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中考科学 二轮专题 专题36 元素的循环和物质的转化 学案
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这是一份中考科学 二轮专题 专题36 元素的循环和物质的转化 学案，共21页。学案主要包含了思维导图，知识点回顾，例题精析，习题巩固等内容，欢迎下载使用。
专题36 元素的循环和物质的转化
【思维导图】
【知识点回顾】
一、自然界中的碳循环、氧循环
大气中的二氧化碳通过植物的________转变为________，固定的碳以有机物的形式供给动、植物利用，同时又通过呼吸作用、微生物的分解、燃料燃烧等方式释放二氧化碳返回大气，周而复始地进行着循环。
大自然中氧气的含量会随着生物的________和物质的________等而减少，但又随着植物的________而增加，周而复始地进行着循环。
产生氧气的主要途径：________。
消耗氧气的主要途径：①动、植物的呼吸作用；②燃料燃烧；③微生物分解动、植物遗体；④其他氧化反应(如：生锈、食物腐败)。
二、物质间的相互转化
考点3 说明金属、金属氧化物、碱之间的转化关系；说明非金属、非金属氧化物、酸之间的转化关系
1．金属→________→碱，如：Ca→CaO→Ca(OH)2。
2．非金属→________→酸，如：C→CO2→H2CO3。
3．物质间的相互转化
注意：(1)极少数非金属氧化物不与碱起反应，如CO等。
(2)根据物质之间的相互转化关系图可查找各类物质的主要化学性质。
(3)根据物质之间的相互转化关系图可查找各类物质的可能制法。
考点1 光合作用 有机物
考点2 呼吸 燃烧 光合作用 植物光合作用
考点3 1.金属氧化物 2.非金属氧化物
【例题精析】
例1．（2021•杭州）二氧化碳的资源化利用是实现碳减排的重要途径。如图是一种实现二氧化碳转化为重要原料二甲醚（化学式为C2H6O）的途径：
（1）转化①是二氧化碳与一种常见单质反应生成甲醇和水，这种单质的化学式为 H2 。
（2）转化②是甲醇发生分解反应生成二甲醚和水，反应中生成二甲醚和水的分子数之比为 1：1 。
【解答】解：（1）根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，转化①是二氧化碳与一种常见单质反应生成甲醇和水，则该单质是含有氢元素的单质，故是氢气，故填：H2；
（2）转化②是甲醇发生分解反应生成二甲醚和水，该反应的化学方程式为：
2CH4O＝C2H6O+H2O
故二甲醚和水的分子个数比为1：1
故填：1：1.
例2．（2020•宁波）铁的化合物有广泛用途，如碳酸亚铁（FeCO3）可作补血剂。某硫酸厂产生的炉渣中除了有Fe2O3、FeO，还有一定量的SiO2．兴趣小组利用炉渣尝试制备FeCO3，其流程如图：
【已知：Fe+Fe2（SO4）3═3FeSO4；SiO2不溶于水，也不与稀硫酸反应】
（1）操作①的名称是 过滤 。
（2）溶液A中的溶质除H2SO4外，还存在 硫酸铁、硫酸亚铁 。
（3）上述流程中生成固体c的化学方程式 FeSO4+Na2CO3＝Na2SO4+FeCO3↓ 。
【解答】解：（1）操作①的名称是过滤，通过过滤把液体和固体分离。
故填：过滤。
（2）溶液A中的溶质除H2SO4外，还存在硫酸铁和硫酸亚铁，是因为加入的是过量的稀硫酸，即完全反应后硫酸有剩余，稀硫酸和氧化铁反应生成硫酸铁和水，和氧化亚铁反应生成硫酸亚铁和水，因此溶液中还含有硫酸铁和硫酸亚铁。
故填：硫酸铁、硫酸亚铁。
（3）上述流程中生成固体c是碳酸亚铁，是因为硫酸亚铁和碳酸钠反应生成碳酸亚铁沉淀和硫酸钠，反应的化学方程式：FeSO4+Na2CO3＝Na2SO4+FeCO3↓。
故填：FeSO4+Na2CO3＝Na2SO4+FeCO3↓。
例3．（2020•杭州）医用消毒酒精为75%的乙醇溶液，化工生产中可用A（主要成分的化学式为C8H18）作原料，经以下流程制取乙醇：
（1）步骤①的转化属于 化学 （选填“化学”或“物理”）变化。
（2）步骤②是乙烯和含两种元素的化合物B发生化合反应，则B中所含元素是 氢元素、氧元素 。
【解答】解：（1）步骤①的C8H18转化成乙烯，是化学变化。
故填：化学。
（2）步骤②是乙烯和含两种元素的化合物B发生化合反应，由质量守恒定律可知，B中所含元素是氢元素、氧元素。
故填：氢元素、氧元素。
例4．（2020•金华）“飞花令”是中国诗词的一种接龙游戏。科学兴趣小组模仿“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 Ca（OH）2 （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
【解答】解：（1）水和氧化钙反应生成氢氧化钙，乙同学在方框中应填物质的化学式可以是Ca（OH）2。
故填：Ca（OH）2。
（2）A．硫酸钡不能转化成氢氧化钡，该选项不符合题意；
B．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，该选项符合题意；
C．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，该选项符合题意；
D．硝酸钡不能转化成氢氧化钡，该选项不符合题意。
故填：BC。
例5．（2021•湖州）20世纪30年代，美国科学家鲁宾和卡门利用18O分别标记H2O和CO2，将C18O2和CO2分别通入含小球藻的H2O和H218O中（如图所示），迅速收集产生的氧气。
（1）18O和16O互为 同位素 原子，H218O和H2O以及CO2和C18O2具有相同的化学性质，因此可以用来跟踪物质变化情况。
（2）该实验是为了研究 光合作用释放的氧气来自水 。
（3）该实验必须在 有光 条件下进行。
（4）制备含有较多小球藻的液体时，需在盛有小球藻的液体中加入 无机盐 （选填“无机盐”或“无机盐和有机物”），并置于适宜环境下培养。
【解答】解：（1）18O和16O的质子数相同，互为同位素原子，故填：同位素；
（2）该实验是为了研究：光合作用释放的氧气来自水；故填：光合作用释放的氧气来自水；
（3）该实验是检验光合作用产生的氧气中的氧元素是来源于二氧化碳还是水，故需要在有光的条件下进行，故填：有光；
（3）制备含有较多小球藻的液体时，需在盛有小球藻的液体中加入无机盐，并置于适宜环境下培养，故填：无机盐。
例6．（2021•绍兴）2021年3月，中央财经会议明确把碳达峰、碳中和纳入生态文明建设整体布局，争取在2060年前实现碳中和。“碳中和”是指在一定时间内产生的二氧化碳排放总量，通过二氧化碳去除手段来抵消掉这部分碳排放，达到“净零排放”的目的。
（1）二氧化碳是引起温室效应的主要气体，根据图甲回答支持这一结论的信息是： 全球平均气温随二氧化碳浓度增加而升高 。
（2）科学家已经研究出多种方式来实现二氧化碳的转化。
①固碳的另一种方法是将收集的二氧化碳和水混合后注入地下玄武岩中，最终与岩石中的矿物质作用形成固态的石头碳酸盐。这种固碳方式属于 化学 变化（选填“物理”或“化学”）。
②我国研发的“液态太阳燃料合成技术”（图乙），甲醇（CH3OH）等液体燃料被形象地称为“液态阳光”。甲醇制取过程中能量转化是：太阳能→电能→ 化学 能。甲醇合成时，若碳元素全部来自于二氧化碳，则制取10吨甲醇需要消耗二氧化碳 13.75 吨。
（二氧化碳转化成甲醇的方程式为：CO2+3H2一定条件¯CH3OH+H2O）
【解答】解：（1）图甲说明了全球平均气温随二氧化碳浓度增加而升高，证明了二氧化碳是引起温室效应的主要气体；
（2）①将收集的二氧化碳和水混合后注入地下玄武岩中，最终与岩石中的矿物质作用形成固态的石头碳酸盐，说明有新物质碳酸盐生成，属于化学变化；
②由图示能量转化过程可知甲醇制取过程中能量转化是：太阳能→电能→化学能；设制取10吨甲醇需要消耗二氧化碳质量为x则：
CO2+3H2一定条件¯CH3OH+H2O
44 32
x 10吨
根据：4432=x10吨解得x＝13.75吨。
故答案为：（1）全球平均气温随二氧化碳浓度增加而升高；
（2）①化学；
②化学；13.75。
例7．（2020•衢州）如图所示，是小科建构的铜及其化合物之间相互转化的关系图。
（1）写出图中“？”处物质的化学式 CuO 。
（2）要一步实现图中“Cu→Cu2+”的转化，可将铜加入适量的某种盐溶液中，则该溶液的溶质是 硝酸银 。
（3）根据图中的转化关系，利用硝酸铜溶液制备纯净的硫酸铜晶体。请设计一个实验方案，要求写出主要操
作步骤及所需要的试剂 在硝酸铜溶液中加入氢氧化钠溶液，过滤、洗涤沉淀，向沉淀中加入适量稀硫酸，充分反应后蒸发结晶 。
【解答】解：（1）图中“？”处物质是+2价铜元素，与氧元素结合生成的氧化物是氧化铜，氧化铜中氧元素化合价是﹣2，根据化合物中元素化合价代数和为零可知，氧化铜的化学式是CuO。
故填：CuO。
（2）要一步实现图中“Cu→Cu2+”的转化，可将铜加入适量的某种盐溶液中，则该溶液的溶质是硝酸银，是因为硝酸银和铜反应生成硝酸铜和银。
故填：硝酸银。
（3）实验方案：在硝酸铜溶液中加入氢氧化钠溶液，过滤、洗涤沉淀，向沉淀中加入适量稀硫酸，充分反应后蒸发结晶得到硫酸铜晶体。
故填：在硝酸铜溶液中加入氢氧化钠溶液，过滤、洗涤沉淀，向沉淀中加入适量稀硫酸，充分反应后蒸发结晶。
例8．（2020•杭州）一种制备氢氧化镁的生产流程如图所示，MgCl2和NaOH按恰好完全反应的比例加料。
（1）写出步骤c中发生反应的化学方程式： MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl 。
（2）x＝ 280 。
（3）过滤得到的粗产品还要经过洗涤，洗涤时主要除去的杂质是 氯化钠 。
（4）如图流程中若用下列物质代替氢氧化钠，也能制得氢氧化镁的是 ③ 。
①盐酸 ②氯化钙 ③氨水 ④硫酸镁
【解答】解：（1）步骤c中氯化镁和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，发生反应的化学方程式：MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl。
故填：MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl。
（2）根据题意有：
每分钟反应的氯化镁质量：332.5g/L×0.1L＝33.25g，
MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl，
95 80
33.25g xg/L×0.1L
9533.25g=80xg/L×0.1L，
x＝280。
故填：280。
（3）过滤得到的粗产品还要经过洗涤，洗涤时主要除去的杂质是反应生成的氯化钠。
故填：氯化钠。
（4）如图流程中若用下列物质代替氢氧化钠，也能制得氢氧化镁的是氨水，是因为氨水是碱，能和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化铵。
故填：③。
例9．（2020•湖州）一水硫酸四氨合铜的化学式为[Cu（NH3）4]SO4•H2O，是一种高效、安全的杀菌剂。它在乙醇﹣﹣水混合溶剂中的溶解度随乙醇体积分数的变化曲线如图甲所示。小明在实验室以氧化铜为主要原料合成该物质，他设计的合成路线如图乙所示：
（1）溶液A中一定存在的溶质为 硫酸铜 。
（2）溶液B中含硫酸四氨合铜，“一系列操作”是指向溶液B中加入适量 乙醇 、过滤、洗涤、干燥等。
【解答】解：（1）溶液A中一定存在的溶质有稀硫酸和氧化铜反应生成的硫酸铜。
故填：硫酸铜。
（2）由图甲可知，一水硫酸四氨合铜不溶于乙醇，溶液B中含硫酸四氨合铜，“因此一系列操作”是指向溶液B中加入适量乙醇、过滤、洗涤、干燥等。
故填：乙醇。
【习题巩固】
一．选择题（共7小题）
1．下列制备物质的设计中，理论上正确、操作上可行、经济上合理的是（ ）
A．CO CuO¯△ CO2→NaOH溶液Na2CO3溶液
B．Cu →AgNO3溶液 Cu（NO3）2溶液→NaOH溶液 Cu（OH）2
C．Fe →点燃O2 Fe2O3→稀硫酸Fe2（SO4）3溶液
D．CaO →H2O Ca（OH）2溶液 →Na2CO3溶液 NaOH溶液
【解答】解：A、一氧化碳高温下与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠；理论上正确，操作中需要加热不够简便，且使用氢氧化钠制取碳酸钠，经济上不合理；故A不正确；
B、与硝酸银反应可生成硝酸铜，硝酸铜与氢氧化钠可生成氢氧化铜沉淀；理论上正确，操作上也较简便，但利用硝酸银、氢氧化钠制取氢氧化铜，经济上不合理；故B不正确；
C、铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁而不能生成三氧化二铁，因此该方案在理论上就是错误的；故C不正确；
D、氧化钙与水反应可生成氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸钠反应可生成氢氧化钠；理论上正确，操作也只需要加入液体较为简便，利用碳酸钠获得氢氧化钠，经济上也合理；故D正确；
故选：D。
2．“五水共治”大大美化了河道环境，某学校实验室排出的废水中含有Ag+、Ba2+和NO3﹣三种离子，该校实验小组设计实验从该废水中回收银，并得到副产品碳酸钡固体，操作步骤和实验结果如图：
已知滤液B中只含有一种溶质，则下列说法不正确的是（ ）
A．蓝色沉淀是Cu（OH）2
B．乙一定是氢氧化钡
C．若丙是K2CO3，滤液C结晶后可以作为化学肥料
D．若得到19.7g碳酸钡，则证明原废水中含有13.7g钡
【解答】解：A、蓝色沉淀是氢氧化钡和硝酸铜反应生成的氢氧化铜，该选项说法正确；
B、滤液B中只含有一种溶质，乙中一定含有钡离子和氢氧根离子，因此乙是氢氧化钡，该选项说法正确；
C、若丙是K2CO3，碳酸钾和硝酸钡反应生成碳酸钡沉淀和硝酸钾，滤液C结晶后得到硝酸钾，可以作为化学肥料，该选项说法正确；
D、若得到19.7g碳酸钡，则钡离子质量：19.7g×137197=13.7g，由于加入的乙是氢氧化钡溶液，则原废水中的钡离子质量小于13.7g，该选项说法不正确。
故选：D。
3．如图所示是小金绘制的思维导图，通过□内物质与序号代表的物质一步反应制取Al2（SO4）3，其中序号所代表的物质错误的是（ ）
A．①﹣Al（OH）3 B．②﹣Fe2（SO4）3
C．③﹣H2SO4 D．④﹣Al
【解答】解：A、硫酸与氢氧化铝反应生成硫酸铝和水，可以一步反应实现，A正确；
B、氢氧化铝与硫酸铁不能发生复分解反应，不能一步反应实现，B错误；
C、硫酸与氧化铝反应生成硫酸铝和水，可以一步反应实现，C正确；
D、铝与硫酸铜反应生成硫酸铝和铜，可以一步反应实现，D正确；
故选：B。
4．下列各组所示的化学变化中，不可能实现的是（ ）
A．Cu→加硫酸钠溶液E→加烧碱溶液F→△CuO
B．Fe2（SO4）3→加氯化钡溶液滤液X→加烧碱溶液沉淀Y→加硫酸Fe2（SO4）3
C．CuO→通氢气△R→加硝酸银溶液滤液J →加烧碱溶液Cu（OH）2
D．BaCO3→加盐酸M→加硝酸银溶液滤液Q→加碳酸钠溶液BaCO3
【解答】解：A、由于钠的活泼性大于铜，铜与硫酸钠不发生反应，故A变化不能实现；
B、硫酸铁与氯化钡反应生成了硫酸钡沉淀和氯化铁，氯化铁与氢氧化钠反应生成了氢氧化铁，氢氧化铁与稀硫酸反应生成了硫酸铁，故B变化能实现；
C、氧化铜通入氢气在加热时生成了铜和水，铜与硝酸银反应生成了硝酸铜和银，硝酸铜能与氢氧化钠反应生成了氢氧化铜蓝色沉淀，故C变化能实现；
D、碳酸钡和稀盐酸反应生成了氯化钡、二氧化碳和水，氯化钡与硝酸银反应生成了氯化银白色沉淀和氯化钡，氯化钡与碳酸钠反应生成了碳酸钡沉淀。故D变化能实现。
故选：A。
5．火柴头原本是一种不被磁铁吸引的物体，但火柴烧过后，却能被磁铁吸引，原因是很多火柴头用氧化铁着色，点燃后会与木棒中的碳反应产生四氧化三铁和二氧化碳，由此作出的推断不合理的是（ ）
A．Fe3O4与Fe2O3磁性不同，体现他们物理性质不同
B．Fe3O4中铁的质量分数大于Fe2O3
C．火柴头燃烧的方程式为C+O2+6Fe2O3点燃¯4Fe3O4+CO2
D．火柴头不被磁铁吸引的是因为不易被磁化
【解答】解：A、磁性属于物理性质，Fe3O4与Fe2O3磁性不同，体现他们的物理性质不同，故选项说法正确。
B、在Fe2O3、Fe3O4中，将化学式变形得FeO1.5、FeO1.3，其它原子的相对质量之和越小的，在该化合物中铁元素的质量分数就越大，变形后FeO1.3中其它原子的相对质量之和越小，则Fe3O4中铁的质量分数大于Fe2O3，故选项说法正确。
C、很多火柴头用氧化铁着色，点燃后会与木棒中的碳反应产生四氧化三铁和二氧化碳，反应的化学方程式为C+6Fe2O3点燃¯4Fe3O4+CO2，故选项说法错误。
D、火柴头原本是一种不被磁铁吸引的物体，火柴头不被磁铁吸引的是因为不易被磁化，故选项说法正确。
故选：C。
6．下列各组物质的转化设计，能够实现的是（ ）
A．CO→NaOHNa2CO3→BaCl2BaCO3
B．CuO→H2OCu（OH）2→H2SO4CuSO4
C．Fe→点燃O2Fe2O3→H2SO4Fe2（SO4）3
D．CaO→H2OCa（OH）2 →Na2CO3 NaOH
【解答】解：A、一氧化碳不能能与氢氧化钠反应，不能得到碳酸钠，故A不能实现
B、氧化铜不溶于水，需要用酸溶解，不能直接到氢氧化铜，故B不能实现；
C、铁在氧气中燃烧的产物是四氧化三铁不是氧化铁，故C 不能实现；
D、氧化钙能与水化合生成了氢氧化钠，氢氧化钙能与碳酸钠反应生成了碳酸钙沉淀和氢氧化钠，故D能实现。
故选：D。
7．用同一种基本反应类型，经过两步反应，不能实现的转化是（ ）
A．S→H2SO3 B．Fe→Fe（OH）3
C．H2CO3→O2 D．K2CO3→Ba（NO3）2
【解答】解：A、硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，均属于化合反应，经过两步反应、能实现转化，故选项错误。
B、铁与盐酸发生置换反应生成氯化亚铁和氢气，氯化亚铁与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁沉淀和氯化钠，分别属于置换反应、复分解反应，且经过两步反应，不能实现转化，故选项正确。
C、碳酸分解生成水和二氧化碳，水通电分解生成氢气和氧气，均属于分解反应，经过两步反应、能实现转化，故选项错误。
D、碳酸钾与氢氧化钡溶液反应生成碳酸钡沉淀和氢氧化钾，碳酸钡与硝酸反应生成硝酸钡、水和二氧化碳，均属于复分解反应，经过两步反应、能实现转化，故选项错误。
故选：B。
二．填空题（共7小题）
8．垃圾的分类回收再利用越来越受社会的关注。如图是某工厂处理含铜垃圾的生产流程：
（1）根据相关现象可知加入的A单质可能是 铁 。
（2）若在回收含铜垃圾中发现混有金属铝，它 不会 （填“会”或“不会”）出现在最终得到的红色粉末中。
【解答】解：（1）滤液A中加入单质A得到的是浅绿色溶液和红色沉淀物，故加入的铁，铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，故填：铁；
（2）铝在金属活动性顺序中位于氢的前面，加入稀硫酸时会反应生成硫酸铝存在与滤液中，铝的活泼性强于铁，铁不与硫酸铝反应，故不会出现在最终得到的红色粉末中，故填：不会。
9．2020年奥运会奖牌制作原料来自于电子垃圾中提炼出来的金属。从废线路板中提炼贵重金属和制备硫酸铜晶体的一种工艺流程如图：
已知：在酸性环境中有过氧化氢存在时，铁和铜分别会转化为铁离子和铜离子。
（1）操作①的名称是 过滤 ；
（2）调节pH的主要目的是除去滤液中 Fe3+、Al3+ （填离子符号）；
（3）写出粗铜中的铜与稀硫酸和过氧化氢的混合溶液发生反应的化学方程式： Cu+H2SO4+H2O2＝CuSO4+2H2O 。
【解答】解：（1）经过操作①得到了滤液和固体贵金属，实现了固液分离，常用方法为过滤；
故答案为：过滤。
（2）经过调解pH析出固体为氢氧化铁和氢氧化铝，因此调解pH去除的主要离子为铁离子和铝离子；
故答案为：Fe3+、Al3+。
（3）经过操作②得到了硫酸铜溶液，说明铜与硫酸和双氧水反应生成硫酸铜，根据质量守恒定律，另一产物为水，所以铜、硫酸和过氧化氢反应生成硫酸铜和水，书写化学方程式注意配平；
故答案为：Cu+H2SO4+H2O2＝CuSO4+2H2O。
10．Ba（NO3）2可用于生产信号弹、炸药等。利用钡泥（主要含有BaCO3、BaSO3、Fe2O3）可制取Ba（NO3）2，其部分流程如图：
（1）写出Fe2O3与稀HNO3反应的化学方程式： Fe2O3+6HNO3＝2Fe（NO3）3+3H2O 。
（2）试剂Y为 Ba（OH）2溶液 。
【解答】解：（1）Fe2O3与HNO3反应生成硝酸铁和水，对应的化学方程式：Fe2O3+6HNO3＝2Fe（NO3）3+3H2O。
（3）由物质的转化可知，硝酸铁与试剂Y生成了硝酸钡和氢氧化铁，所以Y为 Ba（OH）2溶液。
故答案为：
（1）复分解反应 Fe2O3+6HNO3＝2Fe（NO3）3+3H2O；
（2）Ba（OH）2溶液。
11．小乐用镀锌铁皮按下列流程制备七水合硫酸锌（ZnSO4•7H2O）相关信息如下：
①金属离子形成氢氧化物沉淀的相关pH范围
金属离子
pH
开始沉淀
完全沉淀
Fe3+
1.5
2.8
Fe2+
5.5
8.3
Zn2+
5.4
8.2
②ZnSO4的溶解度随温度变化曲线。
（1）步骤Ⅰ，可用于判断镀锌层完全反应的实验现象是 产生气泡的速率变缓慢 。
（2）步骤Ⅱ，需加入过量 H2O2，理由是 把亚铁离子氧化成铁离子 。
（3）步骤Ⅲ，合适的pH范围是 2.8≤pH＜5.4 。
【解答】解：（1）步骤Ⅰ，可用于判断镀锌层完全反应的实验现象是产生气泡的速率变缓慢，说明锌已经完全反应。
故填：产生气泡的速率变缓慢。
（2）步骤Ⅱ，需加入过量 H2O2，理由是把亚铁离子氧化成铁离子。
故填：把亚铁离子氧化成铁离子。
（3）步骤Ⅲ，合适的pH范围是2.8≤pH＜5.4，此范围内铁离子沉淀完全，锌离子没有沉淀。
含有：2.8≤pH＜5.4。
12．某工业废水含有大量的硫酸亚铁、少量硫酸铜和污泥。为了从工业废水中制备硫酸亚铁晶体（FeSO4•7H2O）并回收铜，小乐设计了如图所示方案，已知硫酸亚铁晶体受热易分解。
（1）步骤②和步骤③加入的药品依次为 过量的铁粉、适量的稀硫酸 。
（2）写出步骤④的操作 低温蒸发 。
【解答】解：（1）步骤②和步骤③加入的药品依次为过量的铁粉（除去硫酸铜）、适量的稀硫酸（把铁转化成硫酸亚铁）。
故填：过量的铁粉、适量的稀硫酸。
（2）步骤④的操作应该是低温蒸发。
故填：低温蒸发。
13．某种矿石由氧化镁、氧化铁、氧化铜和二氧化硅组成，用它制备氢氧化镁产品的流程示意图如图所示（已知：二氧化硅不溶于水也不与稀盐酸反应）。
请回答下列问题：
（1）溶液A中含有的阳离子是 H+、Mg2+、Fe3+、Cu2+ 。
（2）在溶液A中加入熟石灰调节溶液的pH，可以使溶液中的金属阳离子逐步转化为沉淀。该实验条件下，使金属阳离子沉淀的相关pH数据见表。为保证产品纯度、减少产品损失，并便于操作，所得溶液B的pH的取值范围为 6.7～8.6 。
氢氧化物
Fe（OH）3
Cu（OH）2
Mg（OH）2
开始沉淀的pH
1.5
4.2
8.6
完全沉淀的pH
3.2
6.7
11.1
【解答】解：（1）矿石中的金属氧化物与稀盐酸反应的化学方程式为：MgO+2HCl═MgCl2+H2O、CuO+2HCl═CuCl2+H2O、Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O，溶液A pH＜1，呈酸性，说明含有H+，所以溶液A中含有的阳离子是H+、Mg2+、Fe3+和Cu2+。
（2）由表中数据可知，为保证产品纯度、减少产品损失，并便于操作，应控制氢氧化铁和氢氧化铜完全沉淀，而氢氧化镁未开始沉淀，所以所得溶液B的pH的取值范围为 6.7～8.6。
故答为：（1）H+、Mg2+、Fe3+、Cu2+；（2）6.7～8.6。
14．自然界的矿物中有一种重晶石矿的主要成分是BaSO4，它不溶于任何酸。碱和水，纯净的硫酸钡可供医疗等方面应用，某同学用重晶石和焦炭为原料，制取纯净硫酸钡，部分流程如下（设矿物中杂质不与焦炭反应，也不溶于水）：
（1）步骤①的化学反应中，属于还原剂的是 碳 ，
（2）步骤②中溶液A中溶质的化学式： BaCl2 ；
（3）写出利用溶液A中的溶质为主要原料制取BaSO4的化学方程式： BaCl2+Na2SO4＝BaSO4↓+2NaCl 。
（4）步骤②产生有毒气体H2S，应加以改进，为使实验既不产生H2S又能获得纯净BaSO4，请你提出改进意见。 可在步骤②中加入Na2SO4，然后过滤，洗涤后可得纯净BaSO4 。
【解答】解：（1）碳和矿石高温生成一氧化碳、硫化钡，所以属于还原剂的是碳；
（2）硫化钡与盐酸反应生成硫化氢气体，可判断反应的化学方程式为BaS+2HCl＝BaCl2+H2S↑，因此该步反应中所得溶液A中溶质为氯化钡，其化学式为BaCl2；
（3）利用氯化钡能与硫酸钠等发生复分解反应生成硫酸钡的氯化钠的转化关系，可使用氯化钡与硫酸钠反应，化学方程式为：BaCl2+Na2SO4＝BaSO4↓+2NaCl；
（4）利用硫化钡这种盐与可溶解性硫酸盐能生成硫酸钡和另一种盐，既可避免与盐酸反应放出有毒气体硫化氢又可直接转化为硫酸钡，因此可采取在步骤②中加入硫酸钠，反应后过滤并洗涤除去附在固体表面的溶液，得到较为纯净的硫酸钡，化学方程式为：BaS+Na2SO4＝BaSO4↓+Na2S。
故答案为：（1）碳；
（2）BaCl2；
（3）BaCl2+Na2SO4＝BaSO4↓+2NaCl；
（4）可在步骤②中加入Na2SO4，然后过滤，洗涤后可得纯净BaSO4。
三．实验探究题（共2小题）
15．某废弃物只含铜和氧化铜。查阅资料知道，氧化铜能与稀盐酸反应生成氯化铜和水，某兴趣小组设计了如图实验流程来回收金属铜。请回答下列问题：
（1）液体A中所含的溶质是 HCl、CuCl2 （填化学式）。
（2）将过量铁粉加到液体A中，能观察到有无色气泡冒出，对应反应的化学方程式是 Fe+2HCl═FeCl2+H2↑ 。
（3）请简述从固体B提纯铜粉的实验操作： 向固体B中加入足量稀盐酸，成分反应后过滤，洗涤、干燥 。
（4）理论上，这个实验能回收到铜粉 8.3 g。
【解答】解：（1）废弃物与稀盐酸混合时，氧化铜和稀盐酸反应生成氯化铜和水，加入的盐酸是过量的，所以液体A中所含的溶质是：HCl、CuCl2；
（2）将过量铁粉加到液体A中，能观察到有无色气泡冒出，是因为过量的铁和过量的稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，化学方程式是：Fe+2HCl═FeCl2+H2↑；
（3）从固体B提纯铜粉的实验操作：向固体B中加入足量稀盐酸，成分反应后过滤，洗涤、干燥；
（4）理论上，这个实验能回收到铜粉足量：1.5g+（10g﹣1.5g）×6480=8.3g。
故答案为：（1）HCl、CuCl2；
（2）Fe+2HCl═FeCl2+H2↑；
（3）向固体B中加入足量稀盐酸，成分反应后过滤，洗涤、干燥；
（4）8.3。
16．Fe（OH）2是白色难溶于水的物质，可用于制颜料、药物等，但很容易被空气中的氧气氧化为Fe（OH）3，氧化过程中白色沉淀转化为灰绿色沉淀，最后变为红褐色沉淀。现用铁片、稀盐酸、氢氧化钠溶液、水等试剂制取少量的Fe（OH）2，装置如图。
（1）检查气密性。关闭阀门A和B，让1中液体进入到容器2中。虚线框所在装置，发生的反应的化学方程式是 Fe+2HCl═FeCl2+H2↑ 。
（2）容器2中充满氢气后，打开阀门A，关闭阀门B，应出现的现象是 容器2中液体被压入容器3，容器3中出现白色沉淀 。
（3）实验完毕，关闭阀门A和B，制得的Fe（OH）2在容器 3 （选填“3”或“4”）中。
（4）本实验中所有配制溶液的水需煮沸，容器2、3均密闭，其主要原因是 防止Fe（OH）2被氧化 。
【解答】解：由所给药品的性质和装置的特点可知，该实验中利用铁片和盐酸反应制得氯化亚铁，再使氯化亚铁与氢氧化钠溶液反应制得氢氧化亚铁，因此分液漏斗中加入稀盐酸，容器2中加入铁片，容器3中加入氢氧化钠溶液，利用铁与稀盐酸反应生成的氢气可将容器2中的氯化亚铁溶液压入容器3中与氢氧化钠溶液反应，因此制得的氢氧化亚铁在容器3中，所以：
（1）检查气密性。关闭阀门A和B，让1中液体进入到容器2中。虚线框所在装置是铁与稀盐酸反应制取氯化亚铁的，发生的反应的化学方程式是：Fe+2HCl═FeCl2+H2↑。
（2）容器2中充满氢气后，打开阀门A，关闭阀门B，应出现的现象是容器2中液体被压入容器3，容器3中出现白色沉淀。
（3）由上述分析可知，实验完毕，关闭阀门A和B，制得的Fe（OH）2在容器3中。
（4）由于水中溶有少量的氧气，空气中含有氧气，所以本实验中所有配制溶液的水需煮沸，容器2、3均密闭，其主要原因是防止Fe（OH）2被氧化。
故答为：（1）Fe+2HCl═FeCl2+H2↑；（2）容器2中液体被压入容器3，容器3中出现白色沉淀；（3）3；（4）防止Fe（OH）2被氧化。
四．解答题（共4小题）
17．二氧化氯（ClO2）是一种高效、广谱、安全的杀菌消毒剂。以粗盐水（含可溶性杂质MgSO4、CaCl2）为原料，制取ClO2的工艺流程如图：
（1）试剂A为 氢氧化钡溶液 。
（2）步骤⑤涉及的物质中氯元素化合价最高的物质是 NaClO3 。
（3）如图流程中可循环利用的物质有 NaCl、Cl2（或氯化钠、氯气） 。
【解答】解：（1）试剂A为氢氧化钡溶液，是因为氢氧化钡能和硫酸镁反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化镁沉淀，能够除去硫酸镁。
（2）步骤⑤涉及的物质中，氯酸钠中氯元素化合价是+5，氯化钠中氯元素化合价是﹣1，二氧化氯中氯元素化合价是+4，氯气中氯元素化合价是0，因此氯元素化合价最高的物质是NaClO3。
（3）如图流程中可循环利用的物质有氯化钠、氯气。
故答案为：（1）氢氧化钡溶液；
（2）NaClO3；
（3）NaCl、Cl2（或氯化钠、氯气）。
18．某矿石由MgO、Fe2O3和SiO2组成其制备氢氧化镁的流程示意图如图：
（1）溶液A中的溶质有 氯化镁、氯化铁、氯化氢 。
（2）在溶液A中加入熟石灰固体调节溶液的pH，可以使溶液中的阳离子转化为沉淀。该实验条件下，使金属阳离子沉淀的相关pH数据见下表。现调节溶液B的pH值范围是4﹣8，目的是 使铁离子完全沉淀，镁离子不能沉淀 。
氢氧化物
Fe（OH）3
Mg（OH）2
开始沉淀的pH
1.5
8.6
完全沉淀的pH
3.2
11.1
（3）该实验过程中，熟石灰固体比氢氧化钠固体能更精确地调节溶液的pH，理由是 氢氧化钙溶解度远小于氢氧化钠的溶解度，便于控制固体用量 。
【解答】解：（1）溶液A中的溶质有反应生成的氯化镁、氯化铁和过量的氯化氢。
故填：氯化镁、氯化铁、氯化氢。
（2）铁离子完全沉淀的pH＝3.2，现镁离子开始沉淀的pH＝8.6，调节溶液B的pH值范围是4﹣8，目的是使铁离子完全沉淀，镁离子不能沉淀。
故填：使铁离子完全沉淀，镁离子不能沉淀。
（3）该实验过程中，熟石灰固体比氢氧化钠固体能更精确地调节溶液的pH，理由是氧化钙溶解度远小于氢氧化钠的溶解度，便于控制固体用量。
故填：氧化钙溶解度远小于氢氧化钠的溶解度，便于控制固体用量。
19．在探究金属活动性的实验中，同学们将含有ZnSO4、FeSO4、CuSO4的废液倒在废液缸里，为避免废液直接排放造成水污染，小明同学利用废液设计了如图回收硫酸锌和有关金属单质的实验。请回答：
（1）固体A中含有的金属单质有 铜、铁、锌 。
（2）要检验步骤④中加入的稀硫酸是否足量的方法是 取适量滤液B于试管中，加入碳酸钠溶液，产生气泡，说明稀硫酸足量 。
（3）不计实验中的物质损失，要计算原废液中硫酸锌的质量，除要称量回收的ZnSO4质量外，还必须称量实验过程中的量有 固体B、C、D的质量 。
【解答】解：（1）锌和硫酸铜反应生成硫酸锌和铜，和硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁，固体A中含有的金属单质有反应生成的铜、铁和过量的锌。
故填：铜、铁、锌。
（2）检验步骤④中加入的稀硫酸是否足量的方法：取适量滤液B于试管中，加入碳酸钠溶液，产生气泡，是因为碳酸钠和稀硫酸反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，说明稀硫酸足量。
故填：取适量滤液B于试管中，加入碳酸钠溶液，产生气泡，说明稀硫酸足量。
（3）不计实验中的物质损失，要计算原废液中硫酸锌的质量，除要称量回收的ZnSO4质量外，还必须称量实验过程中的量有固体B（铁）、C（锌和铜的质量）、D（铜）的质量，根据铁、铜的质量和反应的化学方程式可以计算反应生成的硫酸锌质量，回收的ZnSO4质量与反应生成的硫酸锌的质量差即为原废液中硫酸锌的质量。
故填：固体B、C、D的质量。
20．当温度达到380℃时，氢氧化镁开始分解产生水蒸气和耐高温的氧化镁固体，将其添加到塑料等易燃材料中起阻燃作用。工业上可利用石灰石和卤水制备氢氧化镁，其流程如图所示：
（1）写出X和氯化镁溶液反应的化学方程式： Ca（OH）2+MgCl2═Mg（OH）2↓+CaCl2 。
（2）根据燃烧条件分析，氢氧化镁能起阻燃作用的原因是 氢氧化镁受热分解成氧化镁，覆盖在可燃物表面，隔绝氧气 （写出1点）。
【解答】解：（1）氧化钙与水反应生成氢氧化钙，所以X是氢氧化钙，氢氧化钙与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，所以方程式是：Ca（OH）2+MgCl2═Mg（OH）2↓+CaCl2；
（2）氢氧化镁受热分解成氧化镁，覆盖在可燃物表面，隔绝氧气，达到了灭火的目的。
故答案为：（1）Ca（OH）2+MgCl2═Mg（OH）2↓+CaCl2；
（2）氢氧化镁受热分解成氧化镁，覆盖在可燃物表面，隔绝氧气.
专题36 元素的循环和物质的转化
【思维导图】
【知识点回顾】
一、自然界中的碳循环、氧循环
大气中的二氧化碳通过植物的________转变为________，固定的碳以有机物的形式供给动、植物利用，同时又通过呼吸作用、微生物的分解、燃料燃烧等方式释放二氧化碳返回大气，周而复始地进行着循环。
大自然中氧气的含量会随着生物的________和物质的________等而减少，但又随着植物的________而增加，周而复始地进行着循环。
产生氧气的主要途径：________。
消耗氧气的主要途径：①动、植物的呼吸作用；②燃料燃烧；③微生物分解动、植物遗体；④其他氧化反应(如：生锈、食物腐败)。
二、物质间的相互转化
考点3 说明金属、金属氧化物、碱之间的转化关系；说明非金属、非金属氧化物、酸之间的转化关系
1．金属→________→碱，如：Ca→CaO→Ca(OH)2。
2．非金属→________→酸，如：C→CO2→H2CO3。
3．物质间的相互转化
注意：(1)极少数非金属氧化物不与碱起反应，如CO等。
(2)根据物质之间的相互转化关系图可查找各类物质的主要化学性质。
(3)根据物质之间的相互转化关系图可查找各类物质的可能制法。
考点1 光合作用 有机物
考点2 呼吸 燃烧 光合作用 植物光合作用
考点3 1.金属氧化物 2.非金属氧化物
【例题精析】
例1．（2021•杭州）二氧化碳的资源化利用是实现碳减排的重要途径。如图是一种实现二氧化碳转化为重要原料二甲醚（化学式为C2H6O）的途径：
（1）转化①是二氧化碳与一种常见单质反应生成甲醇和水，这种单质的化学式为 H2 。
（2）转化②是甲醇发生分解反应生成二甲醚和水，反应中生成二甲醚和水的分子数之比为 1：1 。
【解答】解：（1）根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，转化①是二氧化碳与一种常见单质反应生成甲醇和水，则该单质是含有氢元素的单质，故是氢气，故填：H2；
（2）转化②是甲醇发生分解反应生成二甲醚和水，该反应的化学方程式为：
2CH4O＝C2H6O+H2O
故二甲醚和水的分子个数比为1：1
故填：1：1.
例2．（2020•宁波）铁的化合物有广泛用途，如碳酸亚铁（FeCO3）可作补血剂。某硫酸厂产生的炉渣中除了有Fe2O3、FeO，还有一定量的SiO2．兴趣小组利用炉渣尝试制备FeCO3，其流程如图：
【已知：Fe+Fe2（SO4）3═3FeSO4；SiO2不溶于水，也不与稀硫酸反应】
（1）操作①的名称是 过滤 。
（2）溶液A中的溶质除H2SO4外，还存在 硫酸铁、硫酸亚铁 。
（3）上述流程中生成固体c的化学方程式 FeSO4+Na2CO3＝Na2SO4+FeCO3↓ 。
【解答】解：（1）操作①的名称是过滤，通过过滤把液体和固体分离。
故填：过滤。
（2）溶液A中的溶质除H2SO4外，还存在硫酸铁和硫酸亚铁，是因为加入的是过量的稀硫酸，即完全反应后硫酸有剩余，稀硫酸和氧化铁反应生成硫酸铁和水，和氧化亚铁反应生成硫酸亚铁和水，因此溶液中还含有硫酸铁和硫酸亚铁。
故填：硫酸铁、硫酸亚铁。
（3）上述流程中生成固体c是碳酸亚铁，是因为硫酸亚铁和碳酸钠反应生成碳酸亚铁沉淀和硫酸钠，反应的化学方程式：FeSO4+Na2CO3＝Na2SO4+FeCO3↓。
故填：FeSO4+Na2CO3＝Na2SO4+FeCO3↓。
例3．（2020•杭州）医用消毒酒精为75%的乙醇溶液，化工生产中可用A（主要成分的化学式为C8H18）作原料，经以下流程制取乙醇：
（1）步骤①的转化属于 化学 （选填“化学”或“物理”）变化。
（2）步骤②是乙烯和含两种元素的化合物B发生化合反应，则B中所含元素是 氢元素、氧元素 。
【解答】解：（1）步骤①的C8H18转化成乙烯，是化学变化。
故填：化学。
（2）步骤②是乙烯和含两种元素的化合物B发生化合反应，由质量守恒定律可知，B中所含元素是氢元素、氧元素。
故填：氢元素、氧元素。
例4．（2020•金华）“飞花令”是中国诗词的一种接龙游戏。科学兴趣小组模仿“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 Ca（OH）2 （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
【解答】解：（1）水和氧化钙反应生成氢氧化钙，乙同学在方框中应填物质的化学式可以是Ca（OH）2。
故填：Ca（OH）2。
（2）A．硫酸钡不能转化成氢氧化钡，该选项不符合题意；
B．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，该选项符合题意；
C．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，该选项符合题意；
D．硝酸钡不能转化成氢氧化钡，该选项不符合题意。
故填：BC。
例5．（2021•湖州）20世纪30年代，美国科学家鲁宾和卡门利用18O分别标记H2O和CO2，将C18O2和CO2分别通入含小球藻的H2O和H218O中（如图所示），迅速收集产生的氧气。
（1）18O和16O互为 同位素 原子，H218O和H2O以及CO2和C18O2具有相同的化学性质，因此可以用来跟踪物质变化情况。
（2）该实验是为了研究 光合作用释放的氧气来自水 。
（3）该实验必须在 有光 条件下进行。
（4）制备含有较多小球藻的液体时，需在盛有小球藻的液体中加入 无机盐 （选填“无机盐”或“无机盐和有机物”），并置于适宜环境下培养。
【解答】解：（1）18O和16O的质子数相同，互为同位素原子，故填：同位素；
（2）该实验是为了研究：光合作用释放的氧气来自水；故填：光合作用释放的氧气来自水；
（3）该实验是检验光合作用产生的氧气中的氧元素是来源于二氧化碳还是水，故需要在有光的条件下进行，故填：有光；
（3）制备含有较多小球藻的液体时，需在盛有小球藻的液体中加入无机盐，并置于适宜环境下培养，故填：无机盐。
例6．（2021•绍兴）2021年3月，中央财经会议明确把碳达峰、碳中和纳入生态文明建设整体布局，争取在2060年前实现碳中和。“碳中和”是指在一定时间内产生的二氧化碳排放总量，通过二氧化碳去除手段来抵消掉这部分碳排放，达到“净零排放”的目的。
（1）二氧化碳是引起温室效应的主要气体，根据图甲回答支持这一结论的信息是： 全球平均气温随二氧化碳浓度增加而升高 。
（2）科学家已经研究出多种方式来实现二氧化碳的转化。
①固碳的另一种方法是将收集的二氧化碳和水混合后注入地下玄武岩中，最终与岩石中的矿物质作用形成固态的石头碳酸盐。这种固碳方式属于 化学 变化（选填“物理”或“化学”）。
②我国研发的“液态太阳燃料合成技术”（图乙），甲醇（CH3OH）等液体燃料被形象地称为“液态阳光”。甲醇制取过程中能量转化是：太阳能→电能→ 化学 能。甲醇合成时，若碳元素全部来自于二氧化碳，则制取10吨甲醇需要消耗二氧化碳 13.75 吨。
（二氧化碳转化成甲醇的方程式为：CO2+3H2一定条件¯CH3OH+H2O）
【解答】解：（1）图甲说明了全球平均气温随二氧化碳浓度增加而升高，证明了二氧化碳是引起温室效应的主要气体；
（2）①将收集的二氧化碳和水混合后注入地下玄武岩中，最终与岩石中的矿物质作用形成固态的石头碳酸盐，说明有新物质碳酸盐生成，属于化学变化；
②由图示能量转化过程可知甲醇制取过程中能量转化是：太阳能→电能→化学能；设制取10吨甲醇需要消耗二氧化碳质量为x则：
CO2+3H2一定条件¯CH3OH+H2O
44 32
x 10吨
根据：4432=x10吨解得x＝13.75吨。
故答案为：（1）全球平均气温随二氧化碳浓度增加而升高；
（2）①化学；
②化学；13.75。
例7．（2020•衢州）如图所示，是小科建构的铜及其化合物之间相互转化的关系图。
（1）写出图中“？”处物质的化学式 CuO 。
（2）要一步实现图中“Cu→Cu2+”的转化，可将铜加入适量的某种盐溶液中，则该溶液的溶质是 硝酸银 。
（3）根据图中的转化关系，利用硝酸铜溶液制备纯净的硫酸铜晶体。请设计一个实验方案，要求写出主要操
作步骤及所需要的试剂 在硝酸铜溶液中加入氢氧化钠溶液，过滤、洗涤沉淀，向沉淀中加入适量稀硫酸，充分反应后蒸发结晶 。
【解答】解：（1）图中“？”处物质是+2价铜元素，与氧元素结合生成的氧化物是氧化铜，氧化铜中氧元素化合价是﹣2，根据化合物中元素化合价代数和为零可知，氧化铜的化学式是CuO。
故填：CuO。
（2）要一步实现图中“Cu→Cu2+”的转化，可将铜加入适量的某种盐溶液中，则该溶液的溶质是硝酸银，是因为硝酸银和铜反应生成硝酸铜和银。
故填：硝酸银。
（3）实验方案：在硝酸铜溶液中加入氢氧化钠溶液，过滤、洗涤沉淀，向沉淀中加入适量稀硫酸，充分反应后蒸发结晶得到硫酸铜晶体。
故填：在硝酸铜溶液中加入氢氧化钠溶液，过滤、洗涤沉淀，向沉淀中加入适量稀硫酸，充分反应后蒸发结晶。
例8．（2020•杭州）一种制备氢氧化镁的生产流程如图所示，MgCl2和NaOH按恰好完全反应的比例加料。
（1）写出步骤c中发生反应的化学方程式： MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl 。
（2）x＝ 280 。
（3）过滤得到的粗产品还要经过洗涤，洗涤时主要除去的杂质是 氯化钠 。
（4）如图流程中若用下列物质代替氢氧化钠，也能制得氢氧化镁的是 ③ 。
①盐酸 ②氯化钙 ③氨水 ④硫酸镁
【解答】解：（1）步骤c中氯化镁和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，发生反应的化学方程式：MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl。
故填：MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl。
（2）根据题意有：
每分钟反应的氯化镁质量：332.5g/L×0.1L＝33.25g，
MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl，
95 80
33.25g xg/L×0.1L
9533.25g=80xg/L×0.1L，
x＝280。
故填：280。
（3）过滤得到的粗产品还要经过洗涤，洗涤时主要除去的杂质是反应生成的氯化钠。
故填：氯化钠。
（4）如图流程中若用下列物质代替氢氧化钠，也能制得氢氧化镁的是氨水，是因为氨水是碱，能和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化铵。
故填：③。
例9．（2020•湖州）一水硫酸四氨合铜的化学式为[Cu（NH3）4]SO4•H2O，是一种高效、安全的杀菌剂。它在乙醇﹣﹣水混合溶剂中的溶解度随乙醇体积分数的变化曲线如图甲所示。小明在实验室以氧化铜为主要原料合成该物质，他设计的合成路线如图乙所示：
（1）溶液A中一定存在的溶质为 硫酸铜 。
（2）溶液B中含硫酸四氨合铜，“一系列操作”是指向溶液B中加入适量 乙醇 、过滤、洗涤、干燥等。
【解答】解：（1）溶液A中一定存在的溶质有稀硫酸和氧化铜反应生成的硫酸铜。
故填：硫酸铜。
（2）由图甲可知，一水硫酸四氨合铜不溶于乙醇，溶液B中含硫酸四氨合铜，“因此一系列操作”是指向溶液B中加入适量乙醇、过滤、洗涤、干燥等。
故填：乙醇。
【习题巩固】
一．选择题（共7小题）
1．下列制备物质的设计中，理论上正确、操作上可行、经济上合理的是（ ）
A．CO CuO¯△ CO2→NaOH溶液Na2CO3溶液
B．Cu →AgNO3溶液 Cu（NO3）2溶液→NaOH溶液 Cu（OH）2
C．Fe →点燃O2 Fe2O3→稀硫酸Fe2（SO4）3溶液
D．CaO →H2O Ca（OH）2溶液 →Na2CO3溶液 NaOH溶液
【解答】解：A、一氧化碳高温下与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠；理论上正确，操作中需要加热不够简便，且使用氢氧化钠制取碳酸钠，经济上不合理；故A不正确；
B、与硝酸银反应可生成硝酸铜，硝酸铜与氢氧化钠可生成氢氧化铜沉淀；理论上正确，操作上也较简便，但利用硝酸银、氢氧化钠制取氢氧化铜，经济上不合理；故B不正确；
C、铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁而不能生成三氧化二铁，因此该方案在理论上就是错误的；故C不正确；
D、氧化钙与水反应可生成氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸钠反应可生成氢氧化钠；理论上正确，操作也只需要加入液体较为简便，利用碳酸钠获得氢氧化钠，经济上也合理；故D正确；
故选：D。
2．“五水共治”大大美化了河道环境，某学校实验室排出的废水中含有Ag+、Ba2+和NO3﹣三种离子，该校实验小组设计实验从该废水中回收银，并得到副产品碳酸钡固体，操作步骤和实验结果如图：
已知滤液B中只含有一种溶质，则下列说法不正确的是（ ）
A．蓝色沉淀是Cu（OH）2
B．乙一定是氢氧化钡
C．若丙是K2CO3，滤液C结晶后可以作为化学肥料
D．若得到19.7g碳酸钡，则证明原废水中含有13.7g钡
【解答】解：A、蓝色沉淀是氢氧化钡和硝酸铜反应生成的氢氧化铜，该选项说法正确；
B、滤液B中只含有一种溶质，乙中一定含有钡离子和氢氧根离子，因此乙是氢氧化钡，该选项说法正确；
C、若丙是K2CO3，碳酸钾和硝酸钡反应生成碳酸钡沉淀和硝酸钾，滤液C结晶后得到硝酸钾，可以作为化学肥料，该选项说法正确；
D、若得到19.7g碳酸钡，则钡离子质量：19.7g×137197=13.7g，由于加入的乙是氢氧化钡溶液，则原废水中的钡离子质量小于13.7g，该选项说法不正确。
故选：D。
3．如图所示是小金绘制的思维导图，通过□内物质与序号代表的物质一步反应制取Al2（SO4）3，其中序号所代表的物质错误的是（ ）
A．①﹣Al（OH）3 B．②﹣Fe2（SO4）3
C．③﹣H2SO4 D．④﹣Al
【解答】解：A、硫酸与氢氧化铝反应生成硫酸铝和水，可以一步反应实现，A正确；
B、氢氧化铝与硫酸铁不能发生复分解反应，不能一步反应实现，B错误；
C、硫酸与氧化铝反应生成硫酸铝和水，可以一步反应实现，C正确；
D、铝与硫酸铜反应生成硫酸铝和铜，可以一步反应实现，D正确；
故选：B。
4．下列各组所示的化学变化中，不可能实现的是（ ）
A．Cu→加硫酸钠溶液E→加烧碱溶液F→△CuO
B．Fe2（SO4）3→加氯化钡溶液滤液X→加烧碱溶液沉淀Y→加硫酸Fe2（SO4）3
C．CuO→通氢气△R→加硝酸银溶液滤液J →加烧碱溶液Cu（OH）2
D．BaCO3→加盐酸M→加硝酸银溶液滤液Q→加碳酸钠溶液BaCO3
【解答】解：A、由于钠的活泼性大于铜，铜与硫酸钠不发生反应，故A变化不能实现；
B、硫酸铁与氯化钡反应生成了硫酸钡沉淀和氯化铁，氯化铁与氢氧化钠反应生成了氢氧化铁，氢氧化铁与稀硫酸反应生成了硫酸铁，故B变化能实现；
C、氧化铜通入氢气在加热时生成了铜和水，铜与硝酸银反应生成了硝酸铜和银，硝酸铜能与氢氧化钠反应生成了氢氧化铜蓝色沉淀，故C变化能实现；
D、碳酸钡和稀盐酸反应生成了氯化钡、二氧化碳和水，氯化钡与硝酸银反应生成了氯化银白色沉淀和氯化钡，氯化钡与碳酸钠反应生成了碳酸钡沉淀。故D变化能实现。
故选：A。
5．火柴头原本是一种不被磁铁吸引的物体，但火柴烧过后，却能被磁铁吸引，原因是很多火柴头用氧化铁着色，点燃后会与木棒中的碳反应产生四氧化三铁和二氧化碳，由此作出的推断不合理的是（ ）
A．Fe3O4与Fe2O3磁性不同，体现他们物理性质不同
B．Fe3O4中铁的质量分数大于Fe2O3
C．火柴头燃烧的方程式为C+O2+6Fe2O3点燃¯4Fe3O4+CO2
D．火柴头不被磁铁吸引的是因为不易被磁化
【解答】解：A、磁性属于物理性质，Fe3O4与Fe2O3磁性不同，体现他们的物理性质不同，故选项说法正确。
B、在Fe2O3、Fe3O4中，将化学式变形得FeO1.5、FeO1.3，其它原子的相对质量之和越小的，在该化合物中铁元素的质量分数就越大，变形后FeO1.3中其它原子的相对质量之和越小，则Fe3O4中铁的质量分数大于Fe2O3，故选项说法正确。
C、很多火柴头用氧化铁着色，点燃后会与木棒中的碳反应产生四氧化三铁和二氧化碳，反应的化学方程式为C+6Fe2O3点燃¯4Fe3O4+CO2，故选项说法错误。
D、火柴头原本是一种不被磁铁吸引的物体，火柴头不被磁铁吸引的是因为不易被磁化，故选项说法正确。
故选：C。
6．下列各组物质的转化设计，能够实现的是（ ）
A．CO→NaOHNa2CO3→BaCl2BaCO3
B．CuO→H2OCu（OH）2→H2SO4CuSO4
C．Fe→点燃O2Fe2O3→H2SO4Fe2（SO4）3
D．CaO→H2OCa（OH）2 →Na2CO3 NaOH
【解答】解：A、一氧化碳不能能与氢氧化钠反应，不能得到碳酸钠，故A不能实现
B、氧化铜不溶于水，需要用酸溶解，不能直接到氢氧化铜，故B不能实现；
C、铁在氧气中燃烧的产物是四氧化三铁不是氧化铁，故C 不能实现；
D、氧化钙能与水化合生成了氢氧化钠，氢氧化钙能与碳酸钠反应生成了碳酸钙沉淀和氢氧化钠，故D能实现。
故选：D。
7．用同一种基本反应类型，经过两步反应，不能实现的转化是（ ）
A．S→H2SO3 B．Fe→Fe（OH）3
C．H2CO3→O2 D．K2CO3→Ba（NO3）2
【解答】解：A、硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，均属于化合反应，经过两步反应、能实现转化，故选项错误。
B、铁与盐酸发生置换反应生成氯化亚铁和氢气，氯化亚铁与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁沉淀和氯化钠，分别属于置换反应、复分解反应，且经过两步反应，不能实现转化，故选项正确。
C、碳酸分解生成水和二氧化碳，水通电分解生成氢气和氧气，均属于分解反应，经过两步反应、能实现转化，故选项错误。
D、碳酸钾与氢氧化钡溶液反应生成碳酸钡沉淀和氢氧化钾，碳酸钡与硝酸反应生成硝酸钡、水和二氧化碳，均属于复分解反应，经过两步反应、能实现转化，故选项错误。
故选：B。
二．填空题（共7小题）
8．垃圾的分类回收再利用越来越受社会的关注。如图是某工厂处理含铜垃圾的生产流程：
（1）根据相关现象可知加入的A单质可能是 铁 。
（2）若在回收含铜垃圾中发现混有金属铝，它 不会 （填“会”或“不会”）出现在最终得到的红色粉末中。
【解答】解：（1）滤液A中加入单质A得到的是浅绿色溶液和红色沉淀物，故加入的铁，铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，故填：铁；
（2）铝在金属活动性顺序中位于氢的前面，加入稀硫酸时会反应生成硫酸铝存在与滤液中，铝的活泼性强于铁，铁不与硫酸铝反应，故不会出现在最终得到的红色粉末中，故填：不会。
9．2020年奥运会奖牌制作原料来自于电子垃圾中提炼出来的金属。从废线路板中提炼贵重金属和制备硫酸铜晶体的一种工艺流程如图：
已知：在酸性环境中有过氧化氢存在时，铁和铜分别会转化为铁离子和铜离子。
（1）操作①的名称是 过滤 ；
（2）调节pH的主要目的是除去滤液中 Fe3+、Al3+ （填离子符号）；
（3）写出粗铜中的铜与稀硫酸和过氧化氢的混合溶液发生反应的化学方程式： Cu+H2SO4+H2O2＝CuSO4+2H2O 。
【解答】解：（1）经过操作①得到了滤液和固体贵金属，实现了固液分离，常用方法为过滤；
故答案为：过滤。
（2）经过调解pH析出固体为氢氧化铁和氢氧化铝，因此调解pH去除的主要离子为铁离子和铝离子；
故答案为：Fe3+、Al3+。
（3）经过操作②得到了硫酸铜溶液，说明铜与硫酸和双氧水反应生成硫酸铜，根据质量守恒定律，另一产物为水，所以铜、硫酸和过氧化氢反应生成硫酸铜和水，书写化学方程式注意配平；
故答案为：Cu+H2SO4+H2O2＝CuSO4+2H2O。
10．Ba（NO3）2可用于生产信号弹、炸药等。利用钡泥（主要含有BaCO3、BaSO3、Fe2O3）可制取Ba（NO3）2，其部分流程如图：
（1）写出Fe2O3与稀HNO3反应的化学方程式： Fe2O3+6HNO3＝2Fe（NO3）3+3H2O 。
（2）试剂Y为 Ba（OH）2溶液 。
【解答】解：（1）Fe2O3与HNO3反应生成硝酸铁和水，对应的化学方程式：Fe2O3+6HNO3＝2Fe（NO3）3+3H2O。
（3）由物质的转化可知，硝酸铁与试剂Y生成了硝酸钡和氢氧化铁，所以Y为 Ba（OH）2溶液。
故答案为：
（1）复分解反应 Fe2O3+6HNO3＝2Fe（NO3）3+3H2O；
（2）Ba（OH）2溶液。
11．小乐用镀锌铁皮按下列流程制备七水合硫酸锌（ZnSO4•7H2O）相关信息如下：
①金属离子形成氢氧化物沉淀的相关pH范围
金属离子
pH
开始沉淀
完全沉淀
Fe3+
1.5
2.8
Fe2+
5.5
8.3
Zn2+
5.4
8.2
②ZnSO4的溶解度随温度变化曲线。
（1）步骤Ⅰ，可用于判断镀锌层完全反应的实验现象是 产生气泡的速率变缓慢 。
（2）步骤Ⅱ，需加入过量 H2O2，理由是 把亚铁离子氧化成铁离子 。
（3）步骤Ⅲ，合适的pH范围是 2.8≤pH＜5.4 。
【解答】解：（1）步骤Ⅰ，可用于判断镀锌层完全反应的实验现象是产生气泡的速率变缓慢，说明锌已经完全反应。
故填：产生气泡的速率变缓慢。
（2）步骤Ⅱ，需加入过量 H2O2，理由是把亚铁离子氧化成铁离子。
故填：把亚铁离子氧化成铁离子。
（3）步骤Ⅲ，合适的pH范围是2.8≤pH＜5.4，此范围内铁离子沉淀完全，锌离子没有沉淀。
含有：2.8≤pH＜5.4。
12．某工业废水含有大量的硫酸亚铁、少量硫酸铜和污泥。为了从工业废水中制备硫酸亚铁晶体（FeSO4•7H2O）并回收铜，小乐设计了如图所示方案，已知硫酸亚铁晶体受热易分解。
（1）步骤②和步骤③加入的药品依次为 过量的铁粉、适量的稀硫酸 。
（2）写出步骤④的操作 低温蒸发 。
【解答】解：（1）步骤②和步骤③加入的药品依次为过量的铁粉（除去硫酸铜）、适量的稀硫酸（把铁转化成硫酸亚铁）。
故填：过量的铁粉、适量的稀硫酸。
（2）步骤④的操作应该是低温蒸发。
故填：低温蒸发。
13．某种矿石由氧化镁、氧化铁、氧化铜和二氧化硅组成，用它制备氢氧化镁产品的流程示意图如图所示（已知：二氧化硅不溶于水也不与稀盐酸反应）。
请回答下列问题：
（1）溶液A中含有的阳离子是 H+、Mg2+、Fe3+、Cu2+ 。
（2）在溶液A中加入熟石灰调节溶液的pH，可以使溶液中的金属阳离子逐步转化为沉淀。该实验条件下，使金属阳离子沉淀的相关pH数据见表。为保证产品纯度、减少产品损失，并便于操作，所得溶液B的pH的取值范围为 6.7～8.6 。
氢氧化物
Fe（OH）3
Cu（OH）2
Mg（OH）2
开始沉淀的pH
1.5
4.2
8.6
完全沉淀的pH
3.2
6.7
11.1
【解答】解：（1）矿石中的金属氧化物与稀盐酸反应的化学方程式为：MgO+2HCl═MgCl2+H2O、CuO+2HCl═CuCl2+H2O、Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O，溶液A pH＜1，呈酸性，说明含有H+，所以溶液A中含有的阳离子是H+、Mg2+、Fe3+和Cu2+。
（2）由表中数据可知，为保证产品纯度、减少产品损失，并便于操作，应控制氢氧化铁和氢氧化铜完全沉淀，而氢氧化镁未开始沉淀，所以所得溶液B的pH的取值范围为 6.7～8.6。
故答为：（1）H+、Mg2+、Fe3+、Cu2+；（2）6.7～8.6。
14．自然界的矿物中有一种重晶石矿的主要成分是BaSO4，它不溶于任何酸。碱和水，纯净的硫酸钡可供医疗等方面应用，某同学用重晶石和焦炭为原料，制取纯净硫酸钡，部分流程如下（设矿物中杂质不与焦炭反应，也不溶于水）：
（1）步骤①的化学反应中，属于还原剂的是 碳 ，
（2）步骤②中溶液A中溶质的化学式： BaCl2 ；
（3）写出利用溶液A中的溶质为主要原料制取BaSO4的化学方程式： BaCl2+Na2SO4＝BaSO4↓+2NaCl 。
（4）步骤②产生有毒气体H2S，应加以改进，为使实验既不产生H2S又能获得纯净BaSO4，请你提出改进意见。 可在步骤②中加入Na2SO4，然后过滤，洗涤后可得纯净BaSO4 。
【解答】解：（1）碳和矿石高温生成一氧化碳、硫化钡，所以属于还原剂的是碳；
（2）硫化钡与盐酸反应生成硫化氢气体，可判断反应的化学方程式为BaS+2HCl＝BaCl2+H2S↑，因此该步反应中所得溶液A中溶质为氯化钡，其化学式为BaCl2；
（3）利用氯化钡能与硫酸钠等发生复分解反应生成硫酸钡的氯化钠的转化关系，可使用氯化钡与硫酸钠反应，化学方程式为：BaCl2+Na2SO4＝BaSO4↓+2NaCl；
（4）利用硫化钡这种盐与可溶解性硫酸盐能生成硫酸钡和另一种盐，既可避免与盐酸反应放出有毒气体硫化氢又可直接转化为硫酸钡，因此可采取在步骤②中加入硫酸钠，反应后过滤并洗涤除去附在固体表面的溶液，得到较为纯净的硫酸钡，化学方程式为：BaS+Na2SO4＝BaSO4↓+Na2S。
故答案为：（1）碳；
（2）BaCl2；
（3）BaCl2+Na2SO4＝BaSO4↓+2NaCl；
（4）可在步骤②中加入Na2SO4，然后过滤，洗涤后可得纯净BaSO4。
三．实验探究题（共2小题）
15．某废弃物只含铜和氧化铜。查阅资料知道，氧化铜能与稀盐酸反应生成氯化铜和水，某兴趣小组设计了如图实验流程来回收金属铜。请回答下列问题：
（1）液体A中所含的溶质是 HCl、CuCl2 （填化学式）。
（2）将过量铁粉加到液体A中，能观察到有无色气泡冒出，对应反应的化学方程式是 Fe+2HCl═FeCl2+H2↑ 。
（3）请简述从固体B提纯铜粉的实验操作： 向固体B中加入足量稀盐酸，成分反应后过滤，洗涤、干燥 。
（4）理论上，这个实验能回收到铜粉 8.3 g。
【解答】解：（1）废弃物与稀盐酸混合时，氧化铜和稀盐酸反应生成氯化铜和水，加入的盐酸是过量的，所以液体A中所含的溶质是：HCl、CuCl2；
（2）将过量铁粉加到液体A中，能观察到有无色气泡冒出，是因为过量的铁和过量的稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，化学方程式是：Fe+2HCl═FeCl2+H2↑；
（3）从固体B提纯铜粉的实验操作：向固体B中加入足量稀盐酸，成分反应后过滤，洗涤、干燥；
（4）理论上，这个实验能回收到铜粉足量：1.5g+（10g﹣1.5g）×6480=8.3g。
故答案为：（1）HCl、CuCl2；
（2）Fe+2HCl═FeCl2+H2↑；
（3）向固体B中加入足量稀盐酸，成分反应后过滤，洗涤、干燥；
（4）8.3。
16．Fe（OH）2是白色难溶于水的物质，可用于制颜料、药物等，但很容易被空气中的氧气氧化为Fe（OH）3，氧化过程中白色沉淀转化为灰绿色沉淀，最后变为红褐色沉淀。现用铁片、稀盐酸、氢氧化钠溶液、水等试剂制取少量的Fe（OH）2，装置如图。
（1）检查气密性。关闭阀门A和B，让1中液体进入到容器2中。虚线框所在装置，发生的反应的化学方程式是 Fe+2HCl═FeCl2+H2↑ 。
（2）容器2中充满氢气后，打开阀门A，关闭阀门B，应出现的现象是 容器2中液体被压入容器3，容器3中出现白色沉淀 。
（3）实验完毕，关闭阀门A和B，制得的Fe（OH）2在容器 3 （选填“3”或“4”）中。
（4）本实验中所有配制溶液的水需煮沸，容器2、3均密闭，其主要原因是 防止Fe（OH）2被氧化 。
【解答】解：由所给药品的性质和装置的特点可知，该实验中利用铁片和盐酸反应制得氯化亚铁，再使氯化亚铁与氢氧化钠溶液反应制得氢氧化亚铁，因此分液漏斗中加入稀盐酸，容器2中加入铁片，容器3中加入氢氧化钠溶液，利用铁与稀盐酸反应生成的氢气可将容器2中的氯化亚铁溶液压入容器3中与氢氧化钠溶液反应，因此制得的氢氧化亚铁在容器3中，所以：
（1）检查气密性。关闭阀门A和B，让1中液体进入到容器2中。虚线框所在装置是铁与稀盐酸反应制取氯化亚铁的，发生的反应的化学方程式是：Fe+2HCl═FeCl2+H2↑。
（2）容器2中充满氢气后，打开阀门A，关闭阀门B，应出现的现象是容器2中液体被压入容器3，容器3中出现白色沉淀。
（3）由上述分析可知，实验完毕，关闭阀门A和B，制得的Fe（OH）2在容器3中。
（4）由于水中溶有少量的氧气，空气中含有氧气，所以本实验中所有配制溶液的水需煮沸，容器2、3均密闭，其主要原因是防止Fe（OH）2被氧化。
故答为：（1）Fe+2HCl═FeCl2+H2↑；（2）容器2中液体被压入容器3，容器3中出现白色沉淀；（3）3；（4）防止Fe（OH）2被氧化。
四．解答题（共4小题）
17．二氧化氯（ClO2）是一种高效、广谱、安全的杀菌消毒剂。以粗盐水（含可溶性杂质MgSO4、CaCl2）为原料，制取ClO2的工艺流程如图：
（1）试剂A为 氢氧化钡溶液 。
（2）步骤⑤涉及的物质中氯元素化合价最高的物质是 NaClO3 。
（3）如图流程中可循环利用的物质有 NaCl、Cl2（或氯化钠、氯气） 。
【解答】解：（1）试剂A为氢氧化钡溶液，是因为氢氧化钡能和硫酸镁反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化镁沉淀，能够除去硫酸镁。
（2）步骤⑤涉及的物质中，氯酸钠中氯元素化合价是+5，氯化钠中氯元素化合价是﹣1，二氧化氯中氯元素化合价是+4，氯气中氯元素化合价是0，因此氯元素化合价最高的物质是NaClO3。
（3）如图流程中可循环利用的物质有氯化钠、氯气。
故答案为：（1）氢氧化钡溶液；
（2）NaClO3；
（3）NaCl、Cl2（或氯化钠、氯气）。
18．某矿石由MgO、Fe2O3和SiO2组成其制备氢氧化镁的流程示意图如图：
（1）溶液A中的溶质有 氯化镁、氯化铁、氯化氢 。
（2）在溶液A中加入熟石灰固体调节溶液的pH，可以使溶液中的阳离子转化为沉淀。该实验条件下，使金属阳离子沉淀的相关pH数据见下表。现调节溶液B的pH值范围是4﹣8，目的是 使铁离子完全沉淀，镁离子不能沉淀 。
氢氧化物
Fe（OH）3
Mg（OH）2
开始沉淀的pH
1.5
8.6
完全沉淀的pH
3.2
11.1
（3）该实验过程中，熟石灰固体比氢氧化钠固体能更精确地调节溶液的pH，理由是 氢氧化钙溶解度远小于氢氧化钠的溶解度，便于控制固体用量 。
【解答】解：（1）溶液A中的溶质有反应生成的氯化镁、氯化铁和过量的氯化氢。
故填：氯化镁、氯化铁、氯化氢。
（2）铁离子完全沉淀的pH＝3.2，现镁离子开始沉淀的pH＝8.6，调节溶液B的pH值范围是4﹣8，目的是使铁离子完全沉淀，镁离子不能沉淀。
故填：使铁离子完全沉淀，镁离子不能沉淀。
（3）该实验过程中，熟石灰固体比氢氧化钠固体能更精确地调节溶液的pH，理由是氧化钙溶解度远小于氢氧化钠的溶解度，便于控制固体用量。
故填：氧化钙溶解度远小于氢氧化钠的溶解度，便于控制固体用量。
19．在探究金属活动性的实验中，同学们将含有ZnSO4、FeSO4、CuSO4的废液倒在废液缸里，为避免废液直接排放造成水污染，小明同学利用废液设计了如图回收硫酸锌和有关金属单质的实验。请回答：
（1）固体A中含有的金属单质有 铜、铁、锌 。
（2）要检验步骤④中加入的稀硫酸是否足量的方法是 取适量滤液B于试管中，加入碳酸钠溶液，产生气泡，说明稀硫酸足量 。
（3）不计实验中的物质损失，要计算原废液中硫酸锌的质量，除要称量回收的ZnSO4质量外，还必须称量实验过程中的量有 固体B、C、D的质量 。
【解答】解：（1）锌和硫酸铜反应生成硫酸锌和铜，和硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁，固体A中含有的金属单质有反应生成的铜、铁和过量的锌。
故填：铜、铁、锌。
（2）检验步骤④中加入的稀硫酸是否足量的方法：取适量滤液B于试管中，加入碳酸钠溶液，产生气泡，是因为碳酸钠和稀硫酸反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，说明稀硫酸足量。
故填：取适量滤液B于试管中，加入碳酸钠溶液，产生气泡，说明稀硫酸足量。
（3）不计实验中的物质损失，要计算原废液中硫酸锌的质量，除要称量回收的ZnSO4质量外，还必须称量实验过程中的量有固体B（铁）、C（锌和铜的质量）、D（铜）的质量，根据铁、铜的质量和反应的化学方程式可以计算反应生成的硫酸锌质量，回收的ZnSO4质量与反应生成的硫酸锌的质量差即为原废液中硫酸锌的质量。
故填：固体B、C、D的质量。
20．当温度达到380℃时，氢氧化镁开始分解产生水蒸气和耐高温的氧化镁固体，将其添加到塑料等易燃材料中起阻燃作用。工业上可利用石灰石和卤水制备氢氧化镁，其流程如图所示：
（1）写出X和氯化镁溶液反应的化学方程式： Ca（OH）2+MgCl2═Mg（OH）2↓+CaCl2 。
（2）根据燃烧条件分析，氢氧化镁能起阻燃作用的原因是 氢氧化镁受热分解成氧化镁，覆盖在可燃物表面，隔绝氧气 （写出1点）。
【解答】解：（1）氧化钙与水反应生成氢氧化钙，所以X是氢氧化钙，氢氧化钙与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，所以方程式是：Ca（OH）2+MgCl2═Mg（OH）2↓+CaCl2；
（2）氢氧化镁受热分解成氧化镁，覆盖在可燃物表面，隔绝氧气，达到了灭火的目的。
故答案为：（1）Ca（OH）2+MgCl2═Mg（OH）2↓+CaCl2；
（2）氢氧化镁受热分解成氧化镁，覆盖在可燃物表面，隔绝氧气.
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