湖南省岳阳市岳阳县第一中学2024-2025学年高一上学期9月月考 化学试题（解析版）

2024年9月高一化学月考试题一、选择题(共16小题，满分48分，每小题3分)1.化学助力成都2023年世界大学生运动会。下列说法中错误的是A.成都大运会期间使用可降解饭盒、使用氢燃料汽车等举措是绿色化学的重要体现B.大运村的“冷巷”降温系统零碳排放体现了“碳中和”的思想C.由铝材料制成的“蓉火”火炬可以循环使用D.开幕式现场让人印象深刻的低硫、无重金属的高科技焰火过程中未涉及化学反应【答案】D【解析】【详解】A．使用可降解饭盒、使用氢燃料汽车等都会保护环境，不产生污染，举措是绿色化学的重要体现，A正确；B．“冷巷”降温系统零碳排放，不产生二氧化碳物质，体现了“碳中和”的思想，B正确；C．铝材料制成的“蓉火”火炬可以循环使用，利于节约原料和能源，C正确；D．焰火燃烧过程中生成新物质，涉及化学反应，D错误；故选D。2.ClO2作为一种广谱型的消毒剂，将逐渐取代Cl2成为自来水的消毒剂。可用氯酸钠和双氧水在酸性条件下制备，反应方程式为：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+Na2SO4+2H2O+O2↑，下列说法不正确的是A.H2O2的还原性强于ClO2B.NaClO3在反应中被还原C.1个NaClO3参加反应，转移2个电子D.该反应的离子方程式为：2ClO+H2O2+2H+=2ClO2↑+2H2O+O2↑【答案】C【解析】【详解】A．氧化剂的氧化性比氧化产物的氧化性强，还原剂的还原性比还原产物的还原性强。在该反应中，NaClO3作氧化剂，得到电子被还原为还原产物ClO2；H2O2作还原剂，失去电子被氧化为氧化产物O2，所以H2O2的还原性强于ClO2，A正确；B．Cl元素化合价由反应前NaClO3中的+5价变为反应后ClO2中的+4价，化合价降低，得到电子，被还原为ClO2，B正确；

C．Cl元素化合价由反应前NaClO3中的+5价变为反应后ClO2中的+4价，化合价降低，得到电子，每有1个NaClO3参加反应，转移1个电子，C错误；D．根据物质的拆分原则，反应2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋2H2O＋O2↑的离子方程式可表示为：2ClO+H2O2+2H+=2ClO2↑+2H2O+O2↑，D正确；故选C。3.在指定条件的溶液中，下列各组离子能大量共存的是A.溶液中：B.强碱性溶液中：C.溶液中：D.使紫色石蕊变红的溶液：【答案】D【解析】【详解】A．硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，A不符合题意；B．强碱性溶液中存在大量氢氧根离子，氢氧根离子和碳酸氢根离子生成水和碳酸根离子，碳酸根离子和镁离子生成碳酸镁沉淀，不能大量共存，B不符合题意；C钡离子和亚硫酸根离子、碳酸根离子生成亚硫酸钡沉淀、碳酸钡沉淀，不能大量共存，C不符合题意；D．使紫色石蕊变红的溶液转化存在大量氢离子，氢离子、相互之间不反应，能大量共存，D符合题意；故选D4.设表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.由和组成的混合物中，含有的离子总数为B.标准状况下，中含有的原子总数为C.完全反应，转移电子数目一定为D.溶液中含有个氯离子【答案】A【解析】【详解】A．和的相对分子质量都是78，无论怎么混合所含的离子总部不变，为，A正确；B．标准状况下，水非气态，不能用气体摩尔体积计算，B错误；C．在反应中，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，完全反应，转移电子数目不定为，C错误；D．没有说明体积不能计算溶液中的微粒个数，D错误；故选A。5.“价-类”二维图可以表示元素化合价与物质类别之间的关系，图中的a、b、c、d、e代表常见的含碳物质，下列说法错误的是A.由a得到e至少要经过三步化学反应 B.e可能难溶于水C.c和水反应生成d D.b和氧气反应生成c【答案】A【解析】【分析】【详解】A．a是含碳元素的单质，e点所示物质是一种碳酸盐，从a到e两步即可实现，即碳与氧气在点燃的条件下反应生成二氧化碳，二氧化碳与碱反应即可得到碳酸盐，A错误；B．e点所示物质是一种盐，其中碳元素显+4价，即是碳酸盐，碳酸盐中的碳酸钙、碳酸钡等难溶于水，B正确；C．c点所示的物质是二氧化碳，d点所示物质是一种酸，其中碳元素显+4价，所以该物质是碳酸，二氧化碳和水反应生成碳酸，C正确；D．b、c均为含碳的氧化物，b中碳元素显+2价，所以b点表示的是一氧化碳，c中碳元素显+4价，所以c点所示的物质是二氧化碳，在点燃的条件下，一氧化碳与氧气反应生成二氧化碳，D正确；故选A。6.下图是铁元素的“价类”二维图，下列说法正确的是A.常温下Fe与水反应生成Fe3O4B.FeO在热空气中不稳定，能迅速转化为Fe3O4C.工业上用CO还原Fe2O3炼铁，该反应属于置换反应D.将含0.01molFeCl3的饱和溶液滴入沸水中完全反应，所得Fe(OH)3胶粒的物质的量为0.01mol【答案】B【解析】【详解】A．常温下Fe与水不发生反应，A错误；B．FeO中的Fe元素显+2价，具有较强的还原性，在空气中受热，能迅速被氧化成Fe3O4，B正确；C．工业上用CO还原Fe2O3炼铁，该反应不属于置换反应，C错误；D．Fe(OH)3胶体的胶粒是许多Fe(OH)3的集合体，因此将含0.01molFeCl3的饱和溶液滴入沸水中制得Fe(OH)3胶粒数小于0.01NA，D错误；故选B。7.加入下列物质后，不会影响溶液中大量共存的是A.加入铁粉 B.加入 C.通入 D.加入【答案】C【解析】【详解】A．铁和铁离子生成亚铁离子，铁和氢离子、硝酸根离子会发生氧化还原反应，不能大量共存，A不符合题意；B．氢氧化镁和氢离子生成水，不能大量共存，B不符合题意；C．通入二氧化碳不反应，且离子之间相互不反应，能大量共存，C符合题意；D．硫酸根离子和钙离子生成微溶物硫酸钙，不能大量共存，D不符合题意；故选C。8.下列物质(s表示固体，aq表示溶液)的转化在给定条件下不能实现的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，A不符合题意；B．碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，碳酸钠与稀盐酸反应生成二氧化碳、水和氯化钠，B不符合题意；C．铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，C符合题意；D．氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙和水，D不符合题意；故选C。9.某固体可能含有、、、、中的一种或几种，现对其进行如下实验：①取少量固体于试管中，加适量蒸馏水，固体完全溶解得无色透明溶液；②在①所得溶液中，滴加足量溶液，产生白色沉淀。过滤后，在白色沉淀中加过量稀盐酸，沉淀部分溶解，且有气泡产生。下列对原固体成分的说法正确的是A.一定有和，可能有、、B.一定有，和两种物质中至少有一种C.一定有和，不含，可能有、D.一定有和，不含和，可能有【答案】D【解析】【分析】①取少量固体于试管中，加适量蒸馏水，固体完全溶解形成无色透明溶液，说明固体溶于水且能共存，由于硫酸铜溶液显蓝色，则原固体中一定不含有硫酸铜；②在①所得溶液中，滴加足量溶液，产生白色沉淀。过滤后，在白色沉淀中加过量稀盐酸，沉淀部分溶解，且有气泡产生。由于硫酸钠能与氯化钡反应生成了硫酸钡沉淀，硫酸钡沉淀不溶于稀盐酸；碳酸钠能与氯化钡反应生成了碳酸钡沉淀，碳酸钡沉淀能与稀盐酸反应生成了二氧化碳气体，说明了原固体中一定含有硫酸钠和碳酸钠；由于碳酸钠能与氯化钙反应生成沉淀，则固体中一定不含有氯化钙。通过上述实验不能确定硝酸钾是否存在，是可能存在的物质。由以上分析可知，原固体成分中一定有和，不含和，可能有。【详解】A．由分析可知，原固体成分中一定没有和，可能有，A错误；B．由分析可知，原固体成分中一定没有，B错误；C．由分析可知，原固体成分中一定没有和，可能有，C错误；D．由分析可知，原固体成分中一定有和，一定没有和，可能有，D正确；答案选D。10.下列指定反应的离子方程式正确的是A.过氧化钠样品溶于水：B.溶液和过量澄清石灰水混合：C.溶液中滴入氯水：D.溶于稀硫酸：【答案】B【解析】【详解】A．过氧化钠与水反应生成NaOH和O2，反应的离子方程式，A错误；B．溶液和过量澄清石灰水Ca(OH)2混合，以少量的定为1，反应生成碳酸钙沉淀和NaOH和水，离子方程式为：，B正确；C．溶液中Fe2+具有还原性，滴入氯水发生氧化还原反应生成铁离子和氯离子，离子方程式为：，C错误；D．氧化铁与稀硫酸反应生成铁离子和水，离子方程式为，D错误；故答案选B。11.电解质溶液为溶液，向溶液中逐渐滴加浓度相近的溶液，能比较准确地反映出溶液的导电能力和加入溶液的量关系的(x轴表示溶液的加入量，轴表示导电能力)是A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】由题意知，氢氧化钙能电离出自由移动的钙离子和氢氧根离子，向溶液中逐渐滴加浓度相近的溶液，发生的化学反应为：，生成碳酸钙是沉淀，水是弱电解质，导致溶液中离子浓度逐渐减小，导电能力逐渐减弱，直至恰好反应导电性几乎为零；当继续通入时，电离出自由移动的离子，溶液中离子浓度逐渐增大，导电能力逐渐增强，最终接近初始溶液的导电能力；故选D。12.可作为替代氟利昂的绿色制冷剂，其溶解度随温度降低明显减小，能溶于乙醇等有机溶剂。已知易溶于水，利用高浓度粗溶液合成的工艺流程如图所示。下列说法错误的是A.“还原”工序中有硫生成B.“除杂”工序中产生的滤渣只有C.“中和”工序中产生的气体属于酸性氧化物D.可用重结晶的方法提纯【答案】B【解析】【分析】由流程可知，氢溴酸中含有少量的溴，加入硫化钡将溴还原生成溴化钡和硫，再加入稀硫酸除杂，得到的滤渣为硫酸钡和硫；加入碳酸锂进行中和，生成CO2气体，得到的溴化锂溶液经浓缩等操作后得到目标产物LiBr。【详解】A．还原工序中，氢溴酸中含有少量的溴，加入硫化钡将溴还原生成溴化钡和硫，因此有硫生成，A项正确；B．除杂工序中产生的滤渣为硫酸钡和硫，B项错误；C．中和工序中，碳酸锂和氢溴酸发生反应生成溴化锂、二氧化碳和水，其中CO2为酸性氧化物，C项正确；D．LiBr溶解度随温度降低明显减小，可以使用浓缩重结晶的方法提纯LiBr，D项正确；答案选B。13.已知可以氧化。某溶液中只存在以下五种离子：、，它们的数量之比为，则可能为A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】已知可以氧化，则不存在亚铁离子；氢离子会和碳酸根离子生成二氧化碳、水，不存在碳酸根离子；硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，则不存在钡离子；设M所带电荷为a，则2×(-1)+3×(-2)+1×(+3)+3×(+1)+1×a=0，解得a=+2，所以M为阳离子，可以为镁离子；故选A。14.向含、、溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知b-a=5，线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素。下列说法不正确的是A.原溶液中 B.线段II表示变化情况C.线段IV表示的变化情况 D.根据图像可计算出a=5【答案】D【解析】【分析】向含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，还原性I-＞Fe2+＞Br-，首先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反应完毕，再反应反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故线段I代表I-的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br-的变化情况；通入氯气，根据反应离子方程式可知溶液中n(I-)=2n(Cl2)=2mol，溶液中n(Fe2+)=2n(Cl2)=2×(3mol-1mol)=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n(I-)+n(Br-)=2n(Fe2+)，故n(Br-)=2n(Fe2+)-n(I-)=2×4mol-2mol=6mol，据此分析解答；【详解】A．n(FeBr2):n(FeI2)=n(Br-):n(I-)=6mol:2mol=3:1，故A正确；B．根据分析可知，线段Ⅱ为亚铁离子被氯气氧化为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故B正确；C．线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，则a点后发生氯气氧化碘单质的反应，已知碘单质的物质的量为1mol，反应消耗氯气的物质的量为5mol，根据电子守恒，则该含氧酸中碘元素的化合价为+5价，则该含氧酸为HIO3，HIO3是一元强酸，则线段Ⅳ可表示的变化情况，故C正确；D．由分析可知，溶液中n(Br-)=2n(Fe2+)-n(I-)=2×4mol-2mol=6mol，根据2Br-+Cl2=Br2+2Cl-可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，又b-a=5，所以b=a+5=6+5=11，故D错误；本题选D。15.双碱法脱硫过程如图所示。下列说法错误的是A.过程Ⅰ中，SO2表现出酸性氧化物的性质B.过程Ⅱ中，32gO2可氧化126gNa2SO3C.双碱法脱硫过程中，NaOH可以循环利用D.总反应为【答案】B【解析】【分析】由图可知，过程Ⅰ发生的反应为SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，过程Ⅱ发生的反应为2Ca(OH)2+2Na2SO3+O2=2CaSO4+4NaOH，总反应为2Ca(OH)2+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O。【详解】A．由分析可知，过程Ⅰ发生的反应为SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，反应中二氧化硫表现出酸性氧化物的性质，故A正确；B．由分析可知，过程Ⅱ发生的反应为2Ca(OH)2+2Na2SO3+O2=2CaSO4+4NaOH，由方程式可知，反应中32g氧气氧化亚硫酸钠的质量为×2×126g/mol=252g，故B错误；C．由分析可知，过程Ⅰ消耗氢氧化钠，过程Ⅱ生成氢氧化钠，则双碱法脱硫过程中，氢氧化钠可以循环利用，故C正确；D．由分析可知，双碱法脱硫总反应为2Ca(OH)2+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O，故D正确；故选B。16.离子交换法净化水过程如图所示。下列说法中错误的是A.经过阳离子交换树脂后，水中阳离子的总数不变B.水中的、、Cl−通过阴离子树脂后被除去C.通过净化处理后，水的导电性降低D.阴离子树脂填充段存在反应H++OH−H2O【答案】A【解析】【详解】离子交换树脂净化水的原理是：当含有Na+、Ca2+、Mg2+等阳离子及SO42－、Cl－、NO3－等阴离子的原水通过阳离子交换树脂时，水中的阳离子为树脂所吸附，而树脂上可交换的阳离子H＋则被交换到水中，并和水中的阴离子组成相应的无机酸；当含有无机酸的水再通过阴离子交换树脂时，水中的阴离子也为树脂所吸附，树脂上可交换的阴离子OH－也被交换到水中，同时与水中的H＋离子结合成水，则A、根据电荷守恒可知经过阳离子交换树脂后，水中阳离子总数增加，A错误；B、根据以上分析可知水中的SO42－、Cl－、NO3－等阴离子通过阴离子交换树脂被除去，B正确；C、通过净化处理后，溶液中离子的浓度降低，导电性降低，C正确；D、根据以上分析可知阴离子交换树脂填充段存在反应H＋＋OH－＝H2O，D正确；答案选A。二、解答题(共4小题，满分52分)17.构建元素的价类二维图是化学学习中常见的方法，通过价类二维图能更有效地学习物质的分类及转化关系．钠元素的价类二维图及物质间的部分转化关系如图所示，回答下列问题：（1）在空气中燃烧生成_______（填名称），该反应的化学方程式为_______，反应过程中最适宜盛装钠的容器为_______（填标号）。a．b．c．d．（2）若过量通入c溶液中生成d，则该反应的离子方程式为_______；若c溶液与少量稀硫酸反应可以生成d，则d为_______（填化学式）。若d为，则其在水中电离的电离方程式为_______；往溶液中加入几滴紫色石蕊试液，溶液会变成_______。【答案】（1）①.过氧化钠②.③.c（2）①.②.③.④.红【解析】【小问1详解】在空气中燃烧发生反应：，生成过氧化钠，固体燃烧反应过程中最适宜盛装钠的容器为坩埚。【小问2详解】a、b、c分别为、、NaOH，过量通入NaOH溶液中生成d：碳酸氢钠，离子方程式为，NaOH溶液与少量稀硫酸反应可以生成d：硫酸氢钠，在水中电离的电离方程式为，往溶液中加入几滴紫色石蕊试液，因溶液电离出氢离子使溶液显酸性，石蕊试液会变成红色。18.某化学活动社团为了探究氯气的性质和用途，设计了如下实验装置：已知：常温下，无水氯化铝为白色晶体，易吸收水分变质，在178℃升华。（1）盛装浓盐酸的仪器名称___________。（2）反应开始前先点燃___________(填“A”或“D”)处酒精灯。F中为碱石灰(氢氧化钠和氧化钙的混合物)，其作用除吸收多余的外，还有___________。（3）写出A中圆底烧瓶内发生反应的化学方程式并用双线桥表示电子转移方向和数目___________。（4）为验证氯气有无漂白性，分别在G和I中盛放干燥有色布条，H中盛放的试剂是___________(填名称)，通入氯气后G和I中的现象是___________，结论___________。（5）装置J模拟工业制备漂白粉，用化学方程式表示漂白粉的漂白作用原理___________。（6）将氯气通入热的K溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合溶液，经测定ClO-和ClO的浓度之比为1：3，写出该反应的离子方程式___________。【答案】（1）分液漏斗（2）①.A②.防止空气中的水蒸气进入（3）（4）①.浓硫酸②.G中有色布条褪色，I中不褪色③.湿润的氯气有漂白性，干燥的氯气无漂白性（5）Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO（6）10Cl2+20OH-16Cl-+ClO-+3ClO+10H2O【解析】【分析】装置A中MnO2与浓盐酸在加热条件下反应制备Cl2，浓盐酸具有挥发性，使制得的氯气中混有HCl气体，可通过装置B中饱和食盐水除去氯化氢气体，通过装置C中浓硫酸干燥得到干燥的氯气，装置D中Al和Cl2反应制备无水氯化铝，装置E用于冷凝收集AlCl3，装置F中盛装碱石灰用于吸收尾气中Cl2，并防止空气中水蒸气进入装置E中使无水AlCl3吸收水分变质；除去HCl气体后的Cl2中混有水蒸气，氯气无漂白性，氯水具有漂白性，装置G和I中盛放干燥有色布条，则通入氯气后G和I中的现象分别为布条褪色、不褪色，H装置中盛装浓硫酸用于干燥氯气；装置J模拟工业制备漂白粉，所盛试剂石灰乳，反应为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，据此分析解答。小问1详解】由图可知，盛装浓盐酸的仪器为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；【小问2详解】①金属铝是活泼金属，能与空气中氧气反应，所以制备无水氯化铝时要先排出装置中空气，即先点燃A处酒精灯，利用制备的氯气排出空气，故答案为：A；②氯气是有毒气体，会污染空气，可用碱石灰吸收处理，同时碱石灰具有吸水性，可防止空气中水蒸气进入装置E而使无水AlCl3吸收水分变质，故答案为：防止空气中的水蒸气进入装置E；【小问3详解】装置A中MnO2与浓盐酸在加热条件下反应制备Cl2，化学方程式及双线桥表示电子转移方向和数目为：，故答案为：；【小问4详解】①为验证氯气有无漂白性，分别在G和I中盛放干燥有色布条，由于氯气中含有水蒸气，所以G装置中布条褪色，要验证氯气有无漂白性，则进入装置I的氯气必须干燥，所以H中盛放的试剂应具有吸水性，是浓硫酸，故答案为：浓硫酸；②G和I中现象现象为：G中有色布条褪色，I中不褪色，可得出结论为：潮湿的氯气有漂白性，干燥的氯气无漂白性，故答案为：G中有色布条褪色，I中不褪色；③由②可知，潮湿的氯气有漂白性，干燥的氯气无漂白性，故答案为：潮湿的氯气有漂白性，干燥的氯气无漂白性；【小问5详解】工业上常用氯气与石灰乳制备漂白粉，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，由于碳酸的酸性强于次氯酸，漂白粉吸收空气中的CO2、H2O生成CaCO3和HClO，HClO漂白性强，反应化学方程式为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，故答案为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；【小问6详解】将氯气通入热的K溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合溶液，经测定ClO-和的浓度之比为1：3，Cl化合价从0价分别升高至+1价和+5价，失去电子共16e-，得失电子守恒，得16e-电子，离子方程式为：，故答案为：。19.酸碱盐是化学工业中的重要原料。回答下列问题：（1）纯碱是重要的化工原料之一，写出其在水中的电离方程式_______。（2）明矾是常见的净水剂，属于_______(填“酸”、“碱”或“盐”)，实验室可以利用明矾和氨水制备沉淀，其离子方程式为_______。（3）向两份相同的滴有酚酞的溶液中，分别滴入导电能力大致相同的、溶液，混合溶液的导电能力随滴入溶液体积的变化曲线如下图所示。①从开始至点，除电导变化外，还观察到烧杯中的实验现象有_______。②点溶液中大量存在的离子有_______。③点溶液中发生中和的与未反应的之比为_______。【答案】（1）（2）①.盐②.（3）①.有白色沉淀生成，红色逐渐变浅至褪色②.③.【解析】【小问1详解】纯碱为强电解质碳酸钠，水溶液中完全电离，；【小问2详解】盐是由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物；明矾含有金属阳离子和酸根离子，为盐；明矾和氨水制备沉淀，反应为铝离子和一水合氨生成氢氧化铝沉淀和铵根离子，其离子方程式为；【小问3详解】溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子，稀硫酸和氢氧化钡生成水和硫酸钡沉淀，溶液中离子浓度减小，导电性减弱，恰好反应时溶液中几乎不存在自由移动的离子，导电性为零，继续滴加稀硫酸，稀硫酸过量又存在自由移动的氢离子、硫酸根离子，溶液导电性增强；而滴入硫酸氢钠后，溶液中一直存在导电的钠离子，故溶液导电性不会变为零；结合图像可知，①为滴入硫酸溶液的图像、②为滴入硫酸氢钠溶液的图像；①碱性溶液能使酚酞变红色，从开始至点，溶液碱性减弱至中性，故除电导变化外，还观察到烧杯中的实验现象有有白色沉淀生成，红色逐渐变浅至褪色。②根据图知，a点为溶液和恰好反应，、溶液的物质的量浓度相等，则b点发生反应为，点溶液中溶质为氢氧化钡和硫酸氢钠生成的氢氧化钠，故大量存在的离子有。③结合分析可知，b点发生反应为，点溶液中钡离子恰好生成硫酸钡沉淀，氢氧根离子中的一半和硫酸氢钠中氢离子反应生成水，故发生中和的与未反应的之比为1:1。20.现有下列十种物质：①铜②熔融③固体④⑤晶体⑥胆矾⑦碳酸钙⑧固体⑨盐酸⑩酒精。回答下列问题：（1）将上述物质按单质、氧化物、碱、有机物分类顺序排列_______、_______、_______、_______(填序号，下小题同)。（2）上述物质中不属于电解质的有_______，能导电的有_______。（3）写出③在水溶液中的电离方程式_______。（4）写出⑤⑧反应的化学方程式为_______。（5）向溶液逐滴加入溶液至恰好完全沉淀，然后继续滴加溶液，后一步发生反应的离子方程式为_______。【答案