2020届高考化学一轮复习化学有关计算作业

2020届高考化学一轮复习化学有关计算作业

化学有关计算 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．今有浓度均为3mol•L﹣1的盐酸和硫酸各100mL，分别加入等质量的Fe粉，反应完毕后生成气体的质量之比为3：4，则加入盐酸中的铁粉的质量为（　　）‎ A．5.6g B．8.4g C．11.2g D．16.8g ‎2．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能 溶解l9.2g（已知硝酸只被还原为NO气体，下同）。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的 量随铁粉质量增加的变化如图所示。下列说法正确的是（　　）‎ A．c 点时，溶液中的溶质为 Fe2（SO4）3 ‎ B．ab 段发生反应的离子方程式为：Fe+Fe3+＝2Fe2+ ‎ C．原混和酸中稀硝酸的物质的量浓度为0.4 mol/L ‎ D．原混和酸中稀硫酸的物质的量浓度为 4 mol/L ‎3．取xg铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960mL的NO2气体和672mL N2O4的气体（都已折算到标准状态），在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02g．则x等于（　　）‎ A．8.64g B．9.20g C．9.00g D．9.44g ‎4．将一定质量的铁粉和铝粉的均匀混合物平均分成两份。一份与足量的稀硫酸，收集到H2在标况下的体积为1.792L；另一份与某浓度的硝酸反应，生成的气体与标况下1.12L的O2一起通入水中，反应后无气体剩余。则原混合物中铁粉的质量为（　　）‎ A．2.24g B．3.36g C．4.48g D．5.60g ‎5．在Al2（SO4）3和MgSO4的混合溶液中，滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如图所示，则原来混合溶液中Al2（SO4）3和MgSO4的物质的量浓度之比为（　　）‎ A．6：1 B．3：1 C．2：1 D．1：2‎ ‎6．将43.8g Al、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生6.72L气体（标准状况）．另取等质量的该合金溶于过量的稀硝酸中，生成13.44LNO（标准状况），向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为（　　）‎ A．39.2g B．44.8g C．58.8g D．66.4g ‎7．在密闭容器中将124.0g氢氧化钠和碳酸氢钠的固体混合物，加热充分反应后排出气体，得到剩余固体112.0g，则原混合物中氢氧化钠的质量为（　　）‎ A．26.7g B．40.0g C．68.0g D．80.0g ‎8．向20.0gCu 和Cu2S的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成S单质、Cu（NO3）2和标准状况下4.48LNO．过滤后向所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，金属离子完全沉淀，此时溶液呈中性．下列有关说法不正确的是（　　）‎ A．Cu与Cu2S的物质的量之比为10：1 ‎ B．硝酸的物质的量浓度为1.2mol/L ‎ C．Cu（OH）2沉淀质量为29.4g ‎ D．Cu、CuS与硝酸反应后剩余HNO3为0.4mol ‎9．建构数学模型来研究化学问题，既直观又简洁．下列建构的数轴模型正确的是（　　）‎ A．钠在氧气中燃烧，钠的氧化产物： ‎ B．铁在Cl2中燃烧，铁的氧化产物： ‎ C．A1Cl3溶液中滴加NaOH溶液后体系中铝元素的存在形式： ‎ D．FeI2溶液中通入Cl2，铁元素存在形式：‎ ‎10．常温下取金属钠、铝、铁各1克，加入1mol/L的硫酸V升，要使铝、铁反应后放出等量的氢气，且比钠反应生成的氢气少，V的大小范围是（　　）‎ A．V≥ B．V≤ C．V＜ D．V≤‎ ‎11．标准状况下Cl2和H2共a L，在光照下充分进行反应，反应后的气体恰好能使b mol NaOH 完全转化成盐，则a、b的关系不可能是下列的（　　）‎ A．b＜ B．b＜ C．b＞ D．b＞‎ ‎12．将固体MnC2O4•2H2O放在坩埚里加热，固体质量随温度变化的数据如下表：‎ 温度（℃）‎ ‎25‎ ‎50‎ ‎75‎ ‎100‎ ‎214‎ ‎280‎ 固体质量（g）‎ ‎17.9‎ ‎17.9‎ ‎16.0‎ ‎14.3‎ ‎14.3‎ ‎7.10‎ 下列说法错误的是（　　）‎ A．25～50℃，MnC2O4•2H2O未发生变化 ‎ B．75℃时，MnC2O4•2H2O部分失去结晶水 ‎ C．100℃时，坩埚内固体均为MnC2O4 ‎ D．280℃时，坩埚内固体为混合物 ‎13．由于工业的发展，水资源污染日趋严重，水的净化处理一直是受到高度重视的研究课题．某些含Al3+、Fe3+的化学试剂可用于净水，如聚合硫酸铁，其化学式为[Fe2（OH）m（SO4）3﹣m/2]n，式中m不可能为（　　）‎ A．6 B．4 C．3 D．2‎ ‎14．现有甲、乙两种氧化物，所含R元素的质量分数分别为0.50和0.40．若已知甲是三原子分子，则乙的化学式是（　　）‎ A．RO2 B．RO3 C．R2O3 D．R2O5‎ ‎15．2010年4月，湖北又报道某水域爆发蓝藻．保护环境，保护水资源刻不容缓．蓝藻的形成是由于含N、P等元素的废水排入水域，引发蓝藻的疯狂生长．通过定量实验，分析得知某蓝藻的组成为（质量分数）：C﹣35.80%，O﹣49.50%，P﹣0.87%，H﹣7.37%，N﹣6.31%．则该蓝藻的化学式为（　　）‎ A．C106H263O110N16P B．C106H263O111N15P ‎ C．C106H262O111N17P D．C105H262O110N14P ‎16．火星探测器发回的信息表明，火星上存在针铁矿[化学式：FeO（OH）]和黄钾铁矾，从而证明火星表面曾经存在过水．这一发现被《人民日报》评为2004世界十大新闻之首．已知两种矿物中铁的价态相同，则黄钾铁矾{化学式记为：KFe3（SO4）2（OH）n}中n值为（　　）‎ A．4 B．5 C．6 D．7‎ ‎17．充分燃烧一定量丙烷气体放出的热量为QkJ，完全吸收它生成的CO2恰好转化成酸式盐需6mol•L﹣1的NaOH溶液100mL，则丙烷的燃烧热为（　　）‎ A．﹣16QkJ/mol B．﹣5Q kJ/mol C．﹣4Q kJ/mol D．﹣2Q kJ/mol ‎18．环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺[2，2]戊烷（）是最简单的一种。下列关于该化合物的说法正确的是（　　）‎ A．与环戊烯不是同分异构体 ‎ B．二氯代物超过两种 ‎ C．生成1molC5H12，至少需要3molH2 ‎ D．与丙炔互为同系物 ‎19．某羧酸酯的分子式为C57H104O6，1mol该酯完全水解可得到3mol羧酸M和1mol甘油[HOCH2CH（OH）CH2OH]．羧酸M的分子式为（　　）‎ A．C17H32O2 B．C18H34O2 C．C18H36O2 D．C19H36O2‎ ‎20．有机物A广泛用于涂料、油墨、胶黏剂、医药及农药中间体领域。已知：有机物A的仪器分析如下：且有机物A的核磁共振氢谱图上有2个吸收峰，峰面积之比是1：1，下列说法正确的是（　　）‎ A．A能发生消去反应 ‎ B．A的相对分子质量是43 ‎ C．A含有的含氧官能团的名称是酯基 ‎ D．A有多种同分异构体，其中能与新制Cu（OH）2共热，产生红色沉淀的仅有1种 二．填空题（共5小题）‎ ‎21．（1）溶解28.4g碳酸钙和碳酸氢钙的混合物，消耗1.0mol/L盐酸500mL．灼烧等量的上述混合物，得到氧化钙的质量是　 　；‎ ‎（2）有Na2CO3、NaHCO3、CaO和NaOH组成的混和物27.2g，把它们溶于足量的水中充分反应后，溶液中Ca2+、CO32﹣、HCO3﹣均转化为沉淀，将反应器内水分蒸干，最后得到白色固体物质共29g，则原混和物中Na2CO3的质量是　 　。‎ ‎22．烧杯中盛有NaHSO4和Na2SO4混合溶液体积为100mL，向烧杯中逐滴加入0.15mol•L﹣1Ba（OH）2溶液，当沉淀量达到最大值时，溶液的总体积为200mL．溶液中产生沉淀的物质的量n与溶液的pH的变化如图所示．请回答：‎ ‎（1）原溶液中c（Na2SO4）＝　 　mol•L﹣1．‎ ‎（2）图中a值为　 　mol．‎ ‎23．某研究性学习小组进行了如下实验探究：将适量1.00mol•L﹣1 CuSO4溶液和2.00mol•L﹣1 NaOH溶液混合，过滤后得到浅绿色碱式盐沉淀A[化学式：aCu（OH）2•CuSO4]．将9.08g A隔绝空气在1000℃以上强热，得到了5.76g砖红色固体B（铜的+1价氧化物），同时得到的混合气体C；再将5.76g B溶于稀硫酸得到2.56g另一种红色固体D和蓝色溶液．（已知铜的化合价有+1和+2）‎ ‎（1）实验需用1.00mol•L﹣1 CuSO4溶液480mL，配制以上溶液需用的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、量筒外还需　 　；所称取的胆矾固体是　 　克．‎ ‎（2）甲同学认为A中含有杂质Na+，除去此杂质的方法是　 　．‎ ‎（3）B与稀硫酸反应的离子方程式为　 　．‎ ‎（4）通过计算确定A的组成为　 　．‎ ‎24．（1）0.1mol某烃在足量的氧气中完全燃烧，生成的CO2和水各0.6mol，则该烃的分子式为　 　．若该烃不能使溴水或高锰酸钾溶液褪色，但在一定条件下，可以和液溴发生取代反应，其一溴取代物只有一种，则此烃属于　 　烃，结构简式为　 　，名称是　 　．‎ ‎（2）若该烃能使溴水褪色，且能在催化剂作用下与H2发生加成反应，生成2，2﹣二甲基丁烷，则此烃属于　 　烃，结构简式为　 　，名称是　 　．‎ ‎25．氮化硅膜与二氧化硅膜相比较具有表面化学性能稳定等优点，故氮化硅膜可用于半导体工业．为生成氮化硅膜，可以用NH3和SiH4（硅烷）在一定条件下反应并在600℃的加热基板上生成氮化硅膜：‎ ‎3SiH4+4NH3 Si3N4+12H2‎ ‎（1）以硅化镁为原料制备硅烷的反应和工业流程如下：‎ 反应原理：4NH4Cl+Mg2Si 4NH3↑+SiH4↑+2MgCl2（△H＜0）‎ ‎①NH4Cl的化学键类型有　 　，SiH4电子式为　 　．‎ ‎②上述生产硅烷的过程中液氨的作用是　 　．‎ ‎③氨气也是重要的工业原料，写出氨气发生催化氧化反应生成NO的化学方程式　 　，实验室可利用如图所示装置完成该反应． ‎ 在实验过程中，除观察到锥形瓶中产生红棕色气体外，还可观察到有白烟生成，白烟的主要成分是　 　．‎ ‎（2）三硅酸镁（Mg2Si3O8∙nH2O）难溶于水，在医药上可做抗酸剂．它除了可以中和胃液中多余酸之外，生成的H2SiO3还可覆盖在有溃疡的胃表面，保护其不再受刺激．三硅酸镁与盐酸反应的化学方程式为　 　．将0.184g三硅酸镁加到50mL 0.1mol/L盐酸中，充分反应后，滤去沉淀，以甲基橙为指示剂，用0.1mol/L NaOH溶液滴定剩余的盐酸，消耗NaOH溶液30mL，则Mg2Si3O8∙nH2O的n值为　 　．（注：Mg2Si3O8的摩尔质量为260g/mol）‎ 三．计算题（共3小题）‎ ‎26．称取4.00g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入50.0mL2.00mol•L﹣1的硫酸充分溶解，往所得溶液中加入5.60g铁粉，充分反应后，得固体的质量为3.04g。‎ 请计算：‎ 加入铁粉充分反应后，溶液中溶质的物质的量　 　。‎ 固体混合物中氧化铜的质量　 　。‎ ‎27．将 19.20g Cu 和 Fe2O3的混合物完全溶解在 400mL稀硫酸中，然后向溶液中加铁粉，剩余固体质量与加入铁粉质量的关系如图。‎ ‎（1）混合物中 n（Cu）：n（Fe2O3）为　 　；‎ ‎（2）稀硫酸的浓度为　 　。‎ ‎28．取不同质量由 Ba（OH）2和 BaCO3组成的均匀混合样品，先加适量的水溶解，然后加入100mL某浓度稀盐酸，所得CO2气 体的体积（己换算为标准状况）与加入样品的质量关系如图所示（不考虑CO2的溶解、反应及碳酸氢盐的生成）。请计算：‎ ‎（1）混合物中Ba（OH）2和 BaCO3物质的量之比为　 　。‎ ‎（2）稀盐酸物质的量浓度为　 　mol/L。‎ 化学有关计算 参考答案与试题解析 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．【分析】发生反应为：Fe+2HCl═FeCl2+H2↑①Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑②，如果对于这两个反应都是铁不足的话就不可能是气体质量比是3：4，所以肯定是铁对一个反应来说是不足，对于另一个反应是过量．通过方程式可以看出来，铁消耗HCl多．那么对于①反应来说是盐酸不足，可以算出来生成H2为0.15mol，根据质量比可算出来②反应生成H2为0.2mol，对于②反应是Fe不足，以此计算铁的质量．‎ ‎【解答】解：由于最后生成的气体质量不等，所以证明盐酸反应不足，而硫酸过量，否则生成气体的质量之比应该是1：2，‎ Fe+2HCl═FeCl2+H2↑①‎ 生成气体的物质的量为＝0.15mol，氢气的质量为0.15moL×2g/mol＝0.3g，‎ 反应完毕后生成气体的质量之比为3：4，所以由硫酸生成的气体质量为0.4g，‎ 设铁的质量为x，则 Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑②‎ ‎56 2‎ ‎ x 0.4g ‎，解得x＝11.2g，‎ 故选：C。‎ ‎2．【分析】由图象可知，由于铁过量，oa段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+＝Fe3++NO↑+2H2O，ab段发生反应为：Fe+2Fe3+＝3Fe2+，bc段发生反应为：Fe+2H+＝Fe2++H2↑．由此分析解答。‎ ‎【解答】解：由图象可知，由于铁过量，oa段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+＝Fe3++NO↑+2H2O，ab段发生反应为：Fe+2Fe3+＝3Fe2+，bc段发生反应为：Fe+2H+＝Fe2++H2↑。‎ A、所以c点是硫酸亚铁，而不是硫酸铁，故A错误；‎ B、ab段发生反应为：Fe+2Fe3+＝3Fe2+，故B错误；‎ C、oa段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+＝Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，故原混合液中n（NO3﹣）＝2n（Fe）＝2×＝0.4mol，混合酸中HNO3物质的量浓度为＝2mol/L，故C错误；‎ D、反应消耗22.4g铁，也就是＝0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度是4mol/L，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎3．【分析】铜和镁失去的电子的物质的量，等于硝酸被还原为二氧化氮、四氧化二氮获得的电子的物质的量，等于他们结合的氢氧根的物质的量，根据氮的氧化物计算氢氧根的物质的量，沉淀的总质量减去氢氧根的质量即为金属的质量．‎ ‎【解答】解：8960mL的NO2气体的物质的量为＝0.4mol，672mL的N2O4气体的物质的量为＝0.03mol。‎ 所以金属提供的电子的物质的量为0.4mol×（5﹣4）+0.03mol×2×（5﹣4）＝0.46mol。‎ 所以沉淀中含有氢氧根的物质的量为0.46mol，氢氧根的质量为0.46mol×17g/mol＝7.82g。‎ 所以金属的质量为17.02g﹣7.82g＝9.2g。‎ 故选：B。‎ ‎4．【分析】根据得失电子数目守恒，因此有2n（Fe）+3n（Al）＝…①，与某浓度的硝酸反应，产生的气体，再与标准状况下的O2反应，通入水反应后无气体产生，氧气得到的电子最终来自于Fe和Al，因此有3n（Fe）+3n（A）＝×4…②，由①②解得铁的物质的量，然后根据m＝nM求质量。‎ ‎【解答】解：根据得失电子数目守恒，因此有2n（Fe）+3n（Al）＝…①，与某浓度的硝酸反应，产生的气体，再与标准状况下的O2反应，通入水反应后无气体产生，氧气得到的电子最终来自于Fe和Al，因此有3n（Fe）+3n（A）＝×4…②，由①②解得n（Fe）＝0.04mol，混合物均匀分成两份，则混合物中铁质量为2×0.04×56g＝4.48g，故选C。‎ ‎5．【分析】首先发生反应Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，然后发生反应Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，由图可知，溶解Al（OH）3‎ 消耗氢氧化钠溶液的体积为10mL，根据离子方程式Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓可知，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的体积，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液50mL，计算沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的体积，确定溶液中n（Mg2+）：n（Al3+），据此计算解答．‎ ‎【解答】解：首先发生反应Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，然后发生反应Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液的体积为10mL，根据离子方程式Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓可知，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的体积为10mL×3＝30mL，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液50mL，计算沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的体积为50mL﹣30mL＝20mL，则n（Mg2+）：n（Al3+）＝×20mL：×30mL＝1：1，故原来混合溶液中Al2（SO4）3和MgSO4的物质的量浓度之比为：1＝1：2，故选D。‎ ‎6．【分析】根据n＝计算氢气的物质的量，根据电子转移守恒计算n（Al），进而计算Al的质量、Al提供的电子物质的量，将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Cu2+离子，根据n＝计算NO的物质的量，根据电子守恒计算金属总共提供电子的物质的量，进而计算Cu提供的电子物质的量。向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铜，由电荷守恒可知，反应中金属铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，沉淀的质量等于Cu的总质量与氢氧根质量之和。‎ ‎【解答】解：合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气6.72L（标准状况），物质的量为＝0.3mol，根据电子转移守恒可知n（Al）＝＝0.2mol，故金属铝的质量为0.2mol×27g/mol＝5.4g，金属铝提供电子的量是0.6mol，‎ 将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Cu2+离子，根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为×3＝1.8mol，故Cu共提供的电子物质的量为1.8mol﹣0.6mol＝1.2mol，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铜，由电荷守恒可知，反应中金属铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，即n（OH﹣）＝1.2mol，所以反应后沉淀的质量等于43.8g﹣5.4g+1.2mol×17g/mol＝58.8g，‎ 故选：C。‎ ‎7．【分析】加热发生反应：NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O，若NaOH、NaHCO3恰好按1：1反应，固体减少质量为水的质量，根据方程式可知，生成水的质量＝124g×＝18g，实际固体质量减少＝124g﹣112g＝12g＜18g，所以氢氧化钠过量，由此分析解答。‎ ‎【解答】解：加热发生反应：NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O，若NaOH、NaHCO3恰好按1：1反应，固体减少质量为水的质量，根据方程式可知，生成水的质量＝124g×＝18g，实际固体质量减少＝124g﹣112g＝12g＜18g，‎ NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O△m ‎ 84 18‎ ‎ m（NaHCO3） 12‎ 则：，解之得：m（NaHCO3）＝56g，所以原混合物中氢氧化钠的质量为124﹣56＝68.0g，‎ 故选：C。‎ ‎8．【分析】在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）＝n（NaOH）＝1.0mol/L×1.0L＝1mol，沉淀为Cu（OH）2，固体物质完全反应，生成S单质、Cu（NO3）2和标准状况下4.48LNO，n（NO）＝＝0.2mol，结合氧化还原反应单质守恒列式计算，设20.0gCu 和Cu2S的混合物中铜物质的量为x，氧化亚铜物质的量为y，‎ Cu～Cu2+～2e﹣‎ ‎ x 2x Cu2S～2Cu2+～2e﹣‎ ‎ y 2y Cu2S～S～2e﹣‎ ‎ y 2y HNO3～NO～3e﹣‎ ‎ 1 3‎ ‎ 0.2mol 0.6mol 则64x+160y＝20.0‎ ‎2x+2y+2y＝0.6mol x＝0.25mol y＝0.025mol 根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）＝n[Cu（OH）2]，所以反应后的溶液中n[[Cu（NO3）2]＝n[Cu（OH）2]＝0.3mol，故反应中硝酸有剩余，据此分析计算选项判断．‎ ‎【解答】解：在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）＝n（NaOH）＝1.0mol/L×1.0L＝1mol，沉淀为Cu（OH）2，固体物质完全反应，生成S单质、Cu（NO3）2和标准状况下4.48LNO，n（NO）＝＝0.2mol，结合氧化还原反应单质守恒列式计算，设20.0gCu 和Cu2S的混合物中铜物质的量为x，氧化亚铜物质的量为y，‎ Cu～Cu2+～2e﹣‎ ‎ x 2x Cu2S～2Cu2+～2e﹣‎ ‎ y 2y Cu2S～S～2e﹣‎ ‎ y 2y HNO3～NO～3e﹣‎ ‎ 1 3‎ ‎ 0.2mol 0.6mol 则64x+160y＝20.0‎ ‎2x+2y+2y＝0.6mol x＝0.25mol y＝0.025mol 根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）＝n[Cu（OH）2]，所以反应后的溶液中n[[Cu（NO3）2]＝n[Cu（OH）2]＝0.3mol，故反应中硝酸有剩余，‎ A．Cu与Cu2S的物质的量之比＝0.25：0.025＝10：1，故A正确；‎ B．依据计算可知，反应的硝酸生成硝酸铜、一氧化氮、剩余的硝酸，应为1mol+0.2mol＝1.2mol，浓度＝＝2.4mol/L，故B错误；‎ C．Cu（OH）2沉淀质量＝98g/mol×0.3mol＝29.4g，故C正确；‎ D．Cu、CuS与硝酸反应后剩余HNO3＝1mol+0.2mol﹣0.6mol﹣0.2mol＝0.4mol，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎9．【分析】A、钠在氧气中燃烧，只生成过氧化钠；‎ B、铁在Cl2中燃烧，只生成氯化铁；‎ C、A1Cl3溶液中滴加NaOH溶液，发生的反应为Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓；Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O；‎ D、因还原性：I﹣＞Fe2+，氯气先氧化I﹣，再氧化Fe2+，足量的Cl2通入到FeI2溶液中先发生2I﹣+Cl2＝I2+2Cl﹣，后发生2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl﹣．‎ ‎【解答】解：A、钠在氧气中燃烧，只生成过氧化钠，故A错误；‎ B、铁在Cl2中燃烧，只生成氯化铁，故B错误；‎ C、A1Cl3溶液中滴加NaOH溶液，发生的反应为Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓；Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，比值小于3时有铝离子和氢氧化铝，故C错误；‎ D、因还原性：I﹣＞Fe2+，氯气先氧化I﹣，再氧化Fe2+，足量的Cl2通入到FeI2溶液中先发生2I﹣+Cl2＝I2+2Cl﹣，后发生2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl﹣，比值为1时二价铁未被氧化，大于1小于时部分二价铁被氧化，大于等于时全部被氧化为三价铁离子，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎10．【分析】1g钠、铝、铁的物质的量分别为mol、mol、mol，由与硫酸的反应关系2Na～H2SO4、2Al～3H2SO4、Fe～H2SO4，可知，如完全反应，各需硫酸的物质的量为mol、mol、mol，要使铝、铁反应后放出等量的氢气，且比钠反应生成的氢气少，则说明与铁、铝反应时硫酸不足，而过量的钠可与水反应，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：要使铝、铁反应后放出等量的氢气，且比钠反应生成的氢气少，则说明与铁、铝反应时硫酸不足，而过量的钠可与水反应，‎ ‎1g钠、铝、铁的物质的量分别为mol、mol、mol，由与硫酸的反应关系2Na～H2SO4、2Al～3H2SO4、Fe～H2SO4，可知，如完全反应，各需硫酸的物质的量为mol、mol、mol，‎ 则可知当硫酸的体积V≤时，铁、铝过量，硫酸完全反应，生成的氢气的物质的量≤mol，‎ 但过量的钠可与水反应生成氢气，1g钠完全反应放出氢气的物质的量为mol，‎ 故选：D。‎ ‎11．【分析】H2和Cl2的混合气体aL经光照反应后所得气体，恰好能与b mol的NaOH完全作用生成盐，生成的盐可能是NaCl或NaCl和NaClO两种情况，则Na、Cl的物质的量比为1：1，以此计算．‎ ‎【解答】解：H2和Cl2的混合气体aL经光照反应后所得气体，恰好能与b mol的NaOH完全作用生成盐，若氢气和氯气恰好反应或氢气过量，生成的盐是NaCl，若氯气过量生成的盐为NaCl和NaClO的混合物，只有这两种情况，则Na、Cl的物质的量比为1：1，n（C12）＝0.5bmol，其标况下体积为0.5bmol×22.4L/mol＝11.2bL，利用极端假设法分析，若aL气体全部是氯气时，b＝，若aL气体全部是氢气，b＝0，aL气体是氢气和氯气的混合气体，所以0＜b＜，所以，a与b的关系不可能为D，‎ 故选：D。‎ ‎12．【分析】由表中数据可知物质的质量在不同的温度下分为三种情况，25～50℃，MnC2O4•2H2O未发生变化，75℃～214℃，失去结晶水，280℃，结晶水全被失去，并且MnC2O4发生分解，结合对应的数据解答该题．‎ ‎【解答】解：A．温度由25℃升高到50℃时，固体的质量没有变化，说明在25℃～50℃时MnC2O4•2H2O未发生变化，故A正确；‎ B．温度升高到75℃时，固体的质量发生了变化，但在加热到100℃时，质量继续减小，可说明75℃时，MnC2O4•2H2O部分失去结晶水，故B正确； ‎ C．MnC2O4•2H2O可能是按如下化学方程式反应的：MnC2O4•2H2OMnC2O4+2H2O↑，据此可算出17.9 g MnC2O4•2H2O完全分解应得到残渣为g＝14.3 g，与表中实验数据正好相符，说明上述假设成立，故C正确；‎ D.280℃时，坩埚内固体的质量再次减少，MnC2O4发生了分解生成了氧化锰、一氧化碳、二氧化碳，如全部分解，则m（MnO）＝＝7.1g，与表中数据相符。坩埚内固体为纯净物，故D错误。‎ 故选：D。‎ ‎13．【分析】根据化合物中各原子或原子团不为0解答．其中硫酸根的个数3﹣m/2＞0，据此判断m的范围．‎ ‎【解答】解：在化合物[Fe2（OH）m（SO4）3﹣m/2]n中，原子或原子团个数大于0，故3﹣m/2＞0，解得m＜6，故A错误，B、C、D正确，‎ 故选：A。‎ ‎14．【分析】假定A为R2O或RO2，当为R2O时，则＝0.5，解得R的相对原子质量为8，不存在，所以不正确，故甲一定是RO2，以此进行计算并分析．‎ ‎【解答】解：已知甲是三原子分子，假定A为R2O或RO2，当为R2O时，则＝0.5，解得R的相对原子质量为8，不存在，所以不正确，故甲一定是RO2，则＝0.5，所以R的相对原子质量为32，即为硫元素，硫的氧化物中，硫的质量分数是0.40的只能是SO3。‎ 故选：B。‎ ‎15．【分析】根据分子式中各个原子的数目之比等于各个原子的物质的量之比进行计算．‎ ‎【解答】解：设蓝藻的质量为1，则C、H、O、N、F、P的物质的量之比为：：：：：：＝106：263：110：16：1，所以该蓝藻的化学式为C106H263O110N16P，‎ 故选：A。‎ ‎16．【分析】黄钾铁矾的化学式KFe3（SO4）2（OH）n中总化合价一定为0，根据该化合物的化学式组成及元素的化合价进行计算即可．‎ ‎【解答】解：化合物中正负总的化合价一定为0，KFe3（SO4）2（OH）n中组成元素及化合价为：K为+1价、铁为+3、硫酸根为﹣2价、氢氧根为﹣1价，则一定满足化合价关系为：（+1）×1+（+3）×3+（﹣2）×2+（﹣1）×n＝0，解得n＝6，‎ 故选：C。‎ ‎17．【分析】丙烷充分燃烧生成CO2和水，CO2和NaOH反应生成NaHCO3反应方程式为CO2+NaOH＝NaHCO3，根据方程式知，n（CO2）＝n（NaOH）＝6mol/L×0.1L＝0.6mol，丙烷的燃烧热是1mol丙烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量，据此计算其燃烧热．‎ ‎【解答】解：丙烷充分燃烧生成CO2和水，CO2和NaOH反应生成NaHCO3反应方程式为CO2+NaOH＝NaHCO3，根据方程式知，n（CO2）＝n（NaOH）＝6mol/L×0.1L＝0.6mol，丙烷的燃烧热是1mol丙烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量，根据C原子守恒得n（C3H8）＝n（CO2）＝×0.6mol＝0.2mol，0.2mol丙烷完全燃烧放出xQ热量，则1mol丙烷完全燃烧放出热量＝﹣＝﹣5QKJ/mol，故选B。‎ ‎18．【分析】A．螺（2，2）戊烷、环戊烯的分子式都为C5H8，分子式相同结构不同的有机物互为同分异构体；‎ B．螺（2，2）戊烷的二氯化物中两个氯原子可能位于1号碳原子上、可能位于1号和2号碳原子上、可能位于1号和3号碳原子上、可能位于1号和4号C原子上；‎ C．每个C5H12比螺（2，2）戊烷多4个氢原子，相当于2个H2；‎ D．结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物互相称为同系物。‎ ‎【解答】解：A．螺（2，2）戊烷、环戊烯的分子式都为C5H8，环戊烯结构简式为，螺（2，2）戊烷、环戊烯分子式相同结构不同，所以二者互为同分异构体，故A错误；‎ B．螺（2，2）戊烷的二氯化物中两个氯原子可能位于1号碳原子上、可能位于1号和2号碳原子上、可能位于1号和3号碳原子上、可能位于1号和4号C原子上，所以其二氯化物超过2种，故B正确；‎ C．每个C5H12比螺（2，2）戊烷多4个氢原子，相当于2个H2，所以生成1molC5H12，至少需要2molH2，故C错误；‎ D．螺[2，2]戊烷不含碳碳三键，与丙炔不是同系物，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎19．【分析】1mol该酯完全水解可得到3mol羧酸和1mol甘油，则说明酯中含有3个酯基，结合酯的水解特点以及质量守恒定律判断。‎ ‎【解答】解：某羧酸酯的分子式为C57H104O6，1mol该酯完全水解可得到3mol羧酸和1mol甘油，说明酯中含有3个酯基，设羧酸为M，‎ 则反应的方程式为C57H104O6+3H2O＝3M+C3H8O3，‎ 由质量守恒可知M的分子式为C18H34O2，‎ 故选：B。‎ ‎20．【分析】根据质荷比可知，有机物A的相对分子质量为74，由核磁共振氢谱可知，该有机物分子中有2种化学环境不同的H原子，2种H原子数目之比为1：1，结合红外光谱可知，其结构为CH3COOCH3，含有酯基，酯在碱性条件下水解生成酸钠和醇，据此分析。‎ ‎【解答】解：根据质荷比可知，有机物A的相对分子质量为74，由核磁共振氢谱可知，该有机物分子中有2种化学环境不同的H原子，2种H原子数目之比为1：1，结合红外光谱可知，其结构为CH3COOCH3，含有酯基，酯在碱性条件下水解生成酸钠和醇，‎ A．A属于酯类物质不能发生消去反应，故A错误；‎ B．由质谱图可知，有机物A的相对分子质量为74，故B错误；‎ C．由分析可知，A的结构为CH3COOCH3，含有酯基，故C正确；‎ D．A的同分异构体，中能与新制Cu（OH）2共热生成红色沉淀的，有HCOOCH2CH3、HOCH2CH2CHO，两种同分异构体，故D错误。‎ 故选：C。‎ 二．填空题（共5小题）‎ ‎21．【分析】（1）溶解28.4g碳酸钙和碳酸氢钙的混合物，消耗1.0mol/L盐酸500mL，由Cl、Ca原子守恒可知得到2HCl～CaCl2～CaO；‎ ‎（2）将反应容器内水分蒸干，最后得到白色固体质量增加，根据反应方程式可知，固体增加的质量为参加反应的水的质量，然后根据反应方程式计算出混合物中碳酸钠的质量。‎ ‎【解答】解：（1）混合物与盐酸反应生成氯化钙，灼烧等量的上述混合物生成CaO，由Cl、Ca原子守恒可知得到2HCl～CaCl2～CaO，n（HCl）＝0.5L×1mol/L＝0.5mol，可知得到CaO的质量为0.5mol××56g/mol＝14g，‎ 故答案为：14g；‎ ‎ （2）设原混合物中Na2CO3的质量为x，发生的反应方程式有：‎ CaO+H2O＝Ca（OH）2 ①‎ NaHCO3+Ca（OH）2＝CaCO3↓+NaOH+H2O ②‎ Na2CO3+Ca（OH）2＝CaCO3↓+2NaOH ③‎ ‎①+②得：CaO+NaHCO3＝CaCO3↓+NaOH ④‎ ‎①+③得：CaO+H2O+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH ⑤‎ 反应④中CaO与NaHCO3反应不会引起固体质量增加，‎ 反应⑤即CaO与Na2CO3反应，由于H2O参加反应，会引起固体质量增加，‎ 即：固体增加的质量等于参加反应的水的质量，‎ 因此由H2O+CaO+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH ‎ 18 106‎ ‎ 29g﹣27.2g x ‎，解得x＝10.6g，‎ 故答案为：10.6g。‎ ‎22．【分析】当反应2NaHSO4+Ba（OH）2═BaSO4↓+2H2O+Na2SO4，恰好完成溶液呈中性，此时沉淀的量为amol，则NaHSO4的物质的量为2a，继续滴入氢氧化钡当硫酸钠完全反应沉淀达到最大值，沉淀的量为3amol，反应为Na2SO4+Ba（OH）2═BaSO4↓+2NaOH，生成沉淀的物质的量为3a﹣a＝2amol，则根据反应方程式Na2SO4的物质的量为2amol，则原样品中Na2SO4的物质的量为amol，根据硫酸根离子守恒可知：混合溶液中NaHSO4和Na2SO4的物质的量之比为2：1，而沉淀最大量时溶液为单一的氢氧化钠溶液，此时PH＝12，所以n（OH﹣）＝n（NaOH）＝10﹣2×0.2＝0.002mol，由此分析求解．‎ ‎【解答】解：当反应2NaHSO4+Ba（OH）2═BaSO4↓+2H2O+Na2SO4，恰好完成溶液呈中性，此时沉淀的量为amol，则NaHSO4的物质的量为2a，继续滴入氢氧化钡当硫酸钠完全反应沉淀达到最大值，沉淀的量为3amol，反应为Na2SO4+Ba（OH）2═BaSO4↓+2NaOH，生成沉淀的物质的量为3a﹣a＝2amol，则根据反应方程式Na2SO4的物质的量为2amol，则原样品中Na2SO4的物质的量为amol，根据硫酸根离子守恒可知：混合溶液中NaHSO4和Na2SO4的物质的量之比为2：1，而沉淀最大量时溶液为单一的氢氧化钠溶液，此时PH＝12，所以n（OH﹣）＝n（NaOH）＝10﹣2×0.2＝0.002mol，‎ ‎（1）设NaHSO4的物质的量为：2xmol，则Na2SO4的物质的量为xmol，根据钠守恒：2x+2x＝0.002，所以x＝0.0005mol，原溶液中c（Na2SO4）＝0.005mol/L，故答案为：0.005mol/L；‎ ‎（2）图中a值为硫酸氢钠恰好完全反应的值，所以a为0.0005mol，故答案为：0.0005．‎ ‎23．【分析】（1）配制480mL溶液，需要选用500mL容量瓶，根据配制500mL 1.00mol•L﹣1 CuSO4溶液的步骤选用仪器；‎ ‎（2）根据n＝cV计算出硫酸铜的物质的量，再根据m＝nM计算出需要胆矾的质量；‎ ‎（3）根据钠离子可溶于水中，可以使用水进行洗涤，除去A中的杂质钠离子；‎ ‎（4）氧化亚铜与稀硫酸反应生成铜和硫酸铜，据此写出反应的离子方程式．‎ ‎【解答】解：（1）实验室没有480mL容量瓶，应该选用500mL的容量瓶，配制该溶液需要的仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶等，还缺少500mL容量瓶和胶头滴管；500mL 1.00mol/L的硫酸铜中含有溶质硫酸铜的物质的量为0.5mol，需要胆矾的质量为：250g/mol×0.5mol＝125.0g，‎ 故答案为：500ml容量瓶、胶头滴管； 125.0；‎ ‎（2）向漏斗中加蒸馏水至刚浸没沉淀，让水自然流下，重复此操作2～3次，可以将A中的钠离子除去，‎ 故答案为：向漏斗中加蒸馏水至刚浸没沉淀，让水自然流下，重复此操作2～3次；‎ ‎（3）氧化亚铜与稀硫酸反应的离子方程式为：Cu2O+2H+＝Cu+Cu2++H2O，‎ 故答案为：Cu2O+2H+＝Cu+Cu2++H2O；‎ ‎（4）9.08gA加热得到5.76gCu2O，根据铜元素守恒，9.08gA中含有的铜元素的物质的量为：＝0.08mol，则×（a+1）＝0.08mol，解得：a＝3，所以A的化学式为：3Cu（OH）2•CuSO4，‎ 故答案为：3Cu（OH）2•CuSO4．‎ ‎24．【分析】（1）根据0.1mol该烃完全燃烧生成的二氧化碳和水的物质的量可以确定其分子式；根据该有机物的分子组成及具有的化学性质判断其结构，写出结构简式并进行命名；‎ ‎（2）能够与氢气发生加成反应，说明分子中含有碳碳双键，根据加成反应产物的碳架判断该有机物的类型、结构简式及名称．‎ ‎【解答】解：（1）0.1mol某烃在足量的氧气中完全燃烧，生成CO2和水各0.6mol，则n（C）＝n（CO2）＝0.6mol、n（H）＝2n（H2O）＝1.2mol，1mol该烃中含有C、H的物质的量分别为：n（C）＝mol＝6mol，n（H）＝mol＝12，该烃的分子式为：C6H12‎ ‎；若该烃不能使溴水或高锰酸钾溶液褪色，则分子中不存在碳碳双键，但在一定条件下，可以和液溴发生取代反应，其一溴取代物只有一种，则此烃只能为环己烷，环己烷的结构简式为：，‎ 故答案为：C6H12；环烷；；环己烷；‎ ‎（2）若该烃能使溴水褪色，且能在催化剂作用下与H2发生加成反应，则该有机物分子中含有碳碳双键，属于烯烃，与氢气发生加成反应生成2.2﹣二甲基丁烷：CH3C（CH3）2CH2CH3，向2，2﹣二甲基丁烷的碳架上添加碳碳双键，只有一种添加方式，则该烯烃的结构简式为：（CH3）3C﹣CH＝CH2，该有机物的名称为：3，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯，‎ 故答案为：烯；（CH3）3C﹣CH＝CH2；3，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯．‎ ‎25．【分析】（1）①氯化铵中铵根离子和氯离子之间是离子键，铵根离子内部存在共价键，根据电子式的书写方法来回答；‎ ‎②根据液氨的性质：易液化来回答；‎ ‎③氨气的催化氧化产物是一氧化氮和水，一氧化氮遇到空气迅速变为二氧化氮，二氧化到可以和水反应得到硝酸，硝酸可以和氨气反应生成硝酸铵；‎ ‎（2）根据书写化学方程式的步骤：写配注等，正确书写方程式即可，根据化学方程式进行计算．‎ ‎【解答】解：（1）①氯化铵中铵根离子和氯离子之间是离子键，铵根离子内部存在共价键，极性键（或共价键）、离子键，硅甲烷中硅原子和氢原子之间以共价键结合，电子式为：，故答案为：极性键（或共价键）、离子键；；‎ ‎②液氨的性质：易液化，上述生产硅烷的过程中液氨的作用是：吸收热量，保证反应在常温下进行，故答案为：吸收热量，保证反应在常温下进行（答“制冷”或“降温”均可）；‎ ‎③氨气的催化氧化产物是一氧化氮和水，即4NH3+5O24NO+6H2O，在实验过程中，除观察到锥形瓶中产生红棕色气体外，还可观察到有白烟生成，因为一氧化氮遇到空气迅速变为二氧化氮，二氧化氮可以和水反应得到硝酸，硝酸可以和氨气反应生成硝酸铵，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；NH4NO3（或硝酸铵）．‎ ‎（2）三硅酸镁中和胃酸（HCl）的化学方程式为：Mg2Si3O8∙nH2O+4HCl═2MgCl2+3H2SiO3+（n﹣1）H2O，根据化学方程式，设0.184gMgSi3O8•nH2O的物质的量是x，得 ‎ Mg2Si3O8∙nH2O+4HCl═2MgCl2+3H2SiO3+（n﹣1）H2O ‎ 1 4‎ ‎ x 0.050L×0.1mol/L﹣0.030L×0.1mol/L ‎ ＝，解得x＝0.0005mol，所以MgSi3O8•nH2O的摩尔质量是＝368g/mol，Mg2Si3O8的摩尔质量为260g/mol，所以18n＝108，即n＝6．‎ 故答案为：Mg2Si3O8∙nH2O+4HCl═2MgCl2+3H2SiO3+（n﹣1）H2O；6．‎ 三．计算题（共3小题）‎ ‎26．【分析】过程发生的反应：CuO+H2SO4═CuSO4+H2O，Fe2O3+3H2SO4═Fe2（SO4）3+3H2O，Fe+CuSO4＝FeSO4+Cu，Fe+Fe2（SO4）3＝3FeSO4，充分反应后，得固体的质量为3.04g，物质的量是＝0.0475mol，根据Cu元素守恒，可以计算CuO的质量，加入铁粉充分反应后，溶液中溶质是硫酸亚铁，可以根据硫酸根守恒计算硫酸亚铁的物质的量。‎ ‎【解答】解：过程发生的反应：CuO+H2SO4═CuSO4+H2O，Fe2O3+3H2SO4═Fe2（SO4）3+3H2O，Fe+CuSO4＝FeSO4+Cu，Fe+Fe2（SO4）3＝3FeSO4，充分反应后，设氧化铜xmol，氧化铁ymol，80x+160y＝4.00，64x+112y＝3.04，得x＝0.03，y＝0.01，氧化铜的质量是2.40g，加入铁粉充分反应后，溶液中溶质是硫酸亚铁，根据硫酸根守恒，得到硫酸亚铁的物质的量n＝0.05L×2.00mol/L＝0.100mol，故答案为：0.100mol；2.40g。‎ ‎27．【分析】（1）图象中3.2g固体为Cu，根据质量守恒可知原19.2g混合物中含有Cu的质量，从而可知 Fe2O3的质量，然后根据n＝计算出混合物中n（Cu）：n（Fe2O3）；‎ ‎（2）加入11.2gFe粉时，此时溶质为硫酸亚铁，根据Fe元素守恒可计算出硫酸根离子的物质的量，从而可知400mL稀硫酸中含有硫酸的物质的量，再根据c＝计算出稀硫酸的浓度。‎ ‎【解答】解：（1）由图象可知，生成的3.2g固体为金属铜，说明19.20g Cu和Fe2O3的混合物中含有3.2gCu，则含有Fe2O3的质量为：19.2g﹣3.2g＝16.0g，则n（Cu）：n（Fe2O3）＝：＝1：2，‎ 故答案为：1：2；‎ ‎（2）图象中加入11.2gFe时，铜离子完全被置换成Cu，此时溶质为FeSO4‎ ‎，根据Fe元素守恒可知n（FeSO4）＝n（Fe）+2n（Fe2O3）＝+×2＝0.4mol，则400mL稀硫酸中含有硫酸的物质的量为n（H2SO4）＝n（FeSO4）＝0.4mol，该稀硫酸的物质的量浓度为c（H2SO4）＝＝1mol/L，‎ 故答案为：1mol/L。‎ ‎28．【分析】图象的最高点时，盐酸与Ba（OH）2、碳酸钡恰好反应，最高点之前，盐酸有剩余，最高点之后Ba（OH）2完全反应、BaCO3有剩余，至横轴时Ba（OH）2与盐酸恰好反应，BaCO3不反应，‎ ‎（1）加入样品1.84g时，Ba（OH）2和 BaCO3完全反应，稀盐酸过量；生成112mL气体为二氧化碳，二氧化碳的物质的量为：＝0.005mol，根据碳原子守恒可知BaCO3钡的物质的量为0.005mol，‎ 根据m＝nM计算出1.84g样品中含有碳酸钡的质量，然后可计算出1.84g样品中Ba（OH）2的物质质量及物质的量，从而可计算混合物中Ba（OH）2和 BaCO3物质的量之比；‎ ‎（2）加入11.04g样品时，Ba（OH）2和HCl完全反应，BaCO3有剩余，样品是由Ba（OH）2和 BaCO3均匀组成的，据此可计算出11.04g混合物中含有的Ba（OH）2的物质的量，根据关系式Ba（OH）2～2HCl计算出氢氧化钡消耗HCl的物质的量；标况下224mL二氧化碳的物质的量为：＝0.01mol，根据BaCO3+2H+＝CO2↑+H2O+Ba2+可计算出生成0.01molCO2消耗HCl的物质的量，从而可知100mL该稀盐酸中含有HCl的物质的量，最后根据c＝计算出该稀盐酸的浓度。‎ ‎【解答】解：图象的最高点时，盐酸与Ba（OH）2、碳酸钡恰好反应，最高点之前，盐酸有剩余，最高点之后Ba（OH）2完全反应、BaCO3有剩余，至横轴时Ba（OH）2与盐酸恰好反应，BaCO3不反应，‎ ‎（1）加入样品1.84g时，Ba（OH）2和 BaCO3完全反应，稀盐酸过量，生成112mL气体为二氧化碳，二氧化碳的物质的量为：＝0.005mol，根据碳原子守恒可知BaCO3钡的物质的量为0.005mol，1.84g样品中含有碳酸钡的质量为：197g/mol×0.005mol＝0.985g，1.84g样品中Ba（OH）2的物质的量为：＝0.005mol，所以混合物中Ba（OH）2和 BaCO3‎ 物质的量之比＝0.005mol：0.005mol＝1：1，‎ 故答案为：1：1；‎ ‎（2）加入11.04g样品时，Ba（OH）2和HCl完全反应，BaCO3有剩余；样品是由Ba（OH）2和 BaCO3均匀组成的，则11.04g混合物中含有的Ba（OH）2、BaCO3的物质的量为：n[Ba（OH）2]＝n（BaCO3）＝0.005mol×＝0.03mol，0.03molBa（OH）2完全反应消耗HCl的物质的量为：n（HCl）＝2n[Ba（OH）2]＝0.03mol×2＝0.06mol；‎ 标况下224mL二氧化碳的物质的量为：＝0.01mol，根据BaCO3+2H+＝CO2↑+H2O+Ba2+可知，生成0.01molCO2消耗HCl的物质的量为：n（HCl）＝2n（CO2）＝0.01mol×2＝0.02mol，‎ ‎100mL该稀盐酸中含有HCl的物质的量为：0.06mol+0.02mol＝0.08mol，该盐酸的浓度为：＝0.8mol/L，‎ 故答案为：0.8。‎