【化学】安徽省宣城市郎溪中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

【化学】安徽省宣城市郎溪中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

安徽省宣城市郎溪中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Fe 56 Zn 65 Ba 137‎ 一、本大题有16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个正确选项符合题意，请将正确答案填写在答题卡上。‎ ‎1.为防止流感病毒的传播，许多公共场所都注意环境消毒，以下消毒药品属于强电解质的是 ( )‎ A. 84消毒液 B. 高锰酸钾 C. 酒精 D. 醋酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．84消毒液是次氯酸钠的溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；‎ B．高锰酸钾在水溶液中完全电离，属于强电解质，故B正确；‎ C．酒精是非电解质，故C错误；‎ D．醋酸在水溶液中部分电离，属于弱电解质，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎2.下列叙述正确的是( )‎ A. 氢气的摩尔质量是2g/mol B. 标准状态下22.4L水的物质的量是1mol C. 常温常压下氢气的摩尔体积是22.4L/mol D. 常温常压下16gO2的物质的量是1mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氢气的相对分子质量是2，所以H2的摩尔质量是2g/mol，A正确；‎ B.标准状态下水不是气体，不能使用气体摩尔体积计算，B错误； ‎ C.在压强不变时，升高温度，气体的体积扩大，因此在常温常压下氢气的摩尔体积大于22.4L/mol，C错误；‎ D.常温常压下16gO2的物质的量是0.5mol，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎3.澳大利亚科学家发现了纯碳新材料“碳纳米泡沫”，每个泡沫含有约4000个碳原子，直径约6到9nm，在低于－183℃时，泡沫具有永久磁性，下列叙述正确的是( )‎ A. “碳纳米泡沫”是一种新型的碳化合物 B. 把“碳纳米泡沫”分散到适当的溶剂中，不可能产生丁达尔现象 C. “碳纳米泡沫”是一种胶体 D. “碳纳米泡沫”与石墨的相互转化不是氧化还原反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. “碳纳米泡沫”是一种新型的碳单质，A错误；‎ B.由于“碳纳米泡沫”直径约6到9nm，微粒大小等于胶体颗粒大小，因此分散到适当的溶剂中，可产生丁达尔现象，B错误；‎ C. “碳纳米泡沫”是一种单质，没有形成分散系，因此“碳纳米泡沫”不是胶体，C错误；‎ D. “碳纳米泡沫”与石墨的相互转化是同素异形体的转化，没有元素化合价的变化，因此不是氧化还原反应，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎4.若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）‎ A. 相同质量的SO2和SO3所含硫原子的个数比为1：1‎ B. 常温下，2.7 g铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3NA C. 0.5 mol O3与11.2 L O2所含的分子数一定相等 D. 将49 g H2SO4溶于1 L水中，所得溶液的物质的量浓度为0.5 mol•L-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】相同质量的SO2和SO3所含硫原子的个数比为5：4，故A错误；铝与盐酸反应生成氯化铝和氢气，2.7 g铝的物质的量是0.1mol，与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3NA，故B正确；非标准状况下，11.2 L O2的物质的量不一定是0.5mol，所以0.5 mol O3与11.2 L O2所含的分子数不一定相等，故C错误；49 g H2SO4的物质的量是，将49 g H2SO4溶于1 L水中，所得溶液的体积不是1L，所以物质的量浓度不是0.5 mol•L-1，故D错误。‎ ‎5.用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是( )‎ A. 常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na＋离子数为0.02NA B. 标准状况下，22.4L四氯化碳含有的原子数为5NA C. 通常状况下，0.5NA个CO2分子占有的体积为11.2L D. 物质的量浓度为0.5mol·L－1的MgCl2溶液中，含有Cl－个数为NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.常温常压下，1.06gNa2CO3的物质的量是0.01mol，根据盐 组成可知其中含有的Na＋离子数为0.02NA，A正确；‎ B.在标准状况下四氯化碳是液体，不能使用气体摩尔体积计算，B错误；‎ C.通常状况下气体摩尔体积大于22.4L/mol，则0.5NA个CO2分子占有的体积大于11.2L，C错误；‎ D.缺少溶液的体积，不能计算微粒的数目，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎6.下列化学反应属于右图区域3的是( )‎ A. Br2+2KI=I2+2KBr B. 2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O C. Cl2+H2O=HCl+HClO D. H2O+CaO=Ca(OH)2‎ ‎【答案】C ‎【解析】由图可知，3区属于氧化还原反应，但不是置换反应、化合反应和分解反应，则A．为置换反应，位于4区域，A错误；B．为分解反应，元素化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，B错误；C．不属于四种基本类型反应，为氧化还原反应，C正确；D．为化合反应，元素化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，D错误。答案选C。‎ ‎7.下列溶液中 Cl-浓度由大到小的顺序是( )‎ ‎①20mL0.3mol·L-1MgCl2溶液②30mL0.4mol·L-1NaCl溶液③40mL0.5mol·L-1 KClO3溶液④10mL0.4mol·L-1AlCl3溶液 A. ④①②③ B. ①④②③ C. ④①③② D. ②③①④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①20mL0.3mol·L-1MgCl2溶液中c(Cl-)=0.3mol/L×2=0.6mol/L；②30mL0.4mol·L-1NaCl溶液c(Cl-)=0.4mol/L×1=0.4mol/L；③40mL0.5mol·L-1 KClO3溶液中无Cl-；④10mL0.4mol·L-1AlCl3溶液c(Cl-)=0.4mol/L×3=1.2mol/L，可见上述四种溶液中Cl-浓度由大到小的顺序是④①②③，故合理选项是A。‎ ‎8.下列电离方程式中，正确的是( )‎ A. Na2SO4=2Na+ + SO4-2 B. Ba(OH)2=Ba2++OH2-‎ C. Ca(NO3)2=Ca2+ +2(NO3)2- D. Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.SO42-书写不正确，要先写电荷数目，再写电性正负，电离方程式应该写为Na2SO4=2Na+ + SO42-，A错误；‎ B.Ba(OH)2电离产生Ba2+和2个OH-，微粒的数目要写在离子符号前面，电离方程式应该写为Ba(OH)2=Ba2++2OH-，B错误；‎ C.Ca(NO3)2电离产生Ca2+、NO3-，NO3-带有1个单位的负电荷，电离方程式应该为Ca(NO3)2=Ca2+ +2NO3-，C错误；‎ D.电离产生离子符号合理，数目符合电解质化学式的个数比关系，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎9.宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的化学原理是：4Ag + 2H2S + O2 =2X + 2H2O。下列说法正确的是( )‎ A. X 的化学式为 AgS B. 反应中 Ag 和H2S 均是还原剂 C. 银针验毒时，空气中氧气失去电子 D. 每生成 1molX，反应转移 2mol 电子 ‎【答案】D ‎【解析】由质量守恒可知X的化学式为Ag2S；银针验毒时，空气中氧气分子得到电子，化合价从反应前的0价变为反应后的-2价，化合价降低，做氧化剂；在反应中Ag的化合价从单质Ag的0价变为反应后Ag2S中的+1价，失去电子，作还原剂； H2S中的H、S两元素的化合价都没有发生变化，既不是氧化剂也不是还原剂，由方程式：4Ag+2H2S+O2===2X+2H2O可知，4Ag—4e——2Ag2S，则每生成1mo1Ag2S，反应转移2mo1e-，故D正确。‎ ‎10.下列用单、双线桥表示电子转移的方向和数目不正确的是(　　)‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】A、转移电子为2×[5－(－1)]=12，故A错误；B、得失电子数目正确，以及双线桥的表示正确，故B正确；C、C的化合价升高，C应是失去电子，Cu应是得到电子，故C错误；D、1mol氧气得到4mole－，得失电子数目应守恒，故D错误。‎ ‎11.下列实验操作或装置正确的是( )‎ A. 点燃酒精灯 B. 蒸馏 ‎ C. 过滤 D. 稀释浓硫酸 ‎【答案】C ‎【解析】A不正确，不能用点着的酒精灯去点燃另一个酒精灯。蒸馏时冷凝管中的水流下口进，上口出，B不正确。稀释浓硫酸应该把浓硫酸沿着器壁慢慢的注入水中，并不断搅拌，而不能反过来，D是错误的。所以正确的答案是C。‎ ‎12.一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子。关于此反应说法不正确的是( )‎ A. 生成物中有单质 B. 反应物全部参与反应 C. 属于氧化还原反应 D. 属于分解反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】由图可知，该反应为化合物分解生成化合物与单质的反应，且反应后存在反应物，则为可逆反应，如2H2O2=2H2O+O2↑，O元素的化合价发生了变化，以此来解答。‎ ‎【详解】A.根据图示可知，生成物中含有的物质中仅有一种元素组成，属于单质，A正确；‎ B.反应前后均存在反应物，为可逆反应，反应物未全部参与反应，B错误；‎ C.化合物生成单质时，元素的化合价发生了变化，反应为氧化还原反应，C正确；‎ D.一种物质分解生成两种物质，为分解反应，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎13.某溶液中只含有四种离子，已知其中三种离子 Na＋、Ba2＋、NO3－的物质的量浓度分别是 2mol/L、1 mol/L、1 mol/L，则溶液中另一离子及其物质的量浓度是( )‎ A. CO32－ 1.5 mol/L B. K+ 0.5 mol/L C. OH- 3 mol/L D. Cl- 2 mol/L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】Na+、Ba2+的电荷浓度为2mol•L-1+2×1mol•L-1=4mol•L-1，而NO3-的物质的量浓度为1mol•L-1，由溶液的电中性原则可知应含有阴离子，且阴离子的电荷浓度为3mol•L-1，题中只有C符合，故选C。‎ ‎14.某容器真空时，称量其质量为60.4g，此容器充满N2时总质量为66.0g，在相同状况下, 充满另一气体时，总质量为74.6g，那么该气体可能是( )‎ A. Cl2 B. O2 C. SO2 D. HCl ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】氮气的质量=66g-60.4g=5.6g，充满另一气体时，总质量为74.6g，该气体的质量=74.6g-60.4g=14.2g，相同条件下相同体积的不同气体其物质的量相等，根据n=m/M知，相同物质的量时，其质量之比等于摩尔质量之比，气体的摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，设该气体的相对分子质量为M，则M/28＝14.2g/5.6g，解得M＝71，选项中相对分子质量为71的是Cl2；‎ 答案选A。‎ ‎15.下列各组离子中，在水溶液中能大量共存，且无色透明的是( )‎ A. Na+、Ba2+、NO3-、CO32- B. Cu2+、HCO3-、C1-、K+‎ C. Na+、K+、HCO3-、SO42－ D. OH-、Cl-、Na+、Mg2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Ba2+、CO32-会生成BaCO3沉淀，不能大量共存，A错误；‎ B.Cu2+的水溶液显蓝色，在无色透明的溶液中不能大量存在，B错误；‎ C.选项离子不能发生任何反应，且水溶液显无色，可以大量共存，C正确；‎ D. OH-、Mg2+会生成Mg(OH)2沉淀，不能大量共存，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎16.下列关于反应SiO2＋3C SiC＋2CO叙述中，正确的是( )‎ A. 氧化剂是SiO2‎ B. 氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2‎ C. 碳反应中只做还原剂 D. 若生成1mol SiC转移电子2 mol ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：根据方程式可知，碳元素的化合价部分升高到＋2价，部分降低到－4价，所以单质碳既是氧化剂，也是还原剂，A、C不正确；根据方程式中生成物的化学计量数可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，B正确；若生成1molSiC转移电子为4mol，D不正确，答案选B。‎ 二、本大题有5个小题，共52分。请按规范语言工整书写答案。‎ ‎17.(1)以下物质：①NaCl晶体 ②液态SO3 ③液态的醋酸 ④铝 ⑤BaSO4固体 ⑥稀盐酸 ⑦酒精(C2H5OH) ⑧熔融KNO3‎ 其中属于电解质的是______(填编号，下同)，属于非电解质的是______，能导电的是_______。‎ ‎(2)人体血红蛋白分子中含有Fe2+，正是这些Fe2+使血红蛋白分子具有载氧功能。亚硝酸钠(NaNO2)可将人体血红蛋白中的Fe2＋转化为Fe3+，生成高铁血红蛋白而丧失与氧气的结合能力，反应过程中Fe2＋发生________反应，说明亚硝酸钠具有______性；误食亚硝酸钠中毒，可服维生素C缓解，说明维生素C具有______性。‎ ‎【答案】(1). ①③⑤⑧ (2). ②⑦ (3). ④⑥⑧ (4). 氧化 (5). 氧化 (6). 还原 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，酸、碱、盐都是电解质；‎ 非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不能够导电化合物；‎ 能导电的物质--必须具有能自由移动的带电的微粒，金属能导电--是由于金属中存在能自由移动的带负电的电子，电解质导电是由于存在自由移动的阴、阳离子。‎ ‎(2)由亚硝酸钠能使血红蛋白中Fe2+转化为高铁血红蛋白而使人发生急性中毒，则亚硝酸钠具有氧化性，再由服用维生素C可解除NaNO2‎ 盐中毒，则解毒过程中Fe元素的化合价降低，维生素C中某元素的化合价升高，误食亚硝酸钠中毒，可服维生素C缓解，说明维生素C具有还原性，以此来解答。‎ ‎【详解】(1)①NaCl晶体在水溶液中或熔融状态下能够导电，属于电解质，但固体状态下离子不能自由移动，因此不能够导电；‎ ‎②液态SO3是共价化合物，以分子形式存在，无自由移动的离子，不能导电，是非电解质；‎ ‎③液态的醋酸是电解质，由于该物质是由分子构成，液态下不导电，溶于水后会产生自由移动的离子而导电，是电解质；‎ ‎④铝是金属单质，能导电，但单质不是电解质，也不是非电解质；‎ ‎⑤BaSO4是盐，属于电解质，固体中含有的离子不能自由移动，因此不能导电，在熔融状态下能够导电；‎ ‎⑥稀盐酸是混合物，不是电解质，也不是非电解质；由于在稀盐酸中含有大量的自由移动的H+、Cl-，能够导电； ‎ ‎⑦酒精(C2H5OH)是化合物，由分子构成，在水溶液中和熔融状态下不能导电，是非电解质，不导电；‎ ‎⑧熔化KNO3中含有自由移动的K+、NO3-，能导电，该化合物是盐，属于电解质；‎ 所以属于电解质的是①③⑤⑧；属于非电解质的是②⑦；能导电的是④⑥⑧；‎ ‎(2)亚硝酸钠能使血红蛋白中Fe2+转化为高铁血红蛋白而使人发生急性中毒，说明亚硝酸钠具有氧化性，作氧化剂；Fe2+被氧化，误食亚硝酸钠中毒，可服维生素C缓解，说明维生素C具有还原性。‎ ‎18.按要求填写：‎ ‎(1)写出硝酸银溶液中加入铜粉的离子反应方程式：___________。‎ ‎(2)写出硫酸钠溶液与氯化钡溶液反应的离子反应方程式：__________。‎ ‎(3)盐酸滴在石灰石上有气泡，写出离子反应方程式：_________。‎ ‎(4)氢化钠(NaH)为白色晶体，其中H-有很强的还原性，NaH能与水剧烈反应产生一种可燃性气体，写出化学反应方程式：__________。‎ ‎(5)配平反应方程式：‎ ‎__Al +__NaNO3+__H2O=__Al(OH)3+__N2↑+__NaAlO2‎ ‎(6)写出与Fe +2H+=Fe2+ +H2↑相对应的化学反应方程式：________。‎ ‎【答案】(1). 2Ag++Cu=2Cu2++Ag (2). Ba2++SO42-=BaSO4↓ (3). CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O (4). NaH+H2O=NaOH+H2↑ (5). 10 (6). 6 (7). 6 (8). 4 (9). 3 (10). 6 (11). Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑或Fe+2HCl=FeCl2+H2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据金属活动性顺序分析；‎ ‎(2)根据复分解反应的规律，二者反应产生BaSO4沉淀；‎ ‎(3)盐酸与碳酸钙反应产生CaCl2、H2O、CO2；‎ ‎(4) NaH与水剧烈反应产生H2和NaOH；‎ ‎(5)用化合价升降方法配平方程式，使反应前后元素的原子个数和电子转移数目相等；‎ ‎(6) Fe +2H+=Fe2+ +H2↑表示Fe与非氧化性的强酸反应产生亚铁盐和氢气。‎ ‎【详解】(1)在金属活动性顺序表中，金属活动性Cu>Ag，所以Cu可以与AgNO3溶液发生置换反应产生Ag和Cu(NO3)2，反应的离子方程式为：2Ag++Cu=2Cu2++Ag；‎ ‎(2)硫酸钠溶液与氯化钡溶液反应产生BaSO4沉淀和NaCl，反应的离子反应方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓；‎ ‎(3)盐酸滴在石灰石上有气泡，反应产生CaCl2、H2O、CO2气体；该反应的离子反应方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；‎ ‎(4)NaH与水剧烈反应产生H2和NaOH，反应的化学方程式为：NaH+H2O═NaOH+H2↑；‎ ‎(5)在该反应中，N元素的化合价由反应前NaNO3中的+5价，变为反应后N2中的0价，化合价降低，获得5e-×2；Al元素的化合价由反应前Al中的0价变为反应后Al(OH)3、NaAlO2中的+3价，化合价升高，失去3e-，电子得失最小公倍数是30，所以NaNO3的系数是6，N2的系数是3，Al的系数是10，由Na元素守恒可知NaAlO2的系数是6，则结合Al元素守恒可知Al(OH)3的系数是4，最后根据H、O原子反应前后要相等，可知H2O的系数是6，该配平后反应方程式为：10Al +6NaNO3+6H2O=4Al(OH)3+3N2↑+6NaAlO2；‎ ‎(6)Fe +2H+=Fe2+ +H2↑表示Fe与非氧化性的强酸反应产生亚铁盐和氢气，酸可以是盐酸也可以是稀硫酸。若为盐酸，Fe与HCl反应产生FeCl2和氢气，化学方程式为：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；若酸为硫酸，则Fe与硫酸反应产生FeSO4和H2，反应方程式为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑。‎ ‎19.请按要求回答下列问题：‎ ‎(1)胃舒平是治疗胃酸（HCl）过多的常用药物，其中含有的有效成分是不溶物氢氧化铝。其治疗原理是(用离子方程式表示)_______。‎ ‎(2)工业上制取AlCl3用Al2O3与C、Cl2在高温条件下反应，生成两种化合物，其中一种是还原性气体且有毒性，该反应的化学方程式是_______。‎ ‎(3)反应2H2CrO4+3H2O2=2Cr(OH)3 +3O2↑+2H2O中H2O2的变化过程为H2O2→O2。‎ ‎①该反应的还原剂是________（填化学式）。‎ ‎②在该反应方程式中用双线桥法标明电子转移的方向和数目。________‎ ‎2H2CrO4+3H2O2=2Cr(OH)3+3O2↑+2H2O ‎③若反应中转移了3mol电子，则产生的气体在标准状况下体积为_______L。‎ ‎【答案】(1). Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O (2). Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3 +3CO (3). H2O2 (4). (5). 33.6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)氢氧化铝与盐酸反应产生氯化铝和水；‎ ‎(2)Al2O3与C、Cl2在高温条件下反应，生成AlCl3和CO；‎ ‎(3)根据元素化合价升高，失去电子，被氧化，物质作还原剂；元素化合价降低，获得电子，被还原，物质作氧化剂，氧化剂获得电子总数与还原剂失去电子总数相等，等于反应过程中元素化合价升降总数，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)氢氧化铝与盐酸反应产生氯化铝和水，用离子方程式表示为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；‎ ‎(2) Al2O3与C、Cl2在高温条件下反应，生成AlCl3和CO，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的方程式为：Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3 +3CO；‎ ‎(3)①在反应2H2CrO4+3H2O2=2Cr(OH)3 +3O2↑+2H2O中，Cr元素的化合价由反应前H2CrO4中的+6价变为反应后Cr(OH)3 中的+3价，化合价降低，获得电子2×3e-，被还原，H2CrO4作氧化剂；O元素的化合价由反应前H2O2中的-1价变为反应后O2中的0价，化合价升高，失去电子6×e-，H2O2作还原剂； ‎ ‎②根据①分析，反应过程中电子转移用线桥法标明电子转移的方向和数目为；‎ ‎③在反应2H2CrO4+3H2O2=2Cr(OH)3+3O2↑+2H2O中，每转移6mol电子，反应会产生3molO2，则反应中转移了3mol电子，产生1.5molO2，产生的O2‎ 气体在标准状况下体积V(O2)=1.5mol×22.4L/mol=33.6L。‎ ‎20.某混合物的水溶液中，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl-、H+、Ba2+、CO32-、SO42-，现取三份100mL该溶液进行实验：‎ ‎①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生。‎ ‎②第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol。‎ ‎③第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。‎ 根据上述实验数据，填写下列空白。‎ ‎(1)一定不存在的离子有_________。‎ ‎(2)第②步操作发生反应的离子方程式为_________。‎ ‎(3)第③步操作确定的离子有_________。‎ ‎(4)无法确定是否存在的离子是_________，若满足n(K+)________0.02mol(填“>”、“<”或“=”)时，能确定其存在。‎ ‎【答案】(1). H+、Ba2+ (2). NH4++OH－NH3↑+H2O (3). CO32－、SO42－ (4). Cl- (5). ＞‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】由②中加入足量NaOH溶液后加热，收集到0.04mol气体，该气体为NH3，说明溶液中一定含NH4+，根据N元素守恒可知其物质的量n(NH4+)=0.04mol；‎ 由③向第三份加入足量BaCl2溶液，得到沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤后，剩余2.33g可知，2.33g沉淀为BaSO4，6.27g>2.33g，沉淀用酸洗涤，质量减少，说明沉淀中有能够与盐酸反应的物质，说明沉淀中含有BaCO3，原溶液一定含SO42-和CO32-，与SO42-反应形成沉淀的Ba2+不能大量存在；与CO32-反应的H+不能大量存在；然后结合电荷守恒判断哪些离子存在与否，结合已知离子的物质的量，确定可能存在的离子的物质的量。‎ ‎【详解】由②中加入足量NaOH溶液后加热，收集到气体0.04mol，该气体为NH3，溶液中一定含NH4+，其物质的量n(NH4+)=0.04mol；‎ 由③向第三份加入足量BaCl2溶液，得到沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤后，剩余2.33g可知，2.33g沉淀为BaSO4，其物质的量n(BaSO4)= 2.33g÷233g/mol=0.01mol；则100mL溶液中含有沉淀中含SO42-物质的量n(SO42-)=n(BaSO4)=0.01mol；开始产生沉淀6.27g>2.33g，说明沉淀中有能够与盐酸反应的物质，沉淀为BaSO4和BaCO3的混合物，则原溶液一定含SO42-‎ 和CO32-，BaCO3与盐酸反应产生可溶性的BaCl2、H2O、CO2，BaCO3沉淀的质量为6.27g -2.33g=3.94g，则100mL溶液中含CO32-物质的量n(CO32-)=3.94g÷197g/mol=0.02mol。H+与CO32-反应，在原溶液不能大量存在H+；Ba2+与SO42-反应会反应产生BaSO4沉淀也不能大量存在；则原溶液中一定不能大量存在的离子有H+、Ba2+；由①知n(NH4+)=0.04mol，其带有的正电荷数：n(NH4+)×1=0.04mol×1=0.04mol，SO42-和CO32-带有的负电荷数2n(SO42-)+2n(CO32-)=2×0.01mol+2×0.02mol=0.06mol>0.04mol，说明在该溶液中还含有带正电荷的微粒，根据题干已知离子可知，还一定含有K+；若原溶液没有Cl-，则根据电荷守恒可知n(K+)=0.06mol-0.04mol=0.02mol；若溶液中含有Cl-，则根据电荷守恒可知溶液中K+的物质的量大于等于0.02mol。则①中加入AgNO3溶液有沉淀产生中一定含有Ag2SO4、Ag2CO3，可能含有AgCl。‎ 综上所述可知：原溶液中一定含有SO42-、CO32-、NH4+、K+，一定不含有H+、Ba2+，可能含有Cl-。 则(1)一定不存在的离子有H+、Ba2+。‎ ‎(2)第②步操作发生反应是NH4+与OH-反应产生NH3和水，反应的离子方程式为NH4++OH-NH3↑+H2O。‎ ‎(3)第③步操作确定含有的离子有SO42-、CO32-。‎ ‎(4)根据实验①现象判断，不能判断Cl-是否存在，；若K+的物质的量满足n(K+)>0.02mol时，能确定其存在，若n(K+)=0.02mol，则不存在Cl-。‎ ‎21.如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的浓硫酸试剂标签上的部分内容，现用该浓硫酸配制480mL1mol·L－1的稀硫酸。可供选用的仪器有：①胶头滴管②烧瓶③烧杯④ 玻璃棒⑤药匙⑥量筒⑦托盘天平。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）该硫酸的物质的量浓度为___ mol·L－1。‎ ‎（2）配制稀硫酸时，还缺少的仪器有____(写仪器名称)。‎ ‎（3）经计算，配制480mL 1mol· L－1的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为___mL。‎ ‎（4）对所配制的稀硫酸进行测定，发现其浓度大于1 mol·L－1，配制过程中下列各项操作可能引起该误差的原因有___（填编号）。‎ A．定容时，俯视容量瓶刻度线进行定容。‎ B．将稀释后的稀硫酸立即转入容量瓶后，紧接着就进行以后的实验操作。‎ C．转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面。‎ D．容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水。‎ E．定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处。‎ ‎【答案】(1). 18.4mol/L (2). 500mL容量瓶 (3). 27.2mL (4). A、B ‎【解析】‎ ‎【分析】一定物质的量浓度溶液配制的操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取（用到胶头滴管）浓硫酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。‎ ‎【详解】（1）设该硫酸的体积为1L，由题意可知浓硫酸中硫酸的物质的量为=18.4mol，则物质的量浓度为=18.4mol/L，故答案为：18.4mol/L；‎ ‎（2）由提供的仪器可知不需要的仪器有②烧瓶、④药匙、⑥托盘天平，还需要仪器有500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；‎ ‎（3）根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为xmL，则有xmL×18.4mol/L=500mL×1mol/L，解得x≈27.2，故答案为：27.2 mL；‎ ‎（4）A、定容时，俯视容量瓶刻度线进行定容，会导致溶液的体积偏小，所配制溶液浓度偏大，故正确；‎ B、将稀释后的稀硫酸立即转入容量瓶，溶液未经冷却，热的溶液体积偏大，冷却后溶液体积变小，导致配制的溶液体积偏小，所配制溶液浓度偏大，故正确；‎ C、转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，所配制溶液浓度偏小，故错误；‎ D、容量瓶中原来含有少量蒸馏水，对溶液体积无影响，所配制溶液浓度不变，故错误；‎ E、定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处，导致溶液的体积偏大，所配制溶液浓度偏小，故错误；‎ AB正确，故答案为：AB。‎