2023届福建省三明市第二中学高一化学第一学期期中调研模拟试题含解析.doc

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1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试

2、卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列各组物质中分子数相同的是( )A2 L CO和2 L CO2B9 g H2O和标准状况下11.2 L CO2C标准状况下1 mol O2和22.4 L H2OD0.2 mol NH3和4.48 L HCl气体2、下列物质加入溴水中，水层不能变成无色的是A镁粉B碘化钾C苯D四氯化碳3、某溶液中大量存在以下五种离子：NO、SO、Fe3、H、M。其物质的量浓度之比为c（NO）c（SO）c（Fe3）c（H）c（M）23131，则M可能是（ ）AAl3BClCMg2DBa24、下列关于物质性质的比较，不正确的是A非金属性强弱：IBrClB

3、原子半径大小：NaPSC氧化性强弱：F2Cl2Br2D金属性强弱：NaMgAl5、同温同压下,等质量的SO2气体和SO3气体相比较,下列叙述中正确的是（ ）A密度比为4:5B物质的量之比为4:5C体积比为1:1D原子数之比为3:46、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。其中正确的一组是A B C D全部7、在NaCl、MgCl2、MgSO4形成的混合溶液中，c（Na+）=0.4mol/L, c（Mg2+）=0.7mol/L,c（Cl-）=1.4mol/L,则c(SO42-)为（ ）A0.

4、2 mol/LB0.3 mol/LC0.4 mol/LD0.5 mol/L8、由氨气和氢气组成的混合气体的平均相对分子质量为12，则氨气和氢气的物质的量之比为A11 B12 C21 D319、下列玻璃仪器能直接加热的是A烧杯 B试管 C容量瓶 D圆底烧瓶10、下列离子方程式中，属于氧化还原反应的是()Fe+Cu2+Fe2+Cu Ba2+2OH-+2H+SO42-BaSO4+2H2OCl2+H2OH+Cl-+HClO CO32-+2H+CO2+H2O Ag+Cl-AgClA只有 B C D11、如图所示，A处通入潮湿的Cl2，关闭B阀时，C处干燥的红色布条看不到明显现象，打开B阀后，C处红色布条

5、逐渐褪色，则D瓶中装的不可能是（ ）A浓H2SO4BNaOH溶液C澄清石灰水D饱和NaCl溶液12、下列说法中正确的是()钠在空气中燃烧生成白色的氧化钠钠投入硫酸铜溶液中有红色粉末产生过氧化钠可在防毒面具中做供氧剂 铁丝在氯气中燃烧生成棕色的FeCl3ABCD13、下列关于胶体的相关说法不正确的是()A向沸水中逐滴滴入饱和氯化铁溶液加热得红褐色液体，即为Fe(OH)3胶体B向Fe(OH)3胶体中逐滴滴入稀硫酸，现象是先出现红褐色沉淀，后溶解转为黄色溶液C江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关D纳米材料微粒直径一般从几纳米到几十纳米(1 nm109 m)，因此纳米材料属于胶体14、下列除杂的

6、方法正确的是A除去N2中的少量O2：通过灼热的CuO粉末，收集气体B除去CO2中的少量HCl：通入过量NaOH溶液，收集气体C除去KCl溶液中少量MgCl2：加入适量NaOH溶液，过滤D除去NaCl溶液中少量CaCl2：加入过量Na2CO3溶液，过滤，滤液中再加入过量盐酸，加热15、下列分离混合物的操作中，必须加热的是A过滤 B萃取 C分液 D蒸馏16、将一小粒钠投入盛有硫酸铜溶液的小烧杯中，不可能观察到的现象是( )A溶液中出现蓝色絮状沉淀 B有红色的铜被置换出来C钠粒熔成小球浮在水面四处游动 D有气体产生二、非选择题（本题包括5小题）17、目前，世界上多采用电解熔融氯化钠的方法来生产金属钠

7、：2NaCl(熔融) 2NaCl2。已知A、B、C、D、E有如下转化关系：（1）写出A、B生成NaCl的化学方程式：_。（2）写出化学式：C_，D_。（3）工业生产中常利用B与Ca(OH)2反应来制备漂白粉，漂白粉的主要成分是_。（写化学式）（4）若把A投入盛有D的溶液中，溶液中出现_(填沉淀颜色)沉淀，该过程所发生反应的化学方程式为_。18、现有 0.1L 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 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

8、4.30g 固体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，判断原溶液中肯定不含有_（填离子符号），一定含有_（填离子符号），可能含有_（填离子符号），请设计方案证明原溶液中可能含 有的离子：_。(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：_。19、实验室要配制100mL 0.5molL-1 NaCl溶液，试回答下列间题:（1）经计算，应该用托盘天平称取NaCl固体_g；

9、（2）若用NaCl固体配制溶液，需使用的玻璃仪器有_；（3）配制过程有以下操作：A 移液 B 称量、C 洗涤 D 定容 E 溶解 F 摇匀。其正确的操作顺序应是_（填字母）。20、某同学帮助水质检测站配制480 mL 0.5 molL1 NaOH溶液以备使用。该同学应称取NaOH固体_g。容量瓶的使用之前需要_。溶液的配置过程操作步骤如图2所示，则图1操作应在图2中的_(填选项字母)之间。操作中液体转移到容量瓶要注意_。图操作的名称是_，进行该操作时要注意_。A与B与C与 D与实验室用 63%的浓 HNO3 （其密度为 1.4 gmL -1）配制 240 mL 0.50 molL-1 稀 HN

10、O3，若实验仪器有：A10 mL 量筒 B50 mL 量筒 C托盘天平 D玻璃棒 E100 mL 容量瓶 F250 mL 容量瓶 G500 mL 容量瓶 H胶头滴管 I200mL 烧杯 (1)此浓硝酸的物质的量浓度为_molL -1。 (2)应量取 63%的浓硝酸_mL，应选用_（填仪器的字母编号）。 (3)实验时还需选用的仪器有 D、I、_（填序号）。 (4)配制过程中，下列操作会使配制的稀硝酸溶液浓度偏高的是（填序号）_。量取浓硝酸的量筒用蒸馏水洗涤 23 次，并把洗涤液转入容量瓶容量瓶使用时未干燥 溶解后未经冷却就移液 定容时不小心有少量蒸馏水滴到瓶外 定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面

11、低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线21、现有A、B、C、D、E五种溶液，它们所含的阴阳离子分别为：Na+、Ba2+、Ag+、Cu2+、H+；SO42-、OH-、CO32-、NO3-、Cl-。 己知：0.lmol/L 的C溶液中，c(H+)=0.lmol/LD溶液呈蓝色将C溶液加入到溶液B和E中，分别产生白色沉淀和气泡请回答下列问题：(1)请写出物质A、B、C、D、E的化学式：A_B_C_D_E_。(2)请写出碳酸钙与溶液C反应的离子方程式：_。(3)取1.5mol/L l00mL溶液A (过量)与amol/L50 mL溶液D混合后，产生33.1g沉淀，则a=_，若向反应后的体系中加入5mol/L

12、的HCl，直至蓝色沉淀完全溶解，则需要加入盐酸的体积为_mL。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】A. 没有指出在相同条件下，无法比较2LCO和2LCO2的物质的量大小，故A错误；B.9gH2O的物质的量为: =0.5mol,标准状况下11.2LCO2的物质的量为：=0.5mol，根据N=nNA可知，二者含有的分子数相等，故B正确；C. 标准状况下水不是气体，在标准状况下22.4L水的物质的量大于1mol，二者含有的分子数不相等，故C错误；D. 没有指出标准状况下，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算，故D错误；故选：B。【点睛】注意使用气体摩尔体积时，研究对象必须为气

13、体，且必须指出相同条件下或标准状况下，据此进行解答。2、B【解析】A.镁粉与溴水反应，溶液接近无色，故A不符合；B. 溴水与碘化钾反应生成碘单质，溶液颜色加深，故B符合；C. 溴水与苯混合分层，水层接近无色，故C不符合；D. 溴水与四氯化碳混合分层，水层接近无色，故D不符合；答案选B。3、C【解析】c()c ()c (Fe3)c (H)c (M)23131，由电荷守恒可知，2+32=813+3=6，则M为阳离子，且带2个单位正电荷，因、Fe2+、H+会发生氧化还原反应而不能共存，与Ba2+会结合生成BaSO4沉淀不能大量共存，故带有2个单位正电荷的阳离子只能是Mg2+，C正确；答案选C。4、A

14、【解析】A同主族从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，所以非金属性：ClBrI，A错误； B同一周期的元素，从左到右，原子半径逐渐减小，则原子半径大小：NaPS，B正确；C同主族从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，单质的氧化性也减弱，所以氧化性：F2Cl2Br2，C正确；D同一周期的元素从左到右元素的金属性依次减弱，所以金属性：NaMgAl，D正确。答案选A。5、A【解析】由n可知，据此分析作答。【详解】A. 由上述分析可知，在相同条件下气体的相对分子质量之比等于其密度之比，所以两种气体的密度之比为648045，A项正确；B. 设气体的质量均为m g，则n(SO2)mol，n(SO3)mol，所以二

15、者物质的量之比为806454，B项错误；C. 根据VnVm可知，同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以两种气体的体积之比为54，C项错误；D. 根据分子组成可知，两种气体的原子数之比为（53）（44）1516，D项错误；答案选A。6、A【解析】钠与水反应时产生的各种现象如下：钠浮在水面上；钠熔成光亮小球；四处游动；发出“嘶嘶”的响声，且很快消失；滴入酚酞后溶液变红色；故答案为A。7、A【解析】设硫酸根的物质的量浓度为c，根据溶液中阴阳离子所带的正负电荷总数相等，列式计算c值，据此答题。【详解】设硫酸根的物质的量浓度为c，根据溶液中阴阳离子所带的正负电荷总数相等，则：0.10mol/L

16、1+0.25mol/L2=0.20mol/L1+2c解得：c=0.2mol/L，故答案A正确。故选A。【点睛】本题根据溶液不显电性阳离子与阴离子所带电荷总数相等，即电荷守恒原则解答，注意电荷守恒原则在混合溶液有关离子浓度计算经常运用。8、C【解析】设氨气与氢气的物质的量分别为xmol、ymol，由氨气和氢气组成的混合气体的平均相对分子质量为12可知(17x+2y)/(x+y)=12，整理得x：y=2：1，答案选C。【点睛】本题考查物质的量有关计算、混合物计算，明确相对分子质量的计算依据是解答的关键。另外如果利用十字交叉法计算更为简单。9、B【解析】试题分析：A、烧杯：隔石棉网加热，一般用于加热

17、溶液，加速反应；B、试管：直火加热，一般用量少的实验，不能用酒精喷灯加热；C、容量瓶不能用于加热，用于一定物质的量浓度配制；D、圆底烧瓶：隔石棉网加热，一般用于溶液间反应，因此答案选B。考点：考查加热仪器的判断10、D【解析】凡是有元素化合价升降的反应是氧化还原反应，据此解答。【详解】反应Fe+Cu2+Fe2+Cu中铁和铜元素的化合价变化，属于氧化还原反应；反应Ba2+2OH-+2H+SO42-BaSO4+2H2O是复分解反应，不是氧化还原反应；反应Cl2+H2OH+Cl-+HClO中氯元素的化合价升降，属于氧化还原反应；反应CO32-+2H+CO2+H2O是复分解反应，不是氧化还原反应；反应

18、Ag+Cl-AgCl是复分解反应，不是氧化还原反应；答案选D。【点睛】准确判断出元素的化合价变化情况是解答的关键，注意判断氧化还原反应的分析思路：判价态、找变价、双线桥、分升降、写得失、算电子、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清它们的变化情况。11、D【解析】次氯酸具有漂白作用而氯气不具有漂白性，所以干燥的氯气不能漂白有色布条，含水蒸气的氯气能使有色布条褪色，A处通入氯气，关闭B阀时，C处的红色布条看不到明显现象，打开B阀后，C处红色布条逐渐褪色，因此说明D中溶液可以吸收氯气或可干燥氯气，据此分析来解答。【详解】A浓硫酸具有吸水性，氯气通

19、过浓硫酸得到干燥的氯气，故A与题意不符；B氯气通过NaOH溶液，与氢氧化钠反应，关闭B阀时，C处的红色布条看不到明显现象，故B与题意不符；C氯气通过澄清石灰水，与氢氧化钙反应，关闭B阀时，C处的红色布条看不到明显现象，故C与题意不符；D氯气与食盐水不反应，进入C的为潮湿的氯气，关闭B阀时，C处红色布条逐渐褪色，故D符合题意；答案选D。12、C【解析】钠燃烧生成过氧化钠，颜色为淡黄色，故错误；钠和水先反应，与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜和氢气，故错误；过氧化钠和二氧化碳反应生成氧气，可用于供氧剂，故正确；氯气具有强氧化性，可与铁反应生成氯化铁，颜色为红棕色，故正确答案选C。13、D【解析】A、将氯

20、化铁饱和溶液逐滴加入沸水中，制得氢氧化铁胶体；B、胶体中加电解质溶液时，胶体会发生聚沉；C、江河水中的细小泥沙在水溶液中形成胶体，遇到海水中的电解质发生了聚沉；D、纳米材料没有形成分散系。【详解】A项、将氯化铁饱和溶液逐滴加入沸水中，继续加热至呈红褐色，制得氢氧化铁胶体，故A正确；B项、胶体中加电解质溶液时，胶体会发生聚沉，所以向Fe（OH）3胶体中逐滴滴入盐酸会产生沉淀，后来Fe（OH）3与HCl反应而溶解转化为黄色溶液，故B正确；C项、江河水中的细小泥沙在水溶液中形成胶体，遇到海水中的电解质发生了聚沉，日积月累，形成了三角洲，故C正确；D项、纳米材料没有形成分散系，所以不是胶体，故D错误。

21、故选D。14、D【解析】A、O2与灼热的CuO粉末不反应，用灼热的CuO不能除去O2，A项错误；B、CO2和HCl都与NaOH溶液反应，B项错误；C、MgCl2与NaOH溶液反应，除去了镁离子，又引进了钠离子，C项错误；D、除去NaCl溶液中少量CaCl2：加入过量Na2CO3溶液，将钙离子沉淀，过滤后，滤液中再加入过量盐酸，将过量的碳酸钠除去，加热将过量的HCl除去，D项正确；答案选D。15、D【解析】A.过滤是使液固混合物中的液体强制通过多孔性过滤介质，将其中的悬浮固体颗粒加以截留，从而实现混合物的分离，不需要加热，故A错误；B.萃取是利用溶质在两种互不相溶的溶剂中溶解度或分配系数的不同，

22、使溶质从一种溶剂转移到另外一种溶剂中而提取出来的过程，不需要加热，故B错误；C.分液是分离两种互不相溶的液体的过程，不需要加热，故C错误；D.蒸馏是利用混合液体或液-固体系中各组分沸点不同，使低沸点组分蒸发，再冷凝以分离整个组分的单元操作过程，是蒸发和冷凝两种单元操作的联合，需要加热，故D正确。故选D。16、B【解析】金属钠投入到硫酸铜溶液中发生2Na2H2O=2NaOHH2，CuSO42NaOH=Cu(OH)2Na2SO4，观察到现象是钠熔成小球四处游动，溶液中出现蓝色沉淀，有气泡冒出，没有铜析出，故B正确。二、非选择题（本题包括5小题）17、2Na+Cl22NaCl NaOH FeCl3

23、CaCl2和Ca(ClO)2 红褐色 2Na+2H2O=2NaOH+H2 FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3+3NaCl 【解析】由流程可知，A与水反应生成C，且C与二氧化碳反应，则A为Na，C为NaOH、E为Na2CO3，B为Cl2，D为FeCl3，F为CaCl2，结合元素化合价知识及化学用语解析。【详解】（1）A为Na，B为Cl2，生成NaCl的化学方程式：2Na+Cl22NaCl；（2）由分析可知各物质的化学式：C为NaOH，D为FeCl3；（3）工业上制取漂白粉，反应的方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(

24、ClO)2；（4）若把A为Na投入盛有D为FeCl3的溶液中，A与水反应生成NaOH，2Na+2H2O=2NaOH+H2 ，再发生3NaOH+FeCl3Fe（OH）3+3NaCl，溶液中出现红褐色沉淀。18、Cu2+、Ca2+ K+、CO32-、SO42- Cl- 取一定量的原溶液于烧杯中，加入过量Ba(NO3)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- Ba2+CO32-=BaCO3、Ba2+SO42-=BaSO4、BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O、Ag+Cl-=AgCl 0.8mol 【解析】溶液无色，一定不存在铜离子；取50mL的溶液在

25、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

26、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Cl；（2）根据以上分析可知一定发生的离子方程式为：CO32-+Ba2+BaCO3、SO42-+Ba2+BaSO4、BaCO3 +2H+Ba2+CO2+H2O、Ag+Cl-=AgCl；（3）硫酸钡的物质的量是=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=0.8m

27、ol/L。19、2.9 烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管 BEACDF 【解析】（1）实验室要配制100mL 0.5molL-1 NaCl溶液，需要氯化钠的质量是0.1L0.5mol/L58.5g/mol2.925g，因此应该用托盘天平称取NaCl固体质量为2.9g；（2）若用NaCl固体配制溶液，需使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；（3）配制过程为计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，所以其正确的操作顺序应是BEACDF。20、10.0 查漏 C 冷却到室温 定容 液面距刻度线12cm时改用胶头滴管滴加至凹液面最低处与刻度线相切 14.0 8

28、.9 A F、H 【解析】(1) )配制480 mL 0.5 molL1 NaOH溶液,应选择500mL容量瓶,需要溶质质量m=0.5 molL1 10-340g/mol=10.0g; 容量瓶带有活塞,为防止漏液,使用前需要检查是否漏水; 配制一定物质的量浓度溶液一般步骤:计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀,图示操作为洗涤、摇动后,用胶头滴管定容前,所以C选项是正确的; 操作中液体转移到容量瓶前要注意把液体冷却。 图操作的名称是定容,进行定容操作时要注意液面离容量瓶刻度线1-2cm时，改用胶头滴管加水至凹液面与容量瓶刻度线相切。答案：10.0、检查是否漏水（检漏）、 C、冷却到室温、定容

29、 、液面离容量瓶刻度线1-2cm时，改用胶头滴管加水至凹液面与容量瓶刻度线相切 。（1）浓硝酸物质的量浓度c=100=10001.414.0mol/L；（2）由于无240mL容量瓶，故应选用250mL容量瓶，配制出250mL溶液，设需要的浓硝酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀：14.0mol/LVmL=250mL0.50mol/L，解得V=8.9mL；根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓硝酸的体积为8.9mL，故应选择10mL量筒，答案为A；（3）根据配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器有10mL量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶和

30、胶头滴管，故还需要的仪器有250mL容量瓶和胶头滴管，故答案为F、H；（4）量取浓硝酸的量筒用蒸馏水洗涤2-3次，并把洗涤液转入容量瓶，会导致溶质的量偏多，则浓度偏高，故正确；容量瓶使用时未干燥，对浓度无影响，故错误；溶解后未经冷却就移液，则冷却后溶液体积偏小，浓度偏高，故正确；定容时不小心有少量蒸馏水滴到瓶外，会导致溶质的损失，则浓度偏低，故错误；定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线是正常的，再加蒸馏水补至刻度线会导致浓度偏低，故错误；故答案为。【点睛】要学会配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：紧抓c=n/V分析，如：用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗

31、涤液转移至小烧杯中，用量筒量取液体药品，若将洗涤液转移到容量瓶中，导致n偏大，所配溶液浓度偏高；再如：配制氢氧化钠溶液时，将称量好的氢氧化钠固体放入小烧杯中溶解，未冷却立即转移到容量瓶中并定容，容量瓶上所标示的使用温度一般为室温，绝大多数物质在溶解或稀释过程中常伴有热效应，使溶液温度升高或降低，从而影响溶液体积的准确度，氢氧化钠固体溶于水放热，定容后冷却至室温，溶液体积缩小，低于刻度线，导致V偏小，浓度偏大，若是溶解过程中吸热的物质，则溶液浓度偏小等。21、Ba(OH)2 AgNO3 HCl CuSO4 Na2CO3 CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2 2 60 【解析】0.lmol/

32、L的C溶液中c(H+)=0.lmol/L，则C中一定不能大量存在SO42-、OH-、CO32-；D溶液呈蓝色，说明含有铜离子，D中一定不能大量存在OH-、CO32-；将C溶液加入到溶液B和E中，分别产生白色沉淀和气泡，所以E中含有碳酸根，则E是碳酸钠，由于银离子只能与硝酸根结合，钡离子不能与硫酸根结合，所以C是盐酸，B是硝酸银，D是硫酸铜，A是氢氧化钡。(1)根据以上分析可知A、B、C、D、E的化学式分别是Ba(OH)2、AgNO3、HCl、CuSO4、Na2CO3。(2)碳酸钙与盐酸反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2。(3)33.1g沉淀是硫酸钡和氢氧化铜，反应中氢氧化钡过量，硫酸铜完全反应，硫酸铜的物质的量是0.05amol，则0.05amol233g/mol+0.05amol98g/mol33.1g，解得a2；剩余氢氧化钡是0.15mol0.1mol0.05mol，生成的氢氧化铜是0.1mol，所以消耗盐酸的物质的量是0.05mol2+0.1mol20.3mol，盐酸的体积是0.3mol5mol/L0.06L60mL。