备战中考化学一模试题分类汇编——流程图综合含答案解析

一、中考初中化学流程图
1．《天工开物》中介绍了锌的冶炼方法：把炉甘石（ZnCO 3）和煤炭饼装入炼锌罐（如下图所示），泥封，“其底铺薪，发火煅红”“冷定毁罐取出”。

（已知：锌的熔点 为 419℃，沸点为 907℃）
（1）反应区中，ZnCO 3 分解生成 ZnO 和另一种氧化物，反应的化学方程式为_________。

C 与 ZnO 发生置换反应得到 Zn ，反应中化合价升高的元素是_____。

（2）冷凝区中，锌由气态转化为液态，理论上该区应控制的温度范围是_____℃。

（3） “冷定”后方能“毁罐”取锌、从化学变化角度解释其原因：_____。

【答案】ZnCO 3
加热
ZnO ＋CO 2↑ C （或“碳”） 419~907 防止生成的锌在较高温度下又
被氧化成氧化锌（或“2Zn ＋O 2加热
2ZnO”）
【解析】 【分析】
碳酸锌高温生成氧化锌和二氧化碳，碳和氧化锌高温生成锌和二氧化碳，锌和氧气加热生成氧化锌。

【详解】
（1）反应区中，ZnCO 3 分解生成 ZnO 和二氧化碳，反应的化学方程式为
3
2ZnCO ZnO+CO 加热。

C 与 ZnO 发生置换反应得到Zn 和二氧化碳，故反应中化合价
升高的元素是碳。

（2）锌的熔点为 419℃，沸点为 907℃，冷凝区中，锌由气态转化为液态，故该区应控制的温度范围是419~907℃。

（3）锌在较高温度被氧化成氧化锌，“冷定”后方能“毁罐”取锌，原因是防止生成的锌在较高温度下又被氧化成氧化锌。

2．人类的生存和发展离不开能源和资源．
（1）家用燃料的更新过程如下：煤→液化石油气或管道煤气→天然气，下列有关家用燃料更新的理由，正确的是________（选填字母）．
A天然气属于可再生能源
B气体燃料比固体燃料利用率更高
C天然气作为燃料可避免温室效应的发生
D煤仅仅用作燃料烧掉浪费资源
（2）水是生命之源，合理利用和保护水资源是我们义不容辞的责任．
①设法除去硬水中的________，可以使硬水软化成软水．
②公共场所可利用“活性炭+超滤膜+紫外线”组合工艺获得直饮水，其中活性炭主要起
________作用．
（3）海水中有大量可以利用的化学资源，其中所含的氯化镁是金属镁的重要来源之一．从海水中提取金属镁，可按如图流程进行：
①下列有关说法正确的是________（选填字母）．
A步骤I通过一步反应即可实现．
B步骤II、III、IV的目的是从海水中提纯氯化镁
C步骤V中化学能转化为电能
D在此流程中涉及的基本反应类型有4种
②在此流程中可以循环利用的物质是________．
（4）家中蒸馒头常用的纯碱中含有少量氯化钠，某实验小组要测定该纯碱中碳酸钠的质量分数，取12g纯碱样品放入烧杯中，逐滴加入稀盐酸至不再产生气泡，此时烧杯中没有不溶物，共消耗稀盐酸72.4g，测得反应后溶液的质量为80g．请帮助实验小组完成以下计算（写出计算过程）：
①根据质量守恒定律计算生成二氧化碳的质量________
②样品中碳酸钠的质量分数是多少________？
【答案】BD 可溶性的钙、镁化合物吸附 B 氯化氢 4.4g 88.3%
【解析】
【分析】
【详解】
（1）A 、天然气是三大化石燃料之一，属于不可再生能源，A 错误；
B 、由于气体燃料与空气接触面更大，燃烧更充分，故气体燃料比固体燃料利用率更高，B 正确；
C 、天然气作为燃料也生成二氧化碳，所以不可避免温室效应的发生，C 错误；
D 、煤仅仅用作燃料烧掉浪费资源，还可以深加工成各种产品，减少环境污染，D 正确。

故选BD 。

（2）①硬水是指含有较多可溶性的钙、镁化合物的水，所以设法除去硬水中的钙、镁化合物，可以使硬水软化成软水；
②公共场所可利用“活性炭+超滤膜+紫外线”组合工艺获得直饮水，其中活性炭主要起吸附作用；
（3）①A 、步骤I 是碳酸钙高温煅烧生成氧化钙，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，所以通过一步反应不可实现，不符合题意；
B 、步骤II 、III 、IV 的目的是从海水中提纯浓度更高的氯化镁，符合题意；
C 、步骤V 中是电能转化为化学能，不符合题意；
D 、步骤I 碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，属于分解反应，氧化钙和水生成氢氧化钙，属于化合反应；步骤II 氢氧化钙与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，属于复分解反应；步骤III 氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁和水，属于复分解反应；步骤IV 蒸发结晶，不属于化学变化；步骤V 氯化镁电解生成镁和氯气，属于分解反应；故此流程中涉及的基本反应类型有3种，没有置换反应，不符合题意。

故选B 。

②生成的氯化氢气体溶于水形成盐酸还可以和氢氧化镁反应，所以在此流程中可以循环利用的物质是氯化氢；
（4）①根据质量守恒定律，生成的二氧化碳的质量为12g+72.4g-80g=4.4g ②设样品中碳酸钠的质量为x 。

2322Na CO +2HCl=2NaCl+H O+CO 106444.4g
x
↑ 106=
44 4.4g =10.6g
x x 所以样品中碳酸钠的质量分数为：
10.6g
100%88.3%12g
⨯≈ 答：生成二氧化碳的质量为4.4g ；样品中碳酸钠的质量分数为88.3%。

3．中国制造业正在持续发展，公金是其中重要的金属材料。

(1)黄铜是铜锌合金，将纯铜片和黄铜片互相刻画(如图1所示)，纯铜片上留下明显的划痕，说明______。

(2)黄铜渣中约含Zn7%、ZnO31%、Cu 50%、CuO5%，其余为杂质(杂质不溶于水、不参与反应)。

处理黄铜渣可得到硫酸锌，主要流程如图2,操作中加热蒸发后冷却至原温度:
①溶液A中所含溶质为____________________；
②I、II 中的操作均包括________________；
③下列说法正确的是____________________。

A 溶液A中ZnSO4的质量大于CuSO4
B 溶液A的质量小于溶液B
C 溶液C中溶质的质量分数小于溶液B
(3)锌粉、铝粉、镁粉的混合物3.8g与一定质量的稀硫酸恰好完全反应，生成氢气0.2g,将反应后的溶液蒸发水分后得到固体混合物(不含结晶水)的质量为________g。

【答案】黄铜硬度比纯铜大 ZnSO4、CuSO4、H2SO4过滤 AB 13.4
【解析】
【分析】
【详解】
(1)黄铜是铜锌合金，将纯铜片和黄铜片互相刻画，纯铜片上留下明显的划痕，说明黄铜硬度比纯铜大。

(2)向黄铜渣中加入过量的稀硫酸，锌和氧化锌分别与稀硫酸反应生成硫酸锌，氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜，故①溶液A中所含溶质为ZnSO4、CuSO4和过量的H2SO4。

②I、II 中的操作均包括是过滤，在I中通过过滤除去铜和不溶性杂质，在II 中通过过滤除去过量的锌。

③A、因为黄铜渣中Zn和ZnO的总含量大于CuO的含量，故溶液A中ZnSO4的质量大于CuSO4，A正确；
B、溶液A中含有ZnSO4、CuSO4、H2SO4，加入过量的锌，锌分别与CuSO4、H2SO4反应生成硫酸锌，锌的相对原子质量大于铜或氢的相对原子质量，故溶液A的质量小于溶液B，B 正确；
C 溶液B通过蒸发溶剂冷却至原温度得到溶液C和硫酸锌晶体，则溶液C一定是该温度下的硫酸锌饱和溶液，而溶液B不是硫酸锌饱和溶液，故溶液C中溶质的质量分数可能大于溶液B，C不正确。

故选AB。

(3)锌粉、铝粉、镁粉的混合物3.8g与一定质量的稀硫酸恰好完全反应，生成氢气0.2g。

根据质量守恒定律，利用硫酸中氢离子与硫酸根离子的质量比，则参加反应的硫酸中硫酸根
离子的质量为2
0.2g =9.6g 96。

反应后的溶液蒸发水分后得到固体混合物的质量等于原固体质量与参加反应中硫酸根离子的质量总和，则为3.8g+9.6g=13.4g 。

4．金属钛（Ti ）因具有许多神奇的性能而越来越引起人们的关注，被誉为“未来金属“。

常温下钛不和非金属、强酸反应，加热至红热时，能与常见的非金属反应。

工业上由钛铁矿（主要成分为FeTiO 3）制取金属钛的主要工艺过程如图：
（1）反应前将钛酸亚铁和焦炭磨成粉末状的原因是_____。

（2）TiO 2与C 、Cl 2在高温下反应，生成TiCl 4和一种有毒气体，该气体是一种氧化物，其化学式为_____。

（3）写出步骤③中（Ar 起保护气作用）在高温时生成金属钛的化学反应方程式_____，该反应的基本类型为_____。

（4）今年来，工业上用电解熔融的TiO 2来制取金属钛获得成功，从能量的角度分析，工业利用该方法制备金属Ti 的缺点是_____。

（5）如何从反应③后的固体中获得金属钛：_____。

【答案】为了增大反应物之间的接触面积，使反应更充分 CO TiCl 4+2Mg
Ar
高温Ti+2MgCl 2 置换反应 需要消耗大量的电能 向固体中加入足量盐酸(或
稀硫酸)，充分反应后过滤，洗涤，干燥 【解析】 【分析】
四氯化钛和镁高温生成钛和氯化镁，二氧化钛和碳和氯气高温生成四氯化钛和一氧化碳，镁和稀盐酸反应生成氯化镁和氢气。

【详解】
（1）反应前将钛酸亚铁和焦炭磨成粉末状的原因是为了增大反应物之间的接触面积，使反应更充分。

（2）TiO 2与C 、Cl 2在高温下反应，生成TiCl 4和一种有毒气体，该气体是一种氧化物，则氧化物是一氧化碳，故化学式为CO 。

（3）步骤③中（Ar 起保护气作用）在高温时生成金属钛的反应是四氯化钛和镁高温生成钛和氯化镁，反应的化学反应方程式为TiCl 4+2Mg
Ar
高温Ti+2MgCl 2，反应符合一种单质和
一种化合物生成另一种单质和另一种化合物，故该反应的基本类型为置换反应。

（4）从能量的角度分析，工业利用该方法制备金属Ti 的缺点是需要消耗大量的电能。

（5）常温下Ti 不和非金属、强酸反应，所得产物Ti 中混有过量Mg ，则除去镁可利用稀盐酸（或稀硫酸），镁能与盐酸（或稀硫酸）反应，则可将钛中的镁除去，充分反应后过
滤，洗涤，干燥获得金属钛，故从反应③后的固体中获得金属钛的方法是向固体中加入足量盐酸(或稀硫酸)，充分反应后过滤，洗涤，干燥。

【点睛】
置换反应是一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物的反应，常温下Ti 不和非金属、强酸反应，所得产物Ti 中混有过量Mg ，则除去镁可利用稀盐酸（或稀硫酸）。

5．人类的生产生活离不开金属．
（1）金属铁、铝常用来制作炊具，主要是利用其_______________性．
（2）人类每年从自然界提取大量的金属，其中提取量最大的是铁．赤铁矿（主要成分为Fe 2O 3）和一氧化碳炼铁的化学方程式为______________________________________． （3）我国钢铁年产量很高，但因锈蚀造成的损失也很惊人．工业上常用稀盐酸除去铁锈，该反应的化学方程式为___________________________________________．
（4）从含有CuSO 4、ZnSO 4、FeSO 4的废水中回收重要原料硫酸锌和有关金属，实验过程如下．
请回答：
写出步骤①中发生反应的化学方程式__________________________________________；固体D 的化学式为_____；以上物质A ～G 中，含有锌元素的是_______（填字母序号） 【答案】导热 23
23CO+Fe O 2Fe+3CO 高温
6HCl+Fe 2O 3=2FeCl 3+3H 2O
Zn+FeSO 4=Fe+ZnSO 4 Zn+CuSO 4=ZnSO 4+Cu Fe ；ABCEG 【解析】 【分析】 【详解】
（1）作炊具，主要是利用金属的导热性．
（2）用赤铁矿（主要成分为Fe 2O 3）和一氧化碳炼铁的反应物是一氧化碳和氧化铁，写在等号的左边，生成物铁和二氧化碳写在等号的右边，根据得失氧进行配平，反应条件是高
温写在等号的上边，所以化学方程式为：23
23CO+Fe O 2Fe+3CO 高温
．
（3）盐酸除铁锈的反应物是盐酸和氧化铁写在等号的左边，生成物氯化铁和水写在等号的右边，用观察法配平即可，所以方程式是：6HCl+Fe 2O 3=2FeCl 3+3H 2O ．（4）根过量A 是加入的锌，锌与硫酸亚铁反应生成铁和硫酸锌，所以方程式是：Zn+FeSO 4═Fe+ZnSO 4；锌与硫酸铜反应生成铜和硫酸锌，所以方程式是：Zn+CuSO 4═ZnSO 4+Cu ；由于锌与硫酸亚铁反应生成铁盒硫酸锌，锌与硫酸铜反应生成铜和硫酸锌，且加入的锌是过量的，所以固体B 中含有锌、铁、铜；溶液C 是硫酸锌溶液；固体B 用磁铁把铁吸引出来，所以固体D 是铁；固体E 中含有锌和铜，由于锌能与硫酸反应，铜与硫酸不反应，所以加入的溶液F 是稀硫酸，溶液G 是硫酸锌溶液；所以含有锌元素的有ABCEG ．
考点：金属的物理性质及用途；金属活动性顺序及其应用；一氧化碳还原氧化铁；酸的化学性质．
6．MgSO 4•7H 2O 是一种重要的化工原料，某工厂以一种镁矿石（主要成分为 SiO 2和 MgCO 3，还含有少量 FeCO 3，其它成分忽略）为原料制备 MgSO 4•7H 2O 的主要流程如图：
查阅资料：①SiO 2既不溶于水也不溶于稀硫酸。

②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH 见下表： 阳离子 Mg 2+ Fe 2+ Fe 3+ 开始沉淀时的 pH
9.1
7.6
1.9
沉淀完全时的 pH
11.1 9.7 3.2
请回答下列问题：
（1）MgCO 3与稀硫酸发生反应的化学方程式为_________；为了让镁矿石与稀硫酸充分反应，提高原料利用率，可采取的措施为_____(填字母)。

A 将镁矿石粉碎
B 升高反应温度
C 用稀硫酸多次浸泡
（2）溶液 A中所含的溶质成分有_____；溶液 A中加入 H2O2溶液会生成 Fe2(SO4)3，该反应的化学方程式为_________。

（3）选用MgO调节pH使 Fe3+转化为沉淀，而不选用NaOH的原因是_____。

加氧化镁调节后溶液的 pH范围是____ (用不等式表示)
（4）溶液C经加热浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、低温干燥后得到 MgSO4•7H2O 晶体，低温干燥的目的是_____。

【答案】MgCO3+H2SO4=MgSO4+H2O+CO2↑ ABC MgSO4、FeSO4、H2SO4
2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O 确保镁离子不沉淀的前提下使铁离子完全沉淀，并可避免混入反应产生的Na2SO4，引入新的杂质 3.2≤pH＜9.1 防止MgSO4·7H2O失去结晶水
【解析】
【分析】
【详解】
（1）碳酸镁和硫酸反应生成硫酸镁、水和二氧化碳，化学方程式为：
MgCO3+H2SO4=MgSO4+H2O+CO2↑；将镁矿石粉碎可以增大与稀硫酸的接触面积，可以使反应充分，提高原料利用率；温度越高反应速率越快，反应越充分，所以能提高原料利用率；用稀硫酸多次浸泡镁矿石可使里面的碳酸镁与稀硫酸充分反应，提高原料利用率；故填：MgCO3+H2SO4=MgSO4+H2O+CO2↑；ABC。

（2）碳酸镁和碳酸亚铁均能和硫酸反应，同时硫酸还是过量，所以“溶液A”中含有硫酸镁和硫酸亚铁以及硫酸；硫酸亚铁和硫酸、过氧化氢反应生成硫酸铁和水，化学方程式为：2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O；故填：MgSO4、FeSO4、H2SO4；
2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O。

（3）除杂的原则：除去杂质，不能引入新的杂质，用MgO调节pH能使Fe3+转化为沉淀而除去，而NaOH和硫酸反应会生成新的杂质硫酸钠，且也会和溶液溶的硫酸镁反应生成沉淀而被除去，所以要用MgO来确保镁离子不沉淀的前提下使铁离子完全沉淀，并可避免混入反应产生的Na2SO4，引入新的杂质。

加入的氧化镁，需要完全除去铁离子，镁离子不能沉淀，所以“沉淀”步骤中，用氧化镁调节pH的范围是3.2≤pH＜9.1。

故填：确保镁离子不沉淀的前提下使铁离子完全沉淀，并可避免混入反应产生的Na2SO4，引入新的杂质；
3.2≤pH＜9.1。

（4）由于结晶水合物在干燥过程受热容易失去结晶水，所以低温干燥的目的是防止MgSO4·7H2O失去结晶水。

故填：防止MgSO4·7H2O失去结晶水。

7．保险粉（化学式 Na2S2O4）在工农业生产中有广泛的用途，Na2S2O4 在碱性溶液中稳定，在中性和酸性溶液中极不稳定；在 NaCl 存在下，Na2S2O4 在水中溶解度显著下降。

Na2S2O4 制备流程如下：
（1）反应Ⅰ的原理为：Zn + 2SO 2 = ZnS 2O 4，该反应类型为_________。

（2）反应Ⅱ为复分解反应，该反应的化学方程式为_____________________________。

（3）操作a 的名称为_____________。

（4）滤液中含有 Na 2S 2O 4，为使 Na 2S 2O 4 结晶析出还需要加入少量 NaOH 的原因是____________， 加入 NaCl 的原因是_____________________。

（5）198g Zn(OH)2 理论上能得到 Zn 的质量为____________。

【答案】化合反应 2NaOH + ZnS 2O 4 = Zn(OH)2↓+Na 2S 2O 4 过滤 Na 2S 2O 4 在碱性溶液中稳定 降低 Na 2S 2O 4 在水中的溶解度 130g 【解析】 【分析】 【详解】
（1）两种或两种以上反应物生成一种产物的反应类型是化合反应。

（2）根据复分解反应的定义，可得出方程式 2NaOH + ZnS 2O 4 = Zn(OH)2↓+Na 2S 2O 4。

（3）反应Ⅱ生成氢氧化锌沉淀，要将沉淀与溶液分离开，因此操作 a 为过滤。

且由后续流程图中的滤液可倒推出操作 a 为过滤。

（4）由题意可得 Na 2S 2O 4 在酸性和中性溶液中极不稳定，因此加入氢氧化钠固体可调节溶液 pH 为碱性使 Na 2S 2O 4 稳定存在；同理，由题意可得，氯化钠的存在使 Na 2S 2O 4 溶解度降低，更易结晶析出，提高产率。

（5）根据元素质量守恒，由 198g 氢氧化锌中得到锌的质量为
65
198g 100%65+(16+1)2
⨯
⨯⨯ =130g 。

8．实验室用铜辉矿（主要成分为Cu 2S ，含少量Fe 2O 3、SiO 2等杂质）制备某种碱式碳酸铜[Cu a (OH)b (CO 3)c •dH 2O]的主要实验流程如下图。

（1）实验室进行操作I 和操作II 时，用到的玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯和__________。

（2）“浸取”步骤中发生反应（I、II），其中反应I为：
2MnO2+Cu2S+□H2SO4=2MnSO4+2CuSO4+S↓+4H2O，在□中的化学计量数是________。

（3）“浸取”步骤中，另一反应II的化学方程式为________________。

（4）滤渣I的成分为MnO2、S和___________。

（5）已知部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cu(OH)2Mn(OH)2
开始沉淀7.5 2.7 5.28.3
完全沉淀9.7 3.2 6.49.8
“除铁”步骤中，控制适宜的pH范围为_____________。

【答案】漏斗 4 Fe2O3 + 3H2SO4 = Fe2(SO4)3 + 3H2O SiO2 2.7~3.2
【解析】
【详解】
(1)操作I操作的结果是得到滤渣，所以该操作为过滤；而操作II操作的结果得到滤液，所以该操作也是过滤。

实验室进行操作I和操作II时，用到的玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯和漏斗；
(2)“浸取”步骤中发生反应(I、II)，其中反应I为：
2MnO2+Cu2S+□H2SO4=2MnSO4+2CuSO4+S↓+4H2O，根据生成的水中的氢原子都来自硫酸，根据氢原子个数可知硫酸的计量数为4，所有□中填上合适的化学计量数为4；
(3)“浸取”步骤中，由于存在氧化铁，氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水，对应的化学方程式为Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O；
(4)滤渣I的成分为MnO2、S(生成的)、SiO2(铜辉矿中的)等杂质；
(5)
沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cu(OH)2Mn(OH)2
开始沉淀7.5 2.7 5.28.3
完全沉淀9.7 3.2 6.49.8
由表可以看出，若只除去铁，则需要让其他离子不能沉淀，所以在“除铁”步骤中，控制适宜的pH范围为2.7∼3.2。

9．某黑色固体粉末可能是Fe、FeO、CuO、C中的一种或几种。

为了探究其成分，小明同学按照如图所示流程进行了实验。

关于该实验有以下说法：
①若溶液甲呈浅绿色，则原黑色固体粉末中一定有Fe；②若步骤Ⅱ中无明显现象，则固体
乙中一定有Cu ；③若步骤Ⅱ中有气泡产生，则固体乙一定只有C ；④若步骤Ⅱ中有红色固体析出，则固体乙中一定无Fe 。

以上说法中正确的是
A ．①②③④
B ．②③④
C ．②④
D ．④
【答案】D
【解析】
根据C 不与稀硫酸反应；氧化铜可以与稀硫酸反应，生成的Cu 2+在水溶液中显蓝色；Fe 可以与稀硫酸反应生成气体；Fe 、FeO 与硫酸反应生成的Fe 2+在水溶液中显浅绿色；铁的活动性大于铜，能将铜从其盐溶液中置换出来，据此分析判断有关的说法。

①若溶液甲呈浅绿色，则原黑色固体粉末中不一定含有Fe ，FeO 也可以与稀硫酸反应生成的Fe 2+在水溶液中显浅绿色，错误；②若步骤Ⅱ中无明显现象，说明了溶液中无硫酸铜，没有剩余的硫酸，则固体乙中一定有Cu ，正确；③若步骤Ⅱ中有气泡产生，说明了硫酸是过量的，则固体乙可能含有铜，不一定是碳，错误；④若步骤Ⅱ中有红色固体析出，说明了溶液中含有硫酸铜，铁与硫酸铜反应所以，固体乙中一定无Fe ，正确。

故选C 。

10．粗盐中含有多种可溶性杂质（MgCl 2、CaCl 2、Na 2SO 4等） 和不溶性杂质（泥沙等）。

（1）在书本实验活动8“粗盐中难溶性杂质的去除”实验中，粗盐经过溶解、过滤、蒸发、计算产率等实验步骤，可以初步提纯，其中过滤蒸发两项操作中都用到玻璃棒，作用分别是__________、____________。

（2）蒸发操作时，当蒸发皿中出现___________时，应停止加热， 并观察蒸发皿中食盐外观。

（3）计算产率，以下操作会导致产率（/100%=⨯产率精盐质量粗盐质量）偏小的有_______________（填序号，答案不唯一）
a.食盐未完全溶解就开始过滤
b.过滤时液面高于滤纸边缘但低于漏斗口
c.转移固体时有少量固体洒落在地面上
d.蒸发操作时，食盐飞溅剧烈
（4）通过以上操作只能除去粗盐中难溶性杂质，欲除去MgCl 2、CaCl 2、Na 2SO 4得到较纯净的NaCl,可采用下图所示流程（部分操作省去） [提示: BaCO 3难溶于水]
①上图中所用甲、乙、丙三种试剂依次可以是____。

a.NaOH 溶液、Na 2CO 3溶液、BaCl 2溶液
b.Na 2CO 3溶液、BaCl 2溶液、NaOH 溶液
c. NaOH 溶液、BaCl 2溶液、Na 2CO 3 溶液
②请写出BaC12溶液与Na 2SO 4溶液反应的化学方程式____________。

③上述试剂中Na 2CO 3不能用K 2CO 3代替，原因是____________。

【答案】引流 防止液体局部温度过高发生飞溅（意思对即可） 较多固体 acd c 2244BaCl Na SO BaSO 2NaCl +=↓+ K 2CO 3能与CaCl 2、BaCl 2、盐酸等物质反应生成
KCl，引入了新的杂质
【解析】
【分析】
【详解】
（1）过滤操作中玻璃棒的作用是引流，蒸发操作中玻璃棒的作用是使液体均匀受热，防止液体飞溅。

（2）蒸发操作时，当蒸发血中出现较多固体时，应停止加热，利用蒸发皿的余热使其蒸干，并观察蒸发皿中食盐外观。

（3）a、食盐未完全溶解就开始过滤，导致精盐质量偏小，从而导致产率偏小，符合题意；b、过滤时液面高于滤纸边缘但低于漏斗口，导致不溶于水的物质进入滤液，从而导致产率偏大，不符合题意；
c、转移固体时有少量固体洒落在地面上，导致精盐质量偏小，从而导致产率偏小，符合题意；
d、蒸发操作时，食盐飞溅剧烈，导致精盐质量偏小，从而导致产率偏小，符合题意。

故选acd。

（4）①加入过量的氢氧化钠溶液时，氢氧化钠和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，加入过量的氯化钡溶液时，氯化钡和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，加入过量的碳酸钠溶液时，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，和过量的氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，加入适量稀盐酸时，稀盐酸和过量的氢氧化钠反应生成氯化钠和水，和过量的碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳。

根据分析可知，加入碳酸钠的很重要的作用是除掉前面的加入的过量的氯化钡，所以加入氯化钡必须在碳酸钠之前。

故选c。

②BaCl2溶液与Na2SO4溶液反应生成硫酸钡和氯化钠，该反应的化学方程式：
BaCl2+Na2SO4═BaSO4↓+2NaCl。

③上述试剂中Na2CO3不能用K2CO3代替，原因是过量的碳酸钾和盐酸反应生成氯化钾、水和二氧化碳，会带入氯化钾。

11．含氯消毒剂可有效消灭新冠肺炎病毒，NaClO2是一种重要的含氯杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其生产NaClO2的工艺流程如下：
（1）补全化学方程式：2NaClO3 + SO2+ H2SO4=_________+ 2NaHSO4。

（2）精制食盐水时，用NaOH溶液将杂质MgCl2转化为沉淀除去，该复分解反应的化学方
程式为_____________________。

（3） “尾气吸收”是吸收电解过程中多余的ClO 2，请写出“电解”过程中发生的化学反应方程式为：_____________________________。

（4）该工艺流程中得到的副产品是__________________（填写化学式）。

【答案】2ClO 2 2NaOH+MgCl 2=Mg(OH)2↓+2NaCl 2222ClO +2NaCl 2NaClO +Cl 电解
NaHSO 4
【解析】
【分析】
【详解】
（1）根据质量守恒定律，配平化学方程式，故填2ClO 2；
（2）用NaOH 溶液将杂质MgCl 2转化为沉淀除去，该复分解反应是氢氧化钠和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，故化学方程式为2NaOH+MgCl 2=Mg(OH)2↓+2NaCl ；
（3）根据图示，“电解”过程中发生的化学反应是二氧化氯和氯化钠在电解的条件下生成亚氯酸钠和氯气，故化学方程式为2222ClO +2NaCl
2NaClO +Cl 电解 ； （4）根据图示可知，本工艺一共得到两种物质，一种是所需的NaClO 2，另一种则是副产品NaHSO 4。

12．立德粉（ZnS·
BaSO 4）是一种常用白色颜料，以重晶石（BaSO 4）为原料生产立德粉的主要工艺流程如下：
资料：BaS 可溶于水，ZnS 和BaSO 4均难溶于水。

（1）回转炉中，重晶石（BaSO 4）与焦炭在高温下焙烧制得BaS ，其中一个化学反应为BaSO 4+ 2C 高温2CO 2↑+ BaS ，这个反应中，化合价发生变化的元素有______。

（2）反应器中发生复分解反应的化学方程式为______。

（3）上述流程中，主要用于分离、提纯的设备有______、过滤器和洗涤槽。

【答案】碳元素、硫元素（C 、S ） 44BaS + ZnSO = BaSO ZnS ↓+↓ 浸出槽
【解析】
【分析】
【详解】
（1）反应42BaSO + 2C 2CO + BaS ↑高温中，反应前：4BaSO 中钡元素化合价为+2，氧元素化合价为-2，则硫元素化合价为+6，碳单质化合价为0，反应后：2CO 中氧元素化合价为-2，则碳元素化合价为+4，BaS 中钡元素化合价为+2，则硫元素化合价为-2，故化合价发生变化的元素有碳元素、硫元素（C 、S ）。

（2）反应器中发生复分解反应为硫化钡与硫酸锌反应生成硫酸钡沉淀和硫化锌沉淀，反应的化学方程式为44BaS + ZnSO = BaSO ZnS ↓+↓。

（3）上述流程中，主要用于分离、提纯的设备有浸出槽、过滤器和洗涤槽。

【点睛】
本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力。