- 物质的检验
- 共543题
已知A、B、C、D分别是AlCl3、BaCl2、FeSO4、NaOH四种化合物中的一种,它们的水溶液之间的一些反应现象如下:
①A+B→白色沉淀,加入稀硝酸,沉淀不溶解
②B+D→白色沉淀,在空气中放置,沉淀由白色转化为红褐色
③C+D→白色沉淀,继续加入D溶液,白色沉淀逐渐消失
(1)试推断A______,B______,C______,D______(化学式).
(2)写出下列反应的化学方程式或离子方程式:
①实验②中沉淀由白色转化为红褐色的化学方程式______.
②C溶液与D溶液反应后生成的白色沉淀溶解于D溶液中的离子方程式______.
正确答案
BaCl2
FeSO4
AlCl3
NaOH
4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O
解析
解:(1)A、B、C、D分别是AlCl3、BaCl2、FeSO4、NaOH四种化合物中的一种,能相互反应生成沉淀的有:
AlCl3+3NaOH═Al(OH)3↓+3NaCl、Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O,现象为先生成白色沉淀,后沉淀溶解.
BaCl2+FeSO4═BaSO4↓+2NaCl,现象为出现不溶于酸的白色沉淀.
FeSO4+2NaOH═Fe(OH)2↓+Na2SO4、4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3,特征现象为出现白色沉淀,立即变为红褐色.
根据题意,①A+B→白色沉淀,加入稀硝酸,沉淀不溶解,该沉淀只能为BaSO4沉淀,因为Al(OH)3或Fe(OH)2都可溶于稀硝酸.②B+D→白色沉淀,在空气中放置,该沉淀由白色转为红褐色,说明白色沉淀为Fe(OH)2,红褐色沉淀为Fe(OH)3.则可确定B为FeSO4,A为BaCl2,D为NaOH.③C+D→白色沉淀,继续加D溶液,白色沉淀逐渐消失,说明白色沉淀为Al(OH)3,C为AlCl3.
故正确答案为:BaCl2、FeSO4、AlCl3、NaOH.
(2)①现象②中,B为FeSO4,D为NaOH,两者反应生成白色Fe(OH)2沉淀,FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4;该沉淀易被氧化生成红褐色Fe(OH)3沉淀,反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3.
故正确答案为:4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3.
②现象③中,C为AlCl3,D为NaOH,两者反应生成Al(OH)3沉淀,反应为AlCl3+3NaOH═Al(OH)3↓+3NaCl,Al(OH)3为两性氢氧化物可与NaOH继续反应,导致沉淀消失,Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O,改写离子方程式时,AlCl3、NaOH、NaCl、NaAlO2易溶于水易电离改成离子形式,Al(OH)3难溶于水难电离保留化学式,H2O是弱电解质保留化学式,删除相同离子,则离子方程式为Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O.
故正确答案为:Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O.
区分碳酸钠和碳酸氢钠固体的方法中(相同条件下),错误的是( )
正确答案
解析
解:A、加热时,碳酸钠不分解,碳酸氢钠分解生成气体,所以可以用加热观察是否有气体放出的方法区分,故A正确;
B、向碳酸钠溶液中滴加盐酸,先生成碳酸氢钠和氯化钠,然后碳酸氢钠再和盐酸反应生成二氧化碳,向碳酸氢钠溶液中滴加盐酸直接生成二氧化碳,所以反应现象不同,可以鉴别,故B正确;
C、氧化钙和水反应生成氢氧化钙,碳酸钠和碳酸氢钠都与氢氧化钙反应生成碳酸钙白色沉淀,反应现象相同,无法区分,故C错误;
D、加热时,碳酸钠不分解,碳酸氢钠分解生成气体,所以加热后的固体质量不同,可以区分,故D正确.
故选C.
通过实验可验证蔗糖水解可以生成葡萄糖,实验包括下列操作:其操作的正确顺序是( )
①加入少量蔗糖和水制成溶液 ②水浴加热 ③加入NaOH溶液中和酸并至溶液呈碱性 ④加入新制备的Cu(OH)2 ⑤加入少量稀硫酸 ⑥再加热.
正确答案
解析
解:蔗糖水解的实验的步骤为:取少量蔗糖加适量水配成溶液;在溶液中加入3~5滴稀硫酸;将混合液煮沸几分钟、冷却;由于水解完毕生成还原性糖葡萄糖,与新制Cu(OH)2悬浊液发生氧化反应,须在碱性条件下,所以,在冷却后的溶液中先加入NaOH溶液,调pH至碱性,加入新制Cu(OH)2悬浊液溶液,水浴加热.其实验结果有砖红色沉淀产生.所以该实验中操作步骤的排列正确顺序为:①⑤②③④⑥,
故选C.
用4种溶液进行实验,下表中“操作及现象”与“溶液”对应关系正确的是( )
正确答案
解析
解:A.向饱和Na2CO3溶液中通入二氧化碳,会发生反应生成碳酸氢钠,碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠,所以会析出碳酸氢钠晶体,故A正确;
B.向Na2SiO3溶液中通入二氧化碳,会产生硅酸,是白色不溶于水的沉淀,继续通CO2至过量,浑浊不会消失,故B错误;
C.向Ca(ClO)2溶液中通入二氧化碳,会生成碳酸钙和次氯酸,碳酸钙在过量二氧化碳存在下会转化为碳酸氢钙,沉淀消失,次氯酸具有强氧化性,可使品红褪色,故C错误;
D.氢氧化钙中通二氧化碳会生成碳酸钙沉淀,再转化为碳酸氢钙,碳酸氢钙和氢氧化钠反应会生成碳酸钙,故D正确.
故选AD.
某无色溶液,其中可能存在Na+、Ba2+、AlO2-、S2-、SO32-、SO42-.取该溶液进行有关实验,实验结果如图所示:
请回答:
(1)沉淀甲的化学式为______.
(2)由溶液甲生成沉淀乙的离子方程式为______.
(3)沉淀丙中一定含有______可能含有______.
(4)综合上述信息,该溶液中肯定存在的离子有:______.
正确答案
解:无色溶液可能存在Na+、Ba2+、AlO2-、S2-、SO32-、SO42-.由实验流程可知,加过量盐酸生成淡黄色沉淀甲为S,则溶液中存在S2-、SO32-,即一定不存在Ba2+;溶液甲中有剩余的HCl,与过量碳酸氢铵反应生成气体乙为二氧化碳,由生成白色沉淀可知,沉淀为氢氧化铝,则应存在AlO2-,转化生成Al3+与HCO3-的相互促进水解生成沉淀和气体;溶液乙中含过量的碳酸氢铵,与氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀和氨气,即丙为BaCO3,气体丙为氨气,溶液丙中含过量的氢氧化钡,由溶液为电中性可知,还含钠离子,而原溶液中SO42-不能确定,
(1)由上述分析可知,沉淀甲为S,故答案为:S;
(2)溶液甲生成沉淀乙的离子方程式为Al3++3HCO3-═Al(OH)3↓+3CO2↑,故答案为:Al3++3HCO3-═Al(OH)3↓+3CO2↑;
(3)由上述分析可知,硫酸根离子可能存在,则沉淀丙中一定含BaCO3,可能含BaSO4,故答案为:BaCO3;BaSO4;
(4)由上述分析可知,一定存在Na+、AlO2-、S2-、SO32-,故答案为:Na+、AlO2-、S2-、SO32-.
解析
解:无色溶液可能存在Na+、Ba2+、AlO2-、S2-、SO32-、SO42-.由实验流程可知,加过量盐酸生成淡黄色沉淀甲为S,则溶液中存在S2-、SO32-,即一定不存在Ba2+;溶液甲中有剩余的HCl,与过量碳酸氢铵反应生成气体乙为二氧化碳,由生成白色沉淀可知,沉淀为氢氧化铝,则应存在AlO2-,转化生成Al3+与HCO3-的相互促进水解生成沉淀和气体;溶液乙中含过量的碳酸氢铵,与氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀和氨气,即丙为BaCO3,气体丙为氨气,溶液丙中含过量的氢氧化钡,由溶液为电中性可知,还含钠离子,而原溶液中SO42-不能确定,
(1)由上述分析可知,沉淀甲为S,故答案为:S;
(2)溶液甲生成沉淀乙的离子方程式为Al3++3HCO3-═Al(OH)3↓+3CO2↑,故答案为:Al3++3HCO3-═Al(OH)3↓+3CO2↑;
(3)由上述分析可知,硫酸根离子可能存在,则沉淀丙中一定含BaCO3,可能含BaSO4,故答案为:BaCO3;BaSO4;
(4)由上述分析可知,一定存在Na+、AlO2-、S2-、SO32-,故答案为:Na+、AlO2-、S2-、SO32-.
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