学年福建省福州市福清市重点中学高一下学期期中考试化学试题解析版.docx

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学年福建省福州市福清市重点中学高一下学期期中考试化学试题解析版

2018-2019学年福建省福州市福清市重点中学高一下学期期中考试

化学试题（解析版）

可能用到的相对原子质量：

H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5Fe-56Zn-65P-31Cu-64

1.下列说法不正确的是（　　）

A.氧气和臭氧互为同素异形体

B.CH3CH2OH和CH3OCH3互为同分异构体

C.

和

互为同位素

D.

的最外层电子数为2，所以

具有较强的金属性

【答案】D

【解析】

【分析】

考查同分异构体、同素异形体、同位素等知识，从它们研究的对象入手即可；

【详解】A、同素异形体：

是由同种元素组成不同结构的单质，即同素异形体研究的对象是单质，氧气和臭氧都是有氧元素组成的单质，它们互为同素异形体，故A说法正确；

B、同分异构体：

是分子式相同结构不同的化合物，题中所给有机物的分子式为C2H6O，前者属于醇，后者属于醚，因此两者互为同分异构体，故B说法正确；

C、同位素：

具有相同质子数不同中子数的同一元素不同原子，因此题中所给微粒属于同位素，故C说法正确；

D、He为稀有气体，不具有较强的金属性，故D说法错误。

2.下列金属氧化物中属于两性氧化物的是（）

A.Na2O2B.Al2O3C.Fe2O3D.CaO

【答案】B

【解析】

【分析】

应从两性氧化物的定义入手，既能与酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水的氧化物；

【详解】A、Na2O2属于过氧化物，不属于两性氧化物，故A不符合题意；

B、Al2O3能与酸反应，如与盐酸反应：

Al2O3＋6HCl=2AlCl3＋3H2O，也能与NaOH反应：

Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O，符合两性氧化物的定义，Al2O3属于两性氧化物，故B符合题意；

C、Fe2O3属于碱性氧化物，故C不符合题意；

D、CaO属于碱性氧化物，故D不符合题意。

3.下列化学用语或模型正确的是（）

A.氮分子的电子式:

B.过氧化氢分子的结构式:

H-O=O-H

C.Na2O的电子式:

D.水分子的比例模型：

【答案】C

【解析】

【详解】A、氮分子化学式为N2，两个氮原子之间共用三个电子对，题中所给N原子缺少孤电子对，正确的是

，故A错误；

B、过氧化氢的结构式为H－O－O－H，故B错误；

C、过氧化钠中存在离子键和非极性共价键，其电子式为

，故C正确；

D、比例模型反映出的原子真实大小的比值，以及空间构型，因此水分子比例模型为

，故D错误。

【点睛】易错点是选项D，比例模型表现分子中各原子的大小和相对位置，不仅注意原子半径，还要注意分子空间构型，氧原子半径大于氢原子，且水分子空间构型为V型。

4.下列变化不需要破坏化学键的是（　　）

A.加热氯化铵B.干冰升华

C.水通电分解D.氯化氢溶于水

【答案】B

【解析】

试题分析：

A.加热分解氯化铵，分解产生氨气和HCl，有化学键的断裂和形成，A错误；B.干冰汽化是物质由固体变为气态，没有化学键的断裂和形成，B正确；C.水通电分解，产生氢气和氧气，有新的物质生成，因此有化学键的断裂和形成，C错误；D.氯化氢溶于水，电离产生H+和Cl-，有化学键的断裂，D错误。

答案选B。

考点：

考查物质变化与化学键的断裂的关系的判断的知识。

5.某元素的原子最外层只有一个电子，它与卤素结合时，所形成的化学键（　　）

A.一定是离子键

B.一定是共价键

C.可能是离子键也可能是共价键

D.以上说法都不正确

【答案】C

【解析】

试题分析：

原子最外层只有一个电子的元素可能是氢元素，也可能是碱金属元素，因此该元素与卤素结合时，可能形成离子键（如NaCl），也可能形成共价键（如HCl）。

故选C。

考点：

化学键、元素推断

6.对于

和

两种粒子，下列叙述正确的是（　　）

A.质子数一定相同，质量数和中子数一定不同

B.化学性质几乎相同

C.一定都由质子、中子、电子构成

D.核电荷数、核外电子数一定相同

【答案】A

【解析】

【详解】A、Z为质子数，A和A＋1为质量数，中子数分别是A－Z、A＋1－Z，故A正确；

B、前者为原子，后者为离子，它们化学性质不同，故B错误；

C、如果X为H，如果前者为11H，则不含中子，故C错误；

D、质子数=核电荷数，即两种微粒核电荷数相同，对于原子来说，质子数等于核外电子数，即前者核外电子数为Z，后者为Z－1，故D错误。

7.X、Y、Z为三种单质。

已知Y能将Z从其化合物的水溶液中置换出来，而Z又能将X从其化合物的水溶液中置换出来。

由此可以推断下列说法中可能正确的是

①单质的氧化性:

Y>Z>X；②单质的还原性:

Y>Z>X；③对应离子的氧化性:

X>Z>Y；④对应离子的还原性:

X>Z>Y

A.①B.②③C.①④D.D①②③④

【答案】D

【解析】

Y能将Z从其化合物中的水溶液中置换出来，因为不知道Z在化合物中的价态，因此可能Y的氧化性大于Z，也可能是Y的还原性大于Z，Z能将X从其化合物的水溶液中置换出来，因为不知道X在化合物中的价态，因此推出Z的氧化性可能强于X，或者Z的还原性强于X，①根据上述分析，氧化性Y>Z>X，故①正确；②根据上述分析，还原性Y>Z>X，故②正确；③单质的还原性强，其离子的氧化性就弱，因此离子的氧化性：

X>Z>Y，故③正确；④单质的氧化性强，其离子的还原性减弱，即离子的还原性：

X>Z>Y，故④正确；综上所述，选项D正确。

点睛：

非金属性或金属性强弱的比较中常用的方法之一是置换反应，（非）金属性强的置换出（非）金属性弱的，同时学生还应注意“单强离弱、单弱离强”的理解，特别注意（Fe3＋除外）。

8.下列关于铵盐的叙述不正确的是（　　）

A.所有铵盐中，氮元素化合价都是－3价

B.所有铵盐都溶于水

C.铵态氮肥不宜与草木灰混合使用

D.铵盐都是离子化合物

【答案】A

【解析】

【详解】A、如果铵盐为NH4NO3，NH4＋中N的化合价为－3价，NO3－中N显＋5价，故A说法错误；

B、所有铵盐都溶于水，故B说法正确；

C、铵态氮肥不应跟碱性物质如草木灰混合使用，铵盐遇碱生成氨气，降低肥效，故C说法正确；

D、铵盐都是NH4＋和酸根离子通过离子键结合形成的，属于离子化合物，故D说法正确。

9.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。

W的原子半径是周期表中最小的；X2—与Y+的电子层结构相同；Z的最高正价与最低负价的代数和为4，下列说法正确的是（）

A.原子半径：

Z

B.最简单氢化物的稳定性：

X

C.X与Y形成的化合物中，阴阳离子个数比为1:

2

D.Z的低价氧化物与X的氢化物反应，一定生成弱酸

【答案】C

【解析】

W的原子半径是周期表中最小的，则W为氢（H）元素；X、Y均为短周期元素，X2—与Y+的电子层结构相同，则两种离子均为两个电子层，则X为氧（O），Y为钠（Na）元素；Z的最高正价与最低负价的代数和为4，则Z最高价为+6价，最低负极为-2价，故Z为硫（S）元素。

A、电子层数越多，原子半径越大，则X（O）半径最小，同周期主族元素，从左到右原子半径逐渐减小，则半径Y（Na）＞Z（S），所以原子半径：

Y＞Z＞X，故A错误；B、同主族元素，从上到下，非金属性减弱，其氢化物的稳定性减弱，故最简单氢化物的稳定性X（O）＞Z（S），故B错误；C、X与Y形成的化合物有两种，Na2O和Na2O2,两者阴阳离子个数比为1:

2，故C正确；D、Z的低价氧化物为SO2，X的氢化物有两种：

H2O和H2O2,SO2与H2O反应生成弱酸H2SO3，SO2与H2O2发生氧化还原反应，生成强酸H2SO4，故D错误。

故选C。

10.某元素X最高价含氧酸的相对分子质量为98，且X的氢化物的分子式不是H2X，则下列说法正确的是（　　）

A.X的最高价含氧酸的分子式可表示为H3XO4

B.X是第2周期ⅤA族元素

C.X是第2周期ⅥA族元素

D.X的最高正化合价为＋4

【答案】A

【解析】

【分析】

最高价含氧酸的相对分子质量为98，该含氧酸可能是H2SO4，也可能为H3PO4，但氢化物的分子式不能为H2X，则含氧酸不是H2SO4，而是H3PO4，故X元素为P；

【详解】最高价含氧酸的相对分子质量为98，该含氧酸可能是H2SO4，也可能为H3PO4，但氢化物的分子式不能为H2X，则含氧酸不是H2SO4，而是H3PO4，故X元素为P；

A、根据上述分析，X的最高价含氧酸的分子式为H3PO4，故A正确；

B、X为P，位于第三周期VA族，故B错误；

C、根据选项B分析，故C错误；

D、P的最高正化合价为＋5价，故D错误。

11.运用元素周期律分析下面的推断，其中不正确的是（　　）

A.锂（Li）与水反应比钠与水反应剧烈

B.砹（At）为有色固体，AgAt难溶于水也不溶于稀硝酸

C.在氧气中，铷（Rb）的燃烧产物比钠的燃烧产物更复杂

D.HBrO4的酸性比HIO4的酸性强

【答案】A

【解析】

试题分析：

锂金属性比钠弱，锂与水反应比钠与水反应慢，故A错误；砹与碘同族，碘为紫色固体，AgI难溶于水也不溶于稀硝酸,所以砹（At）为有色固体，AgAt难溶于水也不溶于稀硝酸，故B正确；铷（Rb）比钠活泼，铷的燃烧产物比钠的燃烧产物更复杂，故C正确；溴非金属性大于碘，非金属性越强，最高价含氧酸酸性越强，HBrO4的酸性比HIO4的酸性强，故D正确。

考点：

本题考查元素周期律。

12.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中位置如下图所示，若W原子最外层电子数是其内层电子总数的3/5。

下列说法中，正确的是（　　）

A.X只有一种氧化物

B.气态氢化物的稳定性Z>W

C.原子半径由大到小排列顺序Z>Y>X

D.元素X是自然界中形成化合物种类最多

元素

【答案】D

【解析】

试题分析：

短周期元素W原子最外层电子数是其内层电子总数的3/5，则W是S，所以Z是P，Y是N，X是C。

A．X有CO、CO2两种氧化物，错误；B．由于元素的非金属性：

W>Z，所以气态氢化物的稳定性Z

考点：

考查元素周期表、元素周期律的应用的知识。

13.化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的特殊情况。

下列反应中不属于这种情况的是（　　）

A.过量的稀硝酸和铁反应

B.常温下过量浓硝酸与铝块

C.过量的二氧化锰与浓盐酸

D.加热下过量的铜与浓硫酸

【答案】A

【解析】

【详解】A、硝酸具有强氧化性，与Fe发生反应：

Fe＋4HNO3=Fe（NO3）3＋NO↑＋2H2O，Fe无剩余，不符合“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”，故A符合题意；

B、常温下，铝与浓硝酸发生钝化反应，阻碍反应的进行，硝酸过量，铝有剩余，符合“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”，故B不符合题意；

C、MnO2过量，浓盐酸不足，但MnO2只跟浓盐酸反应，随着反应进行，盐酸浓度降低，反应停止，MnO2和HCl都有剩余，符合“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”，故C不符合题意；

D、加热时铜与浓硫酸反应，不与稀硫酸反应，随着反应的进行，浓硫酸浓度变稀，反应停止，硫酸和Cu有剩余，符合“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”，故D不符合题意。

14.下列反应的离子方程式书写正确的是（　　）

A.硫酸亚铁溶液中通入氯气Fe2＋＋Cl2＝Fe3＋＋Cl－

B.亚硫酸钠与硫酸氢钠溶液反应：

SO32-＋2H＋=H2O＋SO2↑

C.氯化铝与足量氨水反应：

4NH3·H2O+Al3+=AlO2-+4NH4++2H2O

D.浓硝酸与铜反应：

3Cu＋8H＋＋2NO

===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O

【答案】B

【解析】

【详解】A、氯原子不守恒，正确离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，故A错误；

B、亚硫酸钠的电离方程式为Na2SO3=2Na＋＋SO32－，NaHSO4电离方程式为NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42－，两者混合后发生2H＋＋SO32－=H2O＋SO2↑，故B正确；

C、氢氧化铝不溶于氨水，正确的离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O=Al（OH）3↓＋2NH4＋，故C错误；

D、Cu与浓硝酸反应生成NO2，离子反应方程式为Cu＋4H+＋2NO3－=Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O，故D错误。

15.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（　　）

A.lmolHNO3作为氧化剂得到的电子数一定为3NA

B.含1molH2SO4的浓硫酸与足量铜加热的条件下反应生成SO2分子数小于0.5NA

C.0.4mol/LNa2SO4 溶液中，所含Na+和SO42-总数为1.2NA

D.在标准状况下，0.1molFe粉在足量稀硝酸中充分反应转移电子数为0.2NA

【答案】B

【解析】

【分析】

考查阿伏加德罗常数，一般涉及氧化还原反应中电子转移、特殊反应、物质组成等知识，从基础知识入手即可；

【详解】A、HNO3如果为浓硝酸，HNO3作氧化剂，HNO3被还原为NO2，即1mol浓硝酸作氧化剂，转移电子物质的量为1mol，故A错误；

B、加热时，铜只跟浓硫酸反应，不与稀硫酸反应，铜与浓硫酸反应，随着反应的进行，硫酸浓度降低，反应停止，即1molH2SO4的浓硫酸与足量铜加热反应，生成SO2的物质的量小于0.5mol，故B正确；

C、题中无法得到溶液的体积，即无法计算Na＋、SO42－的物质的量，故C错误；

D、过量的稀硝酸将Fe氧化成Fe3＋，因此0.1molFe与足量的稀硝酸反应转移电子物质的量为0.3mol，故D错误。

【点睛】易错点是选项C，学生忽略了微粒数与物质的量之间的关系，错把物质的量浓度当物质的量，平时应注意基础的知识的积累，加强审题能力的培养。

16.镁、铝、铁三种金属，分别与足量的同体积同浓度的盐酸反应，同温同压下，产生相同体积的氢气，则反应中（）

A.金属失去电子数目相等

B.消耗金属的质量相等

C.消耗金属的物质的量相等

D.消耗的HCl的量不相等

【答案】A

【解析】

A．铁、镁、铝三种金属分别和等体积等浓度的盐酸反应，反应的本质都是金属失去电子，溶液中氢离子得到电子变为氢气，故同温同压下，产生相同体积的氢气时，氢离子得到电子的数目必然相等，而这些电子均由金属提供，则参加反应的金属失去的电子数相等，选项A正确；B．铁、镁、铝三种金属，分别与同体积同浓度的盐酸反应后，同温同压下，产生相同体积的氢气，设所需要的金属质量分别是x、y、z，则有

×2=

×2=

×3，所以可得参加反应的金属质量比是28：

12：

9，选项B错误；C．若相同条件下产生相同体积的氢气，设为1mol，则根据反应的关系式可知：

所需Fe、Mg、Al三种金属的物质的量之比为：

1mol：

1mol：

mol=3：

3：

2，选项C错误；D．铁、镁、铝三种金属分别和等体积等浓度的盐酸反应，反应的本质都是金属失去电子，溶液中氢离子得到电子变为氢气，故同温同压下，产生相同体积的氢气时消耗的盐酸的物质的量相等，选D错误。

答案选A。

点睛：

本题主要考查了金属的化学性质以及金属与酸反应的实质和有关的计算，铁、镁、铝三种金属分别和等体积等浓度的盐酸反应，反应的本质都是金属失去电子；同温同压下，产生相同体积的氢气，说明产生的氢气的物质的量相等，1mol铁失去2mol电子，1mol镁失去2mol电子，1mol铝失去3mol电子，据此解答。

17.下列陈述Ⅰ、Ⅱ均正确并且有因果关系的是（　　）

选项

陈述Ⅰ

陈述Ⅱ

A

SO2有漂白性

SO2可使酸性高锰酸钾溶液褪色

B

NH3极易溶于水

充满NH3

试管倒置于水槽中，水面迅速上升

C

浓硫酸有强氧化性

浓硫酸可用于干燥H2和CO

D

常温下，铁与浓硝酸发生钝化

常温下，铁与浓硝酸不反应

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A、SO2能使酸性高锰酸钾褪色，利用SO2的还原性和KMnO4的强氧化性，与SO2的漂白性无关，I和Ⅱ之间无因果关系，故A不符合题意；

B、NH3极易溶于水，试管内气体压强减小，使水面上升，I和Ⅱ之间存在因果关系，故B符合题意；

C、浓硫酸用于干燥H2和CO，利用浓硫酸的吸水性，与浓硫酸的强氧化性无关，故C不符合题意；

D、钝化也是化学反应，故D不符合题意。

【点睛】易错点是选项A，SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，利用SO2的还原性，SO2的漂白性一般仅限于使品红溶液褪色，且不能漂白酸碱指示剂，基础知识应记准。

18.提纯下列物质（括号内物质为杂质），选用的试剂和方法都正确的是（　　）

物质

除杂试剂

方法

A

CO2（SO2）

NaOH溶液

洗气

B

FeCl2溶液（FeCl3）

足量铜粉

过滤

C

FeSO4溶液（CuSO4）

足量铁粉

过滤

D

Al2O3（Fe2O3）

NaOH溶液

过滤

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A、CO2和SO2属于酸性氧化物，都能与NaOH反应，因此除去CO2中SO2，常通过饱和NaHCO3溶液，故A错误；

B、除去FeCl2溶液中FeCl3，如果用铜粉，则发生Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，引入新杂质Cu2＋，因此除去FeCl2溶液中FeCl3常加入铁粉，然后过滤，故B错误；

C、加入足量铁粉，发生Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，然后过滤，不引入新的杂质，故C正确；

D、氧化铝为两性氧化物，能与NaOH反应，Fe2O3为碱性氧化物，不能与NaOH反应，因此加入NaOH溶液，不能达到除杂

目的，故D错误。

19.四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-具有相同的电子层结构，若m＞n，则下列叙述的判断正确的是

①a-b=n-m②元素的原子序数a＞b＞c＞d③元素非金属性Z＞R④最高价氧化物对应水化物碱性X＞Y．

A.只有③B.②③C.①②③D.①②③④

【答案】B

【解析】

试题分析：

①离子aXm+、bYn+具有相同的电子层结构，则离子具有相同的电子数，即a-m=b-n，①错误；②由题意可知，具有相同的电子层结构，根据阴前阳后，X、Y在下一周期，Z、R在上一周期，若m＞n，则Y在X的前面，R在Z的前面，所以元素的原子序数为a＞b＞c＞d，②正确；③Z、R为上一周期的非金属元素，且元素的原子序数的c＞d，在同一周期元素非金属性从左向右逐渐增强，即非金属性Z＞R，③正确；④四种主族元素中X、Y为下一周期的金属元素，且元素的原子序数a＞b，在同一周期元素的金属性从左向右逐渐减弱，即金属性Y＞X，则最高价氧化物对应水化物碱性Y＞X，④错误；答案选B。

【考点定位】本题主要是考查学生利用离子的电子层结构相同来分析元素的位置及性质

【名师点晴】明确相同的电子层结构得出核外电子数相等是解答本题的关键，并利用金属、非金属性的比较规律来解答即可，题目难度不大。

20.若下列图像中横轴代表所加溶液体积，纵坐标代表生成沉淀质量，则各项描述中与图像能对应的是（　　）

A.图①可能是MgCl2、AlCl3溶液逐滴加氨水至过量

B.图②可能是AlCl3溶液逐滴加NaOH溶液至过量

C.图③可能是NaAlO2溶液滴加稀盐酸至过量

D.图④可能是含一定量HCl的AlCl3溶液逐滴加氨水至过量

【答案】D

【解析】

A．MgCl2、溶液中滴加氨水至过量，应生成沉淀氢氧化镁、氢氧化铝，由于氢氧化铝不溶于弱碱，所以沉淀完全后不再变化，A错误；B．向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量，先生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钠过量后沉淀溶解生成偏铝酸钠，发生的反应为：

Al3＋＋3OH－＝Al（OH）3↓、Al（OH）3＋OH－＝AlO2－＋2H2O，两过程中氢氧化钠的用量为3：

1，与图象不符合，B错误；C．向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡，开始会生成沉淀，当偏铝酸钠完全沉淀后继续滴入盐酸，沉淀会溶解，发生的反应为：

AlO2－＋H＋＋2H2O===Al（OH）3↓、Al（OH）3＋3H＋===Al3＋＋3H2O，两过程消耗盐酸量为1：

3，与图象不符合，C不正确；D．向含一定量HCl的AlCl3溶液逐滴加氨水至过量，氨水首先与盐酸发生中和反应，然后沉淀铝离子，由于氨水不能溶解氢氧化铝，所以沉淀达到最大值以后，不再发生变化，D正确，答案选D。

点睛：

本题以图象题形式考查了铝盐、偏铝酸盐与酸、碱反应以及沉淀的变化分析，注意滴加顺序不同，量不同会导致产物不同。

答题时要根据反应过程判断结合图像的变化趋势去分析解答，尤其要注意起点、拐点以及终点的判断。

21.将3.2g铜粉与一定质量浓硝酸反应，当铜完全作用时，收集到气体2.24L（标准状况下），则消耗的硝酸的物质的量一共是（）

A.0.22molB.0.2molC.0.16molD.0.1mol

【答案】B

【解析】

【分析】

铜与一定量的浓硝酸反应，产生的气体可能为NO2，也可能为NO2和NO的混合物，Cu转化成Cu（NO3）2，然后根据氮元素守恒进行分析；

【详解】铜与一定量的浓硝酸反应，产生的气体可能为NO2，也可能为NO2和NO的混合物，Cu转化成Cu（NO3）2，气体无论是NO2还是NO2与NO的混合物，标准状况下，气体中氮原子物质的量为2.24L/22.4L·mol－1=0.1mol，根据氮原子守恒，消耗硝酸的物质的量为2n（Cu）＋0.1mol=2×3.2g/64g·mol－1＋0.1mol=0.2mol，故B正确。

22.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）

A.某份不含其他离子澄清溶液中：

Fe3+、Ca2+、NO3-、Cl-

B.在含0.1mol/LHNO3溶液中：

Cu2+、Na+、Cl-、SO32-

C.

含0.1mol/LFeCl3溶液中：

K+、NH4+、I-、SCN-

D.与铝粉反应放出氢气的无色溶液中：

NO3-、Cu2+、Na+、SO42-

【答案】A

【解析】

【分析】

不共存的离子发生的反应是复分解反应、氧化还原反应、络合反应等，然后根据题中所给限制条件，利用元素及其化合物的性质进行分析；

【详解】A、这些离子能够大量共存，故A符合题意；

B、HNO3具有强氧化性，SO32－以还原性为主，两者能发生氧化还原反应，因此题中所给离子不能在指定溶液中大量共存，故B不符合题意；

C、Fe3＋能氧化I－，Fe3＋与SCN－发生络合反应，因此题中所给离子在指定的溶液中不能大量共存，故C不符合题意；

D、能与铝反应放出氢气，该溶液可能为碱，也可能为酸，该溶液为无色溶液，Cu2＋显蓝色，如果溶液是碱，则Cu2＋不与OH－大量共存，如果溶液为酸，NO3－在酸性条件下具有强氧化性，与金属反应不产生氢气，题中所给离子不能在指定溶液中大量共存，故D不符合题意。

【点睛】解决离子共存试题的方法是：

①一看色，审清溶液为无色还是有色，熟记MnO4－紫（红）色、Cu2＋蓝色、Fe2＋浅绿色、Fe3＋棕色或红棕色等；②看