C. Na+、 Fe2+、Fe3+、NO3- D. K+、HCO3-、 MnO4-、 H+‎ ‎【答案】C ‎【解析】A. Fe2+、NH4+与OH-均反应，不能大量共存，A错误；B. H+与OH-反应，不能大量共存，B错误；C. Na+、Fe2+、Fe3+、NO3-之间不反应，可以大量共存，C正确；D. HCO3-与H+反应，不能大量共存，D错误，答案选C。‎ ‎5.用固体NaOH配制250mL 0.2mol•L﹣1的NaOH，下列操作会导致溶液浓度偏高的是（　　）‎ A. 在托盘天平的两托盘中分别放等质量的纸，称取2.0g NaOH固体 B. 将NaOH固体在烧杯中溶解后迅速小心转移至250mL容量瓶中 C. 定容时不小心加水超过了刻度线，此时迅速用胶头滴管吸出一些 D. 摇匀后发现凹液面最底点低于刻度线，再补加蒸馏水到凹液面最底点与刻度线相平 ‎【答案】B ‎【解析】配制250mL 0.2mol•L-1的NaOH，需要NaOH的质量为0.25L×0.2mol/L×40g/mol=2.0g，则A．由于氢氧化钠吸水，实际称量NaOH质量偏小，n偏小，则导致溶液浓度偏低，应在小烧杯中称量，A不选；B．将NaOH固体在烧杯中溶解后迅速小心转移至250mL容量瓶中，冷却后溶液体积减少，V偏小，则导致溶液浓度偏高，应冷却后转移，B选；C．定容时不小心加水超过了刻度线，此时迅速用胶头滴管吸出一些，n偏小，则导致溶液浓度偏低，应重新配制，C不选；D．摇匀后发现凹液面最底点低于刻度线，再补加蒸馏水到凹液面最底点与刻度线相平，V偏大，导致溶液浓度偏低，不应再加水，D不选；答案选B。‎ ‎6.下面关于电解质叙述中正确的是( )‎ A. 电解质在水中一定能导电 B. 纯水的导电性很差，所以水不是电解质 C. 化合物电离时，生成的阳离子是氢离子的是酸 D. 电解质、非电解质都指化合物而言，单质不属于此范畴 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】A、难溶物硫酸钡、氯化银等在水中均不能导电； B、纯水部分电离,属于化合物,是电解质；‎ C、酸指电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物； ‎ D、按化合物是否导电把化合物分为电解质和非电解质。‎ ‎【详解】A. 电解质在水中不一定能导电，如难溶电解质硫酸钡、氯化银等，故A错误； B. 纯水能够电离出氢离子和氢氧根离子，属于极弱的电解质，故B错误；‎ C. 酸是指电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物,故C错误； D. 在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质,在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质,电解质和非电解质都是对化合物而言的, D正确； 综上所述，本题选D。‎ ‎7.在VmL硫酸铝溶液中含有a g 的Al3+，取该溶液V/10 mL，用水稀释至10V mL，则稀释后溶液中SO42－的物质的量浓度为(　　)‎ A. 5a/9v mol·L-1 B. 10a/9v mol·L-1‎ C. 10a/27v mol·L-1 D. 20a/v mol·L-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】稀释前后Al2(SO4)3溶液中Al3+与SO42－的物质的量浓度之比均为2:3，原溶液中Al3+的物质的量为a/27mol,则原溶液中Al3+的物质的量浓度为a/27mol/VmL×10-3=1000 a/27V mol·L-1，取该溶液V/10mL，Al3+的量为：V/10×10-3×1000a/27V=a/270mol, 用水稀释至10V mL，稀释后Al3+的浓度为a/270mol/(10V×10-3)=10a/27V mol·L-1，则稀释后溶液中SO42－的物质的量浓度为3/2×10a/27V mol·L-1=5a/9v mol·L-1 ； A正确；‎ 综上所述，本题选A。‎ ‎8.完全沉淀相同体积的NaCl 、MgCl2 、 AlCl3 溶液中的Cl－，消耗相同浓度的AgNO3 溶液的体积比为3：2：1，则NaCl 、MgCl2 、 AlCl3溶液的物质的量浓度之比为( )‎ A. 1：2：3 B. 3：2：1 C. 9：3：1 D. 6：3：2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由n=c•V可知使三种溶液中的Cl-完全沉淀时所消耗的n(Ag+)相同，根据Ag++Cl-═AgCl↓，可知三种溶液中n(Cl-)=n(Ag+)，由于三种溶液的体积相等，所以三种溶液中c(Cl-)相等，则c(Cl-)=c(NaCl)= c(MgCl2)= c(AlCl3)，所以c(NaCl):c(MgCl2):c(AlCl3)=6:3:2；‎ 答案选D。‎ ‎9.如果反应4P + 3KOH + 3H2O === 3KH2PO2 + PH3中转移0.6mol电子，消耗KOH的质量为（ ）‎ A. 5.6克 B. 16.8克 C. 33.6克 D. 100.8克 ‎【答案】C ‎【解析】反应中P元素化合价从0价部分升高到+1价，部分降低到－3价，即4molP参加反应转移3mol电子，消耗3molKOH，所以转移0.6mol电子，消耗KOH的物质的量是0.6mol，质量是0.6mol×56g/mol＝33.6g，答案选C。‎ ‎10.下列离子方程式不正确的是( )‎ A. 用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4-＋6H＋＋5H2O2＝2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O B. 用稀H2SO4除去铜绿：4H++Cu2(OH)2CO3＝2Cu2++CO2↑+3H2O C. 将Cl2通入到Na2SO3溶液中：Cl2+SO32-+H2O=SO42-+2H++2Cl-‎ D. 少量Ca(OH)2溶液与NaHCO3混合：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣＝CaCO3↓+2H2O+CO32﹣‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】判断离子方程式是否正确看是否符合客观事实，是否违背质量守恒和电荷守恒，化学式拆分是否正确，阴阳离子配比是否正确，最后看是否漏写某些符号。‎ ‎【详解】A．高锰酸钾能将浓盐酸、H2O2都氧化，应该用稀硫酸酸化的高锰酸钾溶液，故A符合题意。‎ B．铜绿是难溶物，需要写化学式，离子方程式正确，故B不符合题意。‎ C．Cl2具有氧化性，可以将SO32－氧化为SO42－，Cl2被还原为Cl－，C不符合题意。‎ D．少量Ca(OH)2溶液与NaHCO3混合，Ca(OH)2中的离子全部参与反应，离子方程式正确，故D不符合题意。本题选A。‎ ‎11.如图为常见玻璃仪器组成的六种实验装置，根据需要加入液体或者固体试剂。下列说法错误的是( )‎ A. 装有P2O5固体的E不能用于干燥氨气 B. A、B装置能用于收集Cl2，又能用于收集NO C. C、D装置可以用于尾气处理，能防止液体倒吸到气体发生装置中 D. F 装置可用于合成氨实验中，若装入浓硫酸可以干燥、混合并能大致观察H2和N2的体积比 ‎【答案】B ‎【解析】A、五氧化二磷是一种酸性干燥剂，而氨气是一种碱性气体，所以不能用五氧化二磷干燥氨气，故A正确。B、一氧化氮易和氧气反应，不能用排空气法收集，故B错误。C、C、D装置均具有缓冲结构,用于尾气吸收，能防止液体倒吸到气体发生装置中,故C正确。D、F装置用于合成氨实验, 若装浓硫酸，浓硫酸具有吸水性，可干燥气体,并且利用F中气泡的多少能大致观察H2和N2的体积比, 故D正确。本题正确选项为B。‎ ‎12.下列有关碱金属和卤素的说法正确的是( )‎ A. 从Li到Cs，单质的熔、沸点越来越高 B. 从F到I，单质与H2化合生成的氢化物越来越稳定 C. 从F到I，前一种单质都能把后一种单质从其盐溶液中置换出来 D. 从Li到Cs，最高价氧化物对应的水化物碱性越来越强，单质与水反应越来越剧烈 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Li到Cs，单质的熔、沸点越来越低，故A错误。‎ B．从F到I非金属性逐渐减弱，单质与H2化合生成的氢化物稳定性越来越弱，故B错误。‎ C．F2比较活泼，先和水反应生成HF和O2，故C错误。‎ D．从Li到Cs金属性逐渐增强，最高价氧化物对应的水化物碱性越来越强，单质还原性越来越强，与水反应越来越剧烈，故D正确，答案选D。‎ ‎13.现有三组混合液：①CCl4和水；②苯(沸点：80.1℃)和甲苯(沸点：110.6℃)的混合物(二者是性质非常相似的一对互溶液体)；③氯化钾和单质碘的水溶液。分离以上各混合液的正确方法（ ）‎ A. 分液、萃取、蒸馏 B. 蒸馏、萃取、分液 C. 分液、蒸馏、萃取 D. 萃取、蒸馏、分液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】①CCl4和水分层；‎ ‎②苯和甲苯沸点不同；‎ ‎③碘易溶于有机溶剂。‎ ‎【详解】①CCl4和水互不相溶，所以CCl4和水是分层的，采用分液的方法分离；‎ ‎②苯（沸点：80.1℃）和甲苯（沸点：110.6℃）是互溶的两种液体，可以采用蒸馏的方法来分离；‎ ‎③向氯化钾和单质碘水溶液中加入萃取剂，例如四氯化碳，碘单质会溶解在四氯化碳中，四氯化碳和水互不相溶而分层，然后分液即可实现二者的分离，采用萃取法；‎ 答案选C。‎ ‎14.在化合、分解、置换、复分解等四类反应中，只选用同一类反应，不能实现的变化是（ ）‎ A. Cu→Cu(OH)2 B. C→H2CO3‎ C. FeCl3→Fe2(SO4)3 D. MgCO3→Mg(OH)2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、铜与氧气发生化合反应生成氧化铜，氧化铜与硫酸发生复分解反应生成硫酸铜，硫酸铜与氢氧化钠发生复分解反应生成氢氧化铜，只用一种反应类型不能实现，故A选；B. C与氧气发生化合反应生成二氧化碳，二氧化碳与水化合生成碳酸，用一种反应类型能实现，故B不选；C、氯化铁与氢氧化钠发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁与硫酸发生复分解反应生成硫酸铁，用一种反应类型能实现，故C不选；D、碳酸镁与稀盐酸发生复分解反应生成氯化镁和水，氯化镁溶液能与氢氧化钠发生复分解反应生成氢氧化镁沉淀，只用一种反应类型可以实现，故D不选；故选A。‎ ‎15.已知12mL0.1mol/L的亚硫酸(H2SO3)溶液，恰好跟20mL浓度为0.02mol/L的重铬酸钾(K2Cr2O7)溶液完全反应，且H2SO3被氧化，则元素铬(Cr)在还原产物中的化合价是（ ）‎ A. +2 B. +4 C. +1 D. +3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】亚硫酸具有还原性，重铬酸钾具有强氧化性，二者发生氧化还原反应，亚硫酸被氧化生成硫酸，重铬酸钾被还原，根据转移电子守恒计算Cr元素在还原产物中的化合价。‎ ‎【详解】n(H2SO3)=0.1mol/L×0.012L=0.0012mol，n(K2Cr2O7)=0.02mol/L×0.02L=0.0004mol，亚硫酸具有还原性，重铬酸钾具有强氧化性，二者发生氧化还原反应，亚硫酸被氧化生成硫酸，重铬酸钾被还原，设Cr元素在还原产物中的化合价为x，根据转移电子守恒得0.0012mol×（6-4）=0.0004mol×2×（6-x），解得x=+3，答案选D。‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共40分）‎ ‎16.用MnO2氧化密度为1.19 g·cm－3，溶质质量分数为36.5%的HCl溶液。反应的化学方程式为： MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O ‎（1）该反应的离子方程式为：________________，该盐酸的物质的量浓度为___________mol/L。‎ ‎（2）用双线桥法表示出该反应的电子转移方向和数目:___________________________。‎ ‎（3）8.7gMnO2与足量浓盐酸反应能使________molHCl被氧化；其中，还原过程为：________→_______。‎ ‎（4）浓盐酸在反应中显示出来的性质是__________（填字母）‎ a.还原性 b.酸性 c.氧化性 d. 挥发性 ‎【答案】(1). MnO2+4H++2Cl-=Mn2+ + Cl2↑+2H2O (2). 119 (3). (4). 0.2 (5). MnO2 (6). Mn2+ (7). a b ‎【解析】（1）根据化学反应方程式可知该反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O：根据可知该盐酸的物质的量浓度为＝11.9mol/L。（2）反应中氯元素化合价从－1价升高到0价，Mn元素化合价从+4价降低到+2价，所以用双线桥法表示出该反应的电子转移方向和数目为。（3）8.7gMnO2的物质的量是8.7g÷87g/mol＝0.1mol，根据电子得失守恒可知与足量浓盐酸反应能使0.2molHCl被氧化；其中还原过程为MnO2→Mn2+。（4）根据方程式可知还有氯化锰生成，所以浓盐酸在反应中显示出来的性质是酸性和还原性，答案选ab。‎ ‎17.根据题目信息完成下列方程式。‎ ‎(1)钛(Ti)因为具有神奇的性能越来越引起人们的关注。地壳中含钛铁矿石之一是金红石(TiO2)，目前大规模生产的方法是：‎ 第一步：金红石、炭粉混合，在高温条件下，通入Cl2制得TiCl4和一种可燃气体，该反应的化学方程式为：____________________________________________；‎ 第二步：在氩气的气氛中，用过量的镁在加热条件下与TiCl4反应制得金属钛。写出此反应的化学方程式：____________________________________________。‎ ‎(2)用100mL 0.1mol/L的NaOH溶液吸收224mLCO2气体(标准状况)，恰好完全吸收。再将所得溶液加入100mL 0.1mol/L氢氧化钙溶液中。请写出所得溶液与氢氧化钙溶液反应的离子方程式：_________________________________________________。‎ ‎【答案】(1). TiO2+2C+2Cl2 TiCl4+2CO (2). 2Mg+TiCl42MgCl2+Ti (3). Ca2++HCO3- + OH- = CaCO3↓+ H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）第一步:根据元素守恒及原子守恒确定另一种生成物,再根据反应物、生成物及反应条件书写方程式；‎ 第二步:根据反应物、生成物及反应条件书写方程式；‎ ‎（2）用100mL0.1mol/L的NaOH吸收224mLCO2气体(标准状况)，恰好完全吸收。n(NaOH)=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，n(CO2)=0.224L/22.4L/mol=0.01mol，二者恰好反应生成NaHCO3，再将所得溶液加入100mL0.1mol/L氢氧化钙溶液中,氢氧化钙物质的量0.1mol/L×0.1 L=0.01mol，所以碳酸氢钠与氢氧化钙1:1完全反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，据此写出该反应的离子方程式。‎ ‎【详解】(1)第一步:在高温时,将金红石TiO2、炭粉混合并通入氯气制得TiCl4和一种可燃气体,根据元素守恒及原子守恒知,该物质是CO,所以反应方程式为：TiO2+2C+2Cl2 TiCl4+2CO；在氩气的气氛中，用过量的镁在加热条件下与TiCl4反应制得金属钛，发生置换反应，反应的化学方程式：2Mg+TiCl42MgCl2+Ti ； ‎ 综上所述，本题答案是：TiO2+2C+2Cl2 TiCl4+2CO，2Mg+TiCl42MgCl2+Ti 。‎ ‎(2)用100mL0.1mol/L的NaOH吸收224mLCO2气体(标准状况)，恰好完全吸收。n(NaOH)=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，n(CO2)=0.224L/22.4L/mol=0.01mol,二者恰好反应生成NaHCO3，再将所得溶液加入100mL0.1mol/L氢氧化钙溶液中,氢氧化钙物质的量0.1mol/L×0.1 L=0.01mol，所以碳酸氢钠与氢氧化钙1:1完全反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为: Ca2++HCO3-+OH- =CaCO3↓+H2O；‎ 综上所述，本答案是：Ca2++HCO3-+OH- = CaCO3↓+H2O。‎ ‎18.(一)某化学兴趣小组设计了图示实验装置(图中省略了夹持仪器)来测定某铁碳合金中铁的质量分数。‎ ‎(1)仪器A的名称是___________。‎ ‎(2)C装置的作用______________。‎ ‎(3)该小组同学设计的实验装置存在缺陷，有关该实验装置及实验过程中，下列因素可能会导致铁质量分数测量值偏低的是___________。‎ A．A中反应不完全 ‎ B．反应生成SO2部分被E中碱石灰吸收 C．E中碱石灰会吸收空气中的CO2和H2O D．反应完全后，还有CO2气体滞留在装置体系中 ‎(二)将19.20 g CuO和Fe2O3的混合物在高温下与足量的CO充分反应，反应后全部气体用200 mL 1.20 mol▪L-1 Ba(OH)2溶液吸收，生成35.46 g白色沉淀(不考虑沉淀的溶解，忽略溶液体积的变化)。‎ ‎(4)则吸收气体后溶液中溶质的化学式为________，其浓度为_________。‎ ‎(5)混合物中CuO和Fe2O3的物质的量之比为__________。‎ ‎【答案】(1). 圆底烧瓶 (2). 除尽反应生成的二氧化硫 (3). BC (4). Ba(HCO3)2 (5). 0.3 mol▪L-1 (6). 2:1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(一)由装置图可知，实验原理是通过测定干燥管E的质量增重确定二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算铁碳合金中碳的质量，进而计算铁的质量，再计算合金中铁的质量分数。故二氧化硫会影响二氧化碳的测定，进入干燥管E的气体应除去二氧化硫、且干燥。‎ ‎(二) CuO和Fe2O3的混合物在高温下与足量的CO充分反应生成CO2，少量CO2与Ba(OH)2反应生成BaCO3，过量的CO2再与与BaCO3反应生成Ba(HCO3)2，依据反应的化学方程式解题即可。‎ ‎【详解】(1)仪器A为圆底烧瓶。‎ ‎(2)C中酸性高锰酸钾可以和SO2发生反应，因此C装置是为了除尽SO2，避免影响对CO2的测定。‎ ‎(3)A．A中反应不完全，导致测定的CO2的质量减少，铁的质量分数增大，故A错误。‎ B．反应生成的SO2部分被E中碱石灰吸收，导致测定的CO2的质量增大，铁的质量分数减小，故B正确。‎ C．E中碱石灰会吸收空气中的CO2和H2O，导致测定的CO2的质量增大，铁的质量分数减小，故C正确。‎ D．装置中残留的CO2没有完全被E吸收，导致测定的CO2的质量减少，铁的质量分数增大，故D错误。本题选BC。‎ ‎(二) (4)发生反应为CO2+Ba(OH)2=BaCO3↓+H2O①、CO2+H2O+BaCO3=Ba(HCO3)2②。生成35.46 g白色沉淀BaCO3，根据化学方程式①可求得参加反应①n1［Ba(OH)2］=n(BaCO3)==0.18mol，参与反应②的n2［Ba(OH)2］=0.2 L×1.20 mol▪L－1－0.18mol =0.06 mol，根据化学方程式②列比例式可得n［Ba (HCO3)2］=0.06 mol，c［Ba (HCO3)2］==0.3 mol/L。吸收后溶液的溶质为Ba (HCO3)2。‎ ‎(5)参与反应①的n1(CO2)= n1［Ba(OH)2］=0.18mol，参与反应②的n2(CO2)= n2［Ba(OH)2］+ n2(BaCO3)=0.12mol，因为生成的CO2全部参与了反应，n(CO2)= 0.18mol+0.12mol=0.3mol。设CuO和Fe2O3的物质的量分别为x mol、y mol，根据化学方程式CuO+COCu+CO2、Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，列方程组80x+160y=19.2①，x+3y=0.3②，解得x=0.12 mol，y=0.06 mol。CuO和Fe2O3的物质的量之比为2∶1。‎