压轴题04 流程题（解析版）

压轴题04流程题生产及制备流程；回收与利用流程；分离、提纯和除杂流程；混合物成分的确定流程混合物成分的确定流程.1.原料预处理的目的分析(1)粉碎(研磨):加快固体物质的溶解速率；增大反应物间的接触面积，加快反应速率，使反应更充分。(2)灼烧(煅烧、焙烧):使固体在高温下分解、氧化；除去可燃性杂质等。(3)酸浸：使某些金属、金属氧化物、难溶性碱或碳酸盐等参与反应。2.分离、提纯操作的判断溶液、滤液(1)若某操作可将固体和溶液分离，溶液、滤液固体/滤渣/沉淀固体/滤渣/沉淀/难溶性物质操作固体和溶液的混合物(2)若操作前为溶液，操作后得到晶体/固体(操作前后未加药品),则为蒸发结晶操作，如图：操作操作溶液、滤液晶体、固体溶液、滤液晶体、固体3.未知物质成分分析方法(1)根据复分解反应特征：根据复分解反应中已知的反应物及生成物，推出未知的反应物或生成物。反应后物质中一定存在反应的生成物和加入的过量反应物及不参加反应的物质。(2)根据质量守恒定律：结合反应物的元素种类以及已知生成物中所含的元素种类，推断未知的生成物中所含的元素种类，结合常见化学物质及物质类别进行推导。1．化学反应类型类型定义代表式特点化合价变化备注化合反应由两种或两种以上的物质生成另一种物质的反应A＋B→C多变一可能变化(就某些反应中某些元素而言)反应物A、B既可代表单质，又可代表化合物分解反应由一种物质生成两种或两种以上其他物质的反应A→B＋C一变多可能变化(就某些反应中某些元素而言)生成物中的B、C既可代表单质，又可代表化合物置换反应由一种单质跟一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应A＋BC→B＋AC一换一肯定变化(就所有反应中某些元素而言)反应范围：①金属和酸，②金属和盐，③氢气、碳和金属氧化物复分解反应由两种化合物互相变换成分，生成另外两种化合物的反应AB＋CD→AD＋CB相互交换肯定不变(就所有反应中所有元素而言)反应范围：①酸＋碱，②酸＋盐，③酸＋金属氧化物，④盐＋碱，⑤盐＋盐1．看题头，找出关键信息，明确目的结合“三条线”既进线、出线和循环线，根据题干提取有用信息，确定流程图中的第一种物质(原材料)与最后一种物质(产品)，对比分析中找出原料与产品之间的关系。即①反应物及生成物是什么；②发生了什么反应；③该反应对最终生成目标产物起到什么作用，反应是否符合绿色化学思想。(3)弄清生产流程中原料转化为产品的基本原理和除杂、分离提纯产品的化工工艺，然后再结合题设的问题，逐一推敲解答。2．看结构，弄清物质间转化关系了解此题结构可以分为三部分：题头一般是简单介绍该生产工艺的原材料和生产的目的；题干部分主要用框图形式将原料到产品的主要生产工艺流程表示出来(由原料预处理反应、核心反应和目标产品的分离与提纯组成，如图所示)；题尾主要是根据生产过程中涉及的化学知识设置问题。 3．抓核心反应，综合分析规范作答从问题出发，联系新信息以及所学的旧知识，应用正逆向思维、发散思维、横向思维等多种思维方式进行综合分析、推理，初步得出结论。据题设要求规范表达出正确答案如：(1)陌生化学方程式的书写：根据流程图中线的走向找出反应物和生成物，然后根据化学反应前后元素种类不变，再确认反应中是否有水参与或生成；若在空气中燃烧或通入空气则需考虑空气中的氧气是否参加反应，最后根据题意写出反应条件并配平。(注意生成物中是否需要标注“↑”或“↓”符号)。(2)实验操作：若该操作得到的物质为固体和液体，则该操作为过滤；过滤操作中使用的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；进行过滤操作时玻璃棒的作用是引流；进行过滤操作若得到的溶液浑浊，原因可能有：滤纸破损、过滤时漏斗内液面高于滤纸边缘、盛接滤液的容器不干净等。(3)质量守恒定律的应用：①根据化学反应前后元素种类不变推出未知生成物的元素组成。②根据质量守恒定律中的“两个不变”：化学反应前后元素种类和原子数目不变，进而推出某一反应物或生成物。目录：01选择题综合（单选、不定项选择）02确定组成、检测成分03确定组成、检测成分（混合气体）04变质问题05废液、废固回收06粗盐提纯综合（不同情景、流程酸碱盐反应综合）07提纯其他物质08工业生产流程图01选择题综合（单选、不定项选择）一、选择题1．（21-22九年级下·上海普陀·期中）某白色固体含有硫酸钠、氢氧化钠、碳酸钠、硝酸钡中的一种或几种，取少量白色固体进行如下实验，分析错误的是(已知：硫酸钠、硝酸钠、硝酸钡的水溶液均呈中性)A．白色沉淀可能为硫酸钡 B．加入足量稀盐酸可能看到气泡C．若原白色固体中含碳酸钠，则酚酞一定变红 D．酚酞无色，则原白色固体中一定不含氢氧化钠【答案】C【分析】白色固体中加水后有白色沉淀产生，白色沉淀可能为Na2SO4与Ba（NO3）2反应生成的BaSO4白色沉淀，或者为Na2CO3与Ba（NO3）2反应生成的BaCO3白色沉淀。【详解】A、根据上述分析白色沉淀可能为硫酸钡，故正确；B、根据上述分析如果白色沉淀是Na2CO3与Ba（NO3）2反应生成的BaCO3，碳酸钡能与盐酸反应生成氯化钡、水与二氧化碳，则可以观察到气泡，故正确；C、若白色固体的组合为碳酸钠与硝酸钡，且硝酸钡过量，Na2CO3与Ba（NO3）2反应生成的BaCO3白色沉淀与NaNO3，过量的硝酸钡与硝酸钠形成的溶液都呈中性，反应后加入无色酚酞溶液则不会变色，故选项说法错误；D、硫酸钠、碳酸钠、硝酸钡相互反应后生成物都呈中性，氢氧化钠不与硫酸钠、碳酸钠、硝酸钡中任何一种物质反应也不与其反应的生成物发生反应，如果白色固体中含有氢氧化钠，溶液中一定含有溶质氢氧化钠，则溶液一定呈碱性，碱性溶液可以使无色酚酞变色，故酚酞无色，则原白色固体中一定不含氢氧化钠说法正确；故选C。【点睛】掌握硫酸钠、氢氧化钠、碳酸钠、硝酸钡相互之间的反应及生成物的性质是解题的关键；分析物质组成时要考虑多种可能性。2．（23-24九年级上·上海松江·期末）碳酸钙可作食品添加剂，用如下实验可制得碳酸钙。下列说法正确的是（石灰石中的杂质高温不分解、不溶于水）A．操作a是蒸发B．该流程中水和二氧化碳可回收利用C．石灰石与固体A的质量之差等于参加反应碳酸钙的质量D．取固体A加水溶解，静置后滴入酚酞，溶液呈红色，证明石灰石中碳酸钙全部分解【答案】B【详解】A、操作a后，混合物被分成固体和液体，所以操作a是过滤，过滤是将固体和液体分离的操作，故选项错误；B、循环使用的物质在前面的反应中是反应物，到了后面的反应中又成了生成物，由工艺流程可知，固体加入试剂①变成石灰水，试剂①是水；石灰水加入试剂②得到碳酸钙和水，所以试剂②是二氧化碳，碳酸钙高温得到了氧化钙和二氧化碳，这里的二氧化碳可用于试剂②，所以可循环使用，试剂①是水，最后反应又生成了水，所以水也可以循环使用，故选项正确；C、根据质量守恒定律，石灰石中碳酸钙的质量等于固体A与气体的质量之和，所以石灰石与固体A及气体的质量之差等于参加反应的碳酸钙的质量，故选项错误；D、取固体A加水溶解，静置后滴入酚酞，溶液呈红色，证明固体A加水溶解得到的溶液显碱性，不能证明石灰石中碳酸钙全部分解，故选项错误，故选B。3．（2020·上海浦东新·一模）1mol氧化钙按下图进行实验，有关分析错误的是（）

A．甲中含有40g钙元素 B．丙中含有bmolCaCO3C．若pH=7，则a=1 D．若pH>7，则b1【答案】D【分析】根据质量守恒定律，物质总质量或元素质量不变来求解。【详解】A、根据质量守恒定律，1mol氧化钙中含钙元素的质量与甲中含钙元素质量相等，即，不符合题意；B、根据质量守恒定律，滤渣丙中含的碳酸钙质量与amol气体通入足量澄清石灰水生成的白色沉淀质量相等，即为bmol；不符合题意；C、若pH=7，说明液体乙里不含氢氧化钙，那么1mol氧化钙在空气中生成1mol碳酸钙，1mol碳酸钙与盐酸反应生成1mol二氧化碳，则a=1，不符合题意；D、若pH>7，说明液体乙里含有氢氧化钙，那么滤渣丙中含的碳酸钙质量小于1mol，则b1，符合题意。故选D。4．（2021·上海浦东新·二模）某固体样品中可能含有NaOH、Na2SO4、Mg（NO3）2、Cu（NO3）2、CaCO3中的一种或几种物质。为确定组成，按下图所示进行实验，有关说法正确的是A．a中含有CaCO3和Mg（OH）2B．样品中一定存在Na2SO4、Mg（NO3）2、CaCO3C．b中含有CaCO3和BaSO4D．样品中一定不存在Cu（NO3）2，可能有NaOH【答案】B【详解】A、假设白色沉淀都是碳酸钙，碳酸钙与硝酸反应生成硝酸钙、水和二氧化碳，根据碳原子质量守恒，则0.1mol的碳酸钙可以得到0.1mol的二氧化碳，此时沉淀不含有Mg(OH)2，只含有CaCO3，此选项错误；B、0.1mol白色沉淀a得到0.1mol二氧化碳，根据碳原子质量守恒，可以推断含有碳酸钙，不含有氢氧化镁；而无色溶液加入氢氧化钡得到白色沉淀，部分溶于硝酸，得出b为硫酸钡和氢氧化镁的混合物，因此推断含有硫酸钠和硝酸镁，故样品中一定存在Na2SO4、Mg(NO3)2、CaCO3，此选项正确；C、通过分析可知，样品中一定含有Na2SO4、Mg(NO3)2、CaCO3，且白色沉淀a为碳酸钙，则无色溶液是硫酸钠和硝酸镁。加入过量氢氧化钡，硫酸钠和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀，硝酸镁和氢氧化钡反应生成氢氧化镁沉淀，故b为氢氧化镁和硫酸钡的沉淀，此选项错误；D、因为得到无色溶液，排除硝酸铜存在的可能性；而0.1mol的白色沉淀a得到0.1mol的二氧化碳，排除氢氧化镁的存在；通过分析硝酸镁存在，且能与氢氧化钠发生反应不能共存，所以排除氢氧化钠的存在，才能保证白色沉淀a没有氢氧化镁，故样品中一定不存在Cu(NO3)2和NaOH，此选项错误。故选B。二、多选题5．（2021·上海杨浦·三模）某固体粉末可能含有碳酸钙、氧化铜、氧化铁、木炭粉中的几种，取该固体粉末按下列流程进行实验（各步均完全反应）。下列推断正确的是A．固体X可能是混合物B．溶液Z中只含一种溶质C．气体M和气体Y都是二氧化碳D．原固体粉末中没有氧化铜，可能有碳酸钙【答案】AD【分析】固体粉末在高温下能生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体为二氧化碳，故气体M为二氧化碳，在高温下能反应生成二氧化碳的为碳酸钙高温分解和碳与氧化铁或氧化铜的反应，在固体X中加入过量的稀盐酸后有气体Y生成，说明是铁与盐酸反应，气体Y为氢气，故固体粉末在高温下发生了氧化铁与碳反应生成了铁和二氧化碳，故固体粉末中含有碳和氧化铁，由于最终反应完后没有固体剩余，故原固体粉末中不含氧化铜，故原固体粉末中一定含有碳和氧化铁，可能含有碳酸钙，一定不含氧化铜；【详解】A、若固体粉末中含有碳酸钙，则固体X中还含有氧化钙，若固体粉末中不含碳酸钙，则固体X中只含铁，故固体X可能是混合物，A正确；B、溶液Z中一定会含有氯化亚铁，由于盐酸加入过量，故溶液Z中还会含有溶质氯化氢，故溶液Z中至少含有两种溶质，B错误；C、由于每一步都完全反应，故固体X中不含碳酸钙，故气体M为二氧化碳，气体Y为氢气，C错误；D、原固体粉末中没有氧化铜，可能有碳酸钙，D正确。故选AD。简答题02确定组成、检测成分6．（2021·上海杨浦·二模）有一包固体样品，可能由氢氧化钠、硫酸钠、硝酸镁、硝酸铜、碳酸钙中的一种或几种物质组成。为确定该样品的组成，实验过程如下：

①白色沉淀A的成分是。②白色沉淀A与稀盐酸反应的化学方程式是。③溶液D中一定含有的溶质是。④由上述实验现象，确定原样品中含有的物质是。【答案】CaCO3NaCl、BaCl2NaOH、Na2SO4、CaCO3【详解】样品溶于水得到白色沉淀A质量为1g和无色溶液B，所以样品中一定不含硫酸铜，沉淀能够全部溶于稀盐酸，且产生0.44g的二氧化碳，设产生0.44g的二氧化碳需要碳酸钙的质量为x所以沉淀A中一定含有碳酸钙，一定不含氢氧化镁，所以样品中一定含有碳酸钙，一定不含硝酸镁；无色溶液B中加入足量的氯化钡、通入二氧化碳，白色沉淀部分溶于酸，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，碳酸钡沉淀会与盐酸反应生成氯化钡、水和二氧化碳，氯化钡和硫酸钠反应生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，所以溶液B中一定含有氢氧化钠、硫酸钠，所以①由分析可知，白色沉淀A的成分是碳酸钙，故填：CaCO3；②白色沉淀A与稀盐酸的反应是碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，化学方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；③加入的氯化钡是足量的，氯化钡和碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀氯化钠，和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，所以溶液D中一定含有的溶质是氯化钠、氯化钡，故填：NaCl、BaCl2；④由上述实验现象，确定原样品中含有的物质是：氢氧化钠、硫酸钠、碳酸钙，故填：NaOH、Na2SO4、CaCO3。7．（2023·上海闵行·模拟预测）某固体物质可能含有硫酸钠、碳酸钠、氯化钙、硫酸铜、氯化钾和氢氧化钾中的一种或几种，为探究其组成，进行如下实验，流程和现象记录如下：

【资料】氯化钙、氯化钡、氯化钾三种溶液均呈中性。(1)步骤②中发生反应的化学方程式为。(2)根据上述实验得出固体物质中一定含有(填化学式，下同)，一定不含有，可能含有；为进一步确定可能含有的物质，采用的方法是(写出实验的操作、现象和结论)【答案】(1)BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl(2)Na2CO3、KOHCuSO4、Na2SO4、CaCl2KCl取少量无色溶液A于试管中，加入足量的稀硝酸，然后滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀产生，则说明含有氯化钾【分析】硫酸铜溶液显蓝色，碳酸钠和氯化钡反应会生成碳酸钡沉淀，碳酸钠和氯化钙反应会生成碳酸钙沉淀，不能共存，硫酸钠和氯化钡反应会生成硫酸钡沉淀，氢氧化钾在溶液中显碱性。固体物质加入水溶解后得到无色溶液，所以混合物中一定不含硫酸铜；无色溶液B的pH大于7，所以混合物中一定含有氢氧化钾；加入氯化钡会生成白色沉淀，白色沉淀能溶于酸生成气体，所以混合物中一定含有碳酸钠，一定不含硫酸钠、氯化钙，可能含有氯化钾。为进一步确定可能含有的KCl，可通过向无色溶液A中加入足量的稀硝酸和硝酸银溶液，验证氯离子是否存在，来确定氯化钾的有无。【详解】（1）根据分析可知，步骤②中是氯化钡和碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，反应的化学方程式为：BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl；（2）根据分析可知，上述实验得出固体物质中一定含有Na2CO3、KOH，一定不含有硫酸铜、Na2SO4、CaCl2，硫酸钠、氯化钙，为进一步确定可能含有氯化钾，取少量无色溶液A于试管中，加入足量的稀硝酸，然后滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀产生，则说明含有氯化钾。8．（2022·上海青浦·二模）由一种正盐和一种碱组成的白色固体混合物，为确定其组成，实验过程如图：

(1)蓝色沉淀B是，气体C是。(2)写出步骤Ⅱ中发生反应的化学方程式。(3)若步骤Ⅰ所得的CaCO3的质量为1g，则理论上可得到mol气体C．（根据化学方程式计算）(4)这种固体混合物的组成情况是（填化学式）：。【答案】(1)Cu(OH)2（写名称也可）CO2（写名称也可）(2)CuSO4+2NaOH=Na2SO4+Cu（OH）2↓(3)设可得到xmol气体C。n（CaCO3）＝1g÷100g/mol＝0.01mol气体C的物质的量为0.01mol(4)NaOH、CaCO3或Ca（OH）2、Na2CO3【详解】（1）无色滤液A与硫酸铜反应后得到硫酸钠和蓝色沉淀B，故A是氢氧化钠、B是氢氧化铜沉淀；碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、气体二氧化碳和水，二氧化碳与澄清石灰水反应又生成碳酸钙，故C是二氧化碳、D是碳酸钙、E是氯化钙溶液；（2）氢氧化钠与硫酸铜反应后得到硫酸钠和蓝色沉淀氢氧化铜，化学方程式为：；（3）见答案；（4）加足量水后的得到氢氧化钠和碳酸钙，故混合物可以是NaOH和CaCO3，或可以反应生成氢氧化钠和碳酸钙的反应物组合NaCO3和Ca(OH)2。9．（2020·上海虹口·二模）某硝酸钠样品中可能含有氯化钠、碳酸钠、硫酸钠、氢氧化钠中的一种或几种，为检验其成分，某小组进行了如下实验（硝酸钡溶液呈中性，硫酸银微溶于水）①无色气体D是，白色固体F是，操作M是②步骤Ⅴ中发生反应的化学方程式是③步骤Ⅱ加入硝酸钡溶液时需过量，“过量”对步骤Ⅴ目的达成的作用是④上述实验不能确定样品中是否含有氢氧化钠，改进上述实验方案加以证明改进方案可能的现象及结论【答案】CO2BaSO4过滤将硫酸钠除尽，防止硫酸钠与硝酸银反应生成硫酸银，影响氯化钠的验证向溶液C中滴加无色酚酞试液溶液变红，说明含氢氧化钠，否则不含【分析】某硝酸钠样品中可能含有氯化钠、碳酸钠、硫酸钠、氢氧化钠中的一种或几种，加水溶解，加过量硝酸钡，生成白色固体B和溶液C，硝酸钡能与碳酸钠反应生成碳酸钡和硝酸钠，硝酸钡能与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，向固体B中加过量稀盐酸，生成无色气体D、无色溶液E，白色固体F，碳酸钡能与稀盐酸反应生成二氧化碳、氯化钡和水，硫酸钡与稀盐酸不反应，故硝酸钠固体中一定含碳酸钠、硫酸钠，生成的无色气体D为二氧化碳，白色固体F为硫酸钡，向溶液C中加入过量稀硝酸，然后加入硝酸银溶液，生成白色固体G和溶液H，硝酸银能与氯化钠反应生成氯化银和硝酸钠，故硝酸钠固体中一定含有氯化钠。【详解】①由分析可知，无色气体D是二氧化碳，化学式为：CO2；白色固体F是硫酸钡，化学式为：BaSO4；操作M实现了固液分离，故操作M是过滤；②步骤Ⅴ中发生的反应为氯化钠与硝酸银反应生成氯化银和硝酸钠，该反应的化学方程式为：；③步骤Ⅱ加入硝酸钡溶液时需过量，这样可将硫酸钠完全除去，防止硫酸钠剩余，硫酸钠与硝酸银反应生成硫酸银，硫酸银微溶于水，含量较多时，也会产生白色沉淀，会影响氯化钠的验证，故填：将硫酸钠除尽，防止硫酸钠与硝酸银反应生成硫酸银，影响氯化钠的验证；④由以上分析可知，该样品中含有碳酸钠，碳酸钠显碱性，会影响氢氧化钠的验证，故可在加过量硝酸钡将碳酸钠除尽后，向溶液C中滴加无色酚酞试液，氢氧化钠显碱性，能使无色酚酞试液变红，故若溶液变红，说明含氢氧化钠，否则不含，故填：向溶液C中滴加无色酚酞试液，溶液变红，说明含氢氧化钠，否则不含。10．（2022·上海普陀·模拟预测）实验室某NaCl样品10克，其中可能含有CaCl2、Na2SO4中的一种或两种，现欲检验、提纯和分离NaCl样品混合物，实验过程如下：(1)检验该样品中可能含有的物质步骤操作现象结论I取样，加水固体全部溶解该NaCl样品中只含有CaCl2II向上述溶液中加入溶液Ⅲ取Ⅱ中溶液加入溶液(2)提纯分离样品中的NaCl和CaCl2

Ⅰ、溶液B中含有的溶质是；Ⅱ、步骤Ⅳ中加入的试剂Y的化学方程式是；Ⅲ、步骤Ⅶ的操作名称是；Ⅳ、用蒸馏水反复洗涤白色沉淀C表面的残留溶液，证明已洗涤干净的方法是。【答案】(1)碳酸钠/Na2CO3出现白色沉淀氯化钡/BaCl2没有明显的现象(2)氯化钠、碳酸钠蒸发结晶取最后一次的洗涤液，加入硝酸银，没有沉淀生成，说明已经洗涤干净【分析】样品加水溶解得到溶液A，加入过量的碳酸钠，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀过滤得到碳酸钙沉淀C，C洗涤后加入盐酸，碳酸钙和稀盐酸反应得到氯化钙；溶液B中含有氯化钠和过量的碳酸钠，加入盐酸，碳酸钠和盐酸反应得到氯化钠；【详解】（1）氯化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，氯化钡和硫酸钠反应生成硫酸钡白色沉淀；由于实验结论为该NaCl样品中只含有CaCl2，则实验II可以为向上述溶液中加入适量的碳酸钠溶液，出现白色沉淀；实验Ⅲ取Ⅱ中溶液加入适量的氯化钡，没有明显现象；（2）由分析可知：Ⅰ、溶液B中含有的溶质是氯化钠和碳酸钠；Ⅱ、步骤Ⅳ中加入的试剂Y的反应为碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳气体：；Ⅲ、步骤Ⅶ为从溶液中得到氯化钙固体的操作，操作名称是蒸发结晶；Ⅳ、白色沉淀C表面的残留溶液中含有氯化钠，证明已洗涤干净的方法是取最后一次的洗涤液，加入硝酸银，没有沉淀生成，说明已经洗涤干净。03确定组成、检测成分（混合气体）11．（2022·上海·模拟预测）有一瓶气体，可能是CO、CO2、H2O（水蒸气）、H2中的一种或几种组成。为了分析该气体的成分，取适量该气体进行实验，实验方案设计如下：(1)上述可能存在的气体中，易与血红蛋白结合的气体是（填名称）。(2)实验中如果没有用浓H2SO4干燥气体1，对气体检验有影响（填“有”或“无”）。(3)若依据现象X为“无水硫酸铜变蓝色”，结论是气体2中一定含有。(4)①③发生的反应相同，其反应的化学方程式是。(5)根据已有实验现象，我们可以推断出该气体一定含有（填化学式）。【答案】(1)一氧化碳(2)有(3)氢气（或H2）(4)Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O(5)CO、CO2【详解】（1）上述可能存在的气体中，易与血红蛋白结合的气体是一氧化碳；（2）实验中如果没有用浓H2SO4干燥气体1，对气体检验有影响，会影响对氢气的检验，即使无水硫酸铜变蓝色，也不能说明气体中含有氢气；（3）若依据现象X为“无水硫酸铜变蓝色”，结论是气体2中一定含有氢气，这是因为加热条件下氢气和氧化铜反应生成铜和水，水能使无水硫酸铜变蓝色；（4）①③发生的反应相同，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，其反应的化学方程式是：Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O；（5）①中石灰水变浑浊，说明气体中含有二氧化碳，③中石灰水变浑浊，说明气体中含有一氧化碳，因此该气体一定含有CO、CO2。04变质问题12．（23-24九年级下·上海·阶段练习）对敞口放置一段时间后的氧化钙样品A进行实验。(1)取少量样品A放入水中，有较多热量放出，确定样品A中含有(填化学式)。(2)另取少量样品A，进行实验：Ⅰ中加入过量稀盐酸，反应的化学方程式是。试比较样品A中钙元素的质量(x)与固体E中钙元素质量(y)的大小关系，并说明理由。(3)由上述实验①和②能确定原样品A中一定含有的物质是。(4)反思：未变质的氧化钙的用途是，因此它需要密封保存。【答案】(1)CaO(2)、x=y，因为反应前后元素的种类和质量不变(3)氧化钙、碳酸钙(4)食品干燥剂（合理即可）【详解】（1）氧化钙和水反应放热，有较多热量放出，说明样品A中含有CaO。（2）由于氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，则说明样品中含有碳酸钙，且氧化钙和盐酸反应生成氯化钙和水，则加入过量的稀盐酸，反应的化学方程式为：、；根据反应前后元素的种类和质量不变，由于加入的试剂中不含钙元素，则样品A中钙元素的质量和固体E中钙元素质量相同，即x=y。（3）结合前面分析可知，原样品A中一定含有氧化钙和碳酸钙。（4）氧化钙能和水反应，则可用于作食品干燥剂。05废液、废固回收13．（2020·上海宝山·二模）化学兴趣小组同学，在实验后欲对无色澄清的废液进行检验并回收利用。已知该无色废液中可能含有硫酸、盐酸、氯化镁、氯化钡中的一种或几种，他们的检验和回收流程如下：完成填空：①操作Ⅰ、操作Ⅱ的名称是；②生成白色沉淀A的基本反应类型是；③无色溶液2中加入足量稀盐酸的现象为；④由实验可知，废液中一定含有的溶质是，用化学方程式解释一定不存在的物质的原因【答案】过滤复分解反应有气泡产生氯化镁、氯化钡【分析】已知该无色废液中可能含有硫酸、盐酸、氯化镁、氯化钡中的一种或几种，加入氢氧化钠溶液，产生白色沉淀，氯化镁能与氢氧化钠反应生成氢氧化镁白色沉淀，故一定含氯化镁，向白色沉淀A中加足量稀盐酸，氢氧化镁能与稀盐酸反应生成氯化镁和水，蒸发可得氯化镁固体，向无色溶液1中加入过量碳酸钠溶液，产生白色沉淀B，氯化钡能与碳酸钠反应生成碳酸钡白色沉淀，故废液中一定含有氯化钡，由于氯化钡能与硫酸反应生成硫酸钡沉淀，故废液中一定不含硫酸，碳酸钠过量，故无色溶液2中一定含有碳酸钠，加入足量稀盐酸，碳酸钠能与稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，蒸发，可得氯化钠。【详解】①操作Ⅰ、操作Ⅱ实现了固液分离，是过滤；②加入氢氧化钠溶液，氯化镁能与氢氧化钠反应生成氢氧化镁和氯化钠，该反应是由两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物的反应，属于复分解反应；③无色溶液2中一定含有碳酸钠，加入足量稀盐酸，碳酸钠能与稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，故实验现象为：有气泡产生；④由分析可知，废液中一定含有氯化镁、氯化钡，一定不含硫酸，因为氯化钡能与硫酸反应生成硫酸钡和盐酸，该反应的化学方程式为：。14．（20-21九年级下·上海长宁·阶段练习）实验室里收集了一些溶质为FeSO4和CuSO4的废液，欲从中回收金属铜和硫酸亚铁溶液，设计了如下方案：

（1）FeSO4中金属元素的化合价为。（2）步骤Ⅰ加入过量X的目的是，有关反应的化学方程式是。（3）步骤Ⅱ中所加试剂Y的名称是。（4）操作a和b的名称是，所需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗和。（5）上述步骤（选填步骤编号）所包含的反应体现铁的活动性比铜强。（6）滤液经过降温结晶得到FeSO4晶体，步骤Ⅱ中过量的Y是否会影响FeSO4晶体的纯度？请说明理由。【答案】+2价将硫酸铜完全反应Fe+CuSO4=Cu+FeSO4稀硫酸过滤玻璃棒Ⅰ、Ⅱ不会，理由是硫酸常温下是液体，不会以晶体析出，因为它会与水互溶【详解】（1）FeSO4中硫酸根的化合价为-2价，根据化合物里正负化合价代数和为0，铁元素的化合价为+2价，故填：+2价；（2）由于需要将铜离子转化为铜单质，而溶液还必须为硫酸亚铁，即不能引入新的杂质，所以过量X是铁，加入铁的目的是将硫酸铜完全反应；铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，反应的化学方程式为Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，故填：将硫酸铜完全反应；Fe+CuSO4=Cu+FeSO4；（3）由于加入过量的铁，反应生成铜，金属A是铁和铜，所以步聚Ⅱ中所加试剂Y的名称是稀硫酸，故填：稀硫酸；（4）操作a和b能将固液分开，操作名称是过滤，所需要的主要玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故填：过滤；玻璃棒；（5）步骤Ⅰ所包含的反应铁能将铜从其盐溶液中置换出来，体现铁的活动性比铜强；步骤Ⅱ中是铁与硫酸反应而铜和稀硫酸不反应，体现铁的活动性比铜强；步骤Ⅲ是物理变化，不能体现铁的活动性比铜强，故填：Ⅰ、Ⅱ；（6）不会，理由是硫酸常温下是液体，不会以晶体析出，因为它会与水互溶，故填：不会，理由是硫酸常温下是液体，不会以晶体析出，因为它会与水互溶。15．（20-21九年级下·上海·阶段练习）为了不污染环境并充分利用资源，工业废水中的成分可以通过处理后再回收利用。实验一：某工业废水中含有硫酸亚铁、硫酸铜、硫酸锌，从中得到金属铜和硫酸锌晶体，设计了如下方案：完成填空：(1)加入过量X的目的是。(2)上述步骤（选填步骤编号）所包含的反应体现锌的活动性比铜强。(3)溶液2中含有的溶质是。(4)溶液2和溶液3所含溶剂的质量（选填“相同”或“不相同”）。实验二：某工业废水中含有氯化钠、氯化镁、氯化钡，要分离和回收这三种物质设计了如下方案：完成填空：(5)写出得到白色沉淀A的化学方程式。(6)操作Ⅲ是。(7)无色溶液2中含有的溶质是。(8)加入X溶液“适量”改为“过量”，对实验结果（选填“有”或“无”）影响，理由是。【答案】(1)除去硫酸铜和硫酸亚铁，得到铜（合理即可）(2)Ⅰ、Ⅱ(3)硫酸锌、硫酸亚铁、硫酸（或ZnSO4、FeSO4、H2SO4）(4)不相同(5)MgCl2+2NaOH＝Mg(OH)2↓+2NaCl(6)蒸发(7)Na2CO3、NaCl(8)无氢氧化钠会被加入的过量盐酸反应完，不影响氯化钠的提纯【详解】（1）废水中含有硫酸亚铁、硫酸铜、硫酸锌，从中得到金属铜和硫酸锌晶体，所以加入的过量X是锌，目的是将硫酸铜和硫酸亚铁除掉，置换出铜，故填：除去硫酸铜和硫酸亚铁，得到铜（合理即可）；（2）步骤I包含着锌与硫酸铜反应，生成铜和硫酸锌，说明了锌比铜活泼，步骤Ⅱ中包含着锌与硫酸反应，说明锌排在氢的前边，铜与硫酸不反应，说明铜排在氢的后面，说明锌比铜活泼，故填：Ⅰ、Ⅱ；（3）金属A中含有锌、铁、铜，加入过量硫酸，锌与硫酸反应生成硫酸锌和氢气，铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，所以溶液2中含有的溶质是：硫酸锌、硫酸亚铁、硫酸，故填：硫酸锌、硫酸亚铁、硫酸（或ZnSO4、FeSO4、H2SO4）；（4）溶液2是硫酸与铁、锌反应后的溶液，溶液3是废液加入锌过滤后的溶液与溶液2的组合，所以溶剂的质量一定不相同，故填：不相同；（5）氢氧化钠与氯化镁反应，生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，过滤得到白色沉淀A，反应的化学方程式为MgCl2+2NaOH＝Mg(OH)2↓+2NaCl，故填：MgCl2+2NaOH＝Mg(OH)2↓+2NaCl；（6）操作Ⅲ是氯化镁溶液得到氯化镁固体，所以利用蒸发结晶的方法得到，故填：蒸发；（7）无色溶液1中含有氯化钠、氯化钡，加过量碳酸钠溶液后，碳酸钠与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，所以无色溶液2中含有的溶质氯化钠和过量碳酸钠，故填：Na2CO3、NaCl；（8）加入X溶液“适量”改为“过量”，对实验结果无影响，原因是氢氧化钠过量会被盐酸反应掉生成氯化钠和水，不影响氯化钠的提纯，故填：无；氢氧化钠会被加入的过量盐酸反应完，不影响氯化钠的提纯。16．（2022·上海金山·二模）某废弃物中可能有Cu、CuO、Mg、Zn中的一种或几种，为确定其成分并回收铜，取样品进行如下图实验。(1)步骤Ⅰ中氧化铜和稀硫酸反应的化学方程式为。(2)固体B中的物质是，步骤Ⅲ中产生的现象是。(3)若溶液C中只含一种溶质，该溶质为，则样品的成分是，w的值为。（用m和n的代数式表示）【答案】(1)CuO+H2SO4=CuSO4+H2O(2)Zn、Cu有气泡产生(3)ZnSO4Cu、CuO、Zn【详解】（1）步骤Ⅰ中氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和水，该反应方程式为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；（2）铜和稀硫酸不反应，氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，镁和稀硫酸反应生成硫酸镁和氢气，锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气；固体粉末加入过量的稀硫酸，则溶液A中可能有硫酸镁、硫酸锌、稀硫酸、硫酸铜，再加入过量的锌粉，锌可以置换出硫酸铜中的铜，锌可以与稀硫酸反应生成氢气，则固体B为置换出来的铜和过量的锌；步骤Ⅲ加入稀硫酸，过量的锌会与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，故实验现象为有气泡产生；（3）若溶液C中只含一种溶质，该溶质为硫酸锌，则溶液C中不存在硫酸镁，所以样品中无镁，步骤I中加入稀硫酸产生气泡，说明固体样品中一定有锌，图中已告知有铜，那么溶液A中的硫酸铜来自样品中的氧化铜，故则样品的成分是Cu、CuO、Zn；根据步骤III得到的铜的质量全部来自于氧化铜，故氧化铜的质量为：，样品中铜的质量为ng，则锌的质量为（m-n-n）g=(m-2n)g，根据反应方程式：解得故w的值为。06粗盐提纯综合（不同情景、流程酸碱盐反应综合）17．（2022·上海宝山·模拟预测）粗盐中常含有难溶性泥沙及可溶性的氯化钙、氯化镁、硫酸钠等杂质。粗盐提纯得到氯化钠晶体的流程如下：(1)溶解用到的玻璃仪器为；(2)操作X的名称是；(3)加入的试剂M、N分别是、；(4)为了使杂质能够完全被除去，对所加入试剂的量的要求是；(5)后续操作是。【答案】(1)烧杯和玻璃棒(2)过滤(3)氯化钡（或BaCl2)碳酸钠（或Na2CO3）(4)稍过量(5)加入适量盐酸，然后蒸发结晶【分析】（1）溶解物质应在烧杯中进行，为了加速溶解，要用玻璃棒搅拌；（2）过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种分离方法；（3）除去粗盐中的氯化钙，氯化镁和硫酸钠，实际上是除去钙离子、镁离子和硫酸根离子，为了不引入新的杂质，除钙离子用碳酸钠，除去镁离子用氢氧化钠，除去硫酸根离子用氯化钡，要注意加入试剂的顺序和量，后加入的试剂要把前面加入的过量试剂也除去；（4）要使杂质能够完全被除去，加入试剂应稍过量；（5）经过操作X后，溶液还有杂质过量的氢氧化钠和碳酸钠，所以后续操作要加入盐酸将二者除去，最后蒸发结晶即可得到纯净的氯化钠晶体。【详解】（1）由分析可知，溶解用到的玻璃仪器为烧杯和玻璃棒；（2）操作X是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开一种方法，故是过滤；（3）氢氧化钠是用来除去除去镁离子的，M、N是用来除去钙离子和硫酸根离子的，为了能将前面加入的过量试剂除去，应该先加氯化钡，后加碳酸钠，故M是氯化钡，N是碳酸钠；（4）为了使杂质能够完全被除去，对所加入试剂的量的要求是所加入试剂要稍过量；（5）由分析可知过滤后的溶液中还过量的氢氧化钠和碳酸钠没有除去，所以后续操作是向溶液中加入适量盐酸，然后蒸发结晶。18．（2023九年级·上海·专题练习）由于粗盐中含有少量MgCl2、CaCl2、Na2SO4等杂质，不能满足化工生产的要求，因此必须将粗盐进行精制。流程如图：

(1)加入稍过量的Na2CO3溶液除了能除去粗盐中的CaCl2外，它还有一个作用是（用化学方程式表示）。(2)实验操作Ⅲ是，要用到的实验玻璃仪器是玻璃棒、漏斗和。(3)如果稍过量的试剂加入的顺序依次为：Na2CO3、NaOH、BaCl2，则最后得到的氯化钠溶液中一定含有杂质。(4)操作Ⅳ的方法可以是：先在滤液中滴入酚酞溶液，再逐滴滴入盐酸直到滤液的pH＝7，依据的现象是溶液由，如果加入的盐酸有点过量了，对后面NaCl溶液的结晶是否有影响（是或否）。【答案】(1)BaCl2＋Na2CO3=BaCO3↓＋2NaCl(2)过滤烧杯(3)氯化钡/BaCl2(4)红色变为无色否【详解】（1）氯化镁中的镁离子用氢氧化钠中的氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠溶液可以将镁离子沉淀；硫酸钠中的硫酸根离子用氯化钡中的钡离子沉淀，加入过量的氯化钡溶液可以将硫酸根离子沉淀；氯化钙中的钙离子用碳酸钠中的碳酸根离子沉淀，除钙离子加入过量的碳酸钠溶液转化为沉淀，但是加入碳酸钠溶液要放在加入的氯化钡溶液之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，碳酸钠和氯化钡溶液反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，反应的化学方程式为：，故填写：。（2）①由图可知，操作Ⅲ把沉淀和溶液分开了，这符合过滤操作固液分离的原理，故填写：过滤；②过滤用到的玻璃仪器有：玻璃棒、漏斗和烧杯，故填写：烧杯。（3）如果稍过量的试剂加入的顺序依次为：Na2CO3、NaOH、BaCl2，Na2CO3、NaOH可以被最后加入的一定量稀盐酸的溶质氯化氢除去，但是BaCl2不与稀盐酸的溶质氯化氢反应，无法被除去，因此，最后得到的氯化钠溶液中一定含有杂质氯化钡，故填写：氯化钡(或BaCl2)。（4）①碳酸钠和氢氧化钠显碱性，所以，先在滤液中滴入酚酞溶液，溶液为红色，再逐滴滴入盐酸，因为碳酸钠和氢氧化钠与稀盐酸的溶质氯化氢反应都生成氯化钠和水，氯化钠溶液显中性，不能使酚酞溶液变色，因此，依据的现象是：溶液由红色变为无色，故填写：红色变为无色；②如果加入的盐酸有点过量了，对后面NaCl溶液的结晶无影响，因为NaCl溶液的结晶需要采用蒸发结晶，而稀盐酸具有挥发性，故填写：否。【点睛】本题为粗盐提出中的去除可溶性杂质，不仅要遵守“不增、不减、易分离、易复原”的除杂原则，还要注意除杂顺序，除去氯化钙之前，必须要先除去硫酸钠，避免引入氯化钡杂质。19．（21-22九年级下·上海黄浦·阶段练习）海水通过晒制可得粗盐，粗盐中除NaCl外，还含有MgCl2、CaCl2、Na2SO4以及泥沙等杂质。以下是实验室模拟粗盐制备精盐的过程。①步骤一：去除粗盐中的泥沙Ⅰ.称取粗盐样品10.0g，用蒸馏水充分溶解；

Ⅱ.过滤去除泥沙得溶液A；以上两步操作中均需要使用到玻璃棒，过滤时玻璃棒的作用是。②步骤二：去除粗盐中的可溶性杂质Ⅰ.加入“过量Na2CO3溶液”时，发生反应的化学方程式。Ⅱ.理论上用过量的溶液（填一种物质）代替NaOH和BaCl2两种溶液，也可以达到相同实验目的。Ⅲ.为了证明所加的盐酸已过量，某同学取少量溶液B，向其中加入（填一种试剂），若产生（填实验现象），则证明盐酸已过量。③步骤三：获得产品将溶液B注入（填仪器名称）中，在不断搅拌下加热，观察到大量晶体析出时，停止加热，利用余热蒸干。最终得到精盐9.4g。④步骤四：数据处理该粗盐样品中，氯化钠的质量分数为94%。【结果与反思】实验操作、试剂和装置均不存在问题，老师却指出该样品中氯化钠的质量分数不是94%，原因是。【答案】引流Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl和Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl氢氧化钡紫色石蕊试液紫色石蕊试液变红蒸发皿提纯中生成了氯化钠【详解】①步骤一：过滤时玻璃棒的作用是引流，故填引流。②步骤二：Ⅰ、加入“过量Na2CO3溶液”时，碳酸钠能够与杂质氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，将氯化钙转化为氯化钠，反应的化学方程式为：Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，碳酸钠还能够与过量的氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，反应的化学方程式为：Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl，故反应的化学方程式写为：Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl和Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl。Ⅱ、提纯过程中，氢氧化钠中的氢氧根离子用来除去杂质氯化镁中的镁离子，氯化钡中的钡离子用来除去杂质硫酸钠中的硫酸根离子，所以理论上用过量的氢氧化钡溶液代替NaOH和BaCl2两种溶液，也可以达到相同实验目的，故填氢氧化钡。Ⅲ、为了证明所加的盐酸已过量，某同学取少量溶液B，向其中加入紫色石蕊试液，故填紫色石蕊试液；如稀盐酸过量，溶液呈酸性，紫色石蕊试液遇到酸性溶液变红，故填紫色石蕊试液变红。③步骤三：将溶液B注入蒸发皿中进行蒸发，在不断搅拌下加热，观察到大量晶体析出，故填蒸发皿。{结果与反思}提纯过程中，在除去可溶性杂质的过程中生成了氯化钠，所以该样品中氯化钠的质量分数小于94%，故填提纯中生成了氯化钠。20．（2021·上海普陀·一模）粗盐中常含有MgCl2、Na2SO4等杂质，现将这份粗盐样品采用两种不同方法进行NaCl的提纯，流程如图：①方法一Ⅰ每步所加试剂均过量的原因是。Ⅱ写出加入过量NaOH溶液反应的化学方程式。Ⅲ写出加入过量BaCl2溶液反应的化学方程式。Ⅳ通过规范的实验操作，甲同学所得的NaCl固体比粗盐样品中的NaCl的质量大，流程中增加NaCl质量的反应有个。②方法二Ⅰ提出该方法的同学认为：可用一种试剂X取代方法一中过量NaOH溶液和过量BaCl2溶液，达到提纯NaCl的目的，写出X的化学式。Ⅱ请依次判断两种方法中所得沉淀的质量关系。沉淀选填“相等”“不相等”或“无法判断”BaSO4BaCO3【答案】使杂质完全去除5相等相等无法判断【详解】①方法一：Ⅰ加入过量的氢氧化钠，使氯化镁全部转化为氢氧化镁沉淀，加入过量的氯化钡，使硫酸钠全部转化为硫酸钡沉淀，加入过量的碳酸钠，使剩余的氯化钡全部转化为碳酸钡沉淀，每步所加试剂均过量的原因是使杂质完全去除。Ⅱ加入过量NaOH溶液，氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，反应的化学方程式。Ⅲ加入过量氯化钡溶液，硫酸钠与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，反应的化学方程式。Ⅳ通过规范的实验操作，甲同学所得的NaCl固体比粗盐样品中的NaCl的质量大，加入氢氧化钠、氯化钡、碳酸钠时均有氯化钠生成，滤液中含有剩余的氢氧化钠、碳酸钠，加入过量的稀盐酸时，氢氧化钠、碳酸钠与稀盐酸反应均有氯化钠生成，则流程中增加NaCl质量的反应有5个。②方法二Ⅰ提出该方法的同学认为：可用一种试剂X取代方法一中过量NaOH溶液和过量BaCl2溶液，达到提纯NaCl的目的，X的化学式为，因为氢氧化钡与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钡，与硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠。Ⅱ根据质量守恒定律，沉淀质量取决于氯化镁的质量，则两种方法中所得的质量相等；根据质量守恒定律，BaSO4沉淀质量取决于硫酸钠的质量，则两种方法中所得BaSO4的质量相等；方法一中生成碳酸钡的质量取决于剩余氯化钡的质量，方法二中生成碳酸钡的质量取决于剩余氢氧化钡的质量，因此无法判断两种方法中所得沉淀的质量关系。21．（2024·上海·一模）目前工业上用真空法制备食盐，通过减压能使热的海水快速蒸发，同时还能获得淡水。(1)实验室中用溶液a（3%NaCl溶液1000g）模拟真空法制备食盐的流程（忽略物质的损耗）如下图所示：温度（℃）2090NaCl的溶解度（g/100g水）3639①属于饱和溶液的是（填溶液的编号）。②溶液a中溶质的质量为g。溶液a经减压蒸发后得到溶液b和NaCl固体xg，溶液b的质量（选填“<”、“=”或“>”）溶液c的质量。③分离溶液c和氯化钠固体的操作是。(2)海水晒制可得粗盐，粗盐除NaCl外，还含有、以及泥沙等杂质。现设计一种制备精盐的实验流程，步骤如图。①实验流程中加入过量X、Y溶液中的溶质分别是。（填写编号）请简述选择该选项的理由。选项溶质ⅠⅡⅢⅣXNa2CO3Na2CO3BaCl2Ba（NO3）2YBaCl2Ba（NO3）2Na2CO3Na2CO3②判断Y溶液过量的方法是。Ⅰ、取少量溶液A滴入硝酸银溶液，出现白色沉淀Ⅱ、取少量沉淀滴入盐酸，有气泡产生Ⅲ、取少量溶液A，滴入紫色石蕊，溶液变蓝Ⅳ、取少量溶液A滴入石灰水，出现白色沉淀③沉淀中除了泥沙等难溶杂质，还主要有物质。【答案】(1)bc30>过滤(2)Ⅲ可以除去杂质Na2SO4、CaCl2，并除去了过量的BaCl2Ⅲ、ⅣBaCO3、BaSO4、CaCO3【详解】（1）①20℃时，氯化钠溶解度为36g，该温度下，氯化钠饱和溶液的溶质质量分数为，溶液a的溶质质量分数为3%，则溶液a为不饱和溶液。溶液a经过加热减压，得到溶液b和氯化钠固体，则溶液b为饱和溶液，降温，氯化钠的溶解度减小，晶体析出，得到溶液c和氯化钠固体，故c为饱和溶液，故属于饱和溶液的是bc。②溶液a中溶质的质量为。氯化钠的溶解度随温度的升高而增加，溶液b降温后，氯化钠的溶解度减小，有溶质析出，得到溶液c，故溶液b的质量＞溶液c的质量。③过滤可实现固液分离，故分离溶液c和氯化钠固体的操作是过滤；（2）①粗盐中含氯化钙、硫酸钠、泥沙等杂质，氯化钡能与硫酸钠反应生成硫酸钡和氯化钠，可加入过量的氯化钡除去硫酸钠，碳酸钠能与氯化钙反应生成碳酸钙和氯化钠，碳酸钠能与氯化钡反应生成碳酸钡和氯化钠，故可加入过量的碳酸钠溶液除去氯化钙和过量的氯化钡，且加入碳酸钠溶液应在加入氯化钡之后，才能将过量的氯化钡除去，不能加入硝酸钡溶液除去硫酸钠，因为会引入杂质硝酸根离子，故X的溶质为氯化钡，Y的溶质为碳酸钠，故选Ⅲ，填可以除去杂质Na2SO4、CaCl2，并除去了过量的BaCl2②Ⅰ、取少量溶液A滴入硝酸银溶液，硝酸银和氯化钠、碳酸钠均能反应生成白色沉淀，故出现白色沉淀，不能说明碳酸钠过量，故Ⅰ不符合题意；Ⅱ、取少量沉淀滴入盐酸，有气泡产生，是因为沉淀中的碳酸钡、碳酸钙与稀盐酸反应生成二氧化碳，但是不能说明碳酸钠过量，故Ⅱ不符合题意；Ⅲ、取少量溶液A，滴入紫色石蕊，溶液变蓝，说明溶液显碱性，说明碳酸钠过量，故Ⅲ符合题意；Ⅳ、取少量溶液A滴入石灰水，氢氧化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙和氢氧化钠，产生白色沉淀，说明碳酸钠过量，故Ⅳ符合题意。故填：Ⅲ、Ⅳ。③沉淀中除了泥沙等难溶杂质，还含有硫酸钠和氯化钡反应生成的硫酸钡，氯化钙和碳酸钠反应生成的碳酸钙，氯化钡和碳酸钠反应生成的碳酸钡，故填：BaCO3、BaSO4、CaCO3。22．（2022·上海松江·二模）食盐是人类生存的必需品。下表是氯化钠和硫酸钠的溶解度(g/100g水)0℃10℃20℃30℃40℃氯化钠35.735.836.036.336.6硫酸钠4.59.620.240.848.5(1)20℃时，用3.6克氯化钠配制氯化钠饱和溶液，需克水。一定温度下的氯化钠饱和溶液是指该条件下不能再溶解的溶液。(2)海水晒盐。某海水中主要物质的含量见表，用下列方法得到氯化钠(微量杂质忽略不计)。物质每100g海水所含质量(g)水96.5氯化钠2.7硫酸钠0.7…………

I.把100克该海水晒干，得到盐是。(选填“纯净物”或“混合物”)II.写出加入X溶液发生反应的化学方程式X的物质的量是摩尔(填选项)，恰好将硫酸钠除尽。A．0.7/208

B．0.7/142

C．2.7/58.5

D．2.7/261III.20℃时，用13.6克的饱和氯化钠溶液充分冲洗精盐，过滤，得到滤液C的质量至少是克。检验滤渣D是否是纯净氯化钠的方法是。【答案】(1)10NaCl(氯化钠)(2)混合物BaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaClB14.3取滤渣D，溶于水，加入氯化钡或硝酸钡溶液，无白色沉淀生成，说明滤渣是纯净氯化钠【详解】（1）20℃时，氯化钠的溶解度为36.0g，则用3.6克氯化钠配制氯化钠饱和溶液，需水。一定温度下的氯化钠饱和溶液是指该条件下不能再溶解氯化钠溶质的溶液；（2）I.由图表可知，海水中含有氯化钠、硫酸钠等，把100克该海水晒干，得到盐含有多种物质，属于混合物；II.加入X溶液是为了除去硫酸钠杂质，X为氯化钡，硫酸钠和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠：；由图表可知，100g海水中含有硫酸钠质量为0.7g，则Na2SO4的物质的量为，由化学方程式体现的关系可知，BaCl2的物质的量是，恰好将硫酸钠除尽。故选B。III.20℃时，硫酸钠的溶解度为20.2g，氯化钠的溶解度为36.0g，13.6克的饱和氯化钠溶液中水的质量为，则10g水最多溶解硫酸钠2.02g>0.7g，故用13.6克的饱和氯化钠溶液充分冲洗精盐，过滤，得到滤液C的质量至少是13.6g+0.7g=14.3g。硫酸根离子和钡离子会生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，则检验滤渣D是否是纯净氯化钠的方法是取滤渣D，溶于水，加入氯化钡或硝酸钡溶液，无白色沉淀生成，说明滤渣是纯净氯化钠。07提纯其他物质23．（2024九年级下·上海·专题练习）某机械配件废弃物含Zn、Cu和Fe三种金属。实验室利用该金属碎屑制取高纯度氧化锌，其部分工艺如图所示，请回答：资料：Zn（OH）2溶于强碱形成可溶性盐。(1)操作①中用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和；滤渣Ⅰ中一定有（写化学式）；(2)加入稀硫酸溶解废弃物时必须过量，目的是，滤液Ⅰ的溶质一定有；(3)滤液Ⅰ中加入适量的锌能除去铁，除铁的化学方程式为，属于反应；(4)调节pH可用NaOH，但不能过量，其原因是；(5)焙烧Zn（OH）2发生分解反应的化学方程式为。【答案】(1)漏斗Cu(2)将锌和铁完全反应硫酸锌、硫酸亚铁和硫酸(3)置换(4)氢氧化锌能和氢氧化钠反应(5)【详解】（1）操作①将固液混合物分离，操作为过滤，过程中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗。稀硫酸不能和铜反应，和锌反应生成硫酸锌和氢气，和铁反应生成硫酸亚铁和氢气，滤渣Ⅰ中一定有Cu；故填：漏斗、Cu。（2）加入稀硫酸溶解废弃物时过量的目的是将锌和铁完全反应。稀硫酸不能和铜反应，和锌反应生成硫酸锌和氢气，和铁反应生成硫酸亚铁和氢气，滤液Ⅰ的溶质一定有硫酸锌、硫酸亚铁和硫酸。故填：将锌和铁完全反应、硫酸锌、硫酸亚铁和硫酸。（3）锌和硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁，化学方程式为：。该反应是由一种单质与一种化合物反应生成另一种单质与另一种化合物的反应，属于置换反应。（4）Zn（OH）2溶于强碱形成可溶性盐，调节pH可用NaOH，但不能过量，其原因是氢氧化锌能和氢氧化钠反应。（5）焙烧氢氧化锌发生分解反应生成氧化锌和水，故反应的化学方程式为：。24．（2023·上海·中考真题）氯化钾是生产低钠盐的原料之一。某粗制氯化钾中混有氯化镁和硫酸钾，为提纯氯化钾，取100g样品全部溶于水得到溶液A，后续实验步骤如图所示。(1)Ⅰ中生成沉淀，该沉淀呈色。(2)Ⅱ中生成的沉淀质量与加入的KOH物质的量的变化关系，如图所示，其中。(3)Ⅲ中加入过量溶液，是为了除尽滤液C中的（填写化学式）。(4)写出Ⅳ中反应的化学方程式(5)为减少所用试判的种类，在溶液A中先加入溶液，最终也能提纯KCl。基于（1）（2）中的信息，理论上至少需要mol；请用图所示的形式写出完整的提纯方案【答案】(1)白(2)1.16(3)(4)、(5)0.03【详解】（1）Ⅰ中加入过量的氯化钡溶液，氯化钡和硫酸钾反应生成硫酸钡和氯化钾，生成硫酸钡沉淀，硫酸钡沉淀呈白色；（2）由图可知，当加入氢氧化钾的物质的量为0.04mol时，生成氢氧化镁的质量最大，此时氯化镁恰好完全反应，氢氧化钾的相对分子质量为：39+16+1=56，摩尔质量为：56g/mol，则消耗氢氧化钾的质量为：解：设生成氢氧化镁的质量为m

m=1.16g答：生成氢氧化镁的质量为1.16g，即图中x=1.16；（3）Ⅰ中加入过量的氯化钡溶液，氯化钡与硫酸钾反应生成硫酸钡和氯化钾，可除去硫酸钾，Ⅱ中加入过量氢氧化钾溶液，氢氧化钾和氯化镁反应生成氢氧化镁和氯化钾，除去氯化镁，Ⅲ中加入过量K2CO3溶液，碳酸钾和氯化钡反应生成碳酸钡和氯化钾，故是为了除尽滤液C中的BaCl2；（4）滤液D中含氯化钾、过量的氢氧化钾和碳酸钾，加入过量稀盐酸，氢氧化钾和稀盐酸反应生成氯化钾和水，该反应的化学方程式为：，碳酸钾和稀盐酸反应生成氯化钾、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为：；（5）由（1）可知，Ⅰ中生成0.03molBaSO4沉淀，I中反应为：，由此可知，溶液A中含硫酸根离子的物质的量为：0.03mol，则要使硫酸根离子完全转化为沉淀，需要钡离子的物质的量为0.03mol；由（2）中图可知，当加入氢氧化钾的物质的量为0.04mol时，此时溶液A中的镁离子恰好完全转化为沉淀，即要想使镁离子完全转化为沉淀，需要0.04mol氢氧根离子，即要使镁离子和硫酸根离子完全转化为沉淀，需要0.03mol的钡离子和0.04mol的氢氧根离子，则理论上至少需要Ba(OH)2的物质的量为0.03mol；溶液A中含有氯化镁和硫酸钾杂质，先加入过量氢氧化钡溶液，氢氧化钡和硫酸钾反应生成硫酸钡和氢氧化钾，氢氧化钡和氯化镁反应生成氢氧化镁和氯化钡，可除去硫酸钾和氯化镁，此时溶液中含杂质氯化钡、氢氧化钡、氢氧化钾，可再加入过量的碳酸钾溶液，碳酸钾和氢氧化钡反应生成碳酸钡和氢氧化钾，氯化钡和碳酸钾反应生成碳酸钡和氯化钾，可除去氢氧化钡和氯化钡，此时滤液中含氢氧化钾和碳酸钾杂质，然后可加入过量稀盐酸，氢氧化钾和稀盐酸反应生成氯化钾和水，碳酸钾和稀盐酸反应生成氯化钾、二氧化碳和水，除去氢氧化钾和碳酸钾，然后蒸发，盐酸具有挥发性，蒸发过程中，氯化氢会挥发出去，最后可得到纯净的氯化钾，故图为：。

25．（2022·上海宝山·模拟预测）某化学兴趣小组，欲利用实验室的固体废弃物(主要成分为CaCO3，还含有少量的C、CuO等杂质)制作CaCl2，实验过程如下图所示：(1)副产品NaCl的用途：(写一例)。(2)步骤I加入的X溶液为，加入过量X溶液的目的是。(3)步骤Ⅱ加入适量Y溶液后，观察到的现象是，滤渣2中的物质是。(4)写出得到副产品NaCl的反应的化学方程式。【答案】(1)做调味品等(2)稀盐酸使CaCO3、CuO完全反应(3)产生蓝色沉淀氢氧化铜/Cu(OH)2(4)和【分析】根据流程可知，最终得到氯化钙和氯化钠，故加入的X是能与碳酸钙反应的含氯元素的物质，因此选择稀盐酸，则碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙水和二氧化碳，氧化铜与稀盐酸反应生成氯化铜的水，碳不反应，过滤则滤液1中含有氯化钙和氯化铜，剩余的盐酸，根据题意，Y溶液是氢氧化钠，可以与盐酸反应生成氯化钠和水，可以与氯化铜反应生成氢氧化铜沉淀除去铜离子同时生成氯化钠，据此解题。【详解】（1）氯化钠在生活中主要用作调味品，故填：做调味品等；（2）根据分析可知，X是：稀盐酸；稀盐酸能与碳酸钙和氧化铜反应，因此加入过量的稀盐酸可以是碳酸钙和氧化铜完全都反应，故填：使CaCO3、CuO完全反应；（3）根据分析可知，Y溶液是氢氧化钠溶液，加入氢氧化钠和氯化铜反应生成蓝色的氢氧化铜沉淀和氯化钠，故现象是：产生蓝色沉淀；过滤的到的滤渣即沉淀氢氧化铜，故填：氢氧化铜；（4）根据题意和分析可知生成氯化钠的反应是Y溶液即氢氧化钠和剩余的盐酸反应生成氯化钠和水以及与氯化铜反应生成氢氧化铜和氯化钠，化学方程式为：和。26．（22-23九年级下·上海杨浦·阶段练习）氢氧化钠是重要的化工原料，在生产过程中常含少量的氯化钠杂质。(1)氢氧化钠溶液的pH7（填“＞”、“＜”或

“=”）。(2)检验NaOH样品中含有NaCl杂质。操作现象结论步骤一：取少量样品溶于水，先滴入酚酞试液，再滴入足量稀硝酸样品中含有NaCl步骤二：在上述反应所得的溶液中滴加溶液产生白色沉淀(3)提纯NaOH样品。氯化钠和氢氧化钠的部分溶解度数据如下表。温度（℃）0206080NaCl35.736.037.138.4NaOH42109174314I、60℃时，NaCl的溶解度为g／100g水；20℃时，10g水中最多溶解NaOHg。II、某同学进行如下实验：i、溶液A中，NaOH（填“达到”或“未达到”）饱和状态。ii、200g样品中NaOH的质量是。iii、运用数据分析说明不能省略步骤III的原因。【答案】(1)＞(2)滴入酚酞后，溶液变红，加入硝酸后，褪为无色硝酸银/AgNO3(3)37.110.9未达到197若不蒸发水，则0℃时，100g水最多会溶解NaOH42g，会比前方案少析出37.8gNaOH【详解】（1）氢氧化钠溶液为碱性，pH>7。（2）步骤一：根据样品中有氯化钠，则溶解后得到的是氢氧化钠和氯化钠的混合溶液。氢氧化钠溶液为碱性，能使酚酞变红。硝酸和氢氧化钠反应生成硝酸钠和水，硝酸钠溶液为中性。所以现象是滴入酚酞后，溶液变红，加入硝酸后，褪为无色。步骤二：步骤一反应后的溶液中含有氯化钠，氯离子可以和银离子结合生成氯化银白色沉淀，确定有氯化钠。所以滴加的是硝酸银溶液。（3）I、从表格可知，60℃时，NaCl的溶解度为37.1g／100g水；20℃时，氢氧化钠的溶解度为109g，则10g水中最多溶解氢氧化钠的质量时10.9g。II：i、80℃时，氢氧化钠的溶解度为314g，溶液A中有水100g，样品200g（氢氧化钠最多200g），则未达到饱和状态。ii、析出88g氢氧化钠，滤液B是氢氧化钠的饱和溶液。20℃时，氢氧化钠的溶解度为109g，则滤液B中有100g水，还溶有氢氧化钠的质量为109g。则样品中有氢氧化钠的质量为88g+109g=197g。iii、0℃氢氧化钠的溶解度为42g。如不进行步骤Ⅲ，即不蒸发水，则0℃时，100g水最多会溶解NaOH42g。蒸发90g水后剩余溶剂水的质量为10g，0℃氯化钠的溶解度为35.7g，此时最多溶解氯化钠3.57g，比样品中的200g-197g=3g多，氯化钠不会析出。此时10g水最多溶解氢氧化钠的质量为4.2g。则若不蒸发水会比前方案少析出42g-4.2g=37.8g，所以不能省略步骤Ⅲ。08工业生产流程图27．（23-24九年级下·上海·随堂练习）碳酸钙是钙的碳酸盐化合物，工业用途甚广。(1)石灰石用途非常广泛：可用来吸收火力发电厂煤燃烧时产生的二氧化硫废气，请将反应的化学方程式补充完整：2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+。(2)电子工业高纯碳酸钙的制备：硝酸钙与碳酸铵在溶液中反应的化学方程式是从Ca(NO3)2+(NH4)2CO3=CaCO3↓+2NH4NO3，采用操作进行沉淀分离。(3)常用工业碳酸钙(含有少量NaCl、FeCl3等杂质)为原料生产某融雪剂，主要生产流程如图所示：已知Fe(OH)3为难溶的碱。①碳酸钙与盐酸反应的化学方程式是。②溶液A加入过量熟石灰的主要目的是。③固体乙的成分是。【答案】(1)2CO2(2)过滤(3)CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑使FeCl3沉淀完全CaCl2、NaCl【详解】（1）由反应的化学方程式，根据化学变化前后原子的种类、数目不变，可判断生成物X的含有2个C原子和4个O原子，则每个分子由1个C原子和2个O原子构成，X的化学式为CO2；（2）产物碳酸钙难溶于水，硝酸铵易溶于水，因此可以采用过滤法分离；（3）①碳酸钙与盐酸反应产生氯化钙、水和二氧化碳，反应的方程式为：；②功业氢氧化钙中含有氯化铁杂质，碳酸钙经盐酸反应后的溶液A中含有少量Fe3+杂质，加入过量的氢氧化钙和氯化铁反应产生氢氧化铁沉淀，把杂质除去；③由变化的流程可知固体乙中含有原混合物中的氯化钠和反应过程中生成的氯化钙。28．（2024·上海·一模）碳酸锶（SrCO3）是一种重要的工业原料，广泛用于生产锶铁氧体磁性材料。一种以菱锶矿（含80～90%SrCO3，少量CaCO3、BaCO3等）制备高纯碳酸锶的工艺流程如图：【查阅资料】①不溶性碳酸盐高温下可以分解，生成金属氧化物和CO2气体。②可溶性碱（如KOH）中金属元素（K）形成的氧化物（K2O）才能与水反应生成对应的碱（KOH），反之，不溶性碱[如Cu（OH）2]中金属元素（Cu）形成的氧化物（CuO）不能与水反应。③金属锶：化学性质非常活泼，可直接与水反应生成氢氧化锶和氢气。④氢氧化锶在水中的溶解度数据如表：温度/℃10203040608090100溶解度/（g/100g）1.251.772.643.958.4220.244.591.2请回答以下问题：(1)“粉碎”菱锶矿、焦炭混合物的目的是。(2)“立窑煅烧”中碳酸锶和焦炭反应得到单质锶，请写出该反应的化学方程式。(3)“浸取”中用热水浸取而不用冷水的原因是，滤渣1含有Ca(OH)2和。(4)写出“除钡”环节中滤渣2的化学式。(5)“结晶”采用的是结晶法，得到的“母液”一定是氢氧化锶的(填“饱和”或“不饱和溶液”)。(6)“沉锶”时发生的反应：Sr（OH）2+NH4HCO3＝SrCO3↓+NH3·H2O+H2O，该反应需的温度需控制在65-80℃，其原因是。【答案】(1)增大反应物的接触面积，使反应更快更充分(2)2C+SrCO3Sr+3CO↑(3)增大氢氧化锶的溶解度焦炭(4)BaSO4(5)降温饱和(6)加快化学反应速率且防止NH4HCO3受热分解【详解】（1）反应物的接触面积越多，反应速率越快，则菱锶矿、焦炭混合粉碎的目的是增大反应物之间的接触面积，使反应更充分，加快反应反应速率。（2）分析流程图信息可知，立窑煅烧中反应物是焦炭和碳酸锶，生成物为锶和一氧化碳，故得到单质锶的化学方程式写为。（3）由于不溶性碳酸盐高温下可以分解，生成金属氧化物和CO2气体，则立窑煅烧中，碳酸钙高温分解为氧化钙和二氧化碳，碳酸钡高温煅烧生成氧化钡和二氧化碳，而可溶性碱（如KOH）中金属元素（K）形成的氧化物（K2O）能与水反应生成对应的碱，则氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氧化钡和水反应生成氢氧化钡，且锶和水反应生成氢氧化锶和氢气。且由表中数据可知，氢氧化锶溶解度随温度升高而增大，而氢氧化钙溶解度随温度升高而减小，则“浸取”中用热水浸取而不用冷水的原因是增大氢氧化锶的溶解度，使氢氧化钙析出；由于立窑煅烧中加有焦炭，则滤渣1含有Ca(OH)2和焦炭。（4）结合前面分析，溶液中还含有氢氧化钡，氢氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，则“除钡”环节中滤渣2的化学式为BaSO4。（5）由于氢氧化锶的溶解度受温度影响比较大，则采用降温结晶的方法；由于得到的“母液”中不能继续溶解氢氧化锶，则为氢氧化锶的饱和溶液。（6）碳酸氢铵受热易分解，则将温度控制在65-80℃，即为加快化学反应速率，又要防止NH4HCO3受热分解29．（2024·上海·一模）碳酸钠是一种重要的化工原料，获取和制备碳酸钠有多种方法。I、我国有许多盐碱湖，湖中溶有大量的碳酸钠和氯化钠，请据下图回答问题。(1)根据图1溶解度曲线分析，提取碳酸钠的季节最好是，配制等质量分数的碳酸钠和氯化钠的饱和溶液，需要将温度控制在。(2)图2流程图，苛化反应时将温度升高至99-100℃的原因是。Ⅱ、侯氏制碱法。1943年我国科学家侯德榜创造性地将制碱与制氨两种工艺联合起来，发明了侯氏制碱法，促进世界制碱工业的发展。模拟流程图如下图所示。(3)操作a名称是。(4)步骤Ⅲ中，NaCl、NH4Cl、NaHCO3三种物质中溶解度最小的是，写出该步骤中的化学反应方程式。(5)“侯氏制碱法”制得的纯碱(Na2CO3)中常含有少量氯化钠。某兴趣小组的同学称取6g纯碱样品，加入过量的CaCl2溶液，