广西陆川中学2016-2017学年高一(上)期中化学试卷(解析版)

1、2016-2017学年广西陆川中学高一（上）期中化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列实验操作正确的是（）A制取蒸馏水时，为了防止瓶内产生暴沸现象，应先向烧瓶内加入几片碎瓷片B稀释浓硫酸时，常把水加入到盛浓硫酸的烧杯中C做CO还原Fe2O3实验时，为防止CO污染环境，实验完毕，常先停止通CO，再停止加热D进行硫酸铜溶液的浓缩结晶实验需要的仪器主要有烧杯、玻璃棒、蒸发皿2设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A在标准状况下，22.4LCCl4中含5 NA个原子B0.1mol铁与足量的盐酸完全反应，铁失去的电子数为0.1 NAC1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含

2、有氧原子的数目为0.1 NAD将100mL0.1molL1的FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe（OH）3胶粒数目为0.01 NA3下列反应的离子方程式中，正确的是（）A稀硫酸滴在银片上：2Ag+2H+=2Ag+H2B氧化铁与稀盐酸混合：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2OC碳酸钙溶于醋酸溶液中：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2OD饱和石灰水跟稀硝酸反应：Ca（OH）2+2H+=Ca2+2H2O4中国科学技术大学的钱逸泰教授等以CCl4和金属钠为原料，在700时制造出纳米级金刚石粉末该成果发表在世界权威的科学杂志上，立刻被科学家们高度评价为“稻草变黄金”同学们对此有下列一些理解，你认为

3、其中错误的是（）A这个反应是氧化还原反应B制造过程中元素种类发生改变C另一种化合物为NaClD金刚石属于金属单质5下列各组离子一定能大量共存的是（）A在无色溶液中：NH4+、Fe2+、SO42、CO32B在含有大量Ba2+ 的溶液中：NH4+、Na+、Cl、CO32C在强碱性溶液中：Na+、Cl、K+、SO42D在强酸性溶液中：K+、Fe2+、Cl、HCO36下列关于胶体的叙述不正确的是（）A胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1100nm之间B光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应C用聚光手电筒照射NaCl溶液和Fe（OH）3胶体时，产生的现象相同DFe（OH）3胶体能够吸附水

4、中悬浮的固体颗粒并沉降，达到净水目的70.3mol Na2SO3恰好被0.1mol氧化剂X2O72氧化生成Na2SO4，则元素X在还原产物中的化合价为（）A+6B+3C+2D0二、解答题（共5小题，满分48分）8根据所学知识填空：（1）0.3molNH3中所含质子数与gH2O分子中所含质子数相等（2）标准状况下，2.4g某气体的体枳为672mL，则此气体的相对分子质量为（3）某盐混合溶液中含有离子：Na+、Mg2+、Cl、SO42，测得Na+、Mg2+和C1的物质的量浓度依次为：0.2mol/L、0.25mol/L、0.4mol/L，测得c（SO42）=（4）己知离子反应：RO3n+6I+6H

5、+R+3I2+3H2O，试根据离子方程式必须“质量守恒，电荷守恒”等判断：n=，R元素在中RO33的化合价是（5）同温同压下，SO2与O2的密度之比为，若质量相同，两种气体的体积比为9如表是生活生产中常见的物质，表中列出了它们的（主要）成分编号名称酒精醋酸火碱食盐铜导线亚硫酸酐苏打主要成分CH3CH2OHCH3COOHNaOHNaClCuSO2Na2CO3（1）请你对表中的主要成分进行分类（填编号）：属于电解质的是，属于非电解质的是（2）过量的水溶液与反应的离子方程式（3）某同学用和浓硫酸共热来制备，化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O请用双线桥标出电子转移的方向

6、和数目；被氧化与未被氧化的H2SO4的物质的量之比为，当电子转移0.1mol时，消耗还原剂的质量为（4）如图表示某同学配制480mL0.5mol/L的NaOH溶液的部分操作示意图，其中有错误的是，这样操作所配制的溶液比要求的浓度要 （填“偏高”、“偏低”、“不影响”）配制应称取gNaOH10有一瓶无色澄清的溶液，其中可能含H+、Na+、Mg2+、Ba2+、Cl、SO42、CO32 离子，现进行以下实验：A用PH试纸检验溶液，发现溶液呈强酸性；B取部分溶液逐滴加入NaOH溶液，使溶液由酸性变为碱性，无沉淀产生；C取少量B中的碱性溶液，滴加Na2CO3溶液，有白色沉淀产生；（1）根据上述事实确定：

7、该溶液中肯定存在的离子有；肯定不存在的离子有；可能存在的离子有（2）写出以下反应的离子方程式：氢氧化铜溶于盐酸碳酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液混合11NaCl溶液中混有Na2SO4、CaCl2溶液和淀粉胶体，选择适当的试剂和方法从中提纯出NaCl晶体相应的实验过程如图：（1）写出上述实验过程中所用试剂（写化学式）：试剂；试剂（2）判断试剂已过量的方法是：（3）用化学方程式表示加入试剂的作用：（4）操作是利用半透膜进行分离提纯操作的实验结果：淀粉（填“能”或“不能”）透过半透膜；SO42（填“能”或“不能”）透过半透膜；请用实验证明上述结果，完成下表（可不填满，也可增加）：限选试剂：1mol/L Ag

8、NO3溶液、1mol/L BaCl2溶液、1mol/L Ba（NO3）2溶液、碘水、稀盐酸、稀硝酸编号实验操作预期现象和结论12如图甲、乙分别表示两种化合物，请据图回答下列问题（1）图甲表示的化合物名称是，形成此化合物的场所是（2）若用肽酶把图甲的化合物彻底水解为氨基酸，图中至中会断裂的化学键是（3）已知20种氨基酸平均相对分子质量a，现有由b个氨基酸组成n条多肽链的某种蛋白质，此蛋白质相对分子质量为（4）图乙表示的化合物名称是，它与试剂作用显绿色，在细胞内它的作用是携带，图中和（填图中序号）构成它的基本单位（5）若以放射性同位素15N标记图乙中的混合物，则放射性物质位于图乙的（填图中序号）中

9、2016-2017学年广西陆川中学高一（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列实验操作正确的是（）A制取蒸馏水时，为了防止瓶内产生暴沸现象，应先向烧瓶内加入几片碎瓷片B稀释浓硫酸时，常把水加入到盛浓硫酸的烧杯中C做CO还原Fe2O3实验时，为防止CO污染环境，实验完毕，常先停止通CO，再停止加热D进行硫酸铜溶液的浓缩结晶实验需要的仪器主要有烧杯、玻璃棒、蒸发皿【考点】化学实验方案的评价【分析】A碎瓷片有防暴沸的作用；B稀释浓硫酸时，应该将密度大的液体倒入密度小的液体中；C如果先停止通CO，会导致生成的Fe被氧气氧化；D需要的玻璃仪器还有酒精灯【解

10、答】解：A碎瓷片有防暴沸的作用，所以制取蒸馏水时，为了防止瓶内产生暴沸现象，应先向烧瓶内加入几片碎瓷片，否则易产生安全事故，故A正确；B稀释浓硫酸时，应该将密度大的液体倒入密度小的液体中，所以稀释浓硫酸时应该将浓硫酸倒入水中并不断搅拌，防止局部温度过高而溅出液体，故B错误；C如果先停止通CO，会导致生成的Fe被氧气氧化，所以应该先停止加热后停止通CO，故C错误；D需要的玻璃仪器还有酒精灯，否则无法加热，故D错误；故选A2设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A在标准状况下，22.4LCCl4中含5 NA个原子B0.1mol铁与足量的盐酸完全反应，铁失去的电子数为0.1 NAC1.6

11、g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1 NAD将100mL0.1molL1的FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe（OH）3胶粒数目为0.01 NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A标准状况下，四氯化碳的状态不是气态；B铁与盐酸反应生成氯化亚铁，0.1mol铁失去0.2mol电子；C氧气和臭氧都只含有O元素，1.6g二者混合物中含有1.6gO，根据n=计算出含有氧原子的物质的量，再根据N=nNA计算出含有氧原子数；D氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，无法计算胶体中含有胶粒数目【解答】解：A标准状况下，四氯化碳不是气体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算，故A错误；B0.1mol铁与足量

12、的盐酸完全反应生成0.1mol氯化亚铁，铁失去0.2mol电子，失去的电子数为0.2NA，故B错误；C1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有1.6gO原子，含有氧原子的物质的量为： =0.1mol，含有氧原子的数目为0.1 NA，故C正确；D由于氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，则无法计算制得的胶体中含有氢氧化铁胶粒的数目，故D错误；故选C3下列反应的离子方程式中，正确的是（）A稀硫酸滴在银片上：2Ag+2H+=2Ag+H2B氧化铁与稀盐酸混合：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2OC碳酸钙溶于醋酸溶液中：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2OD饱和石灰水跟稀硝酸反应：Ca（OH）2+2H+

13、=Ca2+2H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A银活泼性较差，金属银无法与稀硫酸反应生成氢气；B氧化铁为碱性氧化物，能够与稀盐酸反应生成氯化铁和水；C醋酸为弱电解质，离子方程式中不能拆开；D氢氧化钙应该写成离子形式，不需要保留化学式【解答】解：A银与稀硫酸不发生反应，无法写出反应的离子方程式，故A错误；B氧化铁与稀盐酸混合，反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，故B正确；C碳酸钙为难溶物，需要保留化学式，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO，故C错误；D饱和石灰水跟稀硝酸反应，氢氧化钙应该写成离子

14、形式，正确的离子方程式为：OH+H+=H2O，故D错误；故选B4中国科学技术大学的钱逸泰教授等以CCl4和金属钠为原料，在700时制造出纳米级金刚石粉末该成果发表在世界权威的科学杂志上，立刻被科学家们高度评价为“稻草变黄金”同学们对此有下列一些理解，你认为其中错误的是（）A这个反应是氧化还原反应B制造过程中元素种类发生改变C另一种化合物为NaClD金刚石属于金属单质【考点】氧化还原反应【分析】CCl4和金属钠为原料，在700时制造出纳米级金刚石粉末同时生成氯化钠，反应中C、Na元素化合价发生变化，钠为还原剂，CCl4为氧化剂，以此解答【解答】解：反应的方程式为4Na+CCl4C+4NaCl，A

15、反应中Na元素化合价升高，被氧化，为还原剂，是氧化还原反应，故A正确；B化学反应前后遵循元素守恒的思想，制造过程中元素种类没有改变，故B错误；C另一种化合物为NaCl，故C正确；D金刚石是碳元素组成的单质，属于非金属单质，故D错误故选BD5下列各组离子一定能大量共存的是（）A在无色溶液中：NH4+、Fe2+、SO42、CO32B在含有大量Ba2+ 的溶液中：NH4+、Na+、Cl、CO32C在强碱性溶液中：Na+、Cl、K+、SO42D在强酸性溶液中：K+、Fe2+、Cl、HCO3【考点】离子共存问题【分析】AFe2+为浅绿色；B离子之间结合生成沉淀；C强碱溶液中该组离子之间不反应；D强酸溶液

16、中含大量的氢离子【解答】解：AFe2+为浅绿色，与无色不符，且Fe2+、CO32结合生成沉淀，不能大量共存，故A错误；BBa2+、CO32结合生成沉淀，不能大量共存，故B错误；C强碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D强酸溶液中含大量的氢离子，H+、HCO3结合生成水和气体，不能大量共存，故D错误；故选C6下列关于胶体的叙述不正确的是（）A胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1100nm之间B光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应C用聚光手电筒照射NaCl溶液和Fe（OH）3胶体时，产生的现象相同DFe（OH）3胶体能够吸附水中悬浮的固体颗粒并沉降，达到净水目的【考

17、点】胶体的重要性质【分析】A、分散质微粒直径大小是分散系的本质区别；B、丁达尔现象是胶体的性质；C、胶体具有丁达尔现象，溶液无此性质；D、Fe（OH）3胶体具有较大的表面积，具有吸附悬浮杂质的作用；【解答】解：A、分散质微粒直径大小是分散系的本质区别，胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1100nm之间，故A正确；B、丁达尔现象是胶体的性质，光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应，故B正确；C、胶体具有丁达尔现象，溶液无此性质，用聚光手电筒照射NaCl溶液和Fe（OH）3胶体时，产生的现象不相同，故C错误；D、Fe（OH）3胶体具有较大的表面积，具有吸附悬浮杂质的作用，Fe（OH

18、）3胶体能够吸附水中悬浮的固体颗粒并沉降，达到净水目的，故D正确；故选C70.3mol Na2SO3恰好被0.1mol氧化剂X2O72氧化生成Na2SO4，则元素X在还原产物中的化合价为（）A+6B+3C+2D0【考点】氧化还原反应的计算【分析】由信息可知，S元素的化合价升高，则X的元素化合价降低，结合电子守恒计算【解答】解：0.3mol Na2SO3恰好被0.1mol氧化剂X2O72氧化生成Na2SO4，设元素X在还原产物中的化合价为x，由电子守恒可知，0.3mol（64）=0.1mol2（6x），解得x=+3，故选B二、解答题（共5小题，满分48分）8根据所学知识填空：（1）0.3molN

19、H3中所含质子数与5.4gH2O分子中所含质子数相等（2）标准状况下，2.4g某气体的体枳为672mL，则此气体的相对分子质量为80（3）某盐混合溶液中含有离子：Na+、Mg2+、Cl、SO42，测得Na+、Mg2+和C1的物质的量浓度依次为：0.2mol/L、0.25mol/L、0.4mol/L，测得c（SO42）=0.15mol/L（4）己知离子反应：RO3n+6I+6H+R+3I2+3H2O，试根据离子方程式必须“质量守恒，电荷守恒”等判断：n=1，R元素在中RO33的化合价是+5（5）同温同压下，SO2与O2的密度之比为2：1，若质量相同，两种气体的体积比为1：2【考点】物质的量的相关

20、计算；氧化还原反应的计算【分析】（1）依据n=，结合氨气与水分子含有10个质子解答；（2）依据n=，摩尔质量以g/mol为单位，数值上与相对分子质量相等；（3）依据电荷守恒规律解答；（4）根据电荷守恒确定n值，再根据离子中正负化合价的代数和与其电荷数相等计算；（5）同温同压下，气体密度之比等于摩尔质量之比，结合n=、=进行计算【解答】解：（1）0.3molNH3含有的质子数的物质的量为0.3mol（7+3）=3mol，而1molH2O含有（21+8）mol=10mol质子，则应有0.3molH2O，质量为m（H2O）=0.3mol18g/mol=5.4g；故答案为：5.4g（2）n=l=0.0

21、3mol，M=mol=80g/mol，则相对分子质量为80；（3）溶液遵循电荷守恒：c（Na+）+2c（Mg2+）=c（Cl）+2c（SO42），则0.2mol/L+20.25mol/L=0.4mol/l+2c（SO42），c（SO42）=0.15mol/L，故答案为：0.15 mol/L；（4）离子反应：RO3 n+6I+6H+R+3I2+3H2O，根据电荷守恒知，n=1，RO3 中R元素的化合价=1（2）3=+5，故答案为：1；+5；（5）根据=知，同温同压下，气体密度之比等于摩尔质量之比，所以二者密度之比=64g/mol：32g/mol=2：1；n=，可知：相同条件下，质量相等的气体，V

22、与M成反比，所以若质量相同，两种气体的体积比为32：64=1：2；故答案为：2：1；1：2；9如表是生活生产中常见的物质，表中列出了它们的（主要）成分编号名称酒精醋酸火碱食盐铜导线亚硫酸酐苏打主要成分CH3CH2OHCH3COOHNaOHNaClCuSO2Na2CO3（1）请你对表中的主要成分进行分类（填编号）：属于电解质的是，属于非电解质的是（2）过量的水溶液与反应的离子方程式2CH3COOH+CO32=2CH3COO+CO2+H2O（3）某同学用和浓硫酸共热来制备，化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O请用双线桥标出电子转移的方向和数目；被氧化与未被氧化的H2S

23、O4的物质的量之比为1：1，当电子转移0.1mol时，消耗还原剂的质量为3.2g（4）如图表示某同学配制480mL0.5mol/L的NaOH溶液的部分操作示意图，其中有错误的是C，这样操作所配制的溶液比要求的浓度要偏低 （填“偏高”、“偏低”、“不影响”）配制应称取10.0gNaOH【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；氧化还原反应；电解质与非电解质；溶液的配制【分析】（1）能电离出金属阳离子（或铵根离子）和酸根离子的化合物属于盐，在水溶液或熔融状态下能导电的化合物叫电解质，在水溶液和熔融状态下均不能导电的化合物叫非电解质；（2）根据物质的性质书写化学方程式或离子方程式；（3）在Cu+

24、2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O反应中，Cu化合价升高，由0价升高到+2价，S元素化合价降低，由+6价降低到+4价；根据方程式每反应1mol铜转移2mol电子；（4）根据定容的操作方法结合c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断，根据m=nM=cVM来计算质量【解答】解：（1）是在水溶液状态下均能导电的化合物，属于电解质，是在水溶液和熔融状态下均不能导电的化合物，属于非电解质，故答案为：；（2）CH3COOH和碳酸钠反应生成醋酸钠和二氧化碳，方程式为2CH3COOH+Na2CO3=2CH3COONa+CO2+H2O，即2CH3COOH+CO32=2CH3COO+CO2

25、+H2O，故答案为：2CH3COOH+CO32=2CH3COO+CO2+H2O；（3）铜失电子数=1（20）=2，硫酸得电子数=1（64）=2，该反应中转移电子数是2，用用双线桥标出该反应电子转移的方向和数目为：，故答案为：；Cu化合价升高，由0价升高到+2价，S元素化合价降低，由+6价降低到+4价；根据方程式，被氧化的硫酸是1mol，未被氧化的H2SO4的物质的量是1mol，二者物质的量之比为1：1，每反应1mol铜转移2mol电子，当电子转移0.1mol时，反应的铜为0.05mol，质量为3.2g，故答案为：1：1；3.2；（4）定容时眼睛与刻度线相平，不能俯视或仰视；定容时，眼睛仰视刻度

26、线，溶液的液面超过刻度线，溶液的体积偏大，浓度偏小，配制480mL0.5mol/L的NaOH溶液应称取NaOH的质量是0.5L0.5mol/L40g/mol=10.0g，故答案为：C； 偏低；10.010有一瓶无色澄清的溶液，其中可能含H+、Na+、Mg2+、Ba2+、Cl、SO42、CO32 离子，现进行以下实验：A用PH试纸检验溶液，发现溶液呈强酸性；B取部分溶液逐滴加入NaOH溶液，使溶液由酸性变为碱性，无沉淀产生；C取少量B中的碱性溶液，滴加Na2CO3溶液，有白色沉淀产生；（1）根据上述事实确定：该溶液中肯定存在的离子有H+、Ba2+、Cl；肯定不存在的离子有Mg2+、SO42、CO

27、32；可能存在的离子有Na+（2）写出以下反应的离子方程式：氢氧化铜溶于盐酸Cu（OH）2+2H+=Cu2+2H2O碳酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液混合HCO3+OH=CO32+H2O【考点】常见离子的检验方法【分析】A、用PH试纸检验溶液，发现溶液呈强酸性，则一定含H+，则一定不含CO32；B、取部分溶液逐滴加入NaOH溶液，使溶液由酸性变为碱性，无沉淀产生，则一定不含Mg2+；C、取少量B中的碱性溶液，滴加Na2CO3溶液，有白色沉淀产生，则白色沉淀为碳酸钡，一定含Ba2+，则不含SO42，以此来解答【解答】解：A、用PH试纸检验溶液，发现溶液呈强酸性，则一定含H+，则一定不含CO32；B、取部

28、分溶液逐滴加入NaOH溶液，使溶液由酸性变为碱性，无沉淀产生，则一定不含Mg2+；C、取少量B中的碱性溶液，滴加Na2CO3溶液，有白色沉淀产生，则白色沉淀为碳酸钡，一定含Ba2+，则不含SO42，由溶液显中性，可知一定含Cl，（1）综上所述，该溶液中肯定存在的离子有H+、Ba2+、Cl，肯定不存在的离子有Mg2+、SO42、CO32，可能存在的离子有Na+，故答案为：H+、Ba2+、Cl；Mg2+、SO42、CO32；Na+；（2）氢氧化铜溶于盐酸的离子方程式为：Cu（OH）2+2H+=Cu2+2H2O，故答案为：Cu（OH）2+2H+=Cu2+2H2O；碳酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液混合反应的

29、离子方程式为：HCO3+OH=CO32+H2O，故答案为：HCO3+OH=CO32+H2O11NaCl溶液中混有Na2SO4、CaCl2溶液和淀粉胶体，选择适当的试剂和方法从中提纯出NaCl晶体相应的实验过程如图：（1）写出上述实验过程中所用试剂（写化学式）：试剂BaCl2；试剂HCl（2）判断试剂已过量的方法是：静置，向上层清液中滴加少量氯化钡溶液，没有白色沉淀产生，说明氯化钡溶液已过量（3）用化学方程式表示加入试剂的作用：BaCl2+Na2CO3=2NaCl+BaCO3、CaCl2+Na2CO3=2NaCl+CaCO3（4）操作是利用半透膜进行分离提纯操作的实验结果：淀粉不能（填“能”或“

30、不能”）透过半透膜；SO42能（填“能”或“不能”）透过半透膜；请用实验证明上述结果，完成下表（可不填满，也可增加）：限选试剂：1mol/L AgNO3溶液、1mol/L BaCl2溶液、1mol/L Ba（NO3）2溶液、碘水、稀盐酸、稀硝酸编号实验操作预期现象和结论【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】胶体不能透过半透膜，操作为渗析，除去Na2SO4、CaCl2，可分别加入BaCl2、Na2CO3，除去粗盐中含有的Ca2+、SO42可溶性杂质的方法：加入过量BaCl2，去除硫酸根离子；再加入过量Na2CO3（去除钙离子），则试剂为BaCl2，操作为过滤，沉淀A为硫酸钡，试剂

31、为Na2CO3，操作为过滤，沉淀B为碳酸钙和碳酸钡，试剂为盐酸，加入盐酸可除去过量的Na2CO3，最后蒸发结晶可得到NaCl晶体，以此解答该题【解答】解：胶体不能透过半透膜，操作为渗析，除去Na2SO4、CaCl2，可分别加入BaCl2、Na2CO3，除去粗盐中含有的Ca2+、SO42可溶性杂质的方法：加入过量BaCl2，去除硫酸根离子；再加入过量Na2CO3（去除钙离子），则试剂为BaCl2，操作为过滤，沉淀A为硫酸钡，试剂为Na2CO3，操作为过滤，沉淀B为碳酸钙和碳酸钡，试剂为盐酸，加入盐酸可除去过量的Na2CO3，最后蒸发结晶可得到NaCl晶体，（1）由以上分析可知试剂为BaCl2，试剂为HCl，故答案为：BaCl2；HCl；（2）判断试剂已过量的方法是静置，向上层清液中滴加少量氯化钡溶液，没有白色沉淀产生，说明氯化钡溶液已过量，故答案为：静置，向上层清液中滴加少量氯化钡溶液，没有白色沉淀产生，说明氯化钡溶液已过量；（3）试剂为Na2CO3，加入试剂的作用是除去溶液中钙离子和过量的钡离子，反应的化学方程式为BaCl2+Na2CO3=2NaCl+BaCO3、CaCl2+Na2CO3=2NaCl+CaCO3，故答案为：BaCl2+Na2CO3=2NaCl+BaCO3、CaCl2+Na2CO3=2NaCl+Ca