浙江省金华市东阳中学2019-2020学年高一上学期开学考试化学试题

浙江省金华市东阳中学2019-2020学年高一上学期开学考试化学试题

www.ks5u.com 东阳中学2019年高一化学暑期检测卷 一、选择题（每题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.我国在基本解决温饱之后，存在着碘、铁、钙、维生素A等比较普遍的微量营养素缺乏，食物强化是我国营养改善策略的重要组成内容。下列物质中，最适合用于铁强化的是（ ）‎ A. 酱油 B. 食盐 C. 牛奶 D. 奶粉 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据我们人民的饮食习惯及酱油成分，我国在酱油中添加铁营养强化剂，故A正确；‎ 故选A。‎ ‎2.下列物质属于强电解质的是（　　）‎ A. 蔗糖 B. 铜 C. 稀硫酸 D. 硫酸钡晶体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、蔗糖是有机化合物，属于非电解质，故A不选；‎ B、铜是单质，电解质是化合物，所以铜既不是电解质也不是非电解质，故B不选；‎ C、稀硫酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C不选；‎ D、硫酸钡晶体属于盐，在水溶液中溶解的硫酸钡能够完全电离，则硫酸钡是强电解质，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎3.下列叙述正确的是（　　）‎ A. 氧化还原反应的本质是化合价发生变化 B. 有单质产生的分解反应一定是氧化还原反应 C. 某元素从化合态变为游离态时，该元素一定被还原 D. 还原剂在反应中发生还原反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氧化还原反应的本质是电子转移，故A错误；‎ B.分解反应是一种反应物生成多种产物，有单质产生的分解反应，一定有元素化合价发生变化，是氧化还原反应，故B正确；‎ C.某元素从化合态变为游离态时，该元素化合价可能升高也可能降低，则元素可能被还原也可能被氧化，故C错误；‎ D.还原剂在反应中发生氧化反应，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】氧化还原反应的本质是电子转移，特征是化合价的升降；氧化还原反应中，氧化剂化合价降低，得到电子，发生还原反应，还原剂反之。‎ ‎4.下列关于原子结构的说法正确的是（　　）‎ A. 所有原子都含有质子、中子和电子3种基本微粒 B. 质子数决定元素的种类，中子数决定原子的种类 C. 质子、中子和电子不可以进一步分成更小的微粒 D. 1H、2H2、3H+不能互称为同位素 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 普通H没有中子，多数原子都含有质子、中子和电子三种基本构成微粒，故A错误；‎ B. 质子数决定元素的种类，质子数与中子数决定核素的种类，故B错误；‎ C. 随科学的发展，可认识到微粒可以再分成更小的微粒，故C错误；‎ D. 2H2、3H+不是原子，不能互称为同位素，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎5.是常规核裂变产物之一，可以通过测定大气或水中的含量变化来监测核电站是否发生放射性物质泄漏。下列有关的叙述中错误的是（　　）‎ A. 与的化学性质相同 B. 2与2为两种不同的核素 C. 的原子核外电子数为53 D. 的原子核内中子数多于电子数 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 与的质子数相同，核外电子数相同，最外层电子数相同，化学性质相同，故A正确；‎ B. 2与2为两种不同的单质，不是原子，故B错误；‎ C. 的质子数53，核外电子数53，故C正确；‎ D. 的质子数53，质量数=131，中子数=131−53=78，核外电子数53，原子核内中子数多于电子数，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎6. 下列变化过程中，属于还原反应的是（ ）‎ A. HCl→MgCl2 B. Na→Na+‎ C. CO→CO2 D. Fe3+→Fe ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：物质所含元素化合价降低，得到电子的反应是还原反应，所以选项D正确。A中化合价不变，B和C中化合价升高，属于氧化反应，答案选D。‎ 考点：考查还原反应和氧化反应判断 点评：该题是常识性知识的考查，难度不大。该题的关键是明确还原反应和氧化反应的含义，然后准确标出有关元素的化合价变化情况，即可以得出正确的结论。‎ ‎7.既有氧化性，又有还原性的粒子是（　　）‎ A. H2O B. H+ C. Cl﹣ D. Cu2+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 水中的氢处于最高价，而氧元素处于最低价，所以水是既有氧化性，又有还原性的粒子，故A正确；‎ B. 氢离子处于最高价，只具有氧化性，故B错误；‎ C. 氯离子处于最低价只具有还原性，故C错误；‎ D. 铜离子处于最高价只具有氧化性，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎8.下列溶液中Cl－浓度最小的是(　　)‎ A. 200mL 2mol/L MgCl2溶液 B. 300mL 2.5mol/L FeCl3溶液 C. 500mL 2.5mol/L NaCl溶液 D. 250mL 1mol/L AlCl3溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电解质离子浓度=电解质浓度×电解质电离出的该离子数目，与溶液的体积无关，据此结合选项计算判断。‎ ‎【详解】A、200mL 2mol/L MgCl2溶液中，c（Cl-）=2mol/L×2=4mol/L；‎ B、300mL 2.5mol/L FeCl3溶液中c（Cl-）=2.5mol/L×3=7.5mol/L； ‎ C、500mL 2.5mol/L NaCl溶液中，c（Cl-）=2.5mol/L×1=2.5mol/L； ‎ D、250mL 1mol/L AlCl3溶液中，c（Cl-）=1mol/L×3=3mol/L；‎ 故选项C NaCl溶液中氯离子浓度最小，答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查离子物质的量浓度的有关计算，难度不大，注意电解质离子浓度与电解质浓度关系。‎ ‎9.下列各组粒子中质子数和电子数均相同的是（　　）‎ A. CH4、H2O、Na+ B. F2、Ar、HCl C. H3O+、NH4+、Na D. O2﹣、Mg2+、Ne ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. C的质子数为6，H的质子数为1，O的质子数为8，Na的质子数为11，所以CH4、H2O、Na+的质子数分别为：10、10、11，电子数分别为10，10、10，故A错误；‎ B. Cl的质子数为17，H的质子数为1，Ar的质子数为18，F的质子数为9，所以F2、Ar、HCl的质子数分别为：18、18、18，电子数分别为18、18、18，故B正确；‎ C. N的质子数为7，H的质子数为1，O的质子数为8，,Na的质子数为11，所以H3O+、NH4+、Na的质子数分别为：11、11、11、电子数分别为10，10、11，故C错误；‎ D. Mg的质子数为12，Ne的质子数为10，O的质子数为8,所以O2﹣、Mg2+、Ne的质子数分别为：8、12、10、电子数分别为10，10、10，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】对于原子和分子来说，微粒不带电荷，所以质子数等于电子数；而离子带电荷，所以电子数不等于质子数。‎ ‎10.下列说法正确的是（　　）‎ A. 标准状况下，1 mol水占的体积是22.4 L B. 1 mol H+的质量是1 g C. 1 L 1 mol/L盐酸溶液中，有1molHCl分子 D. 二氧化硫的摩尔质量是64 g ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.标准状况下，水不是气体，不能用标况下的气体摩尔体积来计算体积，故A错误；‎ B.1 mol H+的质量为1mol×1g/mol=1g，故B正确；‎ C.HCl在水中完全电离成氢离子和氯离子，即盐酸中不存在氯化氢分子，故C错误；‎ D.二氧化硫的摩尔质量是64 g/mol，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】在运用气体摩尔体积进行计算时，应注意是否为标准状态下和是否为气体，这是容易出错的地方。‎ ‎11.已知氧化性：Cl2＞Fe3+＞I2＞S，在强酸性溶液中，下列各组离子能大量共存的是（　　）‎ A. Na+、K+、I﹣、Cl﹣ B. Na+、I﹣、SO42﹣、Fe3+‎ C. Ba2+、K+、HCO3﹣、NO3﹣ D. Ba2+、Na+、SO42﹣、Cl﹣‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Na+、K+、I−、Cl−之间不反应，且都不与氢离子反应，在强酸性溶液中能够大量共存，故A正确；‎ B. I−、Fe3+之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；‎ C. HCO3−与氢离子反应，在强酸性溶液中不能大量共存，故C错误；‎ D. Ba2+、SO42−之间生成硫酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】根据题干信息：氧化性：Cl2＞Fe3+＞I2＞S，则可以判断Fe3+可以氧化I−，二者不能大量共存。‎ ‎12.氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化剂又非还原剂等。下列反应与Br2+SO2+2H2O＝H2SO4+2HBr相比较，水的作用不相同的是（　　）‎ ‎①2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑②4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3③2F2+2H2O＝4HF+O2④2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑‎ A. ①③ B. ①④ C. ③④ D. ②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Br2+SO2+2H2O═H2SO4+2HBr中，水中H、O元素的化合价不变，水既不是氧化剂也不是还原剂，以此解答该题。‎ ‎【详解】①水中H、O元素的化合价不变，但过氧化钠中O元素的化合价变化，为氧化还原反应，水的作用相同，故不选；‎ ‎②Fe、O化合价变化，水中O、H元素的化合价不变，水的作用相同，故不选；‎ ‎③2F2+2H2O=4HF+O2，F. O化合价变化，水中O元素的化合价升高，则水是还原剂，所以水的作用不同，故选；‎ ‎④2Na+2H2O=2NaOH+H2↑中水是氧化剂，水的作用不相同，故选。‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】根据化合价的变化正确判断氧化剂和还原剂是解决此题的关键，元素化合价升高的反应物为还原剂，元素化合价降低的反应物为氧化剂。‎ ‎13.已知M2O7x- + 3 S2- + 14H＋= 2M 3＋+ 3S↓+ 7H2O，则M2O7x-中的M的化合价为（ ）‎ A. ＋2 B. ＋3 C. ＋4 D. ＋6‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】该反应是离子反应型的氧化还原反应，可以根据电荷守恒计算，可以得到式子：-x+3×（-2）+14=2×3，x=2，则M2O72-，假设M的化合价为y，则有-2×7+2y=-2，y=-6，所以答案D正确。‎ 故选D。‎ ‎14.设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 A. 室温下，32gO2和O3的混合气体中含有的氧原子数为2NA B. 浓盐酸与MnO2共热产生22.4L Cl2时，转移电子数为2NA C. 0.5 mol·L－1MgCl2溶液中，含有Cl－个数为NA D. 18 g NH4+中所含的质子数为10NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氧气和臭氧均是氧元素形成的单质，32gO2和O3的混合气体中含有的氧原子的物质的量是32g÷16g/mol＝2mol，个数为2NA，A正确；‎ B. 由于不能确定氯气所处的状态，则浓盐酸与MnO2共热产生22.4L Cl2时，转移电子数不一定为2NA，B错误；‎ C. 0.5 mol·L－1MgCl2溶液的体积未知，无法计算含有Cl－个数，C错误；‎ D. 18 g NH4+的物质的量是18g÷18g/mol＝1mol，其中所含的质子数为11NA，D错误；‎ 答案选A ‎15.二氧化氯（ClO2）是一种高效消毒剂，下列反应可制得ClO2：2NaClO3+Na2SO3＋H2SO4＝2ClO2↑+2Na2SO4＋H2O，对于该反应，下列说法正确的是（ ）‎ A. 生成1 mol ClO2，转移电子数为2 NA B. 该反应为复分解反应 C. H2SO4发生氧化反应 D. NaClO3是氧化剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O反应中，氯元素化合价由+5价变为+4价，硫元素化合价由+4价变为+6价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，据此分析解答。‎ ‎【详解】该反应中，氯元素化合价由+5价变为+4价，硫元素化合价由+4价变为+6价，‎ A. 氯酸钠中氯元素化合价由+5价变为+4价，所以生成1mol ClO2，转移电子数为1 NA ‎，故A项错误；‎ B. 2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O反应中，有化合价的升降，为氧化还原反应，而不是复分解反应，故B项错误；‎ C. 硫酸在反应前后化合价不变，所以H2SO4没有参与氧化还原反应，故C项错误；‎ D. 氯酸钠中氯元素化合价由+5价变为+4价，得电子作氧化剂，故D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】氧化还原反应是常考点，也是高频必考点之一，其规律口诀为：升失氧，降得还，若说剂，则相反，本题题型基础，其中A选项，只要掌握生成的ClO2与电子转移的关系便可突破。‎ ‎16.可用CO32﹣+2H+＝H2O+CO2↑表示离子反应的是（　　）‎ A. 稀硫酸和碳酸钡 B. 稀硫酸和碳酸氢钠 C. 醋酸和碳酸钠 D. 硫酸氢钠和碳酸钾 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.稀硫酸和碳酸钡反应生成硫酸钡沉淀、二氧化碳和水，碳酸钡和硫酸钡不能拆开，不能用CO32﹣+2H+＝H2O+CO2↑表示，故A错误；‎ B.稀硫酸和碳酸氢钠的反应中，碳酸氢根离子不能拆开，不能用CO32﹣+2H+＝H2O+CO2↑表示，故B错误；‎ C.醋酸为弱酸，不能拆开，不能用CO32﹣+2H+＝H2O+CO2↑表示，故C错误；‎ D.硫酸氢钠和碳酸钾反应的离子方程式为：CO32﹣+2H+＝H2O+CO2↑，故D正确；‎ 故选：D ‎17.下列离子方程式的书写正确的是（　　）‎ A. 铁与稀硫酸反应：2Fe+6H+＝2Fe3++3H2↑‎ B. 硫酸铜溶液跟氢氧化钡溶液反应：Ba2++SO42﹣＝BaSO4↓‎ C. 氢氧化镁和盐酸反应：Mg（OH）2+2H+＝Mg2++2H2O D. 实验室制取CO2气体：CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，正确的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误；‎ B.硫酸铜与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，正确的离子方程式为：SO42−+Ba2++Cu2++2OH−=Cu(OH)2↓+BaSO4↓，故B错误；‎ C.氢氧化镁和盐酸反应的离子方程式为：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O，故C正确；‎ D.实验室用碳酸钙和盐酸反应制取二氧化碳，碳酸钙为难溶物,不能拆开，正确的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎18.在氧化还原反应3S+6KOH＝K2SO3+2K2S+3H2O中，被氧化与被还原的硫原子数之比为（　　）‎ A. 1：1 B. 2：1 C. 1：2 D. 3：2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在反应3S+6KOH＝K2SO3+2K2S+3H2O中，只有S元素的化合价发生变化，氧化剂和氧化剂都是S，反应中S→K2S，S化合价降低，则S被还原，S为氧化剂，S→K2SO3，S化合价升高，则S被氧化，S为还原剂，由生成物可知，被氧化与被还原的硫原子数之比为1：2，‎ 故选C。‎ ‎【点睛】该反应中S既是氧化剂又是还原剂，属于歧化反应，根据生成物中原子数目比计算。‎ ‎19.在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，还原剂的还原性强于还原产物。由相同条件下的三个反应：2A﹣+B2═2B﹣+A2；2C﹣+A2═2A﹣+C2；2B﹣+D2═2D﹣+B2可以判断正确的是（　　）‎ A. 氧化性：D2＜B2＜A2＜C2 B. 还原性：A﹣＞B﹣＞C﹣＞D﹣‎ C. 2C﹣+D2═2D﹣+C2反应可以进行 D. 2A﹣+D2═2D﹣+A2反应不能进行 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.2A−+B2=2B−+A2中，氧化性B2大于A2，2C−+A2=2A−+C2中，氧化性A2大于C2，2B−+D2=2D−+B2中，氧化性D2大于B2，所以氧化性大小顺序：D2>B2>A2>C2，故A错误；‎ B. 2A−+B2=2B−+A2中，还原性A−大于B−，2C−+A2=2A−+C2中，，还原性C−>A−，2B−+D2=2D−+B2‎ 中，还原性B−>D−，所以还原性大小顺序为：C−>A−>B−>D−，故B错误；‎ C. 2C−+D2=2D−+C2反应中，D2>的氧化性大于C2，符合已知条件，所以可以进行，故C正确；‎ D. 2A−+D2=2D−+A2反应中，D2的氧化性大于A2，符合已知条件，所以可以进行，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】根据化合价的变化正确判断氧化剂和还原剂，再根据题干信息确定氧化性和还原性强弱的顺序是解决此题的关键。‎ ‎20.某溶液中只含有大量的下列离子：Fe3+、NO3-、K+和M离子，经测定Fe3+、NO3-、K+和M离子的物质的量之比为2︰5︰1︰1，则M离子可能是下列中的 （ ）‎ A. Cl- B. SO42- C. Ca2+ D. Na+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电离守恒判断M离子所带电荷，结合选项判断，注意应考虑离子共存问题。‎ ‎【详解】假设Fe3+、NO3-、K+和M离子的物质的量分别为2mol、5mol、1mol、1mol，Fe3+、K+离子所带总电荷为2mol×3+1mol×1=7mol，NO3-离子所带总电荷为5mol×1=5mol＜7mol，故M为阴离子，设离子为Mn-，则7mol=5mol+1mol×n，解得n=2，符合条件的有SO42-，答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查物质的量有关计算，涉及混合物计算，注意利用电荷守恒解答，解答中注意离子共存问题。‎ 二、填空题 ‎21.按要求填空 ‎（1）已知Cu2O溶于稀硫酸，可得到CuSO4溶液，写出该反应的离子反应方程式_____；‎ ‎（2）写出经过一步反应能得到Cu3（OH）4SO4化学方程式（要求非氧化还原反应）_____；‎ ‎（3）8.4 g N2与9.6 g某单质Rx，所含原子个数相同，且分子数之比为3:2，则R的相对原子质量是__，x值为_____________。‎ ‎（4）写出溶液中NH4+的检验方法及相应的离子方程式________________、____________‎ ‎【答案】 (1). Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O (2). 3CuSO4+4NaOH=Cu3(OH)4SO4+2Na2SO4 (3). 16 (4). 3 (5).‎ ‎ 加入过量NaOH，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，若试纸变蓝，则说明溶液中存在NH4+ (6). NH4+ + OH- H2O + NH3↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据氧化还原反应原理书写配平氧化还原反应方程式；根据相对分子质量与分子数之间的关系进行相关计算；根据常见离子的性质分析离子检验方法并书写相关离子方程式。‎ ‎【详解】(1)Cu2O溶于稀硫酸，可得到CuSO4溶液，结合氧化还原反应原理可知铜元素化合价降低到0价，升高到+2价，则反应产物为硫酸铜和铜，反应的离子方程式：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O；‎ ‎(2)Cu3(OH)4SO4为碱式盐，可以由可溶性硫酸盐与碱反应得到，所以经过一步非氧化还原反应能得到Cu3(OH)4SO4的化学方程式：3CuSO4+4NaOH=Cu3(OH)4SO4+2Na2SO4；‎ ‎(3)分子数之比为3：2，所以N2与RX相对分子质量之比(8.4/3):(9.6/2)=7:12，而N2相对分子质量为28，所以Rx相对分子质量=28×12/7=48；又因为两者所含原子个数相同，即3×2=2x，得x=3，则R的相对原子质量为16，故答案：16；3；‎ ‎(4)NH4+遇碱生成氨气，可用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，所以检验方法为：加入过量NaOH，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，若试纸变蓝，则说明溶液中存在NH4+；相应的离子方程式为：NH4+ + OH- H2O + NH3 ↑。‎ ‎22.观察下列A、B、C、D、E五种粒子（原子或离子）的结构示意图，用化学用语回答下列有关问题。‎ ‎（1）其中属于阴离子的是_____；‎ ‎（2）其中化学性质最稳定的是_____；‎ ‎（3）已知A元素的某种核素的中子数为18，该核素的符号是_____；‎ ‎（4）某元素的原子核外有3个电子层，最外层比次外层少2个电子，该元素的离子结构示意图为_____。‎ ‎【答案】 (1). O2− (2). Ne (3). 35Cl (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)原子或离子结构示意图中，如果核内质子数不等于核外电子数，则该结构示意图为离子结构示意图，如果核外电子数等于核内质子数，则为原子结构示意图，A、B. C. D. E分别是Cl、O2−、Ne、Na、Mg2+，则属于阴离子的是O2−；‎ ‎(2)最外层电子达到稳定结构时该微粒性质最稳定，所以性质最稳定的是Ne；‎ ‎(3)已知A元素的某种核素的中子数为18，质子数为17，质量数=质子数+中子数=18+17=35，该核素的符号是35Cl；‎ ‎(4)某元素的原子核外有3个电子层，最外层比次外层少2个电子为6个，则核电荷数为16，为硫元素，该元素的离子为得到两个电子的阴离子，该元素的离子结构示意图为：。‎ ‎23.某澄清透明溶液可能含有Cu2+、Na+、Clˉ、Ba2+、CO32﹣、SO42﹣中的几种离子，将溶液分为两等份，进行如下实验（不考虑水的电离）：‎ ‎①一份溶液中加入足量BaCl2溶液，得沉淀2.33g，在沉淀中加入过量稀盐酸，沉淀不溶解。‎ ‎②另一份溶液中加入足量NaOH溶液，得蓝色絮状沉淀19.6g。‎ ‎（1）通过步骤①可以推断出，溶液中一定没有的离子是_____；‎ ‎（2）根据上述实验，该溶液中可能有的离子是_____；‎ ‎（3）向②中的沉淀中加稀醋酸，写出该离子反应方程式_____。‎ ‎【答案】 (1). CO32﹣、Ba2+ (2). Na+ (3). 2CH3COOH+Cu(OH)2═Cu2++2CH3COO﹣+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据离子反应条件及电荷守恒分析溶液中可能存在的离子；根据物质的性质及离子反应方程式的书写规则书写反应离子方程式。‎ ‎【详解】①一份溶液中加入足量BaCl2‎ 溶液，得沉淀2.33g，在沉淀中加入过量稀盐酸，沉淀不溶解，则应生成硫酸钡沉淀，说明含有SO42-，且n(SO42-)=n(BaSO4)=2.33g÷233g/mol=0.01mol，则一定不含Ba2+、CO32-；‎ ‎②另一份溶液中加入足量NaOH溶液，得蓝色絮状沉淀19.6g，说明含有Cu2+，且n(Cu2+)=n[Cu(OH)2]=19.6g÷98g/mol=0.2mol，结合电荷守恒可知溶液还含有Clˉ，可能含有Na+，以此解答该题。‎ ‎(1)由以上分析可知一定没有CO32﹣、Ba2+； ‎ ‎(2)由于氯离子的量未知，则不能确定是否含有Na+；‎ ‎(3)沉淀为氢氧化铜，与醋酸反应的离子方程式为2CH3COOH+Cu(OH)2═Cu2++2CH3COO﹣+2H2O 。‎ ‎【点睛】在分析溶液中可能存在离子时除了根据是否有气体或沉淀生成外，还应注意隐含条件，如溶液呈电中性，则阴阳离子所带电荷应该守恒。‎ ‎24.下表为某试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据回答下列问题：‎ 盐酸 分子式 HCl 相对分子质量 ‎36.5‎ 密度 ‎1.19g/mL HCl的质量分数 ‎36.5%‎ ‎（1）该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为_____mol•L﹣1。‎ ‎（2）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制450mL，物质的量浓度为0.400mol•L﹣1的稀盐酸，需用到的玻璃仪器有：烧杯，玻璃棒，胶头滴管，量筒，_____。该学生需要量取_____mL上述浓盐酸进行配制。‎ ‎（3）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是_____（填写标号）。‎ A．使用容量瓶前检查它是否漏水 ‎ B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗 C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近标线1～2cm处，用胶头滴管加蒸馏水到标线 D．摇匀后，容量瓶内溶液的液面下降，无需再加水 ‎（4）定容时仰视刻度线，对所配制的稀盐酸的物质的量浓度有何影响？_____________‎ ‎【答案】 (1). 11.9 (2). 500 mL容量瓶 (3). 16.8 (4). BC (5). 偏小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据物质的量浓度与质量分数之间的关系计算物质的量浓度；根据溶液稀释过程中溶质保持不变的原理计算所需浓溶液的体积；根据溶液配制原理分析实验操作中的注意事项及进行误差分析。‎ ‎【详解】(1)浓盐酸中HCl的物质的量浓度：c=；‎ ‎(2)欲配制450mL溶液，需用到的玻璃仪器还有500 mL容量瓶；根据稀释过程中溶质的物质的量保持不变得：0.400mol•L﹣1×500mL=11.9 mol•L﹣1×VmL，解得V=16.8mL；‎ ‎(3)A.容量瓶带有瓶塞，使用前应检查是否漏水，故A正确；‎ B. 容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤，导致溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高，故B错误；‎ C. 容量瓶为精密仪器，不能用来溶解固体，故C错误；‎ D. 摇匀后，容量瓶内溶液的液面下降，无需再加水，故D正确；‎ 答案为BC；‎ ‎(4)定容时仰视刻度线，导致溶液体积偏大，则结果偏小，故答案为：偏小。‎ ‎25.室温下，将100mL某盐酸和硫酸的混合溶液分成两等分。一份加入过量BaCl2溶液，充分反应后得沉淀2.33g；另一份加入50mL1.0mol·L-1NaOH溶液，充分反应后溶液的 c(OH-)=0.1mol·L-1（反应后溶液的体积为100mL）。试计算：‎ ‎（1）每份溶液中所含H2SO4的物质的量______________mol。‎ ‎（2）原混合溶液中盐酸的物质的量浓度_____________mol·L-1‎ ‎【答案】（1）0.01；（2）0.4。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）盐酸和硫酸的混合溶液中加入过量BaCl2溶液，发生反应SO42-+Ba2+=BaSO4↓，利用硫酸根守恒计算硫酸的物质的量。每份溶液中n（H2SO4）=n（BaSO4）=2.33g/ 233g·mol-1=0.01mol。‎ ‎（2）另一份混合溶液中加入50mL 1.0 mol·L-1‎ NaOH溶液，发生的反应是H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，HCl+NaOH=NaCl+H2O，充分反应后溶液的c(OH-)=0.1mol·L-1（溶液的体积为100mL），则消耗的氢氧根为0.05L×1.0 mol·L-1-0.1L×0.1 mol·L-1=0.04mol，根据方程式H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O可知，以0.01mol硫酸反应消耗氢氧化钠的物质的量为0.01mol×2=0.02mol，故与盐酸反应氢氧化钠的物质的量为：0.04mol-0.02mol=0.02mol，由方程式HCl+NaOH=NaCl+H2O可知，n（HCl）=n（NaOH）=0.02mol，故盐酸的物质的量浓度为：c(HCl)=n/V=0.2mol/L。‎ 考点：考查根据化学方程式计算。‎ ‎ ‎ ‎ ‎