云南省红河州2023-2024学年高一上学期期中化学试题（含答案）

云南省红河州2023-2024学年高一上学期期中化学试题卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、选择题：本大题共16小题，每题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．唐代诗人刘禹锡的《浪淘沙》有如下诗句：“日照澄洲江雾开”，如图所示，它描述的是朝阳照在江雾初开的小洲上的美丽景象，下列说法不正确的是（）A．该诗句描述的现象为丁达尔效应B．胶体的分散质粒子的直径在10-9～10-7mC．以Fe(OH)3为分散质形成的任何分散系都能发生丁达尔效应D．利用该现象可以区分胶体和溶液2．下列各组离子在溶液中能大量共存的是（）A．Ca2＋、Na＋、CO32-、NO3- B．Na＋、Cl－、HCO3C．Na＋、Al3＋、Cl－、SO42- D．H＋、K＋、HCO33．阿伏加德罗常数的值为NA，下列叙述中正确的是（）A．标准状况下，2.24L水中含有0.1NA个水分子B．2mol·L－1的CaCl2溶液中Cl－的数目为4NAC．11.2L氯气中含有NA个氯原子D．标准状况下，14gCO含有的原子总数为NA4．下列叙述正确的是（）A．将氯气通入盛有湿润有色布条的集气瓶中，有色布条褪色，说明氯气具有漂白性B．蘸取某溶液做焰色试验时，观察火焰颜色为黄色，说明溶液中不含钾元素C．新制氯水和久置氯水都是混合物，而液氯是纯净物D．氢气在盛有氯气的集气瓶中燃烧，产生苍白色火焰和白烟5．下列离子方程式书写正确的是（）A．铁与稀硫酸反应：2Fe＋6H＋=2Fe3＋＋3H2↑B．铁片与氯化铜溶液反应：Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2＋C．氢氧化镁溶于盐酸：Mg(OH)2＋H＋=Mg2＋＋H2OD．氢氧化铜与稀硫酸反应：Cu2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42-=H6．实验室需要配制0.1mol·L－1NaOH溶液450mL时，使所配制的溶液浓度偏小的操作是（）①将NaOH固体放在纸上称量，再转移到烧杯中溶解②烧杯中NaOH溶液移入容量瓶后没有洗涤烧杯③实验用的容量瓶洗净后未干燥，里面含有少量水④用天平准确称量1.8gNaOH固体⑤NaOH固体已潮解A．①②③⑤ B．②③④ C．①③④ D．①②④⑤7．已知下述三个实验均能发生化学反应：①将光亮的铁钉放入硫酸铜溶液中；②向硫酸亚铁溶液中滴入几滴双氧水；③将铜丝放入氯化铁溶液中(Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋)。下列判断正确的是（）A．实验①中铁钉作氧化剂B．实验②中Fe2＋具有还原性C．实验③中发生的是置换反应D．上述实验证明氧化性：Fe3＋>Fe2＋>Cu2＋8．下列离子方程式中，只能表示一个化学反应的是（）①CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O②Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO4③Ag＋＋Cl－=AgCl↓④Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu⑤Cl2＋H2O=H＋＋Cl－＋HClOA．①③ B．②④ C．②⑤ D．只有⑤9．硫代硫酸钠(Na2S2O3)被称为“养鱼宝”，可降低水中的氯对鱼的危害。脱氯反应为S2O32-＋4Cl2＋5H2O=SO42-＋10H＋A．S2O32-表现氧化性B．H2O既表现氧化性又表现还原性C．S2O32-既表现氧化性又表现还原性D．Cl2表现氧化性10．如图是一种测试某气体化学性质的装置，图中b为开关，如先打开b，在a处通入干燥的氯气，c中干燥的红色布条颜色无变化；当关闭b时，c处干燥的红色布条颜色褪去，则d瓶中盛有的溶液是（）A．浓H2SO4 B．饱和NaCl溶液C．浓NaOH溶液 D．浓Ba(OH)2溶液11．下列氧化还原反应方程式，所标电子转移方向与数目错误的是（）A．B．C．D．12．按照物质的树状分类和交叉分类，硫酸应属于（）①酸②能导电的纯净物③含氧酸④混合物⑤化合物⑥二元酸A．①②③④ B．①③⑤⑥ C．①②③⑤⑥ D．②③⑤⑥13．分类是科学研究的重要方法，下列物质分类正确的是（）A．SO2、CO2、CO均为酸性氧化物B．硫酸钡、氧化钠、NH3都是电解质C．胆矾、冰水混合物、四氧化三铁都是纯净物D．H2SO4、Cu2(OH)2CO3、Na2CO3分别属于酸、碱、盐14．等体积等温度等压强的两容器，A中盛N2，B中盛NH3和H2，A与B比较，下列结论正确的是（）A．氢原子个数比为2∶5 B．原子个数比为1∶2C．质量比为28∶17 D．分子总数比为1∶115．硫酸亚铁溶液可用于催化脱除烟气中的二氧化硫等有害气体，反应原理如图所示。说法正确（）A．“反应Ⅰ”中氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：1B．反应一段时间后，溶液中c(H2SO4)保持不变C．“反应Ⅱ”的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42−+4HD．反应中每脱除11.2LSO2(标准状况)，转移2mol电子16．K2SO4、KCl、NaCl三种固体溶于水得到的溶液M中部分离子的物质的量浓度如图甲所示。取200mL混合溶液加水稀释，测得c(Na＋)随溶液体积的变化如图乙所示。下列说法不正确的是（）A．Y离子可能是SB．c1＝0.8C．溶液M中KCl物质的量浓度为0.10mol·L－1D．K2SO4与NaCl物质的量之比为1∶2二、非选择题：本大题共4小题，共52分。17．如图为氯及其化合物的“价—类”二维图。（1）填写二维图缺失的类别A和B的化学式。（2）某同学利用以下试剂研究HCl的性质，进行了如下预测：a．NaClOb．Fec．NaOHd．KMnO4e．AgNO3①从物质类别上看，HCl属于，可能与(填字母，下同)发生反应；②从化合价角度看，Cl－具有性，可能与发生反应。（3）某工厂用NaCl溶液制备氯气，其化学原理为如下反应：H2O＋NaCl电解__Cl2↑＋NaOH＋①请将上述化学方程式补充完整，并用单线桥表示电子转移的方向和数目。②反应中NaCl做剂，理由是。18．《南村辍耕录》中记载：“杭人削松木为小片，其薄如纸，熔硫磺涂木片顶端分许，名曰发烛。”《资治通鉴》中记载：“陈宣帝太建九年，齐后妃贫苦，至以卖烛为业。”文中的发烛就是原始的火柴。K2Cr2O7是火柴工业用作制造火柴头的氧化剂。在下列反应中：K2Cr2O7＋14HCl(浓)=2KCl＋2CrCl3＋3Cl2↑＋7H2O（1）元素被氧化，是氧化剂。（2）是氧化产物，发生氧化反应。（3）在参加反应的盐酸中，起还原剂(被氧化)作用的HCl与起酸性作用的HCl的质量比为。（4）该反应中每生成3分子Cl2转移电子数为个。19．（1）Ⅰ.有一瓶无色澄清溶液，其中可能含H＋、Na＋、Mg2＋、Ba2＋、Cl－、SO42-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。上述事实知，该溶液中肯定存在的离子有；肯定不存在的离子有。（2）写出C中发生反应的离子方程式：。（3）Ⅱ.按要求写出下列物质间反应的离子方程式：硫酸氢钠与碳酸氢钠溶液混合：。（4）氢氧化镁固体溶于足量稀盐酸：。20．某化学兴趣小组模拟“侯氏制碱法”制纯碱并进行后续实验。（1）Ⅰ.制备纯碱：先以NaCl、NH3、CO2和水等为原料，用下图所示装置制取NaHCO3，然后再将NaHCO3制备成Na2CO3。装置甲中反应的离子方程式为；装置乙的作用是，反应的化学方程式为。（2）反应进行一段时间后，观察到装置丙中试剂瓶内溶液中有白色固体析出，经检验该白色固体是NaHCO3。装置丙中可得两种产物，分别是NaHCO3和另一种盐，装置丙中反应的化学方程式为。（3）用装置丙中产生的NaHCO3制取Na2CO3时，需要进行的实验操作有、洗涤固体、，最后一步发生反应的化学方程式为。（4）Ⅱ.测定所得产品的组成和纯度

检验纯碱样品中是否混有NaHCO3，请选择下列装置设计实验，并完成下表：

（5）测定该纯碱样品的纯度：称取m1g样品，置于小烧杯中，加水溶解，滴加足量CaCl2溶液。将反应混合物过滤、洗涤、干燥、称量，得到固体的质量为m2g。则该纯碱样品的纯度为。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A.丁达尔效应是胶体特有的效应，江雾是胶体，故描述的是丁达尔效应，故A正确；

B.胶体的分散质粒子的直径在10-9～10-7m之间，故B正确；

C.Fe(OH)3为分散质可形成沉淀，不能发生丁达尔效应，故C错误；

D.丁达尔效应是胶体特有的效应，故丁达尔效应可以区分溶液和胶体，故D正确；

故选C。

【分析】A.丁达尔效应是胶体特有的效应；

B.胶体的分散质粒子的直径在10-9～10-7m之间；

C.Fe(OH)3为分散质可形成沉淀；

D.丁达尔效应可以区分溶液和胶体。2．【答案】C【解析】【解答】A.Ca2＋和CO32-反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，故A错误；

B.HCO3-和H－生成CO32-和H2O，不能大量共存，故B错误；

C.Na＋、Al3＋、Cl－、SO42-离子之间互不反应，可以大量共存，故C正确；

D.H＋和HCO3-反应生成CO2和H2O，不能大量共存，故A错误；

故选C。

【分析】A.Ca2＋和CO32-反应；

B.HCO3-和H3．【答案】D【解析】【解答】A.标准状况下，水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；

B.溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，故B错误；

C.氯气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，故C错误；

D.标准状况下，14gCO的物质的量为n=mM=14g28g/mol=0.5mol，CO是双原子分子，则含有的原子总数为NA，故D正确；4．【答案】C【解析】【解答】A．氯气的漂白性是其通过与水反应生成具有强氧化性的次氯酸导致的，干燥的氯气并没有漂白性，A错误；

B．蘸取某溶液做焰色试验时，观察火焰颜色为黄色，说明有钠离子，但是不能说明有无钾元素，钾元素的焰色试验需要透过蓝色钴玻璃进一步观察确定，B错误；

C．新制氯水含有氯分子、水分子、次氯酸分子、氯离子、氢离子、次氯酸根离子和极少量氢氧根离子多种微粒，属于混合物，由于次氯酸易分解，导致久置氯水的溶质只剩下HCl，其中含氢离子、氯离子和极少量氢氧根离子，也属于混合物，而液氯是氯气的液体形态，是纯净物，C正确；

D．氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，在瓶口有白雾生成，是因为生成的HCl遇到空气中水蒸气生成盐酸小液滴的缘故，不会有白烟生成，D错误；

故选C。

【分析】A．干燥的氯气没有漂白性；

B．钾元素的焰色试验需要透过蓝色钴玻璃；

C．新制氯水含有氯分子、水分子、次氯酸分子、氯离子、氢离子、次氯酸根离子和极少量氢氧根离子多种微粒；久置氯水含氢离子、氯离子和极少量氢氧根离子；液氯是氯气的液体形式；

D．“烟”是固体小颗粒。5．【答案】B【解析】【解答】A.铁与稀硫酸反应的离子方程式为Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，故A错误；

B.铁片与氯化铜溶液反应的离子方程式为：Fe+Cu2+═Cu+Fe2+，故B正确；

C.氢氧化镁溶于盐酸的离子方程式为：Mg(OH)2＋H＋=Mg2＋＋2H2O，故C错误；

D.氢氧化铜与稀硫酸反应的离子方程式为：Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O，故D错误；

故选B。

【分析】A.铁与稀硫酸反应生成亚铁离子；

B.铁与氯化铜发生置换反应生成氯化亚铁和铜；

C.氢离子、水的系数应该为2；

D.氢氧化铜为难溶物，不能拆开，硫酸铜为易溶的强电解质，应该拆开。6．【答案】D【解析】【解答】①将NaOH固体放在纸上称量，再转移到烧杯中溶解，导致氢氧化钠潮解甚至变质，配制的溶液中氢氧化钠的物质的量偏小，根据c=nV可知，配制的溶液的浓度偏低；

②烧杯中NaOH溶液移入容量瓶后没有洗涤烧杯，导致配制的溶液中溶质的物质的量减小，配制的溶液浓度偏低；

③实验用的容量瓶洗净后未干燥，里面含有少量水，由于定容时需要加入蒸馏水，对配制的结果没有影响；

④应用500mL的容量瓶，计算、用天平准确称量2.0gNaOH固体，溶质的物质的量减小，配制的溶液浓度偏低；

⑤NaOH固体已潮解，溶质的物质的量减小，配制的溶液浓度偏低；因此，使所配制的溶液浓度偏的操作有①②④⑤，故D符合题意。

故选D。

7．【答案】B【解析】【解答】A.铁和硫酸铜发生置换反应生成铜和硫酸亚铁，铁是还原剂，A错误；

B.向硫酸亚铁溶液中滴入几滴双氧水，亚铁离子被氧化生成铁离子，体现亚铁离子的还原性，B正确；

C.将铜丝放入氯化铁溶液中生成氯化亚铁和氯化铜，不是置换反应，C错误；

D.氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则氧化性是Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，D错误；

故选B。

【分析】依据在氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；氧化剂具有氧化性，得电子、元素化合价降低、被还原、发生还原反应生成还原产物；还原剂具有还原性，失电子、元素化合价升高、被氧化、发生氧化反应生成氧化产物分析；8．【答案】D【解析】【解答】①为可溶性碳酸盐和强酸反应；②.即表示硫酸与氢氧化钡的反应，又表示硫酸氢钠与少量氢氧化钡的反应；③表示可溶性银盐与可溶性盐酸盐生成氯化银沉淀；④表示铁与可溶性铜盐的置换反应；

⑤只能为氯气与水的反应．故只有⑤正确故选D。

【分析】离子反应不但可以表示一个具体的反应，还可能表示一类反应，如①表示为可溶性碳酸盐和强酸反应，以此作答。9．【答案】D【解析】【解答】A.S2O32-＋4Cl2＋5H2O=SO42-＋10H＋＋8Cl－反应中，S2O32-转变为SO42-，其中S元素的化合价由+2价变为+6价，表现还原性，故A错误；

B.H2O中元素的化合价没有变化，既没有氧化性又没有还原性，故B错误；

C.由A分析可知，S2O32-表现还原性，故C错误；

D.Cl2中Cl元素的化合价由0价变为-1价，化合价降低，因此Cl10．【答案】B【解析】【解答】A.浓硫酸为干燥剂，能够吸收水蒸气，当氯气通过盛有浓硫酸的d瓶时，出来的仍然是干燥的氯气，不能使有色布条褪色，故A错误；

B.干燥的氯气通过盛有饱和食盐水的d装置，出来的气体中含有氯气和水蒸气，能够使有色布条褪色，故B正确；

C.D中装有氢氧化钠，氯气通过d时与氢氧化钠反应，被吸收，从d中出来的气体中不含氯气，不能是有色布条褪色，故C错误；

D.D中装有浓Ba(OH)2溶液，氯气通过d时与浓Ba(OH)2溶液反应，可吸收氯气，不能使有色布条褪色，故D错误；

故选B。

【分析】

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，打开b，在a处通入干燥氯气，c中红色布条颜色无变化；当关闭b时，c处红色布条颜色褪去说明从d中出来的气体为氯气和水蒸气。11．【答案】C【解析】【解答】A．铁元素由0价升高到+2价，失去2个电子，氢元素由+1价降低到0价，得到两个电子，A正确。

B．氯元素由0价升高到Ca(ClO)2中氯元素的+1价，失去两个电子，同时氯元素由0价降低至氯化钙中的-1价得到两个电子，B正确。

C．KClO3中Cl元素由+5价降低至0价，得到5个电子，HCl中氯元素由-1价升高到0价，失去5个电子，C选项电子转移的数目错误，C错误。

D．NO中N元素由+2价升高到+5价，失去3×4个电子，O元素由0价降低至-2价，得到6×2个电子，得失电子守恒且电子转移方向与数目正确，D正确。

故选C。

【分析】依据化合价变化和得失电子守恒判断。12．【答案】B【解析】【解答】硫酸应属于⑤化合物，也属于①酸，还属于③含氧酸，也属于⑥二元酸，故答案：B符合题意；故答案为：B。

【分析】硫酸电离的阳离子只有氢离子，溶液中有自由移动的阴阳离子，含有氧元素，电离出2个自由移动的阴离子。13．【答案】C【解析】【解答】A.SO2、CO2均为酸性氧化物，CO不是酸性氧化物，A错误；B.硫酸钡、氧化钠都是电解质、NH3是非电解质，B错误；

C.胆矾、冰水混合物的成分为H2O、四氧化三铁都是纯净物，C正确；

D.H2SO4、Cu2(OH)2CO3、Na2CO3分别属于酸、盐、盐，D错误；

故选C。

【分析】A.酸性氧化物指的是能与碱起反应生成盐和水的氧化物判断

B.依据在熔融状态下或者溶于水能导电的化合物，是电解质；一般包括酸、碱，活泼金属氧化物和大多数盐。

C.纯净物的定义是：纯净物是指由一种单质或一种化合物组成的物质

D.依据酸是指电离时生成的阳离子全部是氢离子(H+)的化合物；碱：电离出阴离子全部是氢氧根离子、阳离子全部是金属离子或铵根离子的化合物；盐是指一类金属离子或铵根离子与酸根离子结合的化合物。14．【答案】D【解析】【解答】

A．A中不含H原子，且B中氨气和氢气分子个数之比未知，所以不能比较A、B中H原子个数，故A错误；

B．氮气分子和氢气分子都为双原子分子、氨气分子为四原子分子，B中氨气和氢气分子个数之比未知，无法比较两个容器中原子个数之比，故B错误；

C．B中氨气和氢气的物质的量之比未知，所以B中平均摩尔质量未知，则无法比较两个容器中气体质量之比，故C错误；

D．分子数之比等于气体物质的量之比，两个容器中气体物质的量相等，则分子个数相等，故D正确；

故选D。

【分析】A．A中不含H原子；

B．氮气分子和氢气分子都为双原子分子、氨气分子为四原子分子；

C．B中氨气和氢气的物质的量之比未知，所以B中平均摩尔质量未知；

D．分子数之比等于气体物质的量之比。15．【答案】C【解析】【解答】A：“反应Ⅰ”中Fe2+和O2反应生成Fe3+和水，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4，A错误；

B：反应过程中不断通入二氧化硫，反应生成H2SO4，一段时间后，溶液中c(H2SO4)会增大，B错误；

C：“反应Ⅱ”中铁离子和二氧化硫反应生成亚铁离子和硫酸，反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO416．【答案】A【解析】【解答】A.若溶液中没有KCl，则K+和SO42-的浓度比等于2：1，溶液中有KCl，则K+和SO42-离子的浓度比大于2：1，图示中K+和Y的浓度比为1：1，所以Y离子不可能为SO42-，故A错误；

B.根据稀释前后物质的量不变，则c1=0.16mol/L×1L0.2L=0.8mol/L，故B正确；

C.c(Na＋)=0.80mol·L－1，Y不是SO42-，则Y是Cl-，X表示SO42-，c(SO42-)=0.4017．【答案】（1）单质；HClO（2）酸；bce；还原；ad（3）；还原；反应中氯元素由－1价上升为0价(或Cl－在反应中失去电子)【解析】【解答】(1)、Cl2为单质，因此A为单质，物质B中Cl为+1价，Cl为+1价的酸为HClO，故答案为：单质；HClO；

(2)、①从物质类别上看，HCl属于强电解质，完全电离，所有的阳离子均为H+因此属于酸，能与NaClO反应生成HClO，能与铁反应生成氢气，能与氢氧化钠发生中和反应，能与AgNO3反应生成白色沉淀；

②从化合价角度看，Cl－中Cl为-1价，为最低价态，具有还原性，能与NaClO发生归中反应，能与KMnO4发生氧化还原反应；故答案为：酸；bce；还原；ad；

(3)、依据氧化还原反应原理，根据得失电子守恒和原子守恒进行配平可得方程式为2H2O+2②由方程式可知，反应中Cl元素化合价由-1价升高为0价，化合价升高，失去电子，被氧化，NaCl做还原剂；故答案为：还原；反应中氯元素由－1价上升为0价(或Cl－在反应中失去电子)。

【分析】(1)、单质化合价为0；由化合价确定化学式；

(2)、①依据酸的通性判断；

②元素化合价最低，只有还原性；元素化合价最高，只有氧化性；元素化合价外于中间，既有还原性，又有氧化性；

(3)、依据氧化还原反应原理，根据得失电子守恒和原子守恒进行配平；

②依据氧化剂具有氧化性，得电子、元素化合价降低、被还原、发生还原反应生成还原产物；还原剂具有还原性，失电子、元素化合价升高、被氧化、发生氧化反应生成氧化产物判断。18．【答案】（1）氯；K2Cr2O7（2）Cl2；HCl（3）3∶4（4）6【解析】【解答】(1)反应中氯元素的化合价由-1价升高为0，被氧化，K2Cr2O7中Cr元素化合价由+6降低为+3，被还原，K2Cr2O7是氧化剂。故答案为：氯；K2Cr2O7；

(2)、反应中HCl中的氯元素的化合价由-1价升高为0，被氧化，发生氧化反应，生成Cl2，Cl2是氧化产物；故答案为：Cl2；HCl；

(3)、在参加反应的盐酸中，14个HCl分子参加反应，有6个HCl分子被氧化，生成3个Cl2，另外8个HCl分子起酸性作用，所以起还原剂(被氧化)作用的HCl与起酸性作用的HCl的质量比为6∶8=3∶4；故答案为：3∶4；

(4)、氯元素的化合价由-1价升高为0，故生成3分子Cl2转移电子数为3×2×[0-(-)]=6，故答案为：6。

【分析】(1)、(2)依据氧化剂具有氧化性，得电子、元素化合价降低、被还原、发生还原反应生成还原产物；还原剂具有还原性，失电子、元素化合价升高、被氧化、发生氧化反应生成氧化产物判断；

(3)、依据元素化合价变化情况判断；

(4)、依据化合价变化判断转移电子数。19．【答案】（1）H＋、Ba2＋、Cl－；Mg2＋、SO4（2）Ba2＋＋CO32-（3）H＋＋HCO3-=CO2（4）Mg(OH)2＋2H＋=Mg2＋＋2H2O【解析】【解答】(1)、Ⅰ.用pH试纸检验溶液，发现溶液呈强酸性，则含有H＋，不含弱酸根离子CO32-，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，说明不含Mg2＋，取少量B中的碱性溶液，滴加Na2CO3溶液，有白色沉淀产生，说明含有Ba2＋，则原溶液中一定不含SO42-，根据溶液呈电中性知溶液中的阴离子只有是Cl－。综上分析可知，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-。故答案为：H(2)、C中钡离子和碳酸根离子不能大量共存，生成碳酸钡沉淀，发生反应的离子方程式为Ba2＋＋CO32-=BaCO3↓；故答案为：Ba2＋＋CO32-=BaCO3↓；

(3)、Ⅱ.硫酸氢钠与碳酸氢钠溶液混合反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，反应的离子方程式为：H＋＋HCO3-=CO2↑＋H2O；故答案为：H＋＋HCO3-=CO2↑＋H2O；

(4)、氢氧化镁固体溶于足量稀盐酸反应生成氯化镁和水，发生反应的离子方程式为：Mg(OH)2＋2H＋=Mg【分析】(1)、Ⅰ.用pH试纸检验溶液，发现溶液呈强酸性，则含有H＋，不含弱酸根离子CO32-，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，说明不含Mg2＋，取少量B中的碱性溶液，滴加Na2CO3溶液，有白色沉淀产生，说明含有Ba2＋，则原溶液中一定不含S(2)、钡离子和碳酸根离子反应生成碳酸钡；