【化学】山西省晋中市平遥县第二中学2019-2020学年高一12月月考试题 （解析版） 12页

山西省晋中市平遥县第二中学2019-2020学年高一12月月考试题 可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16‎ ‎ Na—23 S—32 Fe—56 N—14 Cl—35.5 Ca--40‎ 一、选择题 ‎1.下列关于Na和Na+的叙述中，错误的是（ ）‎ A. 它们相差一个电子层 B. 它们的化学性质相似 C. 钠原子，钠离子均为同一元素 D. 灼烧时，它们的焰色反应都呈黄色 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】Na+是钠原子失去一个电子后形成的，有2个电子层，根据钠原子和钠离子的结构来分析稳定性和化学性质，根据它们的质子和电子来分析它们的转化及是否为同种元素。‎ ‎【详解】A．Na+是钠原子失去一个电子后形成的，有2个电子层，而钠原子有3个电子层，所以它们相差一个电子层，故A正确； ‎ B．Na+最外层为8电子结构，性质稳定；Na原子最外层有1个电子，易失电子，具有还原性，故B错误； ‎ C．Na+是钠原子失去一个电子后形成的，质子数没有改变，所以钠原子、钠离子均为同一元素，故C正确； ‎ D．Na+是钠原子失去一个电子后形成的，质子数没有改变，所以钠原子、钠离子均为同一元素，都是钠元素，所以灼烧时，它们的焰色反应都呈黄色，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎2.V mL密度为ρ g·mL－1的某溶液中，含有相对分子质量为M的溶质m g，该溶液中溶质的质量分数为w%，物质的量浓度为c mol·L－1，那么下列关系式正确的是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.m=m（溶液）×W%=，故A错误；‎ B.，故B错误；‎ C.，故C错误；‎ D.，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎3.有关化学实验的下列操作中，一般情况下不能相互接触的是（ ）‎ A. 过滤操作中，玻璃棒与三层滤纸 B. 过滤操作中，漏斗径与烧杯内壁 C 分液操作中，分液漏斗径与烧杯内壁 D. 用胶头滴管向试管滴液体时，滴管尖端与试管内壁 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在滤操作中，玻璃棒要靠在三层滤纸上，防止滤纸弄破，故A不符合；‎ B. 在滤操作中，漏斗下端口要紧靠烧杯内壁，防止液体溅出，故B不符合；‎ C. 分液操作中，分液漏斗径要紧靠烧杯内壁，防止液体溅出，故C不符合；‎ D. 用胶头滴管向试管滴液体时，滴管要竖直悬空，防止污染药瓶，故D符合；‎ 答案选D。‎ ‎4.下列叙述正确的是(　　 )‎ A. 与28 g CO具有相同分子数的CO2的质量一定是44 g B. 与V L CO具有相同分子数的CO2的体积一定是V L C. 所含原子数相等的CO与CO2的密度之比为7∶11‎ D. 所含原子数相等的CO与CO2的密度之比为21∶22‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 28 g CO的物质的量为1mol，与它具有相同分子数的CO2也应为1mol，质量一定是44 g，正确；‎ B. 如果温度、压强相同，与V L CO具有相同分子数的CO2的体积一定是V ‎ L；如果温度、压强不相同，与V L CO具有相同分子数的CO2的体积不一是V L，错误。‎ C. 如果温度、压强相同，二者的密度关系等于其相对分子质量之比，即等于7∶11；如果温度、压强不相同，二者的密度关系无法确定，错误。‎ D. 所含原子数相等的CO与CO2，不管温度、压强关系如何，其密度之比都很难等于21∶22，错误。‎ 故答案为A。‎ ‎5.下列叙述正确的是（ ）‎ A. 元素的单质一定由氧化或还原该元素的化合物制得 B. 在化学反应中，得电子越多的氧化剂，其氧化性就越强 C. 阳离子只能得到电子被还原，阴离子只能失去电子被氧化 D. 含有最高价元素的化合物不一定具有很强的氧化性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．大多数元素的单质由氧化或还原该元素的化合物制得，但不活泼金属元素的单质可由自然界直接得到，故A错误；‎ B．氧化性的强弱与得电子的难易程度有关，则在化学反应中，得电子越多的氧化剂，其氧化性不一定强，故B错误；‎ C．处于中间价态的离子既能被氧化又能被还原，如Fe2+、SO32-等，故C错误；‎ D．一般含最高价元素的化合物具有很强的氧化性，如高锰酸钾、硝酸等，但二氧化碳不具有强氧化性，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎6.已知X2、Y2、Z2、W2四种物质的氧化能力为W2>Z2>X2>Y2，则下列氧化还原反应能发生的是（ ）‎ A. 2Y-+W2=2W-+Y2 B. 2X-+Y2=2Y-+X2‎ C. 2W-+Z2=2Z-+W2 D. 2Z-+X2=2X-+Z2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该反应中，物质的氧化性：W2>Y2，与题干物质的氧化性能力吻合，A正确；‎ B.该反应中，物质的氧化性：Y2>X2，与题干物质的氧化性能力相反，B错误；‎ C.该反应中，物质的氧化性：Z2>W2，与题干物质的氧化性能力相反，C错误；‎ D.该反应中，物质的氧化性：X2>Z2，与题干物质的氧化性能力相反，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎7.在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是(　　)‎ A. 使酚酞试液变红的溶液：Na＋、Cl－、SO42－、Fe3＋‎ B. 使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2＋、Mg2＋、MnO4－、Cl－‎ C. pH<7的溶液：K＋、Ba2＋、Cl－、Br－‎ D. 碳酸氢钠溶液：K＋、SO42－、Cl－、H＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．使酚酞试液变红的溶液显碱性，Fe3+与OH-结合生成沉淀，则不能共存，故A错误；‎ B.使紫色石蕊试液变红的溶液显酸性，H+与Fe2+、MnO4－发生氧化还原反应，则不能共存，故B错误；‎ C. pH<7的溶液显酸性，该组离子之间不反应，则能够大量共存，故C正确；‎ D.碳酸氢根离子与氢离子反应生成水和二氧化碳，则不能共存，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎8.下列反应中，其产物的颜色按红、红褐、淡黄、蓝色顺序排列的是(　　)‎ ‎①金属钠在纯氧中燃烧　②FeSO4溶液中滴入NaOH溶液，并在空气中放置一段时间　③FeCl3溶液中滴入KSCN溶液 ④无水硫酸铜放入医用酒精中 A. ②③①④ B. ③②①④‎ C. ③①②④ D. ①②③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①金属钠在纯氧中燃烧生成淡黄色的过氧化钠；②FeSO4溶液中滴入NaOH溶液先生成白色沉淀氢氧化亚铁，但很快转化为灰绿色，最终转化为红褐色的氢氧化铁；③FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，发生络合反应，溶液呈红色；④无水硫酸铜放入医用酒精中，医用酒精中含有水，无水硫酸铜遇水变蓝，故溶液变蓝，故其产物的颜色按按红、红褐、淡黄、蓝色顺序排列的是③②①④，B项正确；‎ 答案选B。‎ ‎9.将适量铁粉放入FeCl3溶液中，完全反应后，溶液中的Fe2+和Fe3+‎ 浓度相等，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比是（ ）‎ A. 1：1 B. 3：2 C. 1：2 D. 2：3‎ ‎【答案】D ‎【解析】设已反应的铁离子的物质的量是xmol，则根据方程式Fe+2Fe3+＝3Fe2+可知生成亚铁离子是1.5xmol，完全反应后，溶液中的Fe2+和Fe3+浓度相等，则未反应的铁离子是1.5xmol，所以已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比是x：1.5x＝2：3，答案选D。‎ ‎10.有NaCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3这五种溶液，只用一种试剂就可以把它们鉴别出来，这种试剂是（ ）‎ A. 烧碱溶液 B. KSCN试剂 C. 氨水 D. 盐酸 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.向以上五种溶液中加入氢氧化钠溶液后反应现象为：无现象；先生成白色沉淀后生成灰绿色沉淀最终生成红褐色沉淀；红褐色沉淀；白色沉淀；先生成白色沉淀后沉淀消失，反应现象不同，所以可以用氢氧化钠溶液区别，A正确；‎ B. KSCN试剂只能和FeCl3作用使溶液显红色，与其余四种物质不反应，现象相同，无法区别，B错误；‎ C.氨水和NaCl混合无现象，与FeCl3混合，产生红褐色沉淀，与FeCl2混合先生成白色沉淀后生成灰绿色沉淀最终生成红褐色沉淀；而与MgCl2、AlCl3两种物质混合都产生白色沉淀，现象相同，无法区别，C错误；‎ D.盐酸与题目已给五种物质都不能反应，现象相同，无法区别，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎11.下列反应的现象描述与离子方程式都正确的是（ ）‎ A. 金属镁与稀盐酸反应：有气泡逸出 Mg+2H++2Cl-===MgCl2+H2↑‎ B. 氯化钡溶液与稀硫酸反应： 有白色沉淀生成 Ba2++SO42-===BaSO4↓‎ C. 碳酸镁与盐酸反应：有气泡逸出 CO32-+2H+===CO2↑+H2O D. NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：有白色沉淀产生 2HCO3-+Ba2++2OH-===BaCO3↓+2H2O+CO32-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．金属镁与稀盐酸反应：有气泡逸出，产生的MgCl2‎ 是易溶的强电解质，应该写离子形式，Mg＋2H＋=Mg2+＋H2↑，错误；‎ B．氯化钡溶液与稀硫酸反应，产生硫酸钡白色沉淀和盐酸，反应的两种方程式是：Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，正确；‎ C．碳酸镁与盐酸反应：有气泡逸出，由于MgCO3难溶于水，因此应该写化学式，离子方程式是：MgCO3＋2H＋= Mg2+＋CO2↑＋H2O，错误；‎ D．NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：有白色沉淀产生，反应要以不足量的NaHCO3为标准书写，离子方程式是：HCO3－＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2O，错误。‎ 答案选B。‎ ‎12.下列说法错误是 （ ）‎ A. 丁达尔效应可以区分溶液和胶体 B. 以水为分散剂的分散系，按稳定性由弱至强的顺序是：浊液、胶体、溶液 C 一种分散系里只能有一种分散质 D. 分散系中分散质粒子直径由大到小的顺序是：浊液、胶体、溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、丁达尔效应是胶体特有的性质，胶体具有丁达尔效应，溶液没有，所以丁达尔效应可以区分溶液和胶体，故A正确；‎ B、浊液属于不稳定体系，胶体属于介稳定体系，溶液属于稳定体系，所以以水为分散剂的分散系，按稳定性由弱至强的顺序是：浊液、胶体、溶液，故B正确；‎ C、一种或几种物质分散在另一种（或多种）物质中所形成的体系称为分散系，则一种分散系里可以有多种分散质，故C错误；‎ D、溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1～100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm，则分散系中分散质粒子直径由大到小的顺序是：浊液、胶体、溶液，故D正确。‎ 答案选C。‎ ‎13.下列物质中，能导电且为电解质的是 （ ）‎ A. 熔融态Na2CO3 B. 固体NaCl C. 蔗糖 D. 液态H2SO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，能导电的物质含有自由电子或自由离子，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．熔融态的Na2CO3含有自由移动的离子能导电，属于电解质，故A正确；‎ B．固体NaCl在水溶液里或熔融状态下能导电，属于电解质；但离子不自由移动，不能导电，故B错误；‎ C．蔗糖是非电解质，不导电，故C错误；‎ D．液态H2SO4中不含有自由移动的离子，不导电，溶于水时导电，属于电解质，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎14.某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl－、SO42－ 四种离子，已知前三种离子的个数比为3∶2∶1，则溶液中Al3+和 SO42－的离子个数比为( )‎ A. 1∶2 B. 1∶4 C. 3∶4 D. 3∶2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】考查溶液中电荷守恒规律的应用。‎ ‎【详解】设前三种离子的物质的量分别是3x、2x、x，则根据溶液中电荷守恒可知，若溶液的酸碱性忽略不计，SO42－的离子物质的量是（3x＋2x×3－x）÷2＝4x，则溶液中Al3+和SO42－的离子个数比为2x:4x＝1:2，故A正确；‎ 答案选A。‎ ‎15.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 5.6 g铁与足量稀盐酸反应，转移0.3 NA电子 B. 常温常压下，27 g Al与足量NaOH溶液反应生成 1.5 NA个H2‎ C. 1 mol Na与足量水反应转移2 NA个电子 D. 常温常压下，22.4 LNO2和CO2混合气体含有2 NA个O原子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、5.6g铁的物质的量为0.1mol，0.1mol铁与足量盐酸反应生成0.1mol氢气，转移了0.2mol电子，转移的电子数为0.2NA，错误；‎ B、1mol Al为1mol与足量氢氧化钠溶液反应生成的H2体积物质的量为1.5mol，即1.5 NA个H2，正确；‎ C、2Na+2H2O==2NaOH+H2↑根据方程式1 mol Na与足量水反应转移NA个电子，错误；‎ D、不是标况下，气体不是1摩尔，错误；‎ 答案选B。‎ ‎16.以下实验装置不能用于分离物质的是 ( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】常用于物质分离的方法是过滤、蒸馏、萃取等，装置A、B、C分别是蒸馏、萃取和过滤，装置D是配制一定物质的量浓度溶液等，不能用于物质的分离，答案选D。‎ 二、填空题 ‎17.一学生设计入图所示装置进行NaHCO3的分解，并证实产物中有CO2产生。‎ ‎（1）试管中发生的化学反应方程式是____________________________。‎ ‎（2）指出该学生设计的装置图的错误之处，并改正（文字说明即可）（至少2处）____________。‎ ‎（3）烧杯中发生反应的离子方程式是_______________________________。‎ ‎（4）如果将16.8gNaHCO3加热一段时间，然后将剩余固体溶于水，并加入足量的CaCl2溶液，最终得到白色沉淀5.0g，则NaHCO3分解百分率为______________，加CaCl2后反应的离子方程式为____________________。‎ ‎【答案】(1). 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O (2). 试管口应略向下倾斜，伸入试管的导管伸得太长，铁夹位置应离试管口三分之一处。 (3). CO2+Ca2++2OH-＝CaCO3↓+H2O (4). 50% (5). CO32-+Ca2+＝CaCO3↓‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据碳酸氢钠分解产物书写方程式；‎ ‎（2）根据装置和反应特点分析判断；‎ ‎（3）根据二氧化碳能与氢氧化钙反应分析解答；‎ ‎（4）碳酸钠能与氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀，结合反应的方程式分析解答。‎ ‎【详解】（1）碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，则试管中发生反应的化学反应方程式是2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；‎ ‎（2）反应中有水生成，则根据装置图可知错误有：试管口应略向下倾斜，伸入试管的导管伸得太长，铁夹位置应离试管口三分之一处；‎ ‎（3）碳酸氢钠分解产生二氧化碳，二氧化碳能与氢氧化钙反应，则烧杯中发生反应的离子方程式是CO2+Ca2++2OH-＝CaCO3↓+H2O；‎ ‎（4）碳酸氢钠分解生成碳酸钠，碳酸钠能与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，反应的离子方程式为CO32-+Ca2+＝CaCO3↓。碳酸钙的物质的量是5.0g÷100g/mol＝0.05mol，则碳酸钠的物质的量是0.05mol，因此根据方程式2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O可知消耗碳酸氢钠0.1mol，质量是8.4g，所以NaHCO3分解百分率为8.4g/16.8g×100%＝50%。‎ ‎18.已知A为常见的金属单质，根据下图所示的关系：‎ ‎（1）确定A、B、C、D、E、F的化学式，A为________，B为________，C为________，D为________，E为________，F为________。‎ ‎（2）写出⑧的化学方程式，④、⑤的离子方程式。‎ ‎⑧_________________________________________________，‎ ‎④________________________________________________，‎ ‎⑤___________________________________________________。‎ ‎【答案】(1). Fe (2). Fe3O4 (3). FeCl2 (4). FeCl3 (5). Fe(OH)2 (6). Fe(OH)3 ‎ ‎ (7). 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3 (8). 2Fe2＋＋Cl2===2Cl－＋2Fe3＋ (9). Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】由转化关系图可知，红褐色固体F为Fe（OH）3，则E为Fe（OH）2，C为FeCl2，D为FeCl3，A为Fe，B为Fe3O4，然后结合物质的性质及化学用语来解答。‎ ‎【详解】：由转化关系图可知，红褐色固体F为Fe（OH）3，则E为Fe（OH）2，C为FeCl2，D为FeCl3，A为Fe，B为Fe3O4， （1）由上分析知A为Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe（OH）2，F为Fe（OH）3，故答案为：Fe；Fe3O4；FeCl2；FeCl3；Fe（OH）2；Fe（OH）3； （2）反应⑧为4Fe（OH）2的氧化，方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，④的离子方程式为2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，⑤的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3、2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-、2Fe3++Fe=3Fe2+。‎ ‎19.下列4组物质均有一种物质的类别与其它3种不同 A.CaO、Na2O、CO2、CuO B.H2、C、P、Cu C.O2、Fe、Cu、Zn D.HCl、H2O、H2SO4、HNO3‎ ‎（1）以上四组物质中与别不同的物质依次是（填化学式）‎ A______________； B__________；C______________；D_______。‎ ‎（2）这四种物质相互作用可生成一种新物质碱式碳酸铜[化学式Cu2(OH)2CO3]，该反应________氧化还原反应(填“是”或“否”)。‎ ‎（3）写出上述新物质与硝酸反应的离子方程式_____________________。‎ ‎【答案】(1). CO2 (2). Cu (3). CO2 (4). H2O (5). 是 (6). Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++H2O+CO2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据物质的分类标准和物质所属的类别来回答；‎ ‎（2）铜和氧气、水、二氧化碳反应生成碱式碳酸铜，有化合价变化的是氧化还原反应；‎ ‎（3）根据碱式碳酸铜和硝酸反应的生成物书写方程式。‎ ‎【详解】（1）A、CaO、Na2O、CuO均是金属氧化物，而CO2为非金属氧化物；‎ B、H2、C、P是非金属单质，Cu是金属单质；‎ C、Fe、Cu、Zn属于金属单质，O2属于非金属单质；‎ D、HCl、H2SO4、HNO3均属于酸，H2O不属于酸；‎ ‎（2）上述四种物质相互作用可生成一种新物质碱式碳酸铜，化学式为Cu2(OH)2CO3，反应的化学方程式：CO2+O2+2Cu+H2O＝Cu2(OH)2CO3，此反应中有元素化合价的变化，故为氧化还原反应；‎ ‎（3）碱式碳酸铜与硝酸反应生成硝酸铜、水和二氧化碳，反应的离子方程式为Cu2(OH)2CO3+4H+＝2Cu2++H2O+CO2↑。‎ ‎20.（1）在仪器①漏斗、②容量瓶、③蒸馏烧瓶、④分液漏斗、⑤烧杯、⑥蒸发皿中，可用于粗盐提纯实验的有_____________________；可用于分离两种沸点接近且互不相溶的液态混合物实验的有_______________________。‎ ‎（2）有一固体粉末,其中可能含有Na2CO3、NaCl、Na2SO4、CuCl2、Ba（NO3）2、K2CO3、K2SO4中的一种或几种，现按下列步骤进行实验。‎ ‎①将该粉末溶于水得无色溶液和白色沉淀。‎ ‎②在滤出的沉淀中加入稀硝酸，有部分沉淀溶解，同时产生无色气体。‎ ‎③取滤液做焰色反应，可证明滤液中含Na+，不含K+。‎ 由上述现象推断：该混合物中一定含有___________；一定不含有____________，可能含有________________。‎ ‎【答案】(1). ①⑤⑥ (2). ④⑤ (3). Na2CO3、Na2SO4、Ba(NO3)2 (4). CuCl2、K2CO3、K2SO4 (5). NaCl ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据粗盐提纯的步骤是溶解、过滤、蒸发、结晶，由步骤可推测用的仪器有：烧杯、带铁圈的铁架台、滤纸、玻璃棒和漏斗；根据分液所需要的仪器有：带铁圈的铁架台、分液漏斗、烧杯。‎ ‎（2）根据物质的性质结合题干中的现象，通过确定存在的物质排除不能共存的物质； 依据①可知一定无CuCl2，一定有Ba（NO3）2；可能存在含碳酸根或硫酸根的物质； 依据②判断沉淀一定有硫酸钡和碳酸钡； 依据③确定有钠元素，一定无钾元素；氯离子的检验方法分析氯化钠的存在．‎ ‎【详解】（1）粗盐提纯用的仪器有：烧杯、带铁圈的铁架台、滤纸、玻璃棒和漏斗，分液所需要的仪器有：带铁圈的铁架台、分液漏斗、烧杯；故答案为：①⑤⑥；④⑤；‎ ‎（2）①将该粉末溶于水得无色溶液和白色沉淀，可判断一定无CuCl2，一定有Ba（NO3）2，因为只有钡离子才可以形成沉淀，同时可能含碳酸根的化合物或含硫酸根离子的化合物； ②‎ 在滤出的沉淀中加入稀硝酸，有部分沉淀溶解，同时产生无色气体，说明沉淀一定有硫酸钡和碳酸钡，反应为Ba2++SO42-=BaSO4↓，Ba2++CO32-=BaCO3↓，BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O； ③取滤液做焰色反应，火焰呈黄色，透过蓝色的钴玻璃观察，未见紫色火焰，说明一定有钠离子一定无钾离子，所以原混合物中一定含有Na2CO3和Na2SO4，一定不含有K2CO3和K2SO4；可能含有NaCl，综上所述：原混合物中一定含有Na2CO3 Na2SO4 Ba（NO3）2；一定不含有CuCl2 K2CO3 K2SO4，可能含有NaCl，故答案为：Na2CO3 Na2SO4 Ba（NO3）2；CuCl2 K2CO3 K2SO4；：NaCl。‎