- 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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