- 物质的检测
- 共5040题
将NO2、NH3、O2的混合气体26.88L通过稀硫酸后，溶液质量增加45.75g，气体体积缩小为2.24L，将带火星的木条插入其中，木条不复燃．则原混合气体的平均相对分子质量为（气体体积均在标准状况下测定）（ ）
正确答案
解析
解：该混合气体的物质的量为n=
综上所述结合选项，则得出结论：原混合气体的平均相对分子质量为40.625（摩尔质量在数值上等于相对分子质量）．
故选D．
正确答案
解析
解：若打开活塞K，品红溶液褪色，X气体只可能是SO2、NO2或Cl2；
关闭活塞K，若X气体为SO2，通入饱和NaHCO3溶液后发生反应：SO2+2NaHCO3═Na2SO3+2CO2↑+H2O，SO2被吸收而放出CO2，所以品红溶液无变化，而澄清石灰水变浑浊．
若X是NO2，通入水中发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO2被吸收放出NO，NO与品红溶液、澄清石灰水不反应；
若X是Cl2，Cl2通入Na2SO3溶液后发生反应：Cl2+Na2SO3+H2O=Na2SO4+2HCl，无气体放出，所以品红溶液无变化，而澄清石灰水不变浑浊．
显然只有A符合，
故选A．
①按图连接好装置，并检验其气密性．
②将铜网放置在多孔塑料片上，并打开活塞K，从漏斗中加入稀HNO3，加到一定位置后关闭活塞K．
③反应一段时间后会自动停止，然后检验产物NO．请回答下列问题：
（1）怎样检验装置的气密性______（2）开始时应将稀HNO3的液面加到a、b、c的什么地方______．
（3）在反应物未反应完全时，为什么反应会自动停止______．
（4）当打开活塞K检验产物NO时，有什么现象证明产物为NO______．
正确答案
关闭活塞K，向漏斗中加水，如果水不能充满∪形管左端，则装置气密性良好
a处
K关闭时，气压增大，将硝酸从∪形管左端压入右端，使硝酸与铜网脱离接触
气体排出时，由无色变为红棕色
解析
解：（1）如果关闭活塞K，U形管内存有气体，气体产生压强；向漏斗内加水，如果装置气密性良好，当U形管内的气体压强等于外界大气压时，U形管左端水面不再上升，否则水会充满整个U形管．
故答案为：关闭活塞K，向漏斗中加水，如果水不能充满∪形管左端，则装置气密性良好．
（2）NO能和氧气反应产生二氧化氮，当将稀HNO3的液面加到a处，赶出U形管内的空气，排除了二氧化氮的干扰，得到的气体就是纯净的NO，所以应将硝酸的液面加到a处．
故答案为：a．
（3）当关闭K时，U形管内的NO气体产生压强，当U形管左端的压强大于大气压时，气体会使U形管内的溶液从左端向右端移动，从而使铜和硝酸分离，反应自动停止．
故答案为：K关闭时，气压增大，将硝酸从∪形管左端压入右端，使硝酸与铜网脱离接触．
（4）2NO+O2=2 NO2，NO是无色气体，NO2是红棕色气体，当NO转化为NO2时，气体由无色变为红棕色．
故答案为：气体排出时，由无色变为红棕色．
气体X可能是Cl2、HBr、CO2中的一种或几种，已知X通入AgNO3溶液时产生淡黄色沉淀，且沉淀不溶于稀硝酸，若将X通入澄清的石灰水中却不见沉淀产生，则对气体X的成分下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：因X通入AgNO3溶液时产生淡黄色沉淀，且沉淀不溶于稀硝酸，说明含有HBr、不含Cl2；由于气体X含有HBr，即使有CO2也不一定能生成沉淀，因为生成的沉淀能与HBr反应，所以X通入澄清的石灰水中却不见沉淀产生，不能说明没有CO2；
故选B．
（1）当X为二氧化硫气体时
①如果Y为滴有酚酞的稀氢氧化钠溶液，可观察到溶液褪色，此实验说明二氧化硫的水溶液具有______性；
②如果Y为品红溶液时，可观察到溶液褪色，此实验说明二氧化硫具有______性；
③如果Y为酸性KMnO4溶液时，也可观察到溶液褪色，此实验说明二氧化硫具有______性．
（2）仍用如图所示装置进行下列各组实验，也能看到溶液褪色现象的是______（填序号）．
A．X为甲烷，Y为酸性高锰酸钾溶液
B．X为氯气，Y为紫色石蕊试液
C．x为乙烯，Y为溴的四氯化碳溶液．
正确答案
解：（1）①将二氧化硫通入到氢氧化钠酚酞试液中，溶液褪色，氢氧化钠具有碱性，能和酸反应生成盐和水，无色酚酞在中性或酸性溶液中呈现无色，所以该实验说明二氧化硫水溶液具有酸性，
故答案为：酸；
②二氧化硫和有色物质反应生成无色物质而使品红溶液褪色，所以二氧化硫体现漂白性，
故答案为：漂白；
③如果Y为酸性KMnO4溶液时，也可观察到溶液褪色，由于是二氧化硫具有还原性，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，
故答案为：还原；
（2）A．甲烷性质较稳定，和强酸、强碱、大部分强氧化剂不反应，所以甲烷不能被酸性高锰酸钾氧化，则酸性高锰酸钾溶液不褪色，故A错误；
B．氯气溶于水生成次氯酸，次氯酸能够使紫色的石蕊试液褪色，故B正确；
C．乙烯能和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷而使溴水褪色，故C正确；
故选BC．
解析
解：（1）①将二氧化硫通入到氢氧化钠酚酞试液中，溶液褪色，氢氧化钠具有碱性，能和酸反应生成盐和水，无色酚酞在中性或酸性溶液中呈现无色，所以该实验说明二氧化硫水溶液具有酸性，
故答案为：酸；
②二氧化硫和有色物质反应生成无色物质而使品红溶液褪色，所以二氧化硫体现漂白性，
故答案为：漂白；
③如果Y为酸性KMnO4溶液时，也可观察到溶液褪色，由于是二氧化硫具有还原性，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，
故答案为：还原；
（2）A．甲烷性质较稳定，和强酸、强碱、大部分强氧化剂不反应，所以甲烷不能被酸性高锰酸钾氧化，则酸性高锰酸钾溶液不褪色，故A错误；
B．氯气溶于水生成次氯酸，次氯酸能够使紫色的石蕊试液褪色，故B正确；
C．乙烯能和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷而使溴水褪色，故C正确；
故选BC．
有一瓶无色气体，可能含有H2S、CO2、HCl、NO2、SO2中的若干种，将其通入氯水中，得无色透明液，将此溶液分成两份，向其中一份加入盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀；向另一份中加入HNO3酸化的AgNO3溶液有白色沉淀产生，则下列结论正确的是（ ）
正确答案
解析
解：气体为无色，则一定不存在红棕色的NO2；
通入氯水得无色溶液，一定无H2S，因若有这两种气体会发生反应：H2S+Cl2=HCl+S↓，会看到浑浊现象；
将溶液分两份一份加HCl酸化的BaCl2有白色沉淀，白色沉淀为硫酸钡，说明原气体中一定有SO2，因SO2已被氯气氧化成SO42-；
另一份加HNO3酸化的AgNO3有白色沉淀→不能确定是否含有HCl，因第一步反应后溶液中已经存在Cl-，第二步中也加入了HCl；
CO2不能确定，因为二氧化碳与加入的试剂不反应，
所以原气体中一定含有有的气体是：SO2，肯定没有的气体是：NO2、H2S；无法确定是否含有的气体为：HCl、CO2，
A、根据分析可知，一定含有二氧化硫，无法确定是否含有二氧化碳，故A错误；
B、二氧化氮为有色气体，原混合气体为无色，则一定不存在二氧化氮，故B错误；
C、原气体中肯定没有NO2、H2S，无法确定是否含有HCl，故C错误；
D、由于A、B、C的说法都是错误的，故D正确；
故选D．
为了从含有 FeCl3、FeC12、CuC12 的废液中回收Cu，某研究性学习小组的同们设计了两种方案：
方案1：向废液中加入过量的铁粉，充分反应后，过滤． 在所得滤渣中加入足量的盐酸，
充分反后，再过滤即得到铜．方案1中涉及的四种阳离子的氧化牲由强到弱的顺序为：______过滤操作时，需要用到的玻璃仪器是：______
方案2：在废液中加入适量的盐酸调节溶液的pH=1，用铜和石墨作电极进行电解．当观察到阴极上有少量气泡产生时，即停止电解，这时要回收的Cu已全部析出．
方案2中铜作______极，所发生的电极反应为（若有多个电极反应，请按照反应发生的
先后顺序全部写出）______
另一电极所发生的电极反应为______
方案2在电极上直接回收铜，操作上比方案1简便，但方案2也有不足之处，
主要表现为：______．
正确答案
解：方案1：三价铁和金属铜之间反应生成亚铁离子和铜离子，在氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，该反应能证明三价铁的氧化性强于铜离子，根据金属活动顺序表得出：Fe3+＞Cu2+＞H+＞Fe2+；
过滤时需要制作过滤器的漏斗、固定仪器的铁架台、引流用的玻璃棒、承接滤液的烧杯，所以使用的玻璃仪器有：漏斗、烧杯、玻璃棒，
故答案为：Fe3+＞Cu2+＞H+＞Fe2+；漏斗、烧杯、玻璃棒；
方案2：电解时，阳极是活泼电极时，则金属电极会溶解，阴极上有少量气泡产生时，说明金属铜做阴极，按照氧化性顺序Fe3+＞Cu2+＞H+＞Fe2+，可以得出放电的离子以及电极反应为：Fe3++e-=Fe2+，Cu2++2e-=Cu，2H++2e-=H2↑；另一极氯离子放电生成氯气，电解反应为：2Cl--2e-=Cl2↑；
方案2在电极上直接回收铜，操作上比方案1简便，但方案2也有不足之处：在阳极上放电的是氯离子，产生氯气，有毒；使用了电解装置，成本较，
故答案为：阴；Fe3++e-=Fe2+，Cu2++2e-=Cu，2H++2e-=H2↑；2Cl--2e-=Cl2；产生污染性的气体氯气；使用了电解装置，成本较高．
解析
解：方案1：三价铁和金属铜之间反应生成亚铁离子和铜离子，在氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，该反应能证明三价铁的氧化性强于铜离子，根据金属活动顺序表得出：Fe3+＞Cu2+＞H+＞Fe2+；
过滤时需要制作过滤器的漏斗、固定仪器的铁架台、引流用的玻璃棒、承接滤液的烧杯，所以使用的玻璃仪器有：漏斗、烧杯、玻璃棒，
故答案为：Fe3+＞Cu2+＞H+＞Fe2+；漏斗、烧杯、玻璃棒；
方案2：电解时，阳极是活泼电极时，则金属电极会溶解，阴极上有少量气泡产生时，说明金属铜做阴极，按照氧化性顺序Fe3+＞Cu2+＞H+＞Fe2+，可以得出放电的离子以及电极反应为：Fe3++e-=Fe2+，Cu2++2e-=Cu，2H++2e-=H2↑；另一极氯离子放电生成氯气，电解反应为：2Cl--2e-=Cl2↑；
方案2在电极上直接回收铜，操作上比方案1简便，但方案2也有不足之处：在阳极上放电的是氯离子，产生氯气，有毒；使用了电解装置，成本较，
故答案为：阴；Fe3++e-=Fe2+，Cu2++2e-=Cu，2H++2e-=H2↑；2Cl--2e-=Cl2；产生污染性的气体氯气；使用了电解装置，成本较高．
在实验室里制取乙烯，常因温度过高而使乙醇和浓硫酸反应生成少量的二氧化硫，为了检验SO2和C2H4的性质，有人设计下列实验方案．
（1）Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ装置可盛放的试剂是I______；Ⅱ______；Ⅲ______；Ⅳ______（将下列有关试剂的序号填入空格内）；
A．品红溶液 B．NaOH溶液
C．浓H2SO4 D．酸性KMnO4溶液
（2）能说明SO2气体存在的现象是______；
（3）使用装置Ⅱ的目的是______；
（4）确定含有乙烯的现象是______．
（5）如果Ⅳ盛放的溶液为溴水，那么发生的化学方程式为______，反应类型为______．
正确答案
解：（1）乙烯不与NaOH溶液反应，但二氧化硫能与碱反应（SO2+2NaOH Na2SO3+H2O），二氧化硫是否存在可用品红溶液检验．乙烯的检验应放在排除SO2的干扰后进行，选通过品红溶液褪色检验SO2的存在；再通过NaOH溶液除去SO2，再通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净．最后用高锰酸钾酸性溶液褪色实验检验乙烯故答案为：A；B；A；D；
（2）二氧化硫是否存在可用品红溶液检验，故答案为：装置Ⅰ中品红溶液褪色；
（3）乙烯和二氧化硫都能使溴水或高锰酸钾酸性溶液褪色，检验乙烯时应先除去二氧化硫，故答案为：除去二氧化硫气体，以免干扰乙烯的实验；
（4）通过NaOH溶液除去SO2，再通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净，最后用高锰酸钾酸性溶液褪色实验检验乙烯，装置Ⅳ中的酸性高锰酸钾溶液褪色，说明含有乙烯，
故答案为：装置Ⅲ中的品红溶液不褪色，装置Ⅳ中的酸性高锰酸钾溶液褪色；
检查二氧化硫是否除尽；
（5）乙烯中含有C=C键，能与溴水发生加成反应生成二溴乙烷，反应的方程式为CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br，故答案为：CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br；加成．
解析
解：（1）乙烯不与NaOH溶液反应，但二氧化硫能与碱反应（SO2+2NaOH Na2SO3+H2O），二氧化硫是否存在可用品红溶液检验．乙烯的检验应放在排除SO2的干扰后进行，选通过品红溶液褪色检验SO2的存在；再通过NaOH溶液除去SO2，再通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净．最后用高锰酸钾酸性溶液褪色实验检验乙烯故答案为：A；B；A；D；
（2）二氧化硫是否存在可用品红溶液检验，故答案为：装置Ⅰ中品红溶液褪色；
（3）乙烯和二氧化硫都能使溴水或高锰酸钾酸性溶液褪色，检验乙烯时应先除去二氧化硫，故答案为：除去二氧化硫气体，以免干扰乙烯的实验；
（4）通过NaOH溶液除去SO2，再通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净，最后用高锰酸钾酸性溶液褪色实验检验乙烯，装置Ⅳ中的酸性高锰酸钾溶液褪色，说明含有乙烯，
故答案为：装置Ⅲ中的品红溶液不褪色，装置Ⅳ中的酸性高锰酸钾溶液褪色；
检查二氧化硫是否除尽；
（5）乙烯中含有C=C键，能与溴水发生加成反应生成二溴乙烷，反应的方程式为CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br，故答案为：CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br；加成．
（2014春•武汉校级期中）有一瓶无色气体，可能含有H2S、CO2、HCl、SO2中的一种或几种．向其中加入氯水，得到无色透明溶液．把溶液分成两份：向一份中加入氯化钡---盐酸混合溶液，出现白色沉淀；向另一份中加入硝酸银---硝酸混合溶液，也有白色沉淀．结论：①原气体中肯定有SO2；②原气体中肯定没有H2S；③原气体中肯定有HCl；④不能肯定原气体中是否有HCl；⑤原气体中肯定没有CO2．以上结论中正确的是（ ）
正确答案
解析
解：通入氯水得无色溶液，一定无H2S，如果有硫化氢气体会发生反应：H2S+Cl2=HCl+S↓，会看到浑浊现象；
将溶液分两份一份加HCl酸化的BaCl2有白色沉淀，一定有SO2，因SO2已被氯气氧化成SO42-；另一份加HNO3酸化的AgNO3有白色沉淀→不能确定是否含有HCl；
因第一步反应后溶液中已经存在Cl-，第二步中也加入了HCl；
因二氧化碳与加入试剂不反应，无法确定是否含有二氧化碳；
根据以上分析可知：原气体中肯定有SO2，一定没有H2S气体，可能含有CO2、HCl，
故①②④是正确的，
故选C．
某同学设计如下实验方案，以分离KCl和BaCl2两种固体混合物，试回答下列问题：
（1）操作①的名称是______，操作②的名称是______．
（2）试剂a是______，试剂b是______，固体B是______．（填化学式）
（3）加入试剂a所发生的离子方程式为：______．加入试剂b所发生的离子方程式为：______．
正确答案
解：（1）将固体配成溶液，应加水溶解，操作②为固体和液体的分离，为过滤操作，故答案为：溶解；过滤；
（2）固体溶解后加入过量K2CO3使BaCl2转化为沉淀，过滤后沉淀加入盐酸可生成BaCl2溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl2，
故答案为：K2CO3；HCl；BaCl2；
（3）加入试剂a，K2CO3与BaCl2反应生成BaCO3沉淀，发生的离子方程式为CO32-+Ba2+=BaCO3↓，
加入试剂b，BaCO3沉淀加入盐酸可生成BaCl2溶液，反应的离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，
故答案为：CO32-+Ba2+=BaCO3↓；BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O．
解析
解：（1）将固体配成溶液，应加水溶解，操作②为固体和液体的分离，为过滤操作，故答案为：溶解；过滤；
（2）固体溶解后加入过量K2CO3使BaCl2转化为沉淀，过滤后沉淀加入盐酸可生成BaCl2溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl2，
故答案为：K2CO3；HCl；BaCl2；
（3）加入试剂a，K2CO3与BaCl2反应生成BaCO3沉淀，发生的离子方程式为CO32-+Ba2+=BaCO3↓，
加入试剂b，BaCO3沉淀加入盐酸可生成BaCl2溶液，反应的离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，
故答案为：CO32-+Ba2+=BaCO3↓；BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O．
下列有关物质分离方法的叙述中，不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．溶液和胶体粒子都能透过滤纸，不能用过滤的方法分离，应用渗析的方法分离，故A错误；
B．水的沸点较低，可用蒸馏的方法分离提纯，故B正确；
C．四氯化碳不溶于水，且碘在四氯化碳中的溶解度比在水中大，可用四氯化碳萃取碘水中的碘，故C正确；
D．加热时氯化铵易分解，则可用加热的方法分离氯化钠和氯化铵固体，故D正确．
故选A．
物质制备过程中离不开物质的提纯．以下除杂方法不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．NaHCO3不稳定，加热易分解，将固体置于坩埚中加热至恒重，可得到纯净的碳酸钠固体，故A正确；
B．硝酸钾溶解度受温度影响很大，氯化钠溶解度受温度影响不大，可除去硝酸钾，但得到的氯化钠溶液，实验步骤不完整，故B错误；
C．二氧化碳与饱和碳酸氢钠溶液不反应，盐酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，可除去杂质，故C正确；
D．Br2可与Na2SO3发生氧化还原反应而被除去，然后分液可得溴乙烷，故D正确．
故选B．
工业用废铁屑还原软锰矿（主要成分为MnO2，另有少量的铁和SiO2等）制备硫酸锰．其工艺流程示意如图：
（1）浸出过程中，MnO2被铁屑还原为Mn2+进入溶液，该步骤中涉及的主要离子反应有：______；MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O；2Fe3++Fe=3Fe2+．
（2）除杂过程中加入碳酸钙的目的是______．
（3）除钙过程中，欲使Ca2+沉淀完全[当溶液中c（Ca2+）≤10-5mol•L-1时，即可认为Ca2+已沉淀完全]，则溶液中c（F-）应______，（已知该常温下CaF2的Ksp=1×10-11）．
（4）该生产流程中，硫酸的用量不宜过多，其原因是______．
（5）工业上可用电解硫酸锰和硫酸混合溶液的方法制备二氧化锰，Mn2+在阳极失电子转化为MnO2．
正确答案
解：（1）铁还能够与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式为：Fe+2H+═Fe2++H2↑，
故答案为：Fe+2H+═Fe2++H2↑；
（2）在溶液中存在水解平衡：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，加入CaCO3后，由于CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+CO32-（aq）、CO32-+2H+═CO2↑+H2O，溶液中氢离子浓度减小，使得Fe3+的水解平衡向正反应方向移动，因此Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀而被除去，
故答案为：调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀而被除去；
（3）Ksp（CaF2）=1×10-11=c（Ca2+）×c2（F-），当溶液中c（Ca2+）≤10-5mol•L-1时，可认为Ca2+已沉淀完全，则c（F-）≥
故答案为：≥1×10-3mol•L-1；
（4）钙离子与硫酸根离子能够反应生成微溶物硫酸钙，若硫酸用量过多，溶液生成硫酸钙沉淀，
故答案为：避免生成CaSO4沉淀．
解析
解：（1）铁还能够与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式为：Fe+2H+═Fe2++H2↑，
故答案为：Fe+2H+═Fe2++H2↑；
（2）在溶液中存在水解平衡：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，加入CaCO3后，由于CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+CO32-（aq）、CO32-+2H+═CO2↑+H2O，溶液中氢离子浓度减小，使得Fe3+的水解平衡向正反应方向移动，因此Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀而被除去，
故答案为：调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀而被除去；
（3）Ksp（CaF2）=1×10-11=c（Ca2+）×c2（F-），当溶液中c（Ca2+）≤10-5mol•L-1时，可认为Ca2+已沉淀完全，则c（F-）≥
故答案为：≥1×10-3mol•L-1；
（4）钙离子与硫酸根离子能够反应生成微溶物硫酸钙，若硫酸用量过多，溶液生成硫酸钙沉淀，
故答案为：避免生成CaSO4沉淀．
现有四瓶丢失标签的NaOH、Na2CO3、A1C13． NH4HSO4溶液，为鉴别四瓶溶液，将四瓶溶液编号为A、B、C、D进行实验．实验过程和记录如图所示（无关物质已经略去）：请回答：
（1）写出各瓶溶液的化学式：A______ B______C______D______；
（2）A、W的溶液分别加热蒸干并灼烧最后所得固体为______、______（填化学式）．D溶液pH______ 7（填“大于”、“小于”或“等于”），原因是（请用离子方程式表示）：______．
（3）等物质的量浓度的A、B、C、D溶液pH由大到小的顺序是______．（用字母表示）
（4）等物质的量浓度的C溶液与NH4Cl溶液相比较，c（NH4+）：前者______后者（填“＜、＞”或“=”）．
（5）若B、C的稀溶液混合后（不加热）溶液呈中性，则该溶液中离子浓度从大到小的顺序是______．
正确答案
解：（1）由A、B反应流程图及比例关系可推A为AlCl3，B为NaOH，由B、C反应流程图知，Y为NH3，C应该为铵盐，所以C为NH4HSO4，D就为Na2CO3气体Z为CO2，故答案为：AlCl3；NaOH；NH4HSO4；Na2CO3；
（2）A是AlCl3，AlCl3水解：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，灼烧：2Al（OH）3
故答案为：Al2O3 ；NaAlO2；大于；CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；
（3）A、B、C、D四种溶液，其中NaOH和Na2CO3呈碱性的pH＞7，而且NaOH碱性＞Na2CO3，AlCl3和NH4HSO4呈酸性，pH＜7，NH4HSO4酸性＞AlCl3，所以等物质的量浓度A、B、C、D的pH由大到小的顺序是NaOH＞Na2CO3＞AlCl3＞NH4HSO4，为B＞D＞A＞C，故答案为：B＞D＞A＞C；
（4）等物质的量浓度的NH4HSO4与NH4Cl溶液，NH4HSO4电离出的H+对NH4+的水解起到抑制作用，所以c（NH4+）：前者＞后者，故答案为：＞；
（5）B、C的稀溶液混合后（不加热）溶液呈中性，则溶液中存在硫酸钠、硫酸铵以及氨水等溶质，混合溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），由电荷守恒有c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（H+）=c（OH-），
故答案为：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（H+）=c（OH-）．
解析
解：（1）由A、B反应流程图及比例关系可推A为AlCl3，B为NaOH，由B、C反应流程图知，Y为NH3，C应该为铵盐，所以C为NH4HSO4，D就为Na2CO3气体Z为CO2，故答案为：AlCl3；NaOH；NH4HSO4；Na2CO3；
（2）A是AlCl3，AlCl3水解：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，灼烧：2Al（OH）3
故答案为：Al2O3 ；NaAlO2；大于；CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；
（3）A、B、C、D四种溶液，其中NaOH和Na2CO3呈碱性的pH＞7，而且NaOH碱性＞Na2CO3，AlCl3和NH4HSO4呈酸性，pH＜7，NH4HSO4酸性＞AlCl3，所以等物质的量浓度A、B、C、D的pH由大到小的顺序是NaOH＞Na2CO3＞AlCl3＞NH4HSO4，为B＞D＞A＞C，故答案为：B＞D＞A＞C；
（4）等物质的量浓度的NH4HSO4与NH4Cl溶液，NH4HSO4电离出的H+对NH4+的水解起到抑制作用，所以c（NH4+）：前者＞后者，故答案为：＞；
（5）B、C的稀溶液混合后（不加热）溶液呈中性，则溶液中存在硫酸钠、硫酸铵以及氨水等溶质，混合溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），由电荷守恒有c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（H+）=c（OH-），
故答案为：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（H+）=c（OH-）．
现有（NH4）2CO3、（NH4）2SO4、Na2CO3、Na2SO4 四种白色粉末，请设计实验加以鉴别．
正确答案
解：分别取少量四种白色粉末于试管中，然后向试管中分别加入NaOH溶液，加热试管，然后将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，红色石蕊试纸变蓝的为（NH4）2CO3、（NH4）2SO4，另外两种则为Na2CO3、Na2SO4；
向盛有（NH4）2CO3、（NH4）2SO4的试管中分别加入足量稀硝酸，有气泡产生的为（NH4）2CO3，没有明显现象的为（NH4）2SO4；
向盛有Na2CO3、Na2SO4的试管中分别加入足量稀硝酸，有气泡产生的为Na2CO3，没有明显现象的为Na2SO4，
答：分别向盛有（NH4）2CO3、（NH4）2SO4、Na2CO3、Na2SO4 的试管中分别加入NaOH溶液，加热试管，然后将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，红色石蕊试纸变蓝的为（NH4）2CO3、（NH4）2SO4，另外两种则为Na2CO3、Na2SO4；然后向盛有（NH4）2CO3、（NH4）2SO4的试管中加入足量稀硝酸，有气泡产生的为（NH4）2CO3，没有明显现象的为（NH4）2SO4；最后分别向盛有Na2CO3、Na2SO4的试管中加入足量稀硝酸，有气泡产生的为Na2CO3，没有明显现象的为Na2SO4．
解析
解：分别取少量四种白色粉末于试管中，然后向试管中分别加入NaOH溶液，加热试管，然后将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，红色石蕊试纸变蓝的为（NH4）2CO3、（NH4）2SO4，另外两种则为Na2CO3、Na2SO4；
向盛有（NH4）2CO3、（NH4）2SO4的试管中分别加入足量稀硝酸，有气泡产生的为（NH4）2CO3，没有明显现象的为（NH4）2SO4；
向盛有Na2CO3、Na2SO4的试管中分别加入足量稀硝酸，有气泡产生的为Na2CO3，没有明显现象的为Na2SO4，
答：分别向盛有（NH4）2CO3、（NH4）2SO4、Na2CO3、Na2SO4 的试管中分别加入NaOH溶液，加热试管，然后将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，红色石蕊试纸变蓝的为（NH4）2CO3、（NH4）2SO4，另外两种则为Na2CO3、Na2SO4；然后向盛有（NH4）2CO3、（NH4）2SO4的试管中加入足量稀硝酸，有气泡产生的为（NH4）2CO3，没有明显现象的为（NH4）2SO4；最后分别向盛有Na2CO3、Na2SO4的试管中加入足量稀硝酸，有气泡产生的为Na2CO3，没有明显现象的为Na2SO4．
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