NH4Cl,（NH4）2SO4溶液液体药品应放在（）瓶中,取用液体时,瓶塞（）在桌面上,标签向（）

（1）固体混合物A加入氢氧化钠溶液加热后过滤，生成的气体B通入紫色石蕊试液中，溶液变蓝色，说明该气体是碱性气体，铵态氮肥中加碱会生成氨气，氨气溶于水显碱性，会使紫色的石蕊变蓝色，所以气体B是：NH₃，滤液C中加氯化钡没有明显的现象，所以原混合物中不含碳酸根离子和硫酸根离子，但是也要生成氨气，所以固体中一定有氯化铵，溶液F显黄色，一定存在铁离子，所以沉淀D就是氧化铁，所以肯定含有的物质是：NH₄Cl，Fe₂O₃，氢氧化钠和氯化铵反应生成氯化钠、氨气和水，然后又加入了氯化钡，所以E中的溶质为：NaCl、BaCl₂；
（2）氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，化学方程式为：6HCl+Fe₂O₃=2FeCl₃+3H₂O．
故答案为：（1）NH₃，NH₄Cl，Fe₂O₃，NaCl、BaCl₂；
（2）6HCl+Fe₂O₃=2FeCl₃+3H₂O．

点评：
本题考点： 物质的鉴别、推断；盐的化学性质；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 在解此类题时，首先分析题中所给物质的性质，然后依据题中的现象确定各种物质的存在性，最后确定混合物的成分．

A、（NH₄）₂SO₄是含有氮元素的化肥，属于铵态氮肥，能促进植物生长茂盛，叶色浓绿．正确；
B、长期施用（NH₄）₂SO₄会导致土壤酸化板结．正确；
C、草木灰可改良酸性土壤，说明K₂CO₃的溶液呈碱性．正确；
D、硫酸铵和氢氧化钙混合时能反应生成氨气，从而降低肥效．错误．
故选D．

点评：
本题考点： 常见化肥的种类和作用．

考点点评： 解答本题要充分理解各种物质的性质方面的知识，只有这样才能对相关方面的问题做出正确的判断．

A、AgNO₃溶液与这些物质反应可生成两种白色沉淀，即氯化银和硫酸银，故A不适合；
B、BaCl₂溶液与K₂SO₄和（NH₄）₂SO₄反应都生成硫酸钡沉淀．故B不适合；
C、NaOH溶液与NH₄NO₃和（NH₄）₂SO₄反应都有气体生成，故C不适合；
D、Ba（OH）₂溶液与NaCl反应没有明显现象；Ba（OH）₂溶液与K₂SO₄反应生成BaSO₄沉淀；Ba（OH）₂溶液与NH₄NO₃反应有气体生成；Ba（OH）₂溶液与（NH₄）₂SO₄反应有气体和沉淀生成．故D适合．
故选D．

点评：
本题考点： 物质的鉴别、推断．

考点点评： 此题主要是考查同学们的综合分析能力，不但要求同学们具备有关化合物的基础知识，而且要有实验操作的经历和分析、解决化学实验问题的能力．解题时需要认真分析题目给出的条件，联系实际，逐一分析推断．

①硝酸铵NH₄NO₃的相对分子质量是14+4+14+48=80，
②氯化铵NH₄Cl的相对分子质量是14+4+35.5=53.5，
③硫酸铵（NH₄）₂SO₄的相对分子质量是（14+4）×2+32+64=132
含氮的质量分数分别是
①[28/80]×100%=35%，
②[14/53.5]×100%≈26.2%，
③[28/132]×100%≈21.2%，
（或[28/80]，[14/53.5]=[28/107]，[28/132]三者直接比较大小为[28/80]＞[28/107]＞[28/132]）
所以按含氮的质量分数从大到小顺序排列为①＞②＞③．
故选A．

点评：
本题考点： 元素的质量分数计算．

考点点评： 主要考查了相对分子质量，元素质量分数的计算．
某元素的质量分数=[该元素分子的相对原子质量×原子个数/相对分子质量]×100%．
化学式中各原子的相对原子质量的总和，就是相对分子质量．

A、硫酸铵是强电解质能完全电离，用等号连接，即（NH₄）₂SO₄═NH₄⁺+SO₄^2-，故A错误；
B、向溶液中滴加少量浓硫酸，电离出氢离子和硫酸根离子，其中氢离子对铵根离子的水解平衡NH₄⁺+H₂O⇌NH₃•H₂O+H⁺产生抑制作用，所以c（NH₄⁺）、c（SO₄^2-）均增大，故B正确；
C、加水稀释对水解平衡NH₄⁺+H₂O⇌NH₃•H₂O+H⁺起到促进作用，但是稀释过程会导致溶液体积增大，所以酸性减弱，但是氢氧根离子浓度会增大，故C错误；
D、该溶液中的物料守恒：2c（SO₄^2-）=c（NH₄⁺）+c（NH₃•H₂O），故D错误．
故选：B．

点评：
本题考点： 影响盐类水解程度的主要因素．

考点点评： 本题考查学生影响盐的水解平衡移动的因素知识，注意越稀越水解规律的应用，难度不大．

mol烧碱刚好把NH₃全部赶出，根据NH₄⁺+OH^-═NH₃+H₂O可知每份中含有bmolNH₄⁺，
与氯化钡溶液完全反应消耗cmolBaCl₂，根据Ba²⁺+SO₄^2-═BaSO₄↓可知每份含有SO₄^2-cmol．
令每份中NO₃^-的物质的量为n，根据溶液不显电性，则：
bmol×1=cmol×2+n×1
解得n=（b-2c）mol
每份溶液的体积为0.5aL，所以每份溶液硝酸根的浓度为c（NO₃^-）=
(b−2c)mol
0.5aL=[2b−4c/a]mol/L．
即原溶液中硝酸根的浓度为[2b−4c/a]mol/L．
故选B．

点评：
本题考点： 离子方程式的有关计算．

考点点评： 本题考查学生利用离子方程式的简单计算，关键明确每份溶液中离子的物质的量浓度与原溶液的关系及溶液中的电荷守恒．

A．加入Ba（OH）₂，Na₂SO₄和MgCl₂都生成白色沉淀，不能鉴别，故A错误；
B．加入H₂SO₄，以上五种物质都不反应，不能鉴别，故B错误；
C．加入NaOH，Na₂SO₄无现象，MgCl₂生成白色沉淀，FeCl₂生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后总变成红褐色，Al₂（SO₄）₃生成白色沉淀，NaOH过量时，沉淀逐渐溶解，
（NH₄）₂SO₄生成刺激性气体，五种物质现象各不相同，可鉴别，故C正确；
D．加入AgNO₃，以上物质都生成白色沉淀，不能鉴别，故D错误．
故选C．

点评：
本题考点： 物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．

考点点评： 本题考查物质的检验和鉴别的基本方法，题目难度不大，本题注意把握五种物质的组成上的异同，从反应具有不同现象的角度考虑．

反应后的混合气体通入到BaCL₂溶液中发生的是复分解反应
SO₂+H₂O+2NH₃=（NH₄）₂SO₃
（NH₄）₂SO₃+BaCl₂=BaSO₃↓+2NH₄Cl
SO₃+H₂O+2NH₃ =（NH₄）₂SO₄
（NH₄）₂SO₄+BaCl₂=BaSO₄↓+2NH₄Cl
依据反应定量关系，结合分解生成的气体物质的量可知，二氧化硫转化为亚硫酸铵，1mol三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气2mol，则4mol氨水和2mol二氧化硫反应生成亚硫酸铵，所以得到的沉淀为1mol硫酸钡，2mol亚硫酸钡，剩余二氧化硫和亚硫酸钡反应生成亚硫酸氢钡，最后得到沉淀为1mol硫酸钡，1mol亚硫酸钡，因此得到沉淀为BaSO₃和BaSO₄，
故选D．

点评：
本题考点： 含硫物质的性质及综合应用．

考点点评： 本题考查了物质反应的定量计算及物质性质的综合应用，关键是分析反应过程反应判断沉淀生成的实质，题目难度中等．

根据（NH₄）₂SO₄和8kgNH₄NO₃中所含氮元素相等，
设硫酸铵的质量为x
x×[14×2/132]×100%=8kg×[14×2/80]×100%
x=13.2kg
答：需要（NH₄）₂SO₄13.2kg

点评：
本题考点： 化合物中某元素的质量计算．

考点点评： 根据化合物的化学式，化合物中某组成元素的质量分数=[该元素的相对原子质量×原子个数/化合物的相对分子质量]×100%．

（1）硫酸铵（NH₄）₂SO₄的相对分子质量为（14+1×4）×2+32+16×4=132；
（2）硫酸铵中各元素的质量比N：H：S：O=28：8：32：64=7：2：8：16；
（3）200kg×90%×[28/132]≈38.2kg
答：200kg含硫酸铵90%的硫铵化肥中含氮元素38.2千克．

点评：
本题考点： 相对分子质量的概念及其计算；元素质量比的计算；化合物中某元素的质量计算．

考点点评： 主要考查了相对分子质量的计算方法，元素质量分数的求法以及利用相对质量求物质中所含元素的比值的方法，这些基本计算要求掌握．注意：第（3）问中要先求得纯净硫酸铵的质量再根据氮元素在硫酸铵中的质量分数求氮元素的质量．
化学式中各原子的相对原子质量的总和，就是相对分子质量．
某元素的质量分数=[该元素分子的相对原子质量×原子个数/相对分子质量]×100%．

该反应中，NH₄⁺→N₂氮元素的化合价由-3价→0价，生成一个氮气分子需要铵根离子失去6个电子，生成一个二氧化硫分子需要硫酸根离子得到2个电子，所以其最小公倍数是6，然后其它元素根据原子守恒进行配平方程式，所以该方程式为3（NH₄）₂SO₄

强热
.
3SO₂↑+N₂↑+4NH₃↑+6H₂O，该方程式中铵根离子和氨气分子中氮原子的化合价都是-3价，化合价不变，所以则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为1×2：4×1=1：2，
故选B．

点评：
本题考点： 氧化还原反应的计算．

考点点评： 本题考查了根据方程式进行有关计算，难度不大，注意该方程式中氧化剂和还原剂是同一种物质，但氧化产物和还原产物不同，所以从生成物进行配平较简便．

硫酸铵分解反应为4（NH₄）₂SO₄=N₂↑+6NH₃↑+3SO₂↑+SO₃↑+7H₂O，反应后的混合气体通入到BaCL₂溶液中发生的是复分解反应，
SO₂+H₂O+2NH₃=（NH₄）₂SO₃ ；（NH₄）₂SO₃+BaCl₂=BaSO₃↓+2NH₄Cl；SO₃+H₂O+2NH₃ =（NH₄）₂SO₄；（NH₄）₂SO₄+BaCl₂=BaSO₄↓+2NH₄Cl．
依据反应定量关系，结合分解生成的气体物质的量可知，设4mol（NH₄）₂SO₄分解，生成1molN₂，6molNH₃，3molSO₂，1molSO₃，
二氧化硫转化为亚硫酸铵，1mol三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气2mol，则4mol氨水和2mol二氧化硫反应生成2mol亚硫酸铵，
所以得到的沉淀为1mol硫酸钡，2mol亚硫酸钡，剩余二氧化硫和亚硫酸钡反应生成亚硫酸氢钡，
最后得到沉淀为1mol硫酸钡，1mol亚硫酸钡，
因此得到沉淀为BaSO₃和BaSO₄；
故选B．

点评：
本题考点： 铵盐；含硫物质的性质及综合应用．

考点点评： 本题考查了物质反应的定量计算及物质性质的综合应用，关键是分析反应过程反应判断沉淀生成的实质，题目难度中等．

A、由铁元素守恒，消耗硫酸亚铁的物质的量为n（y+1），又由FeO•Fe_yCr_xO₃电中性知3x+3y=6，代入前式得，消耗硫酸亚铁的物质的量为n（3-x）；或由得失电子守恒得3x=y，代入得n×（1+y）mol=n×（3x+1）mol，故A错误；
B、根据铬原子守恒，Cr原子为nxmol，故Cr₂O₇^2-的物质的量为[nx/2]，故B正确；
C、得到nmolFeO•Fe_yCr_xO₃，则一共有nxmolCr原子参加反应，1molCr转移电子3mol，故转移的电子数为3nxmol，故C正确；
D、FeO•Fe_yCr_xO₃中，Cr为正三价，由得失电子守恒知3x-y=0，即3x=y，故D正确．
故选A．

点评：
本题考点： 电解原理．

考点点评： 考查原子守恒、电子守恒，难度较大，注意在计算中守恒思想的应用，使计算简单化．

A．四种溶液均与AgNO₃反应生成白色沉淀，不能区分，故A错误；
B．（NH₄）₂SO₄、NH₄Cl均与NaOH溶液反应生成刺激性气体，不能区分，故B错误；
C．Na₂SO₄、（NH₄）₂SO₄均与BaCl₂反应生成白色沉淀，不能区分，故C错误；
D．Na₂SO₄、NaCl、（NH₄）₂SO₄、NH₄Cl四种溶液分别与Ba（OH）₂反应，反应现象依次为：白色沉淀、无现象、白色沉淀和刺激性气体、刺激性气体，现象不同，能区分，故D正确；
故选D．

点评：
本题考点： 物质的检验和鉴别的实验方案设计．

考点点评： 本题考查物质的区分，明确物质的性质及发生的化学反应中的现象是解答本题的关键，注意现象相同的不能区分，题目难度不大．

①Na₂CO₃、②NaHCO₃溶液呈碱性，③NH₄Cl、④（NH₄）₂SO₄呈酸性，Na₂CO₃水解程度大于NaHCO₃，铵根离子浓度越大，溶液酸性越强，则
按照pH由大到小的顺序排列应是①②③④，
故选C．

点评：
本题考点： 盐类水解的应用．

考点点评： 本题考查盐类的水解及应用，注意把握水解规律和影响盐类水解的因素，难度不大，该题是基础性试题的考查，侧重对教材基础知识的巩固和训练，旨在培养学生灵活运用水解原理解决实际问题的能力，有利于培养学生的应试能力，激发学生学习化学的兴趣．

【实验探究】：②碳酸钾与纯碱具有相似的化学性质，所以碳酸钾溶液呈碱性，使石蕊试液变蓝，硫酸铵使石蕊试液变红，说明呈酸性，故填：变蓝；碱；酸；
③碳酸钾与盐酸反应生成氯化钾、水和二氧化碳，反应的化学方程式为2HCl+K₂CO₃=2KCl+CO₂↑+H₂O，故填：产生大量气泡；2HCl+K₂CO₃=2KCl+CO₂↑+H₂O；
④氢氧化钡和硫酸铵反应生成硫酸钡、氨气和水，硫酸钡是不溶于水的白色物质，氨气有刺激性气味，故填：产生白色沉淀、有刺激性气味的气体生成
【交流共享】：②铵态氮肥和显碱性物质混合能生成氨气，从而降低肥效，故填：否；
【知识拓展】：A、把碳酸钾和硫酸铵固体溶于水形成溶液，测其温度就能区分，故A可用；
B、碳酸钾与盐酸反应生成二氧化碳气体，硫酸铵与盐酸不反应，能区分，故B可用；
C、氯化钡与碳酸钾反应生成白色沉淀碳酸钡，氯化钡与硫酸铵反应生成白色沉淀硫酸钡，现象一样，不能区分，故C不可用；
D、无色酚酞遇碱性物质碳酸钾变红，遇酸性的硫酸铵不显色，能区分，故D可用；
故选C．

点评：
本题考点： 实验探究物质的性质或变化规律；酸碱指示剂及其性质；盐的化学性质；酸、碱、盐的鉴别．

考点点评： 本题主要考查氮肥、钾肥的判断和使用时的注意事项，难度稍大，须熟练运用酸碱盐的性质进行解答；

Ⅰ（1）制取的氨气与硫酸反应生成硫酸铵，剩余的氨气用水吸收，故连接顺序为：a→d→e→f，故答案为：def；
（2）分离互不相溶的液体的方法是：分液；
氨气有刺激性气味，污染空气，用水吸收多余的氨气防止污染空气，加倒置的漏斗防止倒吸，
故答案为：分液；吸收多余的NH₃防止污染空气，防止倒吸；
Ⅱ（1）根据题意：利用氢氧化镁热分解氯化铵制氨气并得到碱式氯化镁（MgOHCl），发生的反应为：Mg（OH）₂+NH₄Cl

△
.
MgOHCl+NH₃↑+H₂O，碱石灰可以用来干燥氨气，故答案为：Mg（OH）₂+NH₄Cl

△
.
MgOHCl+NH₃↑+H₂O；干燥氨气；
（2）由于氨气是极易溶于水的，反应过程中持续通入N₂，可以使反应产生的氨气完全导出并被稀硫酸充分吸收，并还能防止装置C中的氯化铝溶液倒吸入装置B，
故答案为：防止装置C中的AlCl₃溶液倒吸入装置B；
（3）氨水和氯化铝反应生成氯化铵和氢氧化铝，反应的离子方程式为Al³⁺+3NH₃•H₂O=Al（OH）₃↓+3NH₄⁺，故答案为：Al³⁺+3NH₃•H₂O=Al（OH）₃↓+3NH₄⁺；
Ⅲ．由图中表示各物质之间的转化关系，A、B、C、G为单质，其中A、G为气体，F为液体．②为工业生产中常见反应，E是一种具有漂白作用的盐，推断为Ca（ClO）₂；Y易潮解，常用作干燥剂，推断为CaCl₂；结合转化关系可知，F为H₂O，A为Cl₂，D为Ca（OH）₂；B+F（H₂O）=D（Ca（OH）₂）+G，推断B为Ca，G为H₂，I为HCl，M是一种两性化合物，L是一种白色胶状沉淀；判断L为Al（OH）₃，M为Al₂O₃，J为AlCl₃，依据离子性质推断K为偏铝酸盐；H为碱，C为Na，H为NaOH，电解熔融物得到金属Ca、Na、Cl₂；说明X、Y为NaCl、CaCl₂，
（1）由上述分析可知M为Al₂O₃，Y为CaCl₂，具有吸水性，常用作干燥剂，故答案为：Al₂O₃；用作干燥剂；
（2）X的熔点为801℃，实际工业冶炼中常常加入一定量的Y共熔，工业上这样做的目的是：降低X、Y熔化时的温度，节约能源； 常常利用电解X和F的混合物为饱和食盐水，制取Cl₂、H₂和NaOH，
故答案为：降低X、Y熔化时的温度，节约能源；Cl₂、H₂和NaOH；
（3）分析判断反应②是工业制漂白粉的反应，反应的化学方程式是：2Cl₂+2Ca（OH）₂=CaCl₂+Ca（ClO）₂+2H₂O，
故答案为：2Cl₂+2Ca（OH）₂=CaCl₂+Ca（ClO）₂+2H₂O；
（4）反应④是铝盐和偏铝酸盐在水溶液中的双水解反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子反应方程式是：
Al³⁺+3AlO₂^-+6H₂O=4Al（OH）₃↓，
故答案为：Al³⁺+3AlO₂^-+6H₂O=4Al（OH）₃↓．

点评：
本题考点： 无机物的推断；制备实验方案的设计．

考点点评： 本题为拼盘改编题，较为综合，涉及物质的制备和无机物的推断，侧重于学的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质转化关系的、物质性质的应用和判断，涉及了电解原理反应的应用、工业制漂白粉的反应、氯碱工业的反应、金属与水的反应等，其中，两性物质和漂白粉的制备是解题关键，题目难度较大．

100mL0.1mol/L（NH₄）₂SO₄溶液中NH₄⁺离子浓度为c（NH₄⁺）=0.2mol/L．
A、10mL1mol/L（NH₄）₂SO₄溶液，c（NH₄⁺）=2c[（NH₄）₂SO₄）]=2mol•L^-1；
B、50mL0.2mol/LNH₄Cl溶液，c（NH₄⁺）=c（NH₄Cl）=0.2mol•L^-1；
C、10mL0.2mol/L（NH₄）₂SO₄溶液，c（NH₄⁺）=2c[（NH₄）₂SO₄）]=0.4mol•L^-1；
D、200mL0.1mol/LNH₄NO₃溶液，c（NH₄⁺）=c（NH₄NO₃）=0.1mol•L^-1；
故选：B．

点评：
本题考点： 物质的量浓度．

考点点评： 本题考查一定物质的量浓度溶液中所含微粒的物质的量浓度，所含微粒的物质的量浓度与所取溶液的体积大小无关．

100mL0.1mol/L（NH₄）₂SO₄溶液中NH₄⁺离子浓度为：c（NH₄⁺）=0.2mol/L．
A、10mL1mol/L（NH₄）₂SO₄溶液，c（NH₄⁺）=2c[（NH₄）₂SO₄）]=2mol•L^-1；
B、50mL0.2mol/LNH₄Cl溶液，c（NH₄⁺）=c（NH₄Cl）=0.2mol•L^-1；
C、10mL0.1mol/L（NH₄）₂SO₄溶液，c（NH₄⁺）=2c[（NH₄）₂SO₄）]=0.2mol•L^-1；
D、200mL0.1mol/LNH₄NO₃溶液，c（NH₄⁺）=c（NH₄NO₃）=0.1mol•L^-1；
故选：BC．

点评：
本题考点： 物质的量浓度．

考点点评： 本题考查一定物质的量浓度溶液中所含微粒的物质的量浓度，题目难度不大，注重了基础知识的考查，注意溶液中所含微粒的物质的量浓度与所取溶液的体积大小无关．

A．由铁元素守恒，消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n（y+1），又由FeO•Fe_yCr_xO₃电中性知3x+3y=6，代入前式得，消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n（3-x）；或由得失电子守恒得3x=y，代入得n×（1+y）mol=n×（3x+1）mol，故A正确；
B．根据铬原子守恒，Cr原子为nxmol，故Cr₂O₇^2-的物质的量为[nx/2]mol，故B正确；
C．得到nmolFeO•Fe_yCr_xO₃，则一共有nxmolCr原子参加反应，1molCr转移电子3mol，故转移的电子数为3nxmol，故C错误；
D、FeO•Fe_yCr_xO₃中，Fe为正三价，由得失电子守恒知3x-y=0，即3x=y，故D正确．
故选C．

点评：
本题考点： 氧化还原反应的计算；氧化还原反应．

考点点评： 本题考查氧化还原反应，题目难度中等，注意原子守恒、电子守恒在计算中的应用，使计算简单化．