四川省绵竹中学2022-2023学年高一下学期第一次月考化学试题Word版含解析

这是一份四川省绵竹中学2022-2023学年高一下学期第一次月考化学试题Word版含解析，共21页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
 2022级高一下第一次月考
化学试卷
相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Na：23 Mg：24 Fe：56 Cu：64 V：51
一、选择题(3*14=42分)
1. 化学知识与科技生产、生活密切相关。下列说法不正确是
A. 装新冠疫苗的高纯度中硼硅玻璃瓶属于无机非金属材料
B. “天宫二号”空间站的太阳能电池帆板，其主要材料是二氧化硅
C. 84消毒液和双氧水都能有效杀死新冠病毒，均利用了强氧化性
D. “空气捕捉”法能实现从空气中捕获二氧化碳，有利于碳中和
【答案】B
【解析】
【详解】A．中硼硅玻璃属于无机非金属材料，A正确；
B．太阳能电池帆板，其主要材料是硅，B错误；
C．84消毒液的主要成分为次氯酸钠，和双氧水都有强氧化性，能使蛋白质变性，可有效杀死新冠病毒，C正确；
D．从空气中捕获二氧化碳，减少了二氧化碳的排放，有利于碳中和，D正确；
故选B。
2. 下列变化过程属于放热反应的是
①金属钠与水反应
②晶体与晶体混合搅拌
③在中燃烧
④水蒸气变成液态水
⑤酸碱中和
⑥碳酸钙热分解
A. ①③④ B. ①③⑤ C. ③④⑤ D. ②④⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①活泼金属与酸或水反应是放热反应； 　
②NH4Cl晶体与Ba(OH)2·8H2O晶体反应是吸热反应；　
③所有燃烧是放热反应 ；　
④水蒸气变为液态水不是放热反应，是放热过程；　
⑤酸碱中和是放热反应；　
⑥碳酸钙热分解是吸热反应；
故选B。
3. 实验室中将2.3g已除去表面氧化物的Na块，用1.8g打磨过的Al箔包裹，并在表面刺一些小孔，放入100mL水中完全反应，生成标准状况下的体积为
A. 4.48L B. 2.24L C. 3.36L D. 8.96L
【答案】C
【解析】
【详解】2.3gNa为的物质的量为： =0.1mol，根据反应的化学方程式为： 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，可知2Na～2NaOH～H2则生成氢气的物质的n1(H2)=0.05mo1，生成氢氧化钠0.1mol，1.8g A1的物质的量为： =mol，根据氢氧化钠和铝的反应的化学方程式为：2A1+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑，氢氧化钠过量，所以生成氢气物质的量n2(H2)=mol×=0. 1mol，所以生成氢气的总物质的量为：n(H2)=n1(H2)+n2(H2)=0. 15mol，则标况下体积为：0. 15mol×22.4L/mo1=3. 36L；
故选C。
4. 已知某化学反应A2(g)+2B2(g)=2AB2(g)，能量变化如图所示，下列叙述中正确的是

A. 该反应的进行一定需要加热或点燃
B. 该反应若生成2molAB2(g)时，放出的热量为(E1-E2)kJ
C. 物质AB2比A2更稳定
D. 该反应断开化学键吸收的总能量大于形成化学键释放的总能量
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应前后能量守恒可知，反应物能量之和小于生成物的能量之和，反应是吸热反应，吸热反应不一定都要加热，例如氢氧化钡和氯化铵在常温下就反应，A错误；
B．根据图象，该反应是吸热反应，生成2molAB2(g)则吸收的热量为(E1－E2) kJ，B错误；
C．能量越低越稳定，物质AB2比A2能量高、则A2更稳定，C错误；
D．断裂化学键吸收热量，形成化学键放出热量，由信息可知，该反应为吸热反应，则断开化学键吸收的总能量大于形成化学键释放的总能量，D正确；
故选D。
5. 下列各组离子在指定溶液中能够大量共存的是
A. 无色透明溶液：、、、
B. 遇粉立即产生的溶液：、、、
C. 能使红色石蕊试纸变蓝的溶液：、、、
D. 使酚酞变红的溶液：、、、
【答案】D
【解析】
【详解】A．Fe3＋显棕(黄)色，而题意为无色透明溶液，故A不符合题意；
B．Al与碱或非氧化性酸反应都能产生成H2，既能与H＋反应，又能与OH－反应，这些离子在指定溶液中不能大量共存，故B不符合题意；
C．Ba2＋和反应生成沉淀BaSO4，不能大量共存，故C不符合题意；
D．使酚酞变红的溶液显碱性，这些离子在指定的溶液中能够大量共存，故D符合题意；
答案为D。
【点睛】离子共存分析时，一“颜色”，注意溶液是否为无色溶液，为紫色、Cu2＋为蓝色、Fe2＋浅绿色、Fe3＋棕黄色、橙色、黄色；二“酸碱性”，需要根据题中信息，判断溶液显酸性或碱性；三“特殊”，(H＋)具有强氧化性；四“反应”：发生复分解反应、氧化还原反应、络合反应、双水解反应的离子不能大量共存。
6. 芬兰Enfucell公司造出了一种纸质碱性电池，电解质溶液为KOH，其电池总反应为Zn+2MnO2+H2O=2MnOOH+ZnO。下列说法正确的是
A. 该电池的正极材料为锌
B. 电池正极反应式为：MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH-
C. 当0.1molZn完全溶解时，流经电解质溶液的电子数目为1.204×1023
D. 该电池内部OH-移向正极
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据电池总反应式可知，在电池反应中，Zn失去电子，为电池的负极，A错误；
B．MnO2在反应中得到电子，为电池的正极，电池负极反应式为Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O，用总反应式减去负极反应式经约简得正极反应式：MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH-，B正确；
C．电子只能经外电路，而不能在电解液中流动，电解液内的电流是阴、阳离子定向移动形成的，C错误；
D．阴离子向负极移动、阳离子向正极移动，该电池内部OH-移向负极，D错误；
故合理选项是B。
7. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 稀硫酸与Ba(OH)2溶液反应：H++SO+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O
B. 实验室制取氯气：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
C. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3++4NH3•H2O=AlO+4NH+2H2O
D 实验室用大理石与醋酸溶液反应制取CO2气体：CaCO3+2H+=CO2↑+Ca2++H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．稀硫酸与Ba(OH)2溶液反应：2H++SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，A错误；
B．实验室用二氧化锰与盐酸反应制取氯气：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，B正确；
C．向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3•H2O=Al (OH)3+3NH，C错误；
D．实验室用大理石与醋酸溶液反应制取CO2气体：CaCO3+2CH3COOH=CO2↑+Ca2++H2O+2CH3COO-，D错误；
答案选B。
8. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 0.1mol FeCl3完全转化为氢氧化铁胶体，生成0.1NA个胶粒
B. 5.6g铁与足量高温水蒸气完全转化为Fe3O4，转移电子数为0.3NA
C. 28g C2H4和CO的混合气体中含有的原子数为NA
D. 常温常压下，11.2L CO2所含的质子数小于11NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁微粒的聚集体，所以胶粒数目小于0.1NA，故A错误；
B．铁与水蒸气在高温条件下反应生成Fe3O4，Fe的平均化合价为，5.6gFe为0.1mol，反应后转移电子数为0.1NA×=NA，故B错误；
C．C2H4和CO的摩尔质量均为28g/mol，28g混合物的物质的量为=1mol，含有的分子数为NA，故C错误；
D．常温常压下，11.2L CO2的物质的量小于0.5mol，每个CO2含有质子数为6+2×8=22，则11.2L CO2所含的质子数小于11NA，故D正确；
故答案为D。
9. 价类二维图是学习元素化合物的工具，分别表示氮元素的不同价态所对应的物质，其关系如图所示。下列说法正确的是

A. f属于强电解质
B. a可经过转化，最终制备出e
C. b通常情况下可与反应转化为d，造成空气污染
D. 可用湿润的蓝色石蕊试纸检验g
【答案】B
【解析】
【分析】由表格可知，a为，b为，c为NO，d为，e为，f为，g为，据此分析作答。
【详解】A．是弱碱，属于弱电解质，A项错误；
B．经过，最终可以制备为硝酸，B项正确；
C．氮气可与反应转化为NO，不能直接生成，C项错误；
D．检验用湿润的红色石蕊试纸，D项错误；
答案选B。
10. 短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。X、Z属于同一主族，常温常压下，Z的单质是黄色固体。下列说法不正确的是
A. X的氢化物的热稳定性比W的强
B. Z的氧化物形成的水化物一定是强酸
C. X的原子半径比Z的原子半径小
D. X与Y的形成化合物的是离子化合物
【答案】B
【解析】
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，则W为N元素，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则Y为Na元素，X、Z属于同一主族，常温常压下，Z的单质是黄色固体，则X为O元素、Z为S元素，据此解答。
【详解】A．元素的非金属性O>N，故氢化物热稳定性：H2O>NH3，故A正确；
B.．Z的氧化物形成的水化物为硫酸或亚硫酸，硫酸属于强酸，但亚硫酸属于弱酸，故B错误;；
C．同主族元素自上而下原子半径增大，故原子半径： O C > Si
D
滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口
试纸不变蓝
原溶液中无NH

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．SO2通入酸性高锰酸钾溶液因发生氧化还原反应而使其褪色，体现SO2的还原性，SO2的漂白原理为化合型漂白，A项错误；
B．Fe3+遇到SCN-反应形成血红色溶液，实验室常用此方法检验Fe3+，B项正确；
C．盐酸挥发出的HCl随气体进入硅酸钠溶液也能产生硅酸沉淀，无法证明C、Si的非金属性强弱关系，且盐酸不是Cl的最高价氧化酸，也无法比较Cl和C的非金属性强弱，C项错误；
D．NH3极易溶于水，所以检验NH需要加浓NaOH溶液并加热使之逸出，D项错误；
答案选B。
12. 潜艇中使用的液氨一液氧燃料电池工作原理如图所示，下列说法正确的是

A. 电极a发生还原反应
B. 电解质溶液中的OH-向电极a移动
C. b极电极反应式为：
D. 电子由a电极经外电路向b电极移动，再经电解质溶液回到a电极
【答案】B
【解析】
【分析】在液氨一液氧燃料电池中，通入燃料液氨的电极为负极，通入液氧的电极b为正极。负极失去电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析可知：通入液氨的电极a为负极，失去电子，发生氧化反应，A错误；
B．根据原电池工作原理，阴离子移向负极，阳离子移向正极，可知阴离子OH-向正电荷较多的负极移动，即OH-向电极a移动，B正确；
C．b电极通入氧气，氧气得电子发生还原反应，由于电解质溶液显碱性，因此反应产生OH-，故正极b极电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，C错误；
D．根据原电池工作原理，电子从负极a电极经外电路向正极b电极移动，溶液中无电子定向移动，D错误；
故合理选项是B。
13. 高铁酸钾()是一种新型、高效、多功能水处理剂，其与水反应的化学方程式是：。下列有关说法正确的是
A. KOH的电子式为： B. 的结构示意图为：
C. 质子数为26的Fe原子： D. 、、互为同素异形体
【答案】B
【解析】
【详解】A． KOH的电子式为：，故A错误；
B． 钾元素是19号，原子失去最外层1个电子形成钾离子，的结构示意图为：，故B正确；
C． 质子数为26的Fe原子：，故C错误；
D． 、、质子数相同，中子数不同，互为同位素，故D错误；
故选B。
14. 将5.6g镁和铜的混合物加入到500mL1mol/L的稀硝酸中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)。向反应后的溶液中加入2mol/LNaOH溶液至沉淀完全，生成沉淀的质量为10.7g，下列叙述错误的是
A. 当金属全部溶解时，电子转移的数目为0.3NA
B. 混合物镁和铜的物质的量之比为1：2
C. 当金属全部溶解时，产生的NO气体的体积在标准状况下为2.24L
D. 当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积为200mL
【答案】B
【解析】
【分析】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到500mL1mol/L的稀HNO3中，HNO3的物质的量为，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)，发生反应3Mg+8HNO3 (稀)=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3 (稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的2mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3、Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量为10.7g，比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol。
【详解】A．根据上述分析可知：反应过程中电子转移的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，n(e-)=n(OH-)=0.3mol，A正确；
B．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，设镁的物质的量为x，则铜的物质的量为(0.15-x)，则24x+64(0.15-x)=5.6，解得x=0.1，故混合物镁和铜的物质的量之比为2：1，B错误；
C．反应过程中转移电子的物质的量为0.3mol，根据电子转移数目相等，可知反应产生NO的物质的量为n(NO)=，其在标准状况下的体积V=0.1mol×22.4L/mol=2.24L，C正确；
D．当生成的沉淀量达到最大时，Mg2+和Cu2+都转化为沉淀，根据N守恒可知，稀HNO3剩余0.5-0.3-0.1=0.1，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.4mol，需要氢氧化钠溶液体积V=，D正确；
故答案为：B。
二、非选择题
15. 化学反应与能量变化是化学研究的重要问题，根据相关材料分析回答：
（1）已知断开1mol下列物质中的化学键需要吸收的能量如下表，反应，每生成1mol NO
____________(放出/吸收)____________能量
物质


NO
吸收的能量
946kJ
498kJ
632kJ

（2）用和组合形成的质子交换膜燃料电池的结构如图


①则电极d是________(填“正极”或“负极”)，电极c的电极反应式为__________________；
②若线路中转移2mol电子，则该燃料电池理论上消耗的在标准状况下的体积为____________L。
【答案】（1） ①. 吸收 ②. 90 kJ
（2） ①. 正极 ②. ③. 11.2
【解析】
【小问1详解】
断裂1molN2中的化学键吸收946kJ能量，断裂1molO2中的化学键吸收498kJ能量，生成2molNO中的化学键放出2×632kJ的能量，断键吸收的总能量大于成键放出的总能量，反应每生成1mol NO吸收；
【小问2详解】
①原电池中电子由负极经导线流入正极，根据电子流向，则电极d是正极，c是负极，负极甲烷失电子生成二氧化碳和氢离子，电极c的电极反应式为；
该电池正极反应为，若线路中转移2mol电子，则该燃料电池理论上消耗0.5mol，标准状况下的体积为11.2L。
16. Ⅰ.黑火药爆炸的化学方程式为：。回答下列问题：
（1）硫元素在周期表的位置是_______。氨气的电子式_______。
（2）用电子式表示化合物的形成过程为_______。
（3）上述氧化产物结构式为_______。
（4）硫、氮及其化合物中，下列比较正确的是_______(选填编号)。
A. 原子半径： B. 热稳定性：
C. 溶解度： D. 微粒种类：氢硫酸O2->Na＋>Al3＋ （6）AC
（7）Al(OH)3+3H＋=Al3＋+3H2O
【解析】
【小问1详解】
硫的原子序数是16，硫元素在周期表的位置是第三周期第ⅥA族。氨气是共价化合物，电子式为，答案：第三周期第ⅥA族；；
【小问2详解】
硫化钾是离子化合物，用电子式表示化合物的形成过程为，答案：；
【小问3详解】
反应中2碳元素化合价升高，碳是还原剂，其氧化产物是二氧化碳，结构式为O=C=O。答案：O=C=O；
【小问4详解】
A.同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：，A错误；
B.非金属性越强，简单氢化物越稳定，热稳定性：，B错误；
C.氨气能与水形成氢键，所以溶解度：，C正确；
D.氢硫酸中含有的微粒有H2O、H＋、OH-、H2S、HS-、S2-，氨水中含有的微粒有H2O、H＋、OH-、NH3、NH3·H2O、NH，微粒种类：氢硫酸=氨水，D错误；
答案选C。
【小问5详解】
离子的核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则由④、⑤、⑦、⑧四种元素形成的简单离子半径由大到小的顺序是S2->O2->Na＋>Al3＋。
【小问6详解】
A. 金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则比较这两种元素最高价氧化物对应的水化物的碱性可比较其金属性强弱，A正确；
B. 钠是活泼的金属，极易和水反应，将⑤的单质投入到⑥的盐溶液中不能比较二者的金属性强弱，B错误；
C. 金属性越强，与水反应越剧烈，则将形状、大小相同的这两种元素的单质分别与等体积20℃的水反应可比较其金属性强弱，C正确；
D. 金属性强弱只与失去电子的难易程度有关系，比较这两种元素的单质与酸反应时失电子的数目不能比较金属性强弱，D错误；
答案选AC。
【小问7详解】
元素⑦的最高价氧化物对应的水化物氢氧化铝与元素⑨的最简单氢化物的水溶液盐酸反应的离子方程式为Al(OH)3+3H＋=Al3＋+3H2O。
17. 硫代硫酸钠()是常见的化学试剂，应用广泛。工业上可用反应：制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示(夹持装置已略去，C中过量)：

已知：遇酸易分解，离子方程式可以表示为：
回答下列问题：
（1）仪器M的名称是_______。
（2）由装置A制取，选用质量分数为70%浓硫酸的原因_______(填标号)。
①硫酸浓度太大，溶液中氢离子浓度太小，不利于的生成；
②硫酸浓度太小，溶液中水太多，易溶于水，损耗太大；
③硫酸浓度太大，溶液氧化性太强，还原性强，损耗太大；
（3）该套装置设计最明显的缺陷是_______。为了解决该问题，请从下图中选用最合理装置(夹持仪器已略去)为_______(填标号)。
a. b. c.     d.
（4）还原性较强，在溶液中易被氧化成，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为_______。
（5）工业上可用如下方法测定的纯度：取m g样品溶于稀硫酸，加入足量KI溶液，再加入c mol/L的溶液至恰好完全反应，消耗溶液V mL。
相关反应：；
①如果稀硫酸过多，测得结果会_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)；
②该样品中的质量分数为_______(假设杂质不参与反应)。
【答案】（1）圆底烧瓶
（2）①② （3） ①. 没有尾气处理装置 ②. d
（4）
（5） ①. 偏高 ②.
【解析】
【分析】本实验A装置利用浓硫酸和亚硫酸钠反应制备二氧化硫，B装置贮存和收集一定量二氧化硫，C装置中制备硫代硫酸钠。二氧化硫为污染性气体，故整套装置的缺陷是没有尾气处理装置。
【小问1详解】
仪器M的名称为圆底烧瓶；故答案为：圆底烧瓶；
【小问2详解】
制取二氧化硫气体时选用质量分数为70%的浓硫酸的原因：硫酸浓度太大，溶液中氢离子浓度太小，不利于的生成；硫酸浓度太小，溶液中水太多，易溶于水，损耗太大，硫酸虽然具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，但浓硫酸和二氧化硫不反应，故选①②；故答案为：①②；
【小问3详解】
该套装置设计最明显的缺陷是没有尾气处理装置；因二氧化硫为酸性氧化物，在水中的溶解度相对较大，需要防倒吸，故选用d装置处理二氧化硫；故答案为：没有尾气处理装置；d；
【小问4详解】
还原性较强，在溶液中易被氧化成，1mol被氧化为硫酸根离子失8mol电子，1mol被还原为氯离子得2mol电子，根据得失电子守恒可得反应的离子方程式为：；故答案为：；
【小问5详解】
如果稀硫酸过多，碘离子在酸性条件下被氧气氧化为碘单质，导致消耗的标准硫代硫酸钠溶液偏多，测得结果会偏高；根据方程式可以找到关系式：，样品中的质量分数为：。故答案为：。
18. 碘化亚铜(CuI)不溶于水和乙醇，可用作有机合成催化剂、树脂改性剂、人工降雨剂、阳极射线管覆盖物等。以斑铜矿(主要成分为Cu3FeS4)为原料制备碘化亚铜的工艺流程如图所示：

回答下列问题：
（1）“酸浸”中，Fe3O4与稀硫酸反应的离子方程式为_______。
（2）检验“酸浸”后溶液中是否含Fe2+的试剂是_______。
（3）“除杂”操作中加H2O2的目的是_______。
（4）红褐色滤渣1为_______(写化学式)。
（5）滤液2中溶质主要为(NH4)2SO4，检验的方法是_______。
【答案】（1）Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O
（2）铁氰化钾 （3）将Fe2+氧化成Fe3+
（4）Fe(OH)3 （5）取少量溶质于试管中，加入少量氢氧化钠溶液，加热；用湿润的红色石蕊试纸(或蘸有浓盐酸的玻璃棒)接近管口，试纸变蓝色(或冒白烟)，则说明原固体中含
【解析】
【分析】将斑铜矿(主要成分为Cu3FeS4)通入空气焙烧后得到Fe3O4、CuO和SO2，“酸浸”中Fe3O4、CuO转化为Fe2+、Fe3+、Cu2+、，加入将H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，加入氨水得到滤渣1为Fe(OH)3，滤渣2为Cu(OH)2，Cu(OH)2中加入稀硫酸得到硫酸铜溶液，再加入KI后可以得到CuI，由此分析。
【小问1详解】
“酸浸”中，Fe3O4中铁的化合价既有正二价的铁，又有正三价的铁，Fe3O4与稀硫酸反应的离子方程式为Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O；故答案为：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O；
【小问2详解】
检验“酸浸”后溶液中是否含Fe2+的方法是取待测液于试管中，加入铁氰化钾溶液，若有蓝色沉淀生成，证明原溶液中含有Fe2+；故答案为：铁氰化钾；
【小问3详解】
H2O2具有强氧化性，可将Fe2+氧化成Fe3+，故“除杂”操作中加H2O2将Fe2+氧化成Fe3+；故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+；
【小问4详解】
“酸浸”后溶液中加入氨水后得到红褐色滤渣1为Fe(OH)3；故答案为：Fe(OH)3；
【小问5详解】
滤液2中溶质主要为(NH4)2SO4，检验的方法是取少量溶质于试管中，加入少量氢氧化钠溶液，加热；用湿润的红色石蕊试纸(或蘸有浓盐酸的玻璃棒)接近管口，试纸变蓝色(或冒白烟)，则说明原固体中含；故答案为：取少量溶质于试管中，加入少量氢氧化钠溶液，加热；用湿润的红色石蕊试纸(或蘸有浓盐酸的玻璃棒)接近管口，试纸变蓝色(或冒白烟)，则说明原固体中含；