2016-2017学年河南省南阳二中高三（上）第一次诊断化学试卷

许愿真 2016-11-01

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2016-2017学年河南省南阳二中高三（上）第一次诊断化学试卷

一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42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．若以w₁和w₂分别表示物质的量是浓度为c₁ mol·L^﹣¹和c₂mol·L^﹣¹硫酸溶液的质量分数，已知2w₁=w₂，则下列推断正确的（硫酸的密度比纯水的大）( )

A．2c₁=c₂ B．2c₂=c₁ C．c₂＞2c₁ D．c₁＜c₂＜2c₁

【分析】浓硫酸的密度大于水，溶液的浓度越大，密度越大，利用c=进行判断．

【解答】解：设物质的量是浓度为c₁ mol·L^﹣¹的密度为ρ₁，物质的量是浓度为c₂mol·L^﹣¹硫酸溶液的密度为ρ₂，则

c₁=，c₂=，

因浓硫酸的密度大于水，溶液的浓度越大，密度越大，则ρ₁＜ρ₂，

则c₂＞2c₁，

故选C．

【点评】本题考查物质的量浓度与质量分数的计算与比较，题目难度中等，注意浓硫酸的密度大于水，溶液的浓度越大，密度越大．

2．为了鉴定卤代烃中所含有的卤素原子，现有下列实验操作步骤．正确的顺序是( )

①加入AgNO₃ ②加入少许卤代烃试样 ③加热 ④加入5mL 4mol/L NaOH溶液 ⑤加入5mL 4mol/L HNO₃溶液．

A．②④③① B．②④③⑤① C．②⑤③①④ D．②⑤①③④

【分析】检验卤代烃中所含有的卤素原子，先使卤代烃中的卤素原子变为卤离子，在氢氧化钠水溶液中水解生成卤离子，再加入硝酸酸化，最后加入硝酸银，观察是否沉淀生成及颜色，确定含有的卤素原子，以此来解答．

【解答】解：鉴定卤代烃中所含有的卤素原子，先②加入少许卤代烃试样、再④加入5mL 4mol/L NaOH溶液，然后③加热，发生水解反应生成卤素离子，再⑤加入5mL 4mol/L HNO₃溶液，最后①加入AgNO₃ ，观察沉淀及其颜色可确定卤素原子，

故选B．

【点评】本题考查有机物的中卤素原子检验，为高频考点，注意溴乙烷中不含溴离子，明确卤离子的转化是解答的关键，水解后加酸至酸性为解答的易错点，题目难度不大．

3．下列各组中的反应（反应在溶液中进行），可用同一离子方程式表示的是( )

A．NaOH+HCl与KOH+CH₃COOH

B．NaOH+H₂SO₄与 Ba（OH）₂+H₂SO₄

C．BaCl₂+H₂SO₄与Ba（OH）₂+Na₂SO₄

D．CaCO₃+H₂SO₄ 与Na₂CO₃+HCl

【分析】A．氯化氢为强电解质，应拆成离子形式；醋酸为弱电解质，应保留化学式；

B．前者反应实质为氢离子与氢氧根离子反应生成水，后者反应实质氢离子与氢氧根离子反应生成水，钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀；

C．二者反应实质都是钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀；

D．碳酸钙为沉淀应保留化学式，碳酸钠为可溶性盐应拆成离子形式．

【解答】解：A．氯化氢为强电解质，应拆成离子形式；醋酸为弱电解质，应保留化学式，二者都与氢氧化钠反应不能用同一个离子方程式表示，故A错误；

B．前者反应实质为氢离子与氢氧根离子反应生成水，后者反应实质氢离子与氢氧根离子反应生成水，钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，二者反应实质不同，所以不能用同一个离子方程式表示，故B错误；

C．二者反应实质都是钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，都可以用离子方程式：Ba²⁺+SO₄²^﹣=BaSO₄↓，故C正确；

D．碳酸钙为沉淀应保留化学式，碳酸钠为可溶性盐应拆成离子形式，二者不能用同一个离子方程式表示，故D错误；

故选：C．

【点评】本题考查了离子方程式的书写，题目难度不大，解题时应注意化学式的拆分、反应物用量对反应的影响，注意离子方程式的意义．

4．下列说法正确的是( )

①含共价键的化合物一定是共价化合物

②气态单质分子中一定含有共价键

③由非金属元素组成的化合物可能是离子化合物

④离子化合物中一定含有离子键

⑤由不同元素组成的多原子分子里，一定只存在极性共价键．

A．②③ B．②③⑤ C．③④ D．①②④

【分析】①含共价键的化合物也可能是离子化合物；

②稀有气体是单原子分子，没有共价键；

③铵盐是由非金属元素形成的离子化合物；

④含有离子键的化合物是离子化合物；

⑤由不同元素组成的多原子分子里，一定存在极性共价键，可能含有非极性键．

【解答】解：①含共价键的化合物也可能是离子化合物，如NaOH中含有离子键和共价键，属于离子化合物，故错误；

②稀有气体是单原子分子，没有共价键，则气态单质分子中不一定含有共价键，故错误；

③由非金属元素组成的化合物可能是离子化合物，如铵盐，是由非金属元素形成的离子化合物，故正确；

④含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，但是一定有离子键，故正确；

⑤由不同元素组成的多原子分子里，一定存在极性共价键，可能含有非极性键，如H₂O₂中含有O﹣H极性键和O﹣O非极性键，故错误．

故选C．

【点评】本题考查化学键与化合物的类型，注意利用实例分析选项，把握特殊物质中的化学键及稀有气体中不含化学键，题目难度不大．

5．一定温度下，在一个容积为1L的密闭容器中，充入1mol H₂（g）和1mol I₂（g），发生反应H₂（g）+I₂（g）?2HI（g），经充分反应达到平衡后，生成的HI（g）的气体体积的50%，在该温度下，在另一个容积为2L的密闭容器中充入1mol HI（g）发生反应HI（g）?H₂（g）+I₂（g），则下列判断正确的是( )

A．后一反应的平衡常数为1

B．后一反应的平衡常数为0.5

C．后一反应达到平衡时，H₂的平衡浓度为0.25mol·L^﹣¹

D．后一反应达到平衡时，HI（g）的平衡浓度为0.5 mol·L^﹣¹

【分析】一定温度下，将H₂和I₂各1mol的气态混合物充入1L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后生成的HI（g）的气体体积的50%，设转化的氢气为xmol，依据化学平衡三段式列式为：

H₂ +I₂ ?2HI

起始量（mol/L） 1 1 0

变化量（mol/L） x x 2x

平衡量（mol/L） 1﹣x 1﹣x 2x

HI（g）的气体体积的50%，则=50%，解得x=0.5mol

故K==4，

该温度下，在另一个容积为2L的密闭容器中充入1mol HI（g）发生反应HI（g）?H₂（g）+I₂（g），等效为充入H₂和I₂各0.5mol，又该反应为气体体积不变得反应故与原平衡成比例等效，则新平衡时氢气为0.5mol×=0.25mol，HI（g）为1mol×=0.5mol；

【解答】解：一定温度下，将H₂和I₂各1mol的气态混合物充入1L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后生成的HI（g）的气体体积的50%，设转化的氢气为xmol，依据化学平衡三段式列式为：

H₂ +I₂ ?2HI

起始量（mol/L） 1 1 0

变化量（mol/L） x x 2x

平衡量（mol/L） 1﹣x 1﹣x 2x

HI（g）的气体体积的50%，则=50%，解得x=0.5mol

故K==4，

A、根据平衡常数只与温度有关，结合正反应与逆反应的平衡常数成倒数关系，故 2HI?H₂ +I₂的平衡常数为，又同一反应平衡常数与系数成幂次方关系，故后一反应的平衡常数为=0.5，故A错误，B正确；

C、根据以上计算后一反应达到平衡时，H₂的平衡浓度为=0.125mol/L，故C错误；

D、根据以上计算后一反应达到平衡时，HI（g）的平衡浓度为=0.25mol/L，故D错误；

故选B；

【点评】本题考查了化学平衡的三段式计算应用，平衡常数与方程式之间的关系以及等效平衡的判断是本题的关键，题目较简单．

6．向29.6g Fe₂O₃、FeO和Cu的混合物中，加入1mol·L^﹣¹硫酸溶液400mL时，固体恰好完全溶解，所得溶液中不含Fe³⁺．若用足量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，得到的固体质量为( )

A．16.8g B．21.6g C．23.2g D．26.4g

【分析】硫酸恰好使混合物完全溶解，硫酸没有剩余，所得溶液中不含Fe³⁺，溶液中溶质为CuSO₄、FeSO₄，该反应过程为：硫酸与氧化铁恰好反应，生成硫酸铁与水，硫酸与FeO反应生成硫酸亚铁与水，生成的硫酸铁与铜恰好反应转化为CuSO₄、FeSO₄，由水的分子式H₂O可知混合物中n（O）=n（H₂SO₄），若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为Fe₂O₃、FeO中氧元素的质量．

【解答】解：硫酸恰好使混合物完全溶解，硫酸没有剩余，所得溶液中不含Fe³⁺，溶液中溶质为CuSO₄、FeSO₄，该反应过程为：硫酸与氧化铁恰好反应，生成硫酸铁与水，硫酸与FeO反应生成硫酸亚铁与水，生成的硫酸铁与铜恰好反应转化为CuSO₄、FeSO₄，由水的分子式H₂O可知混合物中n（O）=n（H₂SO₄）=0.4L×1mol/L=0.4mol，若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为Fe₂O₃、FeO中氧元素的质量，所以得到的固体质量为29.6g﹣0.4mol×16g/mol=23.2g，

故选：C．

【点评】本题考查混合物的有关计算，难度中等，根据反应过程判断混合物中氧原子的物质的量是解题的关键，较好的考查学生分析计算能力．

7．化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是( )

A．电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2Cl^﹣﹣2e^﹣═Cl₂

B．氢氧燃料电池的负极反应式：O₂+2H₂O+4e^﹣═4OH^﹣

C．粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu﹣2e^﹣═Cu²⁺

D．钢铁发生电化学腐蚀的负极反应式：Fe﹣3e^﹣═Fe³⁺

【分析】A、电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电；

B、氢氧燃料电池中正极上得电子发生还原反应，负极上失电子发生氧化反应；

C、粗铜精炼时，连接电源正极的是阳极，连接电源负极的是阴极；

D、钢铁发生电化学腐蚀时，负极上铁失去电子生成亚铁离子．

【解答】解：A、电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气，所以阳极的电极反应式为：2Cl^﹣﹣2e^﹣=Cl₂↑，故A正确；

B、氢氧燃料的正极上氧气得电子发生还原反应，电池反应式：O₂+2H₂O+4e^﹣═4OH^﹣，故B错误；

C、粗铜精炼时，粗铜连接电源正极，纯铜连接电源负极，阳极上电极反应式为Cu﹣2e^﹣═Cu²⁺，故C错误；

D、钢铁发生电化学腐蚀的负极反应式：Fe﹣2e^﹣═Fe²⁺，故D错误；

故选A．

【点评】本题考查了原电池和电解池原理，易错选项是D，注意钢铁的腐蚀中，铁失电子生成亚铁离子不是铁离子．

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第8题-第10题为必考题，每个试题考生都必须作答．第11题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共53分）

8．某校化学实验兴趣小组在“探究卤素单质的氧化性”的系列实验中发现：在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，振荡后溶液呈黄色．

（1）提出问题：Fe³⁺、Br₂谁的氧化性更强？

（2）猜想：

①甲同学认为氧化性：Fe³⁺＞Br₂，故上述实验现象不是发生化学反应所致，则溶液呈黄色是含Br₂（填化学式，下同）所致．

②乙同学认为氧化性：Br₂＞Fe³⁺，故上述实验现象是发生化学反应所致，则溶液呈黄色是含Fe³⁺所致．

（3）设计实验并验证：丙同学为验证乙同学的观点，选用下列某些试剂设计出两种方案进行实验，并通过观察实验现象，证明了乙同学的观点确实是正确的．

供选用的试剂：a．酚酞试液 b．四氯化碳 c．无水酒精 d．硫氰化钾溶液

请你在下列表格中写出丙同学选用的试剂及实验中观察到的现象．（试剂填序号）

	选用试剂	实验现象
方案1
方案2

（4）应用与拓展：

①在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，溶液呈黄色所发生的离子反应方程式为2Fe²⁺+Br₂═2Fe³⁺+2Br^﹣．

②在100mLFeBr₂溶液中通入2.24LCl₂（标准状况），溶液中有的Br^﹣被氧化成单质Br₂，则原FeBr₂溶液中FeBr₂的物质的量浓度为1.2mol/L．

【分析】（2）Fe²⁺的颜色：浅绿色，Fe³⁺的颜色：棕黄色，溴水的颜色：橙黄色．根据题意在足量的氯化亚铁溶液中加入l﹣2滴溴水，如果不发生氧化还原反应，溶液呈黄色是由溴水引起的，如果发生反应：2Fe²⁺+Br₂═2Fe³⁺+2Br^﹣，生成Fe³⁺，溶液呈黄色是由Fe³⁺引起的．即可得出甲同学、乙同学的结论；

（3）乙同学的观点认为氧化性：Fe³⁺＜Br₂，则会发生反应：2Fe²⁺+Br₂═2 Fe³⁺+2Br^﹣，要设计方案进行实验证明乙同学的观点确实正确，考虑两种思路．第一，溶液中不存在Br₂，然后选择合适试剂检验不存在Br₂．第二，溶液中存在Fe³⁺，选择合适试剂检验存在Fe³⁺．即可确定乙同学观点正确；

（4）①根据氧化还原反应原理确定反应物及其生成物，利用化合价升降法进行配平即可；

②氯气的物质的量是=0.1mol，因还原性Fe²⁺＞Br^﹣，溶液中有的Br^﹣被氧化成单质Br₂，先后发生2Fe²⁺+Cl₂═2Fe³⁺+2Cl^﹣，2Br^﹣+Cl₂=Br₂+2Cl^﹣，结合电子得失守恒计算．

【解答】解：（2）Fe²⁺的颜色：浅绿色，Fe³⁺的颜色：棕黄色，溴水的颜色：橙黄色．

根据题意在足量的氯化亚铁溶液中加入l﹣2滴溴水，若Fe³⁺氧化性强于Br₂，则不发生氧化还原反应，溶液呈黄色是由加入溴水引起的；如果Br₂氧化性强于Fe³⁺，则发生反应：2Fe²⁺+Br₂═2Fe³⁺+2Br^﹣，生成了Fe³⁺，则溶液呈黄色是由Fe³⁺引起的；

因此①中甲同学认为氧化性：Fe³⁺＞Br₂，不发生反应，溶液呈黄色是由溴水引起的；②中乙同学认为氧化性：Fe³⁺＜Br₂，发生反应生成Fe³⁺，溶液呈黄色是由Fe³⁺引起的，

故答案为：Br₂；Fe³⁺；

（3）乙同学的观点认为氧化性：Fe³⁺＜Br₂，则会发生反应：2Fe²⁺+Br₂═2Fe³⁺+2Br^﹣，由于溴水少量，要全部参与反应，生成物中生成了Fe³⁺．

要证明乙同学的观点确实正确，设计两种方案进行实验．方案一：证明溶液中不存在Br₂，根据题意，选择试剂四氯化碳来进行萃取实验，由于四氯化碳呈无色、密度大于水、与水不互溶、易溶解Br₂，观察到现象为：出现分层现象，下层为四氯化碳，且呈无色．则证明方案一正确．

方案二：证明溶液中存在Fe³⁺．根据题意，选择试剂硫氰化钾溶液，观察到现象为溶液呈血红色．则证明方案二正确．方案一、方案二都正确即可证明乙同学的观点确实正确．

故答案为：

	选用试剂（填序号）	实验现象
方案1	b	下层（CCl₄层）无色
方案2	d	溶液变为血红色

（4）①根据结论：氧化性：Fe³⁺＜Br₂，在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水时，Br₂可以把Fe²⁺氧化成Fe³⁺，

Br₂本身被还原成Br^﹣．确定出反应物和生成物后Fe²⁺+Br₂﹣Fe³⁺+Br^﹣，再根据化合价升降法配平，+2价Fe上升到+3价

Fe，化合价上升1价，Br₂中0价降低到﹣1价，一共降低2价，所以Fe²⁺前计量数为2，Br₂前计量数为1，根据原子守恒，Fe³⁺前计量数为2，Br^﹣前计量数为2．

故离子方程式为2Fe²⁺+Br₂═2Fe³⁺+2Br^﹣，故答案为：2Fe²⁺+Br₂═2Fe³⁺+2Br^﹣；

②设FeBr₂的物质的量浓度为c，

由电子守恒可知，×2=c×0.1L×（3﹣2）+c×0.1L×2××（1﹣0），

解得c=1.2mol/L，

故答案为：1.2mol/L．

【点评】本题考查氧化还原反应基础知识，联系元素及其化合物，设计探究实验，判断氧化性、还原性的强弱．需具备一定的实验能力和综合思维能力，尤其是氧化性、还原性强弱的判断及根据量的不同书写离子方程式，非常容易出错，需要注意多练习．

9．（14分）如图是某同学设计的放热反应的观察装置，其实验操作步骤如下①按图所示将实验装置连接好；②在U形管内加入少量红墨水（或品红溶液），打开T形管活塞，使U形管内两边的液面处于同一水平面，再关闭T形管活塞；③在盛有1g氧化钙的小试管里滴入2mL左右的蒸馏水，观察现象．

试回答：

（1）实验前必须进行的一步实验操作是检查装置气密性．

（2）实验中观察到的现象是U形管里的液体左边下降，右边上升．

（3）该实验的原理是CaO和H₂O反应放出热量使大试管中的空气受热膨胀，引起红墨水（或品红溶液）在U形管中的位置左低右高．

（4）实验中发生的化学反应方程式：CaO+H₂O═Ca（OH）

（5）说明CaO、H₂O的能量与Ca（OH）₂的能量之间的关系：1molCaO和1molH₂O的能量和大于1molCa（OH）₂的能量

（6）若该实验中CaO换成NaCl，实验还能否观察到相同现象？否．（填“能”或“否”）

【分析】（1）由于气压原因导致的实验现象一定要保证装置不漏气；

（2）氧化钙和水之间的反应是放热的，气体具有热胀冷缩的性质；

（3）根据实验所用药品的性质以及气体热胀冷缩的性质来回答；

（4）CaO和水反应的化学反应生成Ca（OH）₂；

（5）根据反应物总能量和生成物总能量之间的大小关系决定反应的吸放热情况；

（6）氯化钠和水混合后，能量的变化很不明显．

【解答】解：（1）该实验是由于气压原因导致的实验现象出现，所以实验之前一定要检查装置气密性，

故答案为：检查装置气密性；

（2）氧化钙和水之间的反应是放热的，所以试管内温度升高，气体具有热胀冷缩的性质，导致内部压强增大，U形玻璃管里的红墨水（或品红）会沿开口端上升，

故答案为：U形管里的液体左边下降，右边上升；

（3）CaO和水反应放出热量，使大试管中空气膨胀，内部压强增大，引起红墨水（或品红）在U形管中的液面不再相平，

故答案为：CaO和H₂O反应放出热量使大试管中的空气受热膨胀，引起红墨水（或品红溶液）在U形管中的位置左低右高；

（4）CaO和水反应生成氢氧化钙，反应的化学反应方程式为：CaO+H₂O═Ca（OH）₂，

故答案为：CaO+H₂O═Ca（OH）₂；

（5）CaO+H₂O═Ca（OH）₂，根据实验现象知道：氧化钙和水之间的反应是放热的，1molCaO和1molH₂O的能量和大于1molCa（OH）₂的能量，

故答案为：1molCaO和1molH₂O的能量和大于1molCa（OH）₂的能量；

（6）氯化钠和水混合后，几能量的变化很不明显，试管内气体压强几乎不变，不会出现任何现象，故答案为：否．

【点评】本题通过实验形式来探究放热反应，题目难度中等，可以根据所学知识来回答，注意知识的迁移和应用是关键，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．

10．（14分）某温度（T℃）下的溶液中，c（H⁺）=10^﹣^x mol·L^﹣¹，c（OH^﹣）=10^﹣^y mol·L^﹣¹，x与y的关系如图所示，请回答下列问题：

（1）此温度下，水的离子积Kw为1×10^﹣¹²，则该温度T＞25（填“＞”、“＜”或“=”）．

（2）在此温度下，向Ba（OH）₂溶液中逐滴加入pH=a的盐酸，测得混合溶液的部分pH如表所示．

实验序号	Ba（OH）₂溶液的体积/mL	盐酸的体积/mL	溶液的pH
①	22.00	0.00	8
②	22.00	18.00	7
③	22.00	22.00	6

假设溶液混合前后的体积变化忽略不计，则a=4，实验②中由水电离产生的c（OH^﹣）=10^﹣⁷mol·L﹣1．

（3）在此温度下，将0.1mol·L^﹣¹的NaHSO₄溶液与0.1mol·L^﹣¹的Ba（OH）₂溶液按下表中甲、乙、丙、丁不同方式混合：

	甲	乙	丙	丁
0.1mol·L^﹣¹ Ba（OH）₂溶液体积/mL	10	10	10	10
0.1mol·L^﹣¹ NaHSO₄溶液体积/mL	5	10	15	20

①按丁方式混合后，所得溶液显中（填“酸”、“碱”或“中”）性．

②写出按乙方式混合后，反应的离子方程式：Ba²⁺+OH^﹣+H⁺+SO₄²^﹣═BaSO₄↓+H₂O．

③按甲方式混合后，所得溶液的pH为11．

【分析】（1）根据图象中x与y的关系及水的离子积表达式进行计算；水的电离为吸热过程，根据该温度下水的离子积与常温下水的离子积大小进行判断温度高低；

（2）根据①计算出氢氧根离子浓度，根据③溶液显示中性及酸碱中和反应实质计算出盐酸的浓度；②中显示碱性，溶液中氢离子为水电离的；

（3）①根据丁中氢氧化钡与硫酸氢钠的物质的量判断氢离子与氢氧根离子的物质的量大小关系，然后判断溶液酸碱性；

②乙中氢氧根离子过量，溶液显示碱性，根据硫酸氢钠与氢氧化钡中含有的各离子物质的量形成反应的离子方程式；

③根据甲中体积可知，氢氧化钡过量，反应后的溶液显示碱性，计算出氢氧根离子浓度，然后计算出溶液的pH．

【解答】解：（1）Kw=c（H⁺）·c（OH^﹣）=10^﹣^x·10^﹣^y=10^﹣（^x⁺^y^），根据图示可知当x=12时，c（OH^﹣）=1mol/L，当y=12时，c（H+）=1mol/L，故Kw=1×10^﹣¹²；根据温度越高水的电离程度越大，Kw也随之越大，可知此时的T＞25，

故答案为：1×10^﹣¹²；＞；

（2）此条件下，pH=6时，溶液呈中性．根据表中实验①的数据可得c（OH^﹣）=10^﹣⁴mol/L，根据表中实验③的数据有22.00×10^﹣³L×10^﹣⁴mol/L=22.00×10^﹣³L×10^﹣^amol/L，可得a=4，即pH=4；实验②中，所得溶液pH=7，Ba（OH）₂过量，溶液呈碱性，由H₂O电离产生的c（OH^﹣）等于由水电离产生的c（H⁺），即由水电离产生的c（OH^﹣）=10^﹣⁷mol/L，

故答案为：4；10^﹣⁷；

（3）①按丁方式混合时，Ba（OH）₂提供的OH^﹣与NaHSO₄提供的H⁺相等，混合后溶液呈中性，

故答案为：中；

②按乙方式混合时，反应前：n（Ba²⁺）=10^﹣³mol，n（OH^﹣）=2×10^﹣³mol，n（H⁺）=n（SO₄²^﹣）=10^﹣³mol，实际反应的Ba²⁺、OH^﹣、H⁺、SO₄²^﹣ 均为10^﹣³mol，故反应的离子方程式为Ba²⁺+OH^﹣+H⁺+SO₄²^﹣═BaSO₄↓+H₂O，