专题02 物质的鉴别和推断（解析版）

专题02物质的鉴别和推断【解题技巧】物质鉴别的思路和方法①气体鉴别：一看颜色，二用试纸，三用火点，四加试剂。②固体、液体鉴别：一看颜色，二看气体，三辨沉淀。③一种试剂的鉴别：A.几种溶液含不同阳离子时，常选用Ba（OH）2溶液或NaOH溶液做鉴别试剂。B.几种溶液含不同阴离子时，常选用强酸做鉴别试剂。C.几种溶液酸碱性不同时，常选用紫色石蕊做鉴别试剂。D.几种物质是金属或金属氧化物时，常选用稀强酸做鉴别试剂。E.一种试剂与四种溶液反应时，应是现象对比度大。多数是有沉淀、有气体，既有沉淀又有气体、沉淀颜色不同，无明显现象。F.当给定的一种试剂不能鉴别出被检物时，可从已鉴别出的物质中找出一种试剂再鉴别。④不同试剂的鉴别：A.观察法：根据物理性质中颜色、气味、状态、溶解性等进行鉴别。B.热分解法：根据不同物质的热稳定性，利用产物的不同性质特征进行鉴别。C.相互作用法：根据两两混合后的不同现象进行鉴别。物质的推断题物质的推断是根据给出的实验步骤和现象,运用物质的特性,经过分析、推理作出正确的判断,以确定所给的未知物是什么物质,不可能是什么物质；解推断题应注意：①推理分析要紧扣实验现象,思考时要层次分明.判断结论要准确,既要明确的肯定,又要明确否定.②一般情况下,与试题叙述的现象完全吻合的是“一定存在”，与现象不吻合的或有某种物质的存在使现象不正确的物质是“一定不存在”，有某种物质的存在不影响其它反应的现象或自始至终没有参与任何反应的物质是“可能存在”。【例题精析】一．选择题（共3小题）1．今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl﹣、Ba2+、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，加热后，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，以下推测正确的是（）A．Ba2+一定不存在，可能存在NH4+ B．K+一定存在 C．Cl﹣一定不存在 D．CO32﹣可能存在【解答】解：①能与足量NaOH溶液加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+；②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①可能是碳酸钡；②可能是硫酸钡；③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6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g）故沉淀为：既有碳酸钡又有硫酸钡；确定原溶液中存在CO32﹣、SO42﹣。因为Ba2+与CO32﹣、SO42﹣．在溶液中不能共存；确定原溶液中一定不存在Ba2+；故原溶液中一定存在NH4+、CO32﹣、SO42﹣，一定不存在Ba2+，可能存在Cl﹣、铵根离子的个数可表示为0.68÷17＝0.04，硫酸根离子的个数可表示为2.33÷233＝0.01，碳酸根离子的个数可表示为（6.27﹣2.33）÷197＝0.02，根据溶液中电荷守恒，（0.01+0.02）×2＞0.01×4，所以一定有K+；故选：B。2．将含有N2、CO、H2、CO2和少量水蒸气的混合气体，随机依次通过如图所示四个装置。（每个装置只通过一次，且反应或吸收充分；浓硫酸可吸收水；2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O；C+H2O高温¯CO+H2A．最终剩余的气体中可能含有五种物质 B．若最终剩余气体中只含有一种物质，则一定是N2 C．若最终只剩余N2和H2O，则连接顺序可能为甲→丙→丁→乙 D．若连接顺序为甲→乙→丙→丁，则最终剩余气体为N2、CO2、H2O【解答】解：浓硫酸具有吸水性，氢氧化钠会与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，碳和二氧化碳高温生成一氧化碳，碳和水高温会生成一氧化碳和氢气，一氧化碳和氧化铜加热会生成铜和二氧化碳，氢气和氧化铜加热会生成铜和二氧化碳。A、将气体依次通过甲、乙、丁、丙，通过甲将水蒸气吸收，通过乙将二氧化碳吸收，通过氧化铜将氢气转化成水蒸气，将一氧化碳转化成二氧化碳，通过足量的炭粉将水蒸气转化成一氧化碳、氢气，将二氧化碳转化成一氧化碳，以及没有反应的氮气，所以最终剩余的气体中可能含有氮气、一氧化碳、氢气三种物质，故A错误；B、若最终剩余气体中只含有一种物质，将气体依次通过丙、丁、乙、甲，通过丙将水蒸气会转化成一氧化碳、氢气，通过丁将一氧化碳、氢气转化成水蒸气和二氧化碳，通过乙将二氧化碳吸收，通过甲将水蒸气吸收，最后剩余的一定是N2，故B正确；C、连接顺序可能为甲→丙→丁→乙，通过甲将水蒸气吸收，通过丙将水蒸气会转化成一氧化碳、氢气，通过丁将一氧化碳、氢气转化成水蒸气和二氧化碳，通过乙将二氧化碳吸收，最终只剩余N2和H2O，故C正确；D、连接顺序为甲→乙→丙→丁，通过甲将水蒸气吸收，通过乙将二氧化碳吸收，通过丙将水蒸气会转化成一氧化碳、氢气，通过丁将一氧化碳、氢气转化成水蒸气和二氧化碳，所以最终剩余气体为N2、CO2、H2O，故D正确。故选：A。3．向硝酸铜、硝酸银和硝酸铝的混合溶液中加入一定质量的金属锌，充分反应后，过滤，得到滤渣和滤液，以下推断正确的是（）A．若滤液为蓝色，则滤渣中一定有银和铜 B．若向滤液中加入稀盐酸无白色沉淀生成，则滤渣中一定有银和铜 C．若反应前加入的金属锌的质量和反应后滤渣的质量相等，则滤渣中一定不含锌 D．若向滤渣中加入稀盐酸有气泡生成，则滤液中只含有硝酸铝和硝酸锌【解答】解：A、溶液为蓝色，说明含有铜离子，说明锌与硝酸银反应生成银和硝酸锌，锌无剩余，而硝酸银是否全部反应，以及硝酸铜是否参与了反应无法判断，因此滤渣可以是银或者银和铜，选项A错误；B、滤液加入稀盐酸没有白色沉淀产生，说明不含有硝酸银，无法证明硝酸铜是否参与反应，若硝酸银恰好与锌反应完毕，则此时只有银，不会含有铜，选项B错误；C、锌与硝酸银反应生成银和硝酸锌，锌与硝酸铜反应生成硝酸锌和铜，银的相对分子质量大于锌，铜的相对分子质量小于锌，因此反应后固体一定含有银和铜，才有可能与加入锌的质量相等，若锌过量，也可以保持固体含有银和铜，保证加入的锌的质量和反应后固体质量与锌质量相等，因此滤渣可能含有锌，选项C错误；D、加入稀盐酸产生气泡，说明有排在氢之前的活泼金属存在，而只有锌存在才可以发生此现象，硝酸铝不参与反应，滤液中一定存在，锌与硝酸银和硝酸铜反应生成硝酸锌，所以反应后只有硝酸锌和硝酸铝，选项D正确；故选：D。二．填空题（共1小题）4．今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，以下推测正确的是BA．一定不存在Ba2+，NH4+可能存在B．CO32﹣一定存在C．一定不存在Cl﹣D．Na+一定存在【解答】解：由题意可知，第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到气体0.68g，该气体是氨气，说明了溶液中含有铵根离子；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。说明了沉淀6.27g应是碳酸钡和硫酸钡的混合物，沉淀质量为2.33g应是硫酸钡，说明了溶液中含有碳酸根离子和硫酸根离子。一定不含有钡离子。氨气物质的量为：0.68g17g/mol硫酸钡物质的量为：2.33g233g/mol碳酸钡物质的量为：6.27g−2.33g197g/mol由于0.04mol铵根离子所带正电荷的总量，小于0.01mol硫酸根离子和0.02mol碳酸根离子所带负电荷的总量，说明了溶液中还有阳离子，就是钠离子。通过上述分析和计算不能确定氯离子是否存在。所以：A．一定不存在Ba2+，NH4+一定存在，故A错误；B．CO32﹣一定存在，故B正确C．可能存在Cl﹣，故C错误。D．Na+一定存在。故答案为：B；D填入：一定。三．实验探究题（共4小题）5．当前，科学佩戴口罩依然是预防新冠病毒变异毒株奥密克戎感染的有效方法之一。熔喷布是生产一次性口罩的主要原材料。为了探究熔喷布的元素组成，某学习小组设计了如下实验。请完成探究，并回答问题。【查阅资料】无水硫酸铜为白色粉末，能吸收水分，遇水变蓝。熔喷布易燃，只可能由C、H、O元素中的一种或多种组成。【实验探究】连接如图所示装置，检查装置的气密性，将m克某熔喷布样品碎片装入玻璃管中，先通入一段时间氧气，再点燃酒精灯。一段时间后，样品完全燃烧，无灰分残留。熄灭酒精灯，再持续通一会儿氧气。冷却，称量。计算得出：K装置增重a克，L装置增重b克。（K、L装置中药品足量）（1）装置K中白色粉末变为蓝色（填实验现象），证明产生了H2O。（2）装置L中溶液变浑浊，发生反应的化学方程式为CO2+Ca（OH）2＝CaCO3↓+H2O。（3）尾气中不含CO（填化学式），说明样品燃烧充分。【思考拓展】（4）根据（1）、（2）得出熔喷布中一定含有C、H元素（填元素符号）。（5）熄灭酒精灯，再持续通氧气一段时间的目的是把生成的二氧化碳和水排出。（6）若m=a9【解答】解：（1）无水硫酸铜为白色粉末，吸收水后变为蓝色，因此看到白色粉末变为蓝色，证明有水生成；故答案为：白色粉末变为蓝色。（2）二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，书写化学方程式注意配平及沉淀符号，所以化学方程式为CO2+Ca（OH）2＝CaCO3↓+H2O；故答案为：CO2+Ca（OH）2＝CaCO3↓+H2O。（3）气体不燃烧，说明没有可燃气体生成，根据反应物熔喷布可能含有的元素，推断没有一氧化碳生成，说明碳元素全部转化为二氧化碳；故答案为：CO。（4）在（1）中证明含有氢元素，在（2）中证明含有碳元素；故答案为：C、H。（5）由于二氧化碳、水密度较大，容易在内部残留，所以需要继续通入气体，将内部残留的二氧化碳和水全部排出，以免影响实验结果；故答案为：把生成的二氧化碳和水排出。（6）K增加是水的质量，L增加的是二氧化碳的质量，所以水中氢元素质量＝a×218=a9故答案为：m=a6．某化学兴趣小组的同学们在实验室用石灰石和稀盐酸制取二氧化碳，并对反应后所得溶液的溶质成分进行探究。Ⅰ.实验室制取二氧化碳的反应原理及装置（1）写出石灰石与稀盐酸制二氧化碳的化学方程式CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑。（2）同学们从如图装置中选择合适的装置组合制取二氧化碳。其中仪器a的名称为锥形瓶，从A﹣E中可选择的发生装置和收集装置的组合是BE（填序号），F装置的优点是随时控制反应的发生和停止。Ⅱ.同学们对反应后所得溶液的溶质成分进行了以下探究。【提出问题】实验室制取二氧化碳后，所得溶液的溶质成分是什么？【猜想与假设】猜想一：CaCl2猜想二：CaCl2和CaCO3猜想三：CaCl2和HCl（写化学式）【理论分析】小华认为上述猜想中猜想二肯定不成立，理由是碳酸钙难溶于水。【查阅资料】CaCl2溶液呈中性。【进行实验】同学们进行了如下实验。实验操作实验现象与分析实验结论小明取反应后的上层清液，滴加石蕊溶液溶液由无色变成红色猜想三正确小红取反应后的上层清液，加入少量镁条观察到产生气泡小刚取反应后的上层清液，加入氧化铁粉末固体逐渐减少，溶液变成黄色，化学方程式为Fe2O3+6HCl＝2FeCl3+3H2O【反思与评价】反应后所得溶液的成分，主要考虑两个方面，一是生成物，二是反应物是否有剩余。【解答】解：I.（1）碳酸钙和氯化氢反应生成氯化钙和水和二氧化碳，配平即可；故答案为：CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑；（2）实验室制取CO2，是在常温下，用大理石或石灰石和稀盐酸制取的，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水、二氧化碳，因此不需要加热。二氧化碳能溶于水，密度比空气的密度大，因此只能用向上排空气法收集；仪器a的名称为锥形瓶，F装置的优点是：随时控制反应的发生和停止；故答案为：锥形瓶；BE；随时控制反应的发生和停止；II.【猜想与假设】猜想一：CaCl2；猜想二：CaCl2和CaCO3；猜想三：CaCl2和HCl；故答案为：猜想三：HCl；【理论分析】小华认为上述猜想中猜想二肯定不成立，理由是碳酸钙难溶于水；故答案为：二；碳酸钙难溶于水。【进行实验】1.小明取反应后的上层清液，滴加石蕊溶液，溶液由无色变成红色，说明反应后溶液呈酸性；2.小红取反应后的上层清液，加入少量镁条，观察到产生气泡；3.小刚取反应后的上层清液，加入氧化铁粉末，固体逐渐减少，溶液变成黄色，因为Fe2O3+6HCl＝2FeCl3+3H2O，氯化铁是黄色溶液；因此猜想三正确；故答案为：1.石蕊；2.产生气泡；3.黄；Fe2O3+6HCl＝2FeCl3+3H2O；【反思与评价】反应后所得溶液的成分，主要考虑两个方面，一是生成物，二是反应物是否有剩余；故答案为：反应物是否有剩余。7．有一包白色粉末，可能含有Ba（OH）2、Na2SO4、FeCl3、Na2CO3、KNO3中的一种或几种．为了确定其成分，进行如下实验：①取一定量的白色粉末加入足量的水，振荡，静置，得白色沉淀，上层清液为无色．②过滤，在白色沉淀中加入足量稀盐酸，白色沉淀全部溶解，且有气泡产生．据此推断：（1）该白色沉淀的化学式是BaCO3．（2）该白色粉末中一定含有Ba（OH）2、Na2CO3；可能含有KNO3；一定不含有Na2SO4、FeCl3．（3）写出步骤②中发生反应的化学方程式：BaCO3+2HCl═BaCl2+H2O+CO2↑．【解答】解：给定物质可能为Ba（OH）2、Na2SO4、FeCl3、Na2CO3、KNO3．也就是在以上物质范围内思考和分析：①取一定量的白色粉末加入足量的水，振荡，静置，得白色沉淀，上层清液为无色．无论是沉淀还是清液都是无色，所以一定不存在溶解或者生成物有颜色的氯化铁，所以肯定不存在的有氯化铁．给定物质中能生成白色沉淀的是氢氧化钡和硫酸钠能生成白色沉淀，氢氧化钡和碳酸钠能生成白色沉淀酸，所以一定存在氢氧化钡，至于是硫酸钠存在还是碳酸钠存在，或者两者都存在，临时不能下结论．②过滤，在白色沉淀中加入足量稀盐酸，在硫酸钡和碳酸钡中，只有碳酸钡能够溶解于盐酸，而硫酸钡难溶于酸，而由于“白色沉淀全部溶解，且有气泡产生”说明含有碳酸钠而不含硫酸钠．至此，所有操作以及现象无法确定硝酸钾．所以：（1）该白色沉淀是碳酸钡，对应的化学式是BaCO3．（2）该白色粉末中一定含有Ba（OH）2、Na2CO3；可能含有KNO3；一定不含有Na2SO4、FeCl3．（3）步骤②碳酸钡和盐酸反应，生成氯化钡、水和二氧化碳，对应的化学方程式：BaCO3+2HCl═BaCl2+H2O+CO2↑．故答案为：（1）BaCO3．（2）Ba（OH）2、Na2CO3；KNO3；Na2SO4、FeCl3；（3）BaCO3+2HCl═BaCl2+H2O+CO2↑．8．已知某固体混合物A中可能含有NH4Cl、（NH4）2SO4、CuSO4、CaCO3四种物质中的两种或多种．按下述步骤进行实验探究，观察实验现象，并加以分析推理（设过程中所有发生的反应都恰好完全反应）．Ⅰ．取一定质量的该样品放入洁净的烧杯中，向其中加入适量KOH溶液，搅拌，产生气体B，待烧杯中物质充分反应后，过滤，得白色沉淀C和无色滤液D．Ⅱ．向滤液D中加入适量Ba（NO3）2溶液，待充分反应后，过滤，得白色沉淀E和滤液F．Ⅲ．将白色沉淀E放入另一洁净烧杯中，向其中加入适量稀硝酸溶液，搅拌，发现沉淀全都不溶解．根据上述实验过程和发生的现象做出相应推理，填写以下空白：（1）写出气体B的化学式NH3．（2）在固体混合物A里，上述物种物质中肯定存在的物质是（写化学式）（NH4）2SO4、CaCO3．（3）写出步骤Ⅱ中产生白色沉淀E的化学方程式Ba（NO3）2+K2SO4＝BaSO4↓+2KNO3．（4）在滤液F中，肯定存在的酸根离子是（写离子符号）NO3−（5）在混合物A里，上述五种物质中不能确定存在的物质是（写化学式）NH4Cl；要进一步推理混合物样品中该成分的存在，可用滤液F再实验，请简要说明实验操作步骤、发生的现象及结论：取滤液F加入硝酸银，有白色沉淀生成，说明含有氯化铵，否则不含氯化铵．【解答】解：铵根离子和碱反应会生成氨气，碳酸钙难溶于水，硫酸根离子和钡离子会生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，硫酸铜在溶液中显蓝色．取一定质量的该样品放入洁净的烧杯中，向其中加入适量KOH溶液，搅拌，产生气体B，待烧杯中物质充分反应后，过滤，得白色沉淀C和无色滤液D，说明混合物中含有铵根离子，气体B是氨气；向滤液D中加入适量Ba（NO3）2溶液，待充分反应后，过滤，得白色沉淀E和滤液F，将白色沉淀E放入另一洁净烧杯中，向其中加入适量稀硝酸溶液，搅拌，发现沉淀全都不溶解，所以混合物中含硫酸铵和碳酸钙，一定不含硫酸铜，可能含有氯化钾，所以（1）气体B的化学式是NH3；（2）在固体混合物A里，上述物种物质中肯定存在的物质是（NH4）2SO4、CaCO3；（3）步骤Ⅱ中产生白色沉淀E的反应是硫酸钾和硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀和硝酸钾，化学方程式为：Ba（NO3）2+K2SO4＝BaSO4↓+2KNO3；（4）在滤液F中，肯定存在的酸根离子是NO3（5）在混合物A里，上述五种物质中不能确定存在的物质是NH4Cl；要进一步推理混合物样品中该成分的存在，可用滤液F再实验，实验步骤是：取滤液F加入硝酸银，有白色沉淀生成，说明含有氯化铵，否则不含氯化铵．故答案为：（1）NH3；（2）（NH4）2SO4、CaCO3；（3）Ba（NO3）2+K2SO4＝BaSO4↓+2KNO3；（4）NO3（5）取滤液F加入硝酸银，有白色沉淀生成，说明含有氯化铵，否则不含氯化铵．四．推断题（共6小题）9．A～H都是初三化学前三个单元中的常见物质，A、B均为黑色粉末，C、D在常温时均呈液态，B和C混合立即产生大量的无色气体H，H能使带火星的木条复燃，加热E和B的混合物也有H气体生成，它们之间有如下的转化关系，且B在反应①和③中前后质量和化学性质均不变，试回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式。A．FeD．H2OG．H2F．KCl（2）写出E和B混合加热反应的化学方程式。2KClO3MnO2¯△【解答】解：（1）A、B均为黑色粉末，C、D在常温时均呈液态，B和C混合立即产生大量的无色气体H，H能使带火星的木条复燃，过氧化氢在二氧化锰做催化剂的条件下生成水和氧气，因此C是过氧化氢，B是二氧化锰，D是水，H是氧气；水在通电的条件下生成氢气和氧气，因此G是氢气；铁和氧气在点燃的条件下生成四氧化三铁，因此A是铁；加热E和B的混合物也有H气体生成，氯酸钾在二氧化锰做催化剂和加热的条件下生成氯化钾和氧气，因此E是氯酸钾，F是氯化钾；故答案为：Fe；H2O；H2；KCl；（2）氯酸钾在二氧化锰做催化剂和加热的条件下生成氯化钾和氧气，配平即可；故答案为：2KClO3MnO2¯10．如图中A～J是初中化学常见的化合物。A、F和J均可用作干燥剂。B是能产生温室效应的气体；I是一种常见的化肥；H是一种蓝色沉淀。A、D类别相同，B、E、G类别相同；图中“→”表示两种物质间能发生化学反应；“﹣”表示物质间存在转化关系；部分反应物、生成物或反应条件已略去。（1）写出J的化学式：NaOH。（2）写出C和F反应的化学方程式Na2CO3+CaCl2═2NaCl+CaCO3↓。（3）反应①的基本反应类型是复分解反应。（4）写出H→E反应的化学方程式Cu（OH）2△¯CuO+H2O【解答】解：（1）由于H是蓝色沉淀氢氧化铜，我们学习过的，生成氢氧化铜的反应，应该是碱和铜盐的复分解反应，又已知J是干燥剂，可确定J为氢氧化钠。故答案为：NaOH；（2）由于B是二氧化碳，A、D两物质都能生成二氧化碳，且A为干燥剂，可推知A为硫酸，而D与A类别相同，推断得D可能是盐酸，又因为F由盐酸制得，且F为干燥剂，则推断F为氯化钙，则能和硫酸、氯化钙同时反应的C为碳酸盐，常见的碳酸盐，很容易想到碳酸钠。从而能推出C和F的反应。故答案为：Na2CO3+CaCl2═2NaCl+CaCO3↓；（3）反应①是由硫酸转化为盐酸，推断可知硫酸与氯化钡反应，生成硫酸钡和盐酸，属于复分解反应。故答案为：复分解反应；（4）由于E和B的类别相同，也属于氧化物，且能与盐酸反应，应属于金属氧化物，并且由氢氧化铜转化而来，所以E是氧化铜，故而推断该反应为氢氧化铜受热分解。故答案为：Cu（OH）2△¯CuO+H211．现有一包固体粉末，可能含有NaOH、MgSO4、BaCl2、Ba（OH）2、CuSO4中的一种或几种。现做如下实验：（1）取少量固体溶于水，过滤得白色沉淀A和无色滤液B，则原固体中一定不含CuSO4，一定含有MgSO4。（2）取白色沉淀A，滴加过量稀HCl，固体部分溶解，请写出沉淀溶解的化学方程式Mg（OH）2+2HCl═MgCl2+2H2O。（3）取无色溶液B，测得其pH＞7，向B中先加入足量稀HNO3，再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则原固体中一定含有BaCl2。（4）向溶液B中通入CO2，产生白色沉淀，原固体中不一定（选填“一定”或“不一定”）含有Ba（OH）2。【解答】解：（1）取少量固体溶于水，过滤得白色沉淀A和无色滤液B，则原固体中一定不含CuSO4，一定含有MgSO4；因为硫酸铜溶液是蓝色的；故答案为：CuSO4；MgSO4；（2）取白色沉淀A，滴加过量稀HCl，固体部分溶解，溶解的部分是氢氧化镁，氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水，配平即可；故答案为：Mg（OH）2+2HCl═MgCl2+2H2O；（3）取无色溶液B，测得其pH＞7，向B中先加入足量稀HNO3，再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则原固体中一定含有BaCl2；故答案为：BaCl2；（4）向溶液B中通入CO2，产生白色沉淀，原固体中不一定含有Ba（OH）2；故答案为：不一定；12．如图中A、B、C、D、E、F分别表示初中化学常见的六种物质，B、C、D、E分别属于酸、碱、盐、氧化物四种类别中的一种，A是目前提取量最大的金属，B由两种元素组成，C是大理石的主要成分。（图中用“﹣”表示两种物质之间能发生化学反应，用“→”或“”表示一种物质能转化为另一种物质，部分反应物和生成物及反应条件已略去，图中部分反应需要在溶液中进行，物质是溶液的只考虑溶质）。请回答下列问题。（1）分别写出A、C、E、F物质的化学式AFeCCaCO3ECO2FC。（2）写出B与C发生反应的化学方程式CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑。（3）写出过量A的粉末与B发生反应的实验现象黑色固体逐渐减少，溶液由无色变成浅绿色，固体表面有气泡冒出。【解答】解：（1）如图中A、B、C、D、E、F分别表示初中化学常见的六种物质，B、C、D、E分别属于酸、碱、盐、氧化物四种类别中的一种，A是目前提取量最大的金属，因此A是铁；B由两种元素组成，C是大理石的主要成分，因此C是碳酸钙，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙和水和二氧化碳，因此B是盐酸；二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，因此E是二氧化碳，D是氢氧化钙；碳和氧气在点燃的条件下生成二氧化碳，二氧化碳和碳在高温的条件下生成一氧化碳，因此F是碳；故答案为：Fe；CaCO3；CO2；C；（2）碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙和水和二氧化碳，配平即可；故答案为：CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑；（3）过量铁的粉末与盐酸发生反应的实验现象是：黑色固体逐渐减少，溶液由无色变成浅绿色，固体表面有气泡冒出；故答案为：黑色固体逐渐减少，溶液由无色变成浅绿色，固体表面有气泡冒出；13．某固体物质可能含有Na2SO4、Na2CO3、CaCl2、CuSO4、KCl和KOH中的一种或几种．为探究其组成，流程和现象记录如下：【资料】CaCl2、BaCl2、KCl三种溶液均呈中性（1）依据步骤①的实验现象得出固体物质中一定不含CuSO4（填化学式）．（2）步骤②中发生的化学方程式为Na2CO3+BaCl2＝BaCO3↓+2NaCl．（3）根据上述实验得出固体物质中一定含有Na2CO3、KOH（填化学式，下同）；可能含有KCl．为进一步确定可能含有的物质，采用的方法是在步骤②中加足量硝酸钡过滤后取滤液B加足量稀硝酸和硝酸银，有白色沉淀生成，说明含有氯化钾，否则不含氯化钾（写出实验的操作、现象和结论）【解答】解：硫酸铜在溶液中显蓝色，碳酸钠和氯化钡会生成溶于酸的碳酸钡沉淀，碳酸钠和氯化钙不能共存，硫酸钠和氯化钡会生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，氢氧化钾在溶液中显碱性．固体物质加入水溶解度，得到无色溶液，所以混合物中一定不含硫酸铜，无色溶液B的pH值大于7，所以混合物中一定含有氢氧化钾，加入氯化钡会生成白色沉淀，白色沉淀溶于酸会生成气体，所以混合物中一定含有碳酸钠、一定不含硫酸钠、氯化钙，可能含有氯化钾，所以（1）依据步骤①的实验现象得出固体物质中一定不含CuSO4；（2）步骤②中发生的反应是碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钾，化学方程式为：Na2CO3+BaCl2＝BaCO3↓+2NaCl；（3）根据上述实验得出固体物质中一定含有Na2CO3、KOH，可能含有KCl，为进一步确定可能含有的物质，采用的方法是：在步骤②中加足量硝酸钡过滤后取滤液B加足量稀硝酸和硝酸银，有白色沉淀生成，说明含有氯化钾，否则不含氯化钾．故答案为：（1）CuSO4；（2）Na2CO3+BaCl2＝BaCO3↓+2NaCl；（3）Na2CO3、KOH，KCl，在步骤②中加足量硝酸钡过滤后取滤液B加足量稀硝酸和硝酸银，有白色沉淀生成，说明含有氯化钾，否则不含氯化钾．14．固体混合物A是由Mg、CuO、Na2SO4、Na2CO3、BaCl2、BaSO4中的几种混合而成为，为确定其成分，进行如图实验．（假设每步反应均恰好完全反应）试推断：（1）气体B是H2（写化学式）．（2）固体A中一定没有的物质是碳酸钠．（写名称）（3）滤液D中一定有含有的溶质是硫酸铜、硫酸镁．（4）固体A的组成可能有6种．（5）产生蓝色沉淀的化学反应方程式2NaOH+CuSO4＝Na2SO4+Cu（OH）2↓．【解答】解：镁和硫酸会生成氢气，碳酸钠和硫酸会生成二氧化碳，二氧化碳和水会生成碳酸，碳酸能使酚酞变红色，硫酸、硫酸钠会与氯化钡生成硫酸钡沉淀，硫酸钡沉淀不溶于酸．固体混合物加入稀硫酸会生成气体B，气体B通入紫色石蕊试液，不会变成红色，所以混合物中不含碳酸钠，一定含有镁，生成的白色沉淀不溶于稀硝酸，所以白色沉淀是硫酸钡，混合物中可能含有硫酸钡、氯化钡、硫酸钠，滤液中加入氢氧化钠会生成蓝色沉淀，所以滤液D中含有硫酸铜，固体混合物中含有氧化铜，E是硫酸铜，所以（1）气体B是H2；（2）固体A中一定没有的物质是碳酸钠；（3）滤液D中一定有含有的溶质有硫酸和镁生成的硫酸镁，氧化铜和硫酸生成的硫酸铜；（4）固体A的组成可能有氧化铜、镁、硫酸钡，氧化铜、镁、氯化钡，氧化铜、镁、硫酸钡、硫酸钠，氧化铜、镁、氯化钡、硫酸钠，氧化铜、镁、硫酸钡、氯化钡，氧化铜、镁、硫酸钡、氯化钡、硫酸钠，共6种；（5）产生蓝色沉淀的反应是硫酸铜和氢氧化钠反应生成硫酸钠和氢氧化铜沉淀，化学方程式为：2NaOH+CuSO4＝Na2SO4+Cu（OH）2↓．故答案为：（1）H2；（2）碳酸钠；（3）硫酸镁、硫酸铜；（4）6；（5）2NaOH+CuSO4＝Na2SO4+Cu（OH）2↓．五．解答题（共4小题）15．试用下列装置设计一个实验，验证煤气中一定含有H2O、CO2、CO、H2四种气体（假设每步操作中，参加反应的气体都完全反应或被吸收）．要求验证过程中不得逸出有毒气体．（1）验证CO2存在的操作是：将煤气通过D装置，（填A、B、C、D、E，下同）确证CO2存在的现象是澄清石灰水变浑浊．（2）验证H2O存在的操作是：将煤气通过E装置，确证H2O存在的现象是无水硫酸铜粉末由白色变成蓝色．（3）某同学用下列操作来验证CO、H2将煤气依次通过⑤、⑥接④、③接①、②接⑧、⑦接⑨．那么该学生a．能否验证H2存在，为什么？不能；反应后的气体通过石灰水后，使白色粉末变蓝的水蒸气可能来自石灰水．b．能否验证CO存在，为什么？能；原混合气体中CO2被NaOH溶液吸收，使澄清石灰水变浑浊的气体只能是由CO与CuO反应生成的CO2．．【解答】解：（1）因为二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，所以澄清的石灰水可以用来检验二氧化碳的存在，故通过D装置，看到澄清的石灰水变浑浊；（2）因为水能使无水硫酸铜变蓝，所以无水硫酸铜可以用来检验水的存在，故通过E装置，看到无水硫酸铜粉末由白色变成蓝色；（3）将混合气体通过氢氧化钠溶液可以除去二氧化碳，再经过浓硫酸除去水，再通过灼热的氧化铜可以将一氧化碳和氢气分别转化成二氧化碳和水，再经过澄清的石灰水，看到变浑浊，说明是一氧化碳还原氧化铜后产生的二氧化碳，故能验证一氧化碳的存在；最后通过无水硫酸铜，肯定会看到白色粉末变成蓝色，但此时的水可能来自氢气还原氧化铜产生的水，也可能是剩余的气体从石灰水带来的水，故不能验证氢气的存在．故答案为：（1）D澄清石灰水变浑浊（2）E无水硫酸铜粉末由白色变成蓝色（3）a．不能；反应后的气体通过石灰水后，使白色粉末变蓝的水蒸气可能来自石灰水．b．能；原混合气体中CO2被NaOH溶液吸收，使澄清石灰水变浑浊的气体只能是由CO与CuO反应生成的CO2．16．一包白色粉末，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CuSO4．（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CaCO3，发生的化学反应方程式为CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑．根据上述实验可推断：原白色粉末的组成有5种可能．（3）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BaCl2和NaOH．【解答】解：（1）把白色粉末溶解后得无色溶液，可知一定没有硫酸铜，因为硫酸铜溶于水会使溶液变蓝；（2）实验（1）中的白色固体可能是碳酸钙，也可能是硫酸钠与氯化钡反应后生成的硫酸钡沉淀，但是硫酸钡不溶于水而且不溶于酸，而题目中的白色沉淀全部溶于稀盐酸中，并产生无色气体，说明这种白色沉淀是碳酸钙；其中碳酸钙和盐酸反应产生氯化钙、水和二氧化碳，反应的方程式为：CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑；由实验（2）可以分析出硫酸钠和氯化钡只能存在一种，或者都不存在，所以根据（1）和（2）的条件可以得出可能组合为：①CaCO3BaCl2②CaCO3BaCl2NaOH③CaCO3Na2SO4④CaCO3Na2SO4NaOH⑤CaCO3NaOH故有5种可能；（3）通入二氧化碳后产生了白色沉淀，根据题给条件这种白色沉淀只能是碳酸钡，但是二氧化碳不能与氯化钡反应生成沉淀，从而我们判断还应该有氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠后，碳酸钠与氯化钡反应生成了碳酸钡沉淀，故推断原白色粉末中还含有物质的BaCl2和NaOH；故答案为：（1）CuSO4；（2）CaCO3；CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑；5（3）BaCl2和NaOH．17．一包白色粉末，由CuSO4、C