湖南省株洲市醴陵二中、醴陵四中2019-2020学年高一上学期期中化学试卷 (含答案解析)

湖南省株洲市醴陵二中、醴陵四中2019-2020学年高一上学期期中化
学试卷
一、单选题（本大题共16小题，共48.0分）
1.下列是乙醇危险化学品标志的是()
A. B.
C. D.
2.如果你家里的食用菜油混有水分，你将采用下列何种方法分离()
A. 过滤
B. 蒸馏
C. 分液
D. 萃取
3.将下列各组物质按酸、碱、盐分类顺序排列，正确的是()
A. H2SO4Na2CO3Ca(OH)2
B. HCl NaOH K2CO3
C. H2CO3C2H5OH NaHSO4
D. Ba(OH)2H3PO4 KOH
4.下列事实与胶体性质无关的是()
A. 豆浆加入盐卤做豆腐
B. 工厂采用静电除尘
C. CuSO4与NaOH溶液混合产生沉淀
D. 血液透析
5.粗盐中含有不溶性泥沙，可溶性的CaCl2、MgCl2以及一些硫酸盐等。

精制食盐水的实验操作顺
序如下：①加入过量BaCl2溶液，②加入过量NaOH溶液，③加入过量Na2CO3溶液，④加入适量盐酸，⑤过滤。

下列说法不正确的是()
A. ①②③中加入过量的试剂是为了完全除去相应的杂质离子
B. ③中加入过量Na2CO3溶液仅为了完全除去Ca2+
C. 因为Mg(OH)2难溶而MgCO3微溶，所以用NaOH除Mg2+效果比用Na2CO3好
D. ④中可以通过边滴加边测定溶液pH的方法，控制加入的盐酸“适量”
6.下列溶液中c(Cl−)与50mL 1mol⋅L−1AlCl3溶液中c(Cl−)相等的是()
A. 150 mL 1 mol⋅L−1的NaCl溶液
B. 75 mL 2 mol⋅L−1NH4Cl溶液
C. 150 mL 2 mol⋅L−1的KCl溶液
D. 100 mL 1.5mol⋅L−1FeCl2溶液
7.把100mL 0.3mol⋅L−1的硫酸溶液和50mL 0.6mol⋅L−1的硫酸溶液充分混合后，该溶液中H+的
物质的量浓度为()
A. 0.6mol⋅L−1
B. 0.8mol⋅L−1
C. 0.3mol⋅L−1
D. 0.4mol⋅L−1
8.V L Fe2(SO4)3溶液中含Fe3+ x mol，溶液中的物质的量浓度是()
A. x
V mol/L B. x
2V
mol/L C. 3x
V
mol/L D. 3x
2V
mol/L
9.实验室配制1mol⋅L−1盐酸250mL，下列不需用的仪器是()
A. 250mL容量瓶
B. 托盘天平
C. 胶头滴管
D. 烧杯
10.在溶液中能大量共存的离子组是()
A. Ag+Cl−Na+
B. H+OH−K+
C. K+NO3−Ca2+
D. Al3+OH−Cl−
11.下列各组中两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是()
A. Cu(OH)2+HCl Cu(OH)2+CH3COOH
B. NaHCO3+H2SO4 Na2CO3+HCl
C. NaHCO3+NaOH Ca(HCO3)2+NaOH
D. BaCl2+H2SO4 Ba(NO3)2+H2SO4
12.下列关于阿伏伽德罗常数(N A)的说法正确的是()
A. 37g37Cl2中含有20 N A个质子
B. 18 g 2H216O中含有10 N A个电子
C. 26Mg2+中含有10 N A个电子
D. 1mol18O中含有10 N A个中子
13.需要加入氧化剂才能实现下列反应的是()
A. Fe(OH)3→Fe3+
B. HNO3→NO
C. SO2 →SO42−
D. CaCO3 →CO2
14.在下列反应中化合物做还原剂的是()
A. Br2+2NaI=2NaBr+I2
B. Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑
C. 3C+CaO=高温
2+CO↑ D. 2Al+Fe2O3=高温
2
O3
15.氮化铝广泛应用于电子、陶瓷等工业领域。

在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3+N2+3C
2AlN+3CO合成．下列叙述正确的是()
A. 该反应中N2发生氧化反应
B. CO是还原产物
C. AlN中N元素的化合价为+3价
D. 上述反应中，每生成lmolAlN需转移3mol电子
16.下列有关反应Cr2O72−+3SO32−+a H+=2Cr3++3Y+4H2O的说法中，不正确的是()
A. Y是SO42−
B. a=8
C. Cr2O72−被氧化成Cr3+
D. 生成1mol Cr3+时转移的电子数是3×6.02×1023
二、填空题（本大题共3小题，共32.0分）
17.有以下几种物质：①乙醇②MgCl2晶体③蔗糖④铜⑤食盐水⑥BaSO4固体，请填空回答(
填序号)．
(1)以上物质中能导电的是______ ．
(2)以上物质中属于电解质的是______ ．
(3)以上物质中属于非电解质的是______ ．
(4)以上物质中既不是电解质也不是非电解质的是______ ．
18.(1)44.8L某气体在标准状况下的质量为142g，该气体的摩尔质量为____________；
(2)N2在标准状况下的密度为____________g/L；
(3)在____________mol Al2(SO4)3中含0.3molSO42−，其中含Al3+____________个。

19.已知铜在常温下能被稀硝酸溶解，其反应的化学方程式如下：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+
2NO↑+4H2O。

(1)被氧化的元素是________，被还原的元素是________，发生氧化反应的物质是________，发
生还原反应的物质是________。

(2)用双线桥法表示反应电子得失的方向和数目：
____________________________________________。

(3)用单线桥法表示反应电子得失的方向和数目：
____________________________________________。

三、简答题（本大题共1小题，共10.0分）
20.实验室用密度为1.84g/mL质量分数为98%的浓H2SO4来配制1000mL、0.1mol⋅L−1稀H2SO4溶液，
请回答下列问题：
(1)计算所需浓H2SO4体积为______．
(2)量取所需浓H2SO4，应选用______量筒(选填5mL、10mL、20mL)．
(3)配制所需仪器，除量筒和胶头滴管外，还必须用到的玻璃仪器有______．
(4)下列操作结果使溶液物质的量浓度偏高的是______
A.没有将洗涤液转入容量瓶中
B.容量瓶用蒸馏水洗涤后，未干燥
C.定容时，俯视容量瓶的刻度线
D.加水定容时，加水超过了刻度线
E.浓H2SO4稀释后立即转移至容量瓶中并定容．
四、推断题（本大题共1小题，共10.0分）
21.A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们的阳离子分别可能是Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+中的某一种，
阴离子分别可能是NO3−、SO42−、Cl−、CO32−中的一种。

(离子在物质中不能重复出现)
①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液成蓝色；
②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体
逸出。

根据①②实验事实可推断它们的化学式为：
(1)A_____________ B_____________ C______________ D______________；
(2)写出盐酸与D反应的离子方程式：________________________________；
(3)写出C与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：_______________________ 。

-------- 答案与解析 --------
1.答案：A
解析：
本题考查有关图形识别，难度不大，掌握相关物质的性质是解答的关键。

乙醇属于易燃液体。

A.图中所示标志是易燃液体标志，故A正确；
B. 图中所示标志是易燃气体标志，故B错误；
C.图中所示标志是腐蚀品标志，故C错误；
D.图中所示标志是氧化剂标志，故D错误．
故选：A。

2.答案：C
解析：解：食用菜油与水分层，选择分液法分离，过滤分离不溶性固体与液体、蒸馏分离互溶但沸点不同的液体、萃取分离溶质在不同溶剂中溶解性差异大的混合物，
故选：C。

食用菜油与水分层，选择分液法分离，以此来解答．
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意分离原理及方法选择，题目难度不大．
3.答案：B
解析：解：A.纯碱是Na2CO3，是盐不是碱，氢氧化钙是碱，故A错误；
B.HCl是酸，烧碱NaOH是碱，K2CO3是盐，故B正确；
C.乙醇是醇，不是碱，故C错误；
D.氢氧化钡、KOH是碱不是盐，磷酸是酸，故D错误．
故选B．
酸是电离出的阳离子全部是氢离子的化合物；
碱是电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物；
盐是电离出的阳离子是金属离子或铵根离子，阴离子是酸根离子的化合物．
本题考查了酸碱盐的概念，难度不大，注意知识的归纳和分类整合，注重基础知识的考查，题目难度不大．
4.答案：C
解析：解：A.豆浆为胶体，加入可溶性电解质盐卤发生聚沉，与胶体性质有关，故A不选；
B.工厂采用静电除尘利用的是胶体的电泳，故B不选；
C.CuSO4与NaOH溶液混合，符合离子反应条件，发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀，与胶体性质无关，故C选；
D.血液透析利用的是胶体分散质不能通过半透膜性质，故D不选；
故选：C．
利用胶体的性质进行分析判断，加入电解质能发生聚沉，通电会发生电泳现象，胶体分散质不能透过半透膜，据此即可解答．
本题考查了胶体的性质应用，熟悉胶体的性质是解答的关键，题目难度不大．
5.答案：B
解析：
本题考查了粗盐的提纯，除杂问题是化学实验中的一类重要问题，除杂时不仅要能把杂质除掉，还不能引入新杂质，而且方法要简便易行，把握好此原则需要我们有扎实的基础知识和缜密的思维。

A.①加入过量BaCl2溶液，可除掉硫酸根离子，②加入过量NaOH溶液，可除掉镁离子，③加入过量Na2CO3溶液，可除掉钙离子，故A正确；
B.加碳酸钠要放在加氯化钡之后，③中加入过量Na2CO3溶液不仅为了完全除去Ca2+，还可以将过量的钡离子沉淀，故B错误；
C.因为Mg(OH)2难溶而MgCO3微溶，所以用NaOH除Mg2+效果比用Na2CO3好，故C正确；
D.⑤中可以通过边滴加边测定溶液pH的方法，在除掉碳酸根、氢氧根后，得到氯化钠溶液，呈中性，只要控制加入的盐酸“适量”，就能达到目的，故D正确。

故选B。

6.答案：D
解析：解：50mL1mol/L的AlCl3溶液中的Cl−浓度为3mol/L．
A.150mL1mol⋅L−1的NaCl溶液中，Cl−浓度为1mol/L，与50mL1mol/L的AlCl3溶液中的Cl−浓度不相等，故A不符合．
B.75ml2mol/L的NH4Cl溶液中Cl−浓度为2mol/L，与50mL1mol/L的AlCl3溶液中的Cl−浓度不相等，故B不符合；
C.150mL 2mol⋅L−1的KCl溶液中Cl−浓度为2mol/L，与50mL1mol/L的AlCl3溶液中的Cl−浓度不相等，故C不符合；
D.100ml1.5mol/L的FeCl2溶液中Cl−为1.5mol/L×2=3mol/L，与50mL1mol/L的AlCl3溶液中的Cl−浓度相等，故D符合；
故选D．
50mL1mol/L的AlCl3溶液中的Cl−浓度为3mol/L，根据溶质化学式计算各选项中的Cl−物质的量，进行比较可知．注意溶液中溶质离子的浓度与溶液体积无关，只取决于物质电离出的离子的数目多少与溶质的浓度．
本题考查物质的量浓度的计算与理解，题目难度不大，注意溶液中溶质离子的浓度与溶液体积无关，只取决于物质电离出的离子的数目多少与溶质的浓度．
7.答案：B
解析：解：100mL0.3mol/L硫酸和50mL0.6mol/L硫酸混合后，n(H2SO4)总=0.1L×0.3mol/L+ 0.05L×0.6mol/L=0.06mol，
c(H2SO4)
总=0.06mol
0.15L
=0.4mol/L，所以H+的物质的量浓度为0.4mol/L×2=0.8mol/L．
故选B．
根据n=cV计算出不同浓度硫酸的物质的量，进而计算出溶质的总物质的量，根据c=n
V
计算混合后H+的物质的量浓度．
本题考查物质的量浓度的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意把握相关计算公式的运用，难度不大．
8.答案：B
解析：解：c(Fe3+)=x
V mol/L，根据化学式Fe2(SO4)3可知，溶液中c[Fe2(SO4)3]=1
2
c(Fe3+)=
1 2×x
V
mol/L=x
2V
mol/L，故选B．
根据c=n
V
计算溶液中Fe3+的物质的量浓度，再根据化学式Fe2(SO4)3可知，溶液中c[Fe2(SO4)3]= 1
2
c(Fe3+)，由此分析解答．
本题考查了物质的量浓度的计算，题目难度中等，明确物质的量浓度的概念即可解答，注意硫酸铁的浓度与铁离子的浓度之间关系，为易错点．
9.答案：B
解析：
本题考查了配制一定浓度的溶液中仪器的选用，题目难度不大，注意掌握配制一定物质的量浓度的溶液方法，明确配制过程中选用仪器的方法．
根据配制250mL1mol/L盐酸的步骤可知，需要使用的仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管等，所以不需要的仪器为托盘天平，
故选B．
10.答案：C
解析：解：A.因Ag+、Cl−结合生成沉淀，不能大量共存，故A错误；
B.因H+、OH−结合生成水，不能大量共存，故B错误；
C.因该组离子之间不反应，能大量共存，故C正确；
D.因Al3+、OH−结合生成沉淀，不能大量共存，故D错误．
故选C．
根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质等，则离子能大量共存，以此来解答．
本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重复分解反应的考查，把握物质的溶解性及离子之间的反应即可解答，题目难度不大．
11.答案：D
解析：
本题考查离子方程式的书写，题目难度不大，明确离子方程式表示的意义为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题培养了学生的灵活应用能力。

A.Cu(OH)2+HCl的离子方程式为：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O；Cu(OH)2+CH3COOH的离子方程式为：
Cu(OH)2+2CH3COOH=Cu2++2H2O+2CH3COO−，两个反应的离子方程式不同，故A错误；B.NaHCO3电离出HCO3−，Na2CO3电离出CO32−，反应的离子方程式分别为：H++HCO3−=H2O+CO2↑、2H++CO32−=H2O+CO2↑或H++CO32−=HCO3−，故B错误；
C.碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，而Ca(HCO3)2和NaOH反应生成CaCO3沉淀，生成物不同，离子方程式不同，故C错误；
D.实质都为SO42−和Ba2+的反应，离子方程式都为：SO42−+Ba2+=BaSO4↓，故D正确。

故选D。

12.答案：D
解析：
本题考查物质的量有关计算，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，明确微粒构成、摩尔质量与相对分子质量的关系、各个物理量之间的关系是解本题关键。

=0.5mol，该氯气分子中含有34个质子，则37g37Cl2中含有质子的物质的量是A.n(37Cl2)=37g
74g/mol
17mol，17N A个质子，故A错误；
=0.9mol，每个水分子中含有10个电子，则18g该水分子的物质的量是9mol，B.n(2H216O)=18g
20g/mol
含有9N A个电子，故B错误；
C.镁离子中含有10个电子，镁离子物质的量未知，所以无法计算镁离子个数，故C错误；
D.一个 18O中含有10个中子，则1mol18O中含有10 N A个中子，故D正确。

故选D。

13.答案：C
解析：解：A.元素化合价没有变化，不是氧化还原反应，故A错误；
B.N元素化合价降低，被还原，应加入还原剂，故B错误；
C.S元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂，故C正确；
D.元素化合价没有变化，不是氧化还原反应，故D错误．
故选C．
需要加入氧化剂才能实现，则选项中为还原剂的反应，还原剂中某元素的化合价升高被氧化，以此来解答．
本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目难度不大，明确元素的化合价及反应中化合价的变化是解答本题的关键，注意掌握氧化剂、还原剂的概念及判断方法．
14.答案：A
解析：
【分析】
本题考查了氧化剂、还原剂的判断，在氧化还原反应所含元素化合价升高的物质作还原剂，难度不大，根据元素化合价的变化判断即可。

A.该反应中，碘化钠中碘元素的化合价升高，所以碘化钠作还原剂，故A正确；
B.该反应中，硫酸中氢元素的化合价降低，所以硫酸作氧化剂，故B错误；
C.该反应中，氧化钙中元素的化合价没有变化，所以氧化钙既不是作氧化剂又不是还原剂，故C错误；
D.该反应中，氧化铁中铁元素的化合价降低，所以氧化铁作氧化剂，故D错误。

故选A。

15.答案：D
解析：
本题考查了氧化还原反应，根据元素化合价变化、基本概念等知识点分析解答，同时考查学生对基础知识的掌握。

该反应中C元素化合价由0价变为+2价、N元素化合价由0价变为−3价，据此判断物质的性质及转移电子数目。

根据反应的化学方程式可知，氮气中氮元素的化合价从0价降低到−3价，得到3个电子。

碳元素的化合价从0价升高到+2价，失去2个电子；
A.该反应中N元素化合价由0价变为−3价，则氮气是氧化剂，发生还原反应，故A错误；
B.碳元素的化合价从0价升高到+2价，生成CO，CO是氧化产物，故B错误；
C.AlN中Al元素的化合价为+3价，则N元素的化合价为−3价，故C错误；
D.反应中N元素化合价由0价降低到−3价，则生成1molAlN转移3mol电子，故D正确。

故选D。

16.答案：C
解析：
本题考查氧化还原反应，明确反应中电子守恒及电荷守恒、常见的元素的化合价是解答本题的关键，题目难度不大。

A.Cr2O72−+3SO32−+aH+=2Cr3++3Y+4H2O中，Cr2O72−→2Cr3+，Cr元素的化合价降低，则S 元素的化合价升高，所以Y为SO42−，故A正确；
B.反应后电荷为0，则由电荷守恒可知，a=8，故B正确；
C.因Cr元素的化合价降低，则Cr2O72−被还原成Cr3+，故C错误；
D.Cr元素由+6价降低为+3价，则生成1molCr3+时转移的电子数是1mol×(6−3)×N A=
3×6.02×1023，故D正确。

故选C。

17.答案：④⑤；②⑥；①③；④⑤
解析：解：(1))④铜中含有自由电子，所以能导电；⑤食盐水含有自由移动的离子，所以能导电，故答案为：④⑤；
(2)在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，②MgCl2晶体在水溶液能电离出自由移动的离子，所以其水溶液能导电，故MgCl2晶体是电解质⑥BaSO4在熔融状态下能电离出自由移动的离子，在熔融状态下能导电，所以是电解质．
故答案为：②⑥；
(3)在水溶液里或熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质．①乙醇、③蔗糖在水溶液里或熔融状态下都不能电离出自由移动的离子，所以是非电解质．
故答案为：①③；
(4)④铜、⑤食盐水不是化合物，因此既不是电解质也不是非电解质，故答案为：④⑤．
(1)据物质导电的原因分析，只要含有自由移动的离子或自由电子即可；
(2)根据电解质的定义分析，在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；
(3)根据非电解质的定义分析，在水溶液里或熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质；
(4)单质、混合物既不是电解质也不是非电解质．
本题考查了电解质溶液导电的原因及电解质、非电解质的定义，能导电的不一定是电解质，如硝酸钾溶液；电解质不一定能导电，如硫酸铜晶体，无论电解质还是非电解质都必须是化合物．
18.答案：(1)71g/mol;(2)1.25;(3)0.1;0.2N A
解析：解：(1)标准状况下44.8L该气体的物质的量为44.8L
22.4L/mol
=0.2mol，故该气体的摩尔质量为142g
0.2mol
=71g/mol，故答案为：71g/mol；
(2)标准状况下N2的密度为28g/mol
22.4L/mol
=1.25g/L，故答案为：1.25；
(3)含有0.3molSO42−的1molAl2(SO4)3物质的量为0.3mol
3
=0.1mol，由化学式可知n(Al3+)=
2 3n(SO42−)=2
3
×0.3mol=0.2mol，故A l3+数目为0.2mol×N A mol−1=0.2N A。

故答案为：0.1；0.2N A。

本题考查物质的量有关计算，注意对公式的理解，掌握物质的量浓度与质量分数之间关系，难度不大．
19.答案：(1)Cu；N；Cu；HNO3；
(2)；
(3)
解析：
本题考查氧化还原反应电子转移的表示方法，题目难度中等，明确氧化还原反应的实质为解答关键，试题培养了学生的化学计算能力。

(1)由方程式可知：铜元素化合价升高，从0价变为+2价，被氧化；氮元素化合价降低，从+5价变为+2价，被还原；故Cu发生氧化反应，HNO3发生还原反应，故答案为：Cu；N；Cu；HNO3；(2)该反应中Cu的化合价变化是0价→+2价，结合方程式可知Cu共计失去3×2e−=6e−；HNO3中氮元素部分由+5价→+2价，生成NO，结合方程式可知HNO3共得到2×3e−=6e−，得失电子数相等，则双线桥法标出电子得失的方向和数目为
，故答案为：
；
(3)用单线桥法表示反应电子得失的方向和数目为
，故答案为：。

20.答案：5.4mL；10mL；烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶；C E
=
解析：解：(1)密度为1.84g/mL质量分数为98%的浓H2SO4，物质的量浓度C=1000×1.84×98%
98
18.4mol/L，
配制100mL0.1mol⋅L−1稀H2SO4溶液，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变得：18.4mol/L×V=1L×0.1mol⋅L−1，解得V=5.4mL，
故答案为：5.4mL；
(2)量取5.4mL浓硫酸应选择10mL量筒，故答案为：10mL；
(3)用浓溶液配制一定物质的量浓度稀溶液的一般步骤：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器：量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶，所以还缺少的仪器：烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶；
故答案为：烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶；
(4)A.没有将洗涤液转入容量瓶中，导致溶质部分损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A 不选；
B.容量瓶用蒸馏水洗涤后，未干燥，对溶质的物质的量和溶液的体积都不产生影响，溶液浓度不变，故B不选；
C.定容时，俯视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故C选；
D.加水定容时，加水超过了刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故D不选；
E.浓H2SO4稀释后立即转移至容量瓶中并定容，冷却后溶液的体积偏小，溶液浓度偏高，故E选；故选：CE．
(1)依据C=1000ρω
计算浓硫酸的物质的量浓度，依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要M
浓硫酸体积；
(2)依据需要浓硫酸体积选择合适规格量筒；
(3)依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤选择需要的仪器；
(4)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=n
进行误差分析．
V
本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作步骤是解题关键，注意容量瓶、量
筒规格选择的依据及使用方法，题目难度不大．
21.答案：(1)BaCl2；AgNO3；CuSO4；Na2CO3
(2)CO32−+2H+=CO2↑+H2O
(3)Cu2++2OH−+Ba2++SO42−=Cu(OH)2↓+BaSO4↓
解析：
本题考查常见离子的检验方法，题目难度中等，明确阴阳离子的特征反应现象是判断的依据和解题
关键，注意掌握常见离子的性质及检验方法，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。

题干8种离子形成的A、B、C、D为可溶性的盐，所以溶液中存在的盐离子和阴离子对应物质一定是可溶性，根据盐类物质溶解性情况可知：Ba2+不能和SO42−、CO32−结合，只能是和NO3−、Cl−结合；Ag+不能和SO42−、Cl−、CO32−三种离子结合，只能和NO3−结合，则其中两种物质一定是BaCl2、AgNO3；Cu2+不能和CO32−结合，所以另一种为CuSO4，Na+与CO32−结合为Na2CO3.即四种物质为：BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3，
①由于C盐是蓝色的，所以C为CuSO4；
②四支试管加入盐酸，B有沉淀，则B为AgNO3；而D生成无色气体，为二氧化碳，则D为Na2CO3，根据分析可知：A为BaCl2、B为AgNO3、C为CuSO4、D为Na2CO3，
(1)依据推断结果可知：A为BaCl2、B为AgNO3、C为CuSO4、D为Na2CO3，
故答案为：BaCl2；AgNO3；CuSO4；Na2CO3；
(2)盐酸与D(Na2CO3)反应的离子反应方程式为：CO32−+2H+=CO2↑+H2O，
故答案为：CO32−+2H+=CO2↑+H2O；
(3)C(CuSO4)与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式为：Cu2++2OH−+Ba2++SO42−=Cu(OH)2↓
+BaSO4↓，
故答案为：Cu2++2OH−+Ba2++SO42−=Cu(OH)2↓+BaSO4↓。