中考化学二轮复习讲义+训练专题04 工艺流程（复习讲义）（含解析）

资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】专题04工艺流程复习讲义【要点归纳|典例解析】工艺流程的解题指导一、审题：读流程，观其大略，找出流程主线，必要时可在流程中圈出原料和产品。初步明确原料到产品的生产原理。二、结合流程思考原料是如何转变为产品，理顺流程。（1）原料预处理：粉碎、研磨的作用；溶解、浸洗的目的。（2）对中间产品成分的分析和判断（书写物质名称或化学式）。（3）产品处理：过滤、蒸发、蒸馏、结晶方法的选择，洗涤、干燥等。（4）除杂：除杂试剂的选择及除杂原理、除杂试剂的过量与否及后续反应的处理等（书写化学式、化学方程式，判断基本反应类型或除杂目的）。（5）对生产工艺的评价：是否环保、低能耗；原料利用率的高低；反应条件的控制、是否存在可循环利用的物质等。三、高频知识点1．混合物分离、提纯的操作方法和所用仪器（1）过滤:分离不溶性固体和液体。仪器:漏斗、烧杯、玻璃棒(前三个为玻璃仪器)、铁架台(带铁圈)。（2）蒸发:通过升温的方式让溶液中的溶剂脱离溶质。仪器:蒸发皿、酒精灯、玻璃棒、坩埚钳、铁架台(带铁圈)。（3）结晶:从物质的溶液中得到该物质的晶体。2．物质化学式的书写:（1）题干主物质的来源,根据所学知识书写化学式。（2）流程图中的物质,比如判断组成流程图的物质,滤液、滤渣的成分等,根据流程图的提示推断出物质,进而书写相应的化学式。3．化学方程式的书写(含陌生化学方程式)。4．物质成分的分析(推断流程图中的某种物质等):（1）分析流程中的每一步,从以下几个方面了解流程:①反应物是什么;②发生了什么反应;③图中有没有物质没有写上去或是省略了;④该反应造成了什么影响,对制造产品有什么作用。（2）要判断所加的试剂,可以从加入试剂的目的、反应的产物入手进行分析。（3）推断流程图某一步中的物质,可以从上一步操作中反应物可能发生的反应入手进行分析,同时需注意所加试剂是否有剩余。三、规范解答题中的相关问题，答案尽可能简洁明了还要特别注意符合题目要求。类型一数据表格信息分析【例1】一种“氢氧化锶-氯化镁法”制备“牙膏用氯化锶（SrCl2•6H2O）”的工艺流程如图：【资料卡片】①锶的相关化合物（如SrO、SrCO3）的化学性质与相应的钙化合物类似，SrSO4、SrCO3不溶于水。②SrCl2、MgCl2溶液皆为无色，呈中性。（1）煅烧工业碳酸锶发生的反应与煅烧石灰石类似，则此过程的化学方程式为______。（2）“重结晶”是将蒸发结晶得到的无水氢氧化锶粗品溶于适量热水，趁热滤去未溶解的固体后，冷却结晶得到Sr（OH）2•8H2O。为探究蒸馏水用量对Sr（OH）2•8H2O纯度及产率的影响，设计一系列探究______（填序号），当蒸馏水用量大于该条件时，Sr（OH）2•8H2O产率减小，试推测其原因______。序号1234567无水Sr（OH）2粗品质量/g10.010.010.010.010.010.010.0蒸馏水质量/g40.050.060.070.080.090.0100Sr（OH）2•8H2O纯度/%98.698.698.698.698.698.698.6Sr（OH）2•8H2O产率%17.9153.3663.5072.6692.1789.6588.93（3）将精制氢氧化锶配成溶液，与氯化镁溶液在90℃时反应一段时间，写出反应的化学方程式______。判断MgCl2已经加足的方法是______。（4）步骤⑤降温结晶制备SrCl2•H2O，需要40%的SrCl2溶液100g，该溶液可由10%的SrCl2溶液蒸发______g水获得。【答案】(1)SKIPIF1<0(2)

5

随着蒸馏水溶剂的增加，在冷却结晶过滤的过程中，部分氢氧化锶留在母液中导致产率过低(3)

SKIPIF1<0

取反应后的上层清液，滴加氯化镁溶液观察是否有沉淀生成(4)300【解析】(1)碳酸钙在高温条件下分解生成氧化钙和二氧化碳，煅烧工业碳酸锶发生的反应与煅烧石灰石类似，因此煅烧工业碳酸锶生成氧化锶和二氧化碳，化学方程式为：SKIPIF1<0；(2)分析表格数据可知，最合适的实验条件为5；当蒸馏水用量大于该条件时，Sr（OH）2•8H2O产率减小，原因是：随着蒸馏水质量的增加，在冷却结晶过滤的过程中，部分氢氧化锶留在母液中导致产率过低；(3)氢氧化锶与氯化镁反应生成氢氧化镁和氯化锶，化学方程式为SKIPIF1<0；判断SKIPIF1<0已经加足的方法是取反应后的上层清液，滴加氯化镁溶液观察是否有沉淀生成，若无沉淀生成，说明氯化镁已经加足；(4)蒸发溶剂前后溶质的质量不变，设需10%的氯化锶溶液的质量为SKIPIF1<0。SKIPIF1<0SKIPIF1<0蒸发水的质量为：400g-100g=300g。【例2】海洋是人类宝贵的自然资源，海水“晒盐”和海水“制碱”体现了人类利用和改造自然的智慧，请根据粗盐“制碱”的流程图（如图1）回答问题：（1）海水“晒盐”是通过______（“蒸发结晶”或“降温结晶”）的方法获取粗盐。海水“制碱”的产物可用作氮肥的是______。（2）步骤I除杂中，操作步骤依次为：加水溶解→加过量试剂①→加过量试剂②→过滤→加适量盐酸，以下试剂①②组合选用合理的是。A．①Ca（OH）2②Na2CO3B．①Na2CO3②Ca（OH）2C．①KOH

②Na2CO3D．①NaOH

②Na2CO3（3）步骤Ⅲ先向饱和食盐水中通入氨气得到饱和氨盐水，饱和氨盐水的pH值______（填“>”“=”或“<”）7。先通入氨气再通入二氧化碳，这样做的目的是______，写出步骤Ⅲ反应的化学方程式______。（4）步骤IV发生的反应属于___反应（填基本反应类型）。（5）步骤Ⅲ的产物中NaHCO3比NH4Cl先结晶析出。请结合生产原理及图2溶解度曲线解释其原因_______。（6）我国化学家侯德榜创立的联合制碱法的优点有。A．无“索尔维氨碱法”中的废弃物CaC12生成，有利于保护环境B．大大提高了食盐的利用率，节约了成本C．将“制碱”与制氨生产联合起来，同时反应均不需要加热，可节约能源【答案】(1)

蒸发结晶

氯化铵(2)AD(3)

>

有利于吸收二氧化碳

NaCl+H2O+NH3+CO2=NaHCO3SKIPIF1<0+NH4Cl(4)分解(5)氨碱法生成的碳酸氢钠的质量多于氯化铵的质量，且0~60℃时碳酸氢钠的溶解度小于氯化铵的溶解度(6)AB【解析】(1)海水“晒盐”是通过蒸发溶剂使溶液达到饱和状态，再蒸发溶剂使氯化钠以晶体的形式从溶液中结晶析出，此结晶方法为蒸发结晶，故填蒸发结晶；海水“制碱”的产物有碳酸钠和氯化铵，其中的氯化铵含有氮元素，可用作氮肥，故填氯化铵。(2)A试剂①Ca(OH)2能够与杂质氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，试剂②Na2CO3能够与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，选项正确；B

试剂①Na2CO3能够与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，试剂②Ca(OH)2能够与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，会引入新杂质氯化钙，选项错误；C

试剂①KOH能够与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钾，试剂②Na2CO3能够与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，会引入新杂质氯化钾，选项错误；D

试剂①NaOH能够与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，试剂②Na2CO3能够与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，选项正确，故填AD。(3)氯化钠溶液呈中性，氨水呈碱性，所以饱和氨盐水呈碱性，溶液的pH>7，故填>；氨气极易溶于水，先通入氨气后溶液呈碱性，再通入二氧化碳，有利于吸收二氧化碳，故填有利于吸收二氧化碳；由图可知，步骤III是氯化钠、水、氨气和二氧化碳生成碳酸氢钠和氯化铵的反应，故反应的化学方程式写为：NaCl+H2O+NH3+CO2=NaHCO3SKIPIF1<0+NH4Cl。(4)由图可知，步骤IV是碳酸氢钠在加热的条件下反应生成碳酸钠、水和二氧化碳的反应，是一种物质生成三种新物质的反应，符合分解反应的特点，属于分解反应，故填分解。(5)氨碱法生成的碳酸氢钠的质量多于氯化铵的质量，且由图可知，0~60℃时碳酸氢钠的溶解度小于氯化铵的溶解度，所以步骤Ⅲ的产物中NaHCO3比NH4Cl先结晶析出，故填氨碱法生成的碳酸氢钠的质量多于氯化铵的质量，且0~60℃时碳酸氢钠的溶解度小于氯化铵的溶解度。(6)A

联合制碱法无“索尔维氨碱法”中的废弃物CaC12生成，有利于保护环境，选项正确；B

联合制碱法能够使氯化钠循环使用，大大提高了食盐的利用率，节约了成本，选项正确；C

制碱过程中，碳酸氢钠在加热的条件下放生成碳酸钠、水和二氧化碳，需要加热，选项错误，故填AB。【例3】（2022年江苏省扬州市中考）电石渣［主要成分为Ca(OH)2，还含有MgO等杂质］是一种工业废渣，以它为原料可生产纳米碳酸钙，制备方案如下：已知：①NH4Cl溶液显酸性；②“浸取”时的主要反应为SKIPIF1<0；③“碳化”时的主要反应为SKIPIF1<0。（1）电石渣久置在空气中会产生一定量的碱式碳酸钙［Ca3(OH)2(CO3)n］，化学式中的n为_______。（2）用不同质量分数的NH4Cl溶液浸取电石渣时，Ca元素提取率和Mg元素去除率的数值如图所示，你认为较适宜的NH4Cl质量分数是_______。（3）浸取时，向浸取液中滴加氨水调节pH，将镁元素全部沉淀，则操作1为_______(填操作名称)。（4）工业上将操作1所得溶液碱化后，进行喷雾碳化，碳化塔的构造如图所示，CO2从_______处通入(填“A”或“B”)，其目的是_______。（5）测得不同温度下碳化反应所需时间如下表(其他条件相同)：温度反应液浑浊所需时间(单位：秒)反应完全所需时间(单位：分钟)20℃480>18040℃12018060℃15080℃168实际碳化反应的温度采用了60℃，温度不宜过高的原因可能是_______(写出一条即可)。（6）该工艺流程的核心反应在“浸取”和“碳化”这两步，请书写由Ca(OH)2制备碳酸钙的总反应方程式_______。结合制备方案判断可循环利用的物质为_______。（7）用电石渣［Ca(OH)2质量分数92.5%］制备1tCaCO3，计算所需电石渣的质量(写出计算过程)。_______。【答案】(1)2(2)10%(3)过滤(4)

A

增大溶液与二氧化碳的接触面积，使碱化的溶液与二氧化碳充分反应(5)温度越高二氧化碳的溶解度越小（或温度越高，氨水越易分解，挥发出氨气）(6)

Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O

NH4Cl、SKIPIF1<0(7)0.8t。【解析】(1)碱式碳酸钙的化学式为Ca3(OH)2(CO3)n，根据化合物中元素化合价的代数和为0，钙显+2价，氢氧根显-1价，碳酸根显-2价，则(+2)×3+(-1)×2+(-2)×n=0，n=2。(2)根据图示，当用质量分数为10%的NH4Cl溶液浸取电石渣时，Ca元素提取率最高，同时Mg元素去除率也比较高，故较适宜的NH4Cl质量分数是10%。(3)通过操作1将镁元素产生的沉淀与溶液分离，该操作为过滤。(4)根据碳化塔的结构，如果二氧化碳从顶部B处通入，二氧化碳会从塔上部废气排出口排出，因此正确的操作是溶液从B处以雾状喷入，二氧化碳从A处通入，其目的是：增大溶液与二氧化碳的接触面积，使碱化的溶液与二氧化碳充分反应。(5)由表可知，60℃时完全反应所需时间最少，80℃比60℃时完全反应所需时间更多，其原因有：①二氧化碳气体的溶解度随温度的升高而减小，溶解在溶液中的二氧化碳减少，导致完全反应所需反应时间增加；②温度越高，氨水分解的速率越大，氨气挥发，溶液的碱性变弱，吸收二氧化碳的效果变差，完全反应所需的时间增加。(6)“浸取”过程中发生的反应是：SKIPIF1<0，“碳化”过程中发生的反应是：SKIPIF1<0。将这两个反应合并，由Ca(OH)2制备碳酸钙的总反应方程式为：Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O。该制备方案中，“浸取”时生成氨水，氨水在碱化时可循环使用，“碳化”时生成氯化铵，氯化铵在“浸取”时可循环使用。故本方案中可循环利用的物质为：NH4Cl、SKIPIF1<0(或NH3)。(7)解：设所需电石渣的质量为x。SKIPIF1<0SKIPIF1<0x=0.8t答：制备1tCaCO3需电石渣的质量为0.8t。【例4】氯酸钾用途较广，常用作火箭、导弹推进剂，化工生产中常利用石灰乳【主要成分是Ca（OH）2】生产氯酸钾。如图是生产氯酸钾的一种工艺流程：有关物质在20℃下的溶解度如下表：物质Ca（CIO3）2CaCl2KCIO3KCI溶解度/g209.074.57.334.2（1）反应池a中Cl2和Ca（OH）2在一定条件下反应，生成CaCl2、Ca（ClO3）2和______（常见的溶剂）三种物质。若生成物中氯化钙与氯酸钙化学计量数的比是5：1，请写出反应化学方程式：______。（2）如果实验室进行过滤操作时，发现滤液浑浊，可能的原因是______（写一种），此时应采取的措施是______。（3）反应池b中KCl和Ca（ClO3）2能够发生复分解反应，是因为______，生成的KCIO3属于______（填“难溶”“微溶”“可溶”或“易溶”）物质。（4）要从母液中回收氯化钙，需要通过如图流程。请写出加入试剂1时发生反应的化学方程式：______。【答案】(1)

H2O

6Cl2+6Ca（OH）2=5CaCl2+Ca（ClO3）2+6H2O(2)

滤纸破损（或承接滤液的烧杯不干净等）

换一张新的滤纸再次过滤（或把承接滤液的烧杯冲洗干净再次过滤）(3)

氯酸钾在该温度下的溶解度小

可溶(4)CaCl2+K2CO3=CaCO3↓+2KCl【解析】(1)由题意知：反应物中有氯元素、钙元素、氢元素和氧元素，生成物中有氯元素、钙元素和氧元素，根据质量守恒定律可知：该溶剂中含有氢元素，故该常见的溶剂为：H2O；若生成物中氯化钙与氯酸钙化学计量数的比是5：1，则反应化学方程式为：6Cl2+6Ca（OH）2====5CaCl2+Ca（ClO3）2+6H2O；(2)实验室进行过滤操作时，发现滤液浑浊，可能的原因是滤纸破损（或承接滤液的烧杯不干净等）；此时应采取的措施是换一张新的滤纸再次过滤（或把承接滤液的烧杯冲洗干净再次过滤）；(3)复分解反应发生的条件是：生成物中至少含有沉淀、气体、水中的一种，则KCl与Ca（ClO3）2能够发生复分解反应，说明氯酸钾在该温度下的溶解度小，析出晶体；20℃氯酸钾的溶解度为7.3g，在1~10g之间，生成的KClO3是可溶物质；(4)沉淀与盐酸反应生成氯化钙，说明沉淀是碳酸钙，由流程图知母液是氯化钙溶液，试剂1与氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀，故试剂1中含有碳酸根离子，故试剂1可以是碳酸钾，反应的化学方程式为：CaCl2+K2CO3=CaCO3↓+2KCl。类型二物质的制备、生产流程【例5】钼(元素符号是Mo)是一种重要的金属，用它制成的合金具有良好的机械性能，在工农业生产和国防上都有着广泛的应用。如图是利用钼利矿石(主要成分为MoS2)制备金属钼的流程图，请据图回答下列问题。（1）反应①常将钼矿石粉碎，目的是________。（2）操作1的名称是______，所需的玻璃仪器有烧杯、漏斗和______。（3）(NH4)2MoO4中钼元素的化合价为_______。（4）写出反应③的化学方程式________。（5）尾气二氧化硫(化学性质与二氧化碳相似)会对空气造成污染，可以用石灰乳【主要成分是Ca(OH)2】吸收，请写出该反应的化学方程式________。【答案】(1)增大与空气的接触面积，是其充分反应(2)

过滤

玻璃棒(3)+6(4)MoO3+3H2SKIPIF1<0Mo+3H2O(5)Ca(OH)2+SO2=CaSO3+H2O【解析】(1)反应①常将钼矿石粉碎，目的是：增大与空气的接触面积，是其充分反应，故填：增大与空气的接触面积，是其充分反应。(2)操作I将固体与液体分离的名称是过滤，过滤时所需的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒（用于引流），故填：过滤；玻璃棒。(3)设钼元素化和价位x，铵根+1价，氧元素-2价，根据化合价代数和为零，（+1）×2+x+（-2）×4=0，x=+6，故填：+6。(4)反应③三氧化钼在高温条件下与氢气反应产生钼和水的化学方程式：MoO3+3H2SKIPIF1<0Mo+3H2O；故填：MoO3+3H2SKIPIF1<0Mo+3H2O。(5)二氧化硫和氢氧化钙生成亚硫酸钙和水，故填：Ca(OH)2+SO2=CaSO3+H2O。【例6】CuCl常用作有机合成工业的催化剂，以粗盐水（含CaCl2、MgCl2、Na2SO4）和Cu等原料制取CuCl的工艺如图：已知：CuCl是一种白色粉末，不溶于水，在空气中很容易被氧化为绿色固体Cu2（OH）3Cl。（1）操作l、操作2中用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和______。流程中可以循环利用的物质是______（水除外，填化学式）。（2）反应I中，依次加入试剂①②③，若A为BaC12溶液，则B为______，加入该溶液的目的是______。（3）写出反应II中属于中和反应的化学方程式：______。（4）在工业上进行反应III溶解铜粉时，常加入足量稀硫酸并通入过量的氧气，其化学方程式是2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2R，其中R的化学是______。（5）最终得到的CuCl沉淀采用真空干燥的目的是______。椐如图分析，生产CuCl的过程中，一般将反应温度控制在______℃。（6）32gCu经过上述流程可得的CuCl最多是______g。【答案】(1)

漏斗

H2SO4(2)

Na2CO3溶液

除尽CaCl2和过量的BaCl2(3)SKIPIF1<0(4)H2O(5)

CuCl在空气中很容易被氧化为绿色固体Cu2（OH）3Cl

55(6)49.75【解析】(1)由图可知，操作1、2均实现了固液分离，名称是过滤，过滤时，所需的玻璃仪器是：烧杯、玻璃棒和漏斗；由图可知，硫酸既是反应物，又是生成物，可以循环利用，故填：H2SO4；(2)反应I中，依次加入试剂①②③，氢氧化钠能与氯化镁反应生成氢氧化镁和氯化钠，可除去氢氧化镁，如果A为氯化钡，氯化钡能与硫酸钠反应生成硫酸钡和氯化钠，可除去硫酸钠，要想除去氯化钙和过量的氯化钡，B可以是碳酸钠溶液，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙和氯化钠，碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡和氯化钠；故加入该溶液的目的是：除去氯化钙和过量的氯化钡；(3)反应II中加入稀盐酸，过量的氢氧化钠和稀盐酸反应生成氯化钠和水，过量的碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，中和反应是酸与碱作用生成盐和水的反应，故氢氧化钠和稀盐酸反应生成氯化钠和水属于中和反应，该反应的化学方程式为：SKIPIF1<0；(4)根据质量守恒定律，化学反应前后，原子的种类和数目不变，反应物中含Cu、O、H、S的个数分别是2、10、4、2，生成物中含Cu、O、H、S的个数分别是2、8、0、2，故生成物中还应含2个O、4个H，故R的化学式为：H2O。(5)CuCl在空气中很容易被氧化为绿色固体Cu2（OH）3Cl，故需要采用真空干燥；由图可知，在其它条件下相同的情况下，反应温度为55℃时，CuCl的产率最高，故一般将反应温度控制在55℃；(6)由图可知，铜单质中的铜元素最后完全转化到了CuCl中，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类和质量不变，故可得CuCl最多的质量是：SKIPIF1<0。【例7】以电石渣[主要成分为Ca(OH)2和CaCO3]为原料制备KClO3，其主要流程如图所示：(已知：Cl2是一种黄绿色的有毒气体，Ca(OH)2微溶于水)（1）溶解时，先将电石渣粉碎的目的是________。（2）氯化过程中，Cl2与Ca(OH)2作用，发生了一系列变化，最终生成Ca(ClO3)2和CaCl2，该反应的化学方程式为SKIPIF1<0。①推断X化学式为_________。②氯化时，为提高Cl2转化为Ca(ClO3)2的转化率，下列措施不可行的是________(填字母)。A．适当减缓通入Cl2的速率B．充分搅拌浆料

C．加水使Ca(OH)2完全溶解（3）步骤甲的操作名称为_______，该操作需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和______。（4）加入活性炭的目的是______。残渣中一定含有______，检验残渣中是否含有Ca(OH)2的方法是取少量残渣于试管中，加入适量水充分溶解，静置，取上层清液滴加几滴无色酚酞溶液后，得出了残渣中含有Ca(OH)2的结论，则实验时观察到的现象是_______。（5）转化过程中，向步骤甲得到的Ca(ClO3)2溶液中加入稍过量的KCl固体，通过复分解反应可转化为KClO3，该反应的化学方程式为________。【答案】(1)加快溶解速率(2)

H2O

C(3)

过滤

玻璃棒(4)

吸附有毒气体Cl2

活性炭、CaCO3

溶液变红色(5)SKIPIF1<0【解析】(1)以电石渣主要成分为Ca(OH)2和CaCO3混合物，Ca(OH)2微溶于水，溶解时，将电石渣粉碎能加快溶解速率。(2)①根据质量守恒定律可知，化学变化前后元素种类、原子个数不变，该反应化学方程式为：SKIPIF1<0，反应前有12个氯原子、6个钙原子、12个氢原子和12个氧原子，反应后有6个钙原子、12个氯原子、6个氧原子，故6X中含有12个氢原子、6个氧原子，因此X化学式为：H2O；②A、适当减缓通入Cl2速率，能够使反应物之间接触时间长，提高转化率；B、充分搅拌浆料，能使反应物之间接触充分，提高转化率；

C、加水使Ca（OH）2完全溶解，导致接触面积降低，降低了转化率。故填C。(3)通过步骤甲得到了残渣和滤液，因此操作为过滤；过滤用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。(4)由于实验中用到了有毒气体氯气，可以利用活性炭的吸附性除去，因此加入活性炭的目的是：吸附有毒气体Cl2；根据反应的化学方程式为SKIPIF1<0可知，生成的Ca(ClO3)2溶于水，Ca(OH)2微溶，与空气中二氧化碳反应生成CaCO3不溶于水，则滤渣中一定含有CaCO3及加入的活性炭，可能含Ca(OH)2；无色酚酞溶液遇碱变红，滴加几滴无色酚酞溶液后溶液变红色，能得出残渣中含有Ca(OH)2的结论。(5)复分解反应是两种化合物相互交换成分生成两种新的化合物，由题意Ca(ClO3)2溶液中加入稍过量的KCl固体，通过复分解反应可转化为KClO3，可知另一生成物为氯化钙，且最终过滤得到了KClO3固体，故反应的化学方程式为：SKIPIF1<0。类型三分离、提纯流程【例8】碘元素被称为“智力元素”，是人体必需的微量元素之一，人体缺碘会引起甲状腺肿大，幼儿缺碘会造成思维迟钝，影响生长发育。因此，人们常通过摄入海产品或食用加碘盐来补充碘元素，以保证人体健康。利用海带提取碘单质（I2）的工艺流程如图所示，下列说法错误的是（）A．操作①中，所需要的玻璃仪器有3种B．由于淀粉有遇碘（I2）变蓝的特性，因此可以利用淀粉检验加入H2O2溶液后所得的“溶液一”中是否有单质碘生成C．在上述过程中碘元素的化合价没有发生变化D．在蒸馏操作中，蒸馏烧瓶内加入沸石的目的是为了防止液体的暴沸【答案】C【解析】A．操作①是海带灰变为含碘离子的溶液，该过程为过滤，过滤所用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和水杯，故A选项正确，不合题意；B．含碘离子的水溶液中加入双氧水后，溶液一中含有碘单质，则可利用过淀粉检验溶液一中是否含有碘单质，故B选项正确，不合题意；C．上述过程中碘离子的化合价为﹣1，碘单质中碘元素的化合价为0，化合价发生变化，故C选项错误，符合题意；D．蒸馏烧瓶内加入沸石的目的是为了防止混合液体加热时暴沸，故D选项正确，不合题意；故选：C。【例9】（2022年江西省中考）某化工厂以生产钛白粉的主要副产物(含硫酸亚铁)为原料，制取含高纯度氧化铁的氧化铁红，其工业流程如下：（1）操作1能得到硫酸亚铁晶体，说明硫酸亚铁的溶解度随温度的升高而_____________。（2）实验室中完成操作2时，玻璃棒的作用是_________。（3）操作3中，硫酸亚铁在空气中煅烧得到氧化铁和三氧化硫的化学方程式为________。（4）操作4涉及的化学反应的基本类型为_________。【答案】(1)增大(2)引流(3)SKIPIF1<0(4)化合反应【解析】(1)冷却结晶得到硫酸亚铁晶体，说明硫酸亚铁的溶解度随温度的升高而增大；(2)操作2实现了固液分离，名称是过滤，过滤时，玻璃棒的作用是引流；(3)硫酸亚铁在空气中煅烧得到氧化铁和三氧化硫，即硫酸亚铁和氧气在高温下反应生成氧化铁和三氧化硫，该反应的化学方程式为：SKIPIF1<0；(4)操作4涉及的化学反应为三氧化硫和水反应生成硫酸，符合“多变一”的特点，属于化合反应。【例10】（2022年四川省达州市中考）海洋是一个巨大的资源宝库。海水资源综合利用的部分途径如下图：已知：粗盐中的杂质有泥沙、MgCl2、CaC12，流程中部分操作及试剂已省略。（1）“操作I”中玻璃棒的作用是_______。（2）滤渣中除泥沙外还有_______(填化学式)。（3）反应③的化学反应方程式为_______。（4）海水中本身就有氯化镁，请分析反应①、②转化过程的目的_______。【答案】(1)引流(2)Mg(OH)2、CaCO3(3)SKIPIF1<0(4)除去杂质，浓缩氯化镁【解析】(1)“操作I”是过滤，过滤操作中玻璃棒的作用是引流。(2)粗盐中的杂质有泥沙、MgCl2、CaC12，加入过量氢氧化钠和氯化镁产生氢氧化镁沉淀和氯化钠，加入过量碳酸钠和氯化钙反应产生碳酸钙沉淀和氯化钠，所以滤渣中还有Mg(OH)2、CaCO3。(3)反应③是电解氯化镁产生镁和氯气，方程式是：SKIPIF1<0。(4)反应①、②是从母液中除去杂质，浓缩氯化镁。类型四资源回收利用流程【例11】（2022四川乐山中考）垃圾分类有利于保护环境，充分利用资源。某厂从废旧电子产品中回收贵重金属同时制备CuSO4·5H2O的工艺流程如下：已知：步骤3中发生反应的化学方程式为：SKIPIF1<0。回答下列问题：（1）从垃圾分类的角度，该厂加工的废旧电子产品属于。A.有害垃圾 B.可回收垃圾 C.厨余垃圾 D.其他垃圾（2）流程中步骤③回收的贵重金属为_______。（3）流程中操作a表示一系列的操作，包括：蒸发浓缩、_______、过滤、洗涤、干燥等。（4）步骤②中发生反应的化学方程式为_______。【答案】（1）B（2）金、银（3）降温结晶（4）SKIPIF1<0【解析】（1）根据该流程图可知，可从废旧电子产品中回收贵重金属，同时制备CuSO4·5H2O，于是从垃圾分类的角度，该厂加工的废旧电子产品属于可回收垃圾，故选B；（2）根据流程中步骤②是铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，步骤③是铜与稀硫酸、氧气在加热条件下生成硫酸铜和水，所以粗铜中的铜和铁均已完全反应完，则流程中步骤③回收的贵重金属为金、银；（3）由溶液得到晶体，应进行一系列的操作，包括：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等，故填：降温结晶；（4）步骤②中发生反应是铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，该化学反应方程式为：SKIPIF1<0，故填：SKIPIF1<0。【例12】（2022湖南长沙中考）在完成“实验室用氯酸钾和二氧化锰混合物加热制取氧气”的实验后，小明在老师的指导下回收二氧化锰和氯化钾，实验流程如下图所示。（1）操作a的名称是___________。（2）在这个反应中二氧化锰的作用是___________。（3）请你计算：若制得1.92g氧气，则参加反应的氯酸钾（KClO3）的质量为___________g。（4）请你设计实验方案，证明滤渣已洗净___________。【答案】（1）过滤（2）催化作用或加速氯酸钾分解（3）4.9g。（4）取最后一次洗涤液滴加硝酸银溶液，如无沉淀生成则洗净【解析】（1）操作a将固体和液体分离，是过滤。（2）氯酸钾分解中，二氧化锰加速氯酸钾分解，反应前后质量和化学性质不变，是该反应的催化剂，起到催化作用。（3）解：设制取1.92g氧气需要氯酸钾的质量为xSKIPIF1<0答需要氯酸钾的质量为4.9g。（4）氯酸钾在加热及二氧化锰催化作用下分解为氯化钾和氧气，滤渣表面可能残留杂质氯化钾，则证明滤渣已洗净需要检验是否含有氯离子，可以使用硝酸银溶液。方法是取最后一次洗涤液滴加硝酸银溶液，如无沉淀生成则洗净。因只要与硝酸银反应有沉淀生成即说明有杂质，不需要排除其他离子的干扰，可不加入稀硝酸。【例13】（2022陕西中考A）白铜是铜、镍（Ni）合金，某学习小组同学欲利用废弃的白铜回收铜、镍两种金属。（1）先向盛有等量镍粉和锌粉的两支试管中分别加入溶质质量分数相同的稀硫酸，观察到都有气泡产生，且锌粉与稀硫酸反应更剧烈，镍粉与稀硫酸反应后的溶液为绿色，说明镍的金属活动性比锌___________（填“强”或“弱”）。查阅资料可知，镍与稀硫酸反应的化学方程式为：SKIPIF1<0。（2）接下来，同学们设计了如下实验流程回收铜和镍。上图中，固体A是___________，②中反应化学方程式是___________（只写一个）。（3）要验证Ni、Zn、Cu的金属活动性顺序，用下列各组药品进行实验，不能达到目的的是___________（填字母）。A.Ni、Zn、Cu、稀盐酸B.Ni、Cu、ZnSO4溶液C.Zn、Cu、NiSO4溶液D.Ni、ZnSO4溶液、CuSO4溶液【答案】（1）弱；（2）铜（或Cu）；SKIPIF1<0或SKIPIF1<0；（3）B【解析】（1）根据题意可知，镍和锌都能与酸反应但是锌与稀硫酸反应更剧烈，说明镍的金属活动性比锌弱，故填：弱；（2）根据资料可知镍能与稀硫酸反应，而铜排在氢后不与酸反应，故此第一步加入的稀硫酸会与镍反应生成硫酸镍和氢气，故固体A是铜；由于酸过量则溶液B中含有硫酸镍和剩余的硫酸，锌会与硫酸反应生成硫酸锌和氢气，由于锌排在镍前，锌能与硫酸镍反应生成硫酸锌和镍，故化学方程式为：SKIPIF1<0或SKIPIF1<0。（3）A、镍和锌均能与稀盐酸反应生成氢气产生冒气泡现象，而铜不能，故此证明铜排在最后，而镍不能与生成的氯化锌反应，锌能与生成的氯化镍反应，故说明锌在镍前，最终证明锌>镍>铜，选项正确；B、镍和铜均不能与硫酸锌反应，说明锌的活动性最强，但无法证明镍和铜的活动性，选项错误；C、锌能与硫酸镍反应置换出镍说明锌在镍前，而铜不与硫酸镍反应无现象，说明铜在镍后，最终证明锌>镍>铜，选项正确；D、镍不能与硫酸锌反应说明锌在镍前，镍能与硫酸铜反应有红