山西省祁县第二中学校2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

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2019—2020学年度第一学期高一化学期中考试试题
可能用到的相对原子质量：H–1C–12N–14O–16Na–23Mg–24Al–27S–32Cl–35.5Fe–56
第Ⅰ卷选择题（共48分）
一、选择题（共16题，每题3分，共48分。每题只有一个选项符合题意。）
1.中华民族有着光辉灿烂的发展史，下列过程不涉及元素化合价变化的是
A. 用胆矾炼铜 B. 点制豆腐
C. 黑火药的使用 D. 用铁矿石炼铁
【答案】B
【解析】
【分析】
用胆矾炼铜是用铁置换出硫酸铜溶液中铜；点制豆腐是向豆浆中加入石膏，利用胶体聚沉；黑火药爆炸是硝酸钾、硫粉、木炭反应生成硫化钾、二氧化碳、氮气；铁矿石炼铁是用一氧化碳还原出铁矿石中的铁。
【详解】用胆矾炼铜是用铁置换出硫酸铜溶液中的铜，铁元素、铜元素化合价改变，故不选A；点制豆腐是向豆浆中加入石膏，利用胶体聚沉，没有化合价变化，故选B；黑火药爆炸是硝酸钾、硫粉、木炭反应生成硫化钾、二氧化碳、氮气，氮元素、碳元素、硫元素化合价变化，故不选C；铁矿石炼铁是用一氧化碳还原出铁矿石中的铁，铁元素、碳元素化合价变化，故不选D。
2.下列关于Fe(OH)3胶体和MgCl2溶液的说法正确的是
A. 两者都有“丁达尔效应”
B. 两者都能透过半透膜
C. 氢氧化铁胶体粒子在电场作用下向阴极移动，说明氢氧化铁胶体带正电
D. 加入氢氧化钠溶液二者都能沉淀，Fe(OH)3胶体发生聚沉，MgCl2发生化学反应生成沉淀
【答案】D
【解析】
【分析】
溶液没有“丁达尔效应”；胶体粒子不能透过半透膜；胶体不带电，胶体粒子带电；胶体加入电解质溶液发生聚沉现象，MgCl2和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀。
【详解】MgCl2溶液没有“丁达尔效应”，故A错误；Fe(OH)3胶体粒子不能透过半透膜，故B错误；胶体不带电，胶体粒子带电，氢氧化铁胶体粒子在电场作用下向阴极移动，说明氢氧化铁胶体粒子带正电，故C错误；胶体加入电解质溶液发生聚沉，Fe(OH)3胶体中加入氢氧化钠溶液发生聚沉现象，MgCl2和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，故D正确。
3.若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A. 2.3gNa在足量的氧气中充分燃烧，转移的电子数为0.2NA
B. 标准状况下，22.4 L水中含有的氧原子数为NA
C. 1L 0.5mol•L﹣1的AlCl3溶液中所含Cl¯数目为3NA
D. 0.1 mol 氯气所含有的原子数为0.2NA
【答案】D
【解析】
【分析】
Na在足量的氧气中充分燃烧生成过氧化钠，钠元素化合价由0变为+1；标准状况下水是液体；1L 0.5mol•L﹣1的AlCl3溶液中含有AlCl3的物质的量是1L0.5mol•L﹣1=0.5mol；0.1 mol 氯气中含有0.2mol原子。
【详解】2.3gNa 的物质的量是0.1mol，Na在足量的氧气中充分燃烧生成过氧化钠，钠元素化合价由0变为+1，所以转移的电子数为0.1NA，故A错误；标准状况下水是液体，22.4 L水的物质的量不是1mol，故B错误；1L 0.5mol•L﹣1的AlCl3溶液中含有AlCl3的物质的量是1L0.5mol•L﹣1=0.5mol，所以Cl¯数目为1.5NA，故C错误；0.1 mol 氯气中含有0.2mol原子，所以原子数是0.2NA，故D正确。
【点睛】本题考查了物质的量的计算，明确标准状况下气体摩尔体积的使用条件为解答关键，注意掌握物质的量与摩尔质量、物质的量浓度、气体摩尔体积、阿伏加德罗常数等之间的关系。
4.下列说法正确的是
A. SO2、NO2、CO2都属于酸性氧化物
B. NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质
C. 淀粉溶液、雾均属于胶体
D. 液氯、“84”消毒液都属于混合物
【答案】C
【解析】
【分析】
NO2不是酸性氧化物；NH3、CO2是非电解质；淀粉溶液、雾中分散质粒子直径在1~100nm之间；液氯中只含氯分子。
【详解】NO2不是酸性氧化物，SO2、CO2属于酸性氧化物，故A错误；NH3、CO2水溶液均能导电，但不是NH3、CO2自身电离出的离子导电，所以NH3、CO2是非电解质，故B错误；淀粉溶液、雾中分散质粒子直径在1~100nm之间，所以淀粉溶液、雾均属于胶体，故C正确；液氯中只含氯分子，液氯是纯净物，故D错误。
5.在2L0.1mol·L-1 BaCl2溶液中，下列说法正确的是
A. Cl―物质的量为0.1mol B. Cl―物质的量浓度为0.2 mol.L-1
C. Ba2＋物质的量为0.1mol D. Ba2＋物质的量浓度为0.2 mol.L-1
【答案】B
【解析】
【详解】2L0.1mol·L-1 BaCl2溶液中，含有氯化钡的物质的量为:0.1mol·L-1×2L=0.2mol；
A. 0.2mol氯化钡中Cl―物质的量为0.1mol×2=0.2mol，故A错误；
B. Cl―物质的量浓度为(0.2 mol×2)/2L=0.2mol/L，故B正确；
C.0.2mol氯化钡中 Ba2＋物质的量为0.2mol，故C错误；
D. Ba2＋物质的量浓度为0.2 mol/2L=0.1mol/L，故D错误；
故选B。
6.下列实验操作中，正确的是
A. 配制5%食盐溶液时，将称量的食盐放入烧杯中，加适量的水搅拌溶解
B. 将氢氧化钠固体放在滤纸上称量
C. 用10mL的量筒量取8.58mL浓盐酸
D. 配制0.1mol·L－1的硫酸溶液时，将量取的浓硫酸放入容量瓶中加水稀释
【答案】A
【解析】
分析】
配制一定质量分数溶液时，只需将计算称量好的溶质溶于一定量的溶剂中即可；氢氧化钠易潮解，具有腐蚀性，应放在玻璃容器中称取；量筒的精度是0.1mL；容量瓶不能用来稀释溶液。
【详解】配制一定质量分数溶液时，只需将计算称量好的溶质溶于一定量的溶剂中即可，故A正确；氢氧化钠易潮解，具有腐蚀性，应放在玻璃容器中称取，故B错误；量筒的精度是0.1mL，可以用10mL的量筒量取8.6mL浓盐酸，故C错误；配制0.1mol·L－1的硫酸溶液时，将浓硫酸加入盛有适量水的烧杯中稀释，冷却后移入容量瓶，故D错误。
7.下列各组离子能在指定溶液中大量共存的是
A. 无色溶液中：Clˉ、Na+、Fe3+、SO42ˉ
B. 含有SO42-的溶液中：Ba2+、Na+、H+、NO3ˉ
C. 含有Clˉ的溶液中： SO42ˉ、NO3ˉ、Cu2+、K+
D. 使石蕊变红的溶液中：Fe3+，HCO3ˉ、Na+，SO42ˉ
【答案】C
【解析】
【分析】
含有Fe3+的溶液呈棕黄色；SO42-与Ba2+反应生成BaSO4沉淀；Clˉ、 SO42ˉ、NO3ˉ、Cu2+、K+不反应；使石蕊变红的溶液呈酸性，HCO3ˉ与H+反应放出二氧化碳；
【详解】无色溶液中不能含有Fe3+，故A错误；SO42-与Ba2+反应生成BaSO4沉淀，含有SO42-的溶液中不能含有Ba2+，故B错误；Clˉ、 SO42ˉ、NO3ˉ、Cu2+、K+不反应，所以能大量共存，故选C；使石蕊变红的溶液呈酸性，HCO3ˉ与H+反应放出二氧化碳，所以使石蕊变红的溶液中不能含有HCO3ˉ，故D错误；
8.200 mL Fe2(SO4)3溶液中含Fe3＋56 g，溶液中SO42-的物质的量浓度是 ( )
A. 7.5 mol/L B. 5 mol/L C. 10 mol/L D. 2.5 mol/L
【答案】A
【解析】
【详解】200 mL Fe2(SO4)3溶液中含Fe3+ 56g，Fe3+的物质的量为1mol，根据硫酸铁的化学式可知，SO42-的物质的量为1.5mol，物质的量浓度是c(SO42-)==7.5 mol/L；
答案选A。
9.下列变化，需要加入适当的氧化剂才能完成的是（ ）
A. SO2→SO32ˉ B. PCl3→PCl5 C. MnO4ˉ→Mn2+ D. Cl2→HClO
【答案】B
【解析】
【详解】A．SO2→SO32ˉ元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故A错误；
B．PCl3→PCl5中P元素化合价升高，应加入氧化剂才能实现，故B正确；
C．MnO4ˉ→Mn2+中Mn元素化合价降低，应加入还原剂才能实现，故C错误；
D．Cl2→HClO中Cl元素化合价升高，被氧化，不一定需要加入氧化剂，如氯气与水反应可实现，故D错误；
故选B。
【点睛】注意从元素化合价的变化角度分析判断，本题的易错点为D，要注意一种反应物可以既作氧化剂，又作还原剂的一类特殊反应。
10.下列的离子方程式正确的是（ ）
A. 用大理石跟稀盐酸制二氧化碳：CO32－+2H＋=H2O+CO2↑
B. Cu丝伸入到AgNO3溶液中：Cu+Ag＋=Cu2＋+Ag
C. H2SO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液：OH－+H＋=H2O
D. 氧化镁与盐酸混合：MgO+2H+=Mg2++H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸钙难溶于水，碳酸钙可以和盐酸反应，CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故A错误；
B．在金属活动性顺序中，Cu＞Ag，Cu能与AgNO3反应，离子反应为Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，故B错误；
C．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡和水，离子反应为2H++2OH-+Ba2++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D．氧化镁难溶于水，与盐酸混合的离子反应为MgO+2H+=Mg2++H2O，故D正确；
故选D。
11.等质量的C72和C60，下列说法正确的是( )
A. 物质量相等 B. 分子个数相等 C. 原子个数相等 D. 以上说法都不正确
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据n=可知，等质量的C72和C60的物质的量之比等于摩尔质量的反比=5∶6，故A错误；
B．根据A的计算，二者物质的量之比=5∶6，由N=nNA可知，分子数目之比等于物质的量之比，则等质量的C72和C60的分子数目之比为5∶6，故B错误；
C．C72和C60均由碳原子构成，二者质量相等，则含有碳原子数目相等，故C正确；
D．根据上述分析可知，D项不符合题意，故D错误；
故选C。
12.氯气是一种重要的工业原料。工业上利用反应：3Cl2+2NH3＝N2+6HCl，检查氯气管道是否漏气。下列说法错误的是
A. 该反应属于置换反应 B. 该反应利用了Cl2的强氧化性
C. 该反应说明了Cl2的还原性大于N2 D. 生成1molN2有6mol电子转移
【答案】C
【解析】
【分析】
根据置换反应的定义判断；3Cl2+2NH3＝N2+6HCl，氯气中氯元素化合价降低，发生还原反应；氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性；3Cl2+2NH3＝N2+6HCl反应中氮元素的化合价由-3变为0。
【详解】一种单质和一种化合物，生成另一种单质和另一种化合物的反应是置换反应，所以3Cl2+2NH3＝N2+6HCl是置换反应，故A说法正确；3Cl2+2NH3＝N2+6HCl，氯气中氯元素化合价降低，发生还原反应，所以氯气是氧化剂，表现氧化性，故B说法正确；3Cl2+2NH3＝N2+6HCl中氯气是氧化剂，氮气是氧化产物，所以该反应说明了Cl2的氧化性大于N2，故C说法错误；3Cl2+2NH3＝N2+6HCl反应中氮元素的化合价由-3变为0，所以生成1molN2有6mol电子转移，故D说法正确。
【点睛】本题考查氧化还原反应的基础知识及氯气的性质，侧重于化学与生活、生产的联系的考查，注意从元素化合价变化的角度解答该题，难度不大。
13.某溶液中仅含Na+、Mg2+、Clˉ、SO42ˉ四种离子，其中Na+浓度为 0.2 mol·Lˉ1 、Mg2+浓度为0.25 mol·Lˉ1 、Clˉ浓度为0.4 mol·Lˉ1 ，则SO42ˉ的浓度为
A. 0.5 mol·Lˉ1 B. 0.3 mol·Lˉ1 C. 0.1 mol·Lˉ1 D. 0.15 mol·Lˉ1
【答案】D
【解析】
【分析】
溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，利用电荷守恒计算。
【详解】溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，设SO42ˉ的浓度为x mol·Lˉ1，则0.2 mol·Lˉ1 +0.25 mol·Lˉ12=0.4 mol·Lˉ1+2x，解得x=0.15 mol·Lˉ1，故选D。
14.已知反应：①SeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2O；
②Se+2H2SO4（浓）=2SO2↑+SeO2+2H2O。下列叙述正确的是
A. 反应①中Se是氧化产物，I2是还原产物
B. 反应②中浓H2SO4是氧化剂，SeO2是还原产物
C. 反应①中每有1.0mol I2生成，转移电子数目为4NA
D. SeO2、H2SO4（浓）、I2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）＞SeO2＞I2
【答案】D
【解析】
【详解】A、反应①中Se元素的化合价降低，SeO2作氧化剂发生还原反应，所以Se是还原产物，I元素的化合价升高，I2是氧化产物，A错误；
B、反应②中浓H2SO4是氧化剂，Se是还原剂被氧化，则SeO2是氧化产物，B错误；
C、反应①中每有1.0mol I2生成，则转移电子数目为1mol×2×NA=2NA，C错误；
D、根据以上分析，结合氧化还原反应规律，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）＞SeO2＞I2，D正确，答案选D。
15.根据下列三个反应的化学方程式：I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI，2FeCl2+Cl2=2FeCl3，2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2，有关物质的还原性依次减弱的顺序是（ ）
A. I-、Fe2+、Cl-、SO2 B. Cl-、Fe2+、SO2、I-
C. Fe2+、I-、Cl-、SO2 D. SO2、I-、Fe2+、Cl-
【答案】D
【解析】
【详解】根据氧化还原反应的规律：还原剂的还原性强于还原产物的还原性，根据反应I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI可知物质的还原性：SO2>I-，根据2FeCl2+Cl2=2FeCl3可知物质的还原性Fe2+>Cl-；根据2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2可知物质的还原性：I->Fe2+，所以物质还原性由强到弱的顺序为：SO2>I-> Fe2+> Cl-，故合理选项是D。
16.已知在酸性溶液中，下列物质氧化KI时自身发生如下变化：Fe3+ →Fe2+；MnO4－→ Mn2+；Cl2 → 2Cl－；HNO3 → NO，如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最少的是
A. Fe3+ B. MnO4－ C. Cl2 D. HNO3
【答案】A
【解析】
【分析】
根据氧化还原中氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数列方程逐一进行计算。
【详解】1molFe3+转化为Fe2+得到1mol电子，氧化KI时可得到0.5molI2；
1mol MnO4－转化为Mn2+可得到5mol 电子，氧化KI时可得到2.5 molI2；
1mol Cl2转化为Cl－得到2mol电子，氧化KI时可得到1 molI2；
1mol HNO3转化为NO 得到3mol电子，氧化KI时可得到1.5mol I2；
结合以上分析可知，得到I2最少的是Fe3+，A正确；
综上所述，本题选A。
【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握元素化合价的变化、电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项C中Cl2转移电子数需按2个氯原子转移的数目进行计算，题目难度不大。
第Ⅱ卷非选择题（共52分）
二、填空题
17.物质的量是高中化学常用的物理量，请完成以下有关计算：
（1）3.4gNH3中含有________molH。
（2）标准状况下，等体积的CO和CO2的质量比为________。
（3）100mLAl2(SO4)3溶液中c(Al3+)=0.20mol•Lˉ1，则c(SO42-)=_______。
（4）物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中分别加入足量的AgNO3溶液中，生成沉淀的质量相等，三种溶液的体积比为____________。
（5）标准状况下VL氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/mL），所得溶液的密度为ρg/mL，则该溶液的溶质的物质的量浓度为__________。
【答案】 (1). 0.6 (2). 7:11 (3). 0.3 mol/L (4). 6:3:2 (5). mol/L
【解析】
【分析】
(1)根据n=计算氨气的物质的量，氢原子物质的量为氨气分子的3倍；
(2)标准状况下，等体积的CO和CO2的物质的量相等，结合m=nM计算二者质量之比；
(3)溶液中c(SO42-)=c (Al3+)计算；
(4)生成沉淀AgCl的质量相等，说明三种盐溶液含有氯离子物质的量相等，假设氯离子为3mol，计算各自物质的量，再根据V=计算；
(5)根据氨气的体积计算溶质氨气的物质的量，根据溶液的质量和密度计算溶液的体积，进而计算出溶液的物质的量浓度。
【详解】(1)n(H)=3n( NH3)=3×=0.6mol，故答案为：0.6；
(2)标准状况下，等体积的CO和CO2的物质的量相等，根据m=nM可知，二者质量之比等于摩尔质量之比=28g/mol∶44g/mol=7∶11，故答案为：7∶11；
(3)Al2(SO4)3溶液中c(SO42-)=c (Al3+)=×0.2mol/L=0.3mol/L，故答案为：0.3mol/L；
(4)生成沉淀AgCl的质量相等，说明三种盐溶液含有氯离子的物质的量相等，假设氯离子为3mol，则n(NaCl)=3mol，n(MgCl2)==1.5mol，n(AlCl3)==1mol，溶液的浓度相等，根据V=可知，NaCl、MgCl2、AlCl3溶液的体积之比为3mol∶1.5mol∶1mol=6∶3∶2，故答案为：6∶3∶2；
(5)标准状况下VL氨气的物质的量为=mol，质量为mol×17g/mol=g，溶解在1L水中，所得溶液的质量为g+1000g，溶液的体积为：V===mL=L，该溶液的溶质的物质的量浓度为：c===mol/L，故答案为：mol/L。
【点睛】本题的难点和易错点为(5)，要注意物质的量难点概念中的溶液的体积单位为“L”。
18.我校环保兴趣小组在处理污水样品时，需用2mol/L的盐酸配制成250mL0.1mol/L的盐酸溶液。
（1）计算所需2mol/L的盐酸的体积是_____________。
（2）在容量瓶的使用方法中，下列操作正确的是_______________。
A、使用容量瓶前检查它是否漏水
B、容量瓶用水洗净后，再用配好的稀HCl溶液润洗
C、配制溶液时，将量筒量取好的盐酸直接倒入容量中，缓慢加水至接近刻度线1～2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线
D、盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀
（3）配制时其他操作均正确，若定容时俯视刻度线，所配溶液的物质的量浓度_________。（填“偏高”；“偏低”“无影响”）
【答案】 (1). 12.5mL (2). AD (3). 偏高
【解析】
【分析】
(1)根据配制溶液前后，溶质的物质的量不变计算；
(2)根据容量瓶的正确使用方法进行判断；
(3)根据c=结合俯视刻度线，造成溶液体积的影响分析判断。
【详解】(1)配制溶液前后，溶质的物质的量不变，所需2mol/L的盐酸的体积==0.0125L=12.5mL，故答案为：12.5mL；
(2)A、容量瓶口部有塞子，使用时，应先检查是否漏水，然后用蒸馏水洗涤干净即可，故A正确；
B、容量瓶洗净后不能用所配制溶液润洗，否则影响配制的溶液的浓度，故B错误；
C、容量瓶只能用来配制溶液，不能在容量瓶中稀释浓溶液，应该在烧杯中稀释，故C错误；
D、摇匀时，盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转，故D正确；
故选AD；
(3)若配制时其他操作均正确，定容时俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，则所配溶液的物质的量浓度偏高，故答案为：偏高。
19.下表是生活生产中常见的物质，表中列出了它们的一种主要成分（其它成分未列出）
编号
①
②
③
④
⑤
⑥
名称
天然气
白酒
醋酸
小苏打
消石灰
铜线
成分
CH4
C2H5OH
CH3COOH
NaHCO3
Ca(OH)2
Cu

(1)请你对表中①~⑦的主要成分进行分类（填编号）
是电解质的是___________________，是非电解质的是____________________。
(2)写出④在水中的电离方程式_________________________________。
(3)写出下列反应的离子方程式：
用④治疗胃酸过多（主要成分为盐酸）_________________________
用澄清的⑤溶液检验CO2气体 __________________________
【答案】 (1). ③④⑤ (2). ①② (3). NaHCO3 =Na + + HCO3－ (4). HCO3－ + H+ = H2O + CO2↑ (5). Ca2++ 2OH－ + CO2 = CaCO3↓ +H2O
【解析】
【分析】
(1)在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，酸碱盐都是电解质；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，非金属氧化物、大多数有机物是非电解质。(2)NaHCO3在水中电离出钠离子和碳酸氢根离子；(3)碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水；澄清的石灰水与CO2反应生成碳酸钙沉淀和水。
【详解】CH3COOH、NaHCO3、Ca(OH)2在水溶液中都能电离出自由移动的离子而导电；CH4、C2H5OH在水溶液里和熔融状态下都不能电离出自由移动的离子；Cu是单质，既不是电解质又不是非电解质；所以是电解质的是CH3COOH、NaHCO3、Ca(OH)2，选③④⑤，是非电解质的是CH4、C2H5OH，选①②；(2)NaHCO3在水中电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式是NaHCO3 =Na + + HCO3－； (3)碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水，反应的离子方程式是HCO3－ + H+ = H2O + CO2↑；澄清的石灰水与CO2反应生成碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式是Ca2++ 2OH－ + CO2 = CaCO3↓ +H2O。
20.如图，A、B、C、D、E各代表碳、铁、二氧化碳、硫酸铜溶液、氢氧化钡溶液中的一种物质。一定条件下，相连环物质间能发生反应，不相连环物质间不能发生反应，且B的相对分子质量大于D。请填空：

(1)写出下列物质的化学式：A_____，B_____，D_____。
(2)写出下列反应的离子方程式：B＋C：_____________________。
(3)相连环物质间发生的反应中，氧化还原反应共有___________个。
【答案】 (1). Fe (2). CuSO4 (3). CO2 (4). Cu2++SO42-+Ba2++2OH-=Cu(OH)2↓+BaSO4↓ (5). 2
【解析】
【分析】
碳、铁、二氧化碳、硫酸铜溶液、氢氧化钡溶液中，C只与二氧化碳反应，铁只与硫酸铜溶液反应，二氧化碳能分别与碳、氢氧化钡溶液反应，硫酸铜溶液能分别与铁、氢氧化钡溶液反应反应，结合图可知，A、E只能与一种物质反应，可能为铁、碳；B、C、D都能与两种物质反应，且B的相对分子质量大于D，所以D可能为二氧化碳，即E为碳，B为硫酸铜溶液，即A为铁，所以C为氢氧化钡溶液，然后对问题进行逐一解答。
【详解】碳、铁、二氧化碳、硫酸铜溶液、氢氧化钡溶液中，C只与二氧化碳反应，铁只与硫酸铜溶液反应，二氧化碳能分别与碳、氢氧化钡溶液反应，硫酸铜溶液能分别与铁、氢氧化钡溶液反应反应，结合图可知，A、E只能与一种物质反应，可能为铁、碳；B、C、D都能与两种物质反应，且B的相对分子质量大于D，所以D可能为二氧化碳，即E为碳，B为硫酸铜溶液，即A为铁，所以C为氢氧化钡溶液。
(1)由上述推断可知，A为Fe，B为CuSO4，D为CO2；
(2)B为CuSO4溶液，C为Ba(OH)2溶液，二者反应生成BaSO4沉淀和Cu(OH)2沉淀，反应的离子反应为Cu2++SO42-+Ba2++2OH-=Cu(OH)2↓+BaSO4↓；
(3)上述反应中，只有C与CO2反应，Fe与CuSO4溶液反应中存在元素的化合价变化，属于氧化还原反应，即氧化还原反应有2个。
21.有A、B、C、D四种无色溶液，它们分别是Na2CO3、Na2SO4、NaHSO4、BaCl2中的一种，为了确定各是何种溶液进行了下列实验，记录为：①A+D→溶液+气体，②B+C→溶液+沉淀，③B+A→溶液+沉淀X，④D+B→溶液Y+沉淀，⑤溶液Y+沉淀X→溶液+气体。
（1）根据以上记录确定：A_____________B____________C_______________D______________（填化学式）
（2）写出①、⑤各反应的离子方程式：
①__________________________________________________
⑤________________________________________________
【答案】 (1). Na2CO3 (2). BaCl2 (3). Na2SO4 (4). NaHSO4 (5). 2H++CO32-=H2O+CO2↑ (6). BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O
【解析】
【分析】
由CO32-、SO42-与Ba2+分别产生BaCO3、BaSO4的白色沉淀,而BaCO3可溶于强酸产生气体CO2、BaSO4则不能；据此我们即可将四种溶液检验出来,由②③④反应可以知道,A、C、D都能与B反应产生沉淀,所以B为BaCl2溶液；而由⑤可以知道沉淀X为BaCO3，溶液Y呈酸性,由此产生沉淀X的③中A为Na2CO3，产生溶液Y的④中D为NaHSO4,因此C为Na2SO4；根据物质的性质判断所发生的反应,并书写相关离子方程式。
【详解】(1)由②③④反应可以知道，A、C、D都能与B反应产生沉淀,所以B为BaCl2溶液；而由 ⑤可以知道沉淀X为BaCO3，溶液Y呈酸性,由此产生沉淀X的③中A为Na2CO3,产生溶液Y的④中D为NaHSO4；因此C为Na2SO4；
答案是: Na2CO3，BaCl2，Na2SO4，NaHSO4；
(2)反应①为Na2CO3与NaHSO4的反应，NaHSO4溶液呈酸性,反应的实质为：2H++CO32-=H2O+CO2↑,反应③为碳酸钠和氯化钡之间反应生成碳酸钡和氯化钠的反应,反应的离子方程式为CO32-+Ba2+=BaCO3↓,反应⑤为BaCO3与NaHSO4反应，应的离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；
答案: 2H++CO32-=H2O+CO2↑；BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O。