【化学】黑龙江省大庆市东风中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

【化学】黑龙江省大庆市东风中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

黑龙江省大庆市东风中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题 可能用到的相对原子质量：O=16 S=32 Na=23 Al=27 Cr=52 ‎ 一、选择题 ‎1.除去下列各组物质中的杂质（括号内为杂质），所选用的试剂或操作方法错误的是（ ）‎ 选项 物质 选用试剂（过量）‎ 操作方法 A CO（CO2）‎ NaOH溶液 洗气、浓硫酸干燥 B FeSO4溶液（CuSO4）‎ 铁粉 过滤 C NaBr溶液（Br2）‎ 四氯化碳 萃取、分液 D KNO3（KCl）‎ AgNO3溶液 溶解、过滤、蒸发、结晶 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CO（CO2）通入氢氧化钠溶液二氧化碳被吸收，一氧化碳不反应，再通过浓硫酸干燥，得到纯净的一氧化碳气体，故A正确；‎ B. FeSO4溶液（CuSO4），加入铁粉，铁粉与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，过滤除去铁和铜，得到硫酸亚铁溶液，故B正确；‎ C.NaBr溶液（Br2）加入四氯化碳进行萃取，溴单质易溶于四氯化碳，溴化钠不溶于四氯化碳，震荡分层，进行分液，得到溴化钠溶液，故C正确；‎ D. KNO3（KCl），加入过量的AgNO3溶液，虽然能除去KCl，但是引入新的杂质，不符合除杂原则，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎2.过滤泥沙等难溶性杂质后的食盐水仍含有可溶性的CaC12、MgCl2、Na2SO4等杂质，通过加入如下试剂（实验操作略），可制得相对纯净的食盐水：①加入过量的BaCl2溶液：②滴入稀盐酸至无气泡产生；③加入稍过量的Na2CO3溶液；④过滤；⑤加入稍过量的NaOH溶液。正确的试剂滴加顺序为（ ）‎ A. ①②③⑤④ B. ③②①⑤④‎ C. ⑤①③④② D. ③⑤②①④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】欲除去粗盐中的可溶性的CaC12、MgCl2、Na2SO4等杂质，正确操作顺序应为:①加入过量的BaCl2溶液，除去SO42-，溶液中引入了少量的杂质Ba2+；⑤加入稍过量的NaOH溶液，除去Mg2+，部分Ca2+，溶液中引入了杂质OH-；③加入稍过量的Na2CO3溶液，除去Ca2+、Ba2+溶液中引入了CO32-杂质；④过滤，除去BaSO4、BaCO3、CaCO3、Mg(OH)2、Ca(OH)2等沉淀；②滴入稀盐酸至无气泡产生，除去引入的CO32-、OH-；所以本题的正确顺序为：⑤①③④②；‎ 所以答案为:C。‎ ‎3.以下关于化学实验中“先与后”的说法中正确的是（　　）‎ ‎①蒸馏时，先点燃酒精灯，再通冷凝水 ‎②加热氯酸钾和二氧化锰的混合物制备氧气，用排水法收集气体后，先移出导管后撤酒精灯 ‎③实验室制取某气体时，先检查装置气密性后装药品 ‎④分液时，先打开分液漏斗上口的塞子，后打开分液漏斗的旋塞 ‎⑤H2还原CuO实验时，先检验气体纯度后点燃酒精灯 ‎⑥使用托盘天平称盘物体质量时，先放质量较小的砝码，后放质量较大的砝码 ‎⑦蒸馏时加热一段时间，发现忘记加沸石，应迅速补加沸石后继续加热 A. ②③④⑤⑦ B. ①②③④⑦ C. ②③④⑤ D. 全部 ‎【答案】C ‎【解析】①蒸馏时，应先通冷凝水，再点燃酒精灯加热，故①错误；②加热氯酸钾和二氧化锰的混合物制备氧气，用排水法收集气体后，为防止液体倒吸炸裂试管，应该先移出导管后撤酒精灯，故②正确；③制取气体时，一定要先检查装置气密性后装药品，故③正确；④分液操作时，先打开分液漏斗上口的塞子，使内外压强想通，再打开分液漏斗的旋塞，故④正确；⑤做H2还原CuO实验开始时要排除空气，先通入氢气，结束时要防止金属铜被氧气氧化，先撒酒精灯待试管冷却后停止通H2，故⑤正确；⑥托盘天平的砝码在加取时，先放质量较大的砝码，后放质量较小的砝码，故⑥错误；⑦蒸馏时加热一段时间，发现忘记加沸石，应冷却后再补加沸石，再继续加热，故⑦错误；答案为C。‎ ‎4.相同质量的SO2和SO3相比较，下列有关叙述中正确的是（ ）‎ ‎①它们所含的分子数目之比为1∶1　 ②它们所含的原子数目之比为15∶16　③它们所含的氧原子数目之比为2∶3 ④它们所含的硫原子数目之比为5∶4　⑤‎ 它们所含的电子数目之比为1∶1‎ A. ②③ B. ①④‎ C. ②④⑤ D. ①②③④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设SO2和SO3的质量均为1g，两者的物质的量之比为1/64：1/80=5:4。①它们所含的分子数目之比为5∶4，不正确。②它们所含的原子数目之比为5×3∶4×4=15:16，正确。③它们所含的氧原子数目之比为5×2∶4×3=5:6，错误。④它们所含的硫原子数目之比为5∶4，正确。⑤它们所含的电子数目之比为5×32∶4×40=1:1，正确。故正确的有②④⑤，答案选C。‎ ‎5.标准状况下，一个装满氯气的容器的质量为74.6 g，若装满氮气时总质量为66 g，则此容器的容积(　　)‎ A. 22.4 L B. 44.8 L C. 11.2 L D. 4.48 L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】假设气体的物质的量为nmol，容器的质量为mg，则：mg+nmol×71g/mol=74.6g，mg+nmol×28g/mol=66g，联立方程，解得n=0.2mol，气体的体积为V=0.2mol×22.4L/mol=4.48L，所以容器的容积为4.48L，故选D。‎ ‎6.把18.4g由NaOH和NaHCO3组成的固体混合物在密闭容器中加热到约250摄氏度， 经充分反应后排出气体，冷却后称得固体质量为16.6g，试确定原混合物中NaOH与NaHCO3的物质的量的关系为（ ）‎ A. NaOHNaHCO3‎ C. NaOH=NaHCO3 D. 无法确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由于已知反应前混合物的质量和反应后固体的质量，所以，有可能存在过量问题；‎ 设18.4g混合物正好完全反应，减少的质量为x；‎ NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O ‎124 18‎ ‎18.4g x ‎＝‎ x=2.7g 因2.7g＞（18.4-16.6）g所以氢氧化钠过量，碳酸氢钠完全反应。‎ NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O ‎ 84 18‎ m（NaHCO3） （18.4-16.6）g ‎＝‎ m(NaHCO3)=8.4g，n(NaHCO3)==0.1mol 原混合物中NaOH的质量m(NaOH)=18.4g-8.4g=10g，n(NaOH)==0.25mol，‎ 原混合物中NaOH与NaHCO3的物质的量的关系为NaOH>NaHCO3。‎ 答案选B。‎ ‎7.酸式盐是盐的一种，可看作是多元酸中的氢离子未被完全中和所得到的盐，常见的有NaHCO3、NaHSO4、KH2PO4、KHPO4等。已知 H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，则下列说法正确的是（ ）‎ A. H3PO2属于二元酸 B. H3PO2属于三元酸 C. NaH2PO2属于酸式盐 D. NaH2PO2属于正盐 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2为一元酸，故A错误；‎ B．由于H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2为一元酸，故B错误；‎ C．由于H3PO2为一元酸，故NaH2PO2属于正盐，故C错误；‎ D．由于H3PO2为一元酸，故NaH2PO2属于正盐，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎8.下列离子方程式中，正确的是（ ）‎ A. 过氧化钠与水反应：2O22- + 2H2O = 4OH- + O2↑‎ B. 向偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳：AlO2 +CO2 +2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-‎ C. 向澄清石灰水中滴入足量碳酸氢钠溶液：Ca2++ OH－+ HCO3－＝CaCO3↓+H2O D. Ba (OH)2溶液中通入过量CO2：CO2+ Ba2++2OH－＝BaCO3↓+ H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、过氧化钠固体与水反应的离子反应为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，选项A错误；‎ B、向偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳，反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-，选项B正确；‎ C、向澄清石灰水中加入过量的碳酸氢钠溶液，氢氧化钙完全反应，离子方程式为：Ca2++2OH-+2HCO3-═CaCO3↓+2H2O+CO32-；选项C错误；‎ D、Ba (OH)2溶液中通入过量CO2，反应生成碳酸氢钡和水，反应的离子方程式为CO2+ OH－＝HCO3-，选项D错误。‎ 答案选B。‎ ‎9.某兴趣小组对NH4NO3的热分解产物提出如下4种猜想：‎ 甲：N2、HNO3、H2O 乙：N2O、NO、H2O 丙：NH3、N2、H2O 丁：N2、NO、H2O 你认为猜想有科学性不正确的是（ ）‎ A. 甲和乙 B. 乙和丁 C. 乙和丙 D. 丙和丁 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、NH4NO3中N元素的化合价有-3和+5两种，原子个数比为1:1，根据得失电子守恒，若发生归中反应生成氮气，消耗-3价N和+5价N的比为5:3，所以+5价N有剩余，有硝酸生成，不可能有氨气生成，故甲有可能、丙不可能；若发生归中反应， 、，根据得失电子守恒，-3价N和+5价N的比为3:4，所以-3价N有剩余，应有氨气生成，故乙不可能；若发生归中反应， 、，根据得失电子守恒， 消耗-3价N和+5价N的比为1:1，可能不生成其他含N的产物，故丁有可能；故选C。‎ ‎10.全钒液流电池是一种新型电能储存和高效转化装置。某溶液中含有VO2+和Cr2O72-，现向其溶液中滴入29．00mL0．1mol/L的FeSO4溶液，恰好是VO2+→VO2+,Cr2O72-→Cr3+．再滴入2．OOmL0．02000mol/L的KMnO4溶液，又恰好是VO2+→VO2+,而Cr3+不变，此时MnO4-→Mn2＋,则原溶液中Cr元素的质量为（ ）‎ A. 156 mg B. 23 4 mg C. 31．2 mg D. 46．8mg ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由信息滴入29.00mL0.1mol/L的FeSO4溶液，恰好使VO2+→VO2+，Cr2O72-→Cr3+，Fe元素的化合价升高，V、Cr元素的化合价降低；再滴入2.00mL，0.020mol/LKMnO4溶液，又恰好使VO2+→VO2+，而Cr3+不变，此时MnO4→Mn2+，Mn元素的化合价降低，V元素的化合价升高，则整个过程中Fe、Mn、Cr的化合价变化，设原溶液中Cr的质量为x，由电子守恒可知，29.00mL×10-3L×0.1mol/L×（3-2）= ×（6-3）+2.00mL×10-3L×0.020mol/L×（7-2），解得x=46.8×10-3g=46.8mg；‎ 故选：D ‎11.将钠、镁、铝各0.4mol分别放入100 mL 2 mol·L-1的盐酸中,同温同压下产生的气体体积比是(　　)‎ A. 6∶3∶2 B. 2∶1∶1 C. 3∶1∶1 D. 1∶1∶1‎ ‎【答案】B ‎【解析】钠、镁、铝各0.4mol分别放入100 mL 2 mol·L-1的盐酸中，钠完全反应，产生氢气的物质的量为0.2mol；镁、铝与盐酸反应时，盐酸不足，盐酸完全反应，产生氢气的物质的量相等即0.1mol，则气体体积比是2∶1∶1 ，答案选B。‎ ‎12.将15.6gNa2O2和5.4gAl 同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72L，若反应过程中溶液的体积保持不变，下列说法正确的是（ ）‎ A. 最终溶液：c(Na+)= 1.5 mol·L-1 ‎ B. 标准状况下，反应过程中得到6.72L气体 C. 最终溶液：c(Na+) 23g，不符合题意，A错误；‎ B.Al是+3价的金属，产生1mol氢气需要质量为(27÷3)×2=18g<23g，符合题意，B正确；‎ C.Fe是+2价金属，产生1mol氢气需要质量为56g>23g，不符合题意，C错误；‎ D.Cu是+2价金属，但是铜与稀硫酸不能反应，所以产生1mol氢气需要金属质量为无穷大，不符合题意，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎19.浓度相同的NaOH溶液各100 mL倒入A、B、C三个烧杯中，分别向三份溶液中通入不等量的CO2，充分反应后，再向三份所得溶液中逐滴加入0.2 mol/L的盐酸，产生CO2‎ 的体积与所加盐酸体积之间关系如下图所示。下列判断正确的是（气体体积取标准状况计算）（ ）‎ A. 通入CO2后，A烧杯中的溶质成分是Na2CO3‎ B. B烧杯中通入的CO2体积为448 mL C. 原NaOH溶液的浓度为0.2 mol/L D. 通入CO2后，C烧杯中溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)∶n(Na2CO3)＝1∶2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】浓度相同的NaOH溶液各100 mL倒入A、B、C三个烧杯中，分别向三份溶液中通入不等量的CO2，充分反应后，可能发生反应为：2NaOH + CO2= Na2CO3+ H2O、Na2CO3+ CO2+ H2O = 2NaHCO3，故所得溶液溶质可能为：①NaOH、Na2CO3，②Na2CO3，③Na2CO3、NaHCO3，④NaHCO3；再向三份所得溶液中逐滴加入0.2 mol/L的盐酸，可能发生反应为：NaOH+ HCl = NaCl + H2O， Na2CO3+ HCl = NaHCO3+ NaCl，NaHCO3+ HCl =NaCl + CO2↑ + H2O，据此分析作答。‎ ‎【详解】A. 由图像可知A曲线前50mL不产生气体，后150mL，产生气体，故A溶液溶质为③Na2CO3、NaHCO3，故A项错误；‎ B. B曲线前100mL不产生气体，后100mL产生气体，可知该溶液为②Na2CO3溶液，则可知通入的CO2体积为0.1L×0.2mol/L×22.4L/mol×1000=448mL，故B项正确；‎ C. 由图象可知加入盐酸200mL后反应完毕，则原NaOH溶液的浓度为0.2L×0.2mol/L÷0.1L=0.4mol/L，故C项错误；‎ D. C曲线前150mL无气体产生，后50mL产生气体，可知溶液溶质为①NaOH、Na2CO3，可知C烧杯中溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)∶n(Na2CO3)＝2:1，故D项错误；‎ 本题选B。‎ ‎20.120mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和200mL盐酸，不管将前者滴入后者，还是将后者滴入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，且比值为5：2，则盐酸的浓度是（　　　）‎ A. 2.0mol/L B. 1.0mol/L ‎ C. 0.18mol/L D. 1.25mol/L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】当碳酸钠滴入盐酸中时发生CO32-+2H+═H2O+CO2↑，‎ 当盐酸滴入碳酸钠溶液时，反应顺序为CO32-+H+═HCO3-、HCO3-+H+═H2O+CO2↑，都有气体产生，说明HCl的物质的量应大于Na2CO3的物质的量，又因为最终生成的气体体积不同，当碳酸钠滴入盐酸中时碳酸钠有剩余，当盐酸滴入碳酸钠溶液时，第一步反应完全，第二步反应碳酸氢根离子有剩余。‎ ‎【详解】设HCl为nmol；当碳酸钠滴入盐酸中时发生CO32-+2H+═H2O+CO2↑反应，生成CO2的物质的量为mol；当盐酸滴入碳酸钠溶液时，反应顺序为CO32-+H+═HCO3-、HCO3-+H+═H2O+CO2↑，发生CO32-+H+═HCO3-反应消耗盐酸0.2mol，发生HCO3-+H+═H2O+CO2↑反应，消耗盐酸(n-0.2)mol，所以生成CO2的物质的量为(n-0.2)mol，则：(n-0.2)=5:2，n=0.25，盐酸的浓度是1.25mol/L，故选D。‎ 二、非选择题 ‎21.向Ba（OH）2和NaOH的混合稀溶液中通入足量的CO2气体，生成沉淀的物质的量（n）和通入CO2气体体积（V）的关系如图所示，试回答：‎ ‎（1）a点之前的反应的离子方程式为__。‎ ‎（2）a点到b点之间的反应的离子方程式是__、__。‎ ‎（3）c点二氧化碳体积是__L。‎ ‎（4）混合稀溶液中Ba（OH）2和NaOH的物质的量之比为__。‎ ‎【答案】(1). Ba2++CO2+2OH－==BaCO3↓+H2O (2). CO2+2OH－==CO32－+H2O (3). CO32－+CO2+H2O==2HCO3－ (4). 15.0 (5). 1∶1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)a点之前二氧化碳与氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，反应的离子方程式为Ba2++CO2+2OH－==BaCO3↓+H2O，故答案为Ba2++CO2+2OH－==BaCO3↓+H2O；‎ ‎(2)a～b之间先后发生的反应为：2NaOH+CO2═Na2CO3、Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3，所以离子方程式为：CO2+2OH-=CO32-+H2O、CO32-+CO2+H2O=2HCO3-‎ ‎，故答案为CO2+2OH-=CO32-+H2O、CO32-+CO2+H2O=2HCO3-；‎ ‎(3)b～c之间发生反应：BaCO3+H2O+CO2═Ba(HCO3)2，由方程式可知生成碳酸钡沉淀与碳酸钡溶解消耗二氧化碳的体积相等，所以c点的体积为15，故答案为15；‎ ‎(4)消耗二氧化碳的量Ba(OH)2和NaOH的物质的量相等，然后根据相同条件下体积之比等于物质的量之比，a点之前发生反应：CO2+Ba(OH)2=BaCO3↓+H2O，a～b之间先后发生的反应为：2NaOH+CO2═Na2CO3、Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3，所以NaOH和Ba(OH)2的物质的量之比为1：1，故答案为1：1。‎ ‎22.等质量的两种金属粉末A、B分别与同浓度的足量稀盐酸反应，都生成+2价金属氯化物，其反应情况如图所示：‎ ‎(1) 两种金属的活动性顺序是_____>______‎ 两种金属氯化物的摩尔质量是_____>______‎ ‎(2) 将两种金属粉末按一定比例混合后，进行甲、乙 丙三组实验，三组实验各取500mL同浓度的盐酸 溶液加入该种混合粉末，产生气体，有关数据如下：‎ 实验序号 甲 乙 丙 混合粉末质量(g)‎ ‎6.2‎ ‎18.6‎ ‎24.8‎ 生成气体气体(mL)‎ ‎2240‎ ‎5600‎ ‎5600‎ ‎①乙组实验中，盐酸________(填“过量”、“适量”或“不足量”) ‎ ‎②上述所用的盐酸的物质的量浓度为_____mol/L，混合粉末的平均摩尔质量是________。‎ ‎【答案】(1). B (2). A (3). B (4). A (5). 不足量 (6). 1 (7). 62g/mol ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）从图可知，B与盐酸的曲线的斜率要大，这个斜率就是反应的速率大小，所以两种金属的活动性顺序是B＞A，等质量的A、B与同浓度的足量稀盐酸反应，A放出的氢气多（看最后平台对应的纵坐标），所以A的摩尔质量要小；‎ ‎（2）①甲组实验，后面随着金属的量增加，放出的气体增加，故甲组是盐酸过量，乙组实验中，金属质量是甲组的3倍，如果金属全都反应完，产生的气体应该是甲组的3倍，而给出的数据是小于3倍，很明显乙组中的盐酸已经不足了；‎ ‎②计算最终生成氢气的物质的量，根据H原子守恒计算n（HCl），进而计算c（HCl）；甲组实验中金属完全反应，金属都为+2价，根据电子转移守恒，金属物质的量等于氢气物质的量，则金属的平均摩尔质量═。‎ ‎【详解】（1）从图可知，B与盐酸的速率比A大，所以两种金属的活动性顺序是B＞A，等质量的A、B与同浓度的足量稀盐酸反应，A放出的氢气多，所以A的摩尔质量要小，所以两种金属氯化物的摩尔质量是B>A；‎ ‎（2）①甲组实验，随着金属的量增加，放出的气体增加，故甲组是盐酸过量，乙组实验中，金属质量是甲组的3倍，如果金属全都反应完，产生的气体应该是甲组的3倍，而给出的数据是小于3倍，乙组中的盐酸已经不足；‎ ‎②最终生成氢气的物质的量为=0.25mol，根据H原子守恒n（HCl）=0.25×2=0.5mol，所以c（HCl）= =1mol/L；甲组实验中金属完全反应，金属都为+2价，根据电子转移守恒，金属物质的量等于氢气物质的量，此时生成氢气为 =0.1mol，故金属的平均摩尔质量═=62g/mol。‎ ‎23.A、B、C、D四种强电解质溶液分别含有下列阴、阳离子中的各一种且不重复：NH、Ba2+、H+、Na+、SO42-、CO32-、NO3-、OH﹣已知：①向A或D中滴入C，均有沉淀生成：‎ ‎②向A和B中分别滴加D（可加热）均有气体生成(又已知：D和B反应生成的气体能被A吸收)，且这两种气体在水中能反应生成D。 试回答下列问题：‎ ‎（1）写出A、B、C、D四种溶液中溶质的化学式：‎ A______________，B______________，C______________，D______________。‎ ‎（2）将A与D反应生成的气体缓慢通入含KOH、Ca(OH)2、NaAlO2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量n与通入气体的体积V的关系可表示______________（填字母）。‎ ‎【答案】(1). H2SO4 (2). NaOH (3). Ba(NO3)2 (4). （NH4）2CO3 (5). C ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）解答题目的关键是找到突破口,D和A、B都能生成气体，而题给离子中只有H+与CO32-、OH-与NH4+能反应生成气体，故D只能为(NH4)2CO3；在A或D中滴入C，均有沉淀生成，说明A中含有SO42-，C中应含有Ba2+，而A和D反应生成的气体说明A一定是硫酸，产生的气体是二氧化碳，能被B吸收，说明B是一种碱，所以C是硝酸钡，B是氢氧化钠，以此解答该题；‎ ‎（2）只要通入CO2，立刻就有沉淀CaCO3产生；将Ca(OH)2消耗完毕，接下来消耗KOH，因而此段不会产生沉淀（即沉淀的量保持不变）；KOH被消耗完毕，接下来消耗KAlO2，有Al(OH)3沉淀生成；又因二氧化碳足量，还可以继续与上面反应的产物K2CO3、CaCO3、发生反应。‎ ‎【详解】（1）在NH4+、Ba2+、Na+、H+、SO42－、NO3－、OH－、CO32－离子中可能生成的气体有NH3和CO2两种，由D和A、B反应生成，则D中含有CO32-和NH4+离子，应为(NH4)2CO3，在A或D中滴入C，均有沉淀生成，说明A中含有SO42-，C中应含有Ba2+，而A和D反应生成气体说明A一定是硫酸，产生的气体是二氧化碳，能被B吸收，说明B是一种碱，所以C是硝酸钡，B是氢氧化钠；答案为H2SO4、NaOH、Ba(NO3)2、（NH4）2CO3；‎ ‎（2）通入的CO2先和Ca(OH)2反应生成CaCO3；接着二氧化碳和KOH反应生成K2CO3，二氧化碳和NaAlO2反应生成Al(OH)3；接着和K2CO3反应生成KHCO3；最后二氧化碳和CaCO3反应生成Ca(HCO3)2，符合条件的曲线为选项C。‎