- 物质的检验
- 共3564题
由熔盐电解法获得的粗铝含有一定量的金属钠和氢气，这些杂质可采用吹气精炼法除去．
（注：NaCl熔点为801℃；AlCl3在181℃升华）
（1）精炼前，需清除坩埚表面的氧化铁和石英砂，防止精炼时它们分别与铝发生置换反应产生新的杂质，相关的化学方程式为①______和②______．
（2）将Cl2连续通人坩埚中的粗铝熔体，杂质随气泡上浮除去．气泡的主要成分除Cl2外还含有______，固态杂质粘附于气泡上，在熔体表面形定浮渣，浮渣中肯定存在______．
（3）在用废碱液处理A的过程中，所发生反应的离子方程式为______．
正确答案
解：（1）氧化铁和二氧化硅分别与铝发生的是置换反应（单质和化合物发生反应生成新单质和化合物的反应），即2Al+Fe2O3
（2）粗铝含有一定量的金属钠和氢气，钠、铝和氯气反应生成了氯化钠和氯化铝，氢气和氯气发生反应生成氯化氢，其中氯化钠熔点为801℃，较高，是固态杂质随气泡上浮，气泡的主要成分除Cl2外还含有H2、HCl、AlCl3，故答案为：H2、HCl、AlCl3；NaCl；
（3）A中有氯气以及氯化氢，均能和烧碱反应，用于尾气处理，实质为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，H++OH-=H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，H++OH-=H2O；
解析
解：（1）氧化铁和二氧化硅分别与铝发生的是置换反应（单质和化合物发生反应生成新单质和化合物的反应），即2Al+Fe2O3
（2）粗铝含有一定量的金属钠和氢气，钠、铝和氯气反应生成了氯化钠和氯化铝，氢气和氯气发生反应生成氯化氢，其中氯化钠熔点为801℃，较高，是固态杂质随气泡上浮，气泡的主要成分除Cl2外还含有H2、HCl、AlCl3，故答案为：H2、HCl、AlCl3；NaCl；
（3）A中有氯气以及氯化氢，均能和烧碱反应，用于尾气处理，实质为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，H++OH-=H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，H++OH-=H2O；
铝土矿的主要成分是Al2O3，还含有Fe2O3、SiO2等杂质．
Ⅰ．从铝土矿中提取氧化铝的流程如图所示：
（1）试剂A是______；
（2）向溶液a中通入过量的CO2，将得到的不溶物煅烧后也可得到Al2O3，该方案的缺点是______．
Ⅱ．电解熔融的氧化铝可制备金属铝
（3）写出电解的化学方程式______．
Ⅲ．新型陶瓷氮化铝可用以下两种方法制备
（4）①氧化铝高温还原法：______Al2O3+______C+______ N2 
②氯化铝与氨气高温合成法：AlCl3+NH3
（5）方法②比方法①在生产上更具优势．下列说法中，正确的是______．
A．方法①中的 Al2O3、C、N2结构稳定，反应时破坏化学键需要消耗更多能量
B．方法①中的Al2O3和C容易残留在氮化铝中
C．两种方法中氮化铝均为还原产物．
正确答案
解：铝土矿加入氢氧化钠溶液过滤，得到滤液a中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，滤渣a为氧化铁，溶液a中含有偏铝酸根离子、硅酸根粒子，向溶液a中加入过量A为酸溶液，除去硅酸根离子，同时将偏铝酸根离子转化为铝离子，进入滤液b中，向滤液b中加过量试剂B氨水，铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，加热氢氧化铝分解得氧化铝，
Ⅰ．（1）铝土矿与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，加入盐酸或硝酸等酸性溶液可除去硅酸根离子，所以试剂A为强酸，可以为盐酸、硫酸或硝酸，
故答案为：盐酸（硫酸或硝酸）；
（2）滤液a中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，向溶液a中通入过量的CO2，沉淀为Al（OH）3及少量硅酸，煅烧得到与和二氧化硅，则Al2O3中含有SiO2杂质，
故答案为：Al2O3中含有SiO2杂质；
Ⅱ．（3）电解熔融的氧化铝可制备金属铝，阳极生成氧气，阴极生成铝，总反应为：2Al2O3（熔融）
故答案为：2Al2O3（熔融）
Ⅲ．（4）碳从0价→+2价，化合价升高2价，氮从0价→-3价，化合价至少升高6价，最小公倍数为6，则碳的系数为3、氮气的系数为1，然后根据观察法配平，配平后的反应方程式为：Al2O3+3C+N2
故答案为：1；3；1；2；3；
（5）A．方法①中的Al2O3、C、N2结构稳定，则在反应过程中破坏化学键时需要消耗更多能量，故A正确；
B．根据反应原理可知，方法①中的Al2O3和C都是固体，二者容易残留在氮化铝中，故B正确；
C．方法①中氮化铝为氮气被还原生成的，方法②为非氧化还原反应，故C错误；
故答案为：AB．
解析
解：铝土矿加入氢氧化钠溶液过滤，得到滤液a中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，滤渣a为氧化铁，溶液a中含有偏铝酸根离子、硅酸根粒子，向溶液a中加入过量A为酸溶液，除去硅酸根离子，同时将偏铝酸根离子转化为铝离子，进入滤液b中，向滤液b中加过量试剂B氨水，铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，加热氢氧化铝分解得氧化铝，
Ⅰ．（1）铝土矿与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，加入盐酸或硝酸等酸性溶液可除去硅酸根离子，所以试剂A为强酸，可以为盐酸、硫酸或硝酸，
故答案为：盐酸（硫酸或硝酸）；
（2）滤液a中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，向溶液a中通入过量的CO2，沉淀为Al（OH）3及少量硅酸，煅烧得到与和二氧化硅，则Al2O3中含有SiO2杂质，
故答案为：Al2O3中含有SiO2杂质；
Ⅱ．（3）电解熔融的氧化铝可制备金属铝，阳极生成氧气，阴极生成铝，总反应为：2Al2O3（熔融）
故答案为：2Al2O3（熔融）
Ⅲ．（4）碳从0价→+2价，化合价升高2价，氮从0价→-3价，化合价至少升高6价，最小公倍数为6，则碳的系数为3、氮气的系数为1，然后根据观察法配平，配平后的反应方程式为：Al2O3+3C+N2
故答案为：1；3；1；2；3；
（5）A．方法①中的Al2O3、C、N2结构稳定，则在反应过程中破坏化学键时需要消耗更多能量，故A正确；
B．根据反应原理可知，方法①中的Al2O3和C都是固体，二者容易残留在氮化铝中，故B正确；
C．方法①中氮化铝为氮气被还原生成的，方法②为非氧化还原反应，故C错误；
故答案为：AB．
工业上回收利用某合金废料（主要含Fe、Cu、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活泼金属）的工艺流程如下：
（1）金属M为______，操作1为______．
（2）加入H2O2的作用是（用离子方程式表示）______，加入氨水的作用是______．
（3）充分焙烧的化学方程式为______．
（4）已知Li2CO3微溶于水，其饱和溶液的浓度与温度关系见下表．操作2中，蒸发浓缩后必须趁热过滤，其原因是______，90℃时Ksp（Li2CO3）的值为______．
（5）用惰性电极电解熔融Li2CO3制取锂，阳极生成两种气体，则阳极的电极反应式为______．
正确答案
解：合金废料（主要含Fe、Cu、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活泼金属）加入盐酸过滤得到金属M为不与盐酸反应的铜，浸出液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氨水调节溶液PH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，通过操作Ⅰ过滤得到溶液A中加入草酸铵溶液沉淀钴离子过滤得到溶液B主要是锂离子的溶液，加入碳酸钠沉淀锂离子，过滤得到碳酸锂；结晶析出CoC2O4•2H2O足量空气煅烧得到氧化钴，
（1）上述分析判断金属M为Cu，操作Ⅰ为过滤操作故答案为：Cu；过滤；
（2）加入H2O2的作用是氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；加入氨水的作用是调节溶液PH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；调节溶液的pH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀；
（3）CoC2O4焙烧生成Co2O3、CO2和水，反应的化学方程式为4CoC2O4・2H2O+3O2
故答案为：4CoC2O4・2H2O+3O2
（4）Li2CO3微溶于水，溶解度随温度升高而降低，为减少Li2CO3的溶解损失，蒸发浓缩后必须趁热过滤，90℃时c（Li2CO3）的浓度为0.10mol/L，则c（Li+）=0.20mol/L，c（CO32-）=0.10mol/L，则Ksp（Li2CO3）=0.20×0.20×0.10=4.0×10-3，
故答案为：减少Li2CO3的溶解损失；4.0×10-3；
（5）用惰性电极电解熔融Li2CO3制取锂，阳极生成两种气体，应为二氧化碳和氧气，电极方程式为2CO32--4e-=O2↑+CO2↑，
故答案为：2CO32--4e-=O2↑+CO2↑．
解析
解：合金废料（主要含Fe、Cu、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活泼金属）加入盐酸过滤得到金属M为不与盐酸反应的铜，浸出液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氨水调节溶液PH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，通过操作Ⅰ过滤得到溶液A中加入草酸铵溶液沉淀钴离子过滤得到溶液B主要是锂离子的溶液，加入碳酸钠沉淀锂离子，过滤得到碳酸锂；结晶析出CoC2O4•2H2O足量空气煅烧得到氧化钴，
（1）上述分析判断金属M为Cu，操作Ⅰ为过滤操作故答案为：Cu；过滤；
（2）加入H2O2的作用是氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；加入氨水的作用是调节溶液PH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；调节溶液的pH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀；
（3）CoC2O4焙烧生成Co2O3、CO2和水，反应的化学方程式为4CoC2O4・2H2O+3O2
故答案为：4CoC2O4・2H2O+3O2
（4）Li2CO3微溶于水，溶解度随温度升高而降低，为减少Li2CO3的溶解损失，蒸发浓缩后必须趁热过滤，90℃时c（Li2CO3）的浓度为0.10mol/L，则c（Li+）=0.20mol/L，c（CO32-）=0.10mol/L，则Ksp（Li2CO3）=0.20×0.20×0.10=4.0×10-3，
故答案为：减少Li2CO3的溶解损失；4.0×10-3；
（5）用惰性电极电解熔融Li2CO3制取锂，阳极生成两种气体，应为二氧化碳和氧气，电极方程式为2CO32--4e-=O2↑+CO2↑，
故答案为：2CO32--4e-=O2↑+CO2↑．
铁是人体不可缺少的微量元素，硫酸亚铁晶体（FeSO4•7H2O）在医药上作补血剂．某课外小组测定该补血剂（每片b克）中铁元素的含量．实验步骤如图所示：
（1）写出步骤②中反应的离子方程式，并用单线桥标出电子转移的数目和方向：______．
（2）步骤③中若X为氨水，则检验所得红褐色悬浊液中主要含有阳离子的实验方法是：______．
（3）步骤④中一系列处理的操作步骤依次为______、______、灼烧、冷却、称量．
（4）若实验无损耗，则每片补血剂含铁元素的质量分数为______．
正确答案
过滤取滤液，加NaOH溶液加热，若产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则含NH4+
过滤
洗涤
解析
解：由流程图可知，该实验原理为：向药品中加入硫酸，将药品中的Fe2+形成溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，加入过量的氨水，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，再加热将之转化为氧化铁，通过测定氧化铁的质量，根据元素守恒计算补血剂中铁元素的含量．
（1）双氧水具有强氧化性，能将Fe2+全部氧化为Fe3+，铁元素的化合价升高值=氧元素的化合价降低值=2，电子转移情况如下
（2）加入过量的氨水，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，所得红褐色悬浊液中主要含有阳离子铵根离子，铵根离子实验方法是：过滤取滤液，加NaOH溶液加热，若产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则含NH4+，故答案为：过滤取滤液，加NaOH溶液加热，若产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则含NH4+；
（3）Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，将之过滤、洗涤、干燥，可以得到氢氧化铁固体，加热，可以得到氧化铁，故答案为：过滤；洗涤；
（4）得到的ag固体是氧化铁，铁元素的质量是a×
某矿样含有大量的CuS、少量铁的氧化物及少量其它不溶于酸的杂质．某化学课外小组设计如图甲流程，以该矿样为原料生产CuCl2•2H2O晶体．
（1）在焙烧过程产生的尾气中，有一种是主要的大气污染物．若在实验室中以碱液吸收处理之，图乙装置可行的是______（填字母）．
（2）步骤②酸浸过程中，需要用到3mol•L-1，的盐酸100mL，配制该盐酸溶液时，除了用到烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要的仪器有______；
（3）步骤④中，加入的X物质可以是______，作用是______．
正确答案
AB
100ml的容量瓶，量筒
氧化铜（或是碳酸铜、氢氧化铜、碱式碳酸铜等）
调节溶液的PH，使Fe3+以沉淀的形式全部沉淀
解析
解：矿样含有大量的CuS、少量铁的氧化物及少量其它不溶于酸的杂质，通入氧气，可以使硫化铜转化为含铜氧化物和二氧化硫气体，铜和铁的氧化物可以用盐酸来溶解，得到的溶液是氯化铜和氯化铁的混合物，过滤可以滤去不溶于酸的难溶物，对溶液加入一定的物质调节pH，可以将铁离子沉淀去，但是铜离子不沉淀，最终经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、干洗涤、干燥，可以得到氯化铜晶体．
（1）在焙烧过程中还有废气产生，其中一种是主要的大气污染物．若在实验室中以碱液吸收处理之，处理过程中主要是防止液体倒吸，下列A、B、C装置中防倒吸的是AB，故答案为：AB；
（2）配制该盐酸溶液时，除了用到烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要的仪器有100ml的容量瓶，量筒；故答案为：100ml的容量瓶，量筒；
（3）处理过程步骤④加入物质X的目的是控制溶液的PH，使Fe3+以沉淀的形式全部沉淀，物质X是和溶液中酸反应调节溶液PH，但不能引入新的杂质，所以可以选择氧化铜（或是碳酸铜、氢氧化铜、碱式碳酸铜等），
故答案为：氧化铜（或是碳酸铜、氢氧化铜、碱式碳酸铜等）；调节溶液的PH，使Fe3+以沉淀的形式全部沉淀．
NiSO4•6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电池等，可由电镀废渣（除含镍外，还含有：Cu、Zn、Fe、Cr等杂质）为原料获得．操作步骤如下：
（1）加Na2S的目的是除去铜、锌等杂质，请写出除去Cu2+的离子方程式______．
（2）加6%的H2O2时，温度不能过高，其目的是：______．
（3）除铁方法：用H2O2充分氧化后，再用NaOH控制pH值2～4范围内生成氢氧化铁沉淀．在上述方法中，氧化剂可用NaClO3代替，请写出用氯酸钠氧化Fe2+的离子方程式为：______．
（4）上述流程中滤液Ⅲ的主要成分是：______．
（5）操作Ⅰ包括以下过程：过滤，用______（填试剂化学式）溶解，蒸发浓缩，冷却结晶，洗涤获得产品．
正确答案
解：（1）加Na2S，易生成CuS沉淀，反应的离子方程式为S2-+Cu2+=CuS↓，故答案为：S2-+Cu2+=CuS↓；
（2）温度较高时，H2O2分解，加6%的H2O2时，温度不能过高，故答案为：减少过氧化氢的分解；
（3）ClO3-在酸性条件下具有强氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应，反应的离子方程式为
6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O，
故答案为：6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；
（4）经过加入a2S、H2O2、NaOH后可除去Cu、Zn、Fe、Cr等杂质，滤液中含有可溶性硫酸盐，为Na2SO4、NiSO4，
故答案为：Na2SO4、NiSO4；
（5）为防止Ni2+水解，可加H2SO4溶解，故答案为：H2SO4．
解析
解：（1）加Na2S，易生成CuS沉淀，反应的离子方程式为S2-+Cu2+=CuS↓，故答案为：S2-+Cu2+=CuS↓；
（2）温度较高时，H2O2分解，加6%的H2O2时，温度不能过高，故答案为：减少过氧化氢的分解；
（3）ClO3-在酸性条件下具有强氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应，反应的离子方程式为
6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O，
故答案为：6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；
（4）经过加入a2S、H2O2、NaOH后可除去Cu、Zn、Fe、Cr等杂质，滤液中含有可溶性硫酸盐，为Na2SO4、NiSO4，
故答案为：Na2SO4、NiSO4；
（5）为防止Ni2+水解，可加H2SO4溶解，故答案为：H2SO4．
（2015春•内江校级月考）钡盐行业生产中排出大量的钡泥，钡泥主要含有BaCO3、BaSiO3、BaSO3、Ba（FeO2）2 即铁酸钡等四种物质．某主要生产BaCl2、BaCO3、BaSO4的化工厂利用钡泥制取Ba（NO3）2，其部分工艺流程如下：（已知Fe3+变成Fe（OH）3沉淀所需pH范围为pH=4～5）
（1）酸溶后溶液中pH=1，Ba（FeO2）2与HNO3的反应化学方程式为______．
（2）酸溶时通常控制反应温度不超过70℃，且不使用浓硝酸，原因是______．
（3）该厂结合本厂实际，选用的X为______（填化学式）；中和Ⅰ使溶液中______的浓度减少（填离子符号，中和Ⅰ引起的溶液体积变化可忽略）
正确答案
解：（1）Ba（FeO2）2中Fe元素是+3价，钡元素为+2价，故Ba（FeO2）2与硝酸不发生氧化还原反应，其反应方程式为：Ba（FeO2）2+8HNO3═Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O，
故答案为：Ba（FeO2）2+8HNO3═Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O；
（2）酸溶时控制反应温度不超过70℃，是为了防止温度过高，反应速率太快；不使用浓硝酸，是因为浓HNO3不稳定，易分解，4HNO3
故答案为：防止反应速率过快，浓HNO3易挥发、分解；
（3）加入X调节溶液的pH=4～5，则X应能消耗H+，结合工厂主要生产BaCl2、BaCO3、BaSO4的实际情况，可选用BaCO3；中和后溶液中H+浓度减小，pH在4～5时，Fe3+也完全沉淀，故Fe3+浓度也减小，
故答案为：BaCO3；Fe3+、H+．
解析
解：（1）Ba（FeO2）2中Fe元素是+3价，钡元素为+2价，故Ba（FeO2）2与硝酸不发生氧化还原反应，其反应方程式为：Ba（FeO2）2+8HNO3═Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O，
故答案为：Ba（FeO2）2+8HNO3═Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O；
（2）酸溶时控制反应温度不超过70℃，是为了防止温度过高，反应速率太快；不使用浓硝酸，是因为浓HNO3不稳定，易分解，4HNO3
故答案为：防止反应速率过快，浓HNO3易挥发、分解；
（3）加入X调节溶液的pH=4～5，则X应能消耗H+，结合工厂主要生产BaCl2、BaCO3、BaSO4的实际情况，可选用BaCO3；中和后溶液中H+浓度减小，pH在4～5时，Fe3+也完全沉淀，故Fe3+浓度也减小，
故答案为：BaCO3；Fe3+、H+．
下列物质与水混合后静置，不会出现分层的是（ ）
正确答案
解析
解：A．汽油和水互不相溶，与水混合后静置，出现分层，故A不选；
B．苯和水互不相溶，与水混合后静置，出现分层，故B不选；
C．四氯化碳水互不相溶，与水混合后静置，出现分层，故C不选；
D．乙醇与水混溶，不分层，故D选．
故选D．
（Ⅰ）无机盐A是医学上常用的镇静催眠药，由两种元素组成．将其溶于水，通入适量黄绿色气体B，然后向反应后的溶液中加入四氯化碳并振荡、静置，溶液分层，下层液体呈橙红色．分液后取上层溶液，经元素分析，溶质为漂白粉的主要成分之一，往此溶液通入CO2和NH3可获得纳米材料E和铵态氮肥F．
（1）工业上制取漂白粉的化学反应方程式______
（2）CO2和NH3两气体中，应该先通入溶液中的是______（填化学式），写出制备E和F的离子反应方程式______
（Ⅱ）某研究小组为了探究一种浅绿色盐X（仅含四种元素，不含结晶水，M（X）＜908g•mol-1）的组成和性质，设计并完成了如下实验
取一定量的浅绿色盐X进行上述实验，充分反应后得到23.3g白色沉淀E、28.8g红色固体G和12.8g红色固体H．
已知：①浅绿色盐X在570℃、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应；②常温下B呈液态且1个B分子含有10个电子
请回答如下问题：
（1）写出B分子的电子式______．
（2）已知G溶于稀硝酸，溶液变成蓝色，并放出无色气体．请写出该反应的离子方程式为______．
（3）在隔绝空气、570℃温度下加热X至完全分解的化学反应方程式为______．
（4）一定条件下，NH3与黑色固体C发生氧化还原反应得到红色固体和气体丙（丙是大气主要成分之一），写出一个可能的化学反应方程式______．
正确答案
解：（Ⅰ）无机盐A是由两种元素组成，将其溶于水，通入适量黄绿色气体B，则B为氯气，然后向反应后的溶液中加入四氯化碳并振荡、静置，溶液分层，下层液体呈橙红色，则A中含有溴元素，分液后取上层溶液，经元素分析，溶质为漂白粉的主要成分之一，则溶液中有钙元素，所以A为溴化钙，往此溶液通入CO2和NH3可获得纳米材料E和铵态氮肥F，则F为NH4Cl，E为CaCO3，
（1）工业上制取漂白粉的化学反应方程式2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，
故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；
（2）CO2和NH3两气体中，由于氨气极易溶于水，而二氧碳在水中溶解度不大，所以应该先通入溶液中的是 NH3，这样便于两气体和溶液充分反应，制备E和F的离子反应方程式为Ca2++CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4+，
故答案为：NH3；Ca2++CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4+．
（II）浅绿色盐X在570℃、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应，得到A、B和黑色固体C，常温下B呈液态且1个B分子含有10个电子，B为水，A和水反应生成的D能和氯化钡反应生成白色沉淀E，E只能为硫酸钡，23.3g白色沉淀E的物质的量为n=
浅绿色盐X，仅含四种元素，不含结晶水，设化学式为：Cu4（OH）mSO4，Cu4（OH）mSO4
（1）水是共价化合物，氢原子和氧原子之间以共价键结合，其电子式为
故答案为：
（2）红色固体G为氧化亚铜，Cu2O中+1价的铜被硝酸氧化，稀硝酸被还原成一氧化氮，反应为：3Cu2O+14H++2NO3-═6Cu2++2NO↑+7H2O，
故答案为：3Cu2O+14H++2NO3-═6Cu2++2NO↑+7H2O；
（3）浅绿色盐X中n（Cu）=0.4mol，n（S）=0.1mol，n（CuO）：n（SO3）=1：4，仅含四种元素，不含结晶水，设化学式为：Cu4（OH）mSO4，Cu4（OH）mSO4
故答案为：Cu4（OH）6SO4；Cu4（OH）6SO4
（4）空气主要成分为氧气、氮气，黑色固体C为氧化铜，与氨气反应生成氮气、铜（0价）或氧化亚铜（铜为+1价）和水，反应为：3CuO+2NH3
故答案为：3CuO+2NH3
解析
解：（Ⅰ）无机盐A是由两种元素组成，将其溶于水，通入适量黄绿色气体B，则B为氯气，然后向反应后的溶液中加入四氯化碳并振荡、静置，溶液分层，下层液体呈橙红色，则A中含有溴元素，分液后取上层溶液，经元素分析，溶质为漂白粉的主要成分之一，则溶液中有钙元素，所以A为溴化钙，往此溶液通入CO2和NH3可获得纳米材料E和铵态氮肥F，则F为NH4Cl，E为CaCO3，
（1）工业上制取漂白粉的化学反应方程式2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，
故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；
（2）CO2和NH3两气体中，由于氨气极易溶于水，而二氧碳在水中溶解度不大，所以应该先通入溶液中的是 NH3，这样便于两气体和溶液充分反应，制备E和F的离子反应方程式为Ca2++CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4+，
故答案为：NH3；Ca2++CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4+．
（II）浅绿色盐X在570℃、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应，得到A、B和黑色固体C，常温下B呈液态且1个B分子含有10个电子，B为水，A和水反应生成的D能和氯化钡反应生成白色沉淀E，E只能为硫酸钡，23.3g白色沉淀E的物质的量为n=
浅绿色盐X，仅含四种元素，不含结晶水，设化学式为：Cu4（OH）mSO4，Cu4（OH）mSO4
（1）水是共价化合物，氢原子和氧原子之间以共价键结合，其电子式为
故答案为：
（2）红色固体G为氧化亚铜，Cu2O中+1价的铜被硝酸氧化，稀硝酸被还原成一氧化氮，反应为：3Cu2O+14H++2NO3-═6Cu2++2NO↑+7H2O，
故答案为：3Cu2O+14H++2NO3-═6Cu2++2NO↑+7H2O；
（3）浅绿色盐X中n（Cu）=0.4mol，n（S）=0.1mol，n（CuO）：n（SO3）=1：4，仅含四种元素，不含结晶水，设化学式为：Cu4（OH）mSO4，Cu4（OH）mSO4
故答案为：Cu4（OH）6SO4；Cu4（OH）6SO4
（4）空气主要成分为氧气、氮气，黑色固体C为氧化铜，与氨气反应生成氮气、铜（0价）或氧化亚铜（铜为+1价）和水，反应为：3CuO+2NH3
故答案为：3CuO+2NH3
某无色气体可能含有H2S、SO2、CO2、HI、HCl气体中的一种或几种．将气体通入氯水后，得无色溶液，向该溶液中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀产生．则下列叙述正确的是（ ）
正确答案
解析
解：氯水为黄绿色，将气体A通入氯水中得无色透明溶液，说明溶液中一定有SO2，因为SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4；一定无H2S，因为2H2S+SO2═3S↓+2H2O，SO2和H2S不共存；一定无HI，因为2HI+Cl2═I2+2HCl，生成的I2微溶，且碘水呈褐色．向溶液中加入BaCl2溶液产生白色沉淀，进一步证明有SO2气体．
故选B．
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