- 物质的检验
- 共543题
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：
（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．
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．
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