高一上学期期中测试化学试题.doc

1、中学高2018级高一(上)半期考试化学试题(本试卷共计150分，考试时间2小时)I卷选择题答案，请填在在机读卡上 II卷非选择题答案。请填写在答题卷上可能用到的相对原子质量有：H一1 C一12 N一14 O一16 S一32 Cl一35.5 Cu一64第I卷 选择题(共76分)一、选择题(本大题共有20小题，每小题有且只有一个正确选项，每小题3分，共计60分)1、己知金属钾投入水中会发生剧烈反应，并有氢气生成。运输金属钾的包装箱应贴有的图标是( )A易燃液体B遇湿易燃物品C氧化剂D腐蚀品2、下列物质分类正确的是( )AHCl、纯碱、硫酸钡均为强电解质BSO2、SiO2、CO均为酸性氧化物C稀豆浆

2、、油水、氯化铁溶液均为胶体D大理石、CuSO45H2O、氨水均为混合物3、古诗词是古人为我们留下的宝贵精神财富。下列诗句不涉及氧化还原反应的是( )A野火烧不尽，春风吹又生B春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干C爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏D粉身碎骨浑不怕，要留清自在人间4、下列仪器经常用于物质分离的有( )漏斗 试管 蒸馏烧瓶 天平 分液漏斗 容量瓶 蒸发皿 坩埚A B C D5、取碘水四份于试管中，编号为I、II、III、IV，分别加入苯、CCl4、酒精、NaCl溶液，振荡后静置，现象正确的是( )AI中溶液分层，下层星紫红色 BII中溶液分层，下层呈紫红色CIII中溶液分层，下层呈棕黄色DI

3、V中溶液不分层，溶液由棕黄色变成黄绿色6、下列有关实验的说法中正确的是( )A在利用重结晶的方法制备KNO3的过程中，可在漏斗中加入酒精来洗涤B在石油的分馏实验中，冷凝管中冷水应从上口进入，热水从下口流出C粗盐提纯中，在溶解粗盐时，应用大量的水来溶解，以防止食盐不完全溶解D在分液实验中，待液体静置分层后，上、下层液体都应分别从分液漏斗下端的活塞放出7、下列物质中属于电解质，且能导电的是( )A熔融的氢氧化钾 B液态铜 C液态氯化氢 D固态氯化钾8、下列说法正确的是( )A胶体区别于其他分散系的本质依据是具有丁达尔效应B通电时，溶液中的溶质粒子分别向两极移动，胶体粒子也一定会向某一极移动C纳米材

4、料粒子直径一般在109m与107m之间，因此纳米材料属于胶体D在江河入海处容易形成沙洲与胶体的聚沉有关9、下列除杂的方法正确的是( )A除去N2中的少量O2：通过灼热的CuO粉末，收集气体B除去CO2中的少量HCl：通入过量NaOH溶液，收集气体C除去KCl溶液中少量MgCl2：加入适量NaOH溶液，过滤D除去NaCl溶液中少量CaCl2：加入过量Na2CO3溶液，过滤，滤液中再加入过量盐酸，加热10、海带中碘元素的检验可经过以下四个步骤完成(已知H2O2能将海带中的I氧化成I2，I2遇淀粉变蓝)，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是( )A将海带剪碎后灼烧成灰，选用、和B将海带灰加蒸馏水溶解

5、，选用、和C过滤得到滤液，选用、和D取滤液，先加入几滴稀硫酸，再滴加H2I2，最后滴加淀粉溶液，选用和11、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是( )A129C60中含有NA个电子B46g NO2和N2O4的混合气体含有的原子数为3NAC标准状况下，22.4L CCl4所含的分子数为6.021023D100mL0.1mol/LCaCl2溶液中Cl的物质的量浓度为0.01mol/L12、下列说法正确是( )A电解质在水中发生了的电离，产生了能够自由移动的离子B酸性氧化物都是非金属元素形成的氧化物C阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性D只含一种元素的阳离子与另一种元素的阴离子所组成的物质一

6、定是纯净物13、下列离子方程式中，正确的是( )A盐酸滴在大理石上：2H+ CO23=CO2+H2OB硫酸滴在铜片上：Cu+2H+=Cu2+H2C向NaOH溶液中通入过量CO2：OH+CO2=HCO3D氢氧化钙与过量NaHCO3溶液反应：Ca2+OH+ HCO3=CaCO3+H2O14、下列各组离子，在酸性溶液中能大量共存，且溶液为无色透明的是( )AK+、MnO4、S2、SO42 BK+、OH、Cl、CO32CCa2+、CH3COO、Al3+、SO42 DNa+、Ba2+、Cl、NO315、下列反应中，Na2O2只表现出氧化性的是( )A2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2B2Na2O2

7、+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2CNa2O2+SO2=Na2SO4D5Na2O2+2KMnO4+8H2SO4=SNa2SO4+K2SO4+2MnSO4+5O2+8H2O16、下列各组物质中，被氧化与被还原的物质的物质的量之比为1：2的是( )ACu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O BSO2+2H2S=3S+2H2OC、3NO2+H2O=2HNO3+NO D3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O17、对标准状况下的四种气体的关系从小到大表示不正确的是( )6.72L甲烷 3.011023HCl分子 13.6g H2S 0.2mol NH3A质量： B密度：C

8、体积： D氢原子数：0.1mol/L；将B溶液分别与其它四种溶液混合，均有白色沉淀生成；往C溶液中加入HNO3酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀。根据分析，请填空：(1)写出下列物质的化学式：A_、 C_。(2)向A溶液中逐步滴加B的稀溶液至过量，溶液的导电性变化情况是_。(3)D既能与A溶液反应，也能与B溶液反应，请写出下列反应的离子方程式：D与A溶液反应_。D与过量的B溶液反应_。(4)检验A溶液中阴离子的方法是_。29、(22分)质量、物质的量。物质的量浓度等是用于化学计算的常见物理量。(1)、同温同压下，A2气体与B2气体等体积化合，生成AxBy气体，已知反应前后气体的密度不变，则Ax

9、By的分子式为_。(2)、有一只干燥的烧瓶，在标准状况下用排空气法收集HCl，测得烧瓶内气体在相同状况下对CH4的相对密度为2，则烧瓶内气体的平均摩尔质量为_，空气与HCl的体积比为_。然后将该烧瓶倒置于水槽中，已知HCl全部溶解且假设溶质不从烧瓶中扩散出来，那么烧瓶中盐酸的物质的量浓度为_。(3)、将a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入b mol BaCl2溶液使溶液中的SO42刚好完全沉淀；另一份加入足量NaOH溶液并加热可得到C mol NH3，则原溶液中Al3+的物质的量浓度为_。(4)、将0.24g Mg和0.27g Al的混合物投入到100m

10、L 1mol/L的盐酸中，充分反应后固体完全溶解。向所得溶液中加入2mol/L的NaOH溶液，恰好使金属离子全部沉淀完全。写出加入NaOH溶液发生的相关离子方程式_，需要NaOH溶液的体积为_mL。(5)、常温下A和B两种气体组成的混合物(A的摩尔质量大于B的摩尔质量)，经分析混合气体中只含有C、O元素：当混合物中C、O的质量比总是小于3：8时，混合气体中A和B分别是_、_。当混合物中C、O的质量比为1：2时，混合气体中A的体积百分数为_。重庆南开中学高2018级高一(上)半期考试化学试题答案1、解：钾和水反应的方程式为2K+2H2O=H2+2KOH，生成物中含有氢气，氢气易燃烧，所以应贴遇湿

11、易燃品， 故选B2、解：A、酸碱盐都是电解质，HCl、纯碱、硫酸钡在水溶液中全部电离的化合物为强电解质，故A正确；B、和碱反应生成盐和水的化合物为酸性氧化物，CO不能反应属于不成盐氧化物，故B错误；C、油水属于浊液、氯化铁溶液是溶液，不属于胶体，稀豆浆属于胶体，故C错误；D、大理石主要成分是碳酸钙为混合物、硫酸铜晶体为化合物、氨水是氨气的水溶液属于混合物，故D错误； 故选A3、解：A野火烧不尽，春风吹又生中的燃烧为氧化还原反应，故A不选；B春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干中蜡烛燃烧为氧化还原反应，故B不选；C爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏中火药爆炸为氧化还原反应，故C不选；D粉身碎骨浑不怕，要留

12、清白在人间中碳酸钙的分解与CaO和水反应都没有元素的化合价变化，则都不属于氧化还原反应，故D选； 故选D4、解：普通漏斗常用于过滤，可用来分离固液混合物；试管常用于物质的制备、发生装置；蒸馏烧瓶常用于分离沸点不同的液体混合物；托盘天平常用于称量固体的质量；分液漏斗常用于分离互不相溶的液体混合物；容量瓶常用于一定物质的量浓度溶液的配制；蒸发皿用于蒸发液体；坩埚用于灼烧固体； 故选C5、解：A苯能萃取碘水中的碘，但密度小于水的密度，所以看到的现象是溶液分层，上层呈紫红色，下层呈无色，故A错误；B四氯化碳能萃取碘水中的碘，但密度大于水的密度，所以看到的现象是溶液分层，下层呈紫红色，上层呈无色，故B正

13、确；C酒精和碘水能互溶，所以看到的现象是溶液不分层，故C错误；D氯化钠溶液和碘水能互溶，所以溶液不分层，加入氯化钠溶液后溶液浓度变小，溶液颜色变浅，但不会生成氯气，不可能变为黄绿色，故D错误； 故选B6、解：A硝酸钾在酒精中的溶解性较小且酒精易挥发，所以在利用重结晶的方法制备KNO3的过程中，可在漏斗中加入酒精来洗涤，减少硝酸钾损失，故A正确；B分馏时，冷凝管中水应该从下口流入上口流出，否则易炸裂冷凝管，故B错误；C溶解食盐时需要加适量水，如果溶液太稀，蒸发时耗时太长，故C错误；D分液时，上层液体从上口倒出，下层液体从下口倒出，否则易产生杂质，故D错误；故选A7、解：A熔融的氢氧化钾中有自由移

14、动的离子，能导电，是化合物，则属于电解质，故A正确；B液态铜是单质，故不属于电解质，故B错误；C液态HCl中没有自由移动的离子，不导电；但HCl溶于水在水分子的作用下能电离出氯离子和氢离子，属于电解质，故C错误；D固态氯化钾中没有自由移动的离子，不导电；但氯化钾晶体为离子化合物，在水溶液中或熔融状态下能导电，属于电解质，故D错误； 故选A8、解：A通电时，溶液中的溶质粒子是电解质，电离出的阴阳离子分别向两极移动，若溶质是非电解质不移向电极，胶体中的分散质粒子向某一极移动，故A错误； B胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于1

15、00nm，故B错误；C胶体是指分散质粒子直径在1 nm100 nm之间的分散系，胶体是一种分散系，纳米材料只是一种分散质，没有形成分散系，所以不是胶体，故C错误；D河流中的水含有泥沙胶粒，海水中含有氯化钠、氯化钙等电解质，二者相遇是可以发生胶体凝聚，就形成三角洲，与胶体有关，故D正确 故选D9、解：A、将氮气和氧气的混合气体通过灼热的氧化铜粉末时，氧气、氮气和氧化铜均不反应，不能除去N2中的少量O2，故A错误；B、CO2以及HCl通入过量NaOH溶液，CO2和HCl都能被NaOH溶液吸收，最后得不到二氧化碳，故B错误；C、KCl和MgCl2的混合物中加入适量NaOH溶液，氯化镁和氢氧化钠反应生

16、成氢氧化镁和氯化钠，过滤会得到氯化钠和氯化钾的混合物，这样会引入杂质，故C错误；D、CaCl2与Na2CO3反应生成碳酸钙沉淀和NaCl，过滤后，加盐酸除去多余的碳酸钠，最后得到的溶液中含有NaCl和HCl，加热，HCl挥发，最终得到纯净的NaCl，故D正确故选D10、解：A将海带灼烧灰化，应在坩埚中加热，用到的仪器有、和，必要时还可用到三脚架或铁架台带铁圈，故A正确；B将海带灰加入蒸馏水搅拌煮沸，应用到、，不用容量瓶，故B错误；C过滤时用到、和，故C正确；D检验滤液中的I-，可取少量溶液在试管中进行，选用、和，故D正确故选B11、解：A、C60由碳原子构成，故129gC60中含有的碳原子的物

17、质的量n=10.75mol，而1mol碳原子中含6mol电子，故10.75mol碳原子含有的64.5mol电子即64.5NA个，故A错误；B、NO2和N2O4均由NO2构成，故46g混合物中含有的NO2的物质的量n=1mol，含有3NA个原子，故B正确；C、标况下四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D、1mol氯化钙中含2mol氯离子，故0.1mol/L的氯化钙溶液中氯离子的浓度为0.2mol/L，故D错误 故选B12、解：A、电解质在水溶液中发生电离，电离出了自由移动离子，故A正确；B、酸性氧化物不都是非金属元素形成的氧化物，金属氧化物也可以是酸性氧化物，如Mn

18、2O7为酸性氧化物，故B错误；C、最高价态的阳离子一般具有氧化性，如Fe3+；最低价的阴离子具有还原性，如I-；但Fe2+、SO32-都既有氧化性又有还原性，故C错误；D、对于离子化合物来说，一种阳离子和一种阴离子只能得到一种物质（电荷守恒），当阴、阳离子个数比不同时，其组成物质的种类可能是多种，如FeCl3与FeCl2，故D错误故选A13、解：A盐酸滴在大理石上的离子反应为2H+CaCO3Ca2+CO2+H2O，故A错误；B稀硫酸滴在铜片上，不发生反应，故B错误； C向NaOH溶液中通入过量CO2的离子反应为OH-+CO2HCO3-，故C正确；D氢氧化钙与过量NaHCO3溶液反应的离子反应为

19、Ca2+2OH-+2HCO3-CaCO3+2H2O+CO32-，故D错误；故选C14、D15、C解析：Na2O2既有氧化性，又有还原性，参与最多的是歧化反应。利用元素化合价升降方法分析，可知:A、D两项为歧化反应(同为过氧根中氧的化合价有升有降)。而C项中，Na2O2表现出还原性是还原剂。所以，只有C项反应中Na2O2表现出强氧化性。16、DA、Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O反应中，CuCuSO4，铜的化合价升高，所以铜是还原剂；B、解：在SO2+2H2S=2H2O+3S反应中，SO2中S元素的化合价由+4降低为0，为氧化剂；H2S中S元素的化合价由-2升高到0，为还原剂，则S

20、单质既是氧化产物又是还原产物，由S原子守恒及反应可知，2mol还原剂反应生成氧化产物为2mol，1mol氧化剂反应生成还原产物为1mol，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为2mol：1mol=2：1，C、错误D、3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O中硫元素化合价由0价变为-2价和+4价，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：2，故D正确，选D17、解：A、6.72LCH4的质量是m=M=16g/mol=4.8g，3.011023个HCl的质量为0.5mol36.5g/mol=18.25g，0.2molNH3的质量是0.2mol17g/mol=3.4g，所以质量关系是，故A正确；B

21、、根据阿伏伽德罗定律的推论：同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比，所以密度关系为：，故B正确；C、3.011023个HCl的体积V=Vm=0.5mol22.4L/mol=11.2L，13.6gH2S的体积V=Vm=22.4L/mol=8.96L，0.2molNH3的体积V=0.2mol22.4L/mol4.48L，所以体积关系为：，故C错误；D、6.72LCH4的物质的量为0.3mol，所以氢原子的物质的量为1.2mol，3.011023个HCl的物质的量为0.5mol，所以氢原子的物质的量为0.5mol，13.6gH2S的物质的量为0.4mol，所以氢原子的物质的量为0.8mol，0.2

22、molNH3氢原子的物质的量为0.6mol，氢原子数目和氢原子的物质的量成正比，所以氢原子数关系是，故D正确故选C18、解：恒温恒容条件下，气体物质的量之比等于其压强之比，8g该气体物质的量=mol，前后压强之比=1104Pa：4104Pa=1：4，则后来气体物质的量为原来的4倍，为mol4=0.5mol，分子个数N=nNA=0.5mol6.01023=3.01023，故选A19、解：由（NH4）2CO32NH3+H2O+CO2可知，生成的混合气体中氨气、水蒸气、二氧化碳的摩尔分数分别为0.5、0.25、0.25，则混合气体平均相对分子质量M=170.5+180.25+440.25=24，因气

23、体密度之比等于相对分子质量之比，所以混合气的密度是相同条件下的氢气密度的=12倍，故选B20、解：稀释过程中氯化氢的物质的量不变，则稀释后溶液的体积为：=0.1L=100mL，需要加入水的质量为：1.10g/mL100mL-1.15g/mL50mL=52.5g，水的密度约为1g/mL，则需要加水的体积为：mL=52.5mL， 故选C21、试题分析：共价反应方程式可知：在产生的16mol的N2中有1mol的还原产物，15mol的氧化产物，转移电子10mol，即氧化产物比还原产物多14mol时，产生氮气16mol，若氧化产物比还原产物多1.75mol，则产生氮气在标准状态下的体积是（1614）1.

24、75mol22.4L/mol=44.8L，所以选项A错误；由方程式可知： KNO3被还原，所以选项B错误。叠氮化钠中N元素化合价由-变为0价，作还原剂，故C正确；所以选项C错误；若氧化产物比还原产物多14mol时，被氧化的N原子是30mol，现在氧化产物比还原产物多1.75mol，则被氧化的N原子的物质的量为（1.7530）14=3.75mol，因此选项D正确。22、B解：由于混合气体通过氢氧化钡溶液（有浑浊现象），而通过澄清石灰水（无浑浊现象），证明混合气体中一定存在氯化氢和二氧化碳气体；经过浓硫酸干燥后，灼热的氧化铜（变红）说明氧化铜被还原成铜，无水硫酸铜（变蓝）说明反应后有水生成，证明混

25、合气体中一定存在氢气，综上所述，该混合气体中一定有HCl、CO2、H2， 故选B23、C解：Dn（R）=n（RnH2O）=mol，该饱和溶液的物质的量浓度mol/L，故D错误；B根据w（溶质）=100%，可知该饱和溶液质量分数为100%=%， 故B错误；CR的质量为ag，结晶水的质量为ag，则100g：S=（ag+bg）：ag，解得g，故C正确；A溶液总质量为（a+b）g，根据=可知，溶液密度为g/mol，利用c=可知，密度=M（1000%）g/mL=g/mL，故A错误，故选C24、A解：左右两侧气体温度、压强相同，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，左右体积之比为4：1，则左右气体物质的量

26、之比为4：1，所以右侧气体物质的量=0.25mol，CO和二氧化碳质量为8g，设CO的物质的量为xmol，则二氧化碳物质的量为：（0.25-x）mol，28xg+44（0.25-x）g=8g，x=mol，则CO的物质的量为mol，二氧化碳物质的量为mol，A气体的物质的量之比等于其分子数之比，所以右边CO与CO2分子数之比为mol：mol=3：1，故A正确；Bm（CO）=nM=mol28g/mol=5.25g，故B错误；C相同条件下气体密度之比等于其摩尔质量之比，右边气体平均摩尔质量： =32g/mol，与氧气摩尔质量相等，所以混合气体与氧气密度之比为1：1，故C错误；D若改变右边CO和CO2

27、的充入量而使隔板处于距离右端1/6处，则左右空间体积之比为5：1，充入二氧化碳和CO物质的量为1=0.2mol，相同条件下气体的物质的量之比等于其压强之比，所以其压强之比为0.25mol：0.2mol=5：4，故D错误； 故选A25、解：（1）A配制一定物质的量浓度的溶液时，在移液时要用玻璃棒引流，故A错误；B用四氯化碳提取碘水中的碘时，用到的主要仪器有铁架台、烧杯、分液漏斗，不用玻璃棒，故B正确；C从草木灰中提取钾盐在溶解和蒸发结晶时用到玻璃棒搅拌，起到的作用分别是搅拌、加速溶解和搅拌、防止液体飞溅，故C错误；D除去食盐晶体中少量碳酸钠杂质时应加入CaCl2，生成碳酸钙沉淀要过滤除去，在过滤

28、的操作中要用玻璃棒引流，防止溶液溅出，故D错误；E实验室利用海水制取蒸馏水用蒸馏的方法，不用玻璃棒，故E正确故答案为：BE；（2）由于实验室无240mL容量瓶，故应选择250mL的容量瓶，故配制出250mL溶液浓硫酸铜的物质的量浓度为c=1.5mol/L，设所需的浓硫酸铜溶液的体积为VmL，根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀可知：1.5mol/LVmL=0.05mol/L250mL，解得V=8.3mL，故答案为：8.3；根据配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器有10mL量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶和胶头滴管，故不需要的是ADE，还缺少的是胶头滴管

29、，故答案为：ADE；胶头滴管；A在量取饱和硫酸铜溶液时仰视读，则所量取的硫酸铜溶液的体积偏大，配制出的溶液的浓度偏高，故A正确；B移液时不小心溅出少许溶液，会导致溶质的损失，则溶液浓度偏低，故B错误；C容量瓶查漏后未经干燥就直接使用，对溶液的浓度无影响，故C错误；D定容时俯视容量瓶刻度线，则溶液体积偏小，浓度偏高，故D正确；E未洗涤烧杯和玻璃棒，会导致溶质的损失，则浓度偏低，故E错误故选AD26、解：（1）铁片是单质即不是电解质也不是非电解质；熔融NaCl是强电解质；稀氨水是混合物，即不是电解质也不是非电解质；CH3COOH是电解质，在溶液中部分电离属于弱电解质；酒精是非电解质；稀盐酸是氯化氢

30、的水溶液是电解质的水溶液； H2SO4是电解质，水溶液中全部电离属于强电解质；氯化银是电解质熔融中完全电离属于强电解质；CO2是非电解质，综上所述分析判断：属于非电解质的是；属于强电解质的是；弱电解质在水溶液中的电离方程式：CH3COOHCH3COO-+H+，故答案为：； ；CH3COOHCH3COO-+H+；（2）不能用H+OH-=H2O表示的三个酸碱中和反应的化学方程式为：稀硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的化学方程式为：Ba（OH）2+H2SO4=BaSO4+2H2O，故答案为：Ba（OH）2+H2SO4=BaSO4+2H2O；乙酸具有酸的通性，可以和烧碱氢氧化钠发生中和反

31、应，即：CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，故答案为：CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O；氨水和盐酸反应生成氯化铵和水，反应方程式为：NH3H2O+HCl=NH4Cl+H2O，故答案为：NH3H2O+HCl=NH4Cl+H2O；（3）铅离子和硫酸根离子之间不共存，二者反应生成白色沉淀，离子方程式为：Pb2+SO42-=PbSO4，硫酸铅是强电解质，向其中加入饱和醋酸钠溶液会生成弱电解质醋酸铅，即PbSO4+2CH3COO-=（CH3COO）2Pb+SO42-，故答案为：Pb2+SO42-=PbSO4；PbSO4+2CH3COO-=（CH3COO）2Pb+SO42

32、-；生成了弱电解质27、解：（1）根据题中装置图示可知，该实验用锌和盐酸反应制氢气，同时生成氯化锌，该反应的离子方程式并用单线桥表示电子转移的方向和数目为，故答案为：；（2）由于多余的氢气需要燃烧反应掉，所以应该先收集一部分气体并检验其纯度，反应结束后还需要使氢化钙在氢气的氛围中冷却，所以应该最后关闭分液漏斗活塞，因此正确的顺序为BADC，故答案为：BADC；（3）钙属于极活泼的金属，极易与水反应生成氢氧化钙和氢气，而制备的氢气中会混有水蒸气和氯化氢，所以在与钙化合之前需要除杂和干燥，分别选用试剂是氢氧化钠和浓硫酸；同时为防止空气中水蒸气进入，最后还需要连接干燥管，所以正确的顺序为：iefdc

33、j（或）k（或j）a；故答案为：iefdcj（或）k（或j）a；（4）CaH2与水反应生成气体和能使酚酞显红色的溶液，则产物应为氢气和氢氧化钙，反应的化学方程式为CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2，CaH2可以和氧气在加热条件下反应生成水，可用无水硫酸铜检验，现象是白色变为蓝色，所以用化学方法区分钙与氢化钙的实验为取适量氢化钙，在加热条件下与干燥氧气反应，将反应气相产物通过装有无水硫酸铜的干燥管，观察到白色变为蓝色；取钙做类似实验，观察不到白色变为蓝色，故答案为：CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2；取适量氢化钙，在加热条件下与干燥氧气反应，将反应气相产物通过装有无水硫酸铜的干燥

34、管，观察到白色变为蓝色；取钙做类似实验，观察不到白色变为蓝色28、解：0.1mol/L A溶液的c（H+）0.1mol/L，则A为H2SO4，将B溶液分别与其它四种溶液混合，均有白色沉淀生成，B中含有Ba2+，往C溶液中加入HNO3酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，C中含有Cl-，由于NH4+、Mg2+与OH-不能共存，故中含有OH-，则B为Ba（OH）2，B与A、C、D均产生白色沉淀，则C为MgCl2，D为NH4HCO3（1）由上述分析可知，A为H2SO4、C为MgCl2，故答案为：H2SO4；MgCl2；（2）向H2SO4溶液中逐步滴加Ba（OH）2的稀溶液至过量，开始生成硫酸钡沉淀，溶液中离子浓度减小，溶液的导电性减小，恰好反应后继续滴加，离子浓度又增大，溶液导电性增大，故答案为：先减小后增大；（3）NH4HCO3与H2SO4溶液反应离子方程式：HCO3-+H+=CO2+H2O，故答案为：HCO3-+H+=CO2+H2O；NH4HCO3与过量的Ba（OH）2溶液反应离子方程式：NH4+HCO3-+Ba2+2OH-=BaCO3+NH3