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题型:填空题
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填空题

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.

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题型: 单选题
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单选题

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(  )

A加热,观察是否有气体放出

B滴加稀盐酸,比较产生气体的快慢

C溶于水后加氧化钙,看有无沉淀

D加热后称量,看质量是否变化

正确答案

C

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.

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题型: 单选题
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单选题

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.

A①②⑤⑥④③

B①⑤②④⑥③

C①⑤②③④⑥

D①⑥④⑤③②

正确答案

C

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.

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题型: 多选题
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多选题

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(  )

AA

BB

CC

DD

正确答案

A,D

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.

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题型:简答题
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简答题

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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