初中科学中考复习 物质的鉴别、推断优生特训5
一、单选题
1．（2018九上·奉化期中）不用另加试剂，仅利用组内物质之间的相互反应，就能够把它们鉴别出来的是（ ）
A．CuCl2、NaOH、HCl、H2SO4 B．HCl、NaNO3、Na2CO3、Na2SO4
C．BaCl2、K2SO4、K2CO3、HCl D．AgNO3、HCl、NaCl、HNO3
2．（2018九上·温岭期中）某碳酸钠固体样品中，可能含有硫酸钠、碳酸钙、硫酸铜、氯化钠、氯化钙中的一种或几种杂质，为了确定杂质的成分，进行以下实验：
第一步：取50g该样品溶于水得到无色溶液；
第二步：再向第一步得到的无色溶液中，先后逐滴加入过量氯化钡溶液和过量的稀硝酸。产生沉淀的物质的质量与时间的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．由第一步实验可知，原样品中一定没有硫酸铜、碳酸钙、氯化钙
B．BC段减少的沉淀是碳酸钙和碳酸钡
C．杂质一定含有硫酸钠、氯化钠
D．第二步实验结束后，最终所得溶液中的溶质共有三种
3．（2018九上·义乌期中）将一定质量的Ba(OH)2溶液与Na2CO3溶液混合恰好完全反应，向反应后的混合物中加入稀盐酸，产生气体的体积与加入稀盐酸的体积的关系如右下图所示，下列说法中正确的是（ ）
A．N点时，所得溶液的pH＝7
B．Q点时，所得溶液中的溶质只含有BaCl2
C．O至P段发生反应的化学方程式为NaOH＋HCl=NaCl＋H2O
D．P至Q段发生反应的化学方程式为Ba(OH)2＋2HCl=BaCl2＋2H2O
4．（2018九上·杭州期中）某黑色固体粉末可能是Fe、FeO、CuO、C中的一种或几种。为了探究其成分，小明同学按照下图所示流程进行了实验。
关于该实验有以下说法：
①若溶液甲呈浅绿色，则原黑色固体粉末中一定有Fe；
②若步骤Ⅱ中无明显现象，则固体乙中最多只能有四种物质；
③若步骤Ⅱ中有气泡产生，则固体乙一定是C；
④若步骤Ⅱ中有红色固体析出，则固体乙中一定无CuO；
⑤若固体乙呈红色，则原固体中一定含有Fe和CuO。
以上说法中正确的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
5．（2018九上·宁波月考）现有含杂质的硝酸钠溶液，为确定其组成设计了如下实验。下列判断正确的是（ ）
A．无色溶液B的溶质只有硝酸钙
B．白色沉淀A中有2种沉淀
C．该实验中涉及的基本反应类型不止一种
D．原溶液中杂质可能由氯化钙、硝酸钙、氯化钠组成
6．（2018·台州）某固体由Ba2+、Cu2+、Na+、Cl-、CO32-、SO42-中的几种离子构成，取一定质量的该固体样品，进行如下实验：
①将固体溶于水得无色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，过滤后得到5克白色沉淀。
②在沉淀中加入过量稀硝酸，仍有3克白色沉淀。
③在滤液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀。则该固体中一定含有（ ）
A．Na+、CO32-、SO42- B．Cu2+、CO32-、SO42-
C．Cl-、CO32-、SO42- D．Na+、Ba2+、Cl-
7．（2018九上·东阳月考）下列各组物质的溶液，不用其它试剂，只用观察和组内溶液相互混合的方法，就能将它们鉴别出来的一组是（ ）
A．KOH、FeCl3、MgSO4、NaCl B．BaCl2、Na2SO4、HNO3、HCl
C．NaCl、CuSO4、NaOH、KNO3 D．Na2CO3、KNO3、H2SO4、Na2SO4
8．（浙教版科学九年级上学期 第一章 酸、碱、盐的相关知识 专题练习）只用石蕊试液就能将下列各组溶液区分开来的是（ ）
A．NaCl NaOH NaNO3 B．Na2SO4 H2SO4 KNO3
C．HCl NaCl Na2SO4 D．Na2SO4 H2SO4 CuSO4
9．（浙教版科学九年级上学期 第一章 物质的推断 专题练习）某固体可能含有Ca(NO3)2、Na2SO4、Na2CO3、FeCl3、KCl中的一种或几种，现对其进行如下实验：①取少量固体于试管中，加适量蒸馏水，固体完全溶解成无色透明溶液；②取少量上述溶液，加过量稀硫酸，有气泡产生；③取②所得溶液少量，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀。分析以上实验现象，对原固体组成的推断正确的是（ ）
A．肯定有Na2CO3、Na2SO4，无FeCl3、Ca(NO3)2
B．肯定有Na2CO3，无FeCl3、Ca(NO3)2
C．肯定有Na2CO3、Na2SO4，无FeCl3
D．肯定有Na2CO3，无FeCl3、KCl
10．（浙教版科学九年级上学期 第一章 分组实验 物质的鉴别 专题练习）下列各组物质的溶液不用其他试剂无法鉴别的是（ ）
A．H2SO4 NaCl Na2CO3 CaCl2 B．HCl NaOH CuSO4 MgSO4
C．Na2CO3 K2SO4 BaCl2 HCl D．NaNO3 HCl CaCl2 KOH
11．（2017九上·江东期中）有四瓶无色溶液，他们分别是 AgNO3、BaCl2、K2CO3 和 Mg(NO3)2 溶液，仅利用下面试剂就能将他们区别开的是（ ）
A．HCl、Na2SO4 B．NaCl、HNO3
C．HNO3、Ba(NO3)2 D．NaCl、NaOH
12．（2017九上·杭州月考）实验室有一瓶标签脱落的固体试剂，小金同学分别取少量的该固体进行下列实验。根据实验现象判断，该固体最可能是（ ）
实验操作 实验现象
取该固体于试管中，加水、振荡 固体不溶解
取该固体于试管中，加盐酸、振荡 固体溶解，无气泡产生
一氧化碳通过炽热的该固体， 称固体质量、检测尾气 固体质量减轻，尾气中只检测到 CO 与 CO2
A．金属单质 B．金属氧化物 C．碱 D．盐
二、填空题
13．（2018九上·余姚月考）已知A、B、C、D、E、F为常见物质，其中A、B含有相同的元素，B、E为氧化物，C、D、F都为单质。它们相互转化的关系如右图所示（图中反应条件去）。（已知氢气与氧化铜在加热的条件下，会发生反应，生成金属铜单质和水）
（1）X在反应①中起 作用。
（2）写出有关物质的化学式：A C
（3）若F不溶于稀硫酸，写出F可能的化学式 ，请写出和反应③基本反应类型相同的化学方程式 。
14．（2018九上·余姚月考）一包白色粉末，由CuSO4、CaCO3、BaCl2、Na2SO4、NaOH中的两种或两种以上的物质混合而成。为探究其组成，进行如下实验：
（1）取少量白色粉末，向其中加入足量的水，充分搅拌后过滤，得到白色沉淀和无色滤液。则原白色粉末中一定不含有 。
（2）取实验（1）滤出的白色沉淀，向其中加入足量的盐酸，沉淀全部溶解，并产生无色气体。则原白色粉末中一定含有 。
根据上述实验可推断：原白色粉末的组成有 种可能。
为进一步探究原白色粉末的组成，取实验（1）得到的滤液，向其中通入CO2，产生白色沉淀，则可推断原白色粉末中一定还含有
15．（2018九上·宁波月考）如图，某固体氧化物X，经过如图①②两步反应后，得到红色固体单质C，溶液B只含一种溶质，且是盐，试回答：
（1）固体氧化物X的化学式是
（2）第①步加的盐酸是否过量 （填“是”或“否”）
（3）图示过程中，总共发生了几个化学反应
16．（2018九上·桐乡竞赛）有一包固体粉末，可能由NaOH、Na2SO4、MgCl2、NaNO3、CuSO4中的一种或者几种组成，为了分析固体粉末的成分，取少量该固体粉末进行试验，试验方案如图：
（1）白色沉淀I是 ；
（2）固体粉末中一定有 ；
17．（浙教版科学九年级上学期 第一章 物质的推断 专题练习）已知A～I均为初中科学常见的物质，其中组成A、C两种气体的元素相同，且C是常见的温室气体，B是铁锈的主要成分，D是单质，F是盐酸盐，根据如图所示的转化关系(图中反应条件均已略去)回答下列问题：
（1）D的化学式为 。
（2）写出反应①的化学方程式 。
（3）若反应②在植物体内进行，这个过程中能量的转化形式是 。
18．（2017九上·杭州月考）一包白色粉末，由 CuSO4、CaCO3、 BaCl2、Na2SO4、NaOH 中的两种或两种以上混合而成。为探究其组成，进行如下实验：
（1）由实验①可知原白色粉末中一定不含有 。
（2）取实验①滤出的白色沉淀，向其中加入足量的盐酸，则原白色粉末中一定含有 。
（3）为进一步探究原白色粉末的组成，向无色溶液 B 中通入二氧化碳，产生白色沉淀，则可推断原白色粉末中一定还含有 。
19．（2016·宁波）有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：Na＋、NH4＋、Ba2＋、Cl－、CO32－、SO42－。现取两份200mL溶液进行如下实验：①第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到气体0.68g；②第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。根据上述实验，推测混合物水溶液一定存在的离子有 。
20．（2016·杭州模拟）有一包不纯的K2CO3粉末，可能含有Na2CO3、BaSO4、CuCl2、KCl、KNO3、Ca(NO3)2中的一种或几种，为分析含有的杂质，现进行如下实验。
（1）取样溶于水，无固体残留，得无色溶液。则粉末中一定不含有 。
（2）取上述溶液适量，滴加AgNO3溶液，有白色沉淀，再加入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，则此粉末中一定含有的杂质是 。
（3）为确定Na2CO3是否存在，某同学称取13.8g粉末溶于水，加入足量BaCl2溶液，充分反应生成19.7g沉淀质量，则原粉末中一定含有Na2CO3。你认为此结论 （选填“是”或“否”）正确。
21．（2016·模拟）某物质可能由Na2CO3、NaHCO3、NaOH中的一种或二种混合而成，在固体中逐滴滴入盐酸，与盐酸反应图象如图，且c>2b。
已知：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；
NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑
NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O
则该固体的组成可能是
22．（2016年浙教版科学中考复习专题20：金属）请结合所学知识回答下列问题：
（1）据报道嫦娥五号T1飞行试验器于10月24日2时在中国西昌卫星发射中心发射升空，“嫦五”飞行试验器绕月飞行后将返回地面。若飞行试验器从月球上带回的铁矿物主要成分是氧化铁，写出工业上利用此铁矿石炼铁的化学反应方程式 ；生铁和钢是世界上用量最大的 (填“金属材料”或“合成材料”)；写出防止铁生锈的一种方法 。
（2）我国第四套人民币硬币铸造用到Fe、Cu、Al、Ni(镍)，已知Ni能够发生如下反应：，Ni＋H2SO4=NiSO4＋H2↑，Fe＋NiCl2=Ni＋FeCl2，这两个反应的基本类型都是 。四种金属活动性由强到弱的顺序为 (用元素符号表示)。
（3）在硫酸铜、硫酸锌和稀硫酸的混合溶液中，加入一定量的铁粉，使之充分反应后铁有剩余，过滤，则滤液中溶质有 ；固体残渣中一定含有 (均填化学式)。
23． 如图所示，A﹣G是初中化学常见的七种物质．图中“→”表示转化关系，“﹣”表示相互能反应．F可以用于改良酸性土壤，D、E组成元素相同，B、C、G常温下为气体，在实验室中常用A制取G．
（1）F的化学式是 ；物质A的一种用途是 ；
（2）D→C反应的化学方程式是 ；
（3）图中涉及B物质的反应中，未出现的基本反应类型是 ．
24． 如图所示，A﹣G是初中化学常见的七种物质．图中“→”表示转化关系，“﹣”表示相互能反应．F可以用于改良酸性土壤，D、E组成元素相同，B、C、G常温下为气体，在实验室中常用A制取G．
（1）F的化学式是 ；物质A的一种用途是 ；
（2）D→C反应的化学方程式是 ；
（3）图中涉及B物质的反应中，未出现的基本反应类型是 ．
25． A﹣I是初中化学所学的物质，其转换关系如图所示．按单质、氧化物、酸、碱、盐分类，A、B、D、E、F是不同类别的物质，C、G、H、I、F也是不同类别的物质；A、B、C中含有同种元素，B是导致“温室效应”的一种气体．图中“一”表示两端的物质能发生化学反应，“→”表示物质间存在相应的转化关系（部分反应物、生成物和反应条件未标出）．请回答：
（1）物质B的化学式： ；
（2）反应①的基本反应类型是 ；
（3）反应②的化学方程式是 ．
26． 如图所示，A﹣J是初中化学中常见的物质，A、C是两种常见液体且组成元素相同；B、F是黑色粉末；H是蓝色沉淀；E是含钠元素的化合物；部分反应物和生成物已略去；“→”表示物质转化．
（1）物质F的化学式为 ．
（2）写出反应①的化学方程式 ．
（3）E的俗名是 ，E+G→H+I属于 反应（填基本反应类型）；
（4）B中金属元素的化合价为 ．
27． 在下表A、B、C三组选项中，有一组物质能够实现如图所示的转化，请回答下列问题：
选项 甲 乙 丙
A Na2CO3 CO2 CaCO3
B NaOH NaCl NaNO3
C CuO CuSO4 Cu（OH）2
（1）选项中符合转化关系的是 （填序号）．
（2）写出由乙生成甲的化学方程式 ，写出甲物质在生产或生活中的一种用途 ．
（3）由甲生成丙的反应现象是 ，基本反应类型是 ．
28． A、B、C、D是初中化学常见的物质，这四种物质中均含有同一种元素．其中A为无色气体单质，B、C为氧化物，且B为有毒气体，D是大理石的主要成分．它们之间的部分转化关系如图所示（图中反应条件及部分反应物、生成物已省略）．
回答下列问题：
（1）写出下列物质的化学式：A ；D ．
（2）写出由物质C转化为物质B的化学方程式 ．
（3）写出物质C与过氧化钠（Na2O2）反应生成碳酸钠和物质A的化学方程式 ．
29． 绿矾又名七水硫酸亚铁（FeSO4 7H2O），其用途广泛，可用于制铁盐、氧化铁颜料、净水剂、防腐剂、消毒剂等．绿矾（FeSO4 7H2O）的一种综合利用工艺如下：
（1）细铁丝在氧气中可以燃烧，请写出铁在氧气中燃烧的化学方程式 ．
（2）绿矾与NH4HCO3在溶液中反应，有CO2生成，反应的化学方程式为 ．
（3）隔绝空气进行“焙烧”，铁元素的转化途径是FeCO3FeOFe，实际作还原剂的是CO．写出“焙烧”过程中各步反应的化学方程式：
A．FeCO3FeO+CO2↑；
B． ；
C． ．
（4）母液“除杂”后，欲得到（NH4）2SO4粗产品，操作步骤依次为蒸发浓缩、 、过滤、洗涤、干燥．
30． 有一包粉末，已知由CaCO3、FeCl3、MgCl2、Na2SO4、NaOH、NaNO3中的几种组成．为确定其组成，现进行以下实验，各步骤均已充分反应．
①取一定质量的粉末，加水搅拌后过滤，得到沉淀和无色溶液A；
②向①步得到的沉淀中加入足量稀盐酸，得到无色气体和黄色溶液；
③将①步得到的无色溶液A进行如图所示的实验．
请回答下列问题：
（1）B的化学式是 ．
（2）A中一定存在的溶质的化学式是 ．
（3）生成白色沉淀D的化学方程式是 ．
（4）这包粉末中可能含有物质的化学式是 ．
31． A﹣I是初中化学中常见的物质．它们之间有如图所示的转化关系．已知A为铝土矿的主要成分，通常情况下F是一种液体，C、D、H、I为气体，H能参与绿色植物的光合作用，G为黑色固体．
请回答下列问题：
（1）G的化学式是 ．
（2）H+单质碳→I，其反应条件是 ．
（3）AB+C的化学方程式是 ．
（4）I+F（气体）H+D的化学方程式是 ．
32． 图中A、B、C、D、E是初中化学常见的五种不同类别的物质． E是导致温室效应的一种气体，图中“﹣”表示相连物质能发生化学反应，“→”表示两种物质间的转化关系（部分反应物、生成物及反应条件省略）．
（1）写出物质E的一种用途 ；
（2）物质C与E反应的化学方程式是 ；
（3）写出图中一个属于中和反应的化学方程式 ．
（4）A与B反应的微观实质是 ．
三、实验探究题
33．（2017九上·杭州月考）科学课上，小金同学总结出“能发生复分解反应的两种盐通常是可溶的”。老师告诉小金同学有“通常”就有“例外”，能否找到某些可溶性盐和难溶性盐发生复分解反应的证据呢？小金同学进行了探究。
【查阅资料】①水溶液中的复分解反应一般朝着溶液中离子浓度（单位体积溶液中离子数目的多少）减小的方向进行。
②了解到某些难溶性盐的溶解能力和颜色。
【实验取证】取一支试管，加入少量 AgNO3 溶液，再加入过量 NaCl 溶液，有白色沉淀生成。再往该试管中加入少量 KI 溶液，白色沉淀转化为黄色沉淀。
【分析讨论】
（1）为什么要加入过量的 NaCl 溶液？请说明理由 。
（2）写出加入少量 KI 溶液后发生反应的化学方程式 。
（3）该反应能发生的原因是AgI 在水中的溶解能力 AgCl（选填“大于”、“等于”
或“小于”）。
【得出结论】某些可溶性盐和难溶性盐之间能发生复分解反应。
34． 现有A、B、C、D、E五种溶液，它们分别是氢氧化钠溶液、硫酸铜溶液、碳酸钠溶液、氯化钠溶液和稀硫酸中的一种．鉴别它们可按如图所示的步骤进行，回答下列问题：
（1）B中的溶质是 （填化学式）．
（2）用X鉴别D、E时，X可以选用不同的物质．
①若X为稀盐酸，写出有气体生成的反应的化学方程式 ；
②若X为澄清石灰水，写出有沉淀生成的反应的化学方程式 ．
35． 实验室有一瓶标签受到腐蚀（如图所示）的无色溶液，老师叫各小组开展探究．
【提出问题】这瓶无色溶液究竟是什么物质的溶液？
【猜想与假设】经了解得知，这瓶无色溶液原是放在存放盐溶液的柜子里．由此猜测：可能是碳酸钠、碳酸氢钠、氯化钠、硫酸钠、硝酸钠中某一种的溶液．
【理论分析】为了确定该溶液，他们首先进行了分析：
（1）甲同学根据标签上的组成元素认为一定不可能是 溶液．
（2）乙同学提出，碳酸氢钠、硝酸钠的溶液也不可能，他的依据是 ．
设计实验】为了确定该溶液究竟是剩余两种盐的哪一种溶液，他们设计了如下实验．
实 验 操 作 实 验 现 象
①取少量该无色溶液于试管中，慢慢滴加BaCl2溶液． ②静置后，倾去上层清液，向沉淀中滴加稀盐酸． 产生白色沉淀． 产生大量气泡，沉淀消失．
【实验结论】
（3）该瓶无色溶液的溶质是 ．生成白色沉淀的化学方程式是 ．
【实验反思】
（4）丙同学认为原设计的实验还可简化，同样达到鉴别的目的．丙同学设计的实验如下（将实验操作及实验现象填入相应的空格中）：
实 验 操 作 实 验 现 象
36． 某白色固体A可能含有碳酸钠、氯化钡（水溶液呈中性），氢氧化钠中的一种或几种，进行如下实验．
完成下列填空：
（1）操作Ⅰ是 ，根绝上述实验分析，A中一定含有的物质是 ，C中一定含有的溶质是 ．
（2）为进一步确定固体A中可能存在的物质，对滤液C进行实验，完成下表．
实验操作 现象 结论
A中有氢氧化钠
37．氢气还原氧化铜生成红色固体，这些红色固体是什么物质？某科学兴趣小组查阅资料得知，反应温度不同，氢气还原氧化铜的产物可能是Cu或Cu2O，Cu和Cu2O均为不溶于水的红色固体；但氧化亚铜能与稀硫酸反应，化学方程式为：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O。为探究反应后的红色固体中含有什么物质？他们提出了以下假设：
假设一：红色固体只有Cu
假设二：红色固体只有Cu2O
假设三：红色固体中有Cu和Cu2O
请回答有关问题：
（1）取少量红色固体，加入足量的稀硫酸。若无明显现象，则假设 成立；若看到溶液变成蓝色，且仍有红色固体，则能否支持假设三？ （选填“能”或“不能”）。
（2）现将3克红色固体加入足量的稀硫酸中，反应后的溶液过滤，称得烘干后的滤渣质量为1.4克。则原红色固体中含有什么物质？ 。
38．有一包粉末，可能由氯化钠、硫酸铜、氯化铁、氯化镁、硝酸钠和碳酸钠中的一种或几种组成。现做下列实验：①取少量粉末，加水溶解得无色透明溶液；②在上述溶液里，加氢氧化钠溶液，无明显变化；③另取少量粉末，加稀盐酸，无明显变化。根据上述实验，请回答问题：
（1）由实验①推断：不可能存在 (填化学式，下同)，原因是 ；
由实验②推断：不可能存在 ，原因是 ；
由实验③推断：不可能存在 ，原因是 。
（2）根据上述实验事实，可得出初步结论：该粉末中可能含有 。
（3）若该白色粉末只由一种物质组成，为证明是什么物质，则需再取少量粉末装入试管，加入少量水溶解，然后加入 ，根据 的现象进行判断。
39． 实验室常用亚硫酸钠（Na2SO3）固体与稀硫酸在常温下反应制取二氧化硫气体．我们知道二氧化碳能与水反应生成碳酸，那么二氧化硫与水反应是否也能生成酸呢？某实验小组对此进行探究．
作出猜想】．
【查阅资料】①二氧化硫不与浓硫酸反应；②酸能使湿润的蓝色石蕊试纸变红；
③二氧化硫有毒，能与碱溶液反应生成盐和水．
【设计实验】一、验证水能否使蓝色石蕊试纸变色；
二、验证二氧化硫气体能否使干燥的蓝色石蕊试纸变色；
三、验证二氧化硫气体能否使湿润的蓝色石蕊试纸变红．
实验装置和药品如图：
（1）写出带标号仪器的名称：a ，b ．
（2）实验过程中装置C内石蕊试纸的颜色始终没有变化，这说明 ．
（3）装置D中胶头滴管中的蒸馏水在二氧化硫气体生成之前滴到蓝色石蕊试纸上，未见试纸颜色发生变化，当有二氧化硫气体通过时发现湿润的蓝色石蕊试纸变红．此现象说明 ，此过程中反应的化学方程式为 ．
（4）装置E的作用是 ．
【实验结论】根据以上实验操作和现象，原猜想 （填“成立”或“不成立”）．
【反思与拓展】是不是所有的非金属氧化物都能与H2O反应，生成相应的酸？ （填“是”或“不是”）．
40． “双吸剂”是一种常见袋装食品的保鲜剂，能吸收空气中的氧气，二氧化碳、水蒸气等．化学兴趣小组的同学在某食品袋中发现一包“双吸剂”，其标签如图所示．同学们对这包久置的“双吸剂”固体样品很好奇，设计实验进行探究．
【提出问题】久置“双吸剂”固体的成分是什么？
【查阅资料】
①铁与氯化铁溶液在常温下发生反应生成氯化亚铁．Fe+2FeCl3═3FeCl2
②碱性的Na2CO3溶液可以和中性的CaCl2溶液发生复分解反应．
【作出猜想】久置固体中可能含有Fe、Fe2O3、CaO、Ca（OH）2和CaCO3
（1）【实验探究1】下表是小明设计的实验方案和记录的实验报告，请你补充完整：
实验操作 实验现象 实验结论
①取少量固体放于试管中，滴加一定量的 ，用带导管的单孔橡皮塞塞紧试管口，导管另一端伸入澄清石灰水中． 试管中固体逐渐减少，有大量无色气体产生，得到浅绿色溶液，澄清的石灰水变浑浊． 样品中一定含有 ，不含Fe2O3
②取少量样品放入试管中，加水溶解，静置后取上层清液滴加无色酚酞试液． 试管底部有不溶物，上层清液由无色变为红色 样品中含有
【实验质疑】
小组同学通过讨论认为实验中并不能得出一定含Fe2O3的结论，理由是 （用化学方程式表示）．
为进一步确定这包久置的“双吸剂”固体的成分进行如下定量试验．
（2）【实验探究2】取3g样品研碎，并用磁铁充分吸引后，得到剩余固体2.6g，按照如图流程进行实验，请回答相关问题：
（1）操作二、操作三名称是 ；
（2）固体Ⅰ的成分是 （填物质化学式，下同）；
（3）烧杯A中溶液和加入的碳酸钠溶液反应化学方程式为 ；
（4）依据实验探究1，2中现象的分析及数据计算判断，这包久置“双吸剂”固体的成分是 ．
【实验反思】
下列对实验探究1、2的反思，不正确的是 （填字母序号）．
A．对物质成分的探究有时需要定性与定量实验的结合
B．实验探究2烧杯C中的溶质为Na2CO3和NaOH
C．实验探究1、2中都有气体产生，但生成的气体成分不同
D．在原样品中加入足量盐酸有4个反应发生．
四、解答题
41．（2017九上·浙江月考）某白色粉末状固体甲，可能含有硫酸钠、氢氧化钠、碳酸钠、氯化钠、硫酸钾；某无色溶液乙可能含有硝酸钡、氯化钠、硫酸铜；为探究它们的成分，某化学小组开展了如图所示的实验。请回答下列问题
（1）固体甲中一定含有的物质是 ；
（2）滤液C中含有的阴离子是 。
42．（浙教版科学九年级上学期提分必备：期末复习试卷一）有一包固体粉末，可能是CaCO3、Na2SO4、CuSO4、Na2CO3中的一种或多种，某实验小组对其组成成分进行了以下探究活动。
【资料查阅】Na2CO3溶液与CuSO4溶液混合能产生蓝色沉淀。
【活动与探究】去一定量上述固体粉末，加足量水溶解。
（1）【现象与结论】经上述操作，得到蓝色澄清溶液，则原固体粉末中一定没有 和 （填化学式）。
（2）【探索与拓展】为进一步确定原固体粉末的组成，该实验小组同学先用托盘天平称取46.2g该粉末，溶于水配成174.6g溶液，再往其中加入溶质质量分数为8%的NaOH溶液，产生沉淀的质量与所加NaOH溶液质量的关系如图所示。据图回答：
①计算产生最大沉淀量时所加NaOH溶液的质量。
②通过计算确定46.2g固体粉末的组成。（回答出物质名称和其质量）
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】盐的性质及用途；物质的鉴别、推断；酸的化学性质；碱的化学性质
【解析】【分析】根据物质鉴别时要先有没有特殊颜色的溶液，若有，再利用该有色溶液依次鉴别其它，若没有，则需两两物质间反应，通过现象的不同进行鉴别分析。
【解答】A、先通过溶液颜色鉴别出氯化铜，然后氯化铜鉴别出氢氧化钠，但盐酸和硫酸无法鉴别，不符合题意；
B、各物质都为无色溶液，相互反应时盐酸与碳酸钠能产生气体，硝酸钠和硫酸钠与其它物质都没明显现象，所以无法鉴别，不符合题意；
C、物质间两两反应，产生两个沉淀现象的为氯化钡，只产生一个沉淀的为硫酸钾，一个沉淀一个气体的为碳酸钾，只一个气体的为盐酸，可以鉴别，符合题意；
D、物质间两两反应，盐酸和氯化钠都能与硝酸银反应产生沉淀，无法鉴别，不符合题意；
故答案为：C。
2．【答案】A
【知识点】酸、碱、盐的鉴别；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据碳酸盐、硫酸盐的性质分析，由各步反应的现象逐步推导所含物质，掌握碳酸钙、硫酸钡、碳酸钡沉淀及与酸反应的现象是解题关键。
【解答】第一步：取50g该样品溶于水得到无色溶液，说明物质中一定不含溶液呈蓝色的硫酸铜和不溶的碳酸钙和能与碳酸钠反应产生沉淀碳酸钙的氯化钙，
第二步：向第一步得到的无色溶液中先后逐滴加入过量氯化钡溶液和过量的稀硝酸，由图像可知，既有可溶于硝酸的沉淀又有不溶于硝酸的沉淀，说明原物质中一定有硫酸钠。
A、由第一步可知，原样品中一定不含硫酸铜、碳酸钙和氯化钙，符合题意；
B、BC段沉淀加入稀硝酸后减少，减少的是能与硝酸反应的碳酸钡，不符合题意；
C、杂质一定含硫酸钠，可能含氯化钠，不符合题意；
D、第二步实验结束后，最终所得溶液含有硝酸钡、氯化钠和剩余的氯化钡和稀硝酸，不符合题意；
故答案为：A。
3．【答案】C
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断；酸的化学性质；碱的化学性质
【解析】【分析】氢氧化钡和碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀和氢氧化钠；根据图像可知，OP段，氢氧化钠和稀盐酸反应生成氯化钠和水，此时没有气体产生；PQ段，生成的碳酸钡和加入的稀盐酸反应生成氯化钡和二氧化碳气体，Q点时气体质量不变，即碳酸钡完全反应；N点在Q点之后，因此该点稀盐酸过量。
【解答】A.N点时稀盐酸过量，因此溶液的pH<7，故A错误；
B.Q点时碳酸钡反应完毕，因此溶液中有产物BaCl2和前面反应生成的NaCl，故B错误；
C.OP段氢氧化钡和碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀和水，反应的化学方程式：NaOH＋HCl=NaCl＋H2O，故C正确；
D. P至Q段发生反应为碳酸钡和加入的稀盐酸反应生成氯化钡和二氧化碳气体，化学方程式为：
BaCO3+2HCl=BaCL2+H2O+CO2↑，故D错误。
故选C。
4．【答案】A
【知识点】金属的化学性质；物质的鉴别、推断；酸的化学性质
【解析】【分析】C不与稀硫酸反应，Fe、FeO、CuO与稀硫酸反应，其中Fe与稀硫酸反应生成氢气；根据金属活动性顺序表可知，Fe与CuSO4会发生置换反应；Fe2+在水溶液中的颜色为浅绿色，Cu2+在水溶液中的颜色为蓝色。
【解答】若溶液甲呈浅绿色，则原黑色固体粉未中不一定含有Fe，FeO也可以与稀硫酸反应生成的Fe2+在水溶液中显浅绿色，故①错误；若步骤Ⅱ中无明显现象，说明甲溶液中无硫酸铜和硫酸，如果硫酸的量不足，则固体乙中最多可以有Fe、FeO、CuO、C、Cu五种物质，故②错误；若步骤Ⅱ中有气泡产生，说明甲溶液中有剩余的硫酸，则固体乙可能含有Cu，不一定是C，故③错误；若步骤Ⅱ中有红色固体析出，说明甲溶液中含有硫酸铜，则固体乙中一定含有CuO，故④错误；若固体乙呈红色，说明步骤Ⅰ发生了铁与硫酸铜溶液的置换反应，则原固体中一定含有Fe和CuO ，故⑤正确；故①②③④错误，⑤正确；
故答案为：A。
5．【答案】D
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】首先根据“与AgNO3反应生成不溶于稀硝酸的沉淀”推断出白色沉淀A的名称，然后根据“与Na2CO3反应生成碳酸钙”推断出溶液B的成分，进而弄清杂质是谁，然后再分析各个选项即可。
【解答】向含杂质的硝酸钠溶液加入硝酸钡溶液不产生沉淀，说明了溶液中不含有碳酸根离子和硫酸根离子；加入适量的硝酸银溶液产生了不溶于稀硝酸的白色沉淀，这种沉淀肯定是氯化银，说明了溶液中含有氯离子；向过滤后的滤液中加入适量的碳酸钠溶液产生了碳酸钙沉淀，说明了溶液中含有钙离子，由此可知溶液含有的杂质是氯化钙。
A.硝酸钠中含有氯化钙，氯化钙和硝酸银反应生成氯化银和硝酸钙，因此无色溶液B的溶质是硝酸钙和硝酸钠，故A错误；
B.由于白色沉淀不溶解的，所以白色沉淀A为肯定为氯化银，其中只有1种沉淀，故B错误；
C.氯化钙和硝酸银的反应、硝酸钙和碳酸钠的反应都是复分解反应，因此该实验中涉及的基本反应类型只有复分解反应一种，故C错误；
D.原溶液中的杂质可以是硝酸钙和氯化钠二种物质组成，也可以是硝酸钙、氯化钙和氯化钠三种物质，故D正确。
故选D。
6．【答案】A
【知识点】复分解反应及其应用；离子或物质的共存问题；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】结合物质的颜色、物质的溶解性、复分解反应的条件等分析回答。
【解答】含Cu2+的溶液呈蓝色，Ba2+与CO32-、SO42-都会生成白色沉淀，所以从将固体溶于水得无色透明溶液，说明溶液中无Cu2+，Ba2+与CO32-、SO42-不会同时存在。加入足量BaCl2溶液，过滤后得到5克白色沉淀，在沉淀中加入过量稀硝酸，仍有3克白色沉淀，说明固体中含有CO32-、SO42-，因为碳酸钡、硫酸钡是白色沉淀且碳酸钡与稀硝酸反应，硫酸钡不与稀硝酸反应，同时也可得固体中无Ba2+。根据溶液呈中性，则固体中一定含有阳离子Na+。因为加入aCl2溶液时引入了Cl-，所以在滤液中滴加AgNO3溶液产生白色沉淀的现象不能说明固体中一定含有Cl-。综上分析可知，固体中一定含有的离子是Na+、CO32-、SO42-，A说法正确。
故答案为：A
7．【答案】A
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】对于物质鉴别题，首先要掌握各物质的性质，然后根据物质的性质选择所需物质，再利用反应的不同现象加以区分，鉴别题时各物质的现象必须不能相同，否则无法区分。
【解答】A、先观察颜色，溶液呈黄色的为氯化铁，再将氯化铁滴入另三种溶液中，产生红褐色沉淀的为氢氧化钾，再将氢氧化钾滴入另两种溶液中，产生白色沉淀的为硫酸镁，无明显现象的为氯化钠，可以鉴别，符合题意；
B、各物质两两混合，产生白色沉淀的为氯化钡或硫酸钠，都无现象的为硝酸或盐酸，不可鉴别，不符合题意；
C、先观察颜色，溶液呈蓝色的为硫酸铜，再将硫酸铜滴入另三种溶液中，产生蓝色沉淀的为氢氧化钠，但氯化钠和硝酸钾无法鉴别，不符合题意；
D、各物质两两混合，产生气泡的为碳酸钠和硫酸中的一种，都无明显现象的为硝酸钾和硫酸钠中的一种，无法鉴别，不符合题意；
故选A。
8．【答案】D
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】对于物质鉴别题，首先要掌握各物质的性质，然后根据物质的性质选择所需物质，再利用反应的不同现象加以区分，鉴别题时各物质的现象必须不能相同，否则无法区分。
【解答】A、氢氧化钠能使石蕊变红，所以可以鉴别出氢氧化钠，但氯化钠与硝酸钠无法鉴别，不符合题意；
B、硫酸钠、硫酸和硝酸银都不能使石蕊变色，不能鉴别，不符合题意；
C、盐酸能使石蕊变红，能鉴别出盐酸，但氯化钠和硫酸钠无法鉴别，不符合题意；
D、硫酸能使石蕊变红，硫酸铜溶液呈蓝色，不能使石蕊变色且呈无色的为硫酸钠，可以鉴别，符合题意；
故答案为：D。
9．【答案】B
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据各步实验的现象，结合各物质间的反应进行推断，注意在进行物质验证时所加试剂的用量以及对验证结果的影响。
【解答】 ①取少量固体于试管中，加适量蒸馏水，固体完全溶解成无色透明溶液，说明一定没溶液呈黄色的氯化铁；②取少量上述溶液，加过量稀硫酸，有气泡产生，说明一定有碳酸钠，碳酸钠与硝酸钙能产生沉淀，则一定没有硝酸钙；③因②中溶液加入了过量硫酸，所以取②所得溶液少量，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，不能证明硫酸钠的存在，所以硫酸钠和氯化钾可能有。
A、肯定有Na2CO3，无FeCl3、Ca(NO3)2 ，可能有硫酸钠，不符合题意；
B、肯定有Na2CO3，无FeCl3、Ca(NO3)2 ，符合题意；
C、肯定有Na2CO3，无FeCl3、Ca(NO3)2 ，可能有硫酸钠，不符合题意；
D、肯定有Na2CO3，无FeCl3、Ca(NO3)2 ，可能有氯化钾，不符合题意；
故答案为：B。
10．【答案】D
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】对于物质鉴别题，首先要掌握各物质的性质，然后根据物质的性质选择所需物质，再利用反应的不同现象加以区分，鉴别题时各物质的现象必须不能相同，否则无法区分。
【解答】A、可以根据组内物质相互反应的现象鉴别，与其他三种物质反应，只产生气体的为硫酸，既有气体又有沉淀的为碳酸钠，只产生沉淀的为氯化钙，没有任何现象的为氯化钠，不符合题意；
B、先找出蓝色溶液硫酸铜，再利用硫酸铜与氢氧化钠反应产生蓝色沉淀鉴别出氢氧化钠，再利用氢氧化钠与硫酸镁产生氢氧化镁沉淀，与盐酸没有明显现象鉴别出两种物质，不符合题意；
C、根据组内物质间反应的现象鉴别，既有气体又有沉淀产生的为碳酸钠，只有一种沉淀为的硫酸钾，两种沉淀的为氯化钡，保产生气体的为盐酸，不符合题意；
D、凭组内物质产生的现象不能鉴别，各物质中只有氢氧化钾与盐酸反应，且没有明显现象，符合题意；
故答案为：D。
11．【答案】A
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据四种物质与两种试剂反应产生的不同现象来鉴别它们，若两种物质与同种物质反应的现象相同，则无法鉴别它们.
【解答】A、分别滴加稀盐酸，产生白色沉淀的溶液是AgNO3溶液，产生气泡的溶液是K2CO3溶液，无明显变化的是BaCl2、硝酸镁溶液，再向无明显变化的两种溶液中分别滴加硫酸钠溶液，产生白色沉淀的是BaCl2，无明显变化的是Mg（NO3）2，仅利用所提供的试剂就能将他们区别开，A正确；
B、HNO3与K2CO3反应生成二氧化碳气体，碳酸钾能与BaCl2、AgNO3、Mg（NO3）2溶液反应生成白色沉淀，NaCl与AgNO3反应生成氯化银沉淀，与BaCl2、Mg（NO3）2溶液均不反应，不能鉴别BaCl2、Mg（NO3）2溶液，B错误；
C、HNO3与K2CO3反应生成二氧化碳气体，碳酸钾能与BaCl2、AgNO3、Mg（NO3）2溶液反应生成白色沉淀，Ba（NO3）2与BaCl2、AgNO3、Mg（NO3）2溶液均不反应，不能鉴别，C错误；
D、分别滴加氯化钠溶液，能与氯化钠溶液产生白色沉淀的是AgNO3溶液，再将硝酸银溶液分别滴加至另外三种溶液中，能产生白色沉淀是BaCl2、K2CO3，无明显变化的是Mg（NO3）2溶液；BaCl2、K2CO3与NaOH溶液均不反应，无法鉴别BaCl2、K2CO3；D错误；
故选A
12．【答案】B
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】 由表格中的实验逐一推导可得出结论。实验一告诉我们固体是一种不溶于水的物质；实验二告诉我们与盐酸能反应，但不是金属或碳酸盐；实验三得出固体含有氧元素。综上推出固体是什么。
【解答】由表格中实验一：取该固体于试管中，加水、振荡，固体不溶解，说明固体不溶于水。由实验二：取该固体于试管中，加盐酸、振荡，固体溶解，无气体放出，说明固体不是金属，不溶性的盐与酸能反应的一般是碳酸盐，无气体放出说明不可能是盐，C错误；由实验三：固体灼热状态下，通入纯净CO，固体质量减轻，尾气中只检测到CO与CO2，由尾气中只检测到CO和CO2可推知固体质量减轻是由于CO夺取了固体中的氧元素，综上现象可确定此固体物质是金属氧化物，B选项正确。
故选B
13．【答案】（1）催化
（2）H2O2；O2
（3）Cu；
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】A和X反应生成了B、C和X，那么X参与了反应但质量和性质不变，那么说明X是催化剂，常见催化剂就是二氧化锰，A和B含有相同的元素，所以A为过氧化氢溶液，B为水，C就是氧气；而B（H2O）能够分解得到H2和O2，因为C是氧气，所以可D为氢气；E为氧化物，E和氢气反应生成了单质F和B（水），所以可以判断E为金属氧化物，F为金属单质，据此进行解答即可
【解答】（1）X是催化剂，因此在反应①中起催化作用；
（2）A是过氧化氢，化学式为：H2O2，C是氧气，化学式为：O2；
（3）若F不溶于稀硫酸，说明这种金属在金属活动性顺序表中排在H的后面，因此F可能的化学式Cu，该反应③是氧化铜和氢气在加热的条件下生成铜和水，所以基本类型是置换反应。与该反应类型相同的是：碳和氧化铜在高温的条件下生成铜和二氧化碳，化学方程式为：。
14．【答案】（1）CuSO4
（2）CaCO3；5；NaOH、BaCl2
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】（1） CuSO4 的水溶液呈蓝色；
（2）碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳气体，据此判断白色粉末中一定含有 CaCO3 。
如果其中含有 BaCl2和Na2SO4，那么溶于水后肯定会生成不溶于稀盐酸的BaSO4 ，而现在沉淀完全溶解，足以说明白色粉末只能有它们两种物质中的一种。那么白色粉末没有 CuSO4 ，肯定有CaCO3 ，可能含有 NaOH ，而BaCl2和Na2SO4只可能有一种，据此判断白色粉末组成的可能性；
通入CO2后，产生的白色沉淀只能是BaCO3；因为CO2不能与 BaCl2 直接生成BaCO3，只能是CO2先与 NaOH 反应生成Na2CO3，Na2CO3再与 BaCl2 直接生成BaCO3，据此判断白色粉末中含有的物质。
【解答】（1）如果白色粉末中含有CuSO4 ，那么溶液显蓝色，因此白色粉末中一定不含有CuSO4 ；
（2）向其中加入足量的盐酸，沉淀全部溶解，并产生无色气体，说明沉淀是CaCO3，因此原白色粉末中一定含有CaCO3；
由于BaSO4不溶于盐酸，所以原来白色粉末中肯定不能同时含有BaCl2和Na2SO4，那么组成情况有：①CaCO3、 BaCl2 ；②CaCO3、 Na2SO4 ；③CaCO3、 NaOH ；④CaCO3、 NaOH 、BaCl2 ；⑤CaCO3、 NaOH 、Na2SO4，即可能有5种可能；通入CO2后，产生的白色沉淀只能是BaCO3，因此原白色粉末中一定还含有 NaOH、BaCl2 。
15．【答案】（1）CuO
（2）是
（3）3个
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据题目给出的流程图和信息：如图，某固体氧化物X，经过如图①②两步反应后，得到红色固体单质C，因此C是铜；氧化铜和盐酸反应生成氯化铜和水，铁和氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，溶液B只含一种溶质，且是盐，因此X是氧化铜，溶液A有氯化铜和氯化氢两种溶质，溶液B是氯化亚铁溶液；D是氢气。【解答】（1）如图，得到红色固体单质C，因此C是铜；氧化铜和盐酸反应生成氯化铜和水，铁和氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，溶液B只含一种溶质，且是盐，因此X是氧化铜，溶液A有氯化铜和氯化氢两种溶质，溶液B是氯化亚铁溶液；D是氢气；故答案为：CuO；
（2）第①步加的是过量的盐酸，因为有氢气生成；故答案为：是；
（3）氧化铜和盐酸反应生成氯化铜和水，铁和氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，一共发生3个化学反应；
16．【答案】（1）Mg(OH)2
（2）NaOH、Na2SO4、MgCl2
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据氢氧化镁是能溶于酸的沉淀、硫酸钡为不溶于酸的沉淀分析。
【解答】（1）固体粉末加水可生成白色沉淀和无色溶液，则说明一定不含溶液呈蓝色的硫酸铜，白色沉淀能全部溶解于稀硝酸，说明沉淀为氢氧化镁，原粉末中一定含氯化镁和氢氧化钠，无色溶液加入氢氧化钡溶液产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，说明原粉末中一定含硫酸钠，硝酸钠不能确定是否含有；
（2）固体粉末中一定有 NaOH、Na2SO4、MgCl2 ；
故答案为：（1） Mg(OH)2 ；（2） NaOH、Na2SO4、MgCl2 。
17．【答案】（1）Fe
（2）Fe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O
（3）光能转化为化学能
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】本题考查了物质的推断，在解此类题时，首先将题中有特征的物质推出，然后结合推出的物质和题中的转化关系推导剩余的物质，最后将推出的各种物质代入转化关系中进行验证即可。
【解答】 组成A、C两种气体的元素相同，且C是常见的温室气体，则A为一氧化碳，C为二氧化碳，B是铁锈的主要成分，B为氧化铁，D是单质，D为一氧化碳与氧化铁生成的单质，为铁，F是盐酸盐，为氧化铁与盐酸反应生成，F为氯化铁。
（1）D化学式为 Fe ；
（2）反应①为氧化铁与盐酸的反应，化学方程式为Fe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O；
（3） 若反应②在植物体内进行，则为光合作用，这个过程中能量的转化形式是光能转化为化学能；
故答案为：（1） Fe ；（2）Fe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O（3） 光能转化为化学能 。
18．【答案】（1）CuSO4
（2）CaCO3
（3）BaCl2 和 NaOH
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】 （1） CuSO4是白色粉末溶于水是蓝色溶液；（2）能与盐酸反应产生气体的白色沉淀是不溶于水的碳酸盐，因白色沉淀全部消失所以判断无BaSO4；（3）在此无色溶液中通入CO2有白色沉淀产生，可判断无色溶液B中含有Ba2+，但 BaCl2不能与CO2反应产生BaCO3白色沉淀，所以考虑溶液中有NaOH，CO2先与NaOH反应产生Na2CO3，Na2CO3再与BaCl2反应产生了BaCO3白色沉淀。
【解答】（1）由流程图实验①后出现白色沉淀和无色溶液B可知CuSO4一定不含有；（2）能与盐酸反应产生气体的白色沉淀是不溶于水的碳酸盐，因白色沉淀全部消失所以判断无BaSO4，此处也没有生成BaCO3的条件，所以判断白色粉末为CaCO3；（3）在此无色溶液中通入CO2有白色沉淀产生，可判断无色溶液B中含有Ba2+，但 BaCl2不能与CO2反应产生BaCO3白色沉淀，所以考虑溶液中有NaOH，CO2先与NaOH反应产生Na2CO3，Na2CO3再与BaCl2反应产生了BaCO3白色沉淀，所以原白色粉末中一定含有BaCl2 和 NaOH
故答案为：（1）CuSO4；（2）CaCO3；（3）BaCl2 和 NaOH
19．【答案】NH4+、Na＋、CO32-、SO42-
【知识点】离子或物质的共存问题；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】从实验现象判断出肯定存在着铵根离子、碳酸根离子和硫酸根离子；根据实验的数据，结合溶液中溶液中阴阳离子所带的电核数相等判断出一定含有钠离子。
【解答】能与足量NaOH溶液共热产生气体的物质应为铵盐，因此溶液中应含有铵根离子，故一定存在NH4+；
在溶液可能存在的五种离子中，能与氯化钡溶液反应形成的沉淀只有碳酸钡和硫酸钡，因此沉淀有三种情况：可能是碳酸钡；可能是硫酸钡；可能是既有碳酸钡又有硫酸钡；其中硫酸钡不溶于酸也不能与酸反应；而碳酸钡与酸能反应而沉淀质量减少，根据“得干燥沉淀6.27 g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33 g”信息可得沉淀为碳酸钡和硫酸钡，故确定原溶液中存在CO32-，SO42-；
因为Ba2+与CO32-、SO42-在溶液中不能共存，故确定原溶液中一定不存在Ba2+；
对于Cl-，无明显的现象说明，故可能含有。
根据①生成0.68克气体可得含有NH4+的份数为0.04份，携带的阳离子的电荷数份数为0.04份。根据 ②第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g可得生成硫酸钡的质量为2.33g，所以含有硫酸根的份数为0.01份；生成碳酸钡的质量为3.94g，所以所含碳酸根的份数为0.02份，不考虑Cl-的存在时，溶液中阴离子所含的电荷数为0.06份。因为阴离子所含的电荷数为0.06份大于阳离子的电荷数份数为0.04份，所以溶液中一定含有除铵根离子之外其它的阳离子，所以一定含有 Na＋ 。
故答案为：NH4+、Na＋、CO32-、SO42-
20．【答案】（1）BaSO4,CuCl2,Ca(NO3)2
（2）KCl
（3）是
【知识点】根据化学反应方程式的计算；盐的性质及用途；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】（1）硫酸钡不溶于水和酸，氯化铜在溶液中显蓝色，碳酸钾会和硝酸钙反应生成碳酸钙沉淀；
（2）氯化银和碳酸银同为白色沉淀，但是碳酸银和酸反应生成气体，因此会溶于酸，而氯化银则不溶于酸；
（3）利用化学方程式分别计算出13.8g碳酸钠，或者13.8g碳酸钾产生沉淀的质量，然后与生成沉淀的质量进行比较即可。【解答】（1）取样溶于水，无固体残留，得无色溶液，则粉末中一定不含有BaSO4，CuCl2，Ca(NO3)2；
（2）加入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，其中肯定有氯化银，而氯离子只能来自于氯化钾，则此粉末中一定含有的杂质是氯化钾；
（3）假设13.8g纯碳酸钾产生碳酸钙的质量为x，则有
K2CO3+BaCl2═BaCO3↓+2KCl
138 197
13.8g x
；
解得：x=19.7g；
因为碳酸钾中混有氯化钾，而这两种物质中只有碳酸钾能和氯化钡反应生成沉淀，所以如果只有这两种物质，那么沉淀的质量应该小于19.7g；
假设13.8g纯碳酸钠产生碳酸钙的质量为y，则有
Na2CO3+BaCl2═BaCO3↓+2NaCl
106 197
13.8g y
；
解得：y≈25.6g。
因为25.6g>19.7g，所以混合物含有碳酸钠时，会使生成沉淀的质量变大，从而可能等于19.7g，因此原粉末中一定含有碳酸钠。
21．【答案】Na2CO3、NaHCO3或NaHCO3、NaOH
【知识点】盐的性质及用途；物质的鉴别、推断；酸的化学性质；碱的化学性质
【解析】【分析】（1）因为氢氧化钠溶液碱性大于碳酸钠大于碳酸氢钠，所以盐酸会先与氢氧化钠反应，在与碳酸钠反应，最后与碳酸氢钠反应。
（2）稀盐酸与碳酸钠的反应一定要分步考虑，先生成碳酸氢钠，在生成碳酸钠，否则无法与题目意图向一致。
【解答】由题目信息可得，而若反应物中只有Na2CO3，则c=2b，不符合要求；若反应物中只有NaHCO3，则会一开始就产生气体，不符合要求；若反应物中只有NaOH，则始终不会有气体产生，不符合要求。
若是Na2CO3、NaHCO3的混合物，则盐酸先与碳酸钠反应，生成碳酸氢钠，不会产生气体，盐酸与碳酸氢钠是1：1反应，此时消耗1份的碳酸钠；因为生成1份的碳酸氢钠，所以生成及原有的碳酸氢钠的量是超过1份的，而盐酸与碳酸氢钠是1：1反应，故这个过程中消耗的盐酸是大于一份的，故最终消耗的盐酸总量一定会大于2倍与碳酸钠反应的盐酸的质量，即 c>2b，符合要求。
若是NaHCO3、NaOH的混合物，则盐酸先与氢氧化钠反应，生成碳氯化钠，不会产生气体，盐酸与氢氧化钠是1：1反应，此时消耗1份的碳酸钠；接着盐酸与所碳酸氢钠反应，盐酸与碳酸氢钠是1：1反应，只要碳酸氢钠的量超过氢氧化钠的量，则消耗的最后消耗的盐酸总量一定会大于2倍与氢氧化钠反应的盐酸的质量，即 c>2b，符合要求。
若是Na2CO3、NaOH的混合物，则盐酸先与氢氧化钠反应，生成碳氯化钠，不会产生气体，盐酸与氢氧化钠是1：1反应，此时消耗1份的碳酸钠，接着盐酸与碳酸钠反应，先生成碳酸氢钠，不会产生气体，此时也消耗1份的碳酸钠，所以此时至b点消耗的盐酸是与氢氧化钠和碳酸钠第一步反应的总和；而之后盐酸与生成的的碳酸氢钠反应，而盐酸与碳酸氢钠是1：1反应，所以增加的稀盐酸的量肯定是小于没有产生气体所加的量的，即 c＜2b，不符合要求。
故答案为：Na2CO3、NaHCO3或NaHCO3、NaOH
22．【答案】（1）3CO＋Fe2O32Fe＋3CO2；金属材料；在铁制品表面涂油、刷漆等
（2）置换反应；Al>Fe>Ni>Cu
（3）ZnSO4、FeSO4；Cu、Fe
【知识点】金属活动性顺序及其应用；还原反应与金属的冶炼；物质的鉴别、推断；金属的腐蚀与防护
【解析】【分析】（1）工业上常用一氧化碳还原氧化铁还制取金属铁；结合铁生锈的条件分析回答；金属材料包括金属和合金。
（2）置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应；结合所给的化学方程式判断出活动性的强弱在分析解答。
（3）结合金属活动性顺序分析化学反应发生和不发生的情况，在此基础上解答。
【解答】（1）炼铁的原理是利用一氧化碳与氧化铁反应，反应的化学方程式是：3CO＋Fe2O32Fe＋3CO2；由铁生锈的条件是铁与氧气、水接触，所以，防止铁生锈的一种方法是：在铁制品表面涂油、刷漆等；金属材料包括金属和合金，生铁和钢都是铁的合金，属于金属材料。
（2）这两个反应都是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，属于置换反应；Ni＋H2SO4=NiSO4＋H2↑，说明活动性Ni>H；Fe＋NiCl2=Ni＋FeCl2，说明活动性Fe>Ni；由金属活动性顺序还可知Al>Fe>Ni>Cu，故这四种金属的活动性顺序为：Al>Fe>Ni>Cu。
（3）金属活动性顺序为：锌>铁>氢>铜。由于铁在氢和铜的前面，因此铁可以和硫酸铜溶液和稀硫酸反应，而铁不与硫酸锌反应，由于铁有剩余，说明能够和铁发生反应的物质都被消耗完毕，因此滤液中一定没有硫酸铜和硫酸，一定有硫酸锌（ZnSO4）和硫酸亚铁（FeSO4）；由于铁和硫酸铜反应能生成金属铜，因此滤渣中一定含有生成的金属铜（Cu）和剩余的铁（Fe）。
故答案为：（1）3CO＋Fe2O32Fe＋3CO2；金属材料；在铁制品表面涂油、刷漆等
（2）置换反应；Al>Fe>Ni>Cu
（3）ZnSO4、FeSO4；Cu、Fe
23．【答案】Ca（OH）2；除锈；2H2O22H2O+O2↑；复分解反应
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【解 答】（1）F可以用于改良酸性土壤，所以F是氢氧化钙；E和F﹣氢氧化钙可以相互转化，D能够转化为E，且D、E组成元素相同，D能够反应产生气体C，因 此E是水，D是双氧水，则C是氧气；E﹣水能够和B相互转化，且B能够和氧气反应，B还是气体，因此B是氢气；G常温下为气体，在实验室中常用A制取G， 且G能够和F﹣氢氧化钙反应，因此G是二氧化碳，A能够和转化为氢气和水，因此A是盐酸，带入验证符合转化关系，所以F是氢氧化钙，A是盐酸，可以用于除 锈等；
（2）D→C的反应是过氧化氢在二氧化锰的作用下分解产生水和氧气，化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑；
（3）涉及氢气的反应有：盐酸和金属反应，属于置换反应；氢气和氧气点燃产生水，属于化合反应；水电解产生氢气和氧气，属于分解反应，由于氢气是单质，一定不会涉及复分解反应．
故答案为：（1）Ca（OH）2，除锈；（2）2H2O22H2O+O2↑；（3）复分解反应．
【分 析】根据A﹣G是初中化学常见的七种物质，F可以用于改良酸性土壤，所以F是氢氧化钙；E和F﹣氢氧化钙可以相互转化，D能够转化为E，且D、E组成元素 相同，D能够反应产生气体C，因此E是水，D是双氧水，则C是氧气；E﹣水能够和B相互转化，且B能够和氧气反应，B还是气体，因此B是氢气；G常温下为 气体，在实验室中常用A制取G，且G能够和F﹣氢氧化钙反应，因此G是二氧化碳，A能够和转化为氢气和水，因此A是盐酸，然后将推出的物质进行验证即可．
24．【答案】Ca（OH）2；除锈；2H2O22H2O+O2↑；复分解反应
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）F可以用于改良酸性土壤，所以F是氢氧化钙；E和F﹣氢氧化钙可以相互转化，D能够转化为E，且D、E组成元素相同，D能够反应产生气体C，因此E是水，D是双氧水，则C是氧气；E﹣水能够和B相互转化，且B能够和氧气反应，B还是气体，因此B是氢气；G常温下为气体，在实验室中常用A制取G，且G能够和F﹣氢氧化钙反应，因此G是二氧化碳，A能够和转化为氢气和水，因此A是盐酸，带入验证符合转化关系，所以F是氢氧化钙，A是盐酸，可以用于除锈等；
（2）D→C的反应是过氧化氢在二氧化锰的作用下分解产生水和氧气，化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑；
（3）涉及氢气的反应有：盐酸和金属反应，属于置换反应；氢气和氧气点燃产生水，属于化合反应；水电解产生氢气和氧气，属于分解反应，由于氢气是单质，一定不会涉及复分解反应．
故答案为：（1）Ca（OH）2，除锈；（2）2H2O22H2O+O2↑；（3）复分解反应．
【分析】根据A﹣G是初中化学常见的七种物质，F可以用于改良酸性土壤，所以F是氢氧化钙；E和F﹣氢氧化钙可以相互转化，D能够转化为E，且D、E组成元素相同，D能够反应产生气体C，因此E是水，D是双氧水，则C是氧气；E﹣水能够和B相互转化，且B能够和氧气反应，B还是气体，因此B是氢气；G常温下为气体，在实验室中常用A制取G，且G能够和F﹣氢氧化钙反应，因此G是二氧化碳，A能够和转化为氢气和水，因此A是盐酸，然后将推出的物质进行验证即可．
25．【答案】CO2；复分解反应；Cu+2AgNO3=Cu（NO3）2+2Ag（合理即可）
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】“B是导致温室效应的一种气体”，则B为CO2，A、B、C中含有同种元素，因此三种物质中含有碳、氧元素，B和C能够相互转化，因此C是一氧化碳，则A可以是碳或氧气；B﹣二氧化碳能够和D相互转化，因此D可以是碳酸钙，碳酸钙能够和F反应，且F能够和I﹣蓝色沉淀，即氢氧化铜反应，因此F是酸，如盐酸；E分别能够和二氧化碳、盐酸反应，且A、B、D、E、F是不同类别的物质，因此E是可溶性的碱，如氢氧化钙等；C﹣一氧化碳能够转化为G，G能够转化为H，H能够反应产生氢氧化铜沉淀，因此H可以是铜盐，则G是一氧化碳还原氧化铜得到的铜，这样符合C、G、H、I、F也是不同类别的物质，带入验证完成相关的问题；因此：
（1）B是二氧化碳，故填：CO2；
（2）反应①是酸和碱发生的中和反应，是特殊的复分解反应；故填：复分解反应；
（3）反应②可以是铜和硝酸银反应产生硝酸铜和银，故填：Cu+2AgNO3=Cu（NO3）2+2Ag（合理即可）．
【分析】根据“B是导致温室效应的一种气体”，则B为CO2，A、B、C中含有同种元素，因此三种物质中含有碳、氧元素，B和C能够相互转化，因此C是一氧化碳，则A可以是碳或氧气；B﹣二氧化碳能够和D相互转化，因此D可以是碳酸钙，碳酸钙能够和F反应，且F能够和I﹣蓝色沉淀，即氢氧化铜反应，因此F是酸，如盐酸；E能够和二氧化碳和盐酸反应，且A、B、D、E、F是不同类别的物质，因此E是可溶性的碱，如氢氧化钙等；C﹣一氧化碳能够转化为G，G能够转化为H，H能够反应产生氢氧化铜沉淀，因此H可以是铜盐，则G是一氧化碳还原氧化铜得到的铜，这样符合C、G、H、I、F也是不同类别的物质，带入验证完成相关的问题．
26．【答案】CuO；2H2O22H2O+O2↑；苛性钠、火碱、烧碱；复分解；+4
【知识点】元素化合价的规则与计算；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】已知A﹣J是初中化学中常见的物质，根据“A、C是两种常见液体且组成元素相同”，结合图框，推测为过氧化氢、水；根据“H是蓝色沉淀”，推测为H氢氧化铜；根据“B、F是黑色粉末”、“E是含钠元素的化合物”，推测E可能为氢氧化钠溶液；而B、F分别为二氧化锰、氧化铜；则J可能为酸，G可能为硫酸铜溶液，I可能为硫酸钠，代入检验，符合题意．
（1）根据分析可知，物质F为氧化铜，故其化学式为CuO；
（2）根据分析可知，反应①为过氧化氢分解生成水和氧气，其反应的化学方程式2H2O22H2O+O2↑；
（3）根据分析可知，物质E为氢氧化钠，故其俗名是苛性钠、火碱、烧碱，反应E+G→H+I为氢氧化钠溶液和硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，符合复分解反应的特点；
（4）根据分析可知，物质B为二氧化锰，已知氧元素的化合价为﹣2，根据化合价的原则，可计算其中金属元素的化合价为+4；
故答案为：
（1）CuO；（2）2H2O22H2O+O2↑；（3）苛性钠、火碱、烧碱，复分解；（4）+4．
【分析】已知A﹣J是初中化学中常见的物质，根据“A、C是两种常见液体且组成元素相同”，推测为过氧化氢、水；根据“H是蓝色沉淀”，推测为H氢氧化铜；根据“B、F是黑色粉末”、“E是含钠元素的化合物”，推测E可能为氢氧化钠溶液；而B、F分别为二氧化锰、氧化铜；则J可能为酸，G可能为硫酸铜溶液，I可能为硫酸钠，代入检验．
27．【答案】A；CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O；生成玻璃；产生白色沉淀；复分解反应
【知识点】金属的化学性质；物质的鉴别、推断；碱的化学性质
【解析】【解答】（1）A、碳酸钠和二氧化碳、碳酸钙和二氧化碳可以相互转化，碳酸钠会转化成碳酸钙，故A正确；
B、硝酸钠不会生成氯化钠，故B错误；
C、硫酸铜不会生成氧化铜，故C错误；
故选：A；
（2）乙生成甲的反应是二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，化学方程式为：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，通过推导可知，甲是碳酸钠，可以生成玻璃；
（3）甲生成丙的反应是碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，实验现象是：产生白色沉淀，该反应属于复分解反应．
故答案为：（1）A；
（2）CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，生成玻璃；
（3）产生白色沉淀，复分解反应．
【分析】根据碳酸钠和二氧化碳、碳酸钙和二氧化碳可以相互转化，碳酸钠会转化成碳酸钙进行分析；根据硝酸钠不会生成氯化钠进行分析；根据硫酸铜不会生成氧化铜进行分析．
28．【答案】O2；CaCO3；CO2+C2CO；2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）A、B、C、D是初中化学常见的物质，D是大理石的主要成分，所以D是碳酸钙，B、C为氧化物，且B为有毒气体，所以B是一氧化碳，一氧化碳和C可以相互转化，碳酸钙和C也可以相互转化，所以C是二氧化碳，A为无色气体单质，会转化成一氧化碳和二氧化碳，所以A是氧气，经过验证，推导正确，所以A是O2，D是CaCO3；
（2）物质C转化为物质B的反应是二氧化碳和碳高温生成一氧化碳，化学方程式为：CO2+C2CO；
（3）二氧化碳和过氧化钠（Na2O2）反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2．
故答案为：（1）O2，CaCO3；（2）CO2+C2CO；（3）2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2．
【分析】根据A、B、C、D是初中化学常见的物质，D是大理石的主要成分，所以D是碳酸钙，B、C为氧化物，且B为有毒气体，所以B是一氧化碳，一氧化碳和C可以相互转化，碳酸钙和C也可以相互转化，所以C是二氧化碳，A为无色气体单质，会转化成一氧化碳和二氧化碳，所以A是氧气，然后将推出的物质进行验证即可．
29．【答案】3Fe+2O2Fe3O4；FeSO4 7H2O+2NH4HCO3=FeCO3+（NH4）2SO4+CO2↑+8H2O；CO2+C2CO；FeO+COFe+CO2；降温结晶（或冷却热的饱和溶液）
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）细铁丝在氧气中可以燃烧生成四氧化三铁，化学方程式为3Fe+2O2Fe3O4；
（2）七水硫酸亚铁和碳酸氢铵反应生成碳酸铁、硫酸铵、水和二氧化碳，化学方程式为：FeSO4 7H2O+2NH4HCO3=FeCO3+（NH4）2SO4+CO2↑+8H2O；
（3）二氧化碳和木炭在高温的条件下生成一氧化碳，化学方程式为：CO2+C2CO；
一氧化碳和氧化亚铁在加热的条件下生成铁和二氧化碳，化学方程式为：FeO+COFe+CO2；
故答案为：
（1）3Fe+2O2Fe3O4；
（2）FeSO4 7H2O+2NH4HCO3=FeCO3+（NH4）2SO4+CO2↑+8H2O；
（3）CO2+C2CO；FeO+COFe+CO2；
（4）降温结晶（或冷却热的饱和溶液）．
【分析】根据反应原理找出反应物、生成物、反应条件，然后依据质量守恒定律书写化学方程式．
30．【答案】BaSO4；Na2SO4、NaCl；NaCl+AgNO3═AgCl↓+NaNO3；MgCl2、NaNO3
【知识点】物质的鉴别、推断；碱的化学性质
【解析】【解答】通过分析可知：
（1）由于硫酸钠和硝酸钡反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以B的化学式是：BaSO4；
（2）向①步得到的沉淀中加入足量稀盐酸，得到无色气体和黄色溶液，说明沉淀中含有碳酸钙和氢氧化铁，说明原物质中含有的碳酸钙、氯化铁、氢氧化钠已不在A中，若原物质中含有氯化镁也已形成氢氧化镁沉淀，而硝酸钠不影响本题的现象，故A中一定存在的溶质的化学式是：Na2SO4、NaCl；
（3）氯化钠和硝酸银反应生成硝酸钠和氯化银沉淀，生成白色沉淀D的化学方程式是：NaCl+AgNO3═AgCl↓+NaNO3；
（4）MgCl2和NaNO3是否存在对本题的现象没有明显的影响，所以这包粉末中可能含有物质的化学式是：MgCl2、NaNO3；
故答案为：
（1）BaSO4；
（2）Na2SO4、NaCl；
（3）NaCl+AgNO3═AgCl↓+NaNO3；
（4）MgCl2、NaNO3．
【分析】①根据碳酸钙难溶于水、氯化铁溶液显黄色、氯化铁和氢氧化钠会生成氯化钠和红褐色的氢氧化铁沉淀、氯化镁和氢氧化钠会生成氯化钠和白色的氢氧化镁沉淀可知，原粉末中可能含有CaCO3、FeCl3、MgCl2、NaOH；
②根据碳酸钙与稀盐酸反应生成无色气体二氧化碳，氢氧化铁与稀盐酸反应会生成氯化铁的黄色溶液可知，原粉末中一定含有CaCO3、FeCl3、NaOH；
③根据硫酸钠和硝酸钡反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，①步得到的无色溶液A中含有的氯化钠和硝酸银反应生成硝酸钠和氯化银沉淀等知识进行分析．
31．【答案】CuO；高温；2Al2O34Al+3O2↑；CO+H2OCO2+H2
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】解：（1）G为黑色固体且与稀硫酸反应形成蓝色溶液，所以G为氧化铜，故答案为：CuO；
（2）二氧化碳和碳在高温的条件下生成一氧化碳，所以I为一氧化碳，故答案为：高温；
（3）A为铝土矿的主要成分，所以A为氧化铝，氧化铝在通电的条件下生成铝和氧气，配平即可；故答案为：2Al2O34Al+3O2↑；
（4）一氧化碳和水蒸气在高温和催化剂的条件下生成二氧化碳和氢气，故答案为：CO+H2OCO2+H2．
【分析】本题属于推断题，根据题目给出的流程图和信息：A～I是初中常见的物质，A为铝土矿的主要成分，所以A为氧化铝，氧化铝在通电的条件下生成铝和氧气，配平即可；H为气体且能参与绿色植物的光合作用，所以H为二氧化碳，G为黑色固体且与稀硫酸反应形成蓝色溶液，所以G为氧化铜，H+单质碳→I，即二氧化碳和碳在高温的条件下生成一氧化碳，所以I为一氧化碳，A B+C，所以B为金属铝，C为氧气，氧气和氢气在点燃的条件下生成水，水通电分解得到氢气和氧气，因此D是氢气，F是水；一氧化碳和氧化铜在加热的条件下生成铜和二氧化碳，所以E是铜；一氧化碳和水蒸气在高温和催化剂的条件下生成二氧化碳和氢气．
32．【答案】灭火等；CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O（合理即可）；2NaOH+H2SO4═Na2SO4+2H2O（合理即可）；2H++Fe=Fe2++H2↑（合理即可）
【知识点】酸与碱的反应及用途；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】E是导致“温室效应”的一种气体，则E是二氧化碳，二氧化碳能够和碱溶液反应，因此C可以是氢氧化钠等碱溶液；A、B、C、D、E是初中化学常见的五种不同类别的物质，氢氧化钠等碱溶液还能够和酸，某些盐溶液反应，因此B可以是酸，如硫酸；B能够转化为D，则D可能是盐溶液，A能够和B﹣酸、D﹣盐反应，因此A可以是常见的金属铁，则D可以是硫酸铜，带入验证符合转化关系，因此：
（1）E是二氧化碳，不能燃烧也不能支持燃烧，因此可以用于灭火等；故填：灭火等；
（2）C是碱溶液，如氢氧化钠，与二氧化碳反应产生碳酸钠和水，故反应的方程式为：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O（合理即可）；
（3）中和反应是酸和碱之间的反应，因此是B和C反应，如硫酸和氢氧化钠反应产生硫酸钠和水，故反应的方程式为：2NaOH+H2SO4═Na2SO4+2H2O（合理即可）；
（4）A和B的反应是金属和酸反应产生盐和氢气，反应的实质是氢离子和金属原子反应产生氢分子和金属离子，如铁和硫酸反应产生硫酸亚铁和氢气，反应的实质是：2H++Fe=Fe2++H2↑；故答案为：2H++Fe=Fe2++H2↑（合理即可）．
【分析】E是导致“温室效应”的一种气体，则E是二氧化碳，二氧化碳能够和碱溶液反应，因此C可以是氢氧化钠等碱溶液；A、B、C、D、E是初中化学常见的五种不同类别的物质，氢氧化钠等碱溶液还能够和酸，某些盐溶液反应，因此B可以是酸，如硫酸；B能够转化为D，则D可能是盐溶液，A能够和B﹣酸、D﹣盐反应，因此A可以是常见的金属铁，则D可以是硫酸铜，带入验证完成相关的问题．
33．【答案】（1）使银离子全部沉淀
（2）KI+AgCl=AgI+KCl
（3）小于
【知识点】化合物之间的相互转化；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】（1）实验要找到可溶性盐和难溶性盐发生复分解反应的证据，所以溶液中不能存在两种可溶性盐反应产生沉淀的可能；（2）根据复分解反应离子相互交换的规律可写出反应的化学方程式；（3）根据查阅的资料“水溶液中的复分解反应一般朝着溶液中离子浓度（单位体积溶液中离子数目的多少）减小的方向进行”可解释不溶物AgCl与溶液KI为什么能发生反应的原因。
【解答】（1）实验过程中是先加入AgNO3，再加入过量NaCl溶液，再往试管中加入少量KI溶液，由实验目的可知，先让AgNO3与NaCl溶液反应产生AgCl沉淀，再让生成的AgCl沉淀与KI混合看能否发生反应，所以滴入KI时溶液中不能有AgNO3，所以要加入过量的NaCl溶液将AgNO3都消耗掉，归纳理由是：若AgNO3过量．AgI沉淀可能是过量AgNO3与KI反应生成的，无法说明该反应一定；（2）根据复分解反应的规律，可写出AgCl和KI反应的化学方程式：AgCl+KI=AgI+KCl；（3）从查阅到的资料“水溶液中的复分解反应一般朝着溶液中离子浓度（单位体积溶液中离子数目的多少）减小的方向进行”，可得出原因是AgI在水中的溶解能力小于AgCl。
故答案为：（1）使银离子全部沉淀；（2）AgCl+KI=AgI+KCl；（3）小于
34．【答案】（1）CuSO4
（2）Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】硫酸铜在溶液中显蓝色，氢氧化钠、碳酸钠溶液显碱性，能使紫色石蕊试液显蓝色，稀硫酸显酸性，能使紫色石蕊试液显红色，氯化钠溶液显中性，不能使紫色石蕊试液变色，碳酸钠会与酸反应生成二氧化碳气体，会与钙离子、钡离子反应生成白色沉淀．
（1）取五种溶液观察颜色，B溶液显蓝色，所以B是硫酸铜，剩余的四种溶液加入紫色石蕊试液，A溶液显红色，所以A是稀硫酸，B溶液显紫色，所以B是氯化钠溶液，D、E溶液显蓝色，所以D、E是氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液，经过验证，推导正确，所以B中的溶质是CuSO4；
（2）①若X为稀盐酸，碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，化学方程式为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；
②若X为澄清石灰水，碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，化学方程式为：Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH．
故答案为：（1）CuSO4；（2）①Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；②Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH．
【分析】根据硫酸铜在溶液中显蓝色，氢氧化钠、碳酸钠溶液显碱性，能使紫色石蕊试液显蓝色，稀硫酸显酸性，能使紫色石蕊试液显红色，氯化钠溶液显中性，不能使紫色石蕊试液变色，碳酸钠会与酸反应生成二氧化碳气体，会与钙离子、钡离子反应生成白色沉淀等知识进行分析．
35．【答案】（1）氯化钠
（2）碳酸氢钠和硝酸钠的化学式中钠元素右下角的数字为1
（3）碳酸钠；Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl
（4）取上述无色溶液少许于试管中，滴加少量的稀盐酸；溶液中没有气泡产生（或有气泡产生）
【知识点】物质的鉴别、推断；碱的化学性质
【解析】【解答】（1）氯化钠是由钠元素和氯元素组成的，不含有氧元素，故一定不会是氯化钠溶液，故填：氯化钠；
（2）此标签中钠元素右下角的数字为2，而碳酸氢钠的化学式为NaHCO3，硝酸钠的化学式为NaNO3，故不会是碳酸氢钠和硝酸钠，故填：碳酸氢钠和硝酸钠的化学式中钠元素右下角的数字为1；
（3）硫酸钠能与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，但是硫酸钡沉淀不溶于盐酸，滴加盐酸不会出现溶解的情况，故不会是硫酸钠；碳酸钠与氯化钡湖反应生成碳酸钡沉淀，碳酸钡沉淀能溶于盐酸且产生气体，故该瓶溶液是碳酸钠溶液，故填：碳酸钠，Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl；
（4）碳酸钠能与盐酸反应生成二氧化碳气体，而硫酸钠不能与盐酸反应，故可以直接向溶液中加入盐酸，观察是否产生气泡，故填：
实验步骤 实验现象 结论
取上述无色溶液少许于试管中，滴加少量的稀盐酸 溶液中没有气泡产生（或有气泡产生） 该瓶无色溶液是硫酸钠溶液（或碳酸钠溶液）
【分析】根据缺损标签的有关元素组成以及物质的性质来推断试剂的成分，碳酸盐能与盐酸反应生成二氧化碳气体，据此解答即可．
36．【答案】（1）过滤；碳酸钠、氯化钡；氯化钠
（2）向滤液C中加入足量的氯化钡溶液，充分反应后，静置，取上层清液滴加无色酚酞；无色酚酞变红色
【知识点】物质的鉴别、推断；碱的化学性质
【解析】【解答】碳酸钠和氢氧化钠都显碱性，都能使无色酚酞变红色，碳酸钠和氯化钡会生成白色的碳酸钡沉淀．白色固体加水溶解，会生成白色沉淀，所以混合物中一定含有氯化钡、碳酸钠，氯化钡和碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，碳酸钠和氢氧化钠都显碱性，都能使酚酞变红色，需要将碳酸钠屏蔽，再检验氢氧化钠，所以
①操作Ⅰ是过滤，根据上述实验分析，A中一定含有的物质是碳酸钠、氯化钡，C中一定含有的溶质是氯化钠；
②
实验操作 现象 结论
向滤液C中加入足量的氯化钡溶液，充分反应后，静置，取上层清液滴加无色酚酞 无色酚酞变红色 A中有氢氧化钠
故答案为：①过滤，碳酸钠、氯化钡，氯化钠；
②
实验操作 现象 结论
向滤液C中加入足量的氯化钡溶液，充分反应后，静置，取上层清液滴加无色酚酞 无色酚酞变红色
【分析】根据碳酸钠和氢氧化钠都显碱性，都能使无色酚酞变红色，碳酸钠和氯化钡会生成白色的碳酸钡沉淀等知识进行分析．
37．【答案】（1）一；不能
（2）Cu和Cu2O
【知识点】物质的鉴别、推断；酸的化学性质
【解析】【分析】（1）根据实验现象可以判断物质的组成情况。
（2）通过计算可以判断原红色固体中含有什么物质。
【解答】（1）由题目信息可知“Cu和Cu2O均为不溶于水的红色固体；但氧化亚铜能与稀硫酸反应”，该实验中取少量红色固体，加入足量的稀硫酸，无明显现象，说明红色固体中不含Cu2O，所以假设一成立。因为Cu2O与稀硫酸反应会生成CuSO4和Cu，所看到的现象也为“溶液变成蓝色，有红色固体”，所以这个现象只能说明存在Cu2O，不能说明是否有Cu，故不能支持假设三。
（2）假设原来固体中只含有Cu2O，设它与稀硫酸反应生成的Cu的质量为x
Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O
144 64
3 x
而在上述实验中，得到的滤渣（Cu）质量为1.4克，可知假设不成立，所以原红色固体中除Cu2O外还含有Cu。
故答案为：（1）一；不能
（2）Cu和Cu2O
38．【答案】（1）CuSO4、FeCl3 ； 硫酸铜溶液显蓝色，氯化铁溶液显黄色；MgCl2；氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀；Na2CO3；碳酸钠与稀盐酸反应会产生气泡
（2）氯化钠和硝酸钠
（3）硝酸银；溶液是否有沉淀
【知识点】盐的性质及用途；物质的鉴别、推断；酸的化学性质；碱的化学性质
【解析】【分析】根据题干提供的实验现象结合物质的性质进行分析：氯化铁的水溶液为黄色，硫酸铜溶液为黄色，氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，
碳酸钠与稀盐酸反应会产生气泡，氯离子和银离子结合形成氯化银白色沉淀。
【解答】（1）取少里粉末加水溶解，得到无色透明溶液，氯化铁的水溶液为黄色，硫酸铜溶液为黄色，故原混合物中不含有氯化铁、硫酸铜；
氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀 ，而在上述无色透明的溶液里加氢氧化钠溶液，无明显变化，故原混合物中不含氯化镁；
碳酸钠与稀盐酸反应会产生气泡，而实验中另取少量粉末加稀盐酸，无明显变化，故原混合物中不含碳酸钠。
（2）由上面分析可知，该粉末中不含硫酸铜、氯化铁、氯化镁、碳酸钠，所以初步得出该粉末中可能含有硝酸钠和氯化钠的结论。
（3）氯化钠中的氯离子和硝酸银中银离子结合形成氯化银白色沉淀，将少量粉末装入试管，加水溶解，然后加入硝酸银溶液，如果看到白色沉淀说明该物质是氯化钠，如果没有白色沉淀说明该物质是硝酸钠。
故答案为：（1）CuSO4、FeCl3；硫酸铜溶液显蓝色，氯化铁溶液显黄色；MgCl2；氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀；Na2CO3；碳酸钠与稀盐酸反应会产生气泡
（2）氯化钠和硝酸钠
（3）硝酸银；溶液是否有沉淀
39．【答案】（1）锥形瓶；分液漏斗
（2）SO2不能使干燥的蓝色石蕊试纸变红色
（3）水不能使蓝色石蕊试纸变色，SO2溶于水生成酸能使蓝色石蕊试纸变色；SO2+H2O=H2SO3
（4）吸收多余SO2气体，避免污染空气；成立；不是
【知识点】物质除杂或净化；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）a是锥形瓶，b是分液漏斗；故填：锥形瓶；分液漏斗；
（2）二氧化硫和干燥的蓝色石蕊试纸接触始终没有变化，说明二氧化硫不会使干燥的试纸显色，故答案为：SO2不能使干燥的蓝色石蕊试纸变红色；
（3）先加蒸馏水没有变色，说明蒸馏水不会使试纸变色，通过二氧化硫后试纸变成了红色，结合①中的推导可知，是二氧化硫和水生成了酸使试纸变色的，故答案为：水不能使蓝色石蕊试纸变色，SO2溶于水生成酸能使蓝色石蕊试纸变色；SO2+H2O=H2SO3；
（4）二氧化硫是一种无色、有刺激性气味的有毒气体，它能与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠与水，故答案为：吸收多余SO2气体，避免污染空气；
【实验结论】通过上面的推导可以看出SO2与水在通常情况下能发生化学反应，生成物是一种酸，故答案为：成立．
【反思与拓展】并不是所有的非金属氧化物都能与水反应生成酸，如一氧化碳，故填：不是．
【分析】（1）认识常见的化学仪器；
（2）根据酸会使蓝色石蕊试纸变红色进行分析；
（3）根据水在蓝色石蕊试纸上和通过二氧化硫后试纸的颜色变化进行分析；
（4）根据二氧化硫有毒进行分析；
【实验结论】根据上面的推导进行分析得出结论．
【反思与拓展】非金属氧化物不一定能有水反应生成酸．
40．【答案】（1）稀盐酸；Fe和CaCO3；氧化钙或氢氧化钙；Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O；Fe+2FeCl3=3FeCl2
（2）过滤；CaCO3和Fe2O3；Ca（OH）2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaOH；Fe、Fe2O3、CaO、Ca（OH）2、CaCO3；D
【知识点】物质的鉴别、推断；酸的化学性质；碱的化学性质；金属的腐蚀与防护
【解析】【解答】【实验探究1】由题目中可知固体成分可能含有Fe、Fe2O3、CaO、Ca（OH）2和CaCO3，由表中实验现象：“试管中固体逐渐减少，有大量无色气体产生，得到浅绿色溶液，澄清石灰水变浑浊．”说明固体和一种物质反应生成了二氧化碳气体（澄清石灰水变浊的气体），和一种含有Fe2+的物质（得到浅绿色溶液），实验室里制取二氧化碳气体的方法为用石灰石和稀盐酸反应，其化学方程式式为：CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑，而铁也可以和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，其化学方程式为：Fe+2HCl═FeCl2+H2↑，可以推出加入的这种物质为稀盐酸，固体物质中一定有的物质是Fe和CaCO3；其他的固体物质中可以和稀盐酸反应的有：①氧化钙和盐酸反应生成氯化钙（溶液为无色）和水，其反应化学方程式为：CaO+2HCl═CaCl2+H2O；②氢氧化钙和盐酸反应生成氯化钙（溶液为无色）和水，其反应的化学方程式为：Ca（OH）2+2HCl═CaCl2+2H2O；③氧化铁和盐酸反应生成氯化铁（溶液为黄色）和水，其反应的化学方程式为：Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O．由于最后所得溶液没有显黄色，也就是溶液中没有，所以固体物质中一定没有Fe2O3．
故答案为：稀盐酸；Fe和CaCO3；
加水溶解后，氧化钙可和和水反应生成氢氧化钙，同时反应放出大量的热，生成的氢氧化钙的溶液呈碱性，能使无色的酚酞试液变成红色；
故答案为：氧化钙或氢氧化钙；
【实验质疑】由于氧化铁和盐酸反应生成的氯化铁，可能会继续与铁反应生成氯化亚铁；
故答案为：Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O；Fe+2FeCl3=3FeCl2；
【实验探究2】（1）过滤可以将固体与液体分开，故答案为：过滤；
（2）取3g样品研碎，并用磁铁充分吸引后，得到剩余固体2.6g，所以已经出去了铁粉，溶解过滤的固体Ⅰ的质量为2g，其中含有碳酸钙还可能有氧化铁，由碳酸钙与盐酸反应方程式为
CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；
100 44
由于生成气体0.44g所以固体Ⅰ中含有1g碳酸钙，所以固体Ⅰ中含有碳酸钙和氧化铁，
故答案为：CaCO3和Fe2O3
（3）氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，方程式为Ca（OH）2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaOH；
故答案为：Ca（OH）2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaOH．
（4）由于固体成分可能含有Fe、Fe2O3、CaO、Ca（OH）2和CaCO3，能够被磁铁吸引的0.4g固体是铁，剩余的2.6g固体中还可能含有Fe2O3（不溶于水）CaO[能和水反应生成Ca（OH）2]、Ca（OH）2（微溶于水，加足量的水后完全溶解）和CaCO3（不溶于水），剩余的固体Ⅰ中的物质可能为：Fe2O3和CaCO3，溶解的物质为0.6g，所以滤液的成分为Ca（OH）2和碳酸钠反应生成碳酸钙和氢氧化钠，其化学方程式为：Ca（OH）2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaOH；又生成沉淀为1g，设生成1g碳酸钙固体所需的氢氧化钙质量为x
Ca（OH）2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaOH；
74 100
x 1g
解得x=0.74g＞0.6g，所以滤液中的氢氧化钙有部分是由氧化钙与水反应生成，
由上面的分析可知固体物质的成分为：Fe、Fe2O3、CaO、Ca（OH）2、CaCO3；
【反思与评价】
A、对物质成分的探究有时需要定性与定量实验的结合；故A正确；
B、由分析中可知实验中氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，溶质有NaOH，由于加入的是过量的碳酸钠溶液，因此里面的溶质还有Na2CO3，故B正确；
C、由实验探究1可知实验中产生的气体为氢气和二氧化碳气体两种，由实验探究2可知实验中产生的气体为二氧化碳气体所以生成的气体成分不同；故C正确；
D、由固体物质的成分为：Fe、Fe2O3、CaO、Ca（OH）2、CaCO3；最起码五种物质都与盐酸反应，反应个数多于5个；故D错误；
故答案为：D.
【分析】【实验探究1】从实验现象产生的原因去分析解答；
【实验质疑】从实验结论中的物质加水后发生的反应去分析解答；
【实验探究2】（1）过滤可以将固体与液体分开；
（2）根据方程式的质量比分析；
（3）氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠；
（4）从每一过程中剩余的物质及物质发生的反应去分析解答；
【实验反思】
A、对物质成分的探究有时需要定性与定量实验的结合；
B、从加入的是过量的碳酸钠溶液，因此里面的溶质还有Na2CO3去分析解答；
C、从实验探究1、2实验中生成的气体成分去分析解答；
D、从久置“双吸剂”固体的成分去分析解答．
41．【答案】（1）硫酸钠、氢氧化钠
（2）Cl- NO3- OH-
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】硫酸铜在溶液中显蓝色；氢氧化钠、碳酸钠在溶液中显碱性，能使酚酞变红色；硫酸根离子和钡离子会生成不溶于酸的硫酸钡沉淀；碳酸根离子和钡离子会生成溶于酸的碳酸钡沉淀；氯离子和银离子会生成氯化银沉淀。
【解答】（1）乙溶液显无色，所以乙中一定不含硫酸铜；甲溶液加入酚酞显红色，所以甲中可能含有氢氧化钠、碳酸钠中的一种或两种；甲乙反应可能生成的沉淀为硫酸钡和碳酸钡；由于沉淀不溶于稀硝酸，可确定沉淀B为硫酸钡，则固体甲中一定含硫酸钠（乙中一定含有硝酸钡)，一定不含碳酸钠，所以一定有呈碱性的氢氧化钠，故固体甲中一定含有的物质是硫酸钠、氢氧化钠；
(2)有过量的乙参与反应，所以C中成分一定有乙中的物质硝酸钡，可能含氯化钠，根据现象可知沉淀D为氯化银，则滤液C中一定含有氯化钠，同时一定含有甲中未参与反应的氢氧化钠；还一定含有甲乙反应生成的硝酸钠，故滤液C中含有阴离子是氯离子、硝酸根离子、氢氧根离子。
故答案为：(1)氢氧化钠；(2)氯离子、硝酸根离子、氢氧根离子
42．【答案】（1）CaCO3；Na2CO3
（2）①设生成19.6g氢氧化铜沉淀需要NaOH溶液的质量为x，需要硫酸铜的质量为y
CuSO4+2NaOH=Na2SO4+Cu（OH）2↓
160 80 98
y x×8% 19.6g
x=200g，y=32.0g；
②因此46.2g的粉末中含有硫酸钠，且Na2SO4的质量=46.2g-32g=14.2g
46.2g固体粉末由14.2g硫酸钠和32.0g硫酸铜组成．
【知识点】根据化学反应方程式的计算；盐的性质及用途；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】（1）【现象与结论】根据酸碱盐的水溶性可以知道碳酸钙不溶于水，硫酸铜是白色固体，但溶于水后得到的是蓝色溶液得出结论；（2）【探索与拓展】根据刚才分析可以知道，该混合物可能是硫酸铜和硫酸钠的混合物，根据图象可知硫酸铜和氢氧化钠反应生成了沉淀的质量为19.6g.可以根据氢氧化铜沉淀的质量来求出硫酸铜的质量．然后再根据硫酸铜的质量来判断是不是含有硫酸钠．本题考查了常见物质的推断，熟练掌握常见的盐的化学性质，掌握它们的化学特性并根据实验现象及化学方程式的计算作出正确的判断是解题的关键．
【解答】解：（1）【现象与结论】取一定量上述固体粉末，加足量水溶解，得到蓝色澄清溶液，根据碳酸钙不溶于水，硫酸铜是白色固体，但溶于水后得到的是蓝色溶液，因此原固体粉末中一定有硫酸铜，一定没有碳酸钙和碳酸钠，可能含有硫酸钠；
（2）【探索与拓展】
①设生成19.6g氢氧化铜沉淀需要NaOH溶液的质量为x，需要硫酸铜的质量为y
CuSO4+2NaOH=Na2SO4+Cu（OH）2↓
160 80 98
y x×8% 19.6g
x=200g，y=32.0g；
②因此46.2g的粉末中含有硫酸钠，且Na2S初中科学中考复习 物质的鉴别、推断优生特训5
一、单选题
1．（2018九上·奉化期中）不用另加试剂，仅利用组内物质之间的相互反应，就能够把它们鉴别出来的是（ ）
A．CuCl2、NaOH、HCl、H2SO4 B．HCl、NaNO3、Na2CO3、Na2SO4
C．BaCl2、K2SO4、K2CO3、HCl D．AgNO3、HCl、NaCl、HNO3
【答案】C
【知识点】盐的性质及用途；物质的鉴别、推断；酸的化学性质；碱的化学性质
【解析】【分析】根据物质鉴别时要先有没有特殊颜色的溶液，若有，再利用该有色溶液依次鉴别其它，若没有，则需两两物质间反应，通过现象的不同进行鉴别分析。
【解答】A、先通过溶液颜色鉴别出氯化铜，然后氯化铜鉴别出氢氧化钠，但盐酸和硫酸无法鉴别，不符合题意；
B、各物质都为无色溶液，相互反应时盐酸与碳酸钠能产生气体，硝酸钠和硫酸钠与其它物质都没明显现象，所以无法鉴别，不符合题意；
C、物质间两两反应，产生两个沉淀现象的为氯化钡，只产生一个沉淀的为硫酸钾，一个沉淀一个气体的为碳酸钾，只一个气体的为盐酸，可以鉴别，符合题意；
D、物质间两两反应，盐酸和氯化钠都能与硝酸银反应产生沉淀，无法鉴别，不符合题意；
故答案为：C。
2．（2018九上·温岭期中）某碳酸钠固体样品中，可能含有硫酸钠、碳酸钙、硫酸铜、氯化钠、氯化钙中的一种或几种杂质，为了确定杂质的成分，进行以下实验：
第一步：取50g该样品溶于水得到无色溶液；
第二步：再向第一步得到的无色溶液中，先后逐滴加入过量氯化钡溶液和过量的稀硝酸。产生沉淀的物质的质量与时间的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．由第一步实验可知，原样品中一定没有硫酸铜、碳酸钙、氯化钙
B．BC段减少的沉淀是碳酸钙和碳酸钡
C．杂质一定含有硫酸钠、氯化钠
D．第二步实验结束后，最终所得溶液中的溶质共有三种
【答案】A
【知识点】酸、碱、盐的鉴别；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据碳酸盐、硫酸盐的性质分析，由各步反应的现象逐步推导所含物质，掌握碳酸钙、硫酸钡、碳酸钡沉淀及与酸反应的现象是解题关键。
【解答】第一步：取50g该样品溶于水得到无色溶液，说明物质中一定不含溶液呈蓝色的硫酸铜和不溶的碳酸钙和能与碳酸钠反应产生沉淀碳酸钙的氯化钙，
第二步：向第一步得到的无色溶液中先后逐滴加入过量氯化钡溶液和过量的稀硝酸，由图像可知，既有可溶于硝酸的沉淀又有不溶于硝酸的沉淀，说明原物质中一定有硫酸钠。
A、由第一步可知，原样品中一定不含硫酸铜、碳酸钙和氯化钙，符合题意；
B、BC段沉淀加入稀硝酸后减少，减少的是能与硝酸反应的碳酸钡，不符合题意；
C、杂质一定含硫酸钠，可能含氯化钠，不符合题意；
D、第二步实验结束后，最终所得溶液含有硝酸钡、氯化钠和剩余的氯化钡和稀硝酸，不符合题意；
故答案为：A。
3．（2018九上·义乌期中）将一定质量的Ba(OH)2溶液与Na2CO3溶液混合恰好完全反应，向反应后的混合物中加入稀盐酸，产生气体的体积与加入稀盐酸的体积的关系如右下图所示，下列说法中正确的是（ ）
A．N点时，所得溶液的pH＝7
B．Q点时，所得溶液中的溶质只含有BaCl2
C．O至P段发生反应的化学方程式为NaOH＋HCl=NaCl＋H2O
D．P至Q段发生反应的化学方程式为Ba(OH)2＋2HCl=BaCl2＋2H2O
【答案】C
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断；酸的化学性质；碱的化学性质
【解析】【分析】氢氧化钡和碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀和氢氧化钠；根据图像可知，OP段，氢氧化钠和稀盐酸反应生成氯化钠和水，此时没有气体产生；PQ段，生成的碳酸钡和加入的稀盐酸反应生成氯化钡和二氧化碳气体，Q点时气体质量不变，即碳酸钡完全反应；N点在Q点之后，因此该点稀盐酸过量。
【解答】A.N点时稀盐酸过量，因此溶液的pH<7，故A错误；
B.Q点时碳酸钡反应完毕，因此溶液中有产物BaCl2和前面反应生成的NaCl，故B错误；
C.OP段氢氧化钡和碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀和水，反应的化学方程式：NaOH＋HCl=NaCl＋H2O，故C正确；
D. P至Q段发生反应为碳酸钡和加入的稀盐酸反应生成氯化钡和二氧化碳气体，化学方程式为：
BaCO3+2HCl=BaCL2+H2O+CO2↑，故D错误。
故选C。
4．（2018九上·杭州期中）某黑色固体粉末可能是Fe、FeO、CuO、C中的一种或几种。为了探究其成分，小明同学按照下图所示流程进行了实验。
关于该实验有以下说法：
①若溶液甲呈浅绿色，则原黑色固体粉末中一定有Fe；
②若步骤Ⅱ中无明显现象，则固体乙中最多只能有四种物质；
③若步骤Ⅱ中有气泡产生，则固体乙一定是C；
④若步骤Ⅱ中有红色固体析出，则固体乙中一定无CuO；
⑤若固体乙呈红色，则原固体中一定含有Fe和CuO。
以上说法中正确的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】A
【知识点】金属的化学性质；物质的鉴别、推断；酸的化学性质
【解析】【分析】C不与稀硫酸反应，Fe、FeO、CuO与稀硫酸反应，其中Fe与稀硫酸反应生成氢气；根据金属活动性顺序表可知，Fe与CuSO4会发生置换反应；Fe2+在水溶液中的颜色为浅绿色，Cu2+在水溶液中的颜色为蓝色。
【解答】若溶液甲呈浅绿色，则原黑色固体粉未中不一定含有Fe，FeO也可以与稀硫酸反应生成的Fe2+在水溶液中显浅绿色，故①错误；若步骤Ⅱ中无明显现象，说明甲溶液中无硫酸铜和硫酸，如果硫酸的量不足，则固体乙中最多可以有Fe、FeO、CuO、C、Cu五种物质，故②错误；若步骤Ⅱ中有气泡产生，说明甲溶液中有剩余的硫酸，则固体乙可能含有Cu，不一定是C，故③错误；若步骤Ⅱ中有红色固体析出，说明甲溶液中含有硫酸铜，则固体乙中一定含有CuO，故④错误；若固体乙呈红色，说明步骤Ⅰ发生了铁与硫酸铜溶液的置换反应，则原固体中一定含有Fe和CuO ，故⑤正确；故①②③④错误，⑤正确；
故答案为：A。
5．（2018九上·宁波月考）现有含杂质的硝酸钠溶液，为确定其组成设计了如下实验。下列判断正确的是（ ）
A．无色溶液B的溶质只有硝酸钙
B．白色沉淀A中有2种沉淀
C．该实验中涉及的基本反应类型不止一种
D．原溶液中杂质可能由氯化钙、硝酸钙、氯化钠组成
【答案】D
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】首先根据“与AgNO3反应生成不溶于稀硝酸的沉淀”推断出白色沉淀A的名称，然后根据“与Na2CO3反应生成碳酸钙”推断出溶液B的成分，进而弄清杂质是谁，然后再分析各个选项即可。
【解答】向含杂质的硝酸钠溶液加入硝酸钡溶液不产生沉淀，说明了溶液中不含有碳酸根离子和硫酸根离子；加入适量的硝酸银溶液产生了不溶于稀硝酸的白色沉淀，这种沉淀肯定是氯化银，说明了溶液中含有氯离子；向过滤后的滤液中加入适量的碳酸钠溶液产生了碳酸钙沉淀，说明了溶液中含有钙离子，由此可知溶液含有的杂质是氯化钙。
A.硝酸钠中含有氯化钙，氯化钙和硝酸银反应生成氯化银和硝酸钙，因此无色溶液B的溶质是硝酸钙和硝酸钠，故A错误；
B.由于白色沉淀不溶解的，所以白色沉淀A为肯定为氯化银，其中只有1种沉淀，故B错误；
C.氯化钙和硝酸银的反应、硝酸钙和碳酸钠的反应都是复分解反应，因此该实验中涉及的基本反应类型只有复分解反应一种，故C错误；
D.原溶液中的杂质可以是硝酸钙和氯化钠二种物质组成，也可以是硝酸钙、氯化钙和氯化钠三种物质，故D正确。
故选D。
6．（2018·台州）某固体由Ba2+、Cu2+、Na+、Cl-、CO32-、SO42-中的几种离子构成，取一定质量的该固体样品，进行如下实验：
①将固体溶于水得无色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，过滤后得到5克白色沉淀。
②在沉淀中加入过量稀硝酸，仍有3克白色沉淀。
③在滤液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀。则该固体中一定含有（ ）
A．Na+、CO32-、SO42- B．Cu2+、CO32-、SO42-
C．Cl-、CO32-、SO42- D．Na+、Ba2+、Cl-
【答案】A
【知识点】复分解反应及其应用；离子或物质的共存问题；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】结合物质的颜色、物质的溶解性、复分解反应的条件等分析回答。
【解答】含Cu2+的溶液呈蓝色，Ba2+与CO32-、SO42-都会生成白色沉淀，所以从将固体溶于水得无色透明溶液，说明溶液中无Cu2+，Ba2+与CO32-、SO42-不会同时存在。加入足量BaCl2溶液，过滤后得到5克白色沉淀，在沉淀中加入过量稀硝酸，仍有3克白色沉淀，说明固体中含有CO32-、SO42-，因为碳酸钡、硫酸钡是白色沉淀且碳酸钡与稀硝酸反应，硫酸钡不与稀硝酸反应，同时也可得固体中无Ba2+。根据溶液呈中性，则固体中一定含有阳离子Na+。因为加入aCl2溶液时引入了Cl-，所以在滤液中滴加AgNO3溶液产生白色沉淀的现象不能说明固体中一定含有Cl-。综上分析可知，固体中一定含有的离子是Na+、CO32-、SO42-，A说法正确。
故答案为：A
7．（2018九上·东阳月考）下列各组物质的溶液，不用其它试剂，只用观察和组内溶液相互混合的方法，就能将它们鉴别出来的一组是（ ）
A．KOH、FeCl3、MgSO4、NaCl B．BaCl2、Na2SO4、HNO3、HCl
C．NaCl、CuSO4、NaOH、KNO3 D．Na2CO3、KNO3、H2SO4、Na2SO4
【答案】A
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】对于物质鉴别题，首先要掌握各物质的性质，然后根据物质的性质选择所需物质，再利用反应的不同现象加以区分，鉴别题时各物质的现象必须不能相同，否则无法区分。
【解答】A、先观察颜色，溶液呈黄色的为氯化铁，再将氯化铁滴入另三种溶液中，产生红褐色沉淀的为氢氧化钾，再将氢氧化钾滴入另两种溶液中，产生白色沉淀的为硫酸镁，无明显现象的为氯化钠，可以鉴别，符合题意；
B、各物质两两混合，产生白色沉淀的为氯化钡或硫酸钠，都无现象的为硝酸或盐酸，不可鉴别，不符合题意；
C、先观察颜色，溶液呈蓝色的为硫酸铜，再将硫酸铜滴入另三种溶液中，产生蓝色沉淀的为氢氧化钠，但氯化钠和硝酸钾无法鉴别，不符合题意；
D、各物质两两混合，产生气泡的为碳酸钠和硫酸中的一种，都无明显现象的为硝酸钾和硫酸钠中的一种，无法鉴别，不符合题意；
故选A。
8．（浙教版科学九年级上学期 第一章 酸、碱、盐的相关知识 专题练习）只用石蕊试液就能将下列各组溶液区分开来的是（ ）
A．NaCl NaOH NaNO3 B．Na2SO4 H2SO4 KNO3
C．HCl NaCl Na2SO4 D．Na2SO4 H2SO4 CuSO4
【答案】D
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】对于物质鉴别题，首先要掌握各物质的性质，然后根据物质的性质选择所需物质，再利用反应的不同现象加以区分，鉴别题时各物质的现象必须不能相同，否则无法区分。
【解答】A、氢氧化钠能使石蕊变红，所以可以鉴别出氢氧化钠，但氯化钠与硝酸钠无法鉴别，不符合题意；
B、硫酸钠、硫酸和硝酸银都不能使石蕊变色，不能鉴别，不符合题意；
C、盐酸能使石蕊变红，能鉴别出盐酸，但氯化钠和硫酸钠无法鉴别，不符合题意；
D、硫酸能使石蕊变红，硫酸铜溶液呈蓝色，不能使石蕊变色且呈无色的为硫酸钠，可以鉴别，符合题意；
故答案为：D。
9．（浙教版科学九年级上学期 第一章 物质的推断 专题练习）某固体可能含有Ca(NO3)2、Na2SO4、Na2CO3、FeCl3、KCl中的一种或几种，现对其进行如下实验：①取少量固体于试管中，加适量蒸馏水，固体完全溶解成无色透明溶液；②取少量上述溶液，加过量稀硫酸，有气泡产生；③取②所得溶液少量，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀。分析以上实验现象，对原固体组成的推断正确的是（ ）
A．肯定有Na2CO3、Na2SO4，无FeCl3、Ca(NO3)2
B．肯定有Na2CO3，无FeCl3、Ca(NO3)2
C．肯定有Na2CO3、Na2SO4，无FeCl3
D．肯定有Na2CO3，无FeCl3、KCl
【答案】B
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据各步实验的现象，结合各物质间的反应进行推断，注意在进行物质验证时所加试剂的用量以及对验证结果的影响。
【解答】 ①取少量固体于试管中，加适量蒸馏水，固体完全溶解成无色透明溶液，说明一定没溶液呈黄色的氯化铁；②取少量上述溶液，加过量稀硫酸，有气泡产生，说明一定有碳酸钠，碳酸钠与硝酸钙能产生沉淀，则一定没有硝酸钙；③因②中溶液加入了过量硫酸，所以取②所得溶液少量，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，不能证明硫酸钠的存在，所以硫酸钠和氯化钾可能有。
A、肯定有Na2CO3，无FeCl3、Ca(NO3)2 ，可能有硫酸钠，不符合题意；
B、肯定有Na2CO3，无FeCl3、Ca(NO3)2 ，符合题意；
C、肯定有Na2CO3，无FeCl3、Ca(NO3)2 ，可能有硫酸钠，不符合题意；
D、肯定有Na2CO3，无FeCl3、Ca(NO3)2 ，可能有氯化钾，不符合题意；
故答案为：B。
10．（浙教版科学九年级上学期 第一章 分组实验 物质的鉴别 专题练习）下列各组物质的溶液不用其他试剂无法鉴别的是（ ）
A．H2SO4 NaCl Na2CO3 CaCl2 B．HCl NaOH CuSO4 MgSO4
C．Na2CO3 K2SO4 BaCl2 HCl D．NaNO3 HCl CaCl2 KOH
【答案】D
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】对于物质鉴别题，首先要掌握各物质的性质，然后根据物质的性质选择所需物质，再利用反应的不同现象加以区分，鉴别题时各物质的现象必须不能相同，否则无法区分。
【解答】A、可以根据组内物质相互反应的现象鉴别，与其他三种物质反应，只产生气体的为硫酸，既有气体又有沉淀的为碳酸钠，只产生沉淀的为氯化钙，没有任何现象的为氯化钠，不符合题意；
B、先找出蓝色溶液硫酸铜，再利用硫酸铜与氢氧化钠反应产生蓝色沉淀鉴别出氢氧化钠，再利用氢氧化钠与硫酸镁产生氢氧化镁沉淀，与盐酸没有明显现象鉴别出两种物质，不符合题意；
C、根据组内物质间反应的现象鉴别，既有气体又有沉淀产生的为碳酸钠，只有一种沉淀为的硫酸钾，两种沉淀的为氯化钡，保产生气体的为盐酸，不符合题意；
D、凭组内物质产生的现象不能鉴别，各物质中只有氢氧化钾与盐酸反应，且没有明显现象，符合题意；
故答案为：D。
11．（2017九上·江东期中）有四瓶无色溶液，他们分别是 AgNO3、BaCl2、K2CO3 和 Mg(NO3)2 溶液，仅利用下面试剂就能将他们区别开的是（ ）
A．HCl、Na2SO4 B．NaCl、HNO3
C．HNO3、Ba(NO3)2 D．NaCl、NaOH
【答案】A
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据四种物质与两种试剂反应产生的不同现象来鉴别它们，若两种物质与同种物质反应的现象相同，则无法鉴别它们.
【解答】A、分别滴加稀盐酸，产生白色沉淀的溶液是AgNO3溶液，产生气泡的溶液是K2CO3溶液，无明显变化的是BaCl2、硝酸镁溶液，再向无明显变化的两种溶液中分别滴加硫酸钠溶液，产生白色沉淀的是BaCl2，无明显变化的是Mg（NO3）2，仅利用所提供的试剂就能将他们区别开，A正确；
B、HNO3与K2CO3反应生成二氧化碳气体，碳酸钾能与BaCl2、AgNO3、Mg（NO3）2溶液反应生成白色沉淀，NaCl与AgNO3反应生成氯化银沉淀，与BaCl2、Mg（NO3）2溶液均不反应，不能鉴别BaCl2、Mg（NO3）2溶液，B错误；
C、HNO3与K2CO3反应生成二氧化碳气体，碳酸钾能与BaCl2、AgNO3、Mg（NO3）2溶液反应生成白色沉淀，Ba（NO3）2与BaCl2、AgNO3、Mg（NO3）2溶液均不反应，不能鉴别，C错误；
D、分别滴加氯化钠溶液，能与氯化钠溶液产生白色沉淀的是AgNO3溶液，再将硝酸银溶液分别滴加至另外三种溶液中，能产生白色沉淀是BaCl2、K2CO3，无明显变化的是Mg（NO3）2溶液；BaCl2、K2CO3与NaOH溶液均不反应，无法鉴别BaCl2、K2CO3；D错误；
故选A
12．（2017九上·杭州月考）实验室有一瓶标签脱落的固体试剂，小金同学分别取少量的该固体进行下列实验。根据实验现象判断，该固体最可能是（ ）
实验操作 实验现象
取该固体于试管中，加水、振荡 固体不溶解
取该固体于试管中，加盐酸、振荡 固体溶解，无气泡产生
一氧化碳通过炽热的该固体， 称固体质量、检测尾气 固体质量减轻，尾气中只检测到 CO 与 CO2
A．金属单质 B．金属氧化物 C．碱 D．盐
【答案】B
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】 由表格中的实验逐一推导可得出结论。实验一告诉我们固体是一种不溶于水的物质；实验二告诉我们与盐酸能反应，但不是金属或碳酸盐；实验三得出固体含有氧元素。综上推出固体是什么。
【解答】由表格中实验一：取该固体于试管中，加水、振荡，固体不溶解，说明固体不溶于水。由实验二：取该固体于试管中，加盐酸、振荡，固体溶解，无气体放出，说明固体不是金属，不溶性的盐与酸能反应的一般是碳酸盐，无气体放出说明不可能是盐，C错误；由实验三：固体灼热状态下，通入纯净CO，固体质量减轻，尾气中只检测到CO与CO2，由尾气中只检测到CO和CO2可推知固体质量减轻是由于CO夺取了固体中的氧元素，综上现象可确定此固体物质是金属氧化物，B选项正确。
故选B
二、填空题
13．（2018九上·余姚月考）已知A、B、C、D、E、F为常见物质，其中A、B含有相同的元素，B、E为氧化物，C、D、F都为单质。它们相互转化的关系如右图所示（图中反应条件去）。（已知氢气与氧化铜在加热的条件下，会发生反应，生成金属铜单质和水）
（1）X在反应①中起 作用。
（2）写出有关物质的化学式：A C
（3）若F不溶于稀硫酸，写出F可能的化学式 ，请写出和反应③基本反应类型相同的化学方程式 。
【答案】（1）催化
（2）H2O2；O2
（3）Cu；
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】A和X反应生成了B、C和X，那么X参与了反应但质量和性质不变，那么说明X是催化剂，常见催化剂就是二氧化锰，A和B含有相同的元素，所以A为过氧化氢溶液，B为水，C就是氧气；而B（H2O）能够分解得到H2和O2，因为C是氧气，所以可D为氢气；E为氧化物，E和氢气反应生成了单质F和B（水），所以可以判断E为金属氧化物，F为金属单质，据此进行解答即可
【解答】（1）X是催化剂，因此在反应①中起催化作用；
（2）A是过氧化氢，化学式为：H2O2，C是氧气，化学式为：O2；
（3）若F不溶于稀硫酸，说明这种金属在金属活动性顺序表中排在H的后面，因此F可能的化学式Cu，该反应③是氧化铜和氢气在加热的条件下生成铜和水，所以基本类型是置换反应。与该反应类型相同的是：碳和氧化铜在高温的条件下生成铜和二氧化碳，化学方程式为：。
14．（2018九上·余姚月考）一包白色粉末，由CuSO4、CaCO3、BaCl2、Na2SO4、NaOH中的两种或两种以上的物质混合而成。为探究其组成，进行如下实验：
（1）取少量白色粉末，向其中加入足量的水，充分搅拌后过滤，得到白色沉淀和无色滤液。则原白色粉末中一定不含有 。
（2）取实验（1）滤出的白色沉淀，向其中加入足量的盐酸，沉淀全部溶解，并产生无色气体。则原白色粉末中一定含有 。
根据上述实验可推断：原白色粉末的组成有 种可能。
为进一步探究原白色粉末的组成，取实验（1）得到的滤液，向其中通入CO2，产生白色沉淀，则可推断原白色粉末中一定还含有
【答案】（1）CuSO4
（2）CaCO3；5；NaOH、BaCl2
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】（1） CuSO4 的水溶液呈蓝色；
（2）碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳气体，据此判断白色粉末中一定含有 CaCO3 。
如果其中含有 BaCl2和Na2SO4，那么溶于水后肯定会生成不溶于稀盐酸的BaSO4 ，而现在沉淀完全溶解，足以说明白色粉末只能有它们两种物质中的一种。那么白色粉末没有 CuSO4 ，肯定有CaCO3 ，可能含有 NaOH ，而BaCl2和Na2SO4只可能有一种，据此判断白色粉末组成的可能性；
通入CO2后，产生的白色沉淀只能是BaCO3；因为CO2不能与 BaCl2 直接生成BaCO3，只能是CO2先与 NaOH 反应生成Na2CO3，Na2CO3再与 BaCl2 直接生成BaCO3，据此判断白色粉末中含有的物质。
【解答】（1）如果白色粉末中含有CuSO4 ，那么溶液显蓝色，因此白色粉末中一定不含有CuSO4 ；
（2）向其中加入足量的盐酸，沉淀全部溶解，并产生无色气体，说明沉淀是CaCO3，因此原白色粉末中一定含有CaCO3；
由于BaSO4不溶于盐酸，所以原来白色粉末中肯定不能同时含有BaCl2和Na2SO4，那么组成情况有：①CaCO3、 BaCl2 ；②CaCO3、 Na2SO4 ；③CaCO3、 NaOH ；④CaCO3、 NaOH 、BaCl2 ；⑤CaCO3、 NaOH 、Na2SO4，即可能有5种可能；通入CO2后，产生的白色沉淀只能是BaCO3，因此原白色粉末中一定还含有 NaOH、BaCl2 。
15．（2018九上·宁波月考）如图，某固体氧化物X，经过如图①②两步反应后，得到红色固体单质C，溶液B只含一种溶质，且是盐，试回答：
（1）固体氧化物X的化学式是
（2）第①步加的盐酸是否过量 （填“是”或“否”）
（3）图示过程中，总共发生了几个化学反应
【答案】（1）CuO
（2）是
（3）3个
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据题目给出的流程图和信息：如图，某固体氧化物X，经过如图①②两步反应后，得到红色固体单质C，因此C是铜；氧化铜和盐酸反应生成氯化铜和水，铁和氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，溶液B只含一种溶质，且是盐，因此X是氧化铜，溶液A有氯化铜和氯化氢两种溶质，溶液B是氯化亚铁溶液；D是氢气。【解答】（1）如图，得到红色固体单质C，因此C是铜；氧化铜和盐酸反应生成氯化铜和水，铁和氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，溶液B只含一种溶质，且是盐，因此X是氧化铜，溶液A有氯化铜和氯化氢两种溶质，溶液B是氯化亚铁溶液；D是氢气；故答案为：CuO；
（2）第①步加的是过量的盐酸，因为有氢气生成；故答案为：是；
（3）氧化铜和盐酸反应生成氯化铜和水，铁和氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，一共发生3个化学反应；
16．（2018九上·桐乡竞赛）有一包固体粉末，可能由NaOH、Na2SO4、MgCl2、NaNO3、CuSO4中的一种或者几种组成，为了分析固体粉末的成分，取少量该固体粉末进行试验，试验方案如图：
（1）白色沉淀I是 ；
（2）固体粉末中一定有 ；
【答案】（1）Mg(OH)2
（2）NaOH、Na2SO4、MgCl2
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据氢氧化镁是能溶于酸的沉淀、硫酸钡为不溶于酸的沉淀分析。
【解答】（1）固体粉末加水可生成白色沉淀和无色溶液，则说明一定不含溶液呈蓝色的硫酸铜，白色沉淀能全部溶解于稀硝酸，说明沉淀为氢氧化镁，原粉末中一定含氯化镁和氢氧化钠，无色溶液加入氢氧化钡溶液产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，说明原粉末中一定含硫酸钠，硝酸钠不能确定是否含有；
（2）固体粉末中一定有 NaOH、Na2SO4、MgCl2 ；
故答案为：（1） Mg(OH)2 ；（2） NaOH、Na2SO4、MgCl2 。
17．（浙教版科学九年级上学期 第一章 物质的推断 专题练习）已知A～I均为初中科学常见的物质，其中组成A、C两种气体的元素相同，且C是常见的温室气体，B是铁锈的主要成分，D是单质，F是盐酸盐，根据如图所示的转化关系(图中反应条件均已略去)回答下列问题：
（1）D的化学式为 。
（2）写出反应①的化学方程式 。
（3）若反应②在植物体内进行，这个过程中能量的转化形式是 。
【答案】（1）Fe
（2）Fe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O
（3）光能转化为化学能
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】本题考查了物质的推断，在解此类题时，首先将题中有特征的物质推出，然后结合推出的物质和题中的转化关系推导剩余的物质，最后将推出的各种物质代入转化关系中进行验证即可。
【解答】 组成A、C两种气体的元素相同，且C是常见的温室气体，则A为一氧化碳，C为二氧化碳，B是铁锈的主要成分，B为氧化铁，D是单质，D为一氧化碳与氧化铁生成的单质，为铁，F是盐酸盐，为氧化铁与盐酸反应生成，F为氯化铁。
（1）D化学式为 Fe ；
（2）反应①为氧化铁与盐酸的反应，化学方程式为Fe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O；
（3） 若反应②在植物体内进行，则为光合作用，这个过程中能量的转化形式是光能转化为化学能；
故答案为：（1） Fe ；（2）Fe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O（3） 光能转化为化学能 。
18．（2017九上·杭州月考）一包白色粉末，由 CuSO4、CaCO3、 BaCl2、Na2SO4、NaOH 中的两种或两种以上混合而成。为探究其组成，进行如下实验：
（1）由实验①可知原白色粉末中一定不含有 。
（2）取实验①滤出的白色沉淀，向其中加入足量的盐酸，则原白色粉末中一定含有 。
（3）为进一步探究原白色粉末的组成，向无色溶液 B 中通入二氧化碳，产生白色沉淀，则可推断原白色粉末中一定还含有 。
【答案】（1）CuSO4
（2）CaCO3
（3）BaCl2 和 NaOH
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】 （1） CuSO4是白色粉末溶于水是蓝色溶液；（2）能与盐酸反应产生气体的白色沉淀是不溶于水的碳酸盐，因白色沉淀全部消失所以判断无BaSO4；（3）在此无色溶液中通入CO2有白色沉淀产生，可判断无色溶液B中含有Ba2+，但 BaCl2不能与CO2反应产生BaCO3白色沉淀，所以考虑溶液中有NaOH，CO2先与NaOH反应产生Na2CO3，Na2CO3再与BaCl2反应产生了BaCO3白色沉淀。
【解答】（1）由流程图实验①后出现白色沉淀和无色溶液B可知CuSO4一定不含有；（2）能与盐酸反应产生气体的白色沉淀是不溶于水的碳酸盐，因白色沉淀全部消失所以判断无BaSO4，此处也没有生成BaCO3的条件，所以判断白色粉末为CaCO3；（3）在此无色溶液中通入CO2有白色沉淀产生，可判断无色溶液B中含有Ba2+，但 BaCl2不能与CO2反应产生BaCO3白色沉淀，所以考虑溶液中有NaOH，CO2先与NaOH反应产生Na2CO3，Na2CO3再与BaCl2反应产生了BaCO3白色沉淀，所以原白色粉末中一定含有BaCl2 和 NaOH
故答案为：（1）CuSO4；（2）CaCO3；（3）BaCl2 和 NaOH
19．（2016·宁波）有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：Na＋、NH4＋、Ba2＋、Cl－、CO32－、SO42－。现取两份200mL溶液进行如下实验：①第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到气体0.68g；②第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。根据上述实验，推测混合物水溶液一定存在的离子有 。
【答案】NH4+、Na＋、CO32-、SO42-
【知识点】离子或物质的共存问题；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】从实验现象判断出肯定存在着铵根离子、碳酸根离子和硫酸根离子；根据实验的数据，结合溶液中溶液中阴阳离子所带的电核数相等判断出一定含有钠离子。
【解答】能与足量NaOH溶液共热产生气体的物质应为铵盐，因此溶液中应含有铵根离子，故一定存在NH4+；
在溶液可能存在的五种离子中，能与氯化钡溶液反应形成的沉淀只有碳酸钡和硫酸钡，因此沉淀有三种情况：可能是碳酸钡；可能是硫酸钡；可能是既有碳酸钡又有硫酸钡；其中硫酸钡不溶于酸也不能与酸反应；而碳酸钡与酸能反应而沉淀质量减少，根据“得干燥沉淀6.27 g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33 g”信息可得沉淀为碳酸钡和硫酸钡，故确定原溶液中存在CO32-，SO42-；
因为Ba2+与CO32-、SO42-在溶液中不能共存，故确定原溶液中一定不存在Ba2+；
对于Cl-，无明显的现象说明，故可能含有。
根据①生成0.68克气体可得含有NH4+的份数为0.04份，携带的阳离子的电荷数份数为0.04份。根据 ②第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g可得生成硫酸钡的质量为2.33g，所以含有硫酸根的份数为0.01份；生成碳酸钡的质量为3.94g，所以所含碳酸根的份数为0.02份，不考虑Cl-的存在时，溶液中阴离子所含的电荷数为0.06份。因为阴离子所含的电荷数为0.06份大于阳离子的电荷数份数为0.04份，所以溶液中一定含有除铵根离子之外其它的阳离子，所以一定含有 Na＋ 。
故答案为：NH4+、Na＋、CO32-、SO42-
20．（2016·杭州模拟）有一包不纯的K2CO3粉末，可能含有Na2CO3、BaSO4、CuCl2、KCl、KNO3、Ca(NO3)2中的一种或几种，为分析含有的杂质，现进行如下实验。
（1）取样溶于水，无固体残留，得无色溶液。则粉末中一定不含有 。
（2）取上述溶液适量，滴加AgNO3溶液，有白色沉淀，再加入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，则此粉末中一定含有的杂质是 。
（3）为确定Na2CO3是否存在，某同学称取13.8g粉末溶于水，加入足量BaCl2溶液，充分反应生成19.7g沉淀质量，则原粉末中一定含有Na2CO3。你认为此结论 （选填“是”或“否”）正确。
【答案】（1）BaSO4,CuCl2,Ca(NO3)2
（2）KCl
（3）是
【知识点】根据化学反应方程式的计算；盐的性质及用途；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】（1）硫酸钡不溶于水和酸，氯化铜在溶液中显蓝色，碳酸钾会和硝酸钙反应生成碳酸钙沉淀；
（2）氯化银和碳酸银同为白色沉淀，但是碳酸银和酸反应生成气体，因此会溶于酸，而氯化银则不溶于酸；
（3）利用化学方程式分别计算出13.8g碳酸钠，或者13.8g碳酸钾产生沉淀的质量，然后与生成沉淀的质量进行比较即可。【解答】（1）取样溶于水，无固体残留，得无色溶液，则粉末中一定不含有BaSO4，CuCl2，Ca(NO3)2；
（2）加入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，其中肯定有氯化银，而氯离子只能来自于氯化钾，则此粉末中一定含有的杂质是氯化钾；
（3）假设13.8g纯碳酸钾产生碳酸钙的质量为x，则有
K2CO3+BaCl2═BaCO3↓+2KCl
138 197
13.8g x
；
解得：x=19.7g；
因为碳酸钾中混有氯化钾，而这两种物质中只有碳酸钾能和氯化钡反应生成沉淀，所以如果只有这两种物质，那么沉淀的质量应该小于19.7g；
假设13.8g纯碳酸钠产生碳酸钙的质量为y，则有
Na2CO3+BaCl2═BaCO3↓+2NaCl
106 197
13.8g y
；
解得：y≈25.6g。
因为25.6g>19.7g，所以混合物含有碳酸钠时，会使生成沉淀的质量变大，从而可能等于19.7g，因此原粉末中一定含有碳酸钠。
21．（2016·模拟）某物质可能由Na2CO3、NaHCO3、NaOH中的一种或二种混合而成，在固体中逐滴滴入盐酸，与盐酸反应图象如图，且c>2b。
已知：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；
NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑
NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O
则该固体的组成可能是
【答案】Na2CO3、NaHCO3或NaHCO3、NaOH
【知识点】盐的性质及用途；物质的鉴别、推断；酸的化学性质；碱的化学性质
【解析】【分析】（1）因为氢氧化钠溶液碱性大于碳酸钠大于碳酸氢钠，所以盐酸会先与氢氧化钠反应，在与碳酸钠反应，最后与碳酸氢钠反应。
（2）稀盐酸与碳酸钠的反应一定要分步考虑，先生成碳酸氢钠，在生成碳酸钠，否则无法与题目意图向一致。
【解答】由题目信息可得，而若反应物中只有Na2CO3，则c=2b，不符合要求；若反应物中只有NaHCO3，则会一开始就产生气体，不符合要求；若反应物中只有NaOH，则始终不会有气体产生，不符合要求。
若是Na2CO3、NaHCO3的混合物，则盐酸先与碳酸钠反应，生成碳酸氢钠，不会产生气体，盐酸与碳酸氢钠是1：1反应，此时消耗1份的碳酸钠；因为生成1份的碳酸氢钠，所以生成及原有的碳酸氢钠的量是超过1份的，而盐酸与碳酸氢钠是1：1反应，故这个过程中消耗的盐酸是大于一份的，故最终消耗的盐酸总量一定会大于2倍与碳酸钠反应的盐酸的质量，即 c>2b，符合要求。
若是NaHCO3、NaOH的混合物，则盐酸先与氢氧化钠反应，生成碳氯化钠，不会产生气体，盐酸与氢氧化钠是1：1反应，此时消耗1份的碳酸钠；接着盐酸与所碳酸氢钠反应，盐酸与碳酸氢钠是1：1反应，只要碳酸氢钠的量超过氢氧化钠的量，则消耗的最后消耗的盐酸总量一定会大于2倍与氢氧化钠反应的盐酸的质量，即 c>2b，符合要求。
若是Na2CO3、NaOH的混合物，则盐酸先与氢氧化钠反应，生成碳氯化钠，不会产生气体，盐酸与氢氧化钠是1：1反应，此时消耗1份的碳酸钠，接着盐酸与碳酸钠反应，先生成碳酸氢钠，不会产生气体，此时也消耗1份的碳酸钠，所以此时至b点消耗的盐酸是与氢氧化钠和碳酸钠第一步反应的总和；而之后盐酸与生成的的碳酸氢钠反应，而盐酸与碳酸氢钠是1：1反应，所以增加的稀盐酸的量肯定是小于没有产生气体所加的量的，即 c＜2b，不符合要求。
故答案为：Na2CO3、NaHCO3或NaHCO3、NaOH
22．（2016年浙教版科学中考复习专题20：金属）请结合所学知识回答下列问题：
（1）据报道嫦娥五号T1飞行试验器于10月24日2时在中国西昌卫星发射中心发射升空，“嫦五”飞行试验器绕月飞行后将返回地面。若飞行试验器从月球上带回的铁矿物主要成分是氧化铁，写出工业上利用此铁矿石炼铁的化学反应方程式 ；生铁和钢是世界上用量最大的 (填“金属材料”或“合成材料”)；写出防止铁生锈的一种方法 。
（2）我国第四套人民币硬币铸造用到Fe、Cu、Al、Ni(镍)，已知Ni能够发生如下反应：，Ni＋H2SO4=NiSO4＋H2↑，Fe＋NiCl2=Ni＋FeCl2，这两个反应的基本类型都是 。四种金属活动性由强到弱的顺序为 (用元素符号表示)。
（3）在硫酸铜、硫酸锌和稀硫酸的混合溶液中，加入一定量的铁粉，使之充分反应后铁有剩余，过滤，则滤液中溶质有 ；固体残渣中一定含有 (均填化学式)。
【答案】（1）3CO＋Fe2O32Fe＋3CO2；金属材料；在铁制品表面涂油、刷漆等
（2）置换反应；Al>Fe>Ni>Cu
（3）ZnSO4、FeSO4；Cu、Fe
【知识点】金属活动性顺序及其应用；还原反应与金属的冶炼；物质的鉴别、推断；金属的腐蚀与防护
【解析】【分析】（1）工业上常用一氧化碳还原氧化铁还制取金属铁；结合铁生锈的条件分析回答；金属材料包括金属和合金。
（2）置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应；结合所给的化学方程式判断出活动性的强弱在分析解答。
（3）结合金属活动性顺序分析化学反应发生和不发生的情况，在此基础上解答。
【解答】（1）炼铁的原理是利用一氧化碳与氧化铁反应，反应的化学方程式是：3CO＋Fe2O32Fe＋3CO2；由铁生锈的条件是铁与氧气、水接触，所以，防止铁生锈的一种方法是：在铁制品表面涂油、刷漆等；金属材料包括金属和合金，生铁和钢都是铁的合金，属于金属材料。
（2）这两个反应都是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，属于置换反应；Ni＋H2SO4=NiSO4＋H2↑，说明活动性Ni>H；Fe＋NiCl2=Ni＋FeCl2，说明活动性Fe>Ni；由金属活动性顺序还可知Al>Fe>Ni>Cu，故这四种金属的活动性顺序为：Al>Fe>Ni>Cu。
（3）金属活动性顺序为：锌>铁>氢>铜。由于铁在氢和铜的前面，因此铁可以和硫酸铜溶液和稀硫酸反应，而铁不与硫酸锌反应，由于铁有剩余，说明能够和铁发生反应的物质都被消耗完毕，因此滤液中一定没有硫酸铜和硫酸，一定有硫酸锌（ZnSO4）和硫酸亚铁（FeSO4）；由于铁和硫酸铜反应能生成金属铜，因此滤渣中一定含有生成的金属铜（Cu）和剩余的铁（Fe）。
故答案为：（1）3CO＋Fe2O32Fe＋3CO2；金属材料；在铁制品表面涂油、刷漆等
（2）置换反应；Al>Fe>Ni>Cu
（3）ZnSO4、FeSO4；Cu、Fe
23． 如图所示，A﹣G是初中化学常见的七种物质．图中“→”表示转化关系，“﹣”表示相互能反应．F可以用于改良酸性土壤，D、E组成元素相同，B、C、G常温下为气体，在实验室中常用A制取G．
（1）F的化学式是 ；物质A的一种用途是 ；
（2）D→C反应的化学方程式是 ；
（3）图中涉及B物质的反应中，未出现的基本反应类型是 ．
【答案】Ca（OH）2；除锈；2H2O22H2O+O2↑；复分解反应
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【解 答】（1）F可以用于改良酸性土壤，所以F是氢氧化钙；E和F﹣氢氧化钙可以相互转化，D能够转化为E，且D、E组成元素相同，D能够反应产生气体C，因 此E是水，D是双氧水，则C是氧气；E﹣水能够和B相互转化，且B能够和氧气反应，B还是气体，因此B是氢气；G常温下为气体，在实验室中常用A制取G， 且G能够和F﹣氢氧化钙反应，因此G是二氧化碳，A能够和转化为氢气和水，因此A是盐酸，带入验证符合转化关系，所以F是氢氧化钙，A是盐酸，可以用于除 锈等；
（2）D→C的反应是过氧化氢在二氧化锰的作用下分解产生水和氧气，化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑；
（3）涉及氢气的反应有：盐酸和金属反应，属于置换反应；氢气和氧气点燃产生水，属于化合反应；水电解产生氢气和氧气，属于分解反应，由于氢气是单质，一定不会涉及复分解反应．
故答案为：（1）Ca（OH）2，除锈；（2）2H2O22H2O+O2↑；（3）复分解反应．
【分 析】根据A﹣G是初中化学常见的七种物质，F可以用于改良酸性土壤，所以F是氢氧化钙；E和F﹣氢氧化钙可以相互转化，D能够转化为E，且D、E组成元素 相同，D能够反应产生气体C，因此E是水，D是双氧水，则C是氧气；E﹣水能够和B相互转化，且B能够和氧气反应，B还是气体，因此B是氢气；G常温下为 气体，在实验室中常用A制取G，且G能够和F﹣氢氧化钙反应，因此G是二氧化碳，A能够和转化为氢气和水，因此A是盐酸，然后将推出的物质进行验证即可．
24． 如图所示，A﹣G是初中化学常见的七种物质．图中“→”表示转化关系，“﹣”表示相互能反应．F可以用于改良酸性土壤，D、E组成元素相同，B、C、G常温下为气体，在实验室中常用A制取G．
（1）F的化学式是 ；物质A的一种用途是 ；
（2）D→C反应的化学方程式是 ；
（3）图中涉及B物质的反应中，未出现的基本反应类型是 ．
【答案】Ca（OH）2；除锈；2H2O22H2O+O2↑；复分解反应
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）F可以用于改良酸性土壤，所以F是氢氧化钙；E和F﹣氢氧化钙可以相互转化，D能够转化为E，且D、E组成元素相同，D能够反应产生气体C，因此E是水，D是双氧水，则C是氧气；E﹣水能够和B相互转化，且B能够和氧气反应，B还是气体，因此B是氢气；G常温下为气体，在实验室中常用A制取G，且G能够和F﹣氢氧化钙反应，因此G是二氧化碳，A能够和转化为氢气和水，因此A是盐酸，带入验证符合转化关系，所以F是氢氧化钙，A是盐酸，可以用于除锈等；
（2）D→C的反应是过氧化氢在二氧化锰的作用下分解产生水和氧气，化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑；
（3）涉及氢气的反应有：盐酸和金属反应，属于置换反应；氢气和氧气点燃产生水，属于化合反应；水电解产生氢气和氧气，属于分解反应，由于氢气是单质，一定不会涉及复分解反应．
故答案为：（1）Ca（OH）2，除锈；（2）2H2O22H2O+O2↑；（3）复分解反应．
【分析】根据A﹣G是初中化学常见的七种物质，F可以用于改良酸性土壤，所以F是氢氧化钙；E和F﹣氢氧化钙可以相互转化，D能够转化为E，且D、E组成元素相同，D能够反应产生气体C，因此E是水，D是双氧水，则C是氧气；E﹣水能够和B相互转化，且B能够和氧气反应，B还是气体，因此B是氢气；G常温下为气体，在实验室中常用A制取G，且G能够和F﹣氢氧化钙反应，因此G是二氧化碳，A能够和转化为氢气和水，因此A是盐酸，然后将推出的物质进行验证即可．
25． A﹣I是初中化学所学的物质，其转换关系如图所示．按单质、氧化物、酸、碱、盐分类，A、B、D、E、F是不同类别的物质，C、G、H、I、F也是不同类别的物质；A、B、C中含有同种元素，B是导致“温室效应”的一种气体．图中“一”表示两端的物质能发生化学反应，“→”表示物质间存在相应的转化关系（部分反应物、生成物和反应条件未标出）．请回答：
（1）物质B的化学式： ；
（2）反应①的基本反应类型是 ；
（3）反应②的化学方程式是 ．
【答案】CO2；复分解反应；Cu+2AgNO3=Cu（NO3）2+2Ag（合理即可）
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】“B是导致温室效应的一种气体”，则B为CO2，A、B、C中含有同种元素，因此三种物质中含有碳、氧元素，B和C能够相互转化，因此C是一氧化碳，则A可以是碳或氧气；B﹣二氧化碳能够和D相互转化，因此D可以是碳酸钙，碳酸钙能够和F反应，且F能够和I﹣蓝色沉淀，即氢氧化铜反应，因此F是酸，如盐酸；E分别能够和二氧化碳、盐酸反应，且A、B、D、E、F是不同类别的物质，因此E是可溶性的碱，如氢氧化钙等；C﹣一氧化碳能够转化为G，G能够转化为H，H能够反应产生氢氧化铜沉淀，因此H可以是铜盐，则G是一氧化碳还原氧化铜得到的铜，这样符合C、G、H、I、F也是不同类别的物质，带入验证完成相关的问题；因此：
（1）B是二氧化碳，故填：CO2；
（2）反应①是酸和碱发生的中和反应，是特殊的复分解反应；故填：复分解反应；
（3）反应②可以是铜和硝酸银反应产生硝酸铜和银，故填：Cu+2AgNO3=Cu（NO3）2+2Ag（合理即可）．
【分析】根据“B是导致温室效应的一种气体”，则B为CO2，A、B、C中含有同种元素，因此三种物质中含有碳、氧元素，B和C能够相互转化，因此C是一氧化碳，则A可以是碳或氧气；B﹣二氧化碳能够和D相互转化，因此D可以是碳酸钙，碳酸钙能够和F反应，且F能够和I﹣蓝色沉淀，即氢氧化铜反应，因此F是酸，如盐酸；E能够和二氧化碳和盐酸反应，且A、B、D、E、F是不同类别的物质，因此E是可溶性的碱，如氢氧化钙等；C﹣一氧化碳能够转化为G，G能够转化为H，H能够反应产生氢氧化铜沉淀，因此H可以是铜盐，则G是一氧化碳还原氧化铜得到的铜，这样符合C、G、H、I、F也是不同类别的物质，带入验证完成相关的问题．
26． 如图所示，A﹣J是初中化学中常见的物质，A、C是两种常见液体且组成元素相同；B、F是黑色粉末；H是蓝色沉淀；E是含钠元素的化合物；部分反应物和生成物已略去；“→”表示物质转化．
（1）物质F的化学式为 ．
（2）写出反应①的化学方程式 ．
（3）E的俗名是 ，E+G→H+I属于 反应（填基本反应类型）；
（4）B中金属元素的化合价为 ．
【答案】CuO；2H2O22H2O+O2↑；苛性钠、火碱、烧碱；复分解；+4
【知识点】元素化合价的规则与计算；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】已知A﹣J是初中化学中常见的物质，根据“A、C是两种常见液体且组成元素相同”，结合图框，推测为过氧化氢、水；根据“H是蓝色沉淀”，推测为H氢氧化铜；根据“B、F是黑色粉末”、“E是含钠元素的化合物”，推测E可能为氢氧化钠溶液；而B、F分别为二氧化锰、氧化铜；则J可能为酸，G可能为硫酸铜溶液，I可能为硫酸钠，代入检验，符合题意．
（1）根据分析可知，物质F为氧化铜，故其化学式为CuO；
（2）根据分析可知，反应①为过氧化氢分解生成水和氧气，其反应的化学方程式2H2O22H2O+O2↑；
（3）根据分析可知，物质E为氢氧化钠，故其俗名是苛性钠、火碱、烧碱，反应E+G→H+I为氢氧化钠溶液和硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，符合复分解反应的特点；
（4）根据分析可知，物质B为二氧化锰，已知氧元素的化合价为﹣2，根据化合价的原则，可计算其中金属元素的化合价为+4；
故答案为：
（1）CuO；（2）2H2O22H2O+O2↑；（3）苛性钠、火碱、烧碱，复分解；（4）+4．
【分析】已知A﹣J是初中化学中常见的物质，根据“A、C是两种常见液体且组成元素相同”，推测为过氧化氢、水；根据“H是蓝色沉淀”，推测为H氢氧化铜；根据“B、F是黑色粉末”、“E是含钠元素的化合物”，推测E可能为氢氧化钠溶液；而B、F分别为二氧化锰、氧化铜；则J可能为酸，G可能为硫酸铜溶液，I可能为硫酸钠，代入检验．
27． 在下表A、B、C三组选项中，有一组物质能够实现如图所示的转化，请回答下列问题：
选项 甲 乙 丙
A Na2CO3 CO2 CaCO3
B NaOH NaCl NaNO3
C CuO CuSO4 Cu（OH）2
（1）选项中符合转化关系的是 （填序号）．
（2）写出由乙生成甲的化学方程式 ，写出甲物质在生产或生活中的一种用途 ．
（3）由甲生成丙的反应现象是 ，基本反应类型是 ．
【答案】A；CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O；生成玻璃；产生白色沉淀；复分解反应
【知识点】金属的化学性质；物质的鉴别、推断；碱的化学性质
【解析】【解答】（1）A、碳酸钠和二氧化碳、碳酸钙和二氧化碳可以相互转化，碳酸钠会转化成碳酸钙，故A正确；
B、硝酸钠不会生成氯化钠，故B错误；
C、硫酸铜不会生成氧化铜，故C错误；
故选：A；
（2）乙生成甲的反应是二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，化学方程式为：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，通过推导可知，甲是碳酸钠，可以生成玻璃；
（3）甲生成丙的反应是碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，实验现象是：产生白色沉淀，该反应属于复分解反应．
故答案为：（1）A；
（2）CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，生成玻璃；
（3）产生白色沉淀，复分解反应．
【分析】根据碳酸钠和二氧化碳、碳酸钙和二氧化碳可以相互转化，碳酸钠会转化成碳酸钙进行分析；根据硝酸钠不会生成氯化钠进行分析；根据硫酸铜不会生成氧化铜进行分析．
28． A、B、C、D是初中化学常见的物质，这四种物质中均含有同一种元素．其中A为无色气体单质，B、C为氧化物，且B为有毒气体，D是大理石的主要成分．它们之间的部分转化关系如图所示（图中反应条件及部分反应物、生成物已省略）．
回答下列问题：
（1）写出下列物质的化学式：A ；D ．
（2）写出由物质C转化为物质B的化学方程式 ．
（3）写出物质C与过氧化钠（Na2O2）反应生成碳酸钠和物质A的化学方程式 ．
【答案】O2；CaCO3；CO2+C2CO；2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）A、B、C、D是初中化学常见的物质，D是大理石的主要成分，所以D是碳酸钙，B、C为氧化物，且B为有毒气体，所以B是一氧化碳，一氧化碳和C可以相互转化，碳酸钙和C也可以相互转化，所以C是二氧化碳，A为无色气体单质，会转化成一氧化碳和二氧化碳，所以A是氧气，经过验证，推导正确，所以A是O2，D是CaCO3；
（2）物质C转化为物质B的反应是二氧化碳和碳高温生成一氧化碳，化学方程式为：CO2+C2CO；
（3）二氧化碳和过氧化钠（Na2O2）反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2．
故答案为：（1）O2，CaCO3；（2）CO2+C2CO；（3）2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2．
【分析】根据A、B、C、D是初中化学常见的物质，D是大理石的主要成分，所以D是碳酸钙，B、C为氧化物，且B为有毒气体，所以B是一氧化碳，一氧化碳和C可以相互转化，碳酸钙和C也可以相互转化，所以C是二氧化碳，A为无色气体单质，会转化成一氧化碳和二氧化碳，所以A是氧气，然后将推出的物质进行验证即可．
29． 绿矾又名七水硫酸亚铁（FeSO4 7H2O），其用途广泛，可用于制铁盐、氧化铁颜料、净水剂、防腐剂、消毒剂等．绿矾（FeSO4 7H2O）的一种综合利用工艺如下：
（1）细铁丝在氧气中可以燃烧，请写出铁在氧气中燃烧的化学方程式 ．
（2）绿矾与NH4HCO3在溶液中反应，有CO2生成，反应的化学方程式为 ．
（3）隔绝空气进行“焙烧”，铁元素的转化途径是FeCO3FeOFe，实际作还原剂的是CO．写出“焙烧”过程中各步反应的化学方程式：
A．FeCO3FeO+CO2↑；
B． ；
C． ．
（4）母液“除杂”后，欲得到（NH4）2SO4粗产品，操作步骤依次为蒸发浓缩、 、过滤、洗涤、干燥．
【答案】3Fe+2O2Fe3O4；FeSO4 7H2O+2NH4HCO3=FeCO3+（NH4）2SO4+CO2↑+8H2O；CO2+C2CO；FeO+COFe+CO2；降温结晶（或冷却热的饱和溶液）
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）细铁丝在氧气中可以燃烧生成四氧化三铁，化学方程式为3Fe+2O2Fe3O4；
（2）七水硫酸亚铁和碳酸氢铵反应生成碳酸铁、硫酸铵、水和二氧化碳，化学方程式为：FeSO4 7H2O+2NH4HCO3=FeCO3+（NH4）2SO4+CO2↑+8H2O；
（3）二氧化碳和木炭在高温的条件下生成一氧化碳，化学方程式为：CO2+C2CO；
一氧化碳和氧化亚铁在加热的条件下生成铁和二氧化碳，化学方程式为：FeO+COFe+CO2；
故答案为：
（1）3Fe+2O2Fe3O4；
（2）FeSO4 7H2O+2NH4HCO3=FeCO3+（NH4）2SO4+CO2↑+8H2O；
（3）CO2+C2CO；FeO+COFe+CO2；
（4）降温结晶（或冷却热的饱和溶液）．
【分析】根据反应原理找出反应物、生成物、反应条件，然后依据质量守恒定律书写化学方程式．
30． 有一包粉末，已知由CaCO3、FeCl3、MgCl2、Na2SO4、NaOH、NaNO3中的几种组成．为确定其组成，现进行以下实验，各步骤均已充分反应．
①取一定质量的粉末，加水搅拌后过滤，得到沉淀和无色溶液A；
②向①步得到的沉淀中加入足量稀盐酸，得到无色气体和黄色溶液；
③将①步得到的无色溶液A进行如图所示的实验．
请回答下列问题：
（1）B的化学式是 ．
（2）A中一定存在的溶质的化学式是 ．
（3）生成白色沉淀D的化学方程式是 ．
（4）这包粉末中可能含有物质的化学式是 ．
【答案】BaSO4；Na2SO4、NaCl；NaCl+AgNO3═AgCl↓+NaNO3；MgCl2、NaNO3
【知识点】物质的鉴别、推断；碱的化学性质
【解析】【解答】通过分析可知：
（1）由于硫酸钠和硝酸钡反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以B的化学式是：BaSO4；
（2）向①步得到的沉淀中加入足量稀盐酸，得到无色气体和黄色溶液，说明沉淀中含有碳酸钙和氢氧化铁，说明原物质中含有的碳酸钙、氯化铁、氢氧化钠已不在A中，若原物质中含有氯化镁也已形成氢氧化镁沉淀，而硝酸钠不影响本题的现象，故A中一定存在的溶质的化学式是：Na2SO4、NaCl；
（3）氯化钠和硝酸银反应生成硝酸钠和氯化银沉淀，生成白色沉淀D的化学方程式是：NaCl+AgNO3═AgCl↓+NaNO3；
（4）MgCl2和NaNO3是否存在对本题的现象没有明显的影响，所以这包粉末中可能含有物质的化学式是：MgCl2、NaNO3；
故答案为：
（1）BaSO4；
（2）Na2SO4、NaCl；
（3）NaCl+AgNO3═AgCl↓+NaNO3；
（4）MgCl2、NaNO3．
【分析】①根据碳酸钙难溶于水、氯化铁溶液显黄色、氯化铁和氢氧化钠会生成氯化钠和红褐色的氢氧化铁沉淀、氯化镁和氢氧化钠会生成氯化钠和白色的氢氧化镁沉淀可知，原粉末中可能含有CaCO3、FeCl3、MgCl2、NaOH；
②根据碳酸钙与稀盐酸反应生成无色气体二氧化碳，氢氧化铁与稀盐酸反应会生成氯化铁的黄色溶液可知，原粉末中一定含有CaCO3、FeCl3、NaOH；
③根据硫酸钠和硝酸钡反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，①步得到的无色溶液A中含有的氯化钠和硝酸银反应生成硝酸钠和氯化银沉淀等知识进行分析．
31． A﹣I是初中化学中常见的物质．它们之间有如图所示的转化关系．已知A为铝土矿的主要成分，通常情况下F是一种液体，C、D、H、I为气体，H能参与绿色植物的光合作用，G为黑色固体．
请回答下列问题：
（1）G的化学式是 ．
（2）H+单质碳→I，其反应条件是 ．
（3）AB+C的化学方程式是 ．
（4）I+F（气体）H+D的化学方程式是 ．
【答案】CuO；高温；2Al2O34Al+3O2↑；CO+H2OCO2+H2
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】解：（1）G为黑色固体且与稀硫酸反应形成蓝色溶液，所以G为氧化铜，故答案为：CuO；
（2）二氧化碳和碳在高温的条件下生成一氧化碳，所以I为一氧化碳，故答案为：高温；
（3）A为铝土矿的主要成分，所以A为氧化铝，氧化铝在通电的条件下生成铝和氧气，配平即可；故答案为：2Al2O34Al+3O2↑；
（4）一氧化碳和水蒸气在高温和催化剂的条件下生成二氧化碳和氢气，故答案为：CO+H2OCO2+H2．
【分析】本题属于推断题，根据题目给出的流程图和信息：A～I是初中常见的物质，A为铝土矿的主要成分，所以A为氧化铝，氧化铝在通电的条件下生成铝和氧气，配平即可；H为气体且能参与绿色植物的光合作用，所以H为二氧化碳，G为黑色固体且与稀硫酸反应形成蓝色溶液，所以G为氧化铜，H+单质碳→I，即二氧化碳和碳在高温的条件下生成一氧化碳，所以I为一氧化碳，A B+C，所以B为金属铝，C为氧气，氧气和氢气在点燃的条件下生成水，水通电分解得到氢气和氧气，因此D是氢气，F是水；一氧化碳和氧化铜在加热的条件下生成铜和二氧化碳，所以E是铜；一氧化碳和水蒸气在高温和催化剂的条件下生成二氧化碳和氢气．
32． 图中A、B、C、D、E是初中化学常见的五种不同类别的物质． E是导致温室效应的一种气体，图中“﹣”表示相连物质能发生化学反应，“→”表示两种物质间的转化关系（部分反应物、生成物及反应条件省略）．
（1）写出物质E的一种用途 ；
（2）物质C与E反应的化学方程式是 ；
（3）写出图中一个属于中和反应的化学方程式 ．
（4）A与B反应的微观实质是 ．
【答案】灭火等；CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O（合理即可）；2NaOH+H2SO4═Na2SO4+2H2O（合理即可）；2H++Fe=Fe2++H2↑（合理即可）
【知识点】酸与碱的反应及用途；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】E是导致“温室效应”的一种气体，则E是二氧化碳，二氧化碳能够和碱溶液反应，因此C可以是氢氧化钠等碱溶液；A、B、C、D、E是初中化学常见的五种不同类别的物质，氢氧化钠等碱溶液还能够和酸，某些盐溶液反应，因此B可以是酸，如硫酸；B能够转化为D，则D可能是盐溶液，A能够和B﹣酸、D﹣盐反应，因此A可以是常见的金属铁，则D可以是硫酸铜，带入验证符合转化关系，因此：
（1）E是二氧化碳，不能燃烧也不能支持燃烧，因此可以用于灭火等；故填：灭火等；
（2）C是碱溶液，如氢氧化钠，与二氧化碳反应产生碳酸钠和水，故反应的方程式为：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O（合理即可）；
（3）中和反应是酸和碱之间的反应，因此是B和C反应，如硫酸和氢氧化钠反应产生硫酸钠和水，故反应的方程式为：2NaOH+H2SO4═Na2SO4+2H2O（合理即可）；
（4）A和B的反应是金属和酸反应产生盐和氢气，反应的实质是氢离子和金属原子反应产生氢分子和金属离子，如铁和硫酸反应产生硫酸亚铁和氢气，反应的实质是：2H++Fe=Fe2++H2↑；故答案为：2H++Fe=Fe2++H2↑（合理即可）．
【分析】E是导致“温室效应”的一种气体，则E是二氧化碳，二氧化碳能够和碱溶液反应，因此C可以是氢氧化钠等碱溶液；A、B、C、D、E是初中化学常见的五种不同类别的物质，氢氧化钠等碱溶液还能够和酸，某些盐溶液反应，因此B可以是酸，如硫酸；B能够转化为D，则D可能是盐溶液，A能够和B﹣酸、D﹣盐反应，因此A可以是常见的金属铁，则D可以是硫酸铜，带入验证完成相关的问题．
三、实验探究题
33．（2017九上·杭州月考）科学课上，小金同学总结出“能发生复分解反应的两种盐通常是可溶的”。老师告诉小金同学有“通常”就有“例外”，能否找到某些可溶性盐和难溶性盐发生复分解反应的证据呢？小金同学进行了探究。
【查阅资料】①水溶液中的复分解反应一般朝着溶液中离子浓度（单位体积溶液中离子数目的多少）减小的方向进行。
②了解到某些难溶性盐的溶解能力和颜色。
【实验取证】取一支试管，加入少量 AgNO3 溶液，再加入过量 NaCl 溶液，有白色沉淀生成。再往该试管中加入少量 KI 溶液，白色沉淀转化为黄色沉淀。
【分析讨论】
（1）为什么要加入过量的 NaCl 溶液？请说明理由 。
（2）写出加入少量 KI 溶液后发生反应的化学方程式 。
（3）该反应能发生的原因是AgI 在水中的溶解能力 AgCl（选填“大于”、“等于”
或“小于”）。
【得出结论】某些可溶性盐和难溶性盐之间能发生复分解反应。
【答案】（1）使银离子全部沉淀
（2）KI+AgCl=AgI+KCl
（3）小于
【知识点】化合物之间的相互转化；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】（1）实验要找到可溶性盐和难溶性盐发生复分解反应的证据，所以溶液中不能存在两种可溶性盐反应产生沉淀的可能；（2）根据复分解反应离子相互交换的规律可写出反应的化学方程式；（3）根据查阅的资料“水溶液中的复分解反应一般朝着溶液中离子浓度（单位体积溶液中离子数目的多少）减小的方向进行”可解释不溶物AgCl与溶液KI为什么能发生反应的原因。
【解答】（1）实验过程中是先加入AgNO3，再加入过量NaCl溶液，再往试管中加入少量KI溶液，由实验目的可知，先让AgNO3与NaCl溶液反应产生AgCl沉淀，再让生成的AgCl沉淀与KI混合看能否发生反应，所以滴入KI时溶液中不能有AgNO3，所以要加入过量的NaCl溶液将AgNO3都消耗掉，归纳理由是：若AgNO3过量．AgI沉淀可能是过量AgNO3与KI反应生成的，无法说明该反应一定；（2）根据复分解反应的规律，可写出AgCl和KI反应的化学方程式：AgCl+KI=AgI+KCl；（3）从查阅到的资料“水溶液中的复分解反应一般朝着溶液中离子浓度（单位体积溶液中离子数目的多少）减小的方向进行”，可得出原因是AgI在水中的溶解能力小于AgCl。
故答案为：（1）使银离子全部沉淀；（2）AgCl+KI=AgI+KCl；（3）小于
34． 现有A、B、C、D、E五种溶液，它们分别是氢氧化钠溶液、硫酸铜溶液、碳酸钠溶液、氯化钠溶液和稀硫酸中的一种．鉴别它们可按如图所示的步骤进行，回答下列问题：
（1）B中的溶质是 （填化学式）．
（2）用X鉴别D、E时，X可以选用不同的物质．
①若X为稀盐酸，写出有气体生成的反应的化学方程式 ；
②若X为澄清石灰水，写出有沉淀生成的反应的化学方程式 ．
【答案】（1）CuSO4
（2）Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】硫酸铜在溶液中显蓝色，氢氧化钠、碳酸钠溶液显碱性，能使紫色石蕊试液显蓝色，稀硫酸显酸性，能使紫色石蕊试液显红色，氯化钠溶液显中性，不能使紫色石蕊试液变色，碳酸钠会与酸反应生成二氧化碳气体，会与钙离子、钡离子反应生成白色沉淀．
（1）取五种溶液观察颜色，B溶液显蓝色，所以B是硫酸铜，剩余的四种溶液加入紫色石蕊试液，A溶液显红色，所以A是稀硫酸，B溶液显紫色，所以B是氯化钠溶液，D、E溶液显蓝色，所以D、E是氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液，经过验证，推导正确，所以B中的溶质是CuSO4；
（2）①若X为稀盐酸，碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，化学方程式为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；
②若X为澄清石灰水，碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，化学方程式为：Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH．
故答案为：（1）CuSO4；（2）①Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；②Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH．
【分析】根据硫酸铜在溶液中显蓝色，氢氧化钠、碳酸钠溶液显碱性，能使紫色石蕊试液显蓝色，稀硫酸显酸性，能使紫色石蕊试液显红色，氯化钠溶液显中性，不能使紫色石蕊试液变色，碳酸钠会与酸反应生成二氧化碳气体，会与钙离子、钡离子反应生成白色沉淀等知识进行分析．
35． 实验室有一瓶标签受到腐蚀（如图所示）的无色溶液，老师叫各小组开展探究．
【提出问题】这瓶无色溶液究竟是什么物质的溶液？
【猜想与假设】经了解得知，这瓶无色溶液原是放在存放盐溶液的柜子里．由此猜测：可能是碳酸钠、碳酸氢钠、氯化钠、硫酸钠、硝酸钠中某一种的溶液．
【理论分析】为了确定该溶液，他们首先进行了分析：
（1）甲同学根据标签上的组成元素认为一定不可能是 溶液．
（2）乙同学提出，碳酸氢钠、硝酸钠的溶液也不可能，他的依据是 ．
设计实验】为了确定该溶液究竟是剩余两种盐的哪一种溶液，他们设计了如下实验．
实 验 操 作 实 验 现 象
①取少量该无色溶液于试管中，慢慢滴加BaCl2溶液． ②静置后，倾去上层清液，向沉淀中滴加稀盐酸． 产生白色沉淀． 产生大量气泡，沉淀消失．
【实验结论】
（3）该瓶无色溶液的溶质是 ．生成白色沉淀的化学方程式是 ．
【实验反思】
（4）丙同学认为原设计的实验还可简化，同样达到鉴别的目的．丙同学设计的实验如下（将实验操作及实验现象填入相应的空格中）：
实 验 操 作 实 验 现 象
【答案】（1）氯化钠
（2）碳酸氢钠和硝酸钠的化学式中钠元素右下角的数字为1
（3）碳酸钠；Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl
（4）取上述无色溶液少许于试管中，滴加少量的稀盐酸；溶液中没有气泡产生（或有气泡产生）
【知识点】物质的鉴别、推断；碱的化学性质
【解析】【解答】（1）氯化钠是由钠元素和氯元素组成的，不含有氧元素，故一定不会是氯化钠溶液，故填：氯化钠；
（2）此标签中钠元素右下角的数字为2，而碳酸氢钠的化学式为NaHCO3，硝酸钠的化学式为NaNO3，故不会是碳酸氢钠和硝酸钠，故填：碳酸氢钠和硝酸钠的化学式中钠元素右下角的数字为1；
（3）硫酸钠能与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，但是硫酸钡沉淀不溶于盐酸，滴加盐酸不会出现溶解的情况，故不会是硫酸钠；碳酸钠与氯化钡湖反应生成碳酸钡沉淀，碳酸钡沉淀能溶于盐酸且产生气体，故该瓶溶液是碳酸钠溶液，故填：碳酸钠，Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl；
（4）碳酸钠能与盐酸反应生成二氧化碳气体，而硫酸钠不能与盐酸反应，故可以直接向溶液中加入盐酸，观察是否产生气泡，故填：
实验步骤 实验现象 结论
取上述无色溶液少许于试管中，滴加少量的稀盐酸 溶液中没有气泡产生（或有气泡产生） 该瓶无色溶液是硫酸钠溶液（或碳酸钠溶液）
【分析】根据缺损标签的有关元素组成以及物质的性质来推断试剂的成分，碳酸盐能与盐酸反应生成二氧化碳气体，据此解答即可．
36． 某白色固体A可能含有碳酸钠、氯化钡（水溶液呈中性），氢氧化钠中的一种或几种，进行如下实验．
完成下列填空：
（1）操作Ⅰ是 ，根绝上述实验分析，A中一定含有的物质是 ，C中一定含有的溶质是 ．
（2）为进一步确定固体A中可能存在的物质，对滤液C进行实验，完成下表．
实验操作 现象 结论
A中有氢氧化钠
【答案】（1）过滤；碳酸钠、氯化钡；氯化钠
（2）向滤液C中加入足量的氯化钡溶液，充分反应后，静置，取上层清液滴加无色酚酞；无色酚酞变红色
【知识点】物质的鉴别、推断；碱的化学性质
【解析】【解答】碳酸钠和氢氧化钠都显碱性，都能使无色酚酞变红色，碳酸钠和氯化钡会生成白色的碳酸钡沉淀．白色固体加水溶解，会生成白色沉淀，所以混合物中一定含有氯化钡、碳酸钠，氯化钡和碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，碳酸钠和氢氧化钠都显碱性，都能使酚酞变红色，需要将碳酸钠屏蔽，再检验氢氧化钠，所以
①操作Ⅰ是过滤，根据上述实验分析，A中一定含有的物质是碳酸钠、氯化钡，C中一定含有的溶质是氯化钠；
②
实验操作 现象 结论
向滤液C中加入足量的氯化钡溶液，充分反应后，静置，取上层清液滴加无色酚酞 无色酚酞变红色 A中有氢氧化钠
故答案为：①过滤，碳酸钠、氯化钡，氯化钠；
②
实验操作 现象 结论
向滤液C中加入足量的氯化钡溶液，充分反应后，静置，取上层清液滴加无色酚酞 无色酚酞变红色
【分析】根据碳酸钠和氢氧化钠都显碱性，都能使无色酚酞变红色，碳酸钠和氯化钡会生成白色的碳酸钡沉淀等知识进行分析．
37．氢气还原氧化铜生成红色固体，这些红色固体是什么物质？某科学兴趣小组查阅资料得知，反应温度不同，氢气还原氧化铜的产物可能是Cu或Cu2O，Cu和Cu2O均为不溶于水的红色固体；但氧化亚铜能与稀硫酸反应，化学方程式为：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O。为探究反应后的红色固体中含有什么物质？他们提出了以下假设：
假设一：红色固体只有Cu
假设二：红色固体只有Cu2O
假设三：红色固体中有Cu和Cu2O
请回答有关问题：
（1）取少量红色固体，加入足量的稀硫酸。若无明显现象，则假设 成立；若看到溶液变成蓝色，且仍有红色固体，则能否支持假设三？ （选填“能”或“不能”）。
（2）现将3克红色固体加入足量的稀硫酸中，反应后的溶液过滤，称得烘干后的滤渣质量为1.4克。则原红色固体中含有什么物质？ 。
【答案】（1）一；不能
（2）Cu和Cu2O
【知识点】物质的鉴别、推断；酸的化学性质
【解析】【分析】（1）根据实验现象可以判断物质的组成情况。
（2）通过计算可以判断原红色固体中含有什么物质。
【解答】（1）由题目信息可知“Cu和Cu2O均为不溶于水的红色固体；但氧化亚铜能与稀硫酸反应”，该实验中取少量红色固体，加入足量的稀硫酸，无明显现象，说明红色固体中不含Cu2O，所以假设一成立。因为Cu2O与稀硫酸反应会生成CuSO4和Cu，所看到的现象也为“溶液变成蓝色，有红色固体”，所以这个现象只能说明存在Cu2O，不能说明是否有Cu，故不能支持假设三。
（2）假设原来固体中只含有Cu2O，设它与稀硫酸反应生成的Cu的质量为x
Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O
144 64
3 x
而在上述实验中，得到的滤渣（Cu）质量为1.4克，可知假设不成立，所以原红色固体中除Cu2O外还含有Cu。
故答案为：（1）一；不能
（2）Cu和Cu2O
38．有一包粉末，可能由氯化钠、硫酸铜、氯化铁、氯化镁、硝酸钠和碳酸钠中的一种或几种组成。现做下列实验：①取少量粉末，加水溶解得无色透明溶液；②在上述溶液里，加氢氧化钠溶液，无明显变化；③另取少量粉末，加稀盐酸，无明显变化。根据上述实验，请回答问题：
（1）由实验①推断：不可能存在 (填化学式，下同)，原因是 ；
由实验②推断：不可能存在 ，原因是 ；
由实验③推断：不可能存在 ，原因是 。
（2）根据上述实验事实，可得出初步结论：该粉末中可能含有 。
（3）若该白色粉末只由一种物质组成，为证明是什么物质，则需再取少量粉末装入试管，加入少量水溶解，然后加入 ，根据 的现象进行判断。
【答案】（1）CuSO4、FeCl3 ； 硫酸铜溶液显蓝色，氯化铁溶液显黄色；MgCl2；氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀；Na2CO3；碳酸钠与稀盐酸反应会产生气泡
（2）氯化钠和硝酸钠
（3）硝酸银；溶液是否有沉淀
【知识点】盐的性质及用途；物质的鉴别、推断；酸的化学性质；碱的化学性质
【解析】【分析】根据题干提供的实验现象结合物质的性质进行分析：氯化铁的水溶液为黄色，硫酸铜溶液为黄色，氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，
碳酸钠与稀盐酸反应会产生气泡，氯离子和银离子结合形成氯化银白色沉淀。
【解答】（1）取少里粉末加水溶解，得到无色透明溶液，氯化铁的水溶液为黄色，硫酸铜溶液为黄色，故原混合物中不含有氯化铁、硫酸铜；
氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀 ，而在上述无色透明的溶液里加氢氧化钠溶液，无明显变化，故原混合物中不含氯化镁；
碳酸钠与稀盐酸反应会产生气泡，而实验中另取少量粉末加稀盐酸，无明显变化，故原混合物中不含碳酸钠。
（2）由上面分析可知，该粉末中不含硫酸铜、氯化铁、氯化镁、碳酸钠，所以初步得出该粉末中可能含有硝酸钠和氯化钠的结论。
（3）氯化钠中的氯离子和硝酸银中银离子结合形成氯化银白色沉淀，将少量粉末装入试管，加水溶解，然后加入硝酸银溶液，如果看到白色沉淀说明该物质是氯化钠，如果没有白色沉淀说明该物质是硝酸钠。
故答案为：（1）CuSO4、FeCl3；硫酸铜溶液显蓝色，氯化铁溶液显黄色；MgCl2；氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀；Na2CO3；碳酸钠与稀盐酸反应会产生气泡
（2）氯化钠和硝酸钠
（3）硝酸银；溶液是否有沉淀
39． 实验室常用亚硫酸钠（Na2SO3）固体与稀硫酸在常温下反应制取二氧化硫气体．我们知道二氧化碳能与水反应生成碳酸，那么二氧化硫与水反应是否也能生成酸呢？某实验小组对此进行探究．
作出猜想】．
【查阅资料】①二氧化硫不与浓硫酸反应；②酸能使湿润的蓝色石蕊试纸变红；
③二氧化硫有毒，能与碱溶液反应生成盐和水．
【设计实验】一、验证水能否使蓝色石蕊试纸变色；
二、验证二氧化硫气体能否使干燥的蓝色石蕊试纸变色；
三、验证二氧化硫气体能否使湿润的蓝色石蕊试纸变红．
实验装置和药品如图：
（1）写出带标号仪器的名称：a ，b ．
（2）实验过程中装置C内石蕊试纸的颜色始终没有变化，这说明 ．
（3）装置D中胶头滴管中的蒸馏水在二氧化硫气体生成之前滴到蓝色石蕊试纸上，未见试纸颜色发生变化，当有二氧化硫气体通过时发现湿润的蓝色石蕊试纸变红．此现象说明 ，此过程中反应的化学方程式为 ．
（4）装置E的作用是 ．
【实验结论】根据以上实验操作和现象，原猜想 （填“成立”或“不成立”）．
【反思与拓展】是不是所有的非金属氧化物都能与H2O反应，生成相应的酸？ （填“是”或“不是”）．
【答案】（1）锥形瓶；分液漏斗
（2）SO2不能使干燥的蓝色石蕊试纸变红色
（3）水不能使蓝色石蕊试纸变色，SO2溶于水生成酸能使蓝色石蕊试纸变色；SO2+H2O=H2SO3
（4）吸收多余SO2气体，避免污染空气；成立；不是
【知识点】物质除杂或净化；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）a是锥形瓶，b是分液漏斗；故填：锥形瓶；分液漏斗；
（2）二氧化硫和干燥的蓝色石蕊试纸接触始终没有变化，说明二氧化硫不会使干燥的试纸显色，故答案为：SO2不能使干燥的蓝色石蕊试纸变红色；
（3）先加蒸馏水没有变色，说明蒸馏水不会使试纸变色，通过二氧化硫后试纸变成了红色，结合①中的推导可知，是二氧化硫和水生成了酸使试纸变色的，故答案为：水不能使蓝色石蕊试纸变色，SO2溶于水生成酸能使蓝色石蕊试纸变色；SO2+H2O=H2SO3；
（4）二氧化硫是一种无色、有刺激性气味的有毒气体，它能与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠与水，故答案为：吸收多余SO2气体，避免污染空气；
【实验结论】通过上面的推导可以看出SO2与水在通常情况下能发生化学反应，生成物是一种酸，故答案为：成立．
【反思与拓展】并不是所有的非金属氧化物都能与水反应生成酸，如一氧化碳，故填：不是．
【分析】（1）认识常见的化学仪器；
（2）根据酸会使蓝色石蕊试纸变红色进行分析；
（3）根据水在蓝色石蕊试纸上和通过二氧化硫后试纸的颜色变化进行分析；
（4）根据二氧化硫有毒进行分析；
【实验结论】根据上面的推导进行分析得出结论．
【反思与拓展】非金属氧化物不一定能有水反应生成酸．
40． “双吸剂”是一种常见袋装食品的保鲜剂，能吸收空气中的氧气，二氧化碳、水蒸气等．化学兴趣小组的同学在某食品袋中发现一包“双吸剂”，其标签如图所示．同学们对这包久置的“双吸剂”固体样品很好奇，设计实验进行探究．
【提出问题】久置“双吸剂”固体的成分是什么？
【查阅资料】
①铁与氯化铁溶液在常温下发生反应生成氯化亚铁．Fe+2FeCl3═3FeCl2
②碱性的Na2CO3溶液可以和中性的CaCl2溶液发生复分解反应．
【作出猜想】久置固体中可能含有Fe、Fe2O3、CaO、Ca（OH）2和CaCO3
（1）【实验探究1】下表是小明设计的实验方案和记录的实验报告，请你补充完整：
实验操作 实验现象 实验结论
①取少量固体放于试管中，滴加一定量的 ，用带导管的单孔橡皮塞塞紧试管口，导管另一端伸入澄清石灰水中． 试管中固体逐渐减少，有大量无色气体产生，得到浅绿色溶液，澄清的石灰水变浑浊． 样品中一定含有 ，不含Fe2O3
②取少量样品放入试管中，加水溶解，静置后取上层清液滴加无色酚酞试液． 试管底部有不溶物，上层清液由无色变为红色 样品中含有
【实验质疑】
小组同学通过讨论认为实验中并不能得出一定含Fe2O3的结论，理由是 （用化学方程式表示）．
为进一步确定这包久置的“双吸剂”固体的成分进行如下定量试验．
（2）【实验探究2】取3g样品研碎，并用磁铁充分吸引后，得到剩余固体2.6g，按照如图流程进行实验，请回答相关问题：
（1）操作二、操作三名称是 ；
（2）固体Ⅰ的成分是 （填物质化学式，下同）；
（3）烧杯A中溶液和加入的碳酸钠溶液反应化学方程式为 ；
（4）依据实验探究1，2中现象的分析及数据计算判断，这包久置“双吸剂”固体的成分是 ．
【实验反思】
下列对实验探究1、2的反思，不正确的是 （填字母序号）．
A．对物质成分的探究有时需要定性与定量实验的结合
B．实验探究2烧杯C中的溶质为Na2CO3和NaOH
C．实验探究1、2中都有气体产生，但生成的气体成分不同
D．在原样品中加入足量盐酸有4个反应发生．
【答案】（1）稀盐酸；Fe和CaCO3；氧化钙或氢氧化钙；Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O；Fe+2FeCl3=3FeCl2
（2）过滤；CaCO3和Fe2O3；Ca（OH）2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaOH；Fe、Fe2O3、CaO、Ca（OH）2、CaCO3；D
【知识点】物质的鉴别、推断；酸的化学性质；碱的化学性质；金属的腐蚀与防护
【解析】【解答】【实验探究1】由题目中可知固体成分可能含有Fe、Fe2O3、CaO、Ca（OH）2和CaCO3，由表中实验现象：“试管中固体逐渐减少，有大量无色气体产生，得到浅绿色溶液，澄清石灰水变浑浊．”说明固体和一种物质反应生成了二氧化碳气体（澄清石灰水变浊的气体），和一种含有Fe2+的物质（得到浅绿色溶液），实验室里制取二氧化碳气体的方法为用石灰石和稀盐酸反应，其化学方程式式为：CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑，而铁也可以和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，其化学方程式为：Fe+2HCl═FeCl2+H2↑，可以推出加入的这种物质为稀盐酸，固体物质中一定有的物质是Fe和CaCO3；其他的固体物质中可以和稀盐酸反应的有：①氧化钙和盐酸反应生成氯化钙（溶液为无色）和水，其反应化学方程式为：CaO+2HCl═CaCl2+H2O；②氢氧化钙和盐酸反应生成氯化钙（溶液为无色）和水，其反应的化学方程式为：Ca（OH）2+2HCl═CaCl2+2H2O；③氧化铁和盐酸反应生成氯化铁（溶液为黄色）和水，其反应的化学方程式为：Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O．由于最后所得溶液没有显黄色，也就是溶液中没有，所以固体物质中一定没有Fe2O3．
故答案为：稀盐酸；Fe和CaCO3；
加水溶解后，氧化钙可和和水反应生成氢氧化钙，同时反应放出大量的热，生成的氢氧化钙的溶液呈碱性，能使无色的酚酞试液变成红色；
故答案为：氧化钙或氢氧化钙；
【实验质疑】由于氧化铁和盐酸反应生成的氯化铁，可能会继续与铁反应生成氯化亚铁；
故答案为：Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O；Fe+2FeCl3=3FeCl2；
【实验探究2】（1）过滤可以将固体与液体分开，故答案为：过滤；
（2）取3g样品研碎，并用磁铁充分吸引后，得到剩余固体2.6g，所以已经出去了铁粉，溶解过滤的固体Ⅰ的质量为2g，其中含有碳酸钙还可能有氧化铁，由碳酸钙与盐酸反应方程式为
CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；
100 44
由于生成气体0.44g所以固体Ⅰ中含有1g碳酸钙，所以固体Ⅰ中含有碳酸钙和氧化铁，
故答案为：CaCO3和Fe2O3
（3）氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，方程式为Ca（OH）2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaOH；
故答案为：Ca（OH）2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaOH．
（4）由于固体成分可能含有Fe、Fe2O3、CaO、Ca（OH）2和CaCO3，能够被磁铁吸引的0.4g固体是铁，剩余的2.6g固体中还可能含有Fe2O3（不溶于水）CaO[能和水反应生成Ca（OH）2]、Ca（OH）2（微溶于水，加足量的水后完全溶解）和CaCO3（不溶于水），剩余的固体Ⅰ中的物质可能为：Fe2O3和CaCO3，溶解的物质为0.6g，所以滤液的成分为Ca（OH）2和碳酸钠反应生成碳酸钙和氢氧化钠，其化学方程式为：Ca（OH）2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaOH；又生成沉淀为1g，设生成1g碳酸钙固体所需的氢氧化钙质量为x
Ca（OH）2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaOH；
74 100
x 1g
解得x=0.74g＞0.6g，所以滤液中的氢氧化钙有部分是由氧化钙与水反应生成，
由上面的分析可知固体物质的成分为：Fe、Fe2O3、CaO、Ca（OH）2、CaCO3；
【反思与评价】
A、对物质成分的探究有时需要定性与定量实验的结合；故A正确；
B、由分析中可知实验中氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，溶质有NaOH，由于加入的是过量的碳酸钠溶液，因此里面的溶质还有Na2CO3，故B正确；
C、由实验探究1可知实验中产生的气体为氢气和二氧化碳气体两种，由实验探究2可知实验中产生的气体为二氧化碳气体所以生成的气体成分不同；故C正确；
D、由固体物质的成分为：Fe、Fe2O3、CaO、Ca（OH）2、CaCO3；最起码五种物质都与盐酸反应，反应个数多于5个；故D错误；
故答案为：D.
【分析】【实验探究1】从实验现象产生的原因去分析解答；
【实验质疑】从实验结论中的物质加水后发生的反应去分析解答；
【实验探究2】（1）过滤可以将固体与液体分开；
（2）根据方程式的质量比分析；
（3）氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠；
（4）从每一过程中剩余的物质及物质发生的反应去分析解答；
【实验反思】
A、对物质成分的探究有时需要定性与定量实验的结合；
B、从加入的是过量的碳酸钠溶液，因此里面的溶质还有Na2CO3去分析解答；
C、从实验探究1、2实验中生成的气体成分去分析解答；
D、从久置“双吸剂”固体的成分去分析解答．
四、解答题
41．（2017九上·浙江月考）某白色粉末状固体甲，可能含有硫酸钠、氢氧化钠、碳酸钠、氯化钠、硫酸钾；某无色溶液乙可能含有硝酸钡、氯化钠、硫酸铜；为探究它们的成分，某化学小组开展了如图所示的实验。请回答下列问题
（1）固体甲中一定含有的物质是 ；
（2）滤液C中含有的阴离子是 。
【答案】（1）硫酸钠、氢氧化钠
（2）Cl- NO3- OH-
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】硫酸铜在溶液中显蓝色；氢氧化钠、碳酸钠在溶液中显碱性，能使酚酞变红色；硫酸根离子和钡离子会生成不溶于酸的硫酸钡沉淀；碳酸根离子和钡离子会生成溶于酸的碳酸钡沉淀；氯离子和银离子会生成氯化银沉淀。
【解答】（1）乙溶液显无色，所以乙中一定不含硫酸铜；甲溶液加入酚酞显红色，所以甲中可能含有氢氧化钠、碳酸钠中的一种或两种；甲乙反应可能生成的沉淀为硫酸钡和碳酸钡；由于沉淀不溶于稀硝酸，可确定沉淀B为硫酸钡，则固体甲中一定含硫酸钠（乙中一定含有硝酸钡)，一定不含碳酸钠，所以一定有呈碱性的氢氧化钠，故固体甲中一定含有的物质是硫酸钠、氢氧化钠；
(2)有过量的乙参与反应，所以C中成分一定有乙中的物质硝酸钡，可能含氯化钠，根据现象可知沉淀D为氯化银，则滤液C中一定含有氯化钠，同时一定含有甲中未参与反应的氢氧化钠；还一定含有甲乙反应生成的硝酸钠，故滤液C中含有阴离子是氯离子、硝酸根离子、氢氧根离子。
故答案为：(1)氢氧化钠；(2)氯离子、硝酸根离子、氢氧根离子
42．（浙教版科学九年级上学期提分必备：期末复习试卷一）有一包固体粉末，可能是CaCO3、Na2SO4、CuSO4、Na2CO3中的一种或多种，某实验小组对其组成成分进行了以下探究活动。
【资料查阅】Na2CO3溶液与CuSO4溶液混合能产生蓝色沉淀。
【活动与探究】去一定量上述固体粉末，加足量水溶解。
（1）【现象与结论】经上述操作，得到蓝色澄清溶液，则原固体粉末中一定没有 和 （填化学式）。
（2）【探索与拓展】为进一步确定原固体粉末的组成，该实验小组同学先用托盘天平称取46.2g该粉末，溶于水配成174.6g溶液，再往其中加入溶质质量分数为8%的NaOH溶液，产生沉淀的质量与所加NaOH溶液质量的关系如图所示。据图回答：
①计算产生最大沉淀量时所加NaOH溶液的质量。
②通过计算确定46.2g固体粉末的组成。（回答出物质名称和其质量）
【答案】（1）CaCO3；Na2CO3
（2）①设生成19.6g氢氧化铜沉淀需要NaOH溶液的质量为x，需要硫酸铜的质量为y
CuSO4+2NaOH=Na2SO4+Cu（OH）2↓
160 80 98
y x×8% 19.6g
x=200g，y=32.0g；
②因此46.2g的粉末中含有硫酸钠，且Na2SO4的质量=46.2g-32g=14.2g
46.2g固体粉末由14.2g硫酸钠和32.0g硫酸铜组成．
【知识点】根据化学反应方程式的计算；盐的性质及用途；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】（1）【现象与结论】根据酸碱盐的水溶性可以知道碳酸钙不溶于水，硫酸铜是白色固体，但溶于水后得到的是蓝色溶液得出结论；（2）【探索与拓展】根据刚才分析可以知道，该混合物可能是硫酸铜和硫酸钠的混合物，根据图象可知硫酸铜和氢氧化钠反应生成了沉淀的质量为19.6g.可以根据氢氧化铜沉淀的质量来求出硫酸铜的质量．然后再根据硫酸铜的质量来判断是不是含有硫酸钠．本题考查了常见物质的推断，熟练掌握常见的盐的化学性质，掌握它们的化学特性并根据实验现象及化学方程式的计算作出正确的判断是解题的关键．
【解答】解：（1）【现象与结论】取一定量上述固体粉末，加足量水溶解，得到蓝色澄清溶液，根据碳酸钙不溶于水，硫酸铜是白色固体，但溶于水后得到的是蓝色溶液，因此原固体粉末中一定有硫酸铜，一定没有碳酸钙和碳酸钠，可能含有硫酸钠；
（2）【探索与拓展】
①设生成19.6g氢氧化铜沉淀需要NaOH溶液的质量为x，需要硫酸铜的质量为y
CuSO4+2NaOH=Na2SO4+Cu（OH）2↓
160 80 98
y x×8% 19.6g
x=200g，y=32.0g；
②因此46.2g的粉末中含有硫酸钠，且Na2SO4的质量=46.2g-32g=14.2g
46.2g固体粉末由14.2g硫酸钠和32.0g硫酸铜组成．
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