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13. 物质的检验、鉴别、除杂是化学研究的重要内容。下列实验方案能达到目的的是 【 】
选项 实验目的 实验方案
A 鉴别$\ce{CaCl_{2}}$和$\ce{Ca(OH)_{2}}$溶液 取样，分别滴加稀盐酸，观察现象
B 除去$\ce{CO}$中少量的$\ce{CO_{2}}$
将混合气体通过足量的高温氧化铁粉末
C 除去$\ce{CuCl_{2}}$溶液中的$\ce{HCl}$ 加入过量的铁粉、过滤
D 检验稀盐酸中是否混有$\ce{H_{2}SO_{4}}$ 取样，加入$\ce{BaCl_{2}}$溶液，观察现象
选项 实验目的 实验方案
A 鉴别$\ce{CaCl_{2}}$和$\ce{Ca(OH)_{2}}$溶液 取样，分别滴加稀盐酸，观察现象
B 除去$\ce{CO}$中少量的$\ce{CO_{2}}$
将混合气体通过足量的高温氧化铁粉末C 除去$\ce{CuCl_{2}}$溶液中的$\ce{HCl}$ 加入过量的铁粉、过滤
D 检验稀盐酸中是否混有$\ce{H_{2}SO_{4}}$ 取样，加入$\ce{BaCl_{2}}$溶液，观察现象
答案
D
解析
【分析】本题需结合各物质的化学性质，逐一判断每个选项的实验方案能否达到对应的实验目的：
1. 选项A：鉴别$\ce{CaCl_{2}}$和$\ce{Ca(OH)_{2}}$溶液，$\ce{CaCl_{2}}$与稀盐酸不反应，$\ce{Ca(OH)_{2}}$与稀盐酸发生中和反应但无明显现象，无法通过现象区分两种溶液；
2. 选项B：除去$\ce{CO}$中的$\ce{CO_{2}}$，高温氧化铁会与$\ce{CO}$反应生成$\ce{CO_{2}}$，反而消耗了原物质$\ce{CO}$，不符合除杂原则；
3. 选项C：除去$\ce{CuCl_{2}}$溶液中的$\ce{HCl}$，加入铁粉时，铁粉不仅与$\ce{HCl}$反应，还会与$\ce{CuCl_{2}}$反应置换出$\ce{Cu}$，消耗了原物质$\ce{CuCl_{2}}$，不符合除杂要求；
4. 选项D：检验稀盐酸中是否混有$\ce{H_{2}SO_{4}}$，$\ce{H_{2}SO_{4}}$与$\ce{BaCl_{2}}$反应生成不溶于酸的$\ce{BaSO_{4}}$白色沉淀，而稀盐酸与$\ce{BaCl_{2}}$不反应，可通过现象检验。
【解析】逐一分析各选项：
A选项：$\ce{CaCl_{2}}$与稀盐酸不反应，$\ce{Ca(OH)_{2}}$与稀盐酸反应无明显现象，无法鉴别两种溶液，方案不能达到目的；
B选项：高温下$\ce{CO}$与$\ce{Fe_{2}O_{3}}$反应生成$\ce{CO_{2}}$，会除去原物质$\ce{CO}$，不符合除杂原则，方案不能达到目的；
C选项：铁粉与$\ce{HCl}$反应的同时，会与$\ce{CuCl_{2}}$反应，消耗原物质$\ce{CuCl_{2}}$，方案不能达到目的；
D选项：$\ce{H_{2}SO_{4}}$与$\ce{BaCl_{2}}$溶液反应生成白色$\ce{BaSO_{4}}$沉淀，稀盐酸与$\ce{BaCl_{2}}$不反应，若出现白色沉淀则说明稀盐酸中混有$\ce{H_{2}SO_{4}}$，方案能达到目的。
【答案】D
【知识点】物质的鉴别、物质的除杂、物质的检验
【点评】本题考查初中化学中物质的检验、鉴别与除杂的实验方案设计，需掌握常见物质的化学性质，明确除杂的“不增、不减、易分离”原则，是高频基础考点。
【难度系数】0.6
1. 选项A：鉴别$\ce{CaCl_{2}}$和$\ce{Ca(OH)_{2}}$溶液，$\ce{CaCl_{2}}$与稀盐酸不反应，$\ce{Ca(OH)_{2}}$与稀盐酸发生中和反应但无明显现象，无法通过现象区分两种溶液；
2. 选项B：除去$\ce{CO}$中的$\ce{CO_{2}}$，高温氧化铁会与$\ce{CO}$反应生成$\ce{CO_{2}}$，反而消耗了原物质$\ce{CO}$，不符合除杂原则；
3. 选项C：除去$\ce{CuCl_{2}}$溶液中的$\ce{HCl}$，加入铁粉时，铁粉不仅与$\ce{HCl}$反应，还会与$\ce{CuCl_{2}}$反应置换出$\ce{Cu}$，消耗了原物质$\ce{CuCl_{2}}$，不符合除杂要求；
4. 选项D：检验稀盐酸中是否混有$\ce{H_{2}SO_{4}}$，$\ce{H_{2}SO_{4}}$与$\ce{BaCl_{2}}$反应生成不溶于酸的$\ce{BaSO_{4}}$白色沉淀，而稀盐酸与$\ce{BaCl_{2}}$不反应，可通过现象检验。
【解析】逐一分析各选项：
A选项：$\ce{CaCl_{2}}$与稀盐酸不反应，$\ce{Ca(OH)_{2}}$与稀盐酸反应无明显现象，无法鉴别两种溶液，方案不能达到目的；
B选项：高温下$\ce{CO}$与$\ce{Fe_{2}O_{3}}$反应生成$\ce{CO_{2}}$，会除去原物质$\ce{CO}$，不符合除杂原则，方案不能达到目的；
C选项：铁粉与$\ce{HCl}$反应的同时，会与$\ce{CuCl_{2}}$反应，消耗原物质$\ce{CuCl_{2}}$，方案不能达到目的；
D选项：$\ce{H_{2}SO_{4}}$与$\ce{BaCl_{2}}$溶液反应生成白色$\ce{BaSO_{4}}$沉淀，稀盐酸与$\ce{BaCl_{2}}$不反应，若出现白色沉淀则说明稀盐酸中混有$\ce{H_{2}SO_{4}}$，方案能达到目的。
【答案】D
【知识点】物质的鉴别、物质的除杂、物质的检验
【点评】本题考查初中化学中物质的检验、鉴别与除杂的实验方案设计，需掌握常见物质的化学性质，明确除杂的“不增、不减、易分离”原则，是高频基础考点。
【难度系数】0.6
14.已知某白色粉末是由$\ce{CaCO_{3}}$、$\ce{K_{2}SO_{4}}$、$\ce{CuSO_{4}}$、$\ce{BaCl_{2}}$、$\ce{K_{2}CO_{3}}$中的一种或几种组成，现在进行下图所示实验。下列说法错误的是
【 】
A.由操作①可知，白色粉末中一定没有$\ce{CaCO_{3}}$、$\ce{CuSO_{4}}$
B.由操作②可知，白色粉末中一定没有$\ce{BaCl_{2}}$
C.由操作③可知，白色粉末中一定有$\ce{K_{2}SO_{4}}$和$\ce{K_{2}CO_{3}}$
D.滤液b中的溶质有3种
【 】
A.由操作①可知，白色粉末中一定没有$\ce{CaCO_{3}}$、$\ce{CuSO_{4}}$
B.由操作②可知，白色粉末中一定没有$\ce{BaCl_{2}}$
C.由操作③可知，白色粉末中一定有$\ce{K_{2}SO_{4}}$和$\ce{K_{2}CO_{3}}$
D.滤液b中的溶质有3种
答案
D
解析
【分析】
首先分析操作①：白色粉末加水得到无色溶液，说明不含溶于水显蓝色的$\ce{CuSO_{4}}$，也不含不溶于水的$\ce{CaCO_{3}}$，因此A选项正确。接着分析操作②和③：加过量硝酸钡产生白色沉淀，加足量硝酸后沉淀部分溶解，说明沉淀是不溶于硝酸的$\ce{BaSO_{4}}$和溶于硝酸的$\ce{BaCO_{3}}$，由此推断原粉末一定含$\ce{K_{2}SO_{4}}$和$\ce{K_{2}CO_{3}}$；结合操作①的无色溶液，若存在$\ce{BaCl_{2}}$，会与$\ce{K_{2}SO_{4}}$、$\ce{K_{2}CO_{3}}$反应生成沉淀，无法得到无色溶液，故原粉末不含$\ce{BaCl_{2}}$，B、C选项正确。最后分析滤液b的溶质：过量的硝酸钡，以及反应生成的硝酸钾，共2种，因此D选项错误。
【解析】
1. 操作①：$\ce{CuSO_{4}}$溶于水呈蓝色，$\ce{CaCO_{3}}$不溶于水，加水后得到无色溶液，说明白色粉末中一定无$\ce{CuSO_{4}}$、$\ce{CaCO_{3}}$，故A正确。
2. 操作②加过量硝酸钡产生白色沉淀，操作③加足量硝酸后沉淀部分溶解，说明沉淀为$\ce{BaSO_{4}}$（不溶于硝酸）和$\ce{BaCO_{3}}$（溶于硝酸），因此原粉末一定含$\ce{K_{2}SO_{4}}$和$\ce{K_{2}CO_{3}}$；若含$\ce{BaCl_{2}}$，会与$\ce{K_{2}SO_{4}}$、$\ce{K_{2}CO_{3}}$反应生成沉淀，无法得到无色溶液，故原粉末一定无$\ce{BaCl_{2}}$，B、C正确。
3. 滤液b的溶质：加入过量硝酸钡，反应生成$\ce{KNO_{3}}$，剩余过量的$\ce{Ba(NO_{3})_{2}}$，共2种溶质，因此D选项“溶质有3种”错误。
【答案】
D
【知识点】
物质推断，酸碱盐反应，复分解反应
【点评】
本题通过实验流程推断白色粉末的组成，需结合物质的溶解性、反应现象逐步分析，考查学生对酸碱盐性质的掌握，是典型的物质推断类题目。
【难度系数】
0.5
首先分析操作①：白色粉末加水得到无色溶液，说明不含溶于水显蓝色的$\ce{CuSO_{4}}$，也不含不溶于水的$\ce{CaCO_{3}}$，因此A选项正确。接着分析操作②和③：加过量硝酸钡产生白色沉淀，加足量硝酸后沉淀部分溶解，说明沉淀是不溶于硝酸的$\ce{BaSO_{4}}$和溶于硝酸的$\ce{BaCO_{3}}$，由此推断原粉末一定含$\ce{K_{2}SO_{4}}$和$\ce{K_{2}CO_{3}}$；结合操作①的无色溶液，若存在$\ce{BaCl_{2}}$，会与$\ce{K_{2}SO_{4}}$、$\ce{K_{2}CO_{3}}$反应生成沉淀，无法得到无色溶液，故原粉末不含$\ce{BaCl_{2}}$，B、C选项正确。最后分析滤液b的溶质：过量的硝酸钡，以及反应生成的硝酸钾，共2种，因此D选项错误。
【解析】
1. 操作①：$\ce{CuSO_{4}}$溶于水呈蓝色，$\ce{CaCO_{3}}$不溶于水，加水后得到无色溶液，说明白色粉末中一定无$\ce{CuSO_{4}}$、$\ce{CaCO_{3}}$，故A正确。
2. 操作②加过量硝酸钡产生白色沉淀，操作③加足量硝酸后沉淀部分溶解，说明沉淀为$\ce{BaSO_{4}}$（不溶于硝酸）和$\ce{BaCO_{3}}$（溶于硝酸），因此原粉末一定含$\ce{K_{2}SO_{4}}$和$\ce{K_{2}CO_{3}}$；若含$\ce{BaCl_{2}}$，会与$\ce{K_{2}SO_{4}}$、$\ce{K_{2}CO_{3}}$反应生成沉淀，无法得到无色溶液，故原粉末一定无$\ce{BaCl_{2}}$，B、C正确。
3. 滤液b的溶质：加入过量硝酸钡，反应生成$\ce{KNO_{3}}$，剩余过量的$\ce{Ba(NO_{3})_{2}}$，共2种溶质，因此D选项“溶质有3种”错误。
【答案】
D
【知识点】
物质推断，酸碱盐反应，复分解反应
【点评】
本题通过实验流程推断白色粉末的组成，需结合物质的溶解性、反应现象逐步分析，考查学生对酸碱盐性质的掌握，是典型的物质推断类题目。
【难度系数】
0.5
15.某学习小组实验后留下的废液中含有$\ce{K_{2}CO_{3}}$、$\ce{KCl}$和$\ce{Na_{2}SO_{4}}$,为了回收KCl晶体,某同学进行了下图所示操作。
请回答下列问题。
(1)写出步骤①其中一个反应的化学方程式:________,其基本反应类型是________。
(2)步骤②加入过量$\ce{K_{2}CO_{3}}$溶液的目的是________;滤液B中含有的阴离子是________(填离子符号)。
(3)混合液C的溶质是KCl和NaCl。根据溶解度曲线(如下图所示)。
步骤④的主要操作是蒸发浓缩、降温结晶、过滤。得到的晶体最好用________洗涤。降温结晶的过程中,没有氯化钠析出的原因可能是________。
请回答下列问题。
(1)写出步骤①其中一个反应的化学方程式:________,其基本反应类型是________。
(2)步骤②加入过量$\ce{K_{2}CO_{3}}$溶液的目的是________;滤液B中含有的阴离子是________(填离子符号)。
(3)混合液C的溶质是KCl和NaCl。根据溶解度曲线(如下图所示)。
步骤④的主要操作是蒸发浓缩、降温结晶、过滤。得到的晶体最好用________洗涤。降温结晶的过程中,没有氯化钠析出的原因可能是________。
答案
(1) $\ce{BaCl_{2} + K_{2}CO_{3} = BaCO_{3}\downarrow + 2KCl}$(或$\ce{BaCl_{2} + Na_{2}SO_{4} = BaSO_{4}\downarrow + 2NaCl}$)；复分解反应
(2) 除去过量的$\ce{BaCl_{2}}$溶液；$\ce{Cl^{-}}$、$\ce{CO^{2-}_{3}}$
(3) 饱和$\ce{KCl}$溶液；氯化钠的溶解度受温度影响较小
(2) 除去过量的$\ce{BaCl_{2}}$溶液；$\ce{Cl^{-}}$、$\ce{CO^{2-}_{3}}$
(3) 饱和$\ce{KCl}$溶液；氯化钠的溶解度受温度影响较小
解析
【分析】
要回收废液中的KCl，需先除去杂质离子$\ce{CO^{2-}_{3}}$和$\ce{SO^{2-}_{4}}$。步骤①加入$\ce{BaCl_{2}}$，可与$\ce{CO^{2-}_{3}}$、$\ce{SO^{2-}_{4}}$反应生成沉淀；步骤②加过量$\ce{K_{2}CO_{3}}$，目的是除去步骤①中过量的$\ce{Ba^{2+}}$，避免引入新杂质；后续利用KCl和NaCl溶解度受温度影响的差异，通过降温结晶分离KCl，洗涤时用饱和KCl溶液防止产品溶解，NaCl因溶解度受温度影响小，降温不会析出。
【解析】
(1) 步骤①中，$\ce{BaCl_{2}}$与$\ce{K_{2}CO_{3}}$反应生成$\ce{BaCO_{3}}$沉淀和KCl，或$\ce{BaCl_{2}}$与$\ce{Na_{2}SO_{4}}$反应生成$\ce{BaSO_{4}}$沉淀和NaCl，化学方程式分别为$\ce{BaCl_{2} + K_{2}CO_{3} = BaCO_{3}\downarrow + 2KCl}$、$\ce{BaCl_{2} + Na_{2}SO_{4} = BaSO_{4}\downarrow + 2NaCl}$；两个反应均为两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物，属于复分解反应。
(2) 步骤①加入的$\ce{BaCl_{2}}$过量，会引入$\ce{Ba^{2+}}$杂质，加入过量$\ce{K_{2}CO_{3}}$可与$\ce{Ba^{2+}}$反应生成$\ce{BaCO_{3}}$沉淀，从而除去过量的$\ce{BaCl_{2}}$；滤液B中含有反应生成的$\ce{Cl^{-}}$，以及过量$\ce{K_{2}CO_{3}}$中的$\ce{CO^{2-}_{3}}$，故阴离子为$\ce{Cl^{-}}$、$\ce{CO^{2-}_{3}}$。
(3) 洗涤KCl晶体时，为避免KCl溶解损失，最好用饱和$\ce{KCl}$溶液；NaCl的溶解度受温度影响较小，降温时无法达到饱和状态，故降温结晶过程中无NaCl析出。
【答案】
(1) $\ce{BaCl_{2} + K_{2}CO_{3} = BaCO_{3}\downarrow + 2KCl}$(或$\ce{BaCl_{2} + Na_{2}SO_{4} = BaSO_{4}\downarrow + 2NaCl}$)；复分解反应 (2) 除去过量的$\ce{BaCl_{2}}$溶液；$\ce{Cl^{-}}$、$\ce{CO^{2-}_{3}}$ (3) 饱和$\ce{KCl}$溶液；氯化钠的溶解度受温度影响较小
【知识点】
酸碱盐的除杂、复分解反应、溶解度曲线的应用
【点评】
本题综合考查酸碱盐除杂原则、复分解反应判断及溶解度曲线的应用，解题关键是明确每一步操作的目的，掌握除杂不引入新杂质的核心原则，理解不同物质溶解度受温度影响的差异对结晶方法的影响，是一道中等难度的化学实验题。
【难度系数】
0.6
要回收废液中的KCl，需先除去杂质离子$\ce{CO^{2-}_{3}}$和$\ce{SO^{2-}_{4}}$。步骤①加入$\ce{BaCl_{2}}$，可与$\ce{CO^{2-}_{3}}$、$\ce{SO^{2-}_{4}}$反应生成沉淀；步骤②加过量$\ce{K_{2}CO_{3}}$，目的是除去步骤①中过量的$\ce{Ba^{2+}}$，避免引入新杂质；后续利用KCl和NaCl溶解度受温度影响的差异，通过降温结晶分离KCl，洗涤时用饱和KCl溶液防止产品溶解，NaCl因溶解度受温度影响小，降温不会析出。
【解析】
(1) 步骤①中，$\ce{BaCl_{2}}$与$\ce{K_{2}CO_{3}}$反应生成$\ce{BaCO_{3}}$沉淀和KCl，或$\ce{BaCl_{2}}$与$\ce{Na_{2}SO_{4}}$反应生成$\ce{BaSO_{4}}$沉淀和NaCl，化学方程式分别为$\ce{BaCl_{2} + K_{2}CO_{3} = BaCO_{3}\downarrow + 2KCl}$、$\ce{BaCl_{2} + Na_{2}SO_{4} = BaSO_{4}\downarrow + 2NaCl}$；两个反应均为两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物，属于复分解反应。
(2) 步骤①加入的$\ce{BaCl_{2}}$过量，会引入$\ce{Ba^{2+}}$杂质，加入过量$\ce{K_{2}CO_{3}}$可与$\ce{Ba^{2+}}$反应生成$\ce{BaCO_{3}}$沉淀，从而除去过量的$\ce{BaCl_{2}}$；滤液B中含有反应生成的$\ce{Cl^{-}}$，以及过量$\ce{K_{2}CO_{3}}$中的$\ce{CO^{2-}_{3}}$，故阴离子为$\ce{Cl^{-}}$、$\ce{CO^{2-}_{3}}$。
(3) 洗涤KCl晶体时，为避免KCl溶解损失，最好用饱和$\ce{KCl}$溶液；NaCl的溶解度受温度影响较小，降温时无法达到饱和状态，故降温结晶过程中无NaCl析出。
【答案】
(1) $\ce{BaCl_{2} + K_{2}CO_{3} = BaCO_{3}\downarrow + 2KCl}$(或$\ce{BaCl_{2} + Na_{2}SO_{4} = BaSO_{4}\downarrow + 2NaCl}$)；复分解反应 (2) 除去过量的$\ce{BaCl_{2}}$溶液；$\ce{Cl^{-}}$、$\ce{CO^{2-}_{3}}$ (3) 饱和$\ce{KCl}$溶液；氯化钠的溶解度受温度影响较小
【知识点】
酸碱盐的除杂、复分解反应、溶解度曲线的应用
【点评】
本题综合考查酸碱盐除杂原则、复分解反应判断及溶解度曲线的应用，解题关键是明确每一步操作的目的，掌握除杂不引入新杂质的核心原则，理解不同物质溶解度受温度影响的差异对结晶方法的影响，是一道中等难度的化学实验题。
【难度系数】
0.6
