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（全国通用）2024年中考化学【热点·重点·难点】专练热点04 工艺流程题-专题训练.zip
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这是一份（全国通用）2024年中考化学【热点·重点·难点】专练热点04 工艺流程题-专题训练.zip，文件包含热点04工艺流程题原卷版docx、热点04工艺流程题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共57页， 欢迎下载使用。
工艺流程题是以一种或多种物质为原料，经过一步一步的反应或操作，最终得到我们所需产品的过程。此类题紧密联系工业实际，流程繁杂步骤多、反应复杂原料多、知识混杂信息多，综合性较强，题中会出现学生没有学过的物质和反应，这不仅要求学生具备扎实的基础知识及答题技巧，也考查学生的阅读能力、资料的收集处理能力和知识迁移推理能力。
一、工艺流程路线示意图（如下图）
工艺流程的四个核心内容：准备原料，预处理，核心反应，得到产品。
二、工艺流程图的题目类型
1.物质框：
2.操作框：
3.设备框：
三、方法突破
1.阅读题头，明确原料，产物。
2.略读框图，标注重点物质的化学式（遇到没见过的物质或反应不要慌，跳过即可），关注进线，出线与可逆线；关注框格。
3.细读问题，结合问题对流程图综合分析。从各阶段流程图的尾端看起，明确各阶段的生成物,并理解生产原料、辅助原料和循环利用物质；分析流程中的每一步骤，从几个方面了解流程：
①反应物是什么；
②发生了什么反应；
③该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。
四、考查内容
1.操作名称：煅烧、过滤、溶解、粉碎研磨、蒸发。
2.操作目的：粉碎或研磨目的；加入过量试剂目的；不用某物质代替某物质的原因；洗涤的目的。
3.化学用语：元素化合价的判断；化学方程式中某种物质化学式的书写；根据提示书写化学方程式。
4.对实验的评价：回收利用，节约药品，节能环保、吸收有害气体，保护环境、操作简便、安全等
5.可循环利用的物质。
五、核心考点
1.对原料进行预处理的常用方法及目的
（1）溶解：①加水溶解（或水浸）：使可溶物溶解。②加酸溶解（或酸浸）：溶解金属，金属氧化物，难溶性碱或碳酸盐 ③加碱溶解（碱溶或碱浸）：除去油污、溶解SiO2
（2）粉碎或研磨：增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分。
（3）灼烧（或煅烧、焙烧）：使固体或杂质在高温条件下分解；加快反应速率或增大转化率等。
（4）搅拌：加快反应速率，使反应更充分。
2.常见操作
（1）过滤：（如下图）
操作a：过滤
使用的仪器：烧杯，漏斗，玻璃棒，铁架台（带铁圈），滤纸
玻璃棒的作用：引流
该操作的目的是：使固液分离
（2）结晶（蒸发结晶、降温结晶）
操作b：蒸发结晶
玻璃棒的作用：搅拌，防止局部温度过高，造成液滴飞溅。
（3）流程中反应条件的控制：
①调节pH：使反应发生或者避免某反应的发生。
②控制温度：a水浴加热---受热均匀，便于控制温度。b温度太高：反应速率太快；物质可能分解、挥发等。c温度太低：反应速率可能太慢；物质转化率、产率不高等。
③加入过量试剂：a完全除去某物质(非目标产物)；b使某物质完全转化为目标产物。④通入保护气(如氩气)：防止主物质与氧气等发生反应。
3.物质成分分析：一定有的：没参与反应的物质、过量的反应物、生成物（注意：把“过量”，“适量”等词圈起来）
4.化学方程式的书写
做题方法
（1）根据箭头方向，写出反应物，生成物（进线是反应物，出线是生成物，线上是反应条件或操作）。
（2）配平。
（3）若无法配平，结合反应环境找到其他的反应物、生成物（溶液找H2O,空气找O2/CO2等）。
（4）配平，标好条件以及状态。
5.判断可以循环使用的物质
（1）可逆线表示可循环利用的物质。如图1，物质A为可循环利用的物质。
（2）某设备或流程的生成物，为另一设备或流程的反应物,则该物质为可循环利用的物质（一个反应的生成物，是另一个反应的反应物）。如图2,物质B为可循环利用的物质。
6.对工艺流程的评价：回收利用，节约药品，节能环保、吸收有害气体，保护环境、操作简便、安全等。
热点01 海水资源的开发利用
1．（2023•南京）21世纪是海洋开发与利用的世纪．烟台的“十二五”规划确立了“蓝色经济”发展战略，海洋化学资源的综合利用将是重点发展领域之一．
（1）海水淡化：蒸馏法淡化海水是利用海水中各成分的 沸点 不同分离出淡水；高压反渗透膜法淡化海水是利用海水中各成分的 颗粒大小 不同分离出淡水．
（2）制盐：①制粗盐．从卤水中提取粗盐用的结晶方法是 蒸发结晶 ．②粗盐纯化．粗盐中含有泥沙、硫酸镁、氯化钙等杂质．将粗盐溶于水，然后通过如下操作即可得到较纯的氯化钠：a过滤．b加过量的Ba（OH）2溶液；c加适量的盐酸；d加过量的Na2CO3溶液；e蒸发．正确的操作顺序是 bdace （填字母）．
（3）制碱：氨碱法制纯碱的流程图如下：
完成图中的内容：① NH3 ；② CO2 ；③ 加热 ．
（4）制镁：工业上一般用电解熔融状态的氯化镁制金属镁，若以卤水（含有硫酸镁、氯化钠和氯化钙）为起始原料来制取金属镁，请画出制镁的流程图．
【答案】见试题解答内容
【解析】（1）蒸馏法淡化海水是利用海水中各成分的沸点比较高，水的沸点比较低进行分离的；高压反渗透膜法淡化海水是利用海水中各成分的颗粒大小不同，水分子可以通过淡化膜，其它离子不会通过．
故答案为：沸点； 颗粒大小；
（2）因为氯化钠的溶解度随温度的变化不大，所以采用蒸发溶剂法结晶；
要除去粗盐中含有的杂质，可以加过量的氢氧化钡溶液除去硫酸镁，加过量的Na2CO3溶液除去氯化钙和过量试剂氢氧化钡，通过过滤把不溶于水的物质除去，加适量的盐酸除去过量的碳酸钠，通过蒸发除去盐酸．
故答案为：蒸发结晶；bdace；
（3）根据题中所给生成物进行分析，要制备饱和氨水肯定是将氨水通入食盐水中，由饱和的氨水食盐溶液制备碳酸氢钠，根据物质的性质和元素守恒知应通入二氧化碳气体；碳酸氢钠受热易分解变为碳酸钠．
故答案为：①NH3②CO2③加热；
（4）首先必须将卤水中镁进行富集，加入石灰乳（比较经济，不能用氢氧化钠），变为氢氧化镁沉淀，过滤后加入盐酸制备氯化镁，再经过蒸发干燥制备无水氯化镁，最后经过通电可制得镁．
故答案为：卤水 氢氧化镁氯化镁溶液无水氯化镁镁
2．（2023•怀化）海水是一种重要资源，利用海水可制取金属镁等物质。某化学兴趣小组的同学设计了如下实验流程：
根据流程回答下列问题：
（1）操作Ⅰ的名称是 过滤 ，该操作用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和 玻璃棒 ；该仪器在操作Ⅰ中的作用是 引流 。操作Ⅰ中加入的NaOH溶液应过量，其目的是 将MgCl2完全转化为氢氧化镁沉淀 。
（2）试剂X是 稀盐酸 （填名称），写出溶液A中加入试剂X发生反应的化学方程式 NaOH+HCl＝NaCl+H2O 。
【答案】（1）过滤；玻璃棒；引流；将MgCl2完全转化为氢氧化镁沉淀；
（2）稀盐酸；NaOH+HCl＝NaCl+H2O。
【解析】（1）操作Ⅰ能将溶液A和固体B分离，为过滤操作；过滤操作中需要用到的仪器为铁架台（带铁圈）、烧杯、漏斗、玻璃棒，其中烧杯、漏斗、玻璃棒为玻璃仪器；过滤操作中玻璃棒的作用为引流，防止液体溅出。
NaOH溶液能与MgCl2反应生成氢氧化镁沉淀与氯化钠，实验中需要加过量的NaOH，可以将MgCl2完全转化为Mg（OH）2沉淀。
（2）MgCl2溶液中含有少量的NaCl，加入过量的NaOH溶液，反应后过滤得到的滤液A中溶质为NaOH、NaCl，固体B为Mg（OH）2；氢氧化镁难溶于水，能与酸反应，NaOH能与HCl反应生成NaCl与H2O，Mg（OH）2能与HCl反应生成MgCl2与H2O，则X试剂为稀盐酸。
溶液A中NaOH与稀盐酸反应生成氯化钠和水，反应的化学反应方程式为：NaOH+HCl＝NaCl+H2O。
故答案为：
（1）过滤；玻璃棒；引流；将MgCl2完全转化为氢氧化镁沉淀；
（2）稀盐酸；NaOH+HCl＝NaCl+H2O。
热点02 金属及金属矿物的利用
3．（2024•碑林区校级模拟）某校化学实验室废液桶中收集了溶有大量FeSO4、CuSO4的废液，小轩想从中回收金属铜和硫酸亚铁晶体，设计了如图实验方案。结合实验方案回答下列问题：
（1）操作1和操作2中都使用了玻璃棒，其作用是 引流 。
（2）向废液中加入过量金属X发生的反应的化学方程式为 Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑ 。
（3）向滤渣中加入适量稀酸Y观察到的实验现象是 有气泡产生，溶液颜色由无色变为浅绿色 ，经过操作2后得到的滤液中含有的阳离子为 Fe2+ （填离子符号）。
【答案】（1）引流；
（2）Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑；
（3）有气泡产生，溶液颜色由无色变为浅绿色；Fe2+。
【解析】（1）操作1和操作2均是将不溶物质从溶液中分离的操作，为过滤操作，玻璃棒的作用是引流。
（2）小轩想从废液桶中的废液中回收金属铜和硫酸亚铁晶体，所以加入的过量的金属X为Fe，铁能与废液中的硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，过滤后得到的滤渣为过量的铁和生成的铜的混合物，滤液为硫酸亚铁溶液，滤渣为铁、铜的混合物，加入适量的稀酸Y，铜不与Y反应，铁与Y反应，得到的滤液为硫酸亚铁溶液，则加入的稀酸Y为稀硫酸，则向废液中加入过量金属X发生的反应的化学方程式为：Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑。
（3）由（2）中解析可知，向滤渣中加入适量稀硫酸，将铁全部转化为硫酸亚铁，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，则可以观察到有气泡产生，溶液颜色由无色变为浅绿色；经过操作2过滤后得到的滤液为硫酸亚铁溶液，其中含有的阳离子为Fe2+。
故答案为：
（1）引流；
（2）Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑；
（3）有气泡产生，溶液颜色由无色变为浅绿色；Fe2+。
4．（2024•碑林区校级一模）金属材料在人类生产、生活中发挥着重要作用，请回答下列问题。
（1）某同学将铜放入硝酸银溶液中，观察到有银白色固体析出，写出铜和硝酸银反应的化学方程式 Cu+2AgNO3＝2Ag+Cu（NO3）2 。
（2）向m克AgNO3、Cu（NO3）2的混合溶液中加入Zn粉，充分反应后，过滤所得溶液的质量仍为m克，向滤液中滴加稀盐酸，观察到 没有 （选填“有”或“没有”）白色沉淀。
（3）某工厂从只含有FeSO4、CuSO4的工业废水中回收Cu和FeSO4晶体。
Ⅰ、步骤a中加入铁的作用是 除去硫酸铜，并生成铜和硫酸亚铁 。
Ⅱ、步骤b中稀硫酸 不能 （选填“能”或“不能”）换成稀盐酸。
【答案】（1）Cu+2AgNO3＝2Ag+Cu（NO3）2；
（2）没有；
（3）Ⅰ、除去硫酸铜，并生成铜和硫酸亚铁；
Ⅱ、不能。
【解析】（1）铜和硝酸银反应生成银和硝酸铜，反应方程式是：Cu+2AgNO3＝2Ag+Cu（NO3）2；
（2）金属活动性：锌大于铜大于银，向m克AgNO3、Cu（NO3）2的混合溶液中加入Zn粉，锌先与AgNO3反应生成硝酸锌和银，AgNO3反应完，若还有锌粉，锌才能与Cu（NO3）2反应生成硝酸锌和铜。由Zn+2AgNO3═Zn（NO3）2+2Ag，由反应时的质量比可知，每65份质量的锌可置换出216份质量的银，溶液的质量会减少；由Zn+Cu（NO3）2═Zn（NO3）2+Cu，每65份质量的锌可置换出64份质量的铜，溶液的质量会增加。由于充分反应后溶液质量不变，则说明锌与硝酸银、硝酸铜均发生反应，则硝酸银已完全反应，即滤液中一定没有硝酸银（盐酸和硝酸银反应产生氯化银和硝酸），则没有白色沉淀产生；
（3）I、步骤a发生的是铁与工业废水反应，即铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，步骤a中加入铁的作用是除去硫酸铜，并生成铜和硫酸亚铁；
Ⅱ、步骤b中稀硫酸不能换成稀盐酸，固体X中是铁和铜，盐酸和铁反应生成氯化亚铁和氢气，因为生成的氯化亚铁对于硫酸亚铁也是杂质。
故答案为：（1）Cu+2AgNO3＝2Ag+Cu（NO3）2；
（2）没有；
（3）Ⅰ、除去硫酸铜，并生成铜和硫酸亚铁；
Ⅱ、不能。
；学号：31536热点03 矿产资源的开发与利用
4．（2023•泉港区模拟）如图为酸性锌锰干电池结构及主要成分示意图。废旧干电池中含有塑料壳、锌皮，铜帽（含Cu、Zn），石墨棒、填充物（MnO2、NH4Cl、炭黑）等物质，如果随意丢弃会造成水体污染和土壤污染，因此将废旧干电池进行回收利用尤为重要。请回答下列问题：
（1）电池中使用铜帽和碳棒的主要是利用其 导电 性。塑料壳属于 合成材料 （填“合成材料”或“复合材料”）。
（2）操作1的名称 过滤 ，实验室欲从铜帽提纯铜单质，操作方法如下： 往铜帽中加入稀硫酸至不再产生气泡，过滤 。
（3）电池使用时化学能转化为 电能 ，固体B为 二氧化锰 。
（4）若要从溶液C中得到氯化铵晶体，主要包括蒸发浓缩、 降温结晶 、过滤等操作。
（5）垃圾回收的意义是： 再次利用，保护自然资源 （写出1条即可）。
【答案】（1）导电；合成材料；
（2）过滤；往铜帽中加入稀硫酸至不再产生气泡，过滤；
（3）电能；二氧化锰（MnO2）；
（4）降温结晶；
（5）再次利用，保护自然资源（防止干电池中的重金属和其他物质污染环境；避免污染环境：充分利用资源等合理即可）。
【解析】（1）电池中使用铜帽和碳棒的主要是利用其导电性；塑料壳属于合成材料；
（2）锌的金属活动性排在氢的前面，会与酸反应，而铜不会与酸反应，操作1的名称过滤，实验室欲从铜帽提纯铜单质，操作方法如下：往铜帽中加入稀硫酸至不再产生气泡，过滤；
（3）电池使用时化学能转化为电能，固体B为二氧化锰；
（4）若要从溶液C中得到氯化铵晶体，主要包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤等操作；
（5）垃圾回收的意义是：再次利用，保护自然资源。
故答案为：（1）导电；合成材料；
（2）过滤；往铜帽中加入稀硫酸至不再产生气泡，过滤；
（3）电能；二氧化锰（MnO2）；
（4）降温结晶；
（5）再次利用，保护自然资源（防止干电池中的重金属和其他物质污染环境；避免污染环境：充分利用资源等合理即可）。
5．（2023•盐都区三模）“逐梦苍穹之上，拥抱星辰大海”，嫦娥探月、天舟升空、蛟龙潜海，都离不开化学。
（1）运载火箭使用的燃料有煤油、液氢等，生产煤油的原料是 石油 （填“煤”或“石油”），氢气目前没有广泛应用的原因有 AD （填字母序号）。
A．制取成本高
B．产物无污染
C．热值高
D．贮存困难
（2）嫦娥5号月球探测器带回的月壤样品成分分析结果如图1，这里的“氧、硅、铁..”是指 元素 （填“分子”、“原子”或“元素”）。
（3）2月16日，科学实验柜成功执行首次在轨点火测试，实验中观察到甲烷燃烧，与在地面上甲烷燃烧的现象相比，火苗更胖，颜色更蓝。下列因素可能是产生这些效果的有 AB （填字母序号）。
A．无气体对流
B．微重力
（4）5月11日，天舟六号货运飞船成功对接中国太空站，如图2是此次运送的物资单。
①生活物资中包含约70公斤的新鲜水果，可以为宇航员补充的营养素是 维生素 ，调节新陈代谢、维持身体健康。
②氙气是空间站电推进系统的“燃料”，氙在元素周期表中的信息如图3，下列说法不正确的是 C 。
A．氙的元素符号是Xe
B．氙原子的质子数是54
C．氙属于金属元素
D．氙的相对原子质量是131.3
（5）“蛟龙”号潜水器使用钛合金，工业上用钛铁矿（主要成分FeTiO3）制备金属钛和纳米级Fe3O4的工艺流程如图所示（部分产物略）：
资料：步骤⑤的反应为：2FeCl3+FeCl2+8NH3⋅H2O＝Fe3O4↓+8NH4Cl+4H2O
①步骤①反应前需将钛铁矿粉碎的目的是 增大反应物的接触面积，使其充分反应 。
②步骤②分离出TiCl4的方法，利用了TiCl4与FeCl3的 沸点 不同。
③反应③属于 置换反应 （填基本反应类型）。
④向FeCl2和盐酸的溶液中通入O2可生成FeCl3和H2O，该反应的化学方程式为 4FeCl2+O2+4HCl＝4FeCl3+2H2O 。
⑤步骤⑤需要控制反应温度为不宜过高，其原因是 氨水受热易分解或易挥发 。“溶解”时，实际投放的 小于理论值，其原因是 在盐酸存在下，氯化亚铁易与空气中的氧气反应生成FeCl3 。
【答案】（1）石油；AD；
（2）元素；
（3）AB；
（4）①维生素；
②C；
（5）①增大反应物的接触面积，使其充分反应；
②沸点；
③置换反应；
④4FeCl2+O2+4HCl＝4FeCl3+2H2O；
⑤氨水受热易分解或易挥发；在盐酸存在下，氯化亚铁易与空气中的氧气反应生成FeCl3。
【解析】（1）石油分馏可以得到煤油，所以生产煤油的原料是石油，因为氢气制取成本高、不容易贮存和运输，所以目前没有广泛应用；
（2）由元素的定义可知，嫦娥5号月球探测器带回的月壤样品成分分析结果如图1，这里的“氧、硅、铁..”是指元素的含量；
（3）太空中地球引力较小，空间站甲烷燃烧的火焰受浮力及对流的影响，比在地面上燃烧的火焰短而圆；
（4）水果中富含维生素，其作用是调节新陈代谢、维持身体健康；
A、由氙在元素周期表中的信息可知，氙的元素符号是Xe，故正确；
B、在原子中，原子序数＝质子数，由氙在元素周期表中的信息可知，氙原子的原子序数是54，所以质子数也是54，故正确；
C、由氙在元素周期表中的信息可知，氙属于非金属元素，故错误；
D、由氙在元素周期表中的信息可知，氙的相对原子质量是131.3，故正确；
故选：C；
（5）①步骤①反应前需将钛铁矿粉碎的目的是：增大反应物的接触面积，使其充分反应，小颗粒比大颗粒的更容易反应；
②根据步骤②的条件可知，分离出TiCl4的方法，利用了TiCl4与FeCl3的沸点不同；
③反应③是金属镁和四氯化钛反应生成金属钛和氯化镁，是一种化合物和一种单质反应生成另一种单质和另一种化合物，属于置换反应；
④向FeCl2和盐酸的溶液中通入O2可生成FeCl3和H2O，可知反应物为盐酸、氯化亚铁和氧气，生成物为氯化铁和水，化学方程式为：4FeCl2+O2+4HCl＝4FeCl3+2H2O；
⑤步骤⑤需要控制反应温度为不宜过高，其原因是沉淀时，加入了氨水，氨水受热易分解或易挥发，“溶解”时，实际投放的 小于理论值，其原因是：“溶解”时，FeCl2在盐酸存在下，与空气中的氧气反应生成FeCl3。
故答案为：（1）石油；AD；
（2）元素；
（3）AB；
（4）①维生素；
②C；
（5）①增大反应物的接触面积，使其充分反应；
②沸点；
③置换反应；
④4FeCl2+O2+4HCl＝4FeCl3+2H2O；
⑤氨水受热易分解或易挥发；在盐酸存在下，氯化亚铁易与空气中的氧气反应生成FeCl3。
6．（2023•高新区校级模拟）绿矾（FeSO4•7H2O）是自然界存在的一种矿石，翠绿如宝石，很早就引起人们的重视。
材料一：《唐本草》和《天工开物》等古籍都记载中国焙烧绿矾制备铁红（主要成分是Fe2O3）。铁红颜色鲜艳，稳定无毒，是中国传统红色料、重要着色剂。
材料二：公元8世纪，阿拉伯炼金家查比尔曾提出，把绿矾焙烧可以蒸馏出“矾精”，它具有比较大的溶解力。绿矾焙烧是一种生产硫酸的古老方法。
（1）某研究性学习小组用如图装置对绿矾的焙烧反应进行探究。
①焙烧一段时间后，装置A硬质玻璃管中可观察到的实验现象是 绿色晶体变红棕色粉末 。
②装置C的作用是 吸收尾气，防止污染空气 。
③该小组学生设计如下实验方案验证“矾精”是硫酸溶液：取U形管中的溶液少许于试管中，滴入 紫色石蕊试液 （填试剂名称），溶液呈红色，说明“矾精”中含有H+；检验“矾精”中含有的方法为 取U型管中少量液体于试管中，滴加几滴硝酸酸化的硝酸钡试液，观察现象 。
（2）某工厂计划用绿矾焙烧工艺生产高纯度铁红（Fe2O3）
①绿矾的相对分子质量为 278 。
②高纯度铁红中铁元素的质量分数为 70% 。
（3）明代《徐光启手迹》记载了制备硝酸的方法，其主要流程（部分产物已省略：硫酸沸点338℃，硝酸沸点85.5℃）如图：
下列说法正确的是 C 。
A．该流程涉及2种基本反应类型
B．制备步骤，H2SO4与HNO3的化学计量系数之比为1：1
C．吸收、制备步骤，铁质仪器易被腐蚀
【答案】（1）①绿色晶体变红棕色粉末；
②吸收尾气，防止污染空气；
③紫色石蕊试液；取U型管中少量液体于试管中，滴加几滴硝酸酸化的硝酸钡试液，观察现象；
（2）①278；
②70%；
（3）C。
【解析】（1）①焙烧绿矾是绿矾（FeSO4•7H2O）和空气中的氧气在高温条件下反应，生成红棕色的氧化铁粉末、三氧化硫和水，因此，装置A硬质玻璃管中可观察到的实验现象是绿色晶体变红棕色粉末，故填写：绿色晶体变红棕色粉末；
②装置C的作用是吸收多余的三氧化硫，防止污染空气；
（2）①绿矾的化学式为：FeSO4•7H2O，根据相对分子质量等于各个原子的相对原子质量的总和可知，绿矾的相对分子质量＝56+32+16×4+7×（2+16）＝278；
②根据元素的质量分数＝可得，高纯度铁红中铁元素的质量分数为：；
（3）A.制备硝酸的流程里面涉及绿矾煅（分解反应），产生的三氧化硫被水吸收（化合反应），制备硝酸（复分解反应），因此，涉及3种基本反应类型，故选项说法错误，不符合题意；
B.H2SO4与KNO3在蒸馏条件下生成HNO3和K2SO4，化学方程式为：H2SO4+2KNO3K2SO4+2HNO3↑，由化学方程式可知，H2SO4与HNO3的化学计量系数之比为2：1，故选项说法错误，不符合题意；
C.因为吸收、制备过程中都有酸，铁与酸能发生反应，因此，铁质仪器易被腐蚀，故选项说法正确，符合题意；
故选：C。
故答案为：（1）①绿色晶体变红棕色粉末；
②吸收尾气，防止污染空气；
③紫色石蕊试液；取U型管中少量液体于试管中，滴加几滴硝酸酸化的硝酸钡试液，观察现象；
（2）①278；
②70%；
（3）C
热点04 工业三废的回收利用
7．（2023•大庆）某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4和CuSO4，为减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收FeSO4和金属铜，流程如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．试剂⑤是铁粉，试剂⑦是稀盐酸
B．①的成分为Fe、Cu
C．操作⑥与操作⑧均为过滤
D．滤液②、④合并后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即获得FeSO4•7H2O
【答案】A
【解析】A、某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4和CuSO4，实验目的是从该废水中回收FeSO4和金属铜，则加入的金属是铁，铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，
试剂⑤是铁粉，过滤后，能得到硫酸亚铁溶液、铁和铜的混合物，铁能与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，则试剂⑦是稀硫酸，不能使用稀盐酸，否则会生成氯化亚铁，故选项说法错误。
B、由A选项的解析，①的成分为Fe、Cu，故选项说法正确。
C、操作⑥与操作⑧均为过滤，均是将金属和溶液分离，故选项说法正确。
D、滤液②、④均为硫酸亚铁溶液，合并后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即获得FeSO4•7H2O，故选项说法正确。
故选：A。
8．（2023•越秀区校级三模）某工厂排放的废气中含有N2、CO、NO、CO2、SO2及粉尘，化学兴趣小组设计如图流程处理该废气（假设过程中每一步均完全反应）。资料显示：SO2的化学性质与CO2相似，CaSO3不溶于水。沸腾炉内只有CO气体能与赤铁矿石发生反应。下列有关该流程的说法正确的是（ ）
A．沸腾炉内赤铁矿石在高温条件下转化为铁的反应属于置换反应
B．沉淀室内石灰浆分别与CO2、SO2气体反应，生成的沉淀是CaCO3和CaSO4
C．吸收塔内发生反应的方程式为：4NO+3O2+2X＝4HNO3，则X的化学式为H2O2
D．吸收塔内液体从顶端“喷淋”目的是：增大接触面积，使于充分快速吸收NO
【答案】D
【解析】A.沸腾炉中Fe2O3转化为Fe的反应是一氧化碳和氧化铁在高温的条件下生成铁和二氧化碳，置换反应是单质和化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，该反应物是两种化合物，不属于置换反应，故A错误；
B.氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，和二氧化硫反应生成亚硫酸钙和水不是硫酸钙，故B错误；
C.反应后的氢原子、氮原子和氧原子数目分别 为：4、4、12，反应后的氢原子、氮原子和氧原子数目分别 为：0、4、10，化学反应中原子种类和数目不变，2X中含有4个氢原子和2个氧原子，则X的化学式为H2O，故C错误；
D.吸收塔内液体从顶端“喷淋”目的是：增大接触面积，使于充分快速吸收NO，故D正确。
故选：D。
1．（2023•南京模拟）以FeSO4为原料制备铁黑颜料Fe3O4（其中Fe既有+2价，也有+3价）的过程如下：“转化”过程的反应为：4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3；若原料中含FeSO4质量为9.12t，下列说法错误的是（ ）
A．理论上“转化”过程参与反应的O2的质量为320kg
B．理论上与FeSO4反应的NaOH溶液的质量为4.8t
C．该方法理论上最终可以获得Fe3O4的质量为4.64t
D．若“转化”过程参与反应的O2过量，则最终所得固体的质量偏大
【答案】B
【解析】A、为了得到Fe3O4（可以看成是FeO和Fe2O3的等分子混合的混合物），所以FeSO4中转化为氢氧化亚铁和氢氧化铁的FeSO4的质量比为1：2，也就是FeSO4中的铁元素只能有三分之二转化为Fe（OH）3，硫酸亚铁和氢氧化钠反应：FeSO4+2NaOH＝Fe（OH）2↓+Na2SO4，“转化”过程反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3，可得关系式：4FeSO4～4Fe（OH）2～O2，则参加反应的氧气的质量为：
4FeSO4～4Fe（OH）2～O2
608 32
9.12t× 0.32t
故A正确；
B、设理论上与硫酸亚铁反应的氢氧化钠溶液的质量为x，
FeSO4+2NaOH＝Fe（OH）2↓+Na2SO4
152 80
9.12t 10%x
＝，x＝48t，故B错误；
C、根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类和质量不变，故硫酸亚铁中的铁元素完全转化到了四氧化三铁中，故获得四氧化三铁的质量为：9.12t××100%÷（×100%）＝4.64t，故C正确；
D、若“转化”过程参与反应的O2过量，最终得到的物质是氧化铁，则得到氧化铁的质量为：9.12t××100%÷（×100%）＝4.8t，故最终所得固体的质量偏大，故D正确。
故选：B。
2．（2022•江都区校级模拟）化学链燃烧是利用载氧体将空气中的氧传输至燃料的新技术，与传统燃烧方式相比，避免了空气和燃料的直接接触。基于CuO/Cu2O载氧体的甲烷化学链燃烧技术示意图如下，相比直接燃烧甲烷，对该技术的评价错误的是（ ）
A．较安全，减少爆炸风险
B．载氧体Ⅰ中氧元素的质量分数比载氧体Ⅱ中的高
C．消耗等质量甲烷，参加反应氧气较少
D．有利于分离和回收较纯净的二氧化碳
【答案】C
【解析】A、甲烷属于易燃易爆气体，若混入氧气直接点燃，存在爆炸危险，而该方法避免氧气与甲烷直接接触，较安全，减少爆炸风险，选项A正确；
B、载氧体Ⅰ中吸附了氧气，而载氧体Ⅱ中没有了氧气，所以载氧体Ⅰ中氧元素质量分数比载氧体Ⅱ中氧元素质量分数高，选项B正确；
C、消耗等质量甲烷，都是发生甲烷与氧气的反应，则消耗氧气质量相等，选项C错误；
D、通过燃料反应器生成的只有水和二氧化碳，因此只要去除水就可以分离和回收较纯净的二氧化碳，选项D正确；
故选：C。
3．（2023•前郭县四模）“瓦罐浸来蟾有影，金刀剖破玉无瑕”。豆腐是历史悠久的美食。小明查阅到豆腐制作过程如下：
（1）豆腐制作过程中利用过滤原理的是 过筛 （选填上面流程中的一种操作）；
（2）“煮浆”时常用木材做燃料，通常将木材加工成木屑的原因是 增大可燃物与空气的接触面积，使燃烧更充分 ；
（3）豆腐制作过程中需要大量的软水，生活中常用 煮沸 的方法来降低水的硬度。
【答案】（1）过筛；
（2）增大可燃物与空气的接触面积，使燃烧更充分；
（3）煮沸。
【解析】（1）过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种混合物分离的方法，豆腐制作过程中，利用过滤原理的是过筛；
（2）将废木材加工成木屑，原因是：增大了可燃物与空气的接触面积，使燃烧更充分；
（3）硬水和软水的区别在于所含的钙镁离子的多少，生活中常用煮沸的方法来降低水的硬度，加热煮沸时，水中的钙离子、镁离子能够以碳酸钙沉淀、氢氧化镁沉淀的形式从水中析出，从而降低水的硬度。
故答案为：（1）过筛；
（2）增大可燃物与空气的接触面积，使燃烧更充分；
（3）煮沸。
4．（2023•永州模拟）我国将力争2060年前实现“碳中和”。CO2的捕捉是减少碳排放的措施之一。如图是工业上利用NaOH溶液捕捉回收CO2的过程。
（1）捕捉室中NaOH溶液常喷成雾状，目的是 增加接触面积，加快反应速率，利于二氧化碳充分吸收 。
（2）“反应、分离”环节发生的复分解反应的化学方程式是 Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH 。“高温反应炉”中发生反应的基本反应类型是 分解反应 。
（3）加压时，将液态二氧化碳压缩在小钢瓶中，灭火时再将其喷出，其灭火原理是 降温和隔绝氧气 。
（4）请写出这种捕捉二氧化碳的方法的不足之处： 高温消耗大量的燃料，氢氧化钠的价格贵，成本高（合理即可） （一条即可）。
【答案】（1）增大反应物的接触面积，使反应更快、更充分（合理即可）；
（2）Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH；分解反应。
（3）降温和隔绝氧气。
（4）高温消耗大量的燃料，氢氧化钠的价格贵，成本高（合理即可）。
【解析】（1）捕捉室中NaOH溶液常喷成雾状，优点是增大反应物的接触面积，使反应更快、更充分（合理即可）。
（2）氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，在分离室中发生的反应是氢氧化钙和碳酸钠，氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙和氢氧化钠，化学方程式为：Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH，高温反应炉中发生反应是碳酸钙高温煅烧生成氧化钙和二氧化碳，该反应的基本反应类型是分解反应。
（3）灭火的原理有：清除可燃物、隔绝氧气、降低温度至可燃物的着火点以下，加压时，将液态二氧化碳压缩在小钢瓶中，灭火时再将其喷出，其灭火原理是降温和隔绝氧气。
（4）这种捕捉二氧化碳的方法的不足之处反应需要高温，此时消耗大量的燃料，另外氢氧化钠的价格贵，成本高（合理即可）。
故答案为：（1）增大反应物的接触面积，使反应更快、更充分（合理即可）；
（2）Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH；分解反应。
（3）隔绝氧气。
（4）高温消耗大量的燃料，氢氧化钠的价格贵，成本高（合理即可）。
5．（2023•宁乡市模拟）在牙膏中，常用轻质碳酸钙粉末做摩擦剂。通常以石灰石（含杂质，假设杂质不参与反应也不溶于水）为原料进行生产，如图是实验室模拟生产“摩擦剂”的流程，请回答：
（1）实验操作a的名称是 过滤 ，进行实验操作a用到的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外，还需要的玻璃仪器是 漏斗 。
（2）②处反应所属基本反应类型是 化合反应 。
（3）若高温煅烧含碳酸钙75%的石灰石100kg，则可产生气体B 33 kg。
【答案】（1）过滤；漏斗。
（2）化合反应。
（3）33。
【解析】（1）操作a实现了固液分离，常用的方法为过滤；过滤除了上述仪器，还需要漏斗过滤滤液；
故答案为：过滤；漏斗。
（2）石灰石主要组分为碳酸钙，碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，A为氧化钙和杂质，反应②则是氧化钙与水反应生成氢氧化钙，符合多变一的特点，所以为化合反应；
故答案为：化合反应。
（3）碳酸钙质量＝100kg×75%＝75kg，高温分解生成二氧化碳，其中碳元素全部来自于碳酸钙，设生成二氧化碳质量为m，m×，m＝33kg；
故答案为：33。
6．（2023•镇江一模）从古至今，铜及其化合物一直被人类广泛应用。
一、铜材料的知识
（1）红铜：
①早期指锻锤出来的天然铜，夏朝时期已开始使用。自然界存在纯铜的原因可能是 ac （选填序号）。
a.铜的活泼性弱
b.铜不与自然界物质反应
c.深埋缺氧
②后期指冶炼获得的纯铜。西汉《淮南万毕术》记载：“曾青得铁则化为铜”，用化学反应方程式表示其原理 Fe+CuSO4＝FeSO4+Cu 。
（2）青铜：红铜与锡等金属的合金。《吕氏春秋》中“金（即铜）柔锡柔，合两柔则刚”体现了青铜的硬度比红铜的 大 （选填“大”或“小”）。
（3）黄铜：铜锌合金。元代《格致粗谈》记载：“赤铜入炉甘石炼为黄铜，其色如金”。以下试剂不能鉴别黄铜和黄金的是 c （选填序号）。
a.稀HCl
b.AgNO3溶液
c.ZnSO4溶液
（4）如图为出土文物“青铜神树”，其锈层物质成分及生锈原理如下。
Ⅰ.转化①的化学方程式为 2Cu2O+O2+2H2O+2HCl＝2Cu2（OH）3Cl 。
Ⅱ.转化②中生成的另一种物质的化学式为 HCl 。
二、CuCl的制备
以硫化铜（CuS）精矿为原料制备CuCl的主要流程如下。
资料：CuCl是一种白色固体，难溶于水和乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液，在潮湿空气中易氧化变质为Cu2（OH）3Cl。
（5）酸溶时的反应为CuO+H2SO4═CuSO4+H2O，则焙烧发生反应的化学方程式为 。
（6）沉淀发生的反应为2CuSO4+SO2+2H2O+2NaCl═2CuCl↓+2H2SO4+Na2SO4，水洗时检验固体已洗净的方法：取最后一次洗涤后的滤液，滴加 BaCl2（合理即可） （填化学式）溶液，无现象。
（7）水洗后进行醇洗的目的是 除去附在沉淀表面的水及防止在潮湿空气中氧化变质 。
（8）经计算，CuCl产量低于理论值，可能的原因为 c （选填序号）。
a.精矿研磨成粉末
b.稀硫酸过量
c.浓NaCl溶液过量
三、样品的热重分析
称取含Cu2（OH）2CO3的Cu2（OH）3Cl样品54.00g置于装置A中，控制不同的温度对其加热，测得剩余固体质量随温度的变化如图所示。
资料：加热到200℃以上，Cu2（OH）2CO3开始分解；加热到400℃以上，Cu2（OH）3Cl开始分解生成CuO、HCl和H2O。
（9）装配好实验装置后，先要 检查装置的气密性 。
（10）样品中Cu2（OH）3Cl的含量为 79.4 %（精确到0.1%）。
（11）M点固体中各成分的质量比为 CuO与Cu2（OH）3Cl质量比是24g：21.45g＝160：143 。
（12）当加热到T3℃时，装置C共增加 9.5 g。
【答案】（1）①ac；
②Fe+CuSO4＝FeSO4+Cu；
（2）大；
（3）c；
（4）Ⅰ.2Cu2O+O2+2H2O+2HCl＝2Cu2（OH）3Cl；
Ⅱ.HCl；
（5）；
（6）BaCl2（合理即可）；
（7）除去附在沉淀表面的水及防止在潮湿空气中氧化变质；
（8）c；
（9）检查装置的气密性；
（10）79.4%；
（11）CuO与Cu2（OH）3Cl质量比是24g：21.45g＝160：143；
（12）9.5。
【解析】（1）①a、铜的活泼性弱，不易生锈，正确；
b、铜在潮湿的空气中也会产生铜绿，能与自然界物质反应，错误；
c、深埋于地下，隔绝空气不易生锈，正确；
②“曾青得铁则化为铜”，即硫酸铜和铁反应产生硫酸亚铁和铜，化学反应方程式表示：Fe+CuSO4＝FeSO4+Cu；
（2）合金的硬度比其组成的金属大，则青铜（合金）的硬度比红铜的大；
（3）黄铜是铜锌合金；
a.稀HCl能和锌反应产生氢气，则会有气泡产生，金不与盐酸反应；能鉴别；
b.AgNO3溶液和铜、锌都反应，置换出银白色的银，会有银白色物质产生，金不与硝酸银反应；能鉴别；
c.ZnSO4溶液不能与铜、金反应，都没有现象；不能鉴别；
故选c；
（4）Ⅰ.分析图示，转化①是氧化亚铜、氯化氢、氧气和水反应产生Cu2（OH）3Cl，化学方程式为2Cu2O+O2+2H2O+2HCl＝2Cu2（OH）3Cl；
Ⅱ.分析图示，转化②包含：a、氯化亚铜和水反应产生氧化亚铜和氯化氢，方程式2CuCl+2H2O＝Cu2O+2HCl；b、转化①方程式是2Cu2O+O2+2H2O+2HCl＝2Cu2（OH）3Cl；将ab两个方程式相加：4CuCl+O2+4H2O＝2Cu2（OH）3Cl+2HCl，则转化②中生成的另一种物质的化学式为HCl；
（5）根据酸溶时参加反应的是氧化铜，则硫化铜和氧气焙烧产生二氧化硫和氧化铜，化学方程式是；
（6）沉淀发生反应的产物是CuCl沉淀、H2SO4、Na2SO4，检验固体已洗净就是最后一次洗涤液中不含有硫酸根离子，则是对硫酸根离子的检验，钡离子能与硫酸根离子结合生成硫酸钡，可取最后一次洗涤后的滤液，滴加BaCl2溶液（合理即可），没有产生白色沉淀，说明已经洗干净；
（7）CuCl在潮湿空气中易氧化变质为Cu2（OH）3Cl；所以要除去水，水洗后进行醇洗的目的是除去附在沉淀表面的水及防止在潮湿空气中氧化变质；
（8）a.精矿研磨成粉末，接触面积增大，加快反应，不会影响产量；错误；
b.稀硫酸过量，是为了将铜全部转化为硫酸铜，减少铜元素的损失；错误；
c.浓NaCl溶液过量，根据流程，和资料显示CuCl，可溶于氯离子浓度较大的溶液，会导致CuCl产量低于理论值；正确；
故选c；
（9）反应中有气体产生，则装配好实验装置后，先要检查装置的气密性；
（10）加热到200℃以上，Cu2（OH）2CO3开始分解，
设54.00g样品中有Cu2（OH）2CO3，Cu2（OH）2CO3分解产生CuO、CO2、的质量分别为x、y、z。
Cu2（OH）2CO32CuO+H2O+CO2↑ 固体减少
222 160 18 44 222﹣160＝62
x y z 54.00g﹣50.90g＝3.1g
x＝11.1g
y＝8g
z＝2.2g
则样品中Cu2（OH）3Cl的含量为；
则50.90g固体中含有氧化铜8g，Cu2（OH）3Cl质量为54.00g﹣11.1g＝42.9g；
（11）加热到400℃以上，Cu2（OH）3Cl开始分解生成CuO、HCl和H2O；
设M点时分解的Cu2（OH）3Cl，分解Cu2（OH）3Cl产生氧化铜、氯化氢的质量分别为a、b、c。
Cu2（OH）3Cl2CuO+H2O+HCl↑ 固体减少
214.5 160 18 36.5 214.5﹣160＝54.5
a b c 50.90g﹣45.45g＝5.45g
a＝21.45g
b＝16g
c＝3.65g
M点的物质有：氧化铜：8g+16g＝24g；剩余的Cu2（OH）3Cl：42.9g﹣21.45g＝21.45g；则两种固体CuO与Cu2（OH）3Cl质量比是24g：21.45g＝160：143；
（12）装置C盛装浓氢氧化钠溶液：用于吸收产生的二氧化碳，和二氧化碳反应产生碳酸钠和水；用于吸收氯化氢，和氯化氢反应产生氯化钠和水；当加热到T3℃时，11.1gCu2（OH）2CO3已经完全反应产生二氧化碳2.2g，42.9gCu2（OH）3Cl已经完全反应产生氯化氢3.65g×2＝7.3g，则装置C共增加的质量是2.2g+7.3g＝9.5g。
故答案为：
（1）①ac；
②Fe+CuSO4＝FeSO4+Cu；
（2）大；
（3）c；
（4）Ⅰ.2Cu2O+O2+2H2O+2HCl＝2Cu2（OH）3Cl；
Ⅱ.HCl；
（5）；
（6）BaCl2（合理即可）；
（7）除去附在沉淀表面的水及防止在潮湿空气中氧化变质；
（8）c；
（9）检查装置的气密性；
（10）79.4%；
（11）CuO与Cu2（OH）3Cl质量比是24g：21.45g＝160：143；
（12）9.5。
7．（2023•官渡区二模）氯碱工业的主要原理是通过电解饱和食盐水制得NaOH、H2和Cl2。
Ⅰ．氯碱工业的一道重要工序是除去粗食盐水中的可溶性杂质，制得精制食盐。在粗食盐水中依次加入下列试剂，其离子变化情况如图所示：
（1）BaCl2溶液的作用是除去 （填离子符号）。
（2）X是 Na2CO3 （填化学式）。
（3）操作Ⅱ的名称是 蒸发 。
Ⅱ．以精制饱和食盐水为原料，进一步制取漂白粉【主要成分为CaCl2和Ca（ClO）2】的流程如图所示：
（4）电解饱和食盐水过程中化合价发生变化的元素有Cl和 H （填元素符号）。
（5）吸氯塔中发生反应的化学方程式为 2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O 。
（6）实际生产中，将石灰乳从塔顶喷洒而下，氯气从塔的最底层通入。这样投料的目的是 增大反应物的接触面积，使其充分反应（合理即可） 。
【答案】（1）；
（2）Na2CO3；
（3）蒸发；
（4）H；
（5）2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；
（6）增大反应物的接触面积，使其充分反应（合理即可）。
【解析】（1）通过对比加入BaCl2溶液前后溶液中离子种类的变化可知，加入BaCl2溶液的目的是除去；
（2）通过对比加入X溶液前后溶液中离子种类的变化可知，加入X溶液是为了除去溶液中的Ba2+、Ca2+，且没有引入新的阳离子，则X溶液为Na2CO3；
（3）加入过量的盐酸，氢离子与氢氧根离子结合成水，氢离子与碳酸根离子结合成水和二氧化碳，得到溶液中含有盐酸和氯化钠，由于盐酸具有挥发性，氯化钠的溶解度受温度影响较小，通过蒸发得到精制食盐；
（4）电解饱和食盐水得到氢气、氯气和氢氧化钠，该反应中氯元素化合价由﹣1价变成0，氢元素化合价由+1价变成0，因此发生变化的元素有Cl和H；
（5）由流程图可知，吸氯塔中氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；
（6）实际生产中，将石灰乳从塔顶喷洒而下，氯气从塔的最底层通入。这样投料的目的是增大反应物的接触面积，使其充分反应。
故答案为：（1）；
（2）Na2CO3；
（3）蒸发；
（4）H；
（5）2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；
（6）增大反应物的接触面积，使其充分反应（合理即可）。
8．（2023•邹城市三模）从盐湖中提取的某种矿物主要含有氯化钾，还有少量硫酸镁、氯化钙及不溶性杂质SiO2，从该矿物中提取氯化钾的流程如图。
回答下列问题：
（1）写出生成滤渣Ⅰ的化学方程式 MgSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+Mg（OH）2↓ ；
（2）Y溶液中溶质的化学式为 K2CO3 ；
（3）向滤液Ⅱ中加入过量盐酸的目的是 去除过量的碳酸钾和生成的氢氧化钾 ；
（4）蒸发溶液得到氯化钾固体的过程中，要用玻璃棒不断搅拌，目的是 防止溶液暴沸 。
【答案】（1）MgSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+Mg（OH）2↓。
（2）K2CO3。
（3）去除过量的碳酸钾和生成的氢氧化钾。
（4）防止溶液暴沸。
【解析】（1）X溶液为硫酸镁、氯化钙和氯化钾的混合溶液，硫酸镁与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化镁沉淀，其他两种物质不参与反应，书写化学方程式注意配平及沉淀符号，所以化学方程式为MgSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+Mg（OH）2↓；
故答案为：MgSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+Mg（OH）2↓。
（2）滤液Ⅰ中含有氯化钙和未反应的氢氧化钡、氯化钾，为了去除钡离子和钙离子，可以加入含有碳酸根的物质，而不引入新杂质离子，所以可以加入碳酸钾，在加入盐酸后，得到氯化钾，所以Y为碳酸钾；
故答案为：K2CO3。
（3）滤液Ⅱ含有碳酸钾、氯化钾、氢氧化钾，加入盐酸可以将碳酸钾和氢氧化钾去除，溶液只含有盐酸和氯化钾，通过蒸发得到氯化钾；
故答案为：去除过量的碳酸钾和生成的氢氧化钾。
（4）溶液蒸发中为了避免暴沸，需要玻璃棒搅拌；
故答案为：防止溶液暴沸。
9．（2023•青秀区校级模拟）对工厂烟气进行脱硫处理，可减少二氧化硫和硫化氢等含硫化合物的污染。
Ⅰ.用粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等）制备碱式硫酸铝【Al2（SO4）x（OH）y】溶液，可用于烟气脱硫，能有效减少二氧化硫的排放。已知：SiO2是一种难溶于水、难溶于酸的固体。
（1）操作1是 过滤 。
（2）酸浸时Al2O3发生反应的化学方程式为 Al2O3+3H2SO4＝Al2（SO4）3+3H2O 。
（3）调节pH约为3.6目的是消耗溶液中过量的酸，滤渣的主要成分是 硫酸钙 。
Ⅱ．有毒的H2S气体常用脱硫液吸收和活性炭吸附氧化进行处理。
（4）一种用氯化铁溶液循环脱硫工艺的物质转化如图1所示。图1中X物质是 HCl （填化学式）。
（5）表面喷淋水的活性炭可用于吸收H2S，其原理可用图2表示（aq代表溶液）。其它条件不变时，若水膜过厚，H2S的吸收率减小的原因是 氧气不易溶于水，所以若水膜过厚与活性炭接触的氧分子减少，导致H2S的吸收率减小 。
【答案】（（1）过滤；
（2）Al2O3+3H2SO4＝Al2（SO4）3+3H2O；
（3）硫酸钙；
（4）HCl；
（5）氧气不易溶于水，所以若水膜过厚与活性炭接触的氧分子减少，导致H2S的吸收率减小。
【解析】（1）操作 1 是分离固体和液体的操作，即为过滤操作；
（2）酸浸时 A12O3与硫酸反应生成硫酸铝和水，该反应的化学方程式Al2O3+3H2SO4＝Al2（SO4）3+3H2O；
（3）粉煤灰（主要含 Al2O3、SiO2 等），加入硫酸溶液，二氧化硅难溶于水和酸，氧化铝与硫酸反应生成硫酸铝和水，过滤，得到滤液中含有硫酸和硫酸铝，调节pH，加入碳酸钙粉末，硫酸和碳酸钙反应生成微溶于水的硫酸钙、水和二氧化碳，调节 pH 约为 3.6 目的是消耗溶液中过量的酸，所以滤渣的主要成分是硫酸钙；
（4）化学反应前后元素的种类不变及反应前后原子的种类和数目不变，根据H2S、FeCl3转化为X和S、FeCl2，X、FeCl2、O2转化为FeCl3、H2O，可知，X一定含有H、Cl，根据FeCl3和FeCl2中铁、氯原子个数比，即可确定X是HCl；
（5）要吸附氧化H2S需要氧气，且氧气需要在活性炭表面转化为氧原子后与硫化氢分子反应。则H2S的氧化去除率减小可能与能和活性炭接触的氧分子的多少有关，由于氧气不易溶于水，所以若水膜过厚与活性炭接触的氧分子减少，导致H2S的吸收率减小。
故答案为：
（（1）过滤；
（2）Al2O3+3H2SO4＝Al2（SO4）3+3H2O；
（3）硫酸钙；
（4）HCl；
（5）氧气不易溶于水，所以若水膜过厚与活性炭接触的氧分子减少，导致H2S的吸收率减小。
10．（2023•环翠区模拟）含有氢氧化铜的杀虫剂对胡萝卜、番茄、辣椒等作物有很好的防治病虫害的作用。如图是利用废铜料（主要成分是Cu，CuO，含有少量的Zn）生产氢氧化铜的流程，请分析该流程并回答下列问题：
已知：废铜料中的杂质经灼烧后得到的残留物不溶于水和稀盐酸。
不同金属离子在溶液中开始沉淀时，溶液的pH如表：
（1）制备灼烧炉的材料应具备的性质有 耐高温（答案合理即可） 。（写一条）
（2）溶解池内发生的化学方程式为： CuO+2HCl＝CuCl2+H2O或ZnO+2HCl＝ZnCl2+H2O （写一条），所属的基本反应类型是 复分解反应 。
（3）沉淀池中加入的物质X可能是 NH3•H2O （写化学式），要获得更纯净的Cu（OH）2，需控制的条件是 4.4≤pH＜5.4 。
【答案】（1）耐高温（答案合理即可）。
（2）CuO+2HCl＝CuCl2+H2O或ZnO+2HCl＝ZnCl2+H2O；复分解反应。
（3）4.4≤pH＜5.4。
【解析】（1）灼烧炉需要高温，需此需要耐高温，其他合理答案也可以；
故答案为：耐高温（答案合理即可）。
（2）经过灼烧炉后，铜变为氧化铜，锌又变为氧化锌，发生反应是氧化铜与盐酸反应生成氯化铜和水，氧化锌与盐酸反应生成氯化锌和水，书写化学方程式注意配平，任选一个书写即可，所以化学方程式为CuO+2HCl＝CuCl2+H2O或ZnO+2HCl＝ZnCl2+H2O；反应符合反应为相互交换组分，有水生成的特点，所以为复分解反应；
故答案为：CuO+2HCl＝CuCl2+H2O或ZnO+2HCl＝ZnCl2+H2O；复分解反应。
（3）反应需要碱性环境，但是碱性不宜过强，因此可以加入氨水，其化学式为NH3•H2O；根据题目数据可以看出在pH不小于4.4时，铜离子开始析出为沉淀，但是达到5.4时，锌离子也变为沉淀，因此为了只得到氢氧化铜，pH需要效应5.4且不小于4.4，因此控制4.4≤pH＜5.4即可；
故答案为：4.4≤pH＜5.4。
11．（2023•潮南区一模）“氨法”捕集二氧化碳是实现“碳中和”的重要途径之一，目前受到广泛关注和研究，其主要流程如图，请回答相关问题：
（1）为了降低“碳排放”，下列建议可行的是 AD 。
A.随手关灯
B.全面禁止燃烧煤和汽油
C.大力发展火力发电
D.纸张双面打印
（2）常温下，氨水的pH ＞ 7（填“＞”、“＝”或“＜”）。
（3）工业上用氨水喷淋吸收废气中的CO2，采用“喷淋”的原因是 增加接触面积，利于二氧化碳的吸收 。
（4）反应①的化学方程式是 NH3•H2O+CO2＝NH4HCO3 ，该反应的温度不宜高，原因是 碳酸氢铵受热易分解 。
（5）上述流程中，可循环利用的物质是 氨水 。
（6）CO2的后续处理包括利用、封存等。写出CO2的一种用途 灭火（答案合理即可） 。CO2被封存在含氢氧化钙的地下水层后可慢慢转化为固态碳酸盐，该碳酸盐的化学式是 CaCO3 。
【答案】（1）AD。
（2）＞。
（3）增加接触面积，利于二氧化碳的吸收。
（4）NH3•H2O+CO2＝NH4HCO3；碳酸氢铵受热易分解。
（5）氨水。
（6）灭火（答案合理即可）；CaCO3。
【解析】（1）A、随手关灯，减少电力浪费，从而减少火力发电中碳的消耗，利于降低“碳排放”，选项A正确；
B、全面禁止燃烧煤和石油，会造成能源危机，选项B错误；
C、大力发展火力发电，会过多消耗煤，不利于降低“碳排放”，选项C错误；
D、纸张双面打印可以减少纸张使用，保护植被吸收二氧化碳，利于降低“碳排放”，选项D正确；
故答案为：AD。
（2）氨水溶液显碱性，所以pH＞7；
故答案为：＞。
（3）喷淋增加了二氧化碳与液体的接触面积，利于二氧化碳的吸收；
故答案为：增加接触面积，利于二氧化碳的吸收。
（4）氨水与二氧化碳反应生成碳酸氢铵，书写化学方程式注意配平，所以化学方程式为NH3•H2O+CO2＝NH4HCO3；碳酸氢铵加热易分解，因此反应温度不宜过高；
故答案为：NH3•H2O+CO2＝NH4HCO3；碳酸氢铵受热易分解。
（5）根据工艺流程可以看出，氨水可以循环使用；
故答案为：氨水。
（6）二氧化碳不支持燃烧，且本身不燃烧，可以用于灭火，另外也可以作为气体肥料使用，固体干冰还可以用于保鲜、冷冻等，答案合理即可；二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，所以形成的碳酸盐为碳酸钙；
故答案为：灭火（答案合理即可）；CaCO3。
12．（2023•崇川区模拟）某实验小组利用废硫酸溶液制备K2SO4的流程如下：
（1）将CaCO3研成粉末的目的是 增加固液接触面积，促进反应充分进行 。
（2）上述流程中可循环使用的物质有CO2和 CaCO3 （填写化学式）。
（3）洗涤反应Ⅲ所得晶体不用水而用饱和K2SO4溶液的目的是 避免硫酸钾晶体溶于水，造成硫酸钾的损耗 。
（4）反应Ⅲ的化学方程式为 （NH4）2SO4+2KCl＝K2SO4↓+2NH4Cl 。
（5）检验反应Ⅲ所得晶体是否洗涤干净的方法是：取最后一次洗涤液，先加入 硝酸钡溶液 ，振荡、过滤，再向滤液中滴加 硝酸银溶液 ，如果没有白色沉淀，说明洗涤干净。
【答案】（1）增加固液接触面积，促进反应充分进行。
（2）CaCO3。
（3）避免硫酸钾晶体溶于水，造成硫酸钾的损耗。
（4）（NH4）2SO4+2KCl＝K2SO4↓+2NH4Cl。
（5）硝酸钡溶液；硝酸银溶液。
【解析】（1）碳酸钙研成粉末后，可以增加固液接触面积，从而利于反应充分进行；
故答案为：增加固液接触面积，促进反应充分进行。
（2）根据工艺流程，除了二氧化碳外，碳酸钙也可以循环使用；
故答案为：CaCO3。
（3）硫酸钾可以微溶于水，如果采用水洗涤，会造成硫酸钾的损失，降低回收率，采用饱和硫酸钾溶液洗涤，不会溶解硫酸钾；
故答案为：避免硫酸钾晶体溶于水，造成硫酸钾的损耗。
（4）M溶液主要为硫酸铵溶液，硫酸铵与氯化钾反应生成硫酸钾和氯化铵，书写化学方程式注意配平及沉淀符号，所以化学方程式为（NH4）2SO4+2KCl＝K2SO4↓+2NH4Cl；
故答案为：（NH4）2SO4+2KCl＝K2SO4↓+2NH4Cl。
（5）可以根据氯离子与银离子反应生成不溶于硝酸的氯化银沉淀来分析是否还有溶质残留，先加入硝酸钡溶液，排除硫酸根离子的干扰，然后加入硝酸银溶液，没有产生白色沉淀，说明滤液中不含氯离子，说明洗干净了。
故答案为：硝酸钡溶液；硝酸银溶液。
13．（2023•昭平县二模）锂被誉为“新能源金属”、“金属味精”和“推动世界前进的金属”，具有极高的战略价值。碳酸锂是生产金属锂制品的基础材料。以β﹣锂辉石为原料，用硫酸焙烧法制取碳酸锂的工艺流程（部分试剂和步骤等已略去）如下：
资料：Ⅰ.β﹣锂辉石的主要成分是Li2O•Al2O3•4SiO2，含少量Ca、Mg元素。
Ⅱ.Li2O•Al2O3•4SiO2+H2SO4（浓）Li2SO4+Al2O3•4SiO2•H2O。
（1）酸化焙烧前将β﹣锂辉石磨成粉末的目的是 增大反应物之间的接触面积，使反应更快更充分 。
（2）在“除镁除钙”步骤中，先加入石灰乳，再加入Na2CO3溶液。添加试剂的顺序不能调换，其原因是碳酸钠能除去过量的氢氧化钙，请写出该反应的化学方程式 Na2CO3+Ca（OH）2＝2NaOH+CaCO3↓ 。
（3）操作Ⅰ的名称为 过滤 ，滤渣②的成分是 Mg（OH）2、CaCO3 。
（4）Li2CO3和Li2SO4的溶解度如表所示：
为了提高产品的纯度，需要将得到的晶体洗涤，需选用 80 ℃的水。
【答案】（1）增大反应物之间的接触面积，使反应更快更充分；
（2）Na2CO3+Ca（OH）2＝2NaOH+CaCO3↓；
（3）过滤；Mg（OH）2、CaCO3；
（4）80。
【解析】（1）酸化焙烧前将β﹣锂辉石磨成粉末的目的是：增大反应物之间的接触面积，使反应更快更充分；
（2）碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，该反应的化学方程式为：Ca（OH）2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH；
（3）操作I实现了固液分离，名称是过滤；
加入石灰乳，镁离子能与氢氧根离子结合生成氢氧化镁，除去镁离子，加入碳酸钠溶液，钙离子能与碳酸根离子结合生成碳酸钙，故滤渣②的成分是：氢氧化镁、碳酸钙；
（4）根据表可知，Li2CO3、Li2SO4的溶解度随着温度的升高而减小，因此为了提高产品的纯度，需要将得到的晶体洗涤，需选用80℃的水，此时碳酸锂的溶解度较少，可以减少损耗。故填：80。
14．（2023•江阴市模拟）工业上可以用贝壳和食盐水等为原料制备纯碱（Na2CO3），主要工艺流程如下：
查阅资料：
Ⅰ.沉淀池中发生反应的化学方程式：NaCl+H2O+NH3+CO2＝NaHCO3↓+NH4Cl
Ⅱ.碳酸氢钠热稳定性低，加热碳酸氢钠可以分解生成碳酸钠和两种常见氧化物
Ⅲ.含有钠离子的盐类物质都可以溶于水
回答下列问题：
（1）写出碳酸氢钠受热分解的方程式： 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ 。
（2）煅烧石灰石之前先进行机械粉碎，其目的是 使其快速充分反应 。
（3）实际生产过程中，向食盐水中“先通氨气后通二氧化碳”比“先通二氧化碳再通氨气”更有利于获得产品，请简要说明原因 使溶液呈现碱性，便于吸收更多的二氧化碳，加速生成更多的碳酸氢钠，或者等量食盐水中，氨气比二氧化碳溶解的多，可以提高产量 。
（4）母液里除了H2O、NaCl、NH4Cl之外，还肯定含有的一种溶质是 NaHCO3 （填化学式）。
（5）该工艺流程中可以循环的物质是 NH3 、 CO2 （填两种即可）。
【答案】（1）2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；
（2）使其快速充分反应；
（3）使溶液呈现碱性，便于吸收更多的二氧化碳，加速生成更多的碳酸氢钠，或者等量食盐水中，氨气比二氧化碳溶解的多，可以提高产量；
（4）NaHCO3；
（5）NH3；CO2。
【解析】（1）根据资料，加热碳酸氢钠分解生成碳酸钠和两种常见氧化物，根据质量守恒定律可推断出这两种常见氧化物为水和二氧化碳，故反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；
（2）煅烧石灰石前进行机械粉碎，固体颗粒变小，能使石灰石快速充分反应；
（3）相同条件下氨气比二氧化碳在水中溶解量更多，溶液显碱性，能吸收更多的二氧化碳，加速生成更多的碳酸氢钠，提高产量；
（4）过滤池中分离出来的是碳酸氢钠固体，则母液一定是碳酸氢钠的饱和溶液，故母液中一定含有碳酸氢钠；
（5）该工业流程中，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，水和二氧化碳又是沉淀池中的反应物，故水和二氧化碳可以循环利用；煅烧石灰石生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙可以与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与反应生成的氯化铵可以反应生成氯化钙、氨气和水，故氨气也是可循环利用的物质之一。
15．（2023•通州区一模）孔雀石的主要成分为Cu2（OH）2CO3，还含有少低SiO2、Fe2O3，以孔雀石为原料制取胆矾（CuSO4•5H2O）的部分工艺流程如图。
已知：①SiO2难溶于水、不与稀硫酸反应。
②各离子开始沉淀及完全沉淀时的pH如下表所示。
回答下列问题：
（1）过滤Ⅰ所得滤液中的溶质有CuSO4、 H2SO4、Fe2（SO4）3 （写化学式）。
（2）流程中的稀硫酸可用浓硫酸稀释而得，要把50g质量分数为98%的浓硫酸稀释为20%的稀硫酸，需要水的质量为 195 g。
（3）操作中加入CuO的目的是通过调节溶液的pH，使Fe3+沉淀而Cu2+不沉淀，pH应控制在 3.7～5.2 范围之间，不选用NaOH的原因是 生成新的杂质 。
（4）操作Ⅱ包括蒸发浓缩、 降温结晶 、过滤等。
（5）写出Cu2（OH）2CO3与稀硫酸反应的化学方程式： Cu2（OH）2CO3+2H2SO4═2CuSO4+3H2O+CO2↑ 。
【答案】（1）H2SO4、Fe2（SO4）3。
（2）195。
（3）3.7～5.2；生成新的杂质。
（4）降温结晶。
（5）Cu2（OH）2CO3+2H2SO4═2CuSO4+3H2O+CO2↑。
【解析】（1）由于孔雀石的主要成分为Cu2 （OH）2CO3，还含有少量SiO2、Fe2O3，且只有二氧化硅不溶解于硫酸，由于碱式碳酸铜和硫酸反应生成硫酸铜，氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁，同时硫酸是过量，所以滤液中的溶质有生成的CuSO 4和Fe2（SO4）3以及剩余的H2SO4。
（2）流程中的稀硫酸可用浓硫酸稀释而得，要把50g质量分数为98%的浓硫酸稀释为20%的稀硫酸，根据稀释过程中溶质的质量不变可得需要水的质量为 ﹣50g＝195g。
（3）操作Ⅰ中加入CuO的目的是通过调节溶液的pH，使Fe3+沉淀而Cu2+不沉淀，根据给出的数据可以pH应控制在 3.7～5.2范围之间，由于实验最终目的是得到硫酸铜晶体，所以为避免引入新的杂质，不选用NaOH调节溶液的pH。
（4）由于最终得到是水合物，为避免晶体脱水，不能采用蒸发得到晶体，而是蒸发浓缩，降温结晶，然后过滤。所以操作Ⅱ包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤等。
（5）Cu2（OH）2CO3与稀硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，对应的化学方程式：Cu2（OH）2CO3+2H2SO4═2CuSO4+3H2O+CO2↑。
三．科学探究题（共2小题）
16．（2023•宜昌）氯化钠是重要的调味品。
探究一：古人智慧
（1）《水经注》中描述，“入汤口四十三里，有石，煮以为盐，石大者如升，小者如拳，煮之，水竭盐成。”这样得到食盐的方法在化学上称为 蒸发结晶 。
（2）我国四川省自贡市劳动人民在公元1873年便开始尝试取井水煮卤，获得的氯化钠中仍然含有氯化镁等杂质，古人采用“淋盐沥水”（用饱和氯化钠溶液洗涤粗盐）的方法来除去氯化镁，是因为 饱和的氯化钠溶液里能继续溶解氯化镁 。
探究二：现代方法
智慧小组的同学想利用所学化学知识得到氯化钠晶体。他们查阅资料知道，通过晾晒海水或煮盐井水、盐湖水等可得到粗盐。粗盐中含有多种可溶性杂质（如氯化镁、氯化钙、硫酸钠等）不溶性杂质（泥沙等）。
除去不溶性杂质
（3）取少量粗盐，加足量水溶解，可通过 过滤 方法除去其中不溶性杂质。
除去可溶性杂质
（4）选择试剂：小民同学选择硝酸钡溶液除硫酸钠，反应的化学方程式是 Ba（NO3）2+Na2SO4═BaSO4↓+2NaNO3 。
经小组讨论，认为他选的试剂不正确。
方法小结：除杂所选试剂需满足以下条件：只与杂质反应； 不产生新的杂质 。
最终，选择的试剂是氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液、氯化钡溶液。
（5）实验探究：
滴加甲、乙、丙三种试剂的正确顺序最多有 3 种，请写出其中一种 NaOH或BaCl2或Na2CO3 （写溶质的化学式，下同）。加入氢氧化钠溶液后，发生反应的化学方程式是 MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl 。固体D的成分有 Mg（OH）2、BaSO4、CaCO3、BaCO3 。
（6）反思评价：液体E中加入稀盐酸，发生反应的化学方程式是 Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O （写一个）。小郑同学认为上述实验可以将甲、乙、丙三种溶液改成两种 Ba（OH）2、Na2CO3 （按加入的先后顺序填写）。
【答案】（1）蒸发结晶；
（2）饱和的氯化钠溶液里能继续溶解氯化镁；
（3）过滤；
（4）Ba（NO3）2+Na2SO4═BaSO4↓+2NaNO3；不产生新的杂质；
（5）3；NaOH或BaCl2或Na2CO3；MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl；Mg（OH）2、BaSO4、CaCO3、BaCO3；
（6）Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O（或HCl+NaOH═NaCl+H2O）；Ba（OH）2、Na2CO3。
【解析】（1）由于氯化钠的溶解度受温度影响不大，所以从氯化钠溶液中得到氯化钠晶体通常采用蒸发结晶，
故答案为：蒸发结晶；
（2）饱和的氯化钠溶液里不能继续溶解氯化钠，还能继续溶解氯化镁，
故答案为：饱和的氯化钠溶液里能继续溶解氯化镁；
（3）过滤是将不溶性杂质与液体分离的一种操作方法，
故答案为：过滤；
（4）硝酸钡能和硫酸钠发生复分解反应生成硫酸钡沉淀和硝酸钠，
故答案为：Ba（NO3）2+Na2SO4═BaSO4↓+2NaNO3；
除杂质时应注意所加入的试剂只与杂质反应并且不能产生新的杂质，
故答案为：不产生新的杂质；
（5）粗盐提纯是加入试剂的顺序可以是氢氧化钠、氯化钡、碳酸钠或氯化钡、碳酸钠、氢氧化钠、或氯化钡、氢氧化钠、碳酸钠3种设计方案，
故答案为：3；NaOH或BaCl2或Na2CO3；
氢氧化钠能与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，故
答案为： MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl；
在粗盐提纯的过程中，氢氧化钠能与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，硫酸钠和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，
故答案为：Mg（OH）2、BaSO4、CaCO3、BaCO3；
（6）过滤后的滤液中含有碳酸钠和氢氧化钠以及氯化钠，其中氯化钠不与稀盐酸反应，碳酸钠能和稀盐酸发生化学反应生成氯化钠和水和二氧化碳，氢氧化钠和稀盐酸反应生成氯化钠和水，
故答案为：Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O（或HCl+NaOH═NaCl+H2O）；
氢氧化钡能和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化钡也能和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀，根据复分解反应的条件，从离子的角度分析不难看出看，加入氢氧化钡溶液可以同时将镁离子和硫酸根离子这两种杂质离子除去，而多余的钡离子，可以通过加入碳酸钠的方法除去，
故答案为：Ba（OH）2、Na2CO3。
17．（2023•南溪区模拟）FeCO3能用于制备可溶性乳酸亚铁补血剂。某化学兴趣小组对其制备和性质进行了如下探究。
【查阅资料】
①溶液pH大于8.8时，Fe2+完全转化为Fe（OH）2沉淀
②FeCO3固体置于潮湿空气中易变质生成Fe（OH）3
③FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，会出现血红色絮状物；而FeCl2溶液中滴加KSCN溶液，不会出现血红色絮状物
④FeCO3是白色固体，难溶于水，与稀盐酸反应的化学方程式为：FeCO3+2HCl═FeCl2+H2O+CO2↑
⑤碱石灰的主要成分是NaOH和CaO
（1）探究一：FeCO3的制备
①该兴趣小组用pH＝11.9的Na2CO3溶液和FeSO4溶液在烧杯中制备FeCO3时，应选用的加料方式是 C （填字母）。
A．将FeSO4溶液与Na2CO3溶液同时加入烧杯中
B．将FeSO4溶液缓慢加入盛有Na2CO3溶液的烧杯中
C．将Na2CO3溶液缓慢加入盛有FeSO4溶液的烧杯中
②制备FeCO3的化学方程式是 Na2CO3+FeSO4═FeCO3↓+Na2SO4 。
（2）探究二：FeCO3的性质探究
【提出问题】久置于空气中的FeCO3固体的成分是什么？
【猜想与假设】猜想1：FeCO3 猜想2： Fe（OH）3 猜想3：FeCO3和Fe（OH）3
【定性探究】请设计实验并通过实验证明你的猜想成立。
实验方案：取少量固体于试管中， 加入足量稀盐酸，有气泡产生；再滴入KSCN溶液，出现血红色絮状物 。（补充完实验方案）
【实验结论】猜想3成立
【定量探究】
①该兴趣小组为进一步确定固体中FeCO3的质量分数，称取10.0g固体做了如图所示的补充实验。装置C中足量NaOH溶液的作用是 CO2+2NaOH＝Na2CO3+H2O （用化学方程式表示）。
②反应结束后，继续通入一段时间N2的目的是 使生成的二氧化碳被氢氧化钠溶液全部吸收 。
③实验结束后，测得装置C增重0.44g，求固体中FeCO3的质量分数 11.6% 。
【答案】（1）①C；
②Na2CO3+FeSO4═FeCO3↓+Na2SO4；
（2）Fe（OH）3；加入足量稀盐酸，有气泡产生；再滴入KSCN溶液，出现血红色絮状物；
①CO2+2NaOH＝Na2CO3+H2O；
②使生成的二氧化碳被氢氧化钠溶液全部吸收；
③11.6%。
【解析】（1）①由于溶液pH大于8.8时，Fe2+会转换为Fe（OH）2沉淀，故要保持溶液pH不能大于8.8，故应将Na2CO3溶液缓慢加入盛有FeSO4溶液的烧杯中；
②碳酸钠能与硫酸亚铁反应生成碳酸亚铁沉淀和硫酸钠，化学方程式为Na2CO3+FeSO4＝Na2SO4+FeCO3↓；故答案为：①C；
②Na2CO3+FeSO4═FeCO3↓+Na2SO4；
（2）猜想与假设：由于FeCO3固体置于潮湿空气中易变质生成Fe（OH）3，则久置于空气中的FeCO3固体的成分还可能含有Fe（OH）3，猜想1：FeCO3，猜想2：Fe（OH）3，故猜想3为：FeCO3和Fe（OH）3；
定性探究：根据结论是猜想2成立即固体是氢氧化铁，由资料可知氢氧化铁能与盐酸反应生成氯化铁，而FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，会出现血红色絮状物；故实验方案：取少量固体于试管中，加入足量的稀盐酸，产生气泡；
定量探究：①装置C中足量NaOH溶液的作用是吸收二氧化碳，过程中氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，反应的化学方程式：CO2+2NaOH＝Na2CO3+H2O；
②反应结束后，继续通入一段时间氮气的目的是使反应生成的二氧化碳全部被氢氧化钠溶液吸收；
③设溶碳酸亚铁的质量为x，
FeCO3+H2SO4＝FeSO4+H2O+CO2↑
116 44
x 0.44g
x＝1.16g
则硫酸亚铁的质量分数为×100%＝11.6%
答：碳酸亚铁的质量分数为11.6%。
溶液中被沉淀的离子
Zn2+
Cu2+
开始生成氢氧化物时溶液的PH
≥5.4
≥4.4
T/℃
20
40
60
80
S（Li2CO3）/g
1.33
1.17
1.01
0.85
S（Li2SO4）/g
34.2
32.8
31.9
30.7
离子
开始沉淀时的pH
完全沉淀时的pH
Fe3+
2.7
3.7
Cu2+
5.2
6.4
工艺流程题是以一种或多种物质为原料，经过一步一步的反应或操作，最终得到我们所需产品的过程。此类题紧密联系工业实际，流程繁杂步骤多、反应复杂原料多、知识混杂信息多，综合性较强，题中会出现学生没有学过的物质和反应，这不仅要求学生具备扎实的基础知识及答题技巧，也考查学生的阅读能力、资料的收集处理能力和知识迁移推理能力。
一、工艺流程路线示意图（如下图）
工艺流程的四个核心内容：准备原料，预处理，核心反应，得到产品。
二、工艺流程图的题目类型
1.物质框：
2.操作框：
3.设备框：
三、方法突破
1.阅读题头，明确原料，产物。
2.略读框图，标注重点物质的化学式（遇到没见过的物质或反应不要慌，跳过即可），关注进线，出线与可逆线；关注框格。
3.细读问题，结合问题对流程图综合分析。从各阶段流程图的尾端看起，明确各阶段的生成物,并理解生产原料、辅助原料和循环利用物质；分析流程中的每一步骤，从几个方面了解流程：
①反应物是什么；
②发生了什么反应；
③该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。
四、考查内容
1.操作名称：煅烧、过滤、溶解、粉碎研磨、蒸发。
2.操作目的：粉碎或研磨目的；加入过量试剂目的；不用某物质代替某物质的原因；洗涤的目的。
3.化学用语：元素化合价的判断；化学方程式中某种物质化学式的书写；根据提示书写化学方程式。
4.对实验的评价：回收利用，节约药品，节能环保、吸收有害气体，保护环境、操作简便、安全等
5.可循环利用的物质。
五、核心考点
1.对原料进行预处理的常用方法及目的
（1）溶解：①加水溶解（或水浸）：使可溶物溶解。②加酸溶解（或酸浸）：溶解金属，金属氧化物，难溶性碱或碳酸盐 ③加碱溶解（碱溶或碱浸）：除去油污、溶解SiO2
（2）粉碎或研磨：增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分。
（3）灼烧（或煅烧、焙烧）：使固体或杂质在高温条件下分解；加快反应速率或增大转化率等。
（4）搅拌：加快反应速率，使反应更充分。
2.常见操作
（1）过滤：（如下图）
操作a：过滤
使用的仪器：烧杯，漏斗，玻璃棒，铁架台（带铁圈），滤纸
玻璃棒的作用：引流
该操作的目的是：使固液分离
（2）结晶（蒸发结晶、降温结晶）
操作b：蒸发结晶
玻璃棒的作用：搅拌，防止局部温度过高，造成液滴飞溅。
（3）流程中反应条件的控制：
①调节pH：使反应发生或者避免某反应的发生。
②控制温度：a水浴加热---受热均匀，便于控制温度。b温度太高：反应速率太快；物质可能分解、挥发等。c温度太低：反应速率可能太慢；物质转化率、产率不高等。
③加入过量试剂：a完全除去某物质(非目标产物)；b使某物质完全转化为目标产物。④通入保护气(如氩气)：防止主物质与氧气等发生反应。
3.物质成分分析：一定有的：没参与反应的物质、过量的反应物、生成物（注意：把“过量”，“适量”等词圈起来）
4.化学方程式的书写
做题方法
（1）根据箭头方向，写出反应物，生成物（进线是反应物，出线是生成物，线上是反应条件或操作）。
（2）配平。
（3）若无法配平，结合反应环境找到其他的反应物、生成物（溶液找H2O,空气找O2/CO2等）。
（4）配平，标好条件以及状态。
5.判断可以循环使用的物质
（1）可逆线表示可循环利用的物质。如图1，物质A为可循环利用的物质。
（2）某设备或流程的生成物，为另一设备或流程的反应物,则该物质为可循环利用的物质（一个反应的生成物，是另一个反应的反应物）。如图2,物质B为可循环利用的物质。
6.对工艺流程的评价：回收利用，节约药品，节能环保、吸收有害气体，保护环境、操作简便、安全等。
热点01 海水资源的开发利用
1．（2023•南京）21世纪是海洋开发与利用的世纪．烟台的“十二五”规划确立了“蓝色经济”发展战略，海洋化学资源的综合利用将是重点发展领域之一．
（1）海水淡化：蒸馏法淡化海水是利用海水中各成分的 沸点 不同分离出淡水；高压反渗透膜法淡化海水是利用海水中各成分的 颗粒大小 不同分离出淡水．
（2）制盐：①制粗盐．从卤水中提取粗盐用的结晶方法是 蒸发结晶 ．②粗盐纯化．粗盐中含有泥沙、硫酸镁、氯化钙等杂质．将粗盐溶于水，然后通过如下操作即可得到较纯的氯化钠：a过滤．b加过量的Ba（OH）2溶液；c加适量的盐酸；d加过量的Na2CO3溶液；e蒸发．正确的操作顺序是 bdace （填字母）．
（3）制碱：氨碱法制纯碱的流程图如下：
完成图中的内容：① NH3 ；② CO2 ；③ 加热 ．
（4）制镁：工业上一般用电解熔融状态的氯化镁制金属镁，若以卤水（含有硫酸镁、氯化钠和氯化钙）为起始原料来制取金属镁，请画出制镁的流程图．
【答案】见试题解答内容
【解析】（1）蒸馏法淡化海水是利用海水中各成分的沸点比较高，水的沸点比较低进行分离的；高压反渗透膜法淡化海水是利用海水中各成分的颗粒大小不同，水分子可以通过淡化膜，其它离子不会通过．
故答案为：沸点； 颗粒大小；
（2）因为氯化钠的溶解度随温度的变化不大，所以采用蒸发溶剂法结晶；
要除去粗盐中含有的杂质，可以加过量的氢氧化钡溶液除去硫酸镁，加过量的Na2CO3溶液除去氯化钙和过量试剂氢氧化钡，通过过滤把不溶于水的物质除去，加适量的盐酸除去过量的碳酸钠，通过蒸发除去盐酸．
故答案为：蒸发结晶；bdace；
（3）根据题中所给生成物进行分析，要制备饱和氨水肯定是将氨水通入食盐水中，由饱和的氨水食盐溶液制备碳酸氢钠，根据物质的性质和元素守恒知应通入二氧化碳气体；碳酸氢钠受热易分解变为碳酸钠．
故答案为：①NH3②CO2③加热；
（4）首先必须将卤水中镁进行富集，加入石灰乳（比较经济，不能用氢氧化钠），变为氢氧化镁沉淀，过滤后加入盐酸制备氯化镁，再经过蒸发干燥制备无水氯化镁，最后经过通电可制得镁．
故答案为：卤水 氢氧化镁氯化镁溶液无水氯化镁镁
2．（2023•怀化）海水是一种重要资源，利用海水可制取金属镁等物质。某化学兴趣小组的同学设计了如下实验流程：
根据流程回答下列问题：
（1）操作Ⅰ的名称是 过滤 ，该操作用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和 玻璃棒 ；该仪器在操作Ⅰ中的作用是 引流 。操作Ⅰ中加入的NaOH溶液应过量，其目的是 将MgCl2完全转化为氢氧化镁沉淀 。
（2）试剂X是 稀盐酸 （填名称），写出溶液A中加入试剂X发生反应的化学方程式 NaOH+HCl＝NaCl+H2O 。
【答案】（1）过滤；玻璃棒；引流；将MgCl2完全转化为氢氧化镁沉淀；
（2）稀盐酸；NaOH+HCl＝NaCl+H2O。
【解析】（1）操作Ⅰ能将溶液A和固体B分离，为过滤操作；过滤操作中需要用到的仪器为铁架台（带铁圈）、烧杯、漏斗、玻璃棒，其中烧杯、漏斗、玻璃棒为玻璃仪器；过滤操作中玻璃棒的作用为引流，防止液体溅出。
NaOH溶液能与MgCl2反应生成氢氧化镁沉淀与氯化钠，实验中需要加过量的NaOH，可以将MgCl2完全转化为Mg（OH）2沉淀。
（2）MgCl2溶液中含有少量的NaCl，加入过量的NaOH溶液，反应后过滤得到的滤液A中溶质为NaOH、NaCl，固体B为Mg（OH）2；氢氧化镁难溶于水，能与酸反应，NaOH能与HCl反应生成NaCl与H2O，Mg（OH）2能与HCl反应生成MgCl2与H2O，则X试剂为稀盐酸。
溶液A中NaOH与稀盐酸反应生成氯化钠和水，反应的化学反应方程式为：NaOH+HCl＝NaCl+H2O。
故答案为：
（1）过滤；玻璃棒；引流；将MgCl2完全转化为氢氧化镁沉淀；
（2）稀盐酸；NaOH+HCl＝NaCl+H2O。
热点02 金属及金属矿物的利用
3．（2024•碑林区校级模拟）某校化学实验室废液桶中收集了溶有大量FeSO4、CuSO4的废液，小轩想从中回收金属铜和硫酸亚铁晶体，设计了如图实验方案。结合实验方案回答下列问题：
（1）操作1和操作2中都使用了玻璃棒，其作用是 引流 。
（2）向废液中加入过量金属X发生的反应的化学方程式为 Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑ 。
（3）向滤渣中加入适量稀酸Y观察到的实验现象是 有气泡产生，溶液颜色由无色变为浅绿色 ，经过操作2后得到的滤液中含有的阳离子为 Fe2+ （填离子符号）。
【答案】（1）引流；
（2）Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑；
（3）有气泡产生，溶液颜色由无色变为浅绿色；Fe2+。
【解析】（1）操作1和操作2均是将不溶物质从溶液中分离的操作，为过滤操作，玻璃棒的作用是引流。
（2）小轩想从废液桶中的废液中回收金属铜和硫酸亚铁晶体，所以加入的过量的金属X为Fe，铁能与废液中的硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，过滤后得到的滤渣为过量的铁和生成的铜的混合物，滤液为硫酸亚铁溶液，滤渣为铁、铜的混合物，加入适量的稀酸Y，铜不与Y反应，铁与Y反应，得到的滤液为硫酸亚铁溶液，则加入的稀酸Y为稀硫酸，则向废液中加入过量金属X发生的反应的化学方程式为：Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑。
（3）由（2）中解析可知，向滤渣中加入适量稀硫酸，将铁全部转化为硫酸亚铁，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，则可以观察到有气泡产生，溶液颜色由无色变为浅绿色；经过操作2过滤后得到的滤液为硫酸亚铁溶液，其中含有的阳离子为Fe2+。
故答案为：
（1）引流；
（2）Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑；
（3）有气泡产生，溶液颜色由无色变为浅绿色；Fe2+。
4．（2024•碑林区校级一模）金属材料在人类生产、生活中发挥着重要作用，请回答下列问题。
（1）某同学将铜放入硝酸银溶液中，观察到有银白色固体析出，写出铜和硝酸银反应的化学方程式 Cu+2AgNO3＝2Ag+Cu（NO3）2 。
（2）向m克AgNO3、Cu（NO3）2的混合溶液中加入Zn粉，充分反应后，过滤所得溶液的质量仍为m克，向滤液中滴加稀盐酸，观察到 没有 （选填“有”或“没有”）白色沉淀。
（3）某工厂从只含有FeSO4、CuSO4的工业废水中回收Cu和FeSO4晶体。
Ⅰ、步骤a中加入铁的作用是 除去硫酸铜，并生成铜和硫酸亚铁 。
Ⅱ、步骤b中稀硫酸 不能 （选填“能”或“不能”）换成稀盐酸。
【答案】（1）Cu+2AgNO3＝2Ag+Cu（NO3）2；
（2）没有；
（3）Ⅰ、除去硫酸铜，并生成铜和硫酸亚铁；
Ⅱ、不能。
【解析】（1）铜和硝酸银反应生成银和硝酸铜，反应方程式是：Cu+2AgNO3＝2Ag+Cu（NO3）2；
（2）金属活动性：锌大于铜大于银，向m克AgNO3、Cu（NO3）2的混合溶液中加入Zn粉，锌先与AgNO3反应生成硝酸锌和银，AgNO3反应完，若还有锌粉，锌才能与Cu（NO3）2反应生成硝酸锌和铜。由Zn+2AgNO3═Zn（NO3）2+2Ag，由反应时的质量比可知，每65份质量的锌可置换出216份质量的银，溶液的质量会减少；由Zn+Cu（NO3）2═Zn（NO3）2+Cu，每65份质量的锌可置换出64份质量的铜，溶液的质量会增加。由于充分反应后溶液质量不变，则说明锌与硝酸银、硝酸铜均发生反应，则硝酸银已完全反应，即滤液中一定没有硝酸银（盐酸和硝酸银反应产生氯化银和硝酸），则没有白色沉淀产生；
（3）I、步骤a发生的是铁与工业废水反应，即铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，步骤a中加入铁的作用是除去硫酸铜，并生成铜和硫酸亚铁；
Ⅱ、步骤b中稀硫酸不能换成稀盐酸，固体X中是铁和铜，盐酸和铁反应生成氯化亚铁和氢气，因为生成的氯化亚铁对于硫酸亚铁也是杂质。
故答案为：（1）Cu+2AgNO3＝2Ag+Cu（NO3）2；
（2）没有；
（3）Ⅰ、除去硫酸铜，并生成铜和硫酸亚铁；
Ⅱ、不能。
；学号：31536热点03 矿产资源的开发与利用
4．（2023•泉港区模拟）如图为酸性锌锰干电池结构及主要成分示意图。废旧干电池中含有塑料壳、锌皮，铜帽（含Cu、Zn），石墨棒、填充物（MnO2、NH4Cl、炭黑）等物质，如果随意丢弃会造成水体污染和土壤污染，因此将废旧干电池进行回收利用尤为重要。请回答下列问题：
（1）电池中使用铜帽和碳棒的主要是利用其 导电 性。塑料壳属于 合成材料 （填“合成材料”或“复合材料”）。
（2）操作1的名称 过滤 ，实验室欲从铜帽提纯铜单质，操作方法如下： 往铜帽中加入稀硫酸至不再产生气泡，过滤 。
（3）电池使用时化学能转化为 电能 ，固体B为 二氧化锰 。
（4）若要从溶液C中得到氯化铵晶体，主要包括蒸发浓缩、 降温结晶 、过滤等操作。
（5）垃圾回收的意义是： 再次利用，保护自然资源 （写出1条即可）。
【答案】（1）导电；合成材料；
（2）过滤；往铜帽中加入稀硫酸至不再产生气泡，过滤；
（3）电能；二氧化锰（MnO2）；
（4）降温结晶；
（5）再次利用，保护自然资源（防止干电池中的重金属和其他物质污染环境；避免污染环境：充分利用资源等合理即可）。
【解析】（1）电池中使用铜帽和碳棒的主要是利用其导电性；塑料壳属于合成材料；
（2）锌的金属活动性排在氢的前面，会与酸反应，而铜不会与酸反应，操作1的名称过滤，实验室欲从铜帽提纯铜单质，操作方法如下：往铜帽中加入稀硫酸至不再产生气泡，过滤；
（3）电池使用时化学能转化为电能，固体B为二氧化锰；
（4）若要从溶液C中得到氯化铵晶体，主要包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤等操作；
（5）垃圾回收的意义是：再次利用，保护自然资源。
故答案为：（1）导电；合成材料；
（2）过滤；往铜帽中加入稀硫酸至不再产生气泡，过滤；
（3）电能；二氧化锰（MnO2）；
（4）降温结晶；
（5）再次利用，保护自然资源（防止干电池中的重金属和其他物质污染环境；避免污染环境：充分利用资源等合理即可）。
5．（2023•盐都区三模）“逐梦苍穹之上，拥抱星辰大海”，嫦娥探月、天舟升空、蛟龙潜海，都离不开化学。
（1）运载火箭使用的燃料有煤油、液氢等，生产煤油的原料是 石油 （填“煤”或“石油”），氢气目前没有广泛应用的原因有 AD （填字母序号）。
A．制取成本高
B．产物无污染
C．热值高
D．贮存困难
（2）嫦娥5号月球探测器带回的月壤样品成分分析结果如图1，这里的“氧、硅、铁..”是指 元素 （填“分子”、“原子”或“元素”）。
（3）2月16日，科学实验柜成功执行首次在轨点火测试，实验中观察到甲烷燃烧，与在地面上甲烷燃烧的现象相比，火苗更胖，颜色更蓝。下列因素可能是产生这些效果的有 AB （填字母序号）。
A．无气体对流
B．微重力
（4）5月11日，天舟六号货运飞船成功对接中国太空站，如图2是此次运送的物资单。
①生活物资中包含约70公斤的新鲜水果，可以为宇航员补充的营养素是 维生素 ，调节新陈代谢、维持身体健康。
②氙气是空间站电推进系统的“燃料”，氙在元素周期表中的信息如图3，下列说法不正确的是 C 。
A．氙的元素符号是Xe
B．氙原子的质子数是54
C．氙属于金属元素
D．氙的相对原子质量是131.3
（5）“蛟龙”号潜水器使用钛合金，工业上用钛铁矿（主要成分FeTiO3）制备金属钛和纳米级Fe3O4的工艺流程如图所示（部分产物略）：
资料：步骤⑤的反应为：2FeCl3+FeCl2+8NH3⋅H2O＝Fe3O4↓+8NH4Cl+4H2O
①步骤①反应前需将钛铁矿粉碎的目的是 增大反应物的接触面积，使其充分反应 。
②步骤②分离出TiCl4的方法，利用了TiCl4与FeCl3的 沸点 不同。
③反应③属于 置换反应 （填基本反应类型）。
④向FeCl2和盐酸的溶液中通入O2可生成FeCl3和H2O，该反应的化学方程式为 4FeCl2+O2+4HCl＝4FeCl3+2H2O 。
⑤步骤⑤需要控制反应温度为不宜过高，其原因是 氨水受热易分解或易挥发 。“溶解”时，实际投放的 小于理论值，其原因是 在盐酸存在下，氯化亚铁易与空气中的氧气反应生成FeCl3 。
【答案】（1）石油；AD；
（2）元素；
（3）AB；
（4）①维生素；
②C；
（5）①增大反应物的接触面积，使其充分反应；
②沸点；
③置换反应；
④4FeCl2+O2+4HCl＝4FeCl3+2H2O；
⑤氨水受热易分解或易挥发；在盐酸存在下，氯化亚铁易与空气中的氧气反应生成FeCl3。
【解析】（1）石油分馏可以得到煤油，所以生产煤油的原料是石油，因为氢气制取成本高、不容易贮存和运输，所以目前没有广泛应用；
（2）由元素的定义可知，嫦娥5号月球探测器带回的月壤样品成分分析结果如图1，这里的“氧、硅、铁..”是指元素的含量；
（3）太空中地球引力较小，空间站甲烷燃烧的火焰受浮力及对流的影响，比在地面上燃烧的火焰短而圆；
（4）水果中富含维生素，其作用是调节新陈代谢、维持身体健康；
A、由氙在元素周期表中的信息可知，氙的元素符号是Xe，故正确；
B、在原子中，原子序数＝质子数，由氙在元素周期表中的信息可知，氙原子的原子序数是54，所以质子数也是54，故正确；
C、由氙在元素周期表中的信息可知，氙属于非金属元素，故错误；
D、由氙在元素周期表中的信息可知，氙的相对原子质量是131.3，故正确；
故选：C；
（5）①步骤①反应前需将钛铁矿粉碎的目的是：增大反应物的接触面积，使其充分反应，小颗粒比大颗粒的更容易反应；
②根据步骤②的条件可知，分离出TiCl4的方法，利用了TiCl4与FeCl3的沸点不同；
③反应③是金属镁和四氯化钛反应生成金属钛和氯化镁，是一种化合物和一种单质反应生成另一种单质和另一种化合物，属于置换反应；
④向FeCl2和盐酸的溶液中通入O2可生成FeCl3和H2O，可知反应物为盐酸、氯化亚铁和氧气，生成物为氯化铁和水，化学方程式为：4FeCl2+O2+4HCl＝4FeCl3+2H2O；
⑤步骤⑤需要控制反应温度为不宜过高，其原因是沉淀时，加入了氨水，氨水受热易分解或易挥发，“溶解”时，实际投放的 小于理论值，其原因是：“溶解”时，FeCl2在盐酸存在下，与空气中的氧气反应生成FeCl3。
故答案为：（1）石油；AD；
（2）元素；
（3）AB；
（4）①维生素；
②C；
（5）①增大反应物的接触面积，使其充分反应；
②沸点；
③置换反应；
④4FeCl2+O2+4HCl＝4FeCl3+2H2O；
⑤氨水受热易分解或易挥发；在盐酸存在下，氯化亚铁易与空气中的氧气反应生成FeCl3。
6．（2023•高新区校级模拟）绿矾（FeSO4•7H2O）是自然界存在的一种矿石，翠绿如宝石，很早就引起人们的重视。
材料一：《唐本草》和《天工开物》等古籍都记载中国焙烧绿矾制备铁红（主要成分是Fe2O3）。铁红颜色鲜艳，稳定无毒，是中国传统红色料、重要着色剂。
材料二：公元8世纪，阿拉伯炼金家查比尔曾提出，把绿矾焙烧可以蒸馏出“矾精”，它具有比较大的溶解力。绿矾焙烧是一种生产硫酸的古老方法。
（1）某研究性学习小组用如图装置对绿矾的焙烧反应进行探究。
①焙烧一段时间后，装置A硬质玻璃管中可观察到的实验现象是 绿色晶体变红棕色粉末 。
②装置C的作用是 吸收尾气，防止污染空气 。
③该小组学生设计如下实验方案验证“矾精”是硫酸溶液：取U形管中的溶液少许于试管中，滴入 紫色石蕊试液 （填试剂名称），溶液呈红色，说明“矾精”中含有H+；检验“矾精”中含有的方法为 取U型管中少量液体于试管中，滴加几滴硝酸酸化的硝酸钡试液，观察现象 。
（2）某工厂计划用绿矾焙烧工艺生产高纯度铁红（Fe2O3）
①绿矾的相对分子质量为 278 。
②高纯度铁红中铁元素的质量分数为 70% 。
（3）明代《徐光启手迹》记载了制备硝酸的方法，其主要流程（部分产物已省略：硫酸沸点338℃，硝酸沸点85.5℃）如图：
下列说法正确的是 C 。
A．该流程涉及2种基本反应类型
B．制备步骤，H2SO4与HNO3的化学计量系数之比为1：1
C．吸收、制备步骤，铁质仪器易被腐蚀
【答案】（1）①绿色晶体变红棕色粉末；
②吸收尾气，防止污染空气；
③紫色石蕊试液；取U型管中少量液体于试管中，滴加几滴硝酸酸化的硝酸钡试液，观察现象；
（2）①278；
②70%；
（3）C。
【解析】（1）①焙烧绿矾是绿矾（FeSO4•7H2O）和空气中的氧气在高温条件下反应，生成红棕色的氧化铁粉末、三氧化硫和水，因此，装置A硬质玻璃管中可观察到的实验现象是绿色晶体变红棕色粉末，故填写：绿色晶体变红棕色粉末；
②装置C的作用是吸收多余的三氧化硫，防止污染空气；
（2）①绿矾的化学式为：FeSO4•7H2O，根据相对分子质量等于各个原子的相对原子质量的总和可知，绿矾的相对分子质量＝56+32+16×4+7×（2+16）＝278；
②根据元素的质量分数＝可得，高纯度铁红中铁元素的质量分数为：；
（3）A.制备硝酸的流程里面涉及绿矾煅（分解反应），产生的三氧化硫被水吸收（化合反应），制备硝酸（复分解反应），因此，涉及3种基本反应类型，故选项说法错误，不符合题意；
B.H2SO4与KNO3在蒸馏条件下生成HNO3和K2SO4，化学方程式为：H2SO4+2KNO3K2SO4+2HNO3↑，由化学方程式可知，H2SO4与HNO3的化学计量系数之比为2：1，故选项说法错误，不符合题意；
C.因为吸收、制备过程中都有酸，铁与酸能发生反应，因此，铁质仪器易被腐蚀，故选项说法正确，符合题意；
故选：C。
故答案为：（1）①绿色晶体变红棕色粉末；
②吸收尾气，防止污染空气；
③紫色石蕊试液；取U型管中少量液体于试管中，滴加几滴硝酸酸化的硝酸钡试液，观察现象；
（2）①278；
②70%；
（3）C
热点04 工业三废的回收利用
7．（2023•大庆）某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4和CuSO4，为减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收FeSO4和金属铜，流程如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．试剂⑤是铁粉，试剂⑦是稀盐酸
B．①的成分为Fe、Cu
C．操作⑥与操作⑧均为过滤
D．滤液②、④合并后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即获得FeSO4•7H2O
【答案】A
【解析】A、某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4和CuSO4，实验目的是从该废水中回收FeSO4和金属铜，则加入的金属是铁，铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，
试剂⑤是铁粉，过滤后，能得到硫酸亚铁溶液、铁和铜的混合物，铁能与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，则试剂⑦是稀硫酸，不能使用稀盐酸，否则会生成氯化亚铁，故选项说法错误。
B、由A选项的解析，①的成分为Fe、Cu，故选项说法正确。
C、操作⑥与操作⑧均为过滤，均是将金属和溶液分离，故选项说法正确。
D、滤液②、④均为硫酸亚铁溶液，合并后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即获得FeSO4•7H2O，故选项说法正确。
故选：A。
8．（2023•越秀区校级三模）某工厂排放的废气中含有N2、CO、NO、CO2、SO2及粉尘，化学兴趣小组设计如图流程处理该废气（假设过程中每一步均完全反应）。资料显示：SO2的化学性质与CO2相似，CaSO3不溶于水。沸腾炉内只有CO气体能与赤铁矿石发生反应。下列有关该流程的说法正确的是（ ）
A．沸腾炉内赤铁矿石在高温条件下转化为铁的反应属于置换反应
B．沉淀室内石灰浆分别与CO2、SO2气体反应，生成的沉淀是CaCO3和CaSO4
C．吸收塔内发生反应的方程式为：4NO+3O2+2X＝4HNO3，则X的化学式为H2O2
D．吸收塔内液体从顶端“喷淋”目的是：增大接触面积，使于充分快速吸收NO
【答案】D
【解析】A.沸腾炉中Fe2O3转化为Fe的反应是一氧化碳和氧化铁在高温的条件下生成铁和二氧化碳，置换反应是单质和化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，该反应物是两种化合物，不属于置换反应，故A错误；
B.氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，和二氧化硫反应生成亚硫酸钙和水不是硫酸钙，故B错误；
C.反应后的氢原子、氮原子和氧原子数目分别 为：4、4、12，反应后的氢原子、氮原子和氧原子数目分别 为：0、4、10，化学反应中原子种类和数目不变，2X中含有4个氢原子和2个氧原子，则X的化学式为H2O，故C错误；
D.吸收塔内液体从顶端“喷淋”目的是：增大接触面积，使于充分快速吸收NO，故D正确。
故选：D。
1．（2023•南京模拟）以FeSO4为原料制备铁黑颜料Fe3O4（其中Fe既有+2价，也有+3价）的过程如下：“转化”过程的反应为：4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3；若原料中含FeSO4质量为9.12t，下列说法错误的是（ ）
A．理论上“转化”过程参与反应的O2的质量为320kg
B．理论上与FeSO4反应的NaOH溶液的质量为4.8t
C．该方法理论上最终可以获得Fe3O4的质量为4.64t
D．若“转化”过程参与反应的O2过量，则最终所得固体的质量偏大
【答案】B
【解析】A、为了得到Fe3O4（可以看成是FeO和Fe2O3的等分子混合的混合物），所以FeSO4中转化为氢氧化亚铁和氢氧化铁的FeSO4的质量比为1：2，也就是FeSO4中的铁元素只能有三分之二转化为Fe（OH）3，硫酸亚铁和氢氧化钠反应：FeSO4+2NaOH＝Fe（OH）2↓+Na2SO4，“转化”过程反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3，可得关系式：4FeSO4～4Fe（OH）2～O2，则参加反应的氧气的质量为：
4FeSO4～4Fe（OH）2～O2
608 32
9.12t× 0.32t
故A正确；
B、设理论上与硫酸亚铁反应的氢氧化钠溶液的质量为x，
FeSO4+2NaOH＝Fe（OH）2↓+Na2SO4
152 80
9.12t 10%x
＝，x＝48t，故B错误；
C、根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类和质量不变，故硫酸亚铁中的铁元素完全转化到了四氧化三铁中，故获得四氧化三铁的质量为：9.12t××100%÷（×100%）＝4.64t，故C正确；
D、若“转化”过程参与反应的O2过量，最终得到的物质是氧化铁，则得到氧化铁的质量为：9.12t××100%÷（×100%）＝4.8t，故最终所得固体的质量偏大，故D正确。
故选：B。
2．（2022•江都区校级模拟）化学链燃烧是利用载氧体将空气中的氧传输至燃料的新技术，与传统燃烧方式相比，避免了空气和燃料的直接接触。基于CuO/Cu2O载氧体的甲烷化学链燃烧技术示意图如下，相比直接燃烧甲烷，对该技术的评价错误的是（ ）
A．较安全，减少爆炸风险
B．载氧体Ⅰ中氧元素的质量分数比载氧体Ⅱ中的高
C．消耗等质量甲烷，参加反应氧气较少
D．有利于分离和回收较纯净的二氧化碳
【答案】C
【解析】A、甲烷属于易燃易爆气体，若混入氧气直接点燃，存在爆炸危险，而该方法避免氧气与甲烷直接接触，较安全，减少爆炸风险，选项A正确；
B、载氧体Ⅰ中吸附了氧气，而载氧体Ⅱ中没有了氧气，所以载氧体Ⅰ中氧元素质量分数比载氧体Ⅱ中氧元素质量分数高，选项B正确；
C、消耗等质量甲烷，都是发生甲烷与氧气的反应，则消耗氧气质量相等，选项C错误；
D、通过燃料反应器生成的只有水和二氧化碳，因此只要去除水就可以分离和回收较纯净的二氧化碳，选项D正确；
故选：C。
3．（2023•前郭县四模）“瓦罐浸来蟾有影，金刀剖破玉无瑕”。豆腐是历史悠久的美食。小明查阅到豆腐制作过程如下：
（1）豆腐制作过程中利用过滤原理的是 过筛 （选填上面流程中的一种操作）；
（2）“煮浆”时常用木材做燃料，通常将木材加工成木屑的原因是 增大可燃物与空气的接触面积，使燃烧更充分 ；
（3）豆腐制作过程中需要大量的软水，生活中常用 煮沸 的方法来降低水的硬度。
【答案】（1）过筛；
（2）增大可燃物与空气的接触面积，使燃烧更充分；
（3）煮沸。
【解析】（1）过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种混合物分离的方法，豆腐制作过程中，利用过滤原理的是过筛；
（2）将废木材加工成木屑，原因是：增大了可燃物与空气的接触面积，使燃烧更充分；
（3）硬水和软水的区别在于所含的钙镁离子的多少，生活中常用煮沸的方法来降低水的硬度，加热煮沸时，水中的钙离子、镁离子能够以碳酸钙沉淀、氢氧化镁沉淀的形式从水中析出，从而降低水的硬度。
故答案为：（1）过筛；
（2）增大可燃物与空气的接触面积，使燃烧更充分；
（3）煮沸。
4．（2023•永州模拟）我国将力争2060年前实现“碳中和”。CO2的捕捉是减少碳排放的措施之一。如图是工业上利用NaOH溶液捕捉回收CO2的过程。
（1）捕捉室中NaOH溶液常喷成雾状，目的是 增加接触面积，加快反应速率，利于二氧化碳充分吸收 。
（2）“反应、分离”环节发生的复分解反应的化学方程式是 Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH 。“高温反应炉”中发生反应的基本反应类型是 分解反应 。
（3）加压时，将液态二氧化碳压缩在小钢瓶中，灭火时再将其喷出，其灭火原理是 降温和隔绝氧气 。
（4）请写出这种捕捉二氧化碳的方法的不足之处： 高温消耗大量的燃料，氢氧化钠的价格贵，成本高（合理即可） （一条即可）。
【答案】（1）增大反应物的接触面积，使反应更快、更充分（合理即可）；
（2）Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH；分解反应。
（3）降温和隔绝氧气。
（4）高温消耗大量的燃料，氢氧化钠的价格贵，成本高（合理即可）。
【解析】（1）捕捉室中NaOH溶液常喷成雾状，优点是增大反应物的接触面积，使反应更快、更充分（合理即可）。
（2）氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，在分离室中发生的反应是氢氧化钙和碳酸钠，氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙和氢氧化钠，化学方程式为：Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH，高温反应炉中发生反应是碳酸钙高温煅烧生成氧化钙和二氧化碳，该反应的基本反应类型是分解反应。
（3）灭火的原理有：清除可燃物、隔绝氧气、降低温度至可燃物的着火点以下，加压时，将液态二氧化碳压缩在小钢瓶中，灭火时再将其喷出，其灭火原理是降温和隔绝氧气。
（4）这种捕捉二氧化碳的方法的不足之处反应需要高温，此时消耗大量的燃料，另外氢氧化钠的价格贵，成本高（合理即可）。
故答案为：（1）增大反应物的接触面积，使反应更快、更充分（合理即可）；
（2）Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH；分解反应。
（3）隔绝氧气。
（4）高温消耗大量的燃料，氢氧化钠的价格贵，成本高（合理即可）。
5．（2023•宁乡市模拟）在牙膏中，常用轻质碳酸钙粉末做摩擦剂。通常以石灰石（含杂质，假设杂质不参与反应也不溶于水）为原料进行生产，如图是实验室模拟生产“摩擦剂”的流程，请回答：
（1）实验操作a的名称是 过滤 ，进行实验操作a用到的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外，还需要的玻璃仪器是 漏斗 。
（2）②处反应所属基本反应类型是 化合反应 。
（3）若高温煅烧含碳酸钙75%的石灰石100kg，则可产生气体B 33 kg。
【答案】（1）过滤；漏斗。
（2）化合反应。
（3）33。
【解析】（1）操作a实现了固液分离，常用的方法为过滤；过滤除了上述仪器，还需要漏斗过滤滤液；
故答案为：过滤；漏斗。
（2）石灰石主要组分为碳酸钙，碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，A为氧化钙和杂质，反应②则是氧化钙与水反应生成氢氧化钙，符合多变一的特点，所以为化合反应；
故答案为：化合反应。
（3）碳酸钙质量＝100kg×75%＝75kg，高温分解生成二氧化碳，其中碳元素全部来自于碳酸钙，设生成二氧化碳质量为m，m×，m＝33kg；
故答案为：33。
6．（2023•镇江一模）从古至今，铜及其化合物一直被人类广泛应用。
一、铜材料的知识
（1）红铜：
①早期指锻锤出来的天然铜，夏朝时期已开始使用。自然界存在纯铜的原因可能是 ac （选填序号）。
a.铜的活泼性弱
b.铜不与自然界物质反应
c.深埋缺氧
②后期指冶炼获得的纯铜。西汉《淮南万毕术》记载：“曾青得铁则化为铜”，用化学反应方程式表示其原理 Fe+CuSO4＝FeSO4+Cu 。
（2）青铜：红铜与锡等金属的合金。《吕氏春秋》中“金（即铜）柔锡柔，合两柔则刚”体现了青铜的硬度比红铜的 大 （选填“大”或“小”）。
（3）黄铜：铜锌合金。元代《格致粗谈》记载：“赤铜入炉甘石炼为黄铜，其色如金”。以下试剂不能鉴别黄铜和黄金的是 c （选填序号）。
a.稀HCl
b.AgNO3溶液
c.ZnSO4溶液
（4）如图为出土文物“青铜神树”，其锈层物质成分及生锈原理如下。
Ⅰ.转化①的化学方程式为 2Cu2O+O2+2H2O+2HCl＝2Cu2（OH）3Cl 。
Ⅱ.转化②中生成的另一种物质的化学式为 HCl 。
二、CuCl的制备
以硫化铜（CuS）精矿为原料制备CuCl的主要流程如下。
资料：CuCl是一种白色固体，难溶于水和乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液，在潮湿空气中易氧化变质为Cu2（OH）3Cl。
（5）酸溶时的反应为CuO+H2SO4═CuSO4+H2O，则焙烧发生反应的化学方程式为 。
（6）沉淀发生的反应为2CuSO4+SO2+2H2O+2NaCl═2CuCl↓+2H2SO4+Na2SO4，水洗时检验固体已洗净的方法：取最后一次洗涤后的滤液，滴加 BaCl2（合理即可） （填化学式）溶液，无现象。
（7）水洗后进行醇洗的目的是 除去附在沉淀表面的水及防止在潮湿空气中氧化变质 。
（8）经计算，CuCl产量低于理论值，可能的原因为 c （选填序号）。
a.精矿研磨成粉末
b.稀硫酸过量
c.浓NaCl溶液过量
三、样品的热重分析
称取含Cu2（OH）2CO3的Cu2（OH）3Cl样品54.00g置于装置A中，控制不同的温度对其加热，测得剩余固体质量随温度的变化如图所示。
资料：加热到200℃以上，Cu2（OH）2CO3开始分解；加热到400℃以上，Cu2（OH）3Cl开始分解生成CuO、HCl和H2O。
（9）装配好实验装置后，先要 检查装置的气密性 。
（10）样品中Cu2（OH）3Cl的含量为 79.4 %（精确到0.1%）。
（11）M点固体中各成分的质量比为 CuO与Cu2（OH）3Cl质量比是24g：21.45g＝160：143 。
（12）当加热到T3℃时，装置C共增加 9.5 g。
【答案】（1）①ac；
②Fe+CuSO4＝FeSO4+Cu；
（2）大；
（3）c；
（4）Ⅰ.2Cu2O+O2+2H2O+2HCl＝2Cu2（OH）3Cl；
Ⅱ.HCl；
（5）；
（6）BaCl2（合理即可）；
（7）除去附在沉淀表面的水及防止在潮湿空气中氧化变质；
（8）c；
（9）检查装置的气密性；
（10）79.4%；
（11）CuO与Cu2（OH）3Cl质量比是24g：21.45g＝160：143；
（12）9.5。
【解析】（1）①a、铜的活泼性弱，不易生锈，正确；
b、铜在潮湿的空气中也会产生铜绿，能与自然界物质反应，错误；
c、深埋于地下，隔绝空气不易生锈，正确；
②“曾青得铁则化为铜”，即硫酸铜和铁反应产生硫酸亚铁和铜，化学反应方程式表示：Fe+CuSO4＝FeSO4+Cu；
（2）合金的硬度比其组成的金属大，则青铜（合金）的硬度比红铜的大；
（3）黄铜是铜锌合金；
a.稀HCl能和锌反应产生氢气，则会有气泡产生，金不与盐酸反应；能鉴别；
b.AgNO3溶液和铜、锌都反应，置换出银白色的银，会有银白色物质产生，金不与硝酸银反应；能鉴别；
c.ZnSO4溶液不能与铜、金反应，都没有现象；不能鉴别；
故选c；
（4）Ⅰ.分析图示，转化①是氧化亚铜、氯化氢、氧气和水反应产生Cu2（OH）3Cl，化学方程式为2Cu2O+O2+2H2O+2HCl＝2Cu2（OH）3Cl；
Ⅱ.分析图示，转化②包含：a、氯化亚铜和水反应产生氧化亚铜和氯化氢，方程式2CuCl+2H2O＝Cu2O+2HCl；b、转化①方程式是2Cu2O+O2+2H2O+2HCl＝2Cu2（OH）3Cl；将ab两个方程式相加：4CuCl+O2+4H2O＝2Cu2（OH）3Cl+2HCl，则转化②中生成的另一种物质的化学式为HCl；
（5）根据酸溶时参加反应的是氧化铜，则硫化铜和氧气焙烧产生二氧化硫和氧化铜，化学方程式是；
（6）沉淀发生反应的产物是CuCl沉淀、H2SO4、Na2SO4，检验固体已洗净就是最后一次洗涤液中不含有硫酸根离子，则是对硫酸根离子的检验，钡离子能与硫酸根离子结合生成硫酸钡，可取最后一次洗涤后的滤液，滴加BaCl2溶液（合理即可），没有产生白色沉淀，说明已经洗干净；
（7）CuCl在潮湿空气中易氧化变质为Cu2（OH）3Cl；所以要除去水，水洗后进行醇洗的目的是除去附在沉淀表面的水及防止在潮湿空气中氧化变质；
（8）a.精矿研磨成粉末，接触面积增大，加快反应，不会影响产量；错误；
b.稀硫酸过量，是为了将铜全部转化为硫酸铜，减少铜元素的损失；错误；
c.浓NaCl溶液过量，根据流程，和资料显示CuCl，可溶于氯离子浓度较大的溶液，会导致CuCl产量低于理论值；正确；
故选c；
（9）反应中有气体产生，则装配好实验装置后，先要检查装置的气密性；
（10）加热到200℃以上，Cu2（OH）2CO3开始分解，
设54.00g样品中有Cu2（OH）2CO3，Cu2（OH）2CO3分解产生CuO、CO2、的质量分别为x、y、z。
Cu2（OH）2CO32CuO+H2O+CO2↑ 固体减少
222 160 18 44 222﹣160＝62
x y z 54.00g﹣50.90g＝3.1g
x＝11.1g
y＝8g
z＝2.2g
则样品中Cu2（OH）3Cl的含量为；
则50.90g固体中含有氧化铜8g，Cu2（OH）3Cl质量为54.00g﹣11.1g＝42.9g；
（11）加热到400℃以上，Cu2（OH）3Cl开始分解生成CuO、HCl和H2O；
设M点时分解的Cu2（OH）3Cl，分解Cu2（OH）3Cl产生氧化铜、氯化氢的质量分别为a、b、c。
Cu2（OH）3Cl2CuO+H2O+HCl↑ 固体减少
214.5 160 18 36.5 214.5﹣160＝54.5
a b c 50.90g﹣45.45g＝5.45g
a＝21.45g
b＝16g
c＝3.65g
M点的物质有：氧化铜：8g+16g＝24g；剩余的Cu2（OH）3Cl：42.9g﹣21.45g＝21.45g；则两种固体CuO与Cu2（OH）3Cl质量比是24g：21.45g＝160：143；
（12）装置C盛装浓氢氧化钠溶液：用于吸收产生的二氧化碳，和二氧化碳反应产生碳酸钠和水；用于吸收氯化氢，和氯化氢反应产生氯化钠和水；当加热到T3℃时，11.1gCu2（OH）2CO3已经完全反应产生二氧化碳2.2g，42.9gCu2（OH）3Cl已经完全反应产生氯化氢3.65g×2＝7.3g，则装置C共增加的质量是2.2g+7.3g＝9.5g。
故答案为：
（1）①ac；
②Fe+CuSO4＝FeSO4+Cu；
（2）大；
（3）c；
（4）Ⅰ.2Cu2O+O2+2H2O+2HCl＝2Cu2（OH）3Cl；
Ⅱ.HCl；
（5）；
（6）BaCl2（合理即可）；
（7）除去附在沉淀表面的水及防止在潮湿空气中氧化变质；
（8）c；
（9）检查装置的气密性；
（10）79.4%；
（11）CuO与Cu2（OH）3Cl质量比是24g：21.45g＝160：143；
（12）9.5。
7．（2023•官渡区二模）氯碱工业的主要原理是通过电解饱和食盐水制得NaOH、H2和Cl2。
Ⅰ．氯碱工业的一道重要工序是除去粗食盐水中的可溶性杂质，制得精制食盐。在粗食盐水中依次加入下列试剂，其离子变化情况如图所示：
（1）BaCl2溶液的作用是除去 （填离子符号）。
（2）X是 Na2CO3 （填化学式）。
（3）操作Ⅱ的名称是 蒸发 。
Ⅱ．以精制饱和食盐水为原料，进一步制取漂白粉【主要成分为CaCl2和Ca（ClO）2】的流程如图所示：
（4）电解饱和食盐水过程中化合价发生变化的元素有Cl和 H （填元素符号）。
（5）吸氯塔中发生反应的化学方程式为 2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O 。
（6）实际生产中，将石灰乳从塔顶喷洒而下，氯气从塔的最底层通入。这样投料的目的是 增大反应物的接触面积，使其充分反应（合理即可） 。
【答案】（1）；
（2）Na2CO3；
（3）蒸发；
（4）H；
（5）2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；
（6）增大反应物的接触面积，使其充分反应（合理即可）。
【解析】（1）通过对比加入BaCl2溶液前后溶液中离子种类的变化可知，加入BaCl2溶液的目的是除去；
（2）通过对比加入X溶液前后溶液中离子种类的变化可知，加入X溶液是为了除去溶液中的Ba2+、Ca2+，且没有引入新的阳离子，则X溶液为Na2CO3；
（3）加入过量的盐酸，氢离子与氢氧根离子结合成水，氢离子与碳酸根离子结合成水和二氧化碳，得到溶液中含有盐酸和氯化钠，由于盐酸具有挥发性，氯化钠的溶解度受温度影响较小，通过蒸发得到精制食盐；
（4）电解饱和食盐水得到氢气、氯气和氢氧化钠，该反应中氯元素化合价由﹣1价变成0，氢元素化合价由+1价变成0，因此发生变化的元素有Cl和H；
（5）由流程图可知，吸氯塔中氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；
（6）实际生产中，将石灰乳从塔顶喷洒而下，氯气从塔的最底层通入。这样投料的目的是增大反应物的接触面积，使其充分反应。
故答案为：（1）；
（2）Na2CO3；
（3）蒸发；
（4）H；
（5）2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；
（6）增大反应物的接触面积，使其充分反应（合理即可）。
8．（2023•邹城市三模）从盐湖中提取的某种矿物主要含有氯化钾，还有少量硫酸镁、氯化钙及不溶性杂质SiO2，从该矿物中提取氯化钾的流程如图。
回答下列问题：
（1）写出生成滤渣Ⅰ的化学方程式 MgSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+Mg（OH）2↓ ；
（2）Y溶液中溶质的化学式为 K2CO3 ；
（3）向滤液Ⅱ中加入过量盐酸的目的是 去除过量的碳酸钾和生成的氢氧化钾 ；
（4）蒸发溶液得到氯化钾固体的过程中，要用玻璃棒不断搅拌，目的是 防止溶液暴沸 。
【答案】（1）MgSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+Mg（OH）2↓。
（2）K2CO3。
（3）去除过量的碳酸钾和生成的氢氧化钾。
（4）防止溶液暴沸。
【解析】（1）X溶液为硫酸镁、氯化钙和氯化钾的混合溶液，硫酸镁与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化镁沉淀，其他两种物质不参与反应，书写化学方程式注意配平及沉淀符号，所以化学方程式为MgSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+Mg（OH）2↓；
故答案为：MgSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+Mg（OH）2↓。
（2）滤液Ⅰ中含有氯化钙和未反应的氢氧化钡、氯化钾，为了去除钡离子和钙离子，可以加入含有碳酸根的物质，而不引入新杂质离子，所以可以加入碳酸钾，在加入盐酸后，得到氯化钾，所以Y为碳酸钾；
故答案为：K2CO3。
（3）滤液Ⅱ含有碳酸钾、氯化钾、氢氧化钾，加入盐酸可以将碳酸钾和氢氧化钾去除，溶液只含有盐酸和氯化钾，通过蒸发得到氯化钾；
故答案为：去除过量的碳酸钾和生成的氢氧化钾。
（4）溶液蒸发中为了避免暴沸，需要玻璃棒搅拌；
故答案为：防止溶液暴沸。
9．（2023•青秀区校级模拟）对工厂烟气进行脱硫处理，可减少二氧化硫和硫化氢等含硫化合物的污染。
Ⅰ.用粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等）制备碱式硫酸铝【Al2（SO4）x（OH）y】溶液，可用于烟气脱硫，能有效减少二氧化硫的排放。已知：SiO2是一种难溶于水、难溶于酸的固体。
（1）操作1是 过滤 。
（2）酸浸时Al2O3发生反应的化学方程式为 Al2O3+3H2SO4＝Al2（SO4）3+3H2O 。
（3）调节pH约为3.6目的是消耗溶液中过量的酸，滤渣的主要成分是 硫酸钙 。
Ⅱ．有毒的H2S气体常用脱硫液吸收和活性炭吸附氧化进行处理。
（4）一种用氯化铁溶液循环脱硫工艺的物质转化如图1所示。图1中X物质是 HCl （填化学式）。
（5）表面喷淋水的活性炭可用于吸收H2S，其原理可用图2表示（aq代表溶液）。其它条件不变时，若水膜过厚，H2S的吸收率减小的原因是 氧气不易溶于水，所以若水膜过厚与活性炭接触的氧分子减少，导致H2S的吸收率减小 。
【答案】（（1）过滤；
（2）Al2O3+3H2SO4＝Al2（SO4）3+3H2O；
（3）硫酸钙；
（4）HCl；
（5）氧气不易溶于水，所以若水膜过厚与活性炭接触的氧分子减少，导致H2S的吸收率减小。
【解析】（1）操作 1 是分离固体和液体的操作，即为过滤操作；
（2）酸浸时 A12O3与硫酸反应生成硫酸铝和水，该反应的化学方程式Al2O3+3H2SO4＝Al2（SO4）3+3H2O；
（3）粉煤灰（主要含 Al2O3、SiO2 等），加入硫酸溶液，二氧化硅难溶于水和酸，氧化铝与硫酸反应生成硫酸铝和水，过滤，得到滤液中含有硫酸和硫酸铝，调节pH，加入碳酸钙粉末，硫酸和碳酸钙反应生成微溶于水的硫酸钙、水和二氧化碳，调节 pH 约为 3.6 目的是消耗溶液中过量的酸，所以滤渣的主要成分是硫酸钙；
（4）化学反应前后元素的种类不变及反应前后原子的种类和数目不变，根据H2S、FeCl3转化为X和S、FeCl2，X、FeCl2、O2转化为FeCl3、H2O，可知，X一定含有H、Cl，根据FeCl3和FeCl2中铁、氯原子个数比，即可确定X是HCl；
（5）要吸附氧化H2S需要氧气，且氧气需要在活性炭表面转化为氧原子后与硫化氢分子反应。则H2S的氧化去除率减小可能与能和活性炭接触的氧分子的多少有关，由于氧气不易溶于水，所以若水膜过厚与活性炭接触的氧分子减少，导致H2S的吸收率减小。
故答案为：
（（1）过滤；
（2）Al2O3+3H2SO4＝Al2（SO4）3+3H2O；
（3）硫酸钙；
（4）HCl；
（5）氧气不易溶于水，所以若水膜过厚与活性炭接触的氧分子减少，导致H2S的吸收率减小。
10．（2023•环翠区模拟）含有氢氧化铜的杀虫剂对胡萝卜、番茄、辣椒等作物有很好的防治病虫害的作用。如图是利用废铜料（主要成分是Cu，CuO，含有少量的Zn）生产氢氧化铜的流程，请分析该流程并回答下列问题：
已知：废铜料中的杂质经灼烧后得到的残留物不溶于水和稀盐酸。
不同金属离子在溶液中开始沉淀时，溶液的pH如表：
（1）制备灼烧炉的材料应具备的性质有 耐高温（答案合理即可） 。（写一条）
（2）溶解池内发生的化学方程式为： CuO+2HCl＝CuCl2+H2O或ZnO+2HCl＝ZnCl2+H2O （写一条），所属的基本反应类型是 复分解反应 。
（3）沉淀池中加入的物质X可能是 NH3•H2O （写化学式），要获得更纯净的Cu（OH）2，需控制的条件是 4.4≤pH＜5.4 。
【答案】（1）耐高温（答案合理即可）。
（2）CuO+2HCl＝CuCl2+H2O或ZnO+2HCl＝ZnCl2+H2O；复分解反应。
（3）4.4≤pH＜5.4。
【解析】（1）灼烧炉需要高温，需此需要耐高温，其他合理答案也可以；
故答案为：耐高温（答案合理即可）。
（2）经过灼烧炉后，铜变为氧化铜，锌又变为氧化锌，发生反应是氧化铜与盐酸反应生成氯化铜和水，氧化锌与盐酸反应生成氯化锌和水，书写化学方程式注意配平，任选一个书写即可，所以化学方程式为CuO+2HCl＝CuCl2+H2O或ZnO+2HCl＝ZnCl2+H2O；反应符合反应为相互交换组分，有水生成的特点，所以为复分解反应；
故答案为：CuO+2HCl＝CuCl2+H2O或ZnO+2HCl＝ZnCl2+H2O；复分解反应。
（3）反应需要碱性环境，但是碱性不宜过强，因此可以加入氨水，其化学式为NH3•H2O；根据题目数据可以看出在pH不小于4.4时，铜离子开始析出为沉淀，但是达到5.4时，锌离子也变为沉淀，因此为了只得到氢氧化铜，pH需要效应5.4且不小于4.4，因此控制4.4≤pH＜5.4即可；
故答案为：4.4≤pH＜5.4。
11．（2023•潮南区一模）“氨法”捕集二氧化碳是实现“碳中和”的重要途径之一，目前受到广泛关注和研究，其主要流程如图，请回答相关问题：
（1）为了降低“碳排放”，下列建议可行的是 AD 。
A.随手关灯
B.全面禁止燃烧煤和汽油
C.大力发展火力发电
D.纸张双面打印
（2）常温下，氨水的pH ＞ 7（填“＞”、“＝”或“＜”）。
（3）工业上用氨水喷淋吸收废气中的CO2，采用“喷淋”的原因是 增加接触面积，利于二氧化碳的吸收 。
（4）反应①的化学方程式是 NH3•H2O+CO2＝NH4HCO3 ，该反应的温度不宜高，原因是 碳酸氢铵受热易分解 。
（5）上述流程中，可循环利用的物质是 氨水 。
（6）CO2的后续处理包括利用、封存等。写出CO2的一种用途 灭火（答案合理即可） 。CO2被封存在含氢氧化钙的地下水层后可慢慢转化为固态碳酸盐，该碳酸盐的化学式是 CaCO3 。
【答案】（1）AD。
（2）＞。
（3）增加接触面积，利于二氧化碳的吸收。
（4）NH3•H2O+CO2＝NH4HCO3；碳酸氢铵受热易分解。
（5）氨水。
（6）灭火（答案合理即可）；CaCO3。
【解析】（1）A、随手关灯，减少电力浪费，从而减少火力发电中碳的消耗，利于降低“碳排放”，选项A正确；
B、全面禁止燃烧煤和石油，会造成能源危机，选项B错误；
C、大力发展火力发电，会过多消耗煤，不利于降低“碳排放”，选项C错误；
D、纸张双面打印可以减少纸张使用，保护植被吸收二氧化碳，利于降低“碳排放”，选项D正确；
故答案为：AD。
（2）氨水溶液显碱性，所以pH＞7；
故答案为：＞。
（3）喷淋增加了二氧化碳与液体的接触面积，利于二氧化碳的吸收；
故答案为：增加接触面积，利于二氧化碳的吸收。
（4）氨水与二氧化碳反应生成碳酸氢铵，书写化学方程式注意配平，所以化学方程式为NH3•H2O+CO2＝NH4HCO3；碳酸氢铵加热易分解，因此反应温度不宜过高；
故答案为：NH3•H2O+CO2＝NH4HCO3；碳酸氢铵受热易分解。
（5）根据工艺流程可以看出，氨水可以循环使用；
故答案为：氨水。
（6）二氧化碳不支持燃烧，且本身不燃烧，可以用于灭火，另外也可以作为气体肥料使用，固体干冰还可以用于保鲜、冷冻等，答案合理即可；二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，所以形成的碳酸盐为碳酸钙；
故答案为：灭火（答案合理即可）；CaCO3。
12．（2023•崇川区模拟）某实验小组利用废硫酸溶液制备K2SO4的流程如下：
（1）将CaCO3研成粉末的目的是 增加固液接触面积，促进反应充分进行 。
（2）上述流程中可循环使用的物质有CO2和 CaCO3 （填写化学式）。
（3）洗涤反应Ⅲ所得晶体不用水而用饱和K2SO4溶液的目的是 避免硫酸钾晶体溶于水，造成硫酸钾的损耗 。
（4）反应Ⅲ的化学方程式为 （NH4）2SO4+2KCl＝K2SO4↓+2NH4Cl 。
（5）检验反应Ⅲ所得晶体是否洗涤干净的方法是：取最后一次洗涤液，先加入 硝酸钡溶液 ，振荡、过滤，再向滤液中滴加 硝酸银溶液 ，如果没有白色沉淀，说明洗涤干净。
【答案】（1）增加固液接触面积，促进反应充分进行。
（2）CaCO3。
（3）避免硫酸钾晶体溶于水，造成硫酸钾的损耗。
（4）（NH4）2SO4+2KCl＝K2SO4↓+2NH4Cl。
（5）硝酸钡溶液；硝酸银溶液。
【解析】（1）碳酸钙研成粉末后，可以增加固液接触面积，从而利于反应充分进行；
故答案为：增加固液接触面积，促进反应充分进行。
（2）根据工艺流程，除了二氧化碳外，碳酸钙也可以循环使用；
故答案为：CaCO3。
（3）硫酸钾可以微溶于水，如果采用水洗涤，会造成硫酸钾的损失，降低回收率，采用饱和硫酸钾溶液洗涤，不会溶解硫酸钾；
故答案为：避免硫酸钾晶体溶于水，造成硫酸钾的损耗。
（4）M溶液主要为硫酸铵溶液，硫酸铵与氯化钾反应生成硫酸钾和氯化铵，书写化学方程式注意配平及沉淀符号，所以化学方程式为（NH4）2SO4+2KCl＝K2SO4↓+2NH4Cl；
故答案为：（NH4）2SO4+2KCl＝K2SO4↓+2NH4Cl。
（5）可以根据氯离子与银离子反应生成不溶于硝酸的氯化银沉淀来分析是否还有溶质残留，先加入硝酸钡溶液，排除硫酸根离子的干扰，然后加入硝酸银溶液，没有产生白色沉淀，说明滤液中不含氯离子，说明洗干净了。
故答案为：硝酸钡溶液；硝酸银溶液。
13．（2023•昭平县二模）锂被誉为“新能源金属”、“金属味精”和“推动世界前进的金属”，具有极高的战略价值。碳酸锂是生产金属锂制品的基础材料。以β﹣锂辉石为原料，用硫酸焙烧法制取碳酸锂的工艺流程（部分试剂和步骤等已略去）如下：
资料：Ⅰ.β﹣锂辉石的主要成分是Li2O•Al2O3•4SiO2，含少量Ca、Mg元素。
Ⅱ.Li2O•Al2O3•4SiO2+H2SO4（浓）Li2SO4+Al2O3•4SiO2•H2O。
（1）酸化焙烧前将β﹣锂辉石磨成粉末的目的是 增大反应物之间的接触面积，使反应更快更充分 。
（2）在“除镁除钙”步骤中，先加入石灰乳，再加入Na2CO3溶液。添加试剂的顺序不能调换，其原因是碳酸钠能除去过量的氢氧化钙，请写出该反应的化学方程式 Na2CO3+Ca（OH）2＝2NaOH+CaCO3↓ 。
（3）操作Ⅰ的名称为 过滤 ，滤渣②的成分是 Mg（OH）2、CaCO3 。
（4）Li2CO3和Li2SO4的溶解度如表所示：
为了提高产品的纯度，需要将得到的晶体洗涤，需选用 80 ℃的水。
【答案】（1）增大反应物之间的接触面积，使反应更快更充分；
（2）Na2CO3+Ca（OH）2＝2NaOH+CaCO3↓；
（3）过滤；Mg（OH）2、CaCO3；
（4）80。
【解析】（1）酸化焙烧前将β﹣锂辉石磨成粉末的目的是：增大反应物之间的接触面积，使反应更快更充分；
（2）碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，该反应的化学方程式为：Ca（OH）2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH；
（3）操作I实现了固液分离，名称是过滤；
加入石灰乳，镁离子能与氢氧根离子结合生成氢氧化镁，除去镁离子，加入碳酸钠溶液，钙离子能与碳酸根离子结合生成碳酸钙，故滤渣②的成分是：氢氧化镁、碳酸钙；
（4）根据表可知，Li2CO3、Li2SO4的溶解度随着温度的升高而减小，因此为了提高产品的纯度，需要将得到的晶体洗涤，需选用80℃的水，此时碳酸锂的溶解度较少，可以减少损耗。故填：80。
14．（2023•江阴市模拟）工业上可以用贝壳和食盐水等为原料制备纯碱（Na2CO3），主要工艺流程如下：
查阅资料：
Ⅰ.沉淀池中发生反应的化学方程式：NaCl+H2O+NH3+CO2＝NaHCO3↓+NH4Cl
Ⅱ.碳酸氢钠热稳定性低，加热碳酸氢钠可以分解生成碳酸钠和两种常见氧化物
Ⅲ.含有钠离子的盐类物质都可以溶于水
回答下列问题：
（1）写出碳酸氢钠受热分解的方程式： 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ 。
（2）煅烧石灰石之前先进行机械粉碎，其目的是 使其快速充分反应 。
（3）实际生产过程中，向食盐水中“先通氨气后通二氧化碳”比“先通二氧化碳再通氨气”更有利于获得产品，请简要说明原因 使溶液呈现碱性，便于吸收更多的二氧化碳，加速生成更多的碳酸氢钠，或者等量食盐水中，氨气比二氧化碳溶解的多，可以提高产量 。
（4）母液里除了H2O、NaCl、NH4Cl之外，还肯定含有的一种溶质是 NaHCO3 （填化学式）。
（5）该工艺流程中可以循环的物质是 NH3 、 CO2 （填两种即可）。
【答案】（1）2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；
（2）使其快速充分反应；
（3）使溶液呈现碱性，便于吸收更多的二氧化碳，加速生成更多的碳酸氢钠，或者等量食盐水中，氨气比二氧化碳溶解的多，可以提高产量；
（4）NaHCO3；
（5）NH3；CO2。
【解析】（1）根据资料，加热碳酸氢钠分解生成碳酸钠和两种常见氧化物，根据质量守恒定律可推断出这两种常见氧化物为水和二氧化碳，故反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；
（2）煅烧石灰石前进行机械粉碎，固体颗粒变小，能使石灰石快速充分反应；
（3）相同条件下氨气比二氧化碳在水中溶解量更多，溶液显碱性，能吸收更多的二氧化碳，加速生成更多的碳酸氢钠，提高产量；
（4）过滤池中分离出来的是碳酸氢钠固体，则母液一定是碳酸氢钠的饱和溶液，故母液中一定含有碳酸氢钠；
（5）该工业流程中，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，水和二氧化碳又是沉淀池中的反应物，故水和二氧化碳可以循环利用；煅烧石灰石生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙可以与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与反应生成的氯化铵可以反应生成氯化钙、氨气和水，故氨气也是可循环利用的物质之一。
15．（2023•通州区一模）孔雀石的主要成分为Cu2（OH）2CO3，还含有少低SiO2、Fe2O3，以孔雀石为原料制取胆矾（CuSO4•5H2O）的部分工艺流程如图。
已知：①SiO2难溶于水、不与稀硫酸反应。
②各离子开始沉淀及完全沉淀时的pH如下表所示。
回答下列问题：
（1）过滤Ⅰ所得滤液中的溶质有CuSO4、 H2SO4、Fe2（SO4）3 （写化学式）。
（2）流程中的稀硫酸可用浓硫酸稀释而得，要把50g质量分数为98%的浓硫酸稀释为20%的稀硫酸，需要水的质量为 195 g。
（3）操作中加入CuO的目的是通过调节溶液的pH，使Fe3+沉淀而Cu2+不沉淀，pH应控制在 3.7～5.2 范围之间，不选用NaOH的原因是 生成新的杂质 。
（4）操作Ⅱ包括蒸发浓缩、 降温结晶 、过滤等。
（5）写出Cu2（OH）2CO3与稀硫酸反应的化学方程式： Cu2（OH）2CO3+2H2SO4═2CuSO4+3H2O+CO2↑ 。
【答案】（1）H2SO4、Fe2（SO4）3。
（2）195。
（3）3.7～5.2；生成新的杂质。
（4）降温结晶。
（5）Cu2（OH）2CO3+2H2SO4═2CuSO4+3H2O+CO2↑。
【解析】（1）由于孔雀石的主要成分为Cu2 （OH）2CO3，还含有少量SiO2、Fe2O3，且只有二氧化硅不溶解于硫酸，由于碱式碳酸铜和硫酸反应生成硫酸铜，氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁，同时硫酸是过量，所以滤液中的溶质有生成的CuSO 4和Fe2（SO4）3以及剩余的H2SO4。
（2）流程中的稀硫酸可用浓硫酸稀释而得，要把50g质量分数为98%的浓硫酸稀释为20%的稀硫酸，根据稀释过程中溶质的质量不变可得需要水的质量为 ﹣50g＝195g。
（3）操作Ⅰ中加入CuO的目的是通过调节溶液的pH，使Fe3+沉淀而Cu2+不沉淀，根据给出的数据可以pH应控制在 3.7～5.2范围之间，由于实验最终目的是得到硫酸铜晶体，所以为避免引入新的杂质，不选用NaOH调节溶液的pH。
（4）由于最终得到是水合物，为避免晶体脱水，不能采用蒸发得到晶体，而是蒸发浓缩，降温结晶，然后过滤。所以操作Ⅱ包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤等。
（5）Cu2（OH）2CO3与稀硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，对应的化学方程式：Cu2（OH）2CO3+2H2SO4═2CuSO4+3H2O+CO2↑。
三．科学探究题（共2小题）
16．（2023•宜昌）氯化钠是重要的调味品。
探究一：古人智慧
（1）《水经注》中描述，“入汤口四十三里，有石，煮以为盐，石大者如升，小者如拳，煮之，水竭盐成。”这样得到食盐的方法在化学上称为 蒸发结晶 。
（2）我国四川省自贡市劳动人民在公元1873年便开始尝试取井水煮卤，获得的氯化钠中仍然含有氯化镁等杂质，古人采用“淋盐沥水”（用饱和氯化钠溶液洗涤粗盐）的方法来除去氯化镁，是因为 饱和的氯化钠溶液里能继续溶解氯化镁 。
探究二：现代方法
智慧小组的同学想利用所学化学知识得到氯化钠晶体。他们查阅资料知道，通过晾晒海水或煮盐井水、盐湖水等可得到粗盐。粗盐中含有多种可溶性杂质（如氯化镁、氯化钙、硫酸钠等）不溶性杂质（泥沙等）。
除去不溶性杂质
（3）取少量粗盐，加足量水溶解，可通过 过滤 方法除去其中不溶性杂质。
除去可溶性杂质
（4）选择试剂：小民同学选择硝酸钡溶液除硫酸钠，反应的化学方程式是 Ba（NO3）2+Na2SO4═BaSO4↓+2NaNO3 。
经小组讨论，认为他选的试剂不正确。
方法小结：除杂所选试剂需满足以下条件：只与杂质反应； 不产生新的杂质 。
最终，选择的试剂是氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液、氯化钡溶液。
（5）实验探究：
滴加甲、乙、丙三种试剂的正确顺序最多有 3 种，请写出其中一种 NaOH或BaCl2或Na2CO3 （写溶质的化学式，下同）。加入氢氧化钠溶液后，发生反应的化学方程式是 MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl 。固体D的成分有 Mg（OH）2、BaSO4、CaCO3、BaCO3 。
（6）反思评价：液体E中加入稀盐酸，发生反应的化学方程式是 Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O （写一个）。小郑同学认为上述实验可以将甲、乙、丙三种溶液改成两种 Ba（OH）2、Na2CO3 （按加入的先后顺序填写）。
【答案】（1）蒸发结晶；
（2）饱和的氯化钠溶液里能继续溶解氯化镁；
（3）过滤；
（4）Ba（NO3）2+Na2SO4═BaSO4↓+2NaNO3；不产生新的杂质；
（5）3；NaOH或BaCl2或Na2CO3；MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl；Mg（OH）2、BaSO4、CaCO3、BaCO3；
（6）Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O（或HCl+NaOH═NaCl+H2O）；Ba（OH）2、Na2CO3。
【解析】（1）由于氯化钠的溶解度受温度影响不大，所以从氯化钠溶液中得到氯化钠晶体通常采用蒸发结晶，
故答案为：蒸发结晶；
（2）饱和的氯化钠溶液里不能继续溶解氯化钠，还能继续溶解氯化镁，
故答案为：饱和的氯化钠溶液里能继续溶解氯化镁；
（3）过滤是将不溶性杂质与液体分离的一种操作方法，
故答案为：过滤；
（4）硝酸钡能和硫酸钠发生复分解反应生成硫酸钡沉淀和硝酸钠，
故答案为：Ba（NO3）2+Na2SO4═BaSO4↓+2NaNO3；
除杂质时应注意所加入的试剂只与杂质反应并且不能产生新的杂质，
故答案为：不产生新的杂质；
（5）粗盐提纯是加入试剂的顺序可以是氢氧化钠、氯化钡、碳酸钠或氯化钡、碳酸钠、氢氧化钠、或氯化钡、氢氧化钠、碳酸钠3种设计方案，
故答案为：3；NaOH或BaCl2或Na2CO3；
氢氧化钠能与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，故
答案为： MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl；
在粗盐提纯的过程中，氢氧化钠能与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，硫酸钠和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，
故答案为：Mg（OH）2、BaSO4、CaCO3、BaCO3；
（6）过滤后的滤液中含有碳酸钠和氢氧化钠以及氯化钠，其中氯化钠不与稀盐酸反应，碳酸钠能和稀盐酸发生化学反应生成氯化钠和水和二氧化碳，氢氧化钠和稀盐酸反应生成氯化钠和水，
故答案为：Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O（或HCl+NaOH═NaCl+H2O）；
氢氧化钡能和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化钡也能和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀，根据复分解反应的条件，从离子的角度分析不难看出看，加入氢氧化钡溶液可以同时将镁离子和硫酸根离子这两种杂质离子除去，而多余的钡离子，可以通过加入碳酸钠的方法除去，
故答案为：Ba（OH）2、Na2CO3。
17．（2023•南溪区模拟）FeCO3能用于制备可溶性乳酸亚铁补血剂。某化学兴趣小组对其制备和性质进行了如下探究。
【查阅资料】
①溶液pH大于8.8时，Fe2+完全转化为Fe（OH）2沉淀
②FeCO3固体置于潮湿空气中易变质生成Fe（OH）3
③FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，会出现血红色絮状物；而FeCl2溶液中滴加KSCN溶液，不会出现血红色絮状物
④FeCO3是白色固体，难溶于水，与稀盐酸反应的化学方程式为：FeCO3+2HCl═FeCl2+H2O+CO2↑
⑤碱石灰的主要成分是NaOH和CaO
（1）探究一：FeCO3的制备
①该兴趣小组用pH＝11.9的Na2CO3溶液和FeSO4溶液在烧杯中制备FeCO3时，应选用的加料方式是 C （填字母）。
A．将FeSO4溶液与Na2CO3溶液同时加入烧杯中
B．将FeSO4溶液缓慢加入盛有Na2CO3溶液的烧杯中
C．将Na2CO3溶液缓慢加入盛有FeSO4溶液的烧杯中
②制备FeCO3的化学方程式是 Na2CO3+FeSO4═FeCO3↓+Na2SO4 。
（2）探究二：FeCO3的性质探究
【提出问题】久置于空气中的FeCO3固体的成分是什么？
【猜想与假设】猜想1：FeCO3 猜想2： Fe（OH）3 猜想3：FeCO3和Fe（OH）3
【定性探究】请设计实验并通过实验证明你的猜想成立。
实验方案：取少量固体于试管中， 加入足量稀盐酸，有气泡产生；再滴入KSCN溶液，出现血红色絮状物 。（补充完实验方案）
【实验结论】猜想3成立
【定量探究】
①该兴趣小组为进一步确定固体中FeCO3的质量分数，称取10.0g固体做了如图所示的补充实验。装置C中足量NaOH溶液的作用是 CO2+2NaOH＝Na2CO3+H2O （用化学方程式表示）。
②反应结束后，继续通入一段时间N2的目的是 使生成的二氧化碳被氢氧化钠溶液全部吸收 。
③实验结束后，测得装置C增重0.44g，求固体中FeCO3的质量分数 11.6% 。
【答案】（1）①C；
②Na2CO3+FeSO4═FeCO3↓+Na2SO4；
（2）Fe（OH）3；加入足量稀盐酸，有气泡产生；再滴入KSCN溶液，出现血红色絮状物；
①CO2+2NaOH＝Na2CO3+H2O；
②使生成的二氧化碳被氢氧化钠溶液全部吸收；
③11.6%。
【解析】（1）①由于溶液pH大于8.8时，Fe2+会转换为Fe（OH）2沉淀，故要保持溶液pH不能大于8.8，故应将Na2CO3溶液缓慢加入盛有FeSO4溶液的烧杯中；
②碳酸钠能与硫酸亚铁反应生成碳酸亚铁沉淀和硫酸钠，化学方程式为Na2CO3+FeSO4＝Na2SO4+FeCO3↓；故答案为：①C；
②Na2CO3+FeSO4═FeCO3↓+Na2SO4；
（2）猜想与假设：由于FeCO3固体置于潮湿空气中易变质生成Fe（OH）3，则久置于空气中的FeCO3固体的成分还可能含有Fe（OH）3，猜想1：FeCO3，猜想2：Fe（OH）3，故猜想3为：FeCO3和Fe（OH）3；
定性探究：根据结论是猜想2成立即固体是氢氧化铁，由资料可知氢氧化铁能与盐酸反应生成氯化铁，而FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，会出现血红色絮状物；故实验方案：取少量固体于试管中，加入足量的稀盐酸，产生气泡；
定量探究：①装置C中足量NaOH溶液的作用是吸收二氧化碳，过程中氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，反应的化学方程式：CO2+2NaOH＝Na2CO3+H2O；
②反应结束后，继续通入一段时间氮气的目的是使反应生成的二氧化碳全部被氢氧化钠溶液吸收；
③设溶碳酸亚铁的质量为x，
FeCO3+H2SO4＝FeSO4+H2O+CO2↑
116 44
x 0.44g
x＝1.16g
则硫酸亚铁的质量分数为×100%＝11.6%
答：碳酸亚铁的质量分数为11.6%。
溶液中被沉淀的离子
Zn2+
Cu2+
开始生成氢氧化物时溶液的PH
≥5.4
≥4.4
T/℃
20
40
60
80
S（Li2CO3）/g
1.33
1.17
1.01
0.85
S（Li2SO4）/g
34.2
32.8
31.9
30.7
离子
开始沉淀时的pH
完全沉淀时的pH
Fe3+
2.7
3.7
Cu2+
5.2
6.4
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