2026年中考化学一轮复习专题训练-物质推断与实验探究

物质推断与实验探究 一．选择题（共4小题） 1．如图所示，小科称取等质量的铜粉和铁粉，分别加入到25mL溶质质量分数为12%的硝酸银溶液中，充分反应。下列情况可能出现的是（　　） A．铁和铜都有剩余，甲、乙生成银的质量比为7：8 B．铁和铜都没有剩余，甲、乙生成银的质量比为1：1 C．铁有剩余，铜没有剩余，甲、乙生成银的质量比为15：16 D．铜有剩余，铁没有剩余，甲、乙生成银的质量比为15：16 2．用如图所示装置探究CO2能否与H2O反应。滴加盐酸，待试管乙中液体变红后，将其加热至沸腾，红色不褪去。下列说法正确的是（　　） A．甲中逸出的气体只含CO2 B．乙中液体变红，证明CO2能与水反应 C．加热后红色不褪去，说明碳酸受热不分解 D．欲达到实验目的，可将盐酸改为稀硫酸 3．使用如图所示装置（搅拌装置略）探究溶液离子浓度变化，已知反应的产物如果全部是沉淀（或沉淀和水）时灯光会变暗。下列灯光变化可能出现“亮→暗（或灭）→亮”现象的是（　　） 试剂甲 试剂乙 A MgSO4 Ba（OH）2 B K2CO3 HNO3 C HNO3 KOH D NaCl AgNO3 A．A B．B C．C D．D 4．学会识图能发展科学思维。一小块未打磨的铝片和一定质量的稀盐酸反应，产生气泡的快慢和反应时间的关系如图。下列猜想正确的有（　　） ①0～t1阶段，可能是铝表面有层氧化膜 ②t1～t2阶段，可能是铝和稀盐酸反应放出热量 ③t3时刻，可能是稀盐酸过量 ④t3时刻，可能是稀盐酸不足 A．1项 B．2项 C．3项 D．4项 二．填空题（共1小题） 5．“飞花令”是中国诗词的一种接龙游戏。化学兴趣小组模仿“飞花令”游戏规则，进行物质间转化的接龙比赛，其比赛规则是：从同一物质开始进行转化，接龙物质不能重复且必须含有指定元素，以转化路径长且正确者为比赛胜者。某两场比赛的过程记录如下（“→”表示某一种物质经一步反应可转化为另一种物质）。 （1）指定元素：氢元素；起始物质：HCl，比赛胜者：乙同学。 甲同学：HCl→H2O； 乙同学：HCl→H2O→□。 乙同学在方框中应填物质的化学式是 　 　（写一种即可）。 （2）指定元素：钡元素；起始物质：BaO；比赛胜者：丁同学。 丙同学：BaO→Ba（OH）2→BaSO4 下列能使丁同学获胜的方案有 　 　（填字母）。 A．BaO→BaSO4→Ba（OH）2→BaCO3 B．BaO→BaCl2→Ba（NO3）2→BaSO4 C．BaO→Ba（OH）2→BaCO3→BaCl2→Ba（NO3）2→BaSO4 D．BaO→BaCl2→BaCO3→Ba（NO3）2→Ba（OH）2→BaSO4 三．实验探究题（共6小题） 6．工业烧碱具有较好的杀菌消毒作用且廉价易得，但工业烧碱中常含有杂质碳酸钠。为了测量工业烧碱样品中碳酸钠的质量分数，同学们展开了讨论与探究。 设计的原理思路是：利用Na2CO3与稀H2SO4反应产生CO2，通过测定CO2的质量，确定样品中碳酸钠的质量，从而计算样品纯度。 同学们根据以上思路，从下列装置中选择合适的装置，组装并进行实验。 （1）化学反应是在A装置中的 　 　 （填仪器名称）中进行的。 （2）生成的二氧化碳气体要先通过B装置中的浓硫酸，浓硫酸的作用是 　 　。 （3）第一种方案是选图中装置A、B、C按顺序连接，称量碱石灰在反应前后的质量，增加的量即为二氧化碳的质量。同学们认为这个实验方案的设计有缺陷，若按该方案进行测定会导致难以避免的误差。你认为下列因素会导致难以避免的误差的有 　 　。 A.加入的稀硫酸量不足 B.装置内空气中的CO2没有排出 C.反应产生的CO2未被完全吸收 D.干燥管与空气直接相通 （4）第二种方案是选图中装置A、B、D、E按顺序连接，通过排液法测得二氧化碳的体积换算成质量后再进行计算。那么实验结束后，装置A中残留的二氧化碳对实验结果 　 　（填“有”或“没有”）影响。 7．同学们在学习碱的化学性质时，进行了如图所示的实验。实验结束后，将A、B、C三个实验的废液倒入同一个干净烧杯D中，发现烧杯底部有白色沉淀，上层清液呈红色。 【提出问题】烧杯D中上层清液含有哪些溶质（除指示剂外）？ 【分析讨论】小组讨论后认为，确定反应后物质成分的思维路径：①考虑反应物用量的不同；②抓住化学反应的本质，即微粒的重组。 某小组同学分析过程笔记如下： 【初步结论】 （1）通过分析确定：烧杯D上层清液中肯定不含H+，肯定含有Na+、Cl﹣。判断一定含有Na+、Cl﹣的依据是 　 　； 【实验探究】 小组按如下方案进行实验探究 实验 实验内容 实验现象 实验结论 Ⅰ 取少量上层清液于试管中，加入过量碳酸钠溶液，静置 无沉淀，溶液呈红色 肯定没有Ca2+ Ⅱ 取少量上层清液于试管中，加入过量“？”溶液，静置 有白色沉淀，溶液呈红色 肯定有OH﹣、 CO32﹣ （2）根据实验Ⅰ可以初步推断：上层清液中溶质（除指示剂外）所有可能的组成 　 　（用化学式表示）； （3）实验Ⅱ中应加入过量的 　 　溶液。 【实验结论】烧杯D中上层清液的溶质有指示剂、氯化钠、氢氧化钠、碳酸钠。 8．氢氧化钠是重要的化工原料，在保存的过程中如果密封不严容易变质，现有一瓶氢氧化钠样品，检测员按以下方案抽取氢氧化钠样品进行检验，判断是否变质及变质程度。 【实验方案】： 【推断和结论】： （1）若现象a为有气泡产生，则加入的A溶液可能是　 　（化学式），说明氢氧化钠已经变质； （2）若A为过量的CaCl2溶液（CaCl2溶液呈中性），现象a为有白色沉淀，现象b为无色酚酞试液变红色，则该样品　 　（填“部分”或“完全”）变质，写出②的反应方程式：　 　； 【评价和反思】： （3）若现象a为有气泡产生，则实际操作中对加入A溶液的量有什么要求？　 　为什么？　 　 （4）若A为适量的氢氧化钙溶液，现象a、b均与（2）相同，则能证明该样品是部分变质吗？为什么？ 9．某种粗盐水中有少量含SO42﹣、K+的杂质，小金用这种粗盐水经过下列实验流程制取纯净氯化钠晶体。 （1）固体A是 　 　。（填化学式） （2）加碳酸钠溶液时发生反应的化学方程式 　 　。 （3）若将溶液C蒸发至出现大量固体时停止加热，利用余热将溶液蒸干得到晶体，所得晶体仍不是纯净的氯化钠，理由是 　 　。 10．小乐做了“铝与酸反应”的系列实验，回答问题： 实验1：小乐在试管中放入一枚未打磨的铝片，然后注入适量pH＝4的稀盐酸。铝片与稀盐酸反应产生氢气的速率随时间变化的图线如图甲所示。 （1）铝片和稀盐酸在开始阶段不产生氢气原因：　 　（用相关化学反应方程式解释）。 （2）从a点到b点曲线上升的原因可能是 　 　。 实验2：小乐将另一枚打磨过的铝片与适量pH＝4的稀硫酸反应，结果生成氢气速率很慢针对铝片与稀盐酸和稀硫酸反应速率不同的现象，小乐提出了如下猜想： 猜想1：盐酸中的氯离子对反应起促进作用； 猜想2：硫酸中的硫酸根离子对反应起阻碍作用。 为了验证猜想，小乐设计了如图乙所示实验。 （3）加入的两种固体物质A和B分别是 　 　。 11．暖宝宝的主要成分是：铁粉、碳粉、水、食盐等，它的产热原理与铁生锈相同，但却能在短时间内产生大量的热。小金认为是食盐改变了反应的速度，为了验证自己的猜想，他按图甲装置进行如图实验。 ①检查装置的气密性。 ②将浸有饱和食盐水的棉花平铺在容器底部，接上氧气含量测量仪。 ③称取一定量铁粉和碳粉混合均匀后快速加入锥形瓶中，马上塞上橡皮塞。 ④观察实验现象，获取数据如图乙。 （1）小金得出“食盐能使铁快速生锈”这一结论，他的依据是 　 　。 （2）实验后，小金与另一个学校的小余同学进行交流，小余认为应该增加对照实验，她利用实验室现有器材按图丙装置再次实验。她推测：U型管左侧红墨水水位先上升。但实际上她观察到反应开始后左侧水位反而先下降。请解释U型管左侧红墨水先下降的原因 　 　。 四．推断题（共6小题） 12．如图是氧化沉淀法生产复印用高档Fe3O4粉的工艺流程简图，根据要求回答问题。 （1）铁的另两种常见氧化物的化学式是 　 　、　 　。 （2）由溶液N获得该副产品的操作顺序是b→　 　→　 　→d。 a.过滤 b.加热浓缩 c.冷却结晶 d.晶体加热至完全失去结晶水 （3）通空气时的化学方程式是4Fe（OH）2+2H2O+O2＝4Fe（OH）3，由沉淀M获得Fe3O4的过程中发生的反应为Fe（OH）2+2Fe（OH）3Fe3O4+4H2O，控制“一定量空气”的目的是 　 　，沉淀M中Fe（OH）2和Fe（OH）3的最佳质量比为 　 　。 13．实验室以MnO2为原料制备少量高纯MnCO3的流程如下： 已知：①反应Ⅰ的化学方程式：MnO2+SO2＝MnSO4； ②MnCO3、Mn（OH）2均难溶于水，MnCO3在100℃时开始分解。 （1）流程图中“操作”的名称为 　 　。 （2）反应Ⅱ的化学方程式为 　 　。 （3）为获得高纯MnCO3，需选择“低温干燥”的原因是 　 　。 14．如图A～C是初中化学常见物质。其中A的浓溶液能挥发出刺激性气味的气体，从C→D的反应过程中有蓝色沉淀生成。E为白色沉淀。如图是这些物质的转化关系，部分反应物、生成物及反应条件已省略。 （1）请写出G的化学式：　 　。 （2）C溶被与铁粉反应后，取剩余固体加入盐酸，发现没有气体放出，则与铁粉反应后的溶质成分是 　 　。 15．实验室里有一包白色固体，可能由氯化钠、碳酸钠、氢氧化钠中的一种或几种组成，为了检测其成分，按如图所示流程进行操作： （1）上述中“操作Ⅰ”的名称是 　 　。 （2）加少量硝酸钡溶液，产生白色沉淀，可以推出白色粉末中一定有 　 　。 （3）滴加酚酞试剂后，溶液呈红色，能否说明白色粉末中一定含有氢氧化钠，并说明理由 　 　。 16．有一包固体，可能由KNO3、BaCl2、NH4Cl、Na2CO3、Na2SO4、MgCl2中的一种或几种组成，为了探究该固体组成，某化学小组将固体溶于水配成溶液并开展以下实验，已知步骤Ⅱ中无气泡产生，且白色沉淀部分溶解，请回答下列问题： （1）步骤Ⅰ产生的气体为　 　。 （2）原固体中一定含有的物质是　 　。 （3）步骤Ⅱ中发生反应的化学方程式为　 　。 （4）无色溶液C中阳离子的符号为　 　。 17．某固体物质可能含有Na2SO4、Na2CO3、CaCl2、KCl和KOH中的一种或几种。为探究其组成，流程和现象记录如图： （1）根据实验现象可知，固体物质中一定含有　 　，一定不含有　 　。 （2）取无色溶液B，依次滴加AgNO3溶液和稀HNO3，有白色沉淀产生，通过该实验现象能否说明原固体中含有KCl，并说明理由　 　。 参考答案与试题解析 一．选择题（共4小题） 1．如图所示，小科称取等质量的铜粉和铁粉，分别加入到25mL溶质质量分数为12%的硝酸银溶液中，充分反应。下列情况可能出现的是（　　） A．铁和铜都有剩余，甲、乙生成银的质量比为7：8 B．铁和铜都没有剩余，甲、乙生成银的质量比为1：1 C．铁有剩余，铜没有剩余，甲、乙生成银的质量比为15：16 D．铜有剩余，铁没有剩余，甲、乙生成银的质量比为15：16 【分析】金属活动性顺序：铁＞铜＞银，等质量的铜粉和铁粉，分别加入到25mL溶质质量分数为12%的硝酸银溶液中，充分反应，反应的质量关系： Fe+2AgNO3＝2Ag+Fe（NO3）2 56 216 Cu+2AgNO3＝2Ag+Cu（NO3）2 64 216 结合以上反应规律及各量之间的质量关系进行分析。 【解答】解：A.铁和铜都有剩余，硝酸银全部参加反应，因为硝酸银溶液的体积和溶质的质量分数相同，因此甲、乙生成银的质量比为1：1，故错误； B.铁和铜都没有剩余，则金属铁和铜全部反应，根据化学方程式，设金属的质量均为m，则甲乙生成银的质量比为：：＝8：7，故错误； C.铁有剩余，铜没有剩余，说明铁过量，铜完全反应或者不足，由AB选项分析可知，甲、乙生成银的质量比在1：1～8：7之间，15：16在该区间范围内，故正确； D.等质量的铜和铁，铜有剩余，则铁一定有剩余，故错误； 故选：C。 【点评】本题考查了根据化学方程式的计算、解题时要注意根据物质的反应情况进行分析。 2．用如图所示装置探究CO2能否与H2O反应。滴加盐酸，待试管乙中液体变红后，将其加热至沸腾，红色不褪去。下列说法正确的是（　　） A．甲中逸出的气体只含CO2 B．乙中液体变红，证明CO2能与水反应 C．加热后红色不褪去，说明碳酸受热不分解 D．欲达到实验目的，可将盐酸改为稀硫酸 【分析】A、根据盐酸具有挥发性，进行分析判断。 B、根据氯化氢气体能使紫色石蕊溶液变红色，进行分析判断。 C、根据加热后红色不褪去，进行分析判断。 D、根据硫酸不具有挥发性，进行分析判断。 【解答】解：A、盐酸具有挥发性，能挥发出氯化氢气体，甲中逸出的气体不是只含CO2，还含有氯化氢气体，故选项说法错误。 B、氯化氢气体能使紫色石蕊溶液变红色，乙中液体变红，不能证明CO2能与水反应，故选项说法错误。 C、加热后红色不褪去，不能说明碳酸受热不分解，是因为氯化氢气体溶于水生成的盐酸使紫色石蕊溶液变红色，故选项说法错误。 D、硫酸不具有挥发性，能与碳酸钙粉末反应生成二氧化碳气体，欲达到实验目的，可将盐酸改为稀硫酸，故选项说法正确。 故选：D。 【点评】本题难度不大，掌握二氧化碳的化学性质、盐酸具有挥发性等是正确解答本题的关键。 3．使用如图所示装置（搅拌装置略）探究溶液离子浓度变化，已知反应的产物如果全部是沉淀（或沉淀和水）时灯光会变暗。下列灯光变化可能出现“亮→暗（或灭）→亮”现象的是（　　） 试剂甲 试剂乙 A MgSO4 Ba（OH）2 B K2CO3 HNO3 C HNO3 KOH D NaCl AgNO3 A．A B．B C．C D．D 【分析】根据题意，已知反应产物全部是沉淀（或沉淀和水）时灯光变暗，进行分析判断。 【解答】解：A、MgSO4和Ba（OH）2溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化镁沉淀，恰好完全反应时，灯光熄灭，继续滴加MgSO4溶液，灯光再发亮，能出现“亮→暗（或灭）→亮”现象，故选项正确。 B、碳酸钾和硝酸反应生成硝酸钾、水和二氧化碳，灯光始终发亮，不会出现“亮→暗（或灭）→亮”现象，故选项错误。 C、HNO3和KOH反应生成硝酸钾和水，灯光始终发亮，不会出现“亮→暗（或灭）→亮”现象，故选项错误。 D、氯化钠和硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，溶液中始终存在能自由移动的离子，灯光始终发亮，不会出现“亮→暗（或灭）→亮”现象，故选项错误。 故选：A。 【点评】本题难度不大，明确反应产物全部是沉淀（或沉淀和水）时灯光变暗、熟练掌握酸碱盐的化学性质是正确解答本题的关键。 4．学会识图能发展科学思维。一小块未打磨的铝片和一定质量的稀盐酸反应，产生气泡的快慢和反应时间的关系如图。下列猜想正确的有（　　） ①0～t1阶段，可能是铝表面有层氧化膜 ②t1～t2阶段，可能是铝和稀盐酸反应放出热量 ③t3时刻，可能是稀盐酸过量 ④t3时刻，可能是稀盐酸不足 A．1项 B．2项 C．3项 D．4项 【分析】氧化铝和稀盐酸反应生成氯化铝和水，铝和稀盐酸反应生成氯化铝和氢气，据此分析。 【解答】解：①0～t1阶段，没有气泡产生，说明铝和稀盐酸还没有反应，可能是铝表面有层氧化膜，正确； ②t1～t2阶段，产生气泡变快，可能是铝和稀盐酸反应且放出热量，正确； ③t2时刻以后产气泡的速率下降，是因为稀盐酸的浓度降低，t3时刻，刚好不再产生气泡，则可能是稀盐酸过量或铝被消耗，与酸的接触面积变小，正确； ④t3时刻，可能是稀盐酸不足，正确； 故选：D。 【点评】本题主要考查学生对应反应图像的分析能力，有一定的难度。 二．填空题（共1小题） 5．“飞花令”是中国诗词的一种接龙游戏。化学兴趣小组模仿“飞花令”游戏规则，进行物质间转化的接龙比赛，其比赛规则是：从同一物质开始进行转化，接龙物质不能重复且必须含有指定元素，以转化路径长且正确者为比赛胜者。某两场比赛的过程记录如下（“→”表示某一种物质经一步反应可转化为另一种物质）。 （1）指定元素：氢元素；起始物质：HCl，比赛胜者：乙同学。 甲同学：HCl→H2O； 乙同学：HCl→H2O→□。 乙同学在方框中应填物质的化学式是 　H2　（写一种即可）。 （2）指定元素：钡元素；起始物质：BaO；比赛胜者：丁同学。 丙同学：BaO→Ba（OH）2→BaSO4 下列能使丁同学获胜的方案有 　BC　（填字母）。 A．BaO→BaSO4→Ba（OH）2→BaCO3 B．BaO→BaCl2→Ba（NO3）2→BaSO4 C．BaO→Ba（OH）2→BaCO3→BaCl2→Ba（NO3）2→BaSO4 D．BaO→BaCl2→BaCO3→Ba（NO3）2→Ba（OH）2→BaSO4 【分析】（1）根据稀盐酸和氧化铜反应生成氯化铜和水，电解水生成氢气和氧气进行分析； （2）根据氧化钡和盐酸反应生成氯化钡和水，氯化钡和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钡，硝酸钡和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和硝酸钠；氧化钡和水反应生成氢氧化钡，氢氧化钡和二氧化碳反应生成碳酸钡沉淀和水，碳酸钡和盐酸反应生成氯化钡、水和二氧化碳进行分析。 【解答】解：（1）稀盐酸和氧化铜反应生成氯化铜和水，电解水生成氢气和氧气，乙同学在方框中应填物质的化学式是H2。 （2）能使丁同学获胜的方案有BaO﹣BaCl2→Ba（NO3）2→BaSO4、BaO→Ba（OH）2→BaCO3→BaCl2→Ba（NO3）2→BaSO4，是因为B中氧化钡和盐酸反应生成氯化钡和水，氯化钡和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钡，硝酸钡和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和硝酸钠，C中氧化钡和水反应生成氢氧化钡，氢氧化钡和二氧化碳反应生成碳酸钡沉淀和水，碳酸钡和盐酸反应生成氯化钡、水和二氧化碳，氯化钡和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钡，硝酸钡和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和硝酸钠。 故选：BC。 故答案为：（1）H2； （2）BC。 【点评】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。 三．实验探究题（共6小题） 6．工业烧碱具有较好的杀菌消毒作用且廉价易得，但工业烧碱中常含有杂质碳酸钠。为了测量工业烧碱样品中碳酸钠的质量分数，同学们展开了讨论与探究。 设计的原理思路是：利用Na2CO3与稀H2SO4反应产生CO2，通过测定CO2的质量，确定样品中碳酸钠的质量，从而计算样品纯度。 同学们根据以上思路，从下列装置中选择合适的装置，组装并进行实验。 （1）化学反应是在A装置中的 　锥形瓶　 （填仪器名称）中进行的。 （2）生成的二氧化碳气体要先通过B装置中的浓硫酸，浓硫酸的作用是 　吸收水蒸气　。 （3）第一种方案是选图中装置A、B、C按顺序连接，称量碱石灰在反应前后的质量，增加的量即为二氧化碳的质量。同学们认为这个实验方案的设计有缺陷，若按该方案进行测定会导致难以避免的误差。你认为下列因素会导致难以避免的误差的有 　BCD　。 A.加入的稀硫酸量不足 B.装置内空气中的CO2没有排出 C.反应产生的CO2未被完全吸收 D.干燥管与空气直接相通 （4）第二种方案是选图中装置A、B、D、E按顺序连接，通过排液法测得二氧化碳的体积换算成质量后再进行计算。那么实验结束后，装置A中残留的二氧化碳对实验结果 　没有　（填“有”或“没有”）影响。 【分析】（1）化学反应是在A装置中的锥形瓶中进行的。 （2）浓硫酸能够吸收水蒸气。 （3）碱石灰能够吸收水蒸气和二氧化碳。 （4）实验结束后，装置A中残留的二氧化碳对实验结果没有影响，是因为生成多少体积的二氧化碳，就有多少体积的水排入量筒中。 【解答】解：（1）化学反应是在A装置中的锥形瓶中进行的。 故答案为：锥形瓶。 （2）生成的二氧化碳气体要先通过B装置中的浓硫酸，浓硫酸的作用是吸收水蒸气。 故答案为：吸收水蒸气。 （3）A.加入的稀硫酸量不足，还可以再加入，该选项不正确。 B.装置内空气中的CO2没有排出，会导致吸收的二氧化碳质量增大，导致测定结果偏大，该选项正确。 C.反应产生的CO2未被完全吸收，导致测定结果偏小，该选项正确。 D.干燥管与空气直接相通，导致空气中的水蒸气和二氧化碳进入C中，导致测定结果偏大，该选项正确。 故答案为：BCD。 （4）实验结束后，装置A中残留的二氧化碳对实验结果没有影响，是因为生成多少体积的二氧化碳，就有多少体积的水排入量筒中。 故答案为：没有。 【点评】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。 7．同学们在学习碱的化学性质时，进行了如图所示的实验。实验结束后，将A、B、C三个实验的废液倒入同一个干净烧杯D中，发现烧杯底部有白色沉淀，上层清液呈红色。 【提出问题】烧杯D中上层清液含有哪些溶质（除指示剂外）？ 【分析讨论】小组讨论后认为，确定反应后物质成分的思维路径：①考虑反应物用量的不同；②抓住化学反应的本质，即微粒的重组。 某小组同学分析过程笔记如下： 【初步结论】 （1）通过分析确定：烧杯D上层清液中肯定不含H+，肯定含有Na+、Cl﹣。判断一定含有Na+、Cl﹣的依据是 　Na+、Cl﹣在整个过程中没有参加反应，肯定存在　； 【实验探究】 小组按如下方案进行实验探究 实验 实验内容 实验现象 实验结论 Ⅰ 取少量上层清液于试管中，加入过量碳酸钠溶液，静置 无沉淀，溶液呈红色 肯定没有Ca2+ Ⅱ 取少量上层清液于试管中，加入过量“？”溶液，静置 有白色沉淀，溶液呈红色 肯定有OH﹣、 CO32﹣ （2）根据实验Ⅰ可以初步推断：上层清液中溶质（除指示剂外）所有可能的组成 　①NaCl、NaOH；②NaCl、Na2CO3；③NaCl、NaOH、Na2CO3　（用化学式表示）； （3）实验Ⅱ中应加入过量的 　氯化钡或氯化钙或硝酸钡或硝酸钙　溶液。 【实验结论】烧杯D中上层清液的溶质有指示剂、氯化钠、氢氧化钠、碳酸钠。 【分析】（1）根据氢氧化钠和盐酸反应中Na+、Cl﹣没有参加反应，倒入烧杯中，Na+、Cl﹣没有参加反应分析； （2）根据氢氧化钠、碳酸钠呈碱性，能使酚酞变红，结合题干信息分析； （3）碳酸根与钙离子或钡离子反应生成白色沉淀，加热过量的钙离子或钡离子检验碳酸根离子并除去碳酸根离子，再根据酚酞变红，证明氢氧根离子。 【解答】解：（1）A中氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠和水，反应实质是氢离子和氢氧根离子生成水分子，Na+、Cl﹣没有参加反应，实验结束后，将A、B、C三个实验的废液倒入同一个干净烧杯D中，氯化钠没有与其它物质反应，即Na+、Cl﹣没有参加反应；判断一定含有Na+、Cl﹣的依据是Na+、Cl﹣在整个过程中没有参加反应，肯定存在； （2）钙离子与碳酸根离子反应生成碳酸钙沉淀，故取少量上层清液于试管中，加入过量碳酸钠溶液，静置，没有沉淀，则肯定没有Ca2+，溶液呈红色，可能有碳酸钠和氢氧化钠中的一种或两种，故根据实验Ⅰ可以初步推断：上层清液中溶质（除指示剂外）所有可能的组成①NaCl、NaOH；②NaCl、Na2CO3；③NaCl、NaOH、Na2CO3； （3）由实验结论有OH﹣、CO32﹣，碳酸根与钙离子或钡离子反应生成白色沉淀，故取少量上层清液于试管中，加入过量氯化钡溶液或氯化钙溶液或硝酸钡溶液或硝酸钙溶液，生成白色沉淀，证明有碳酸根，由于所加溶液过量，可除尽碳酸根离子，溶液显红色，证明有氢氧根离子。 故答案为：（1）Na+、Cl﹣在整个过程中没有参加反应，肯定存在； （2）①NaCl、NaOH；②NaCl、Na2CO3；③NaCl、NaOH、Na2CO3； （3）氯化钡或氯化钙或硝酸钡或硝酸钙。 【点评】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。 8．氢氧化钠是重要的化工原料，在保存的过程中如果密封不严容易变质，现有一瓶氢氧化钠样品，检测员按以下方案抽取氢氧化钠样品进行检验，判断是否变质及变质程度。 【实验方案】： 【推断和结论】： （1）若现象a为有气泡产生，则加入的A溶液可能是　HCl　（化学式），说明氢氧化钠已经变质； （2）若A为过量的CaCl2溶液（CaCl2溶液呈中性），现象a为有白色沉淀，现象b为无色酚酞试液变红色，则该样品　部分　（填“部分”或“完全”）变质，写出②的反应方程式：　Na2CO3+CaCl2＝CaCO3↓+2NaCl　； 【评价和反思】： （3）若现象a为有气泡产生，则实际操作中对加入A溶液的量有什么要求？　足量或过量　为什么？　在部分变质的情况下，加入稀盐酸的量太少是不会产生气泡的　 （4）若A为适量的氢氧化钙溶液，现象a、b均与（2）相同，则能证明该样品是部分变质吗？为什么？ 【分析】（1）根据氢氧化钠变质生成了碳酸钠，碳酸钠和氧盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳进行分析； （2）根据碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，氢氧化钠能使酚酞变红色进行分析； （3）根据氢氧化钠和碳酸钠的混合物中加入稀盐酸，稀盐酸会先与氢氧化钠反应，再与碳酸钠反应进行分析； （4）根据氢氧化钙反应后会引入氢氧根离子，对氢氧化钠的检验造成干扰进行分析。 【解答】解：（1）氢氧化钠变质生成了碳酸钠，碳酸钠和氧盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，所以若现象a为有气泡产生，则加入的A溶液可能是HCl，说明氢氧化钠已经变质； （2）碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，氢氧化钠能使酚酞变红色，所以若A为过量的CaCl2溶液，现象a为有白色沉淀，现象b为无色酚酞试液变红色，则该样品部分变质，反应②的化学方程式为：Na2CO3+CaCl2＝CaCO3↓+2NaCl； （3）氢氧化钠和碳酸钠的混合物中加入稀盐酸，稀盐酸会先与氢氧化钠反应，再与碳酸钠反应，所以实际操作中对加入A溶液的量要求是过量或足量，原因是：在部分变质的情况下，加入稀盐酸的量太少是不会产生气泡的； （4）氢氧化钙反应后会引入氢氧根离子，对氢氧化钠的检验造成干扰。 故答案为：（1）HCl； （2）部分，Na2CO3+CaCl2＝CaCO3↓+2NaCl； （3）过量或足量，在部分变质的情况下，加入稀盐酸的量太少是不会产生气泡的； （4）不能，氢氧化钙和碳酸钠反应会生成氢氧化钠，能使酚酞变红色，不能证明原混合物中含有氢氧化钠。 【点评】合理设计实验，科学地进行实验、分析实验，是得出正确实验结论的前提，因此要学会设计实验、进行实验、分析实验，为学好化学知识奠定基础。 9．某种粗盐水中有少量含SO42﹣、K+的杂质，小金用这种粗盐水经过下列实验流程制取纯净氯化钠晶体。 （1）固体A是 　BaSO4　。（填化学式） （2）加碳酸钠溶液时发生反应的化学方程式 　BaCl2+Na2CO3═BaCO3↓+2NaCl　。 （3）若将溶液C蒸发至出现大量固体时停止加热，利用余热将溶液蒸干得到晶体，所得晶体仍不是纯净的氯化钠，理由是 　钾离子未除去　。 【分析】（1）根据Ba2+与SO42﹣结合生成硫酸钡白色沉淀分析解答； （2）根据化学反应原理书写化学方程式； （3）根据得到的食盐混有未除去的钾离子分析进行分析； 【解答】解：（1）粗盐水中有少量含SO42﹣、K+，加入过量氯化钡，Ba2+与SO42﹣结合生成硫酸钡白色沉淀，化学式为BaSO4； （2）溶液A中有过量氯化钡，加入过量碳酸钠溶液，氯化钡与碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，化学方程式为：BaCl2+Na2CO3═BaCO3↓+2NaCl； （3）溶液B中含过量的碳酸钠，还有氯化钠和K+，加过量盐酸，碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，溶液C含有氯化钠和K+，若将溶液C蒸发至出现大量固体时停止加热，利用余热将溶液蒸干得到晶体，所得晶体仍不是纯净的氯化钠，理由是钾离子未除去。 故答案为：（1）BaSO4； （2）BaCl2+Na2CO3═BaCO3↓+2NaCl； （3）钾离子未除去。 【点评】本题考查了物质的除杂的有关问题，难度比较大，特别的除去食盐中的多种杂质，要根据除杂的原理深入思考分析。 10．小乐做了“铝与酸反应”的系列实验，回答问题： 实验1：小乐在试管中放入一枚未打磨的铝片，然后注入适量pH＝4的稀盐酸。铝片与稀盐酸反应产生氢气的速率随时间变化的图线如图甲所示。 （1）铝片和稀盐酸在开始阶段不产生氢气原因：　Al2O3+6HCl＝2AlCl3+3H2O　（用相关化学反应方程式解释）。 （2）从a点到b点曲线上升的原因可能是 　反应放热，加快了反应速率　。 实验2：小乐将另一枚打磨过的铝片与适量pH＝4的稀硫酸反应，结果生成氢气速率很慢针对铝片与稀盐酸和稀硫酸反应速率不同的现象，小乐提出了如下猜想： 猜想1：盐酸中的氯离子对反应起促进作用； 猜想2：硫酸中的硫酸根离子对反应起阻碍作用。 为了验证猜想，小乐设计了如图乙所示实验。 （3）加入的两种固体物质A和B分别是 　氯化钠、硫酸钠　。 【分析】（1）根据氧化铝和稀盐酸反应生成氯化铝和水进行分析； （2）根据从a点到b点曲线上升的原因可能是反应放热，加快了反应速率进行分析； （3）根据加入氯化钠是检验氯离子是否具有促进作用，加入硫酸钠是检验硫酸根离子是否具有阻碍作用进行分析。 【解答】解：（1）铝片和稀盐酸在开始阶段不产生氢气的原因：表面的氧化铝膜和稀盐酸反应生成氯化铝和水，化学方程式为：Al2O3+6HCl＝2AlCl3+3H2O； （2）从a点到b点曲线上升的原因可能是反应放热，加快了反应速率； （3）加入的两种固体物质A和B分别是氯化钠、硫酸钠，加入氯化钠是检验氯离子是否具有促进作用，加入硫酸钠是检验硫酸根离子是否具有阻碍作用。 故答案为：（1）Al2O3+6HCl＝2AlCl3+3H2O； （2）反应放热，加快了反应速率； （3）氯化钠、硫酸钠。 【点评】在解此类题时，首先要将题中的知识认知透，然后结合学过的知识进行解答。 11．暖宝宝的主要成分是：铁粉、碳粉、水、食盐等，它的产热原理与铁生锈相同，但却能在短时间内产生大量的热。小金认为是食盐改变了反应的速度，为了验证自己的猜想，他按图甲装置进行如图实验。 ①检查装置的气密性。 ②将浸有饱和食盐水的棉花平铺在容器底部，接上氧气含量测量仪。 ③称取一定量铁粉和碳粉混合均匀后快速加入锥形瓶中，马上塞上橡皮塞。 ④观察实验现象，获取数据如图乙。 （1）小金得出“食盐能使铁快速生锈”这一结论，他的依据是 　在较短的时间内，氧气的含量迅速降低　。 （2）实验后，小金与另一个学校的小余同学进行交流，小余认为应该增加对照实验，她利用实验室现有器材按图丙装置再次实验。她推测：U型管左侧红墨水水位先上升。但实际上她观察到反应开始后左侧水位反而先下降。请解释U型管左侧红墨水先下降的原因 　铁粉在跟水、氧气的反应过程中，短时间内产生大量的热，使瓶内压强迅速增大　。 【分析】（1）根据氧气含量的变化进行分析。 （2）根据铁生锈放热进行分析。 【解答】解：（1）分析图中数据可知，在较短的时间内，氧气的含量迅速降低；故答案为：在较短的时间内，氧气的含量迅速降低。 （2）食盐能使铁快速生锈，铁粉在跟水、氧气的反应过程中，短时间内产生大量的热，使瓶内压强迅速增大，所以实际上她观察到反应开始后左侧水位反而下降。故答案为：铁粉在跟水、氧气的反应过程中，短时间内产生大量的热，使瓶内压强迅速增大。 【点评】铁与空气中的氧气和水接触生锈，且放出热量。 四．推断题（共6小题） 12．如图是氧化沉淀法生产复印用高档Fe3O4粉的工艺流程简图，根据要求回答问题。 （1）铁的另两种常见氧化物的化学式是 　FeO　、　Fe2O3　。 （2）由溶液N获得该副产品的操作顺序是b→　c　→　a　→d。 a.过滤 b.加热浓缩 c.冷却结晶 d.晶体加热至完全失去结晶水 （3）通空气时的化学方程式是4Fe（OH）2+2H2O+O2＝4Fe（OH）3，由沉淀M获得Fe3O4的过程中发生的反应为Fe（OH）2+2Fe（OH）3Fe3O4+4H2O，控制“一定量空气”的目的是 　控制Fe（OH）2的转化量　，沉淀M中Fe（OH）2和Fe（OH）3的最佳质量比为 　45：107　。 【分析】（1）根据铁的化合价确定铁的氧化物的化学式． （2）根据硫酸钠溶液变为失去结晶水的硫酸钠的过程进行分析； （3）根据通空气时的化学方程式是4Fe（OH）2+2H2O+O2═4Fe（OH）3，即Fe（OH）2转化为Fe（OH）3，根据反应的质量比进行分析。 【解答】解：（1）铁的氧化物有氧化铁、氧化亚铁和四氧化三铁，故另外两种氧化物的化学式为：FeO、Fe2O3； （2）由硫酸钠溶液变为失去结晶水的硫酸钠的过程为：b→c→a→d； （3）因为通空气时的化学方程式是4Fe（OH）2+2H2O+O2═4Fe（OH）3，即Fe（OH）2转化为Fe（OH）3，所以控制“一定量空气”的目的是控制Fe（OH）2与Fe（OH）3的质量比，以达到他们的最佳质量比．他们的最佳质量比就是能够高产得到Fe3O4，所以他们两者恰好完全反应时的质量比就是最佳质量比，由化学方程式Fe（OH）2+2Fe（OH）3═Fe3O4+4H2O，可知Fe（OH）2与Fe（OH）3的质量比的最佳质量比为：90：（2×107）═45：107． 故答案为：（1）FeO、Fe2O3； （2）c；a； （3）控制Fe（OH）2的转化量；45：107。 【点评】本题是一道信息给予与生产实践相关的题型，以含铁的物质为基本出发点，引发出含铁的氧化物的种类，混合物的分离方法，产品的制作流程。 13．实验室以MnO2为原料制备少量高纯MnCO3的流程如下： 已知：①反应Ⅰ的化学方程式：MnO2+SO2＝MnSO4； ②MnCO3、Mn（OH）2均难溶于水，MnCO3在100℃时开始分解。 （1）流程图中“操作”的名称为 　过滤　。 （2）反应Ⅱ的化学方程式为 　MnSO4+2NaHCO3═Na2SO4+MnCO3↓+CO2↑+H2O　。 （3）为获得高纯MnCO3，需选择“低温干燥”的原因是 　MnCO3的分解温度为100℃，为防止MnCO3高温分解，影响高纯MnCO3的纯度　。 【分析】（1）“操作”是将碳酸锰沉淀与硫酸钠溶液进行分离，进行分析解答。 （2）反应Ⅱ是硫酸锰与碳酸氢钠反应生成硫酸钠、碳酸锰沉淀、二氧化碳和水，进行分析解答。 （3）根据MnCO3在100℃时开始分解，进行分析解答。 【解答】解：（1）“操作”是将碳酸锰沉淀与硫酸钠溶液进行分离，是过滤操作； （2）反应Ⅱ是硫酸锰与碳酸氢钠反应生成硫酸钠、碳酸锰沉淀、二氧化碳和水，反应的化学方程式为MnSO4+2NaHCO3═Na2SO4+MnCO3↓+CO2↑+H2O。 （3）MnCO3在100℃时开始分解，MnCO3高温易分解，需选择“低温“干燥，是因为防止MnCO3高温分解，影响高纯MnCO3的纯度。 故答案为：（1）过滤； （2）MnSO4+2NaHCO3═Na2SO4+MnCO3↓+CO2↑+H2O； （3）MnCO3的分解温度为100℃，为防止MnCO3高温分解，影响高纯MnCO3的纯度。 【点评】本题难度不大，理解实验室以MnO2为原料制备少量高纯MnCO3的流程，掌握过滤的原理、化学方程式的书写方法等是正确解答本题的关键。 14．如图A～C是初中化学常见物质。其中A的浓溶液能挥发出刺激性气味的气体，从C→D的反应过程中有蓝色沉淀生成。E为白色沉淀。如图是这些物质的转化关系，部分反应物、生成物及反应条件已省略。 （1）请写出G的化学式：　AgNO3　。 （2）C溶被与铁粉反应后，取剩余固体加入盐酸，发现没有气体放出，则与铁粉反应后的溶质成分是 　FeCl2或FeCl2和CuCl2　。 【分析】根据A﹣G是初中化学常见物质，A的浓溶液能挥发出刺激性气味的气体，A和铁粉、氢氧化钠会反应，所以A是盐酸，从C→D的反应过程中有蓝色沉淀生成，依据复分解反应原理可知C中含有铜离子，盐酸和F会生成含有铜离子的C，所以F可以是氧化铜或氢氧化铜，C就是氯化铜，氯化铜和氢氧化钠反应生成蓝色的氢氧化铜沉淀和氯化钠，盐酸和氢氧化钠反应也会生成氯化钠和水，所以D是氯化钠，氯化铜和铁粉反应会生成氯化亚铁和铜，盐酸和铁反应会生成氯化亚铁和氢气，所以B是氯化亚铁，E为白色沉淀，A、B、D中都含有氯离子，和G反应会生成白色沉淀，所以G是硝酸银，然后将推出的各种物质代入转化关系中验证即可。 【解答】解：A﹣G是初中化学常见物质，A的浓溶液能挥发出刺激性气味的气体，A和铁粉、氢氧化钠会反应，所以A是盐酸，从C→D的反应过程中有蓝色沉淀生成，依据复分解反应原理可知C中含有铜离子，盐酸和F会生成含有铜离子的C，所以F可以是氧化铜或氢氧化铜，C就是氯化铜，氯化铜和氢氧化钠反应生成蓝色的氢氧化铜沉淀和氯化钠，盐酸和氢氧化钠反应也会生成氯化钠和水，所以D是氯化钠，氯化铜和铁粉反应会生成氯化亚铁和铜，盐酸和铁反应会生成氯化亚铁和氢气，所以B是氯化亚铁，E为白色沉淀，A、B、D中都含有氯离子，和G反应会生成白色沉淀，所以G是硝酸银，然后将推出的各种物质代入转化关系中验证即可。 （1）由上述分析可知G是硝酸银，化学式为：AgNO3；故答案为：AgNO3； （2）由上述分析可知，C溶液是氯化铜溶液，与铁粉反应后生成了氯化亚铁和铜，取剩余固体加入盐酸，没有气体放出，说明了没有铁粉剩余，氯化铜与铁粉反应后的溶液一定存在的物质有FeCl2，可能存在的物质有CuCl2；所以C溶液与铁粉反应后的溶质成分可能只有FeCl2，也可能是FeCl2和CuCl2；故答案为：FeCl2或FeCl2和CuCl2。 【点评】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。 15．实验室里有一包白色固体，可能由氯化钠、碳酸钠、氢氧化钠中的一种或几种组成，为了检测及成分，按如图所示流程进行操作： （1）上述中“操作Ⅰ”的名称是 　过滤　。 （2）加少量硝酸钡溶液，产生白色沉淀，可以推出白色粉末中一定有 　碳酸钠　。 （3）滴加酚酞试剂后，溶液呈红色，能否说明白色粉末中是否一定含有氢氧化钠，并说明理由 　不能，加入硝酸钡少量，若碳酸钠有残留，此时溶液也会显碱性，加入酚酞试剂后，溶液也变红　。 【分析】（1）考查固液分离的方法： （2）根据钡离子与碳酸根离子生成碳酸钡沉淀的性质分析回答此题； （3）根据碳酸钠的性质分析回答此题。 【解答】解：（1）操作Ⅰ实现了固液分离，常用的方法为过滤； 故答案为：过滤。 （2）硝酸钡可与碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀，所以此时白色粉末一定含有碳酸钠； 故答案为：碳酸钠。 （3）由于加入硝酸钡量不足，碳酸钠若有剩余，则溶液含有碳酸钠，此时加入酚酞试剂，溶液也会变红，无法判断是否含有氢氧化钠； 故答案为：不能，加入硝酸钡少量，若碳酸钠有残留，此时溶液也会显碱性，加入酚酞试剂后，溶液也变红。 【点评】在解此类题时，首先要将题中的知识认知透，然后结合学过的知识进行解答。 16．有一包固体，可能由KNO3、BaCl2、NH4Cl、Na2CO3、Na2SO4、MgCl2中的一种或几种组成，为了探究该固体组成，某化学小组将固体溶于水配成溶液并开展以下实验，已知步骤Ⅱ中无气泡产生，且白色沉淀部分溶解，请回答下列问题： （1）步骤Ⅰ产生的气体为　NH3（氨气）　。 （2）原固体中一定含有的物质是　NH4Cl、Na2SO4、MgCl2　。 （3）步骤Ⅱ中发生反应的化学方程式为　Mg（OH）2+2HCl＝MgCl2+2H2O　。 （4）无色溶液C中阳离子的符号为　H+、Ag+、Mg2+　。 【分析】根据框图可知将可能由KNO3、BaCl2、NH4Cl、Na2CO3、Na2SO4、MgCl2中的一种或几种的固体与过量的氢氧化钡溶液混合产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，此气体是氨气，因此原白色固体中一定含有氯化铵；此外产生白色沉淀X，X可能是与碳酸钠、硫酸钠反应产生碳酸钡沉淀或硫酸钡，也可能是与氯化镁反应产生的氢氧化镁沉淀；再向沉淀中加过量的稀盐酸，产生白色沉淀Y，说明沉淀X应该是氢氧化镁和硫酸钡沉淀，因为碳酸钡沉淀溶于盐酸会产生气泡，硫酸钡沉淀不能和盐酸反应，因此说明固体中一定含有硫酸钠和氯化镁，一定没有碳酸钠及能与硫酸钠反应的氯化钡；与硝酸银混合产生的沉淀是氯化银沉淀，据此完成相关的问题。 【解答】解：将可能由KNO3、BaCl2、NH4Cl、Na2CO3、Na2SO4、MgCl2中的一种或几种的固体与过量的氢氧化钡溶液混合产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，此气体是氨气，因此原白色固体中一定含有氯化铵；此外产生白色沉淀X，X可能是与碳酸钠、硫酸钠反应产生碳酸钡沉淀或硫酸钡，也可能是与氯化镁反应产生的氢氧化镁沉淀；再向沉淀中加过量的稀盐酸，产生白色沉淀Y，说明沉淀X应该是氢氧化镁和硫酸钡沉淀，因为碳酸钡沉淀溶于盐酸会产生气泡，硫酸钡沉淀不能和盐酸反应，因此说明固体中一定含有硫酸钠和氯化镁，一定没有碳酸钠及能与硫酸钠反应的氯化钡；因此： （1）根据分析可知步骤Ⅰ产生的气体为氨气；故填：NH3（氨气）； （2）根据推断可知原固体中一定含有的物质是氯化铵、硫酸钠和氯化镁；故填：NH4Cl、Na2SO4、MgCl2； （3）步骤Ⅱ中发生的反应是氢氧化镁和盐酸反应产生氯化镁和水，故方程式为：Mg（OH）2+2HCl＝MgCl2+2H2O； （4）氯化镁与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸镁，因此无色溶液C中含有过量的硝酸银、稀硝酸及反应产生的硝酸镁，因此阳离子有银离子、氢离子及镁离子；故填：H+、Ag+、Mg2+。 【点评】本题为框图式物质推断题，完成此题，关键是根据题干叙述，找准解题的突破口，直接得出有关物质的化学式，然后根据物质的性质结合框图得出其他物质的化学式。 17．某固体物质可能含有Na2SO4、Na2CO3、CaCl2、KCl和KOH中的一种或几种。为探究其组成，流程和现象记录如图： （1）根据实验现象可知，固体物质中一定含有　Na2SO4、Na2CO3　，一定不含有　CaCl2、KOH　。 （2）取无色溶液B，依次滴加AgNO3溶液和稀HNO3，有白色沉淀产生，通过该实验现象能否说明原固体中含有KCl，并说明理由　步骤②中加入了氯化钡溶液引入了氯离子　。 【分析】根据硫酸钠和氯化钡会生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，碳酸钠和氯化钡反应会生成溶于酸的碳酸钡沉淀，氢氧化钾在溶液中显碱性以及物质间的反应关系等分析解答。 【解答】解：固体物质溶于水得无色溶液，而碳酸钠和氯化钙反应能够生成沉淀，则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，碳酸钠和氯化钡反应会生成溶于酸的碳酸钡沉淀，氢氧化钾、碳酸钠在溶液中显碱性。 无色溶液A中加入氯化钡会生成白色沉淀和pH＝7的溶液B，所以固体物质中一定不含氢氧化钾，加入氯化钡会生成白色沉淀，白色沉淀溶于酸会生成气体，同时还有不溶物C出现，所以混合物中一定含有碳酸钠、硫酸钠，一定不含氯化钙，可能含有氯化钾； （1）由以上分析可知固体物质中一定含有Na2SO4、Na2CO3，一定没有CaCl2、KOH，可能含有KCl。 （2）取无色溶液B，依次滴加AgNO3和稀HNO3不能检验原固体中是否含有KCl，理由是：步骤②中加入了氯化钡溶液引入了氯离子。 故答案为：（1）Na2SO4、Na2CO3；CaCl2、KOH。 （2）步骤②中加入了氯化钡溶液引入了氯离子。 【点评】在解此类题时，首先分析题中所给物质的性质和两两之间的反应，然后依据题中的现象判断各物质的存在性，最后进行验证即可。 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $