第一章第6节《几种重要的盐》培优训练B(原卷版+解析)

第一章物质及其变化第6节几种重要的盐(B)实验：碱和盐的性质：1.能用已学的碱的一些共性知识，解释氢氧化钙化学性质的研究。2.通过实验说明常见盐的一些性质。3.能表示含SO或含CI-化合物的检验方法。4.巩固试管和滴管的操作方法。1.不使用其他试剂，利用物质间两两混合反应将物质区别开（提供的物质可重复使用），也是物质鉴别的常用方法。下列四组物质利用上述方法可鉴别开的是(▲)A.H2SO4、Na2SO4、BaCl2、FeCl3B.BaCl2、HCl、NaNO3、AgNO3C.Na2CO3、HNO3、NaNO3、BaCl2D.H2SO4、NaOH、MgCl2、Ba(NO3)22.某同学在家中找到一种白色粉末，到学校实验室进行以下实验，实验过程及现象如图，对此粉末成分判断正确的是(▲)A.该粉末可能是CaCO3B.该粉末一定是碱C.该粉末可能是Na2CO3D.该粉末中一定含有CO3.除去下列物质中混有的少量杂质，所选试剂或方法不正确的是(▲)选项混合物除杂试剂与方法A烧碱溶液中混有少量熟石灰适量碳酸钠溶液B硫酸溶液中混有少量硫酸铜适量氢氧化钠溶液C氯化钾中混有少量二氧化锰用足量水溶解后，过滤、蒸发结晶D二氧化碳气体中混有水蒸气通过浓硫酸干燥4.某同学欲测定碳酸钠溶液中溶质的质量分数，取ag样品溶液，按下列实验方案进行实验，合理的是(▲)A.加入过量稀盐酸，称量反应后溶液的质量为m1gB.加入过量浓盐酸，产生的气体用氢氧化钠固体吸收，固体质量增加m2gC.加入过量的氯化钙溶液，过滤，将滤渣洗涤烘干，称量其质量为m3gD.加入过量的氯化钙溶液，过滤，将滤液蒸干，称量固体质量为m4g5.工业盐酸因混有少量FeCl3常显黄色，现将一定质量分数的NaOH溶液逐滴加入到该盐酸中，直至过量，下列各量与图像对应的是(▲)6.小明学习了盐的性质，通过参阅资料得知氯化铵（NH4C1)溶液是呈酸性的，能使紫色石蕊试液变红，他想酸溶液可以使石蕊变红，是因为酸在水溶液中解离出了H+,那么是NH4C1溶液中的哪种粒子可以使石蕊试液变红呢？于是他设计以下实验进行探究。(1)通过实验I可以发现石蕊试液不变色，则此实验证明▲。(2)有同学认为实验Ⅱ没必要做，你认为他的理由是▲。(3)通过上述实验，小明可以初步得出结论是NH4C1溶液中的▲可以使石蕊试液变红。7.已知复分解反应2CH3COOH+Na2CO3=2CH3COONa+H2O+CO2↑可进行。在常温下，测得相同浓度的下列五种溶液的pH:(题中四种酸的酸性强弱顺序为CH3COOH>H2CO3>HCIO>HCN)溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNpH8.88.611.610.311.1表中数据揭示出复分解反应的一条规律，即碱性较强的盐与酸发生类似反应可以生成碱性较弱的盐。依照该规律，请你判断下列反应不成立的是(▲)A.H2CO3+2NaClO=Na2CO3+2HCIOB.H2CO3+NaClO=NaHCO3+HCIOC.CH3COOH+NaCN=CH3COONa+HCND.NaClO+CH3COOH=HCIO+CH3COONa8.焦亚硫酸钠（Na2S2O5)是一种常用的食品抗氧化剂。小金模拟化工生产，用如图装置来制取Na2S2O5。已知：A中发生的反应为H2SO4(浓）＋Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O;B中发生的反应为Na2SO3+SO2=Na2S2O5。(1)图中盛放浓硫酸的仪器名称是▲。(2)写出C中发生反应的化学方程式：▲。(3)在实验过程中，滴加浓硫酸不宜过快，理由是▲(写出一点)。(4)该实验开始滴加浓硫酸前，应先除尽装置内的空气。若忘记这一操作，所制取的Na2S2O5产品中会混有Na2SO4杂质，这与O2的▲(填化学性质)有关。9.化学兴趣小组在实验室发现一瓶氢氧化钠溶液，瓶口有少量白色固体且玻璃瓶塞打不开，这一情况激起了他们浓厚的兴趣，于是展开了如下探究。【提出问题】瓶口白色固体的成分是什么？【查找资料】(1)玻璃瓶中含有二氧化硅(SiO2),试剂瓶身经抛光处理，不易反应，而瓶口和玻璃塞上的磨砂将二氧化硅裸露出来；(2)二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O;(3)硅酸钠(Na2SiO3)是一种白色固体，有很强的黏合性，可溶于水，溶液呈碱性；硅酸钠溶液能与强酸反应，如:Na2SiO3+2HCl==2NaCl+H2SiO3↓(白色)；硅酸钠溶液能与氯化钙溶液反应：Na2SiO3+CaCl2=2NaCl+CaSiO3↓(白色)。【做出猜想】白色固体的成分是I.硅酸钠；II.硅酸钠和碳酸钠；I.硅酸钠、碳酸钠和氢氧化钠。【实验探究】取一定量白色固体溶于适量水中形成样品溶液，分组进行如下实验并相互评价。【反思交流】(1)有同学认为，第2组实验中不能用氢氧化钙溶液代替氯化钙溶液，理由是④▲。(2)氢氧化钠溶液必须密封保存，且试剂瓶只能用橡胶塞。10.(变化观念与平衡思想）碱式氯化镁［Mg(OH)C1]受热能分解，它分解后产物是什么？小科进行了探究。【猜想】Mg(OH)C1分解后产物可能有Mg、MgCl2、MgO、HCl气体、H2O、Cl2.老师告诉他产物就是上述猜想中的其中几种，并提示Cl2是一种黄绿色有刺激性气味的气体。【实验一】取少量的Mg(OH)Cl放入试管中，按如图所示装置进行实验，加热过程中观察到足量硝酸银溶液中有白色沉淀产生，一段时间后，沉淀不再产生，大试管口也没有液滴形成，管内有固体剩余，无其他现象。由此推知Mg(OH)C1分解后产物中有▲气体，无其他气体。【实验二】取少量实验一剩余固体于试管中，加入足量稀盐酸，没有气泡产生。由此推知Mg(OH)C1分解后产物中没有▲。【实验三】再取少量实验一剩余固体加入足量稀硝酸，固体全部溶解，再滴人AgNO3溶液，无沉淀产生。自此推知Mg(OH)Cl分解后产物中没有▲。【结论】Mg(OH)C1受热分解的化学反应方程式为▲。11.(科学态度和社会责任）碳酸氢钠片是一种常用药，能用于治疗胃酸过多，这是因为人体的胃液中含有盐酸。已知NaHCO3+HCl=NaCl+H2O＋CO2↑,为测定药片中碳酸氢钠的含量，小科进行了如下实验：(1)小科认为，要测定药片中碳酸氢钠的含量，实验中需要采集两个数据：一是测出药片样品的质量；二是根据碳酸氢钠与盐酸的反应原理，通过实验测出反应生成的▲质量。(2)小科按如图甲的实验方案，取药片和足量的稀盐酸进行实验，通过测量反应前后总质量的变化来采集实验数据。同学们认为，测得碳酸氢钠的质量分数会偏大，原因是▲(答出一点即可)。(3)为减小实验误差，小科又设计了如图乙的实验方案，取药片和足量的稀盐酸进行了三次实验，采集的实验数据如表：实验序号123碳酸氢钠片样品质量／g3.03.03.0反应前总质量／g193.8194.6193.6反应后总质量／g192.6193.6192.5二氧化碳质量／g请计算药片中碳酸氢钠的质童分数12.(2018·湖州)现有4种试剂：①紫色石蕊试液，②稀硫酸，③碳酸钾溶液，④氯化钡溶液。能用来一次性鉴别稀盐酸、氢氧化钡溶液、碳酸钠溶液的试剂有(▲)A.②B.②③C.①②③D.②③④13.(2018·宁波）为测定CuCl2和FeCl2组成的混合溶液的烧杯中FeCl2的质量分数进行如下实验。①取200g混合溶液加入足量的AgNO3溶液，经过滤、洗涤、干燥、称量得到143.5gAgCl固体；②另取原混合溶液各200g与含有杂质的废铁屑反应（杂质不溶于水，也不参与反应），共做了五组实验，其实验数据如下表。实验组别一二三四五混合溶液质量／g200200200200200铁屑质量／g69121518析出铜的质量／g6.49.6m1616请分析计算：(1)表中第三组实验的m值为▲。(2)第▲组实验恰好完全反应。(3)铁屑中铁的质量分数为多少？(计算结果精确到0.1%)(4)原混合溶液中FeCl2的质量分数为多少？(计算结果精确到0.1%)第一章物质及其变化第6节几种重要的盐(B)实验：碱和盐的性质：1.能用已学的碱的一些共性知识，解释氢氧化钙化学性质的研究。2.通过实验说明常见盐的一些性质。3.能表示含SO或含CI-化合物的检验方法。4.巩固试管和滴管的操作方法。1.不使用其他试剂，利用物质间两两混合反应将物质区别开（提供的物质可重复使用），也是物质鉴别的常用方法。下列四组物质利用上述方法可鉴别开的是(▲)A.H2SO4、Na2SO4、BaCl2、FeCl3B.BaCl2、HCl、NaNO3、AgNO3C.Na2CO3、HNO3、NaNO3、BaCl2D.H2SO4、NaOH、MgCl2、Ba(NO3)2【答案】C【解析】在不另加试剂就能鉴别的题目中，首先观察有无有特殊颜色的物质，若有，将有颜色的溶液鉴别出来，然后再借用这种溶液鉴别其它溶液；若都没有颜色就将溶液两两混合，根据混合后的现象进行分析鉴别。【分析】解答不另加试剂就能鉴别的题目时，若选项中有带色的离子，首先鉴别，然后再鉴别其它的物质；若都没有颜色，可将溶液两两混合，根据混合后的现象进行鉴别。【详解】A.FeCl3溶液是黄色的，首先鉴别出黄色的FeCl3溶液；H2SO4、Na2SO4均能与BaCl2溶液反应生成硫酸钡白色沉淀，但其余两两混合均没有明显现象，故不加其他试剂无法鉴别；B.AgNO3溶液与BaCl2、HCl反应均能产生白色沉淀，但其余两两混合均没有明显象，故不加其他试剂无法鉴别；C.组内四种物质的溶液两两混时，其中有一种溶液与其它三种溶液混合时出现一次白色沉淀和一次放出气体，该溶液为碳酸钠溶液；与碳酸钠溶液产生气体的溶液为HNO3,产生白色沉淀的为BaCl2;与碳酸钠溶液混合无任何明显现象的为NaNO3溶液；故不加其他试剂可以鉴别；D.NaOH与MgCl2溶液混合产生白色沉淀，H2SO4与Ba(NO3)2溶液混合产生白色沉淀，再将四种溶液分别滴到白色沉淀中，能使其中的一种沉淀消失的是硫酸，能与硫酸反应生成白色沉淀的是硝酸钡溶液；再向沉淀消失的溶液中，分别加入过量的NaOH、MgCl2溶液，产生白色沉淀的是氢氧化钠溶液，无明显的是MgCl2溶液；但是会涉及到3种物质(NaOH、氯化镁和硫酸）一起反应，不符合利用物质间两两混合反应，故选项错误。故选：C.2.某同学在家中找到一种白色粉末，到学校实验室进行以下实验，实验过程及现象如图，对此粉末成分判断正确的是(▲)A.该粉末可能是CaCO3B.该粉末一定是碱C.该粉末可能是Na2CO3D.该粉末中一定含有CO【答案】C【解析】A、碳酸钙难溶于水；B、所有的碱性溶液都能够使酚酞变红；C、碳酸钠和碳酸氢钠都可以和盐酸反应生成二氧化碳气体；D、碳酸根离子和碳酸氢根离子可以与氢离子结合生成二氧化碳气体。【分析】熟练掌握碳酸盐的化学性质，知道碳酸盐的溶液呈碱性，同时要明白并不是呈碱性的溶液都是碱的溶液。【详解】A、实验中得到的是无色溶液，而碳酸钙难溶于水，故A错；B、碱的溶液固然可以使酚酞变红，但并不是说能使酚酞变红的就是碱这是不对的，因为有的盐溶液呈碱性，同样能使酚酞变红，故B错；C、碳酸钠和碳酸氢钠的溶液都是碱性的，都可以是酚酞变红，且都能够和盐酸反应生成二氧化碳气体，故C对；D、碳酸根离子和碳酸氢根离子可以与氢离子结合生成二氧化碳气体，能够产生实验中的现象，故可能含有这两种离子，故D错；故选：C.3.除去下列物质中混有的少量杂质，所选试剂或方法不正确的是(▲)选项混合物除杂试剂与方法A烧碱溶液中混有少量熟石灰适量碳酸钠溶液B硫酸溶液中混有少量硫酸铜适量氢氧化钠溶液C氯化钾中混有少量二氧化锰用足量水溶解后，过滤、蒸发结晶D二氧化碳气体中混有水蒸气通过浓硫酸干燥【答案】B【解析】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变。除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质。【分析】物质的分离与除杂是中考的重点，也是难点，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键。【详解】A、熟石灰能与适量碳酸钠溶液反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的方法正确。B、硫酸和硫酸铜均能与NaOH溶液反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误。C、氯化钾易溶于水，二氧化锰难溶于水，可采取加水溶解、过滤、蒸发结晶的方法进行分离除杂，故选项所采取的方法正确。D、浓硫酸具有吸水性，且不与二氧化碳反应，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的方法正确。故选：B.4.某同学欲测定碳酸钠溶液中溶质的质量分数，取ag样品溶液，按下列实验方案进行实验，合理的是(▲)A.加入过量稀盐酸，称量反应后溶液的质量为m1gB.加入过量浓盐酸，产生的气体用氢氧化钠固体吸收，固体质量增加m2gC.加入过量的氯化钙溶液，过滤，将滤渣洗涤烘干，称量其质量为m3gD.加入过量的氯化钙溶液，过滤，将滤液蒸干，称量固体质量为m4g【答案】C【解析】根据已有的知识进行分析，测定碳酸钠溶液中溶质的质量分数，取ag样品溶液，则需要知道碳酸钠的质量，据此解答的。【分析】本题考查了常见盐的性质，完成此题，可以依据已有的知识进行。【详解】A、加入过量稀盐酸，称量反应后溶液的质量为m1g,由于生成的二氧化碳能溶于水，会导致部分二氧化碳溶解在水中，根据质量差求得的二氧化碳的质量变小，计算的碳酸钠的质量变小，故A不合理；B、加入过量浓盐酸，产生的气体用氢氧化钠固体吸收，固体质量增加m2g,则增加的质量有挥发出来的氯化氢的质量，计算不准确，故B错误；C、加入过量的氯化钙溶液，过滤，将滤渣洗涤烘干，称量其质量为m3g,计算合理；D、加入过量的氯化钙溶液，过滤，将滤液蒸干，称量固体质量为m4g,此时是氯化钠和氯化钙的质量，无法计算碳酸钠的质量，故D错误；故选C.5.工业盐酸因混有少量FeCl3常显黄色，现将一定质量分数的NaOH溶液逐滴加入到该盐酸中，直至过量，下列各量与图像对应的是(▲)【答案】A【解析】将一定质量分数的NaOH溶液逐滴加入到该盐酸中，氢氧化钠先和盐酸反应生成氯化钠和水，后和氯化铁反应生成红褐色沉淀氢氧化铁和氯化钠。【分析】本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。【详解】A、加入氢氧化钠溶液，先和盐酸反应生成氯化钠和水，后和氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，该选项对应关系正确；B、氢氧化钠和盐酸反应，酸性减弱，pH升高，和氯化铁反应生成氢氧化铁和氯化钠，过程中pH不变，完全反应后继续加入氢氧化钠溶液，溶液碱性增强，pH升高，该选项对应关系不正确；C、氢氧化钠和盐酸反应生成水，同时氢氧化钠溶液中含有水，水的质量增大，和氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，氢氧化钠溶液中含有水，水的质量增大，但是应该比和盐酸反应时增大的慢，该选项对应关系不正确；D、氢氧化钠先和稀盐酸反应，因此开始氯化铁质量不变，该选项对应关系不正确。6.小明学习了盐的性质，通过参阅资料得知氯化铵（NH4C1)溶液是呈酸性的，能使紫色石蕊试液变红，他想酸溶液可以使石蕊变红，是因为酸在水溶液中解离出了H+,那么是NH4C1溶液中的哪种粒子可以使石蕊试液变红呢？于是他设计以下实验进行探究。(1)通过实验I可以发现石蕊试液不变色，则此实验证明▲。(2)有同学认为实验Ⅱ没必要做，你认为他的理由是▲。(3)通过上述实验，小明可以初步得出结论是NH4C1溶液中的▲可以使石蕊试液变红。【答案】(1)不是;NH4Cl中的Cl-使石蕊试液变红；(2)石蕊试液或NaCl溶液中已经含有水；(3)NH【解析】据验证某粒子的性质可通过加入含该粒子的其他物质直接证明，还可以通过排除其他粒子间接得出性质与该粒子有关。【分析】本题考查了学生对所提供信息进行处理和利用微粒性质的差异进行实验设计能力，要求较高。要熟悉对照实验的设计思路和方法。【详解】(1)氯化钠中含有氯离子，但石蕊试液不变色，所以可以证明不是NH4Cl中的C使石蕊试液变红；(2)石蕊试液或NaCl溶液中已经含有水，所以实验II没有必要做；(3)因氯化铵溶液中含有铵根离子和氯离子，实验I排除了氯离子使石蕊变红的可能，所以使石蕊试液变红的是铵根离子。故答案为：(1)不是;NH4Cl中的Cl-使石蕊试液变红；(2)石蕊试液或NaCl溶液中已经含有水；(3)NH7.已知复分解反应2CH3COOH+Na2CO3=2CH3COONa+H2O+CO2↑可进行。在常温下，测得相同浓度的下列五种溶液的pH:(题中四种酸的酸性强弱顺序为CH3COOH>H2CO3>HCIO>HCN)溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNpH8.88.611.610.311.1表中数据揭示出复分解反应的一条规律，即碱性较强的盐与酸发生类似反应可以生成碱性较弱的盐。依照该规律，请你判断下列反应不成立的是(▲)A.H2CO3+2NaClO=Na2CO3+2HCIOB.H2CO3+NaClO=NaHCO3+HCIOC.CH3COOH+NaCN=CH3COONa+HCND.NaClO+CH3COOH=HCIO+CH3COONa【答案】A【解析】根据题意，即碱性较强的盐与酸发生类似反应可以生成碱性较弱的盐。四种酸的酸性强弱顺序为CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN;当溶液的pH大于7时，呈碱性，且pH越大，碱性越强；据此进行分析判断。【分析】本题有一定难度，明确碱性较强的盐与酸发生类似反应可以生成碱性较弱的盐并能灵活运用是正确解答本题的关键。【详解】碱性较强的盐与酸发生类似反应可以生成碱性较弱的盐．当溶液的pH大于7时，呈碱性，且pH越大，碱性越强。A、NaClO溶液的pH为10.3,小于Na2CO3溶液的pH11.6,即NaClO溶液的碱性比Na2CO3溶液的碱性弱，不能发生复分解反应，故选项正确。B、NaClO溶液的pH为10.3,大于NaHCO3溶液的pH8.6,即NaClO溶液的碱性比NaHCO3溶液的碱性强，能发生复分解反应，故选项错误。C、NaCN溶液的pH为11.1,大于CH3COONa溶液的pH8.8,即NaCN溶液的碱性比CH3COONa溶液的碱性强，能发生复分解反应，故选项错误。D、NaClO溶液的pH为10.3,大于CH3COONa溶液的pH8.6,即NaClO溶液的碱性比CH3COONa溶液的碱性强，能发生复分解反应，故选项错误。故选：A.8.焦亚硫酸钠（Na2S2O5)是一种常用的食品抗氧化剂。小金模拟化工生产，用如图装置来制取Na2S2O5。已知：A中发生的反应为H2SO4(浓）＋Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O;B中发生的反应为Na2SO3+SO2=Na2S2O5。(1)图中盛放浓硫酸的仪器名称是▲。(2)写出C中发生反应的化学方程式：▲。(3)在实验过程中，滴加浓硫酸不宜过快，理由是▲(写出一点)。(4)该实验开始滴加浓硫酸前，应先除尽装置内的空气。若忘记这一操作，所制取的Na2S2O5产品中会混有Na2SO4杂质，这与O2的▲(填化学性质)有关。【答案】分液漏斗；SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2O;防止生成二氧化硫气体过快，来不及与B中的亚硫酸钠进一步反应生成Na2S2O5;氧化性【解析】(1)根据常见仪器的名称进行分析；(2)根据反应物、生成物、质量守恒定律进行书写即可；(3)根据若滴加浓硫酸过快，则生成二氧化硫气体较快进行分析；(4)根据氧气的化学性质进行分析。【分析】本题考查物质的制备实验、对装置的分析评价、实验方案设计、物质含量的测定、氧化还原反应滴定等，明确实验原理是解本题关键，是对学生综合能力的考查。【详解】(1)图中盛放浓硫酸的仪器的名称为分液漏斗；故填:分液漏斗；(2)反应过程中产生有害气体二氧化硫，需要进行尾气处理，二氧化硫与二氧化碳性质相似，与氢氧化钠反应生成相应的盐和水；反应的化学方程式为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O;故填：SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2O(3)若滴加浓硫酸过快，则生成二氧化硫气体较快，可能导致二氧化硫气体来不及与B中的亚硫酸钠进一步反应生成Na2S2O5;故填：防止生成二氧化硫气体过快，来不及与B中的亚硫酸钠进一步反应生成Na2S2O5;(4)该实验开始滴加浓硫酸时，应先除尽装置内的空气，是为了防止Na2S2O5;被氧化成Na2S2O5;,这里反映了氧气的氧化性；故填：氧化性。9.化学兴趣小组在实验室发现一瓶氢氧化钠溶液，瓶口有少量白色固体且玻璃瓶塞打不开，这一情况激起了他们浓厚的兴趣，于是展开了如下探究。【提出问题】瓶口白色固体的成分是什么？【查找资料】(1)玻璃瓶中含有二氧化硅(SiO2),试剂瓶身经抛光处理，不易反应，而瓶口和玻璃塞上的磨砂将二氧化硅裸露出来；(2)二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O;(3)硅酸钠(Na2SiO3)是一种白色固体，有很强的黏合性，可溶于水，溶液呈碱性；硅酸钠溶液能与强酸反应，如:Na2SiO3+2HCl==2NaCl+H2SiO3↓(白色)；硅酸钠溶液能与氯化钙溶液反应：Na2SiO3+CaCl2=2NaCl+CaSiO3↓(白色)。【做出猜想】白色固体的成分是I.硅酸钠；II.硅酸钠和碳酸钠；I.硅酸钠、碳酸钠和氢氧化钠。【实验探究】取一定量白色固体溶于适量水中形成样品溶液，分组进行如下实验并相互评价。【反思交流】(1)有同学认为，第2组实验中不能用氢氧化钙溶液代替氯化钙溶液，理由是④▲。(2)氢氧化钠溶液必须密封保存，且试剂瓶只能用橡胶塞。【答案】①I②Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑③溶液不变色④氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙和氢氧化钠，影响检验氢氧化钠【解析】【分析】【详解】碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，氢氧化钠溶液显碱性，能使酚酞溶液变红色。10.(变化观念与平衡思想）碱式氯化镁［Mg(OH)C1]受热能分解，它分解后产物是什么？小科进行了探究。【猜想】Mg(OH)C1分解后产物可能有Mg、MgCl2、MgO、HCl气体、H2O、Cl2.老师告诉他产物就是上述猜想中的其中几种，并提示Cl2是一种黄绿色有刺激性气味的气体。【实验一】取少量的Mg(OH)Cl放入试管中，按如图所示装置进行实验，加热过程中观察到足量硝酸银溶液中有白色沉淀产生，一段时间后，沉淀不再产生，大试管口也没有液滴形成，管内有固体剩余，无其他现象。由此推知Mg(OH)C1分解后产物中有▲气体，无其他气体。【实验二】取少量实验一剩余固体于试管中，加入足量稀盐酸，没有气泡产生。由此推知Mg(OH)C1分解后产物中没有▲。【实验三】再取少量实验一剩余固体加入足量稀硝酸，固体全部溶解，再滴人AgNO3溶液，无沉淀产生。自此推知Mg(OH)Cl分解后产物中没有▲。【结论】Mg(OH)C1受热分解的化学反应方程式为▲。【答案】HCl;Mg;MgCl2;：Mg(OH)CIMgO+HCl↑;【解析】【实验一】根据参加反应的物质及反应现象分析；【实验二】根据镁能与稀盐酸反应生成氢气分析；【实验三】根据氯离子与银离子结合生成白色沉淀分析；【结论】根据反应物、生成物及质量守恒定律分析。【分析】本题是实验推断题，熟练掌握各物质间的相互反应关系是解答问题的关键。【详解】【实验一】取少量的Mg(OH)Cl放入大试管中进行加热，加热过程中观察到足量硝酸银溶液中有白色沉淀产生，一段时间后，沉淀不再产生，大试管口也没有液滴形成，管内有固体剩余，无其他现象。由此可推知Mg(OH)Cl分解后产物中有氯化氢气体，氯离子与银离子结合生成了氯化银白色沉淀；故填：HCl;【实验二】在Mg(OH)Cl分解后可能有的产物中只有Mg、MgCl2、MgO三种固体，Mg会与稀盐酸反应生成氢气，本实验中在剩余固体中加入足量稀盐酸，没有气泡产生，由此推知Mg(OH)Cl分解后产物中没有Mg;故填：Mg;【实验三】若剩余固体中含有氯化镁，则加入AgNO3溶液后会有沉淀产生，加入足量稀硝酸，固体全部溶解，再滴入AgNO3溶液，无沉淀产生，由此推知Mg(OH)Cl分解后产物中没有MgCl2;故填：MgCl2;【结论】由以上分析可知，Mg(OH)Cl受热分解生成氧化镁和氯化氢气体，反应的化学反应方程式为：Mg(OH)CIMgO+HCl↑,故填：Mg(OH)CIMgO+HCl↑;11.(科学态度和社会责任）碳酸氢钠片是一种常用药，能用于治疗胃酸过多，这是因为人体的胃液中含有盐酸。已知NaHCO3+HCl=NaCl+H2O＋CO2↑,为测定药片中碳酸氢钠的含量，小科进行了如下实验：(1)小科认为，要测定药片中碳酸氢钠的含量，实验中需要采集两个数据：一是测出药片样品的质量；二是根据碳酸氢钠与盐酸的反应原理，通过实验测出反应生成的▲质量。(2)小科按如图甲的实验方案，取药片和足量的稀盐酸进行实验，通过测量反应前后总质量的变化来采集实验数据。同学们认为，测得碳酸氢钠的质量分数会偏大，原因是▲(答出一点即可)。(3)为减小实验误差，小科又设计了如图乙的实验方案，取药片和足量的稀盐酸进行了三次实验，采集的实验数据如表：实验序号123碳酸氢钠片样品质量／g3.03.03.0反应前总质量／g193.8194.6193.6反应后总质量／g192.6193.6192.5二氧化碳质量／g请计算药片中碳酸氢钠的质童分数【答案】(1)二氧化碳;(2)二氧化碳逸出时带走了水蒸气或氯化氢气体挥发;(3)70%【解析】【分析】【详解】(1)此反应中二氧化碳作为气体逸出，减少的质量为纯净的二氧化碳的质量，因此要测定药片中碳酸氢钠的含量，实验中需要采集两个数据：一是测出碳酸氢钠片样品的质量；二是根据碳酸氢钠与盐酸的反应原理，通过实验测出反应生成的二氧化碳的质量；故答案为：二氧化碳甲方案敞口实验没有经过处理，会有部分水蒸气随着二氧化碳逸出，或氯化氢气体挥发，增加了二氧化碳的质量，而使测得碳酸氢钠的质量分数会偏大；故答案为：二氧化碳逸出时带走了水蒸气或氯化氢气体挥发(3)根据质量守恒定律，由表中数据可知，第一次生成二氧化碳质量为：193.8g-192.6g=1.2g,第二次生成二氧化碳的质量为：194.6g-193.6g=1.0g,第三次生成二氧化碳的质量为：193.6g-192.5g=1.1g,所以三次实验所得二氧化碳的平均值为：(1.2g+1.0g+1.1g)/3＝1.1g,设药片中碳酸氢钠的质量为xNaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑8444x1.1gx84/44=x/1.1gx=2.1g药片中碳酸氢钠的质量分数为：2.1g/3.0g×100％=70％答：药片中碳酸氢钠的质量分数为70%答案:(1)二氧化碳;(2)二氧化碳逸出时带走了水蒸气或氯化氢气体挥发;(3)70%12.(2018·湖州)现有4种试剂：①紫色石蕊试液，②稀硫酸，③碳酸钾溶液，④氯化钡溶液。能用来一次性鉴别稀盐酸、氢氧化钡溶液、碳酸钠溶液的试剂有(▲)A.②B.②③C.①②③D.②③④【答案】B【解析】根据物质的性质进行分析，碳酸钠溶液呈碱性，能使石蕊变蓝，盐酸呈酸性，能使石蕊变红，与碳酸钾溶液反应生成二氧化碳气体，氯化钡溶液呈中性，不能使指示剂变色，与稀硫酸反应产生白色沉淀。【分析】根据物质间的变化规律，判断所提供试剂鉴别三种无色液体的结果，并结合排除法最终选出符合试题意图的答案。【详解】①稀盐酸能使紫色石蕊试液