江苏省海安高级中学2020学年高一化学下学期3月月考试题（含解析）

江苏省海安高级中学2020学年高一化学下学期3月月考试题（含解析）注意事项：1本试卷包括第卷选择题和第卷非选择题两部分。满分120分，考试时间100分钟。2可能使用的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Ba 137 第卷（选择题，共40分）单项选择题：本题包括15小题，每小题只有一个选项符合题意。110每题2分，1115每题4分。1.分类法在化学学科发展中起到了非常重要的作用，下列分类依据合理的是根据氧化物的组成将氧化物分成金属氧化物、非金属氧化物根据物质在水中的溶解度，将物质分为可溶性物质、微溶性物质和难溶性物质根据分散系的本质为是否有丁达尔现象，将分散系分为溶液、胶体和浊液根据组成元素的种类将纯净物分为单质和化合物根据物质溶于水或熔融状态下能否导电，将物质分为电解质和非电解质A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】金属元素与氧元素组成的化合物是金属氧化物、非金属元素与氧元素组成的化合物是非金属氧化物；溶解度 10g以上易溶，1g-10g可溶，0.01g-1g微溶，0.01g以下难溶；根据分散系的分类方法分析；根据单质和化合物的概念来分析；化合物分为电解质和非电解质。【详解】根据氧化物的元素组成将氧化物分成金属氧化物、非金属氧化物，故正确；溶解度 10g以上易溶，1g-10g可溶，0.01g-1g微溶，0.01g以下难溶，所以根据物质在水中的溶解度，将物质分为可溶性物质、微溶性物质和难溶性物质，故正确；根据分散质粒子直径不同，将分散系分为溶液、胶体和浊液，故错误；由一种元素组成的纯净物是单质、由不同种元素组成的纯净物是化合物，根据组成元素的种类将纯净物分为单质和化合物，故正确；根据化合物溶于水或熔融状态下能否导电，将化合物分为电解质和非电解质，故错误；选A。2.下列说法正确的是A. 同温同压下甲烷和氧气的密度之比为2：1B. 1 g甲烷和1 g氧气的原子数之比为5：1C. 等物质的量的甲烷和氧气的质量之比为2：1D. 在标准状况下等质量的甲烷和氧气的体积之比为1：2【答案】B【解析】试题解析：同温同压下气体的密度比等于摩尔质量之比，甲烷和氧气的密度之比为16：32=1：2；错误； B1g 甲烷和1g氧气的原子数之比为1/165：1/322=5:1，正确； C等物质的量的甲烷和氧气的质量之比 为16：32=1：2，错误；D在标准状况下等质量的甲烷和氧气的体积之比为等于物质的量之比1/16:1/32=2：1，错误；考点: 有关物质的量相关计算。3.将5mol/L的Mg(NO3)2溶液a mL稀释至b mL，稀释后溶液中NO3的物质的量浓度为A. 5a/b mol/LB. 10a/b mol/LC. b/5a mol/LD. a/b mol/L【答案】B【解析】【分析】根据硝酸镁的化学式可知硝酸根的浓度为硝酸镁浓度的2倍，即硝酸根浓度为10mol/L，由稀释定律可知，稀释前后硝酸根的物质的量不变，据此计算。【详解】根据硝酸镁的化学式可知硝酸根的浓度为硝酸镁浓度的2倍，所以硝酸根浓度为10mol/L。令稀释后硝酸根的浓度为c，根据稀释定律可知，稀释前后硝酸根的物质的量不变，则：10mol/LamL=cbmL，解得，c=mol/L；故选B。4.下列各组离子，在澄清透明溶液中能大量共存的是A. Cu2、H、Cl、SO42-B. Na、H、SO32-、ClC. Na、Cu2、SO42-、OHD. H、K、HCO3-、Cl【答案】A【解析】【详解】A. Cu2、H、Cl、SO42在溶液中不反应，可以大量共存，故A正确； B.H、SO32能反应生成弱酸亚硫酸，不能大量共存，故B错误；C. Cu2、OH能反应生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，故C错误； D.H、HCO3能反应生成二氧化碳气体，不能大量共存，故D错误；答案选A。【点睛】学生容易错误的认为澄清透明溶液应该是无色，铜离子在溶液中显蓝色，但溶液仍然是澄清的，因此澄清透明并不代表溶液是无色的。5.下列依据相关实验得出的结论正确的是A. 向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，该溶液中一定含SO42B. 向某溶液中加入稀盐酸，产生气体通入澄清石灰水变浑浊，该溶液中一定含CO32C. 氯化钠溶液在电流作用下电离成钠离子和氯离子D. 向某溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，该溶液中一定含Cl【答案】D【解析】【详解】A. 向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，该沉淀可能是硫酸钡或氯化银，溶液中可能含有SO42-或Ag+，故A错误；B. 向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水变浑浊，该溶液中可能含CO32或HCO3，故B错误；C. 氯化钠在水分子的作用下电离成钠离子和氯离子，故C错误；D. 向某溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，该沉淀一定是氯化银，溶液中一定含Cl，故D正确。【点睛】本题考查了常见离子的检验方法，题目难度中等，注意掌握常见离子检验方法，在检验离子存在时必须排除其它干扰离子，使实验方案做到严密性。6.为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作：过滤 加过量NaOH溶液 加适量盐酸 加过量Na2CO3溶液 加过量BaCl2溶液。下列操作顺序正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，过滤要放在所有的沉淀操作之后，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，可以将过量的钡离子沉淀最后再用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子。【详解】镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺序为：加过量的氯化钡溶液；加过量的氢氧化钠溶液； 加过量的碳酸钠溶液； 过滤； 加适量盐酸，故选D。【点睛】本题主要考查了在粗盐提纯中的物质除杂或净化操作，在解此类题时，首先要了解需要除去的是哪些离子，然后选择适当的试剂进行除杂，在除杂质时，要注意加入试剂的量的控制。7.用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 32.5g锌粒与足量盐酸反应产生11.2 L H2B. 标准状况下，11.2 L CCl4所含分子数为0.5NAC. 1mol NaHSO4中含有的阴阳离子的总数目为 3NAD. 常温常压下，40g O2和O3的混合气体中，含有氧原子的数目为2.5 NA【答案】D【解析】【详解】A. 32.5g锌粒与足量盐酸反应产生0.5mol氢气，非标准状况下的体积不一定是11.2 L ，故A错误；B. 标准状况下CCl4是液体，11.2 L CCl4的物质的量不是0.5mol，故B错误；C. NaHSO4固体中含有的离子是Na+、HSO4, 1mol NaHSO4固体中含有的阴阳离子的总数目为 2NA，故C错误；D. 40g O2和O3的混合气体中全都是氧原子，含有氧原子的数目 2.5 NA，故D正确。8.下列溶液中Cl-的物质的量浓度最大的是A. 50mL 0.5mol/L AlCl3溶液B. 100mL 0.5mol/L MgCl2溶液C. 100mL 1mol/L NaCl溶液D. 50mL 0.5mol/L HCl溶液【答案】A【解析】试题分析：溶液中c（Cl-）=溶质的物质的量浓度化学式中氯离子个数，氯离子的浓度大小与溶液的体积无关，只与溶质的物质的量浓度、化学式中氯离子个数有关，据此进行判断50mL 0.5mol/L AlCl3溶液 ，Cl的物质的量浓度为0.5mol/Lx3=1.5mol/L；100mL 0.5mol/L MgCl2溶液氯离子浓度为0.5molx2=1mol/L；100mL1mol/L NaCl溶液氯离子浓度为1mol/L，50mL0.5mol/L HCl溶液氯离子浓度为0.5mol/L，A中离子浓度最大，答案选A.考点：物质的量浓度的大小比较9.下列反应的离子方程式正确的是A. 锌片插入硝酸银溶液中：ZnAg=Zn2AgB. 碳酸氢钙溶液加到醋酸中：Ca(HCO3)22CH3COOH=2CH3COO2CO22H2O + Ca2+C. 少量金属钠加到冷水中：Na2H2O=NaOHH2D. 氢氧化铜加到盐酸中：Cu(OH)22H=Cu22H2O【答案】D【解析】【详解】A离子方程式反应前后电荷不守恒，故A错误；B碳酸氢钙在溶液中应拆成离子形式，故B错误；C反应前后的氢原子个数不守恒，故C错误；D氢氧化铜和盐酸反应生成氯化铜和水，离子反应为：Cu(OH)22H=Cu22H2O，故D正确；答案选D。10.下列图示对应的化学实验的基本操作，其中装置合理、操作规范的是甲 乙 丙 丁A. 甲装置可用于除去CuSO45H2O中的结晶水B. 乙装置可用于MnO2和氯化钾溶液的分离C. 丙装置可用于分离出I2的CCl4溶液D. 丁装置可用于酒精和水的分离【答案】C【解析】【详解】A.除去CuSO45H2O中的结晶水要用坩埚、泥三角等，不能用蒸发皿，故A错误；B.过滤时应用玻璃棒引流，故B错误；C.由于碘在四氯化碳中的溶解度较大，且四氯化碳难溶于水、密度比水大，可通过分液分离出I2的CCl4溶液，故C正确；D.温度计测量是蒸气的温度，所以温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管出口处，而并不是溶液中，故D错误；答案选C。【点睛】很多学生往往分不清坩埚和蒸发皿，其实他们的差别很大，坩埚的底是平的，可以平稳地放在桌面，而蒸发皿的底是球面的；坩埚直径较小，所以需借助泥三角才能放置在三脚架上加热，不能直接放在铁圈上，而蒸发皿可以直接放在铁圈上加热。分液的装置一般考查两点，一是上下两层的密度大小，二是两种溶剂是否相溶。蒸馏的装置是经常考查的，也主要考查两点，一是温度计水银是否放于烧瓶支管出口处，二是冷凝水是否下进上出。11.超导材料为具有零电阻及反磁性的物质，以Y2O3、BaCO3和CuO为原料、经研磨烧结可合成一种高温超导物YBa2Cu3Ox，现欲合成0.5 mol此高温超导物，依化学剂量比例需取Y2O3、BaCO3和CuO的物质的量分别为A. 0.50，0.50，0.50B. 0.25，1.0，1.5C. 0.50，1.0，1.5D. 1.0，0.25，0.17【答案】B【解析】试题分析：根据原子守恒计算需要需取Y2O3、BaCO3和CuO的物质的量。合成0.5mol YBa2Cu3Ox，由Y原子守恒有n（Y2O3）=1/2n（YBa2Cu3Ox）=0.5mol1/2=0.25mol，根据Ba原子守恒有n（BaCO3）=2n（YBa2Cu3Ox）=0.5mol2=1mol，根据Cu原子守恒有n（CuO）=3n（YBa2Cu3Ox）=0.5mol3=1.5mol，选B。考点：考查原子守恒法计算。12.将标准状况下密度为的a L HCl(g)溶于1 000 g水中，得到盐酸的密度为b gcm3，则该盐酸的物质的量浓度是A. molL1B. molL1C. molL1D. molL1【答案】C【解析】【详解】标准状况下密度为的a L HCl(g)的物质的量是 、质量是；将标准状况下密度为的a L HCl(g)溶于1 000 g水中，得到盐酸的质量为1000+，盐酸的体积是 ，该盐酸的物质的量浓度是= molL1。故选C。13.在标准状况下，体积比为123所组成的N2、O2和CO2共100 g的混合气体的体积为A. 11.2 LB. 30 LC. 60 LD. 112 L【答案】C【解析】【分析】相同条件下气体的体积比等于物质的量比。【详解】在标准状况下，体积比为123组成的N2、O2和CO2的混合气体，物质的量比为123，设N2、O2和CO2的物质的量分别为x:2x:3x；则28x322x443x100，x=mol，混合气体在标准状况下的体积为(x2x3x)22.4=22.4= 60 L；故选C。14.在一定温度下有分解反应A(固)=B(固)+C(气)+4D(气)若测得生成的气体的质量是同温同压下，相同体积氢气的10倍，且当所生成的气体在标况下的体积为22.4L时，所得B的质量为30.4g，A的摩尔质量为A. 252g/molB. 182.4g/molC. 120.4g/molD. 50.4g/mol【答案】A【解析】【详解】生成的气体在标况下的体积为224L时，气体总物质的量为1moL,根据A(s)=B(s)+C(g)+4D(g)，生成气体的物质的量之比为1:4，所以C(g)的物质的量为02mol,则反应掉A(s)的物质的量为02mol；因为测得生成的气体的质量是同温同压下，相同体积氢气的10倍,所以气体质量为20g，根据质量守恒定律，参加反应的A的质量为20+30.4=504g，摩尔质量为：504g0.2mol=252g/mol。故答案选A。15.已知：NH4+ + OH- = NH3 + H2O现有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种： K+、NH4+、Ba2+、CO32、Cl、SO42。现取两份各200 mL溶液进行如下实验：第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到气体1.36 g；第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54 g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66 g。根据上述实验，以下推测正确的是A. 一定存在NH4+、CO32、SO42，一定不存在Ba2+ 、ClB. 一定存在NH4+、CO32、Cl、SO42，可能存在K+C. c（SO42）=0.2molL-1，c（NH4+） c（SO42）D. 若溶液中存在NH4+、Cl、CO32、SO42、K+五种离子，则c（K+）0.2molL-1【答案】D【解析】【分析】第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到气体1.36 g，说明其中含有NH4+，其物质量为：1.36g17g/mol=0.08mol；由实验可知沉淀为硫酸钡和碳酸钡，物质的量分别为4.66233=0.02mol，（12.544.66）197=0.04mol，故溶液中含有CO32- 、SO42-，且物质的量分别为0.04mol和0.02mol；由于Ba2+与CO32- 、SO42-不共存，故溶液中不存在Ba2+；根据溶液中的电荷守恒可得n（K+）=0.04mol2+0.02mol2-0.08mol+n（Cl-）=0.04mol+ n（Cl-），其中Cl-可能存在于溶液中；据此分析可得结论。【详解】A.由上述分析可知溶液中Cl-可能存在，故A错误；B.溶液中K+根据电荷守恒分析可知一定存在，故B错误；C. c（SO42）=0.02mol0.2L=0.1mol/L，故C错误；D. 根据溶液中的电荷守恒可得n（K+）=0.04mol2+0.02mol2-0.08mol+n（Cl-）=0.04mol+ n（Cl-），则当Cl-存在时，n（K+）0.04mol，c（K+）0.2mol/L，故D正确；答案选D。第卷（非选择题，共80分）16.可用于分离或提纯物质的方法有：a过滤；b萃取分液；c蒸馏；d煅烧；e分液。除去澄清石灰水中悬浮的CaCO3颗粒_。除去CaO中混有CaCO3_。分离酒精和水的混合物_。分离水和食用油的混合物_。从碘的CCl4溶液中提取I2_。【答案】 (1). a (2). d (3). c (4). e (5). c【解析】【分析】过滤适合固体与液体的分离；萃取是利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同，用一种溶剂把溶质从它与另一种溶剂所组成的溶液中提取出来的方法；分液是把两种互不相溶、密度也不相同的液体分离开的方法；蒸馏利用混合液体中各组分沸点不同，使低沸点组分蒸发，再冷凝以分离整个组分的操作过程。【详解】CaCO3难溶于水，除去澄清石灰水中悬浮的CaCO3颗粒可用过滤的方法，故选a。CaCO3高温煅烧生成氧化钙和二氧化碳气体，除去CaO中混有的CaCO3用高温煅烧的方法，故选d。酒精和水互溶，但水和酒精的沸点不同可用蒸馏的方法分离，故选c。水和食用油互不相溶，可用分液的方法分离，故选e。CCl4易挥发，从碘的CCl4溶液中提取I2可用蒸馏的方法，选c。17.实验室用NaOH固体配制240mL 1.00mol/L的NaOH溶液，填空并请回答下列问题：（1）配制1.00mol/L的NaOH溶液，应称取NaOH的质量_g，需要的仪器为_量筒、烧杯，玻棒、托盘天平、砝码。（2）容量瓶上需标有以下五项中的_；温度 浓度 容量 压强 刻度线（3）补充完整所缺步骤，配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次）_； A用30mL水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B用天平准确称取所需的NaOH的质量，加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解C将已冷却的NaOH溶液沿玻璃棒注入250mL的容量瓶中D将容量瓶盖紧，颠倒摇匀E继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度12cm处F_（4）下列配制的溶液浓度偏低的是_； A称量NaOH时，将NaOH放纸上称重B配制前，容量瓶中有少量蒸馏水C配制时，NaOH未冷却直接定容D向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面E定容时俯视刻度线F加蒸馏水时不慎超过了刻度线【答案】 (1). 10.0 (2). 250mL容量瓶 胶头滴管 (3). 1 3 5 (4). B C A E F D (5). 用胶头滴管加水至溶液凹液面与刻度线相切 (6). A D F【解析】【详解】（1）根据容量瓶只有一条刻度线，只能配制与其规格相对应的体积的溶液，故配制240mL溶液，需要选用250mL容量瓶，所以所需的氢氧化钠的质量mcVM1.00mol/L0.25L40g/mol10.0g；操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌，加速溶解冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒23次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，所以所需仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，根据提供的仪器可知，还需的玻璃仪器有胶头滴管、250mL容量瓶，故答案为：10.0；250mL容量瓶、胶头滴管；（2）容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量容器，容量瓶上标有容量、刻度线，容量瓶只能在常温下使用，不能用来盛装过冷或过热的液体，不能用来稀释溶液或作为反应容器，还标有温度，答案选；（3）根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知E操作后应进行定容，则其操作为：加水至溶液凹液面与刻度线相切，正确的操作顺序是：B、C、A、E、F、D；故答案为：B C A E F D；用胶头滴管加水至溶液凹液面与刻度线相切；（4）A.称量NaOH时，将NaOH放在纸上称重，因氢氧化钠易潮解而导致溶质的质量减少，浓度偏低；B.配制前，容量瓶中有少量蒸馏水对浓度无影响；C. 配制时，NaOH未冷却直接定容，溶液的体积偏小，浓度偏大；D. 向容量瓶中转移溶液时(实验步骤)不慎有液滴洒在容量瓶外面，导致溶质的质量减少，浓度偏低；E. 定容时俯视刻度线，溶液的液面低于刻度线，浓度偏高；F.加蒸馏水时不慎超过了刻度线，溶液体积增加，浓度偏低；综上所述，配制的溶液浓度偏低的是A、D、F；故答案为：A、D、F；18.（1） _mol CO2中含有氧原子数跟1.8061024个H2O分子含有的氧原子数相同。（2）0.4 mol SiH4分子中所含原子数与_g HCl分子中所含原子数相等。（3）标准状况下的甲烷和一氧化碳的混合气体8.96 L，其质量为7.60 g，则混合气体中甲烷的体积为_；一氧化碳的质量为_。（4）等物质的量O2和臭氧(O3)，其质量之比为_。若O2和O3质量相等，则其原子数之比为_。（5）200毫升含MgCl2、KCl、Na2SO4三种溶质的混合液中，已知其中含Cl1.5 mol，K和Na共1.5 mol，Mg2为0.5 mol，则SO42-的物质的量浓度为_。【答案】 (1). 1.5 (2). 36.5 (3). 6.72L (4). 2.8g (5). 2:3 (6). 1:1 (7). 2.5mol/L【解析】【分析】(1)根据水分子的数目求出O原子的物质的量，再根据O原子的物质的量求出二氧化碳的物质的量；（2）根据SiH4的物质的量计算原子的物质的量，再根据原子的物质的量计算HCl的物质的量，最后计算HCl的质量；（3）设甲烷和一氧化碳的物质的量，根据标准状况下体积和为8.96 L列方程，根据质量和为7.6g列方程，解方程组即可。（4）等物质的量的气体质量比等于摩尔质量之比；O2和O3都是由O原子构成，质量相同的O2和O3原子数相同；（5）根据电荷守恒计算SO42-的物质的量，根据 计算浓度。【详解】(1)1.8061024个H2O分子的物质的量是1.80610246. 021023=3mol，氧原子的物质的量是3mol，1个CO2分子中含有2个O原子，所以1.5mol CO2中含有3mol氧原子；（2）0.4 mol SiH4分子中所含原子的物质的量是0.4 mol5=2mol，1molHCl含有2mol原子，1molHCl的质量是1mol36.5g/mol=36.5g。（3）设甲烷和一氧化碳的物质的量分别为xmol、ymol，则 ，解得，所以甲烷的体积为0.3 mol22.4L/mol=6.72L；一氧化碳的质量为0.1mol28g/mol=2.8g。（4）等物质的量的气体质量比等于摩尔质量之比；等物质的量O2和臭氧(O3)质量比为32:48=2:3；O2和O3都是由O原子构成，质量相同的O2和O3原子数比为1:1；（5）根据电荷守恒，SO42-的物质的量为(1.5 mol0.5 mol21.5 mol)2=0.5mol，SO42-的物质的量浓度为0.5mol0.2L=2.5mol/L。【点睛】本题考查了以物质的量为中心的计算，本题难度不大，关键是要理解在标准状况(273.15 K、101kPa)下，任何气体的摩尔体积约为22.4 L、气体摩尔体积的适用范围。19.在图（）所示的装置中，烧杯中盛放的是Ba(OH)2溶液，当从滴定管中逐渐加入某种溶液A时，溶液的导电性的变化趋势如图（）所示。（） （）（1）滴加液体至图（）中曲线最低点时，灯泡可能熄灭，可能的原因是_。（2）试根据离子反应的特点分析，溶液A中含有的溶质可能是（填序号）_。HCl H2SO4 NaHSO4 NaHCO3 （3）已知0.1 molL-1NaHSO4溶液中c(H)=0.1 molL-1，请回答下列问题：写出NaHSO4在水溶液中的电离方程式_。 NaHSO4属于_（填“酸”、“碱”或“盐”）。向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，请写出发生反应的离子方程式：_；在以上中性溶液中，继续滴加Ba(OH)2溶液，请写出此步反应的离子方程式：_。写出NaHSO4溶液与NaHCO3溶液混合的离子方程式_。（4）有以下物质：石墨； 氯化氢气体； 酒精； 铝； 二氧化碳； 碳酸氢钠固体；氢氧化钡溶液； 液态醋酸； 氯化银固体； 氨气。其中能导电的是：_；属于非电解质的是：_。【答案】 (1). 溶液中的离子浓度很小，几乎不导电 (2). (3). NaHSO4=Na+H+SO42- (4). 盐 (5). 2H+SO42-+Ba2+2OH- = BaSO4+2H2O (6). Ba2+SO42- = BaSO4 (7). HCO3-+H+=CO2+H2O (8). (9). 【解析】【分析】(1)从图分析可知，随着A的加入溶液导电能力迅速降低，说明A必定能与Ba(OH)2发生反应，使溶液中离子浓度变得极小；(2)A不仅与Ba2+反应转化为沉淀，还要与OH反应生成水或其它弱电解质，当反应完全后，过量A的加入，导电能力又显著上升，说明A应为强电解质；（3）0.1 molL-1NaHSO4溶液中c(H)=0.1 molL-1，说明NaHSO4完全电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子；根据酸碱盐的定义判断；向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，说明氢离子与氢氧根离子恰好完全反应，则NaHSO4与Ba(OH)2的比为2:1；在以上中性溶液中含有SO42-，继续滴加Ba(OH)2溶液生成硫酸钡沉淀。NaHSO4溶液与NaHCO3溶液混合生成硫酸钠、二氧化碳、水。（4）根据电解质、非电解质的定义判断。【详解】(1)从图分析可知，随着A的加入溶液导电能力迅速降低，说明A必定能与Ba(OH)2发生反应，使溶液中离子浓度变得极小，几乎不导电，灯泡可能熄灭；(2) HCl与Ba(OH)2反应生成氯化钡和水，氯化钡溶液可导电，故不选； H2SO4与Ba(OH)2反应生成硫酸钡沉淀和水，硫酸钡和水均不导电，故选； NaHSO4与Ba(OH)2反应生成硫酸钡沉淀、水、硫酸钠，硫酸钠溶液导电，故不选； NaHCO3 与Ba(OH)2反应生成碳酸钡、水、碳酸钠，碳酸钠溶液能导电，故不选；（3）0.1 molL-1NaHSO4溶液中c(H)=0.1 molL-1，说明NaHSO4完全电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，电离方程式是NaHSO4=Na+H+SO42-；能电离出金属阳离子和酸根阴离子的化合物是盐，NaHSO4能电离出Na+、SO42-，属于盐；向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，说明氢离子与氢氧根离子恰好完全反应，则NaHSO4与Ba(OH)2的比为2:1，反应的离子方程式是2H+SO42-+Ba2+2OH- = BaSO4+2H2O；在以上中性溶液中含有SO42-，继续滴加Ba(OH)2溶液生成硫酸钡沉淀，此步反应的离子方程式是Ba2+SO42- = BaSO4。NaHSO4溶液与NaHCO3溶液混合生成硫酸钠、二氧化碳、水。离子方程式是HCO3-+H+=CO2+H2O；（4）石墨、铝存在能自由移动的带负电的电子，氢氧化钡溶液有能自由移动的阴、阳离子，故能导电是、；非电解质是在水溶液或熔融状态下都不能能够导电的化合物，酒精和、二氧化碳、氨气在水溶液中或熔融状态下都不能因自身电离而导电，属于非电解质的是、。20.现有失去标签的四瓶无色溶液A，B，C，D，只知它们是K2CO3，K2SO4，Na HSO4和Ba(NO3)2，为鉴别它们，进行如下实验：AD溶液+气体；BC溶液+沉淀；BD溶液+沉淀；AB溶液+沉淀。将得到的沉淀物加入所得的溶液中，沉淀很快溶解并产生无色无味的气体。根据以上实验事实，请完成如下问题：（1）写出各物质化学式：A_，B_，C_，D_。（2）写出实验中反应中相关的离子方程式。_。（3）书写离子方程式Ba(OH)2溶液与H2SO4溶液混合：_；向澄清石灰水中通入过量二氧化碳_；氢氧化铁和浓盐酸反应_；醋酸溶液和碳酸镁悬浊液混合生成气体并得到澄清溶液_；【答案】 (1). K2CO3 (2). Ba(NO3)2 (3). K2SO4 (4). NaHSO4 (5). Ba2+SO42- = BaSO4 (6). 2H+SO42-+Ba2+2OH- = BaSO4+2H2O (7). CO2+OH-=HCO3- (8). Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2O (9). 2CH3COOH+MgCO3=2CH3COO-+Mg2+CO2+H2O【解析】【分析】B与A、C、D混合都有沉淀析出，B应为Ba（NO3）2，将得到的沉淀物加入所得溶液中，中沉淀很快溶解并产生无色无味的气味，则只有碳酸钡沉淀符合该要求，则A为K2CO3，结合可知，D为NaHSO4，所以C为K2SO4，以此