热门试卷

解：（1）含有钠元素的物质焰色反应呈现黄色，检验物质中是否含有钠离子的方法：用洁净的铂丝蘸取洗涤剂在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，

故答案为：用洁净的铂丝蘸取洗涤剂在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色；

（2）由这种洗涤剂中的双氧水可以将废水中的氰化物转化为无毒物同时生成NH3，结合原子守恒和电荷守恒可知反应的离子方程式为H2O2+CN-+H2O=HCO3-+NH3，

故答案为：H2O2+CN-+H2O=HCO3-+NH3；

（3）双氧水因具有氧化性而具有杀菌消毒能力，但是2H2O2═2H2O+O2，铁离子会加速H2O2分解，使洗涤剂失去杀菌作用，此外，三价铁离子和纯碱中的碳酸根的水解双促进，既②2Fe3++3CO32-+3H2O═2Fe（OH）3↓+3CO2↑使洗涤剂失去去污能力，

故答案为：2H2O22H2O+O2↑，铁离子会加速H2O2分解，使洗涤剂失去杀菌作用；2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑，Fe3+与CO32-水解相互促进，使洗涤剂失去去污能力；

（4）①根据实验假设1和假设2，可知假设3是CO2和O2，

②可以用澄清石灰水来检验二氧化碳的存在，若石灰水变浑浊说明含二氧化碳，否则不含；用带火星的木条检验氧气的存在，若带火星的木条复燃，则含氧气，否则不含，

故答案为：CO2和O2；

．

解：抗酸药X加入过量盐酸生成无色气体A和无色溶液A，溶液A中加入过量氢氧化钠溶液过滤得到白色沉淀B和溶液B，溶液B中加入足量A得到白色沉淀C，沉淀C加入过量氢氧化钠溶液完全溶解，说明沉沉的C为Al（OH）3，则溶液B含有偏铝酸钠，A为CO2，无色溶液C为碳酸氢钠溶液，抗酸药X仅含五种短周期元素，判断沉淀B只能为Mg（OH）2，无色溶液A为AlCl3溶液和MgCl2溶液，抗酸药X加入过量盐酸生成无色气体二氧化碳，说明含有CO32-，Al3+，Mg2+，其中n（Al3+）=n（Al（OH）3）==0.01mol，n（Mg2+）=n（Mg（OH）2）==0..03mol，n（CO32-）=n（CO2）==0.01mol，则得到剩余部分质量=2.78g-0.01mol×27g/mol-0.03mol×24g/mol-0.01mol×60g/mol=1.19g，依据电荷守恒，物质中含有7个负电荷，则一个的质量==0.17g，n（OH-）==0.07mol，判断为OH-，得到化学式为AlMg3（CO3）（OH）7，

（1）上述分析可知白色沉淀B中金属元素为镁元素，镁离子核内有12个质子，核外有两个电子层，第一层2个电子，第二层8个电子，镁离子结构示意图为，A为二氧化碳属于共价化合物，二氧化碳为直线型结构，分子中存在两个碳氧双键，二氧化碳的电子式为，

故答案为：；；

（2）步骤3中生成沉淀C为Al（OH）3，反应的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，故答案为：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；

（3）上述分析计算可知X为AlMg3（CO3）（OH）7，X和胃酸反应生成二氧化碳容易造成胃穿孔，引起危险，

故答案为：AlMg3（CO3）（OH）7；和胃酸反应生成二氧化碳容易造成胃穿孔；

（4）设计实验方案验证溶液C中的含碳离子为HCO3-，取少量容易少许于试管中，加入氯化钙无现象，在加入盐酸生成无色无味的气体，通入澄清石灰水变浑浊，证明含有碳酸氢根离子，

故答案为：取少量容易少许于试管中，加入氯化钙无现象，在加入盐酸生成无色无味的气体，通入澄清石灰水变浑浊，证明含有碳酸氢根离子．

解：（1）装置B中的无水硫酸铜变蓝，证明A装置产生了水，C中溶液变浑浊，证明A中产生了二氧化碳，

故答案为：水；二氧化碳；

（2）将B装置中无水硫酸铜换为碱石灰，碱石灰具有吸水性，常用作干燥剂，作用是将混合气体干燥，观察到C装置中溶液变浑浊，证明A中产生了二氧化碳，一氧化碳还原氧化铜的产物是红色的金属铜和二氧化碳，

故答案为：将混合气体干燥；固体由黑色变为红色；CO2、CO；

（3）根据图象可知600℃时发生碳酸钙分解反应，800℃时完全分解，则800℃以上时，固体成分为氧化钙，

故答案为：CaCO3和CaO；800．

解：（l）得到的溶液为无色，所以一定不存在硫酸铜，因含有Cu2+的溶液是蓝色溶液，生成的白色沉淀可能为硫酸钡或碳酸镁，故答案为：CuSO4；溶液无色，而CuSO4溶液为蓝色；

（2）取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，证明溶液中存在钠离子，原混合物中一定含有硫酸钠；

（3）加入稀盐酸，沉淀完全溶解并放出气体，各物质中只有碳酸钙与盐酸反应生成气体，所以一定含有碳酸钙；由于沉淀完全溶解，而硫酸钡都不溶于盐酸，所以一定不含有硝酸钡，

根据以上分析，仍无法确定的物质是硫酸铝，肯定存在的物质是碳酸钙和硫酸钠，肯定不存在的物质是硫酸铜和硝酸钡，

故答案为：Al2（SO4）3； CaCO3、Na2SO4；Ba（NO3）2、CuSO4．

解：（1）浓硫酸可以做干燥剂，盛浓H2SO4的装置用途是将气体干燥，除去水蒸气，检验一氧化碳还原氧化铜的产物二氧化碳之前要先将生成的二氧化碳除去，可以用氢氧化钠来吸收，

故答案为：除去水蒸气；除去CO2；

（2）检验合气体中有CO和H2可用氧化铜，发生反应：CuO+H2Cu+H2O、CuO+COCu+CO2，氢气和一氧化碳还原氧化铜是在大试管中进行的，故答案为：氧化铜（CuO）；CuO+H2Cu+H2O、CuO+COCu+CO2；

（3）检验水可用无水硫酸铜，将其装入干燥管中进行检验，

故答案为：无水硫酸铜（CuSO4）；检验H2O；                  

（4）为了验证混合气中含有CO和H2，实验仪器的连接先后顺序为：除二氧化碳→除掉水分→还原装置→检验水分→检验二氧化碳；除杂质连接仪器的原则是：长进短出；故答案为：g-ab-kj-hi-cd（或dc）-fe-lm；

（5）如果有CO存在，CO和黑色的氧化铜反应生成红色的铜和二氧化碳，原混合气中的CO2已被除去，其中CO与CuO反应生成的CO2使澄清石灰水变浑浊，故答案为：B中黑色的CuO变成红色粉末，最后装置的澄清石灰水变浑浊；

（6）如果有氢气存在，氢气和黑色的氧化铜反应生成红色的铜和水，水和白色的无水硫酸铜反应生成蓝色的硫酸铜晶体，故答案为：B中黑色的CuO变成红色粉末，C中无水硫酸铜由白色变为蓝色．

解：Ⅰ．取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，即为二氧化氮，那么一定含有NO3-和Fe2+；

Ⅱ．向Ⅰ所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，那么溶液中一定含有：SO42-，那么原溶液中一定不含有：Ba2+，生成的沉淀是硫酸钡；

Ⅲ．向Ⅰ所得的溶液中加入过量的NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，不能确定原溶液中是否含有：Fe3+，因为亚铁离子被硝酸氧化生成铁离子；过滤后向所得滤液中通入过量的CO2气体，有白色絮状沉淀生成，向所得滤液中通入过量的CO2气体，有白色絮状沉淀生成说明含有Al3+，故不含CO32-和SiO32-，

（1）依据分析可知：该废水中一定含有的阴离子是：NO3-　 SO42-；  一定不含有的阳离子是：Ba2+，故答案为：NO3-、SO42-；Ba2+；

（2）偏铝酸根与碳酸生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，故答案为：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；

（3）Ksp=1.0×10-38=c（Fe3+）×c3（OH-），c（Fe3+）=1.0×10-2mol•L-1，故c （OH-）=1.0×10-12 mol•L-1，又KW=1.0×10-14，故c （H+）=1.0×10-2 mol•L-1，pH=2，故将Fe3+转换为Fe（OH）3沉调节溶液pH至少大于2，故答案为：2

解：铁能和硫酸铜溶液反应生成铜和硫酸亚铁，其方程式为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu；

【方案设计】

（1）氧气的鉴定一般是用带火星的木条伸入收集的气体中若复燃说明是氧气；

（2）S02与NaOH反应生成亚硫酸钠和水，其方程式为：S02+2NaOH=Na2S03+H2O；

【实验探究】根据实验的现象：气体在空气里安静的燃烧，产生淡蓝色火焰，烧杯壁上有水珠生成，接触烧杯的手能感觉到发热．说明这种气体是氢气；

【思维拓展】因为活动性在氢前的金属和酸反应能产生氢气，所以由上述实验可以推出，可断定该溶液呈酸性；

故答案为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu；

【方案设计】

（1）用带火星的木条伸入收集的气体中若复燃说明是氧气；

（2）S02+2NaOH=Na2S03+H2O；

【实验探究】氢气；

【思维拓展】酸性．

解：①用pH试纸检验，溶液呈强酸性，溶液中存在大量H+，由于碳酸根离子和偏铝酸根离子都是弱酸阴离子和氢离子反应，所以CO32-，AlO2- 不能大量存在；

②取溶液适量，加入少量CCl4和数滴新制的氯水振荡，四氯化碳层呈紫色，说明溶液中含有I-，由于 Fe3+、NO3-（在酸溶液中）能氧化I-为I2，所以溶液中不存在Fe3+、NO3-；

③依据题意生成的沉淀又溶解，说明溶液中存在Al3+，依据加热溶液生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝证明气体是氨气，说明原溶液中含有NH4+；

④取适量③得到的碱性溶液，加入碳酸钠溶液有白色沉淀生成，说明溶液中存在钡离子，则一定不存在硫酸根离子；

（1）由①可以排除CO32-，AlO2-的存在，故答为：CO32-，AlO2-；

（2）由②可以证明I-一样的存在，CCl4层出现碘单质的颜色证明含I-，Fe3+、NO3-在该环境中与I-不能共存，依据离子共存同时排除Fe3+、NO3-离子的存在，

故答案为：I-；Fe3+、NO3-；

（3）③证明溶液中一定含有Al3+、NH4+；故答案为：Al3+、NH4+；

（4）④实验分析判断，取适量③得到的碱性溶液，铝离子反应生成偏铝酸根离子，加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，分析离子可知只有钡离子生成碳酸钡沉淀，说明原溶液中不含有硫酸根离子；

故答案为：SO42-．

解：一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Ba2+、CO32-、Cl-、SO42-；

现取两份200mL溶液分别进行如下实验：

①第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到气体1.36g，收集到的气体是氨气，n（NH3）==0.08mol；

②第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g，说明部分沉淀能溶于稀盐酸，所以生成的沉淀有BaCO3、BaSO4，能溶于稀盐酸的是BaCO3、不能溶于稀盐酸的是BaSO4，n（BaSO4）==0.02mol，n（BaCO3）==0.04mol，

根据电荷守恒知硫酸根离子、碳酸根离子所带电荷之和大于铵根离子，所以溶液中还含有钾离子，据离子共存知，溶液中一定不存在Ba2+，

不能确定是否含有氯离子，

①通过以上分析知，一定含有的离子有K+、NH4+、CO32-、SO42-，一定不含的离子有Ba2+，故答案为：K+、NH4+、CO32-、SO42-；Ba2+；

②如果溶液中不含氯离子，则钾离子物质的量最少，根据电荷守恒得n（K+）=2n（CO32-）+2n（SO42-）-n（NH4+）=

2×0.04mol+2×0.02mol-0.08mol=0.04mol，所以n（K+）≥0.04mol，

故答案为：≥0.04．

解：[查阅文献]

（1）氢氧化亚铁不稳定，容易被空气中的氧气氧化生成红褐色的氢氧化铁，反应方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，根据[查阅文献]信息白色沉淀，易被氧化成微绿色Fe3（OH）8，Fe3（OH）8可理解为Fe（OH）2与Fe（OH）3的结合起的一种物质，其中既有+2价铁也有+3价铁，即FeO•Fe2O3•4H2O，所以假设二：绿色物质是Fe3（OH）8，

故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；

[实验探究]

（2）实验室配制的FeSO4溶液中，由于Fe2+极易被O2氧化而变为黄色的Fe3+溶液，所以配制完毕后要加入少量铁屑，防止Fe2+被空气中的氧气氧化成Fe3+，

由于亚铁离子部分水解生成氢氧化亚铁，反应的离子方程式为：Fe2++2H2O⇌Fe（OH）2+2H+，为了制Fe2+的水解，通常加入稀硫酸，使氢离子浓度增大，水解平衡向左移动，即抑制Fe2+水解；加入KSCN溶液试剂，若溶液出现血红色；则证明有Fe3+ 存在；或三氯化铁溶液中加入氢氧化钠溶液，会发生复分解反应，生成氢氧化铁红褐色沉淀，反应的离子方程式为：Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，

故答案为：Fe、H2SO4；KSCN溶液或NaOH；

（2）实验一与实验三相比，不同是温度，温度高溶解度，如果降低温度则会析出晶体，所以根据实验一与实验三现象可知，假设一是正确的，

故答案为：三、一；

（3）②是制取氢氧化亚铁，氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁，应在隔绝空气下进行，所以正确的操作是迅速用长滴管伸入液面下依次挤入一滴饱和FeSO4 溶液、一滴NaOH溶液，③假设二是由于被氧化而导致的，所以正确的操作是将O2缓缓通入白色沉淀中，

故答案为：迅速用长滴管伸入液面下依次挤入一滴饱和FeSO4 溶液、一滴NaOH溶液；将O2缓缓通入白色沉淀中．