1、甘肃省天水市第一中学2017-2018学年高一上学期第二学段考试化学试题相对原子质量:H-1、He-2、C-12、N-14、O-16、Na-23、Mg-24、A1-27、P-31、S-32、C1-35.5、Fe-56、Cu-64、Zn-65、Ba-137(时间:90分 满分:100分)一、选择题(117小题，每小题3分)1. 下列物质不属于钠盐的是( )A. Na2CO3 B. CH3COONa C. NaHSO4 D. Na2O2【答案】D【解析】Na2CO3是由钠离子、碳酸根离子组成的盐，属于钠盐，故A错误；CH3COONa由钠离子、醋酸根离子组成的盐，属于钠盐，故B错误；NaHSO4在水
2、中能钠离子、氢离子、硫酸根离子，所以属于钠盐，故B错误；Na2O2是氧化物，不属于盐，故D正确。点睛：由金属阳离子或铵根离子与酸根阴离子组成的化合物是盐；含有钠离子的盐为钠盐。2. 下列说法正确的是( )A. 铜、石量均能导电，所以它们均是电解质B. 蔗糖、酒精在水溶液和熔融状态下均不能导电，所以它们均是非电解质C. 液态H2SO4、固体NaCl均不能导电，所以H2SO4、NaCl均是非电解质D. NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质【答案】B【解析】铜、石量均是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；蔗糖、酒精在水溶液和熔融状态下均不能导电，所以它们均是非电解质，
3、故B正确；H2SO4、NaCl的水溶液能导电，H2SO4、NaCl均是电解质，故C错误；NH3、CO2不能自身电离出离子，所以NH3、CO2均是非电解质，故D错误。3. 钠与水反应时产生的各种现象如下: 钠浮在水面上；钠沉在水底；钠熔化成小球；小球迅速游动逐渐减小，最后消失；发出嘶嘶的声音；滴入酚酞后溶液显红色.其中对现象描述正确的是( )A. B. 全部 C. D. 【答案】D【解析】钠的密度小于水的密度，所以钠会浮在水面上，故正确，错误;钠的熔点较低，钠和水的生成强碱氢氧化钠和氢气，且放出大量的热，放出是热量导致钠熔化成小球，故正确;放出的气体导致钠受力不均而迅速游动，最后钠和水完全反应而
4、消失，故正确;钠和水反应迅速，且有气体生成，所以发出嘶嘶的声音，故正确;钠和水反应生成强碱而使溶液呈碱性，无色酚酞试液遇碱变红色，故正确，故选D。4. 胶体区别于其他分散系的本质特征是( )A. 胶体粒子直径在1-100nm之间 B. 胶体粒子带电荷C. 胶体粒子不能透过半透膜 D. 胶体能产生丁达尔效应【答案】A5. 下列说法正确的是( )A. Fe(OH)3胶体带有正电荷，电泳实验时，阴极附近颜色加深B. 用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体，无法将两者加以区分C. 在Fe(OH)3胶体中滴加稀盐酸，胶体逐渐溶解D. 含有FeCl3杂质的Fe(OH)3胶体，可以通过渗析提纯【答案】
5、D【解析】胶体不带电，Fe(OH)3胶粒带有正电荷，故A错误；用平行光照射Fe(OH)3胶体，能产生丁达尔效应，故B错误；在Fe(OH)3胶体中滴加稀盐酸，先有沉淀后沉淀逐渐溶解，故C错误；用渗析法提纯Fe(OH)3胶体，故D正确。6. 下列各组离子在选项条件下一定能大量共存的是( )A. 无色溶液:Na+、Fe2+、Cl-、SO42- B. 酸性溶液:NH4+、Fe3+、I-、SO42-C. 遇酚酞变红的溶液Na+、K+、SO42-、Cl- D. 碱性溶液: K+、Mg2+、SO42-、NO3-【答案】C【解析】无色溶液中不含Fe2+，故A错误；Fe3+、I-发生氧化还原反应生成Fe2+和I
6、2，故B错误；遇酚酞变红的溶液呈碱性，Na+、K+、SO42-、Cl-不反应，故C正确；碱性溶液: Mg2+、OH-反应生成氢氧化镁沉淀，故D错误。7. 以NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )1mol金属钠加热时完全反应，转移电子数为NA标准状况下，22.4L水中分子数为NA1L2mo/L的氯化镁溶液中含氯离子数目为4NA0.5molFe与足量稀HCl反应时，转移的电子数为2NA46gNO2和N2O4混合气体中含有原子数为3NAA. B. C. D. 【答案】C【解析】金属钠燃烧时化合价由0变为+1，所以1mol金属钠加热时完全反应，转移电子数为NA，故正确；标准状况下，水是液体
7、，故错误；1L2mo/L的氯化镁溶液中含氯离子数目为 ，故正确；Fe与足量稀HCl反应生成氯化亚铁和氢气，0.5molFe与足量稀HCl反应时，转移的电子数为NA，故错误；NO2和N2O4的最简式是NO2，46gNO2和N2O4混合气体中含有原子数为3NA，故正确；故选C。8. 将2.3g金属钠放入100g水中，完全反应后溶液的质量分数为( )A. 等于2.3% B. 等于3.9% C. 等于4% D. 大于4%【答案】B【解析】设2.3g金属钠放入100g水中生成氢氧化钠的质量为xg，生成氢气yg ，解得x=4g；y=0.1g，所得溶液的质量=2.3+100-0.1=102.2g，所得溶液的
8、质量分数为 ，故B正确。9. 下表中评价合理的是( )选项化学反应及其离子方程式评价A向沸腾的蒸馏水中滴加饱和FeCl3溶液至溶液变红褐色:Fe3+3H2O=Fe(OH)+3H+正确B大理石溶于醋酸的反应: CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O错误：CH3COOH写化学式，CaCO3写离子式C铁与稀盐酸反应: Fe2+6H+=2Fe3+3H2错误:产物不符合客观事实DNaOH与少量的CO2反应:OH-+CO2=HCO3-正确A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】向沸腾的蒸馏水中滴加饱和FeCl3溶液至溶液变红褐色得到氢氧化铁胶体:Fe3+3H2O =Fe(OH)3(胶体
9、)+3H+，故A评价错误；大理石溶于醋酸的反应，CaCO3写化学式: CaCO3+2CH3COOH=Ca2+CO2+H2O+2CH3COO-，故B评价错误；铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气:Fe+2H+=Fe2+H2，C平价正确，故选C；NaOH与少量的CO2反应碳酸钠:2OH-+CO2=CO32-+H2O，故D评价错误。10. 根据下列反应判断氧化剂的氧化性由强到弱的顺序正确的是( )Cl2+2KI=I2+2KCl 2FeCl3+2HI=I2+2FeCl2+2HCl2FeCl2+Cl2=2FeCl3 I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4A. Cl2I2Fe3+SO2 B. Fe3+Cl
10、2I2 SO2C. Cl2 Fe3+I2 SO2 D. Cl2Fe3+SO2I2【答案】C【解析】试题分析：判断氧化性强弱，利用氧化剂的氧化性大于氧化产物，可得出正确关系。考点：氧化性强弱的判断。11. M2O7x-离子和S2-在酸性溶液中发生反应:M2O7x-+3S2-+14H+=2M3+3S+7H2O,则M2O7x-离子中M的化合价是( )A. +2 B. +3 C. +4 D. +6【答案】D【解析】试题分析：M2O7x-+3S2-+14H+=2M3+3S+7H2O中，由电荷守恒可知，（-x）+3（-2）+14（+1）=2（+3）解得x=2，设M2O72-中的M的化合价为y，M2O7x-
11、中元素的化合价的代数和为-x，则y2+（-2）7=-2，解得y=+6。答案选D。考点：元素化合价的求法12. KI+5KIO3+3H2S=3I2+3K2SO4+3H2O，下列说法正确的是( )A. 还原产物只有I2，氧化产物只有K2SO4B. 氧化剂和还原剂物质的量之比为5:4C. 3molH2S可还原5mol的KIO3D. 2.5molKIO3发生反应,转移电子数为25NA【答案】B【解析】A、反应中I元素化合价分别从1价、+5价变为0价，S元素化合价从2价变为+6价，因此单质碘既是氧化产物，也是还原产物，K2SO4是氧化产物，A错误；B、碘化钾和H2S是还原剂，碘酸钾是氧化剂，因此氧化剂和
12、还原剂物质的量之比为5：4，B正确；C、根据电子得失守恒可知3molH2S可还原的KIO3，C错误；D、2.5molKIO3发生反应，转移2.5mol512.5mol电子，D错误，答案选B。13. 下列离子方程式书写正确的是( )A. 硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至溶液呈中性:2H+SO42+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2OB. 澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应: HCO3-+Ca2+OH-=CaCO3+H2OC. 金属钠和水发生反应: Na+H2O=Na+OH-+H2D. 向AlCl3溶液中加入过量的氨水溶液: Al3+3OH-=Al(OH)3【答案】A【解析】硫酸氢钠溶液中加入氢氧
13、化钡溶液至溶液呈中性，硫酸氢钠与氢氧化钡的物质的量比为2:1，离子方程式是2H+SO42+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O，故A正确；澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应:2HCO3-+Ca2+2OH-=CaCO3+2H2O+ CO32-，故B错误；金属钠和水发生反应:2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2，故C错误；向AlCl3溶液中加入过量的氨水溶液:Al3+3 =Al(OH)3+3 ，故D错误。14. 对于某些离子的检验及结论一定正确的是( )A. 向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则原溶液中一定有CO32-B. 向某溶液中加入BaCl2溶液有白色
14、沉淀产生，再加稀硝酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有Ag+C. 向某溶液中先加入盐酸酸化，没有明显现象，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则原溶液中一定有SO42-D. 加入碳酸钠溶液产生自色沉淀，再加盐酸沉淀消失，原溶液一定有Ca2+【答案】C【解析】向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则原溶液中一定有CO32-或HCO3-，故A错误；向某溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加稀硝酸，沉淀不消失，则原溶液中有Ag+、SO42-或SO32-，故B错误；向某溶液中先加入盐酸酸化，没有明显现象，说明没有Ag+、CO32-或SO32-，再加入BaCl2溶液，
15、有白色沉淀产生，则原溶液中一定有SO42-，故C正确；加入碳酸钠溶液产生自色沉淀，再加盐酸沉淀消失，原溶液有Ca2+或Ba2+，故D错误。15. 已知Cu2O能与稀硝酸反应:Cu2O+HNO3Cu(NO3)2+NO+H2O(未配平)，若生成的NO标况下的体积为0.448L,下列说法正确的是( )A. 被氧化的Cu2O是144g B. 作氧化剂的HNO3是0.14molC. 至少需要0.5mo/L的硝酸140mL与Cu2O反应 D. 转移的电子总数为0.06NA【答案】D【解析】Cu2O被稀HNO3氧化为Cu2+，NO3-被还原为NO，同时生成H2O，其反应的离子方程式为：3Cu2O+14H+2
16、NO3- 6Cu2+2NO+7H2O；标况下的体积为0.448L的 NO，物质的量是 ， 设生成0.02mol NO，参加反应的Cu2O是x mol；参加反应的硝酸是y mol； , ，解得x=0.03mol，y=0.14mol；被氧化的Cu2O是0.03mol =4.32g，故A错误；做氧化剂的硝酸占参加反应硝酸的 ，所以作氧化剂的HNO3是0.14mol=0.02mol，故B错误；至少需要0.5mo/L的硝酸的体积是0.14mol0.5mo/L=0.28L，故C错误；根据3Cu2O+14H+2NO3- 6Cu2+2NO+7H2O，生成2molNO，转移电子6mol，所以生成0.02molN
17、O转移的电子总数为0.06NA，故D正确。16. 有BaCl2和NaCl的混合溶液aL,将它均分成两份。一份滴加稀硫酸，使Ba2+完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl-完全沉淀。反应中消耗xmolH2SO4、ymolAgNO3。据此得知原混合溶液中的Na+的浓度是A. B. C. D. 【答案】D【解析】设每份中的Ba2+离子的物质的量为m，Cl-离子的物质的量为n， ，解得m=xmol，解得n=ymol，设每份中的钠离子的物质的量为z，BaCl2和NaCl的混合溶液不显电性，则x2+z=y，z=（y-2x）mol，则原溶液中的钠离子为（y-2x）mol2=（2y-4x）mol， c（N
18、a+）= ，故D正确。17. 某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验:取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解；再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在。该白色粉末可能为A. NaHCO3、Al(OH)3 B. AgCl、NaHCO3 C. Na2SO3、BaCO3 D. Na2CO3、CuSO4【答案】C【解析】试题分析：ANaHCO3、Al(OH)3都与盐酸反应，硫酸足量时没有固体剩余，故A错误；B碳酸氢钠与盐酸反应生成气体，AgCl不溶于盐酸，故B错误；CBaCO3不溶于水，二者都与盐酸反应，且生成气体，若加入足量稀硫酸
19、，有气泡产生，且BaCO3，能和H2SO4反应生成BaSO4沉淀，故C正确；D加入过量硫酸，生成二氧化碳气体，但没有固体剩余，故D错误；故选C。【考点定位】考查物质的检验和鉴别【名师点晴】侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握物质的性质，为解答该题的关键，取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解，说明有一种物质不溶于水，再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解，则至少有一种物质可与盐酸反应生成气体，可能为二氧化碳或二氧化硫；取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，震荡后仍有固体存在，说明在振荡过程中生成不溶于酸的固体，以此解答该题。二、填空题(共24分)18. 现有下列物质: NaO
20、H溶液 液氨 BaCO3固体 KHSO4 稀豆浆 铜 CO2 CH3COOH(1)以上物质属于非电解质的是_；属于电解质的是_；(2)写出鉴别的操作方法: _；(3)写出和反应的离子方程式: _；(4)写出在水溶液中的电离方程式; _；(5)在足量水溶液中加入少量，发生反应的离子方程式是：_；【答案】 (1). (2). (3). 用一束激光分别照射豆浆，在豆浆的侧面可以观察到一条明亮的通路 (4). OH-+CH3COOH=H2O+CH3COO- (5). KHSO4=K+H+SO42- (6). BaCO3+2H+SO42-=BaSO4+2H2O+CO2【解析】试题分析: （1）溶于水或在
21、熔融状态下能够导电的化合物是电解质；溶于水和在熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质；(2)豆浆是胶体，能产生达到尔效应；(3) NaOH和CH3COOH反应生成醋酸钠和水；(4)KHSO4在水中电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子；(5)在足量KHSO4溶液中加入少量BaCO3，生成硫酸钡沉淀、硫酸钾、二氧化碳、水。解析：（1）NaOH溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质； 液氨自身不能电离出离子，所以氨气是非电解质； BaCO3能电离，BaCO3是电解质； KHSO4水溶液能导电，KHSO4属于电解质； 稀豆浆是混合物，既不是电解质也不是非电解质； 铜是单质，既不是电解质也不是非电解质；
22、CO2自身不能电离出离子，所以CO2是非电解质； CH3COOH水溶液能导电，CH3COOH属于电解质；所以属于非电解质的是；属于电解质的是；(2)豆浆是胶体，能产生达到尔效应，所以用一束激光分别照射豆浆，在豆浆的侧面可以观察到一条明亮的通路可以鉴别稀豆浆；(3) NaOH和CH3COOH反应生成醋酸钠和水，反应的离子方程式是OH-+CH3COOH=H2O+CH3COO-；(4)KHSO4在水中电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，KHSO4在水中电离方程式是KHSO4=K+H+SO42-；(5)在足量KHSO4溶液中加入少量BaCO3，生成硫酸钡沉淀、硫酸钾、二氧化碳、水，反应的离子方程式是Ba
23、CO3+2H+SO42-=BaSO4+2H2O+CO2。点睛：电解质是在水溶液或熔融状态下由于自身电离出自由移动的离子而导电的化合物。在水溶液和熔融状态下都不能电离出自由移动离子的化合物，叫做非电解质；混合物、单质既不是电解质也不是非电解质。19. 配平下列方程式:(1)_KMnO4+_SOz+_H2O_K2SO4+_MnSO4+_H2SO4(2)_CuS+_HNO3_Cu(NO3)2+_NO+_H2SO4+_H2O(3) 硝酸能将Na2SO3氧化为Na2SO4,本身被还原为NO,试写出化学方程式:_。【答案】 (1). 2 (2). 5 (3). 2 (4). 1 (5). 2 (6). 2
24、 (7). 3 (8). 14 (9). 3 (10). 8 (11). 3 (12). 4 (13). 2HNO3+3Na2SO3=3Na2SO4+2NO+H2O【解析】试题分析：(1)反应中KMnO4MnSO4， Mn元素化合价由+7降低为+2价，共降低5价，SO2SO42-，硫元素化合价由+4价升高为+6价，共升高2价，化合价升降最小公倍数为10，故KMnO4系数为2，SO2系数为5，再根据原子守恒确定其它物质的系数；(2)反应中CuSCu2+ +SO42-，S元素化合价由-2价升高为+6，共升高8价，HNO3NO，N元素化合价由+5降低为+2，共降低3价，化合价升降最小公倍数为24，故
25、CuS的系数是3，NO的系数是8，再根据原子守恒确定其它物质的系数；(3)根据题意Na2SO3Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6，共升高2价；HNO3NO，N元素化合价由+5降低为+2，共降低3价，化合价升降最小公倍数为6，故Na2SO3的系数是3，HNO3的系数是2；根据原子守恒，还有水生成，再根据原子守恒确定其它物质的系数。解析：(1)反应中KMnO4MnSO4， Mn元素化合价由+7降低为+2价，共降低5价，SOzSO42-，硫元素化合价由+4价升高为+6价，共升高2价，化合价升降最小公倍数为10，故KMnO4系数为2，SO2系数为5，再根据原子守恒确定其它物质的系数；配平后方
26、程式为2 KMnO4+5 SOz+2 H2O=1 K2SO4+2 MnSO4+2 H2SO4(2)反应中CuSCu2+ +SO42-，S元素化合价由-2价升高为+6，共升高8价，HNO3NO，N元素化合价由+5降低为+2，共降低3价，化合价升降最小公倍数为24，故CuS的系数是3，NO的系数是8，再根据原子守恒确定其它物质的系数，配平后方程式为_3_CuS+ 14 HNO3= 3 Cu(NO3)2+8 NO+_3_H2SO4 + 4_H2O；(3)根据题意Na2SO3Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6，共升高2价；HNO3NO，N元素化合价由+5降低为+2，共降低3价，化合价升降最小
27、公倍数为6，故Na2SO3的系数是3，HNO3的系数是2；根据原子守恒，还有水生成，再根据原子守恒确定其它物质的系数，反应方程式是2HNO3+3Na2SO3=3Na2SO4+2NO+H2O。点睛：根据得失电子守恒配平氧化还原反应方程式。氧化还原反应中，氧化剂得电子总数一定等于还原剂失电子总数。20. 制取Cl2的反应:2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O ,回答下列问题:(1)用双线桥法标出电子转移的方向和数目_。(2)该反应中氧化剂与氧化产物物质的量之比是_。(3)如反应中转移了2mol电子，则产生的Cl2在标准状况下体积为_L。【答案】 (1). (2
28、). 2:5 (3). 22.4L【解析】试题分析：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O反应中，锰元素化合价由+7降低为+2，氯元素化合价由-1升高为0；KMnO4是氧化剂、HCl是还原剂；反应中部分氯元素化合价发生变化，HCl表现还原性和酸性；根据方程式，生成5mol氯气，转移10mol电子。解析：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O反应中，锰元素化合价由+7降低为+2，氯元素化合价由-1升高为0，用双线桥法表示电子转移的方向和数目为；(2)锰元素化合价降低，氯元素化合价升高；KMnO4是氧化剂、HCl是还原剂，被氧
29、化为Cl2，所以氧化剂与氧化产物物质的量之比是2:5；(3)根据方程式，生成5mol氯气，转移10mol电子，则转移2mol电子，生成1mol Cl2，标准状况下体积为 。点睛：反应中部分氯元素化合价发生变化，HCl表现还原性和酸性，表现还原性的HCl占总参加反应的HCl的 ，所以氧化剂、还原剂的物质的量比是1:5。三、实验题(每空2分，共18分)21. 现有1L无色溶液，其含有的阳离子可能是K+、Cu2+、Ca2+,含有的阴离子可能是Cl-、CO32-、SO42-现做以下实验:取50mL溶液置于大烧杯中，向溶液中加入过量的BaCl2溶液振荡，有白色沉淀生成；过滤，洗涤，干燥，后称得4.30g
30、固体将所得白色固体配成悬独液后加入过量稀硝酸，白色沉淀部分消失并有气泡产生，将剩余固体过滤洗涤干燥后称量得到2.33g取少量实验后上层清液滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成。(1)根据上述实验现象，判断原将液中肯定不含有_(填离子符号)，一定含有_(填离子符号)，可能含有_(填离子符号)，请设计方案证明: _ 。(2)写出上述过程中一定发生反应的离子方程式: _ ，_ ，_ ，_ 。(3)若经证明没有Cl-则该溶液中的K+的物质的量浓度是：_。【答案】 (1). Cu2+ Ca2+ (2). K+ CO32- SO42- (3). Cl- (4). 取一定量的原溶液于烧杯中，加入过量Ba(NO
31、3)2使碳酸根、硫酸根完全沉淀后，取上层清液，加入AgNO3溶液，若有白色沉淀则有Cl- (5). Ba2+CO32-=BaCO3 (6). Ba2+SO42-=BaSO4 (7). BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O (8). Ag+Cl-=AgCl (9). 0.8mol【解析】溶液无色，一定不存在铜离子；取50ml的溶液在大烧杯中加入中，向溶液中加入过量的BaCl2溶液振荡，有白色沉淀生成；过滤，干燥，烘干后得4.30g固体，说明碳酸根和硫酸根至少含有一种；将所得白色固体配成悬浊液后加入过量稀硝酸，白色沉淀部分消失，并有气泡产生；将剩余固体过滤干燥后称量得到2.33g，说明白色沉
32、淀是碳酸钡和硫酸钡的混合物，则一定存在碳酸根和硫酸根，因此一定不存在钙离子，根据溶液显电中性可知一定存在钾离子；取少量实验后上层清液滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀是氯化银，但引入了氯化钡，所以不能确定是否含有氯离子。（1）根据上述实验现象，判断原溶液中肯定不含有Cu2+、 Ca2+，一定含有K+、CO32-、SO42-，可能含有氯离子，证明含有氯离子的实验方案是：取一定量的原溶液于烧杯中，加入过量的Ba（NO3）2溶液使CO32-、SO42-完全沉淀后取上层清液于试管中加入AgNO3溶液，若有白色沉淀则有Cl，若无白色沉淀则无。（2）根据以上分析可知一定发生的离子方程式为：CO3
33、2-+Ba2+BaCO3、SO42-+Ba2+BaSO4、BaCO3 +2H+Ba2+CO2+H2O。（3）硫酸钡的物质的量是2.33g/233g/mol=0.01mol，碳酸钡质量4.30g-2.33g=1.97g，物质的量是0.01mol，根据电荷守恒可知若经证明没有Cl则该溶液中的K+的物质的量是0.004mol，浓度是0.04mol0.05L=0.8mol/L。四、计算题(共7分)22. 已知反应: 3Cu+8HNO3(稀)= 3Cu(NO3)2+2NO+4H2O,现将铜片加入到500mL稀HNO3中，反应一段时间后生成标况下NO气体4.48L,求:(1) 生成4.48LNO气体转移的
34、电子数目.(2) 被还原的稀HNO3的物质的量.(3) 参加反应的稀HNO3和反应产生的CuNO3)2的物质的量浓度.【答案】（1）0.6NA；（2）0.2mol；（3）1.6mol/L；0.6mol/L 解析：（1）标况下4.48LNO气体的物质的量是，根据方程式可知生成2molNO，转移6mol电子，所以生成0.2molNO转移电子的物质的量是0.6mol，电子数是0.6NA；设参加反应的硝酸的物质的量是xmol、生成硝酸铜的物质的量是ymol， x=0.8mol y=0.3mol(2) 被还原的硝酸占参加反应硝酸的,所以被还原的硝酸 (3)根据，参加反应的稀HNO3的浓度是 ；反应产生的CuNO3)2的物质的量浓度是 点睛：在3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O反应中，硝酸表现酸性和氧化性，其中表现氧化性的硝酸占参加反应硝酸的,表现酸性的硝酸占参加反应硝酸的 。