- 物质的检测
- 共5040题
能够用来鉴别BaCl2、NaCl、Na2CO3三种物质的试剂是（ ）
正确答案
解析
解：A、BaCl2、NaCl、Na2CO3与AgNO3溶液反应都生成沉淀，无法鉴别，故A错误；
B、稀硫酸与BaCl2反应生成沉淀，稀硫酸与Na2CO3反应生成气体，稀硫酸与不NaCl反应，现象不同，可鉴别，故B正确；
C、稀盐酸和BaCl2、NaCl不反应，无法鉴别BaCl2、NaCl，故C错误；
D、稀硝酸与BaCl2、NaCl不反应，无法鉴别BaCl2、NaCl，故D错误．
故选B．
（1）CCl4和蒸馏水都是无色液体，请按下列要求用实验方法鉴别之（简要地写出实验过程）
①只允许用一种试剂______
②不用任何试剂______．
正确答案
解：①四氯化碳是一种难溶于水的有机溶剂，可应用水来检验水和四氯化碳，各取少量加水若互溶则为水，若不互溶则为四氯化碳．
故答案为：各取少量加水若互溶则为水，若不互溶则为四氯化碳；
②四氯化碳是一种难溶于水的有机溶剂，并且密度比水大，和水混合后分层，四氯化碳在下层，水在上层，不用任何试剂检验水和四氯化碳的方法是：取少量未知液A，缓缓加入未知液B，若B在上层，则B为水；若B在下层，则B为四氯化碳，
故答案为：取少量未知液A，缓缓加入未知液B，若B在上层，则B为水；若B在下层，则B为四氯化碳；
解析
解：①四氯化碳是一种难溶于水的有机溶剂，可应用水来检验水和四氯化碳，各取少量加水若互溶则为水，若不互溶则为四氯化碳．
故答案为：各取少量加水若互溶则为水，若不互溶则为四氯化碳；
②四氯化碳是一种难溶于水的有机溶剂，并且密度比水大，和水混合后分层，四氯化碳在下层，水在上层，不用任何试剂检验水和四氯化碳的方法是：取少量未知液A，缓缓加入未知液B，若B在上层，则B为水；若B在下层，则B为四氯化碳，
故答案为：取少量未知液A，缓缓加入未知液B，若B在上层，则B为水；若B在下层，则B为四氯化碳；
实验室中有甲﹑乙两瓶丢失标签的无色溶液，其中一瓶是盐酸，另一瓶是碳酸钠溶液．为确定甲﹑乙两瓶溶液的成分及其物质的量浓度，现操作如下：
①量取25.00mL甲溶液，向其中缓缓滴加乙溶液15.00mL，其收集到CO2气体224mL﹙标况﹚．②量取15.00mL乙溶液，向其中缓缓滴加甲溶液25.00mL，其收集到CO2气体112mL﹙标况﹚．
请回答：
（1）根据上述两种不同操作过程及实验数据可判断甲溶液是______（填名称）．
（2）甲溶液的物质的量浓度为______ mol﹒L-1，乙溶液的物质的量浓度为______mol﹒L-1﹙忽略CO2在溶液中的少量溶解﹚．
（3）若用类似上述“互滴”的方式．
①将100mL 3mol/L的NaAlO2溶液逐滴加入50mL 12mol/L的HCl溶溶液中，充分反应．发生反应的离子方程式为______．
②将50mL 12mol/L的HCl溶液逐滴加入100mL 3mol/L的NaAlO2溶液中，充分反应．
两种混合方式生成沉淀的量是否相等______（“相等”“不相等”）．
正确答案
解：（1）①碳酸钠加入盐酸的反应式：2HCl+Na2CO3=2NaCl+CO2↑+H2O，②盐酸加入碳酸钠的反应式 Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O；
收集到CO2气体224mL﹙标况﹚，则物质的量为0.01mol，当收集到二氧化碳体积为112mL，则物质的量为0.005mol，由②知碳酸钠过量，可判断甲溶液是盐酸，故答案为：盐酸；
（2）根据（1）可知：①中盐酸反应完全，盐酸的量为0.02mol，浓度为：
（3）将100mL 3mol/L即0.3mol的NaAlO2溶液逐滴加入50mL12mol/L即0.6mol的HCl溶液中，发生的反应为AlO2-+4H+=Al3++2H2O，3AlO2-+Al3++6H2O=4Al（OH）3↓，根据二者量的关系可得：
AlO2-+4H+=Al3++2H2O，3AlO2-+Al3++6H2O=4Al（OH）3↓
0.15mol 0.6mol 0.15mol 0.15mol 0.2mol
即产生沉淀的量为0.2mol，
将50mL 12mol/L即0.6mol的HCl溶液逐滴加入100mL 3mol/L即0.3mol的NaAlO2溶液中，发生反应为AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓，Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，
0.3mol 0.3mol 0.3mol 0.1mol 0.3mol
所以生成沉淀的量为0.2mol，即两种混合方式生成沉淀的量是相等的，故答案为：相等．
解析
解：（1）①碳酸钠加入盐酸的反应式：2HCl+Na2CO3=2NaCl+CO2↑+H2O，②盐酸加入碳酸钠的反应式 Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O；
收集到CO2气体224mL﹙标况﹚，则物质的量为0.01mol，当收集到二氧化碳体积为112mL，则物质的量为0.005mol，由②知碳酸钠过量，可判断甲溶液是盐酸，故答案为：盐酸；
（2）根据（1）可知：①中盐酸反应完全，盐酸的量为0.02mol，浓度为：
（3）将100mL 3mol/L即0.3mol的NaAlO2溶液逐滴加入50mL12mol/L即0.6mol的HCl溶液中，发生的反应为AlO2-+4H+=Al3++2H2O，3AlO2-+Al3++6H2O=4Al（OH）3↓，根据二者量的关系可得：
AlO2-+4H+=Al3++2H2O，3AlO2-+Al3++6H2O=4Al（OH）3↓
0.15mol 0.6mol 0.15mol 0.15mol 0.2mol
即产生沉淀的量为0.2mol，
将50mL 12mol/L即0.6mol的HCl溶液逐滴加入100mL 3mol/L即0.3mol的NaAlO2溶液中，发生反应为AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓，Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，
0.3mol 0.3mol 0.3mol 0.1mol 0.3mol
所以生成沉淀的量为0.2mol，即两种混合方式生成沉淀的量是相等的，故答案为：相等．
下列实验所用试剂错误的是（ ）
正确答案
解析
解：A．湿的醋酸铅试纸能和硫化氢反应生成黑色的硫化铅，醋酸铅和乙炔不反应，所以能达到实验目的，故A正确；
B．碳酸氢钠溶液的pH在8左右，酚酞的变色范围也是8左右，所以用盐酸滴定碳酸氢钠时用酚酞作指示剂变色不明显，一般使用甲基橙作指示剂，故B错误；
C．淀粉溶液遇碘变蓝色，而葡萄糖和碘不反应，所以可以用碘水检验淀粉是否完全水解，故C正确；
D．盐酸能使蓝色石蕊试纸变红色，所以可以用湿的蓝色石蕊试纸检验氯化氢是否收集满，故D正确；
故选B．
某同学设计了以下流程来检验碳酸钠粉末中可能含有少量氯化钠和氢氧化钠中的一种或两种杂质．
（1）步骤1所需玻璃仪器是______；步骤3的操作名称是______．
（2）对检验碳酸钠粉末中可能含有的杂质提出合理假设：
假设1：只含有氯化钠
假设2：只含有______
假设3：氯化钠和氢氧化钠都含有
（3）设计实验方案，进行试验．
限选以下试剂：氯化钡溶液、硝酸钡溶液、酚酞试液、稀硝酸、稀盐酸、稀硫酸、硝酸银溶液．回答下列问题：
①加入过量试剂A的名称是______．
②填写下表：
正确答案
解：（1）溶解固体使用的仪器有：盛放溶液的烧杯，加速固体溶解的仪器玻璃棒；分离固体和液体的方法是过滤．
故答案为：烧杯 玻璃棒； 过滤．
（2）假设2：只含有氢氧化钠
故答案为：氢氧化钠．
（3）①检验氯离子用硝酸银溶液，碳酸根离子和银离子反应也生成白色沉淀，所以会造成干扰，故应选取硝酸钡溶液先把碳酸根离子除去．
故答案为：硝酸钡溶液．
②步骤4：如果溶液中含有氢氧化钠，溶液就呈碱性，向溶液中滴加酚酞试液溶液会变成红色，如果不变成红色，就没有氢氧化钠．
步骤5：如果溶液中含有氯化钠，向溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液产生白色沉淀，就证明含有氯离子，否则没有氯离子，结合步骤4分析，如果溶液变红，假设3成立．
故答案为：
解析
解：（1）溶解固体使用的仪器有：盛放溶液的烧杯，加速固体溶解的仪器玻璃棒；分离固体和液体的方法是过滤．
故答案为：烧杯 玻璃棒； 过滤．
（2）假设2：只含有氢氧化钠
故答案为：氢氧化钠．
（3）①检验氯离子用硝酸银溶液，碳酸根离子和银离子反应也生成白色沉淀，所以会造成干扰，故应选取硝酸钡溶液先把碳酸根离子除去．
故答案为：硝酸钡溶液．
②步骤4：如果溶液中含有氢氧化钠，溶液就呈碱性，向溶液中滴加酚酞试液溶液会变成红色，如果不变成红色，就没有氢氧化钠．
步骤5：如果溶液中含有氯化钠，向溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液产生白色沉淀，就证明含有氯离子，否则没有氯离子，结合步骤4分析，如果溶液变红，假设3成立．
故答案为：
下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、Na2CO3和Al2（SO4）3反应生成沉淀和气体，和NaHSO4反应会产生气泡，不和氯化钠反应，反应的现象不一样，可以鉴别，故A错误；
B、硝基苯和水互不相溶，可以分液法分离、但是油酸和水、乙酸乙酯和乙醇均是相互溶解的，不能采用分液的方法分离，故B错误；
C、由水电离出的c （ H+ ）=1×10-14 mol/L的溶液可以是强酸性溶液还可以是强碱性的溶液，HCO3-在强酸性和强碱性环境中均不能存在，故C错误；
D、溴极易挥发，加水液封防挥发，白磷不溶于水，且比水的密度大，可以将少量的白磷放入盛有冷水的广口试剂瓶中，并经常注意保持足够的水量．通过水的覆盖，既可以隔绝空气，又能防止白磷蒸气的逸出，同时还能保持白磷处于燃点之下，实验室保存少量液溴和白磷常用水封，故D正确．
故选D．
一瓶溶液里可能含有K+，OH-，Cl-，NO3-，CO32-，SO42-等离子中的某几种，现分别取两等份该溶液分装于两支试管里，做以下实验：
（1）向第一支试管里滴入酚酞试液，溶液变红色．
（2）第二支试管里加入足量Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀19.7克，过滤后并将滤液移入第三支试管，向沉淀中加入稀硝酸，沉淀逐渐消失，并有无色气体产生，该气体通入澄清石灰水，立即产生混浊．
（3）向第三支试管中加入足量的稀硝酸，再滴加少量AgNO3溶液，无现象．
（4）经测定，第一支试管溶液中含K+0.3mol，OH-0.05mol．根据实验，判断溶液中肯定含有的阴离子有（用离子符号表示）______，一定不含的离子有（用离子符号表示）______．写出（2）中加入Ba（NO3）2溶液，产生的白色沉定的化学式：______，该沉淀溶于硝酸溶液的离子方程式：______．
正确答案
NO3-、CO32-、OH-
Cl-、SO42-
CO32-+Ba2+=BaCO3↓
BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O
解析
解：（1）向第一支试管里滴入酚酞试液，溶液变红色，说明溶液呈碱性，应含有OH-；
（2）第二支试管里加入足量Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀，过滤后并将滤液移入第三支试管，向沉淀中加入稀硝酸，沉淀逐渐消失，并有无色气体产生，该气体通入澄清石灰水，立即产生混浊，说明含有CO32-，不含SO42-；白色沉淀19.7克是碳酸钡，即CO32-+Ba2+=BaCO3↓，物质的量是0.1mol，所以碳酸根离子的物质的量是0.1mol，该沉淀溶于硝酸溶液的离子方程式为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；
（3）向第三支试管中加入足量的稀硝酸，再滴加少量AgNO3溶液，无现象，说明不含Cl-．
由以上分析可知一定含有OH-、CO32-、NO3-；一定不含有Cl-、SO42-，K+：0.3mol，OH-：0.05mol，CO32-：0.1mol，根据电荷守恒，溶液中一定还有NO3-：0.05mol．
故答案为：OH-、CO32-、NO3-；Cl-、SO42-；CO32-+Ba2+=BaCO3↓；BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O．
只用一种试剂就可以将AgNO3、KSCN、H2SO4、NaOH四种无色溶液区分开来，这种试剂是（ ）
正确答案
解析
解：A、氯化钡溶液不与KSCN、H2SO4、NaOH反应，不能鉴别KSCN、H2SO4、NaOH，故A错误；
B、氯化亚铁溶液不与KSCN、H2SO4反应，不能鉴别KSCN、H2SO4，故B错误；
C、FeCl3溶液加入四种溶液中依次出现的现象是：白色沉淀、溶液呈红色、无现象、红褐色沉淀，反应现象不同，所以可以鉴别，故C正确；
D、Fe（NO3）3溶液不与AgNO3、H2SO4反应，不能鉴别AgNO3、H2SO4，故D错误．
故选C．
某溶液可能含CO3-、SO4-、HCO3-中的一种或两种离子．小明取出两份相同的上述样品溶液于两个试管中，向其中一份加入过量盐酸，产生无色气体；向另一份滴加过量氯化钡溶液，产生白色沉淀．
请设计方案，在小明实验的基础上对溶液进行探究．
可供选择的仪器用品和试剂：烧杯、试管、玻璃棒、胶头滴管、漏斗、滤纸、铁架台；盐酸；稀硝酸；氯化钡溶液、酚酞试剂、蒸馏水．
（1）提出溶液中三种离子CO3-、SO4-、HCO3-存在的假设：
假设1：只存在CO32-
假设2：存在CO32-和SO42-
假设3：______；
假设4：存在SO42-和HCO3-
（2）基于假设1：①CO32-水解的离子方程式为______．
②若要验证CO32-已水解，则可向溶液滴入______，观察溶液颜色的变化．
（3）基于假设2，请设计方案，将实验操作、预期的现象和结论填入下表
正确答案
CO32-和HCO3-
CO32-+H2O=HCO3-+OH-
酚酞
过量的氯化钡溶液
产生白色沉淀
过量的盐酸
沉淀部分溶解
解析
解：（1）向一份样品溶液中加入过量的盐酸，产生无色气泡，说明溶液中含有CO32-和HCO3-的一种或两种；向另一份样品溶液中滴加过量的氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明溶液中可能有CO32-和SO42-中的一种或两种．故溶液中离子的存在有四种可能性：①溶液中只存在CO32-；②溶液中存在CO32-和SO42--；③溶液中存在CO32-和HCO3；④溶液中存在HCO3-和SO42-，
故答案为：假设3：溶液中存在CO32-和HCO3-；
（2）基于假设1：①CO32-水解的离子方程式为：CO32-+H2O=HCO3-+OH-；
故答案为：CO32-+H2O=HCO3-+OH-；
②若要验证CO32-已水解，则可向溶液滴入酚酞，酚酞遇碱变红色；故答案为：酚酞；
（3）欲证明溶液中只有CO32-和SO42-，可先向溶液中加入过量的氯化钡溶液过滤，然后向生成的白色沉淀中滴加过量的盐酸，观察沉淀是否溶解，沉淀部分溶解，说明原溶液中一定含有SO42-、CO32-；
故答案为：过量的氯化钡溶液；产生白色沉淀；过量的盐酸；沉淀部分溶解．
在Na+浓度为0.5mol•L-1的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子：
取该溶液100mL进行如下实验（气体体积在标准状况下测定）：
试回答下列问题：
（1）实验Ⅰ能确定一定不存在的离子是______．
（2）实验Ⅰ中生成沉淀的离子方程式为______．
（3）通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和必要计算，填写下表中阴离子的浓度（能计算出的，填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”）
（4）判断原溶液中K+是否存在，若存在，求其最小物质的量浓度，若不存在，请说明理由：______．
正确答案
解：根据溶液为澄清溶液可知：溶液中含有的离子一定能够能大量共存；
由实验Ⅰ可知，该溶液中一定含有CO32-，其浓度为
由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32-，发生反应SiO32-+2H+=H2SiO3↓，硅酸加热分解生成二氧化硅，固体质量为2.4g为二氧化硅的质量，根据硅原子守恒，SiO32-的浓度为
由实验Ⅲ可知溶液中不含SO42-，根据电荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L，不能确定NO3-是否存在；
（1）由实验Ⅰ可知，加入足量稀盐酸生成白色沉淀并在标准状况下放出0.56L气体，则该溶液中一定含有CO32-、SiO32-，则一定没有Ag+、Mg2+，
故答案为：Ag+、Mg2+；
（2）由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32-，发生反应SiO32-+2H+=H2SiO3↓，故答案为：SiO32-+2H+=H2SiO3↓；
（3）根据以上计算可知，不能确定NO3-，c（CO32-）=0.25mol/L，c（SiO32-）=0.4mol/L，一定不存在硫酸根离子，所以c（SO42-）=0，
故答案为：
；
（4）根据电荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L，
故答案为：存在，且其最小物质的量浓度为0.8 mol•L-1．
解析
解：根据溶液为澄清溶液可知：溶液中含有的离子一定能够能大量共存；
由实验Ⅰ可知，该溶液中一定含有CO32-，其浓度为
由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32-，发生反应SiO32-+2H+=H2SiO3↓，硅酸加热分解生成二氧化硅，固体质量为2.4g为二氧化硅的质量，根据硅原子守恒，SiO32-的浓度为
由实验Ⅲ可知溶液中不含SO42-，根据电荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L，不能确定NO3-是否存在；
（1）由实验Ⅰ可知，加入足量稀盐酸生成白色沉淀并在标准状况下放出0.56L气体，则该溶液中一定含有CO32-、SiO32-，则一定没有Ag+、Mg2+，
故答案为：Ag+、Mg2+；
（2）由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32-，发生反应SiO32-+2H+=H2SiO3↓，故答案为：SiO32-+2H+=H2SiO3↓；
（3）根据以上计算可知，不能确定NO3-，c（CO32-）=0.25mol/L，c（SiO32-）=0.4mol/L，一定不存在硫酸根离子，所以c（SO42-）=0，
故答案为：
；
（4）根据电荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L，
故答案为：存在，且其最小物质的量浓度为0.8 mol•L-1．
（2015秋•德州校级月考）下列说法不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．单质硅为良好的半导体材料，二氧化硫为光导纤维的主要成分，故A正确；
B．胶体具有丁达尔效应，而溶液没有，可用丁达尔效应鉴别溶液和胶体，故B正确；
C．二氧化碳和二氧化硅都是酸性氧化物，二氧化碳能够溶于水，而二氧化硅不溶于水；二氧化硅能够与氢氟酸反应，故C错误；
D．金属钠和Mg都能够与二氧化碳发生反应，所以Na或Mg着火时不能使用二氧化碳灭火，故D正确；
故选C．
只用一种试剂就可将AgNO3、KSCN、稀H2SO4、NaOH四种无色溶液区别分开，这种试剂是（ ）
正确答案
解析
解：A．加入BaCl2溶液不能检验AgNO3和H2SO4，二者都生成沉淀，故A错误；
B．加入FeCl2溶液，不能检验KSCN和稀H2SO4，二者都无现象，故B错误；
C．加入FeCl3溶液，AgNO3溶液生成白色沉淀，KSCN溶液变为红色，稀H2SO4无现象，NaOH溶液生成红褐色沉淀，可鉴别，故C正确；
D．加入AlCl3溶液，不能检验，检验KSCN和稀H2SO4，二者都无现象，故D错误．
故选C．
下列实验能达到预期目的是（ ）
正确答案
解析
解：A、向甲酸和甲醛的混合物中加入氢氧化钠溶液，中和甲酸后，生成甲酸钠，甲酸钠中含有醛基，加入新制的氢氧化铜加热，甲酸钠会和其反应出现砖红色沉淀，这样甲醛存在与否不能确定，故A错误；
B、米汤中含有淀粉，而加碘盐中加的是碘酸钾，碘单质遇到淀粉能变蓝色，碘酸钾遇淀粉无现象，故B错误；
C、氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，三价铁离子遇到硫氰酸钾溶液会显示红色，故C正确；
D、银镜反应实验必须在碱性环境下才能发生，向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热后，需要向溶液中加入氢氧化钠溶液中和硫酸，并提供碱性环境才能再做银镜反应实验，检验淀粉是否水解，故D错误．
故选C．
阿司匹林（乙酰水杨酸，
请根据以上信息回答下列问题：
（1）制备阿司匹林时，要使用干燥的仪器的原因是______．
（2）写出制备阿司匹林的化学方程式______．
（3）反应过程中，要控制温度在85℃～90℃，其原因是______，应采用的加热方法是______．用这种方法加热需要的玻璃仪器有______．
（4）抽滤所得粗产品要用少量冰水洗涤，则洗涤的具体操作是______．
（5）如何检验产品中是否混有水杨酸？______．
正确答案
解：（1）乙酸酐容易发生水解生成乙酸，故仪器应干燥防止乙酸酐水解，
故答案为：防止乙酸酐水解；
（2）由水杨酸、乙酸酐与阿司匹林的结构可知，水杨酸中酚羟基中H原子与乙酸酐中-OCCH3交换，同时生成CH3COOH，反应方程式为：
故答案为：
（3）为防止温度过高乙酰水杨酸受热分解，控制温度在85℃～90℃，小于100℃，应使用水浴加热，所用玻璃仪器有：酒精灯、烧杯、温度计；
故答案为：防止乙酰水杨酸受热分解；水浴加热；酒精灯、烧杯、温度计；
（4）用少量冰水洗涤方法是：关闭水龙头，向布氏漏斗中加入冰水至浸没沉淀物，使冰水缓慢通过沉淀物，
故答案为：关闭水龙头，向布氏漏斗中加入冰水至浸没沉淀物，使冰水缓慢通过沉淀物；
（5）水杨酸含有酚羟基，遇氯化铁溶液呈紫色，具体方案为：向水中加入少量产品，然后滴加FeCl3溶液，若有紫色出现，说明产品中有水杨酸；若无紫色出现，说明产品中不含水杨酸，
故答案为：向水中加入少量产品，然后滴加FeCl3溶液，若有紫色出现，说明产品中有水杨酸，若无紫色出现，说明产品中不含水杨酸．
解析
解：（1）乙酸酐容易发生水解生成乙酸，故仪器应干燥防止乙酸酐水解，
故答案为：防止乙酸酐水解；
（2）由水杨酸、乙酸酐与阿司匹林的结构可知，水杨酸中酚羟基中H原子与乙酸酐中-OCCH3交换，同时生成CH3COOH，反应方程式为：
故答案为：
（3）为防止温度过高乙酰水杨酸受热分解，控制温度在85℃～90℃，小于100℃，应使用水浴加热，所用玻璃仪器有：酒精灯、烧杯、温度计；
故答案为：防止乙酰水杨酸受热分解；水浴加热；酒精灯、烧杯、温度计；
（4）用少量冰水洗涤方法是：关闭水龙头，向布氏漏斗中加入冰水至浸没沉淀物，使冰水缓慢通过沉淀物，
故答案为：关闭水龙头，向布氏漏斗中加入冰水至浸没沉淀物，使冰水缓慢通过沉淀物；
（5）水杨酸含有酚羟基，遇氯化铁溶液呈紫色，具体方案为：向水中加入少量产品，然后滴加FeCl3溶液，若有紫色出现，说明产品中有水杨酸；若无紫色出现，说明产品中不含水杨酸，
故答案为：向水中加入少量产品，然后滴加FeCl3溶液，若有紫色出现，说明产品中有水杨酸，若无紫色出现，说明产品中不含水杨酸．
四个脱落标签的试剂瓶中，分别盛有盐酸、BaCl2溶液，Na2CO3溶液、AgNO3溶液，为鉴别各个瓶中的试剂把它们分别编号为A、B、C、D并两两混合，其实验现象为：
A+B产生无色气体 B+C产生白色沉淀 A+D产生白色沉淀 A+C无明显变化
（1）由此推断各试剂瓶中的试剂为A______B______C______D______（填化学式）
（2）A+B反应的离子方程式为______．A+D反应的离子方程式为______．
正确答案
HCl
Na2CO3
BaCl2
AgNO3
2H++CO32-=CO2↑+H2O
Ag++Cl-=AgCl↓
解析
解：（1）盐酸、BaCl2溶液、Na2CO3溶液中分别加入AgNO3溶液都产生沉淀；盐酸与Na2CO3溶液反应只产生气体；
Na2CO3溶液与BaCl2溶液、AgNO3溶液反应都产生白色沉淀；盐酸与BaCl2溶液不反应，
A+B→无色气体，则A、B应为盐酸与Na2CO3溶液中的物质，A+C→无明显现象，则A、C应为盐酸、BaCl2溶液中的物质，所以A为盐酸、B为Na2CO3溶液、C为BaCl2溶液，则D为AgNO3溶液，
故答案为：HCl；Na2CO3；BaCl2；AgNO3；
（2）A为盐酸、B为Na2CO3溶液，二者反应生成NaCl、CO2和H2O，反应的离子方程式为CO32-+2H+=CO2↑+H2O，A为盐酸、D为AgNO3溶液，二者反应生成AgCl和硝酸，反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓，
故答案为：2H++CO32-=CO2↑+H2O；Ag++Cl-=AgCl↓．
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