福州中考化学备考之流程图压轴突破训练培优篇.docx
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福州中考化学备考之流程图压轴突破训练培优篇
一、中考初中化学流程图
1.黑白复印机用的墨粉中常添加Fe3O4粉末,Fe3O4是由Fe2+、Fe3+和O2-按1:
2:
4的个数比构成的。
如图是氧化沉淀法生产复印用Fe3O4粉末的流程简图。
已知第④步反应中各元素化合价保持不变。
(1)Fe3O4粉末在复印机的电磁场作用下能使墨粉形成字迹或图案,这不仅利用了Fe3O4有磁性,还利用了Fe3O4是______色。
(2)第②步加入试剂X,生成Fe(OH)2的反应方程式为______。
(3)在第③步反应中要控制通入O2的量,以使生成的Fe(OH)2和Fe(OH)3的质量比等于______,才能确保最终生成Fe3O4,操作Y的名称为______。
【答案】黑FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO445:
107过滤
【解析】
【分析】
【详解】
(1)四氧化三铁是黑色的固体,而Fe3O4粉末在复印机的电磁场作用下能使墨粉形成黑色的字迹或图案,所以还利用了Fe3O4是黑色;
(2)通过题中的反应原理可以看出,硫酸亚铁和试剂X反应生成了氢氧化亚铁和硫酸钠溶液,结合复分解反应的原理可知,X是氢氧化钠溶液,氢氧化钠溶液和硫酸亚铁反应生成了硫酸钠和氢氧化亚铁沉淀,化学方程式为:
FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4;
(3)Fe3O4是由Fe2+、Fe3+和O2-按1:
2:
4的个数比构成的,依据质量守恒定律可知,通入氧气后生成的氢氧化亚铁和氢氧化铁的个数比是:
1:
2,所以生成的Fe(OH)2和Fe(OH)3的质量比等于:
(56+17×2):
2×(56+17×3)=45:
107;经过操作Y后,得到了氢氧化铁沉淀、氢氧化亚铁沉淀和硫酸钠溶液,所以操作Y的名称为:
过滤。
故答案为:
(1)黑;
(2)FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4;
(3)45:
107,过滤。
2.镁是一种用途很广的金属,目前世界上60%的镁是从海水(溶质主要含NaCl和MgCl2等)中提取的,主要步骤如下:
(1)工业生产中,加入试剂①发生反应的化学方程式为______,试剂②的名称为______;
(2)写出无水MgCl2在熔融状态下电解制取金属镁的化学方程式______,该反应属于基本反应类型中的______反应。
【答案】MgCl2+Ca(OH)2=Mg(OH)2↓+CaCl2稀盐酸MgCl2
Mg+Cl2↑分解
【解析】
【分析】
流程图题,由图分析氯化镁转化为氢氧化镁,通常加入氢氧化钙,通过氯化镁和氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙,过滤可实现分离;氢氧化镁转化为氯化镁,加入稀盐酸,氢氧化镁和稀盐酸反应生成氯化镁和水;无水氯化镁熔融状态下电解生成镁和氯气,属于分解反应。
【详解】
(1)、氯化镁转化为氢氧化镁需要加入氢氧化钙进行反应,氯化镁与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙,反应的化学方程式为:
;结合流程图分析,由氢氧化镁转化为氯化镁,需加入的试剂为稀盐酸,因此试剂②为稀盐酸;
(2)、由流程图可知无水氯化镁在熔融状态下电解生成镁和氯气,化学反应方程式为:
;该反应一种反应物,生成两种生成物,故反应的类型为分解反应。
【点睛】
本题为流程图题,解题时认真观察流程图,结合物质之间的转化关系选择合适的试剂,再正确书写方程式,选择合适的方法实现物质的分离。
需要注意的时利用海水中的氯化镁转化为氢氧化镁时,加入碱液实现转化,工业上通常加入的物质是氢氧化钙溶液,成本比氢氧化钠要低,再利用氢氧化镁和稀盐酸反应生成氯化镁,得到无水氯化镁之后,在熔融状态下电解可以得到单质镁和氯气。
3.有一包白色固体样品,可能由硫酸钠、氢氧化钠、碳酸钙、氯化钡、氯化镁中的一种或几种物质组成,为探究该样品的组成,某小组取适量样品按下列流程进行试验。
请回答下列问题:
(查阅资料)CO2不能直接与BaCl2和MgCl2发生反应。
(1)过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、________。
(2)滤渣a的成分是________;白色沉淀b的成分是________。
(3)滤渣a中加入足量稀盐酸的目的:
________。
(4)若现象①“滤渣全部溶解”变为“滤渣部分溶解”,其他现象不变,则原样品一定存在的物质是________。
【答案】玻璃棒CaCO3、Mg(OH)2(填名称也可)BaCO3(填名称也可)排除硫酸钡沉淀的干扰,证明样品中无硫酸钠CaCO3、BaCl2、Na2SO4、NaOH(填名称也可)
【解析】
【分析】
硫酸钠和氯化钡反应生成硫酸钡和氯化钠,氢氧化钠和氯化镁反应生成氢氧化镁和氯化钠,碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳,氢氧化镁和稀盐酸反应生成氯化镁和水,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和氯化钠。
【详解】
(1)过滤需要玻璃棒引流,故过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。
(2)样品加水溶解,硫酸钠和氯化钡反应生成硫酸钡和氯化钠,氢氧化钠和氯化镁反应生成氢氧化镁和氯化钠,碳酸钙不溶于水,过滤得到滤渣a,则滤渣a中可能含有硫酸钡、氢氧化镁和碳酸钙,加入足量的稀盐酸充分反应,滤渣全部溶解,碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳,氢氧化镁和稀盐酸反应生成氯化镁和水,硫酸钡和稀盐酸不反应,假设1.4g滤渣a均为碳酸钙,碳酸钙和稀盐酸反应的关系式为
,则1g碳酸钙完全反应生成0.44g二氧化碳,滤渣a的质量大于1g,说明滤渣a中含有氢氧化镁,故滤渣a的成分是CaCO3、Mg(OH)2;滤液中可能含有氢氧化钠,氯化钡,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和氯化钠,故白色沉淀b的成分是BaCO3。
(3)硫酸钡和稀盐酸不反应,故滤渣a中加入足量稀盐酸的目的排除硫酸钡沉淀的干扰,证明样品中无硫酸钠。
(4)样品加水溶解,硫酸钠和氯化钡反应生成硫酸钡和氯化钠,氢氧化钠和氯化镁反应生成氢氧化镁和氯化钠,碳酸钙不溶于水,过滤得到滤渣a,则滤渣a中可能含有硫酸钡、氢氧化镁和碳酸钙,加入足量的稀盐酸充分反应,滤渣部分溶解,碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳,氢氧化镁和稀盐酸反应生成氯化镁和水,硫酸钡和稀盐酸不反应,说明样品中含有硫酸钠、氯化钡和碳酸钙,可能含有氢氧化钠,滤液通入二氧化碳生成白色沉淀,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和氯化钠,说明样品中含有氢氧化钠,不能确定是否含有氯化镁,故若现象①“滤渣全部溶解”变为“滤渣部分溶解”,其他现象不变,则原样品一定存在的物质是CaCO3、BaCl2、Na2SO4、NaOH。
【点睛】
碳酸钙不溶于水,硫酸钡和稀盐酸不反应,滤渣a中加入足量稀盐酸的目的排除硫酸钡沉淀的干扰,证明样品中无硫酸钠。
4.我国科学家侯德榜,在氨碱法的基础上,创立了更为先进的联合制碱法生产纯碱碳酸钠。
某海边工厂利用贝壳、海盐等生产纯碱的主要工艺流程如下:
(1)反应①的化学方程式为_____。
反应②属于_____反应(填基本反应类型)。
(2)工业上常用_____的方法制取氮气,该过程属于_____变化。
(3)操作a的名称是_____,实验室在进行该操作时,用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和_____。
(4)在工农业生产过程中,会排放CO2加剧温室效应。
下列做法能减少二氧化碳排放的是_____(填序号)。
a焚烧秸秆肥田b提高火力发电量c大力使用清洁能源
(5)有一种处理CO2的方法,是将CO2与氢气在一定条件下反应生成甲烷和水,该反应的化学方程式为:
_____。
【答案】CaCO3
CaO+CO2↑分解分离液态空气物理过滤玻璃棒cCO2+4H2
CH4+2H2O
【解析】
【分析】
【详解】
(1)反应①是高温煅烧碳酸钙生成氧化钙和二氧化碳,反应的化学方程式为:
CaCO3
CaO+CO2↑;反应②中,碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳,属于分解反应。
故填:
CaCO3
CaO+CO2↑;分解反应。
(2)工业上用分离液态空气的方法制取氮气时,只是把氮气从空气中分离出来,没有生成新物质,属于物理变化。
故填:
分离液态空气;物理。
(3)操作a的名称是过滤,通过过滤把碳酸氢钠从溶液中分离出来;实验室进行此操作时所需的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。
故填:
过滤;玻璃棒。
(4)a.焚烧秸杆时能够产生大量的二氧化碳,加剧温室效应;
b.火力发电时需要燃烧大量的煤,煤燃烧时能够产生大量的二氧化碳,加剧温室效应;
c.发展太阳能不会产生二氧化碳。
故选:
c。
(5)CO2与氢气在一定条件下反应生成甲烷和水,该反应的化学方程式为:
CO2+4H2
CH4+2H2O。
故填:
CO2+4H2
CH4+2H2O。
5.下图是工业上用菱锰矿(主要成分为MnCO3,含FeCO3等杂质)为原料来制取二氧化锰的简易工艺流程,请根据题意回答问题。
(1)反应①属于_____(填基本反应类型)。
(2)②处操作的名称是_____,该操作中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和_____。
(3)加入生石灰将溶液pH调至4,此时溶液呈_____(填“酸性”或“碱性”)。
(4)反应②是氯化亚铁与过氧化氢和水的作用下生成氢氧化铁和稀盐酸的过程,则该过程化学方程式为_____。
【答案】复分解反应过滤漏斗酸性2FeCl2+H2O2+4H2O=2Fe(OH)3↓+4HCl。
【解析】
【分析】
稀盐酸和碳酸锰反应生成氯化锰、水和二氧化碳,氯化亚铁与过氧化氢和水的作用下生成氢氧化铁和稀盐酸。
【详解】
(1)菱锰矿的主要成分为MnCO3,加入稀盐酸和碳酸锰反应生成氯化锰、水和二氧化碳,反应符合两种物质相互交换成分的反应,故反应①属于复分解反应。
(2)②处操作是将固体和液体分离,故名称是过滤,该操作中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗。
(3)酸性溶液的pH小于7,故加入生石灰将溶液pH调至4,溶液呈酸性。
(4)反应②是氯化亚铁与过氧化氢和水的作用下生成氢氧化铁和稀盐酸的过程,则该过程化学方程式为2FeCl2+H2O2+4H2O=2Fe(OH)3↓+4HCl。
6.我国化学家侯德榜改革国外的纯碱生产工艺,生产流程可简要表示如下:
(1)上述生产纯碱的方法称_____,副产品的一种用途为_____。
(2)向沉淀池中通入两种气体,先通入的是_____(填“NH3”或“CO2”),沉淀池发生的化学反应方程式是_____。
(3)写出上述流程中X物质的化学式_____。
(4)使原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上,主要是设计了_____(填“循环Ⅰ”或“循环Ⅱ”)。
从沉淀池中取NaHCO3沉淀的操作是_____。
(5)为检验产品碳酸钠中是否含有氯化钠,可取少量试样溶于水后,先滴加足量的_____,排除Na2CO3的干扰,再滴加_____。
【答案】联合制碱法作化肥NH3
循环Ⅰ过滤硝酸硝酸银
【解析】
【分析】
联合法制碱是以氯化钠、二氧化碳、氨和水为原料,制取纯碱,副产氯化铵的过程,煅烧碳酸氢钠时生成二氧化碳,氯化钠和硝酸银反应生成氯化银和硝酸钠,氨气、二氧化碳、水和氯化钠发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵。
【详解】
(1)联合法制碱是以氯化钠、二氧化碳、氨和水为原料,制取纯碱,副产氯化铵的过程,故上述生产纯碱的方法称联合制碱法,副产品是氯化铵,用途为作化肥。
(2)二氧化碳在水中的溶解度较小,氨气极易溶于水,应该先通氨气有利于吸收二氧化碳,故向沉淀池中通入两种气体,先通入的是NH3,沉淀池发生的反应是氨气、二氧化碳、水和氯化钠发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵,反应的化学反应方程式是
。
(3)煅烧碳酸氢钠时生成二氧化碳、二氧化碳能循环利用,故上述流程中X物质的化学式为
。
(4)循环Ⅰ是将未反应的氯化钠返回沉淀池中,氯化钠最后剩余在母液中,故使原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上,主要是设计了循环Ⅰ。
过滤可以将固体和液体分离,故从沉淀池中取NaHCO3沉淀的操作是过滤。
(5)氯离子能和硝酸酸化的硝酸银反应生成白色沉淀,为检验产品碳酸钠中是否含有氯化钠,可取少量试样溶于水后,先滴加足量的稀硝酸,排除Na2CO3的干扰,再滴加硝酸银溶液,有白色沉淀说明含有氯化钠,否则,没有氯化钠。
【点睛】
二氧化碳在水中的溶解度较小,氨气极易溶于水,应该先通氨气有利于吸收二氧化碳,氯离子能和硝酸酸化的硝酸银反应生成氯化银的白色沉淀。
7.某生设计下列实验流程,从锌、铜、X、银四种金属的混合粉末中分离出部分金属。
(1)若X是铁,滤液A中溶质的成分是________,滤渣乙的成分是____________________。
(2)若滤渣乙只含有一种金属,滤液B中含有两种溶质,通过上述实验,不可能得出的结论是_________。
A锌的金属活动性比X强B铜的金属活动性比银强CX的金属活动性强于银
(3)若滤渣乙含有两种金属,设计实验将滤渣甲中的金属分别提纯出来____________。
【答案】FeSO4、ZnSO4、H2SO4Fe、ZnAB取滤渣甲充分灼烧,加入稀硫酸,过滤,将滤渣洗涤干燥,得到银。
向滤液中加入适量铁,溶液中析出红色固体,至质量不再变化过滤,将滤渣洗涤干燥得到铜
【解析】
【分析】
【详解】
(1)若X是铁,由于锌的金属活动性大于铁,则锌和稀硫酸一定反应,滤液A中一定存在硫酸锌,根据步骤二可知,加过量的锌有气体产生,说明滤液A中还有稀硫酸存在,若稀硫酸剩余,那么铁一定完全被消耗,滤液A溶质的成分一定存在硫酸亚铁;由于步骤二中锌粉过量,则滤渣乙一定存在锌,锌过量则会和硫酸亚铁反应,生成硫酸锌和铁,那么滤渣乙一定还有铁的存在。
故填:
FeSO4、ZnSO4、H2SO4;Fe、Zn。
(2)若滤渣乙只含有一种金属,则为过量的锌;滤液B中含有两种溶质,则为锌和稀硫酸反应的产物硫酸锌和金属X的硫酸盐,通过上述实验,可知锌的金属活动性比X弱;那么X的金属活动性强于银,故选AB。
(3)若滤渣乙含有两种金属,说明锌的活动性比X强,且X在金属活动性顺序表中在H之前,那么滤渣甲中应该是铜和银。
若想提纯铜和银,可取滤渣甲充分灼烧,此时铜和氧气反应生成氧化铜,加入稀硫酸,氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和水,过滤,将滤渣洗涤干燥,得到银。
向硫酸铜滤液中加入适量铁,溶液中析出红色固体,至质量不再变化过滤,将滤渣洗涤干燥得到铜。
故填:
取滤渣甲充分灼烧,加入稀硫酸,过滤,将滤渣洗涤干燥,得到银。
向滤液中加入适量铁,溶液中析出红色固体,至质量不再变化过滤,将滤渣洗涤干燥得到铜。
8.为实现废物“资源化”利用的目的,以电石渣[主要成份为Ca(OH)2和CaCO3,其中Ca(OH)2为微溶物]为原料制备KClO3,其主要流程如图:
(1)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中这两种生成物的化学计量数比为1:
5。
①生成Ca(ClO3)2的化学方程式___________。
②提高Cl2转化为Ca(ClO3)2的转化率的可行措施有_________(填标号)。
A适当减缓通入Cl2速率
B充分搅拌浆料
C加水使Ca(OH)2完全溶解
(2)活性炭的作用是__________;步骤甲的操作名称为______________;残渣A中一定含有__________。
(3)向步骤甲得到的溶液中加入稍过量KCl固体可将Ca(ClO3)2转化为KClO3,该反应的基本反应类型为_______。
【答案】
AB吸附有毒的Cl2过滤活性炭、CaCO3复分解反应
【解析】
【分析】
【详解】
(1)①根据题意,Cl2与Ca(OH)2反应生成Ca(ClO3)2和CaCl2,该反应的化学方程式中这两种生成物的化学计量数比为1:
5,根据质量守恒定律,化学反应前后,原子的种类和数目不变,生成物中含6个钙原子,12个氯原子,6个氧原子,反应物中也应含有12个氯原子,6个钙原子,故氯气和氢氧化钙的化学计量数为6:
6,故反应物中还含有12个氢原子,12个氧原子,故生成物中还应含有12个氢原子,6个氧原子,故该反应的化学方程式为:
;
②转化率是指某一反应物转化的百分率,氯化时,为提高转化率,需要增加反应物之间的接触面积。
A、适当减缓通入Cl2速率,能使反应物接触时间长,提高转化率,符合题意;
B、充分搅拌浆料,增加接触面积,提高转化率,符合题意;
C、加水使Ca(OH)2完全溶解,导致接触面积降低,降低转化率,不符合题意。
故选AB;
(2)活性炭具有吸附性,可以吸附有毒有害气体,故活性炭的作用是:
吸附有毒的氯气;
步骤甲是分离固体和液体,故步骤甲的操作名称为过滤;
电石渣的主要成分是碳酸钙和氢氧化钙,氢氧化钙能与氯气反应生成Ca(ClO3)2和CaCl2,加入活性炭,吸附多余的氯气,活性炭不溶于水,故滤渣A中一定含有:
碳酸钙和活性炭;
(3)由题意可知,氯化钾能将Ca(ClO3)2转化为KClO3,根据质量守恒定律,化学反应前后,原子的种类和数目不变,故另一生成物为氯化钙,该反应的化学方程式为:
,该反应符合“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。
9.Li2CO3是生产锂电池的重要原料,电解铝废渣(主要含AlF3、LiF、NaF、CaO等物质)可用于制备Li2CO3。
已知:
Li2CO3的溶解度:
0℃1.54g;20℃1.33g;80℃0.85g。
(1)在加热条件下酸浸,反应生成能腐蚀玻璃的氟化氢(HF)气体,写出AlF3发生反应的化学方程式:
_________,该化学反应属于____________反应(填写基本反应类型)。
(2)滤渣B的主要成分是____________。
(3)“转化”后所得LiHCO3溶液中含有的Ca2+需要加入Li3PO4除去。
除钙步骤中其他条件不变,反应相同时间,温度对除钙率和Li2CO3产率的影响如图所示。
随着温度升高最终Li2CO3的产率逐渐减小的原因是_____________________。
(4)热分解后,获得Li2CO3需趁热过滤的原因是____________。
进行过滤操作需要的玻璃仪器有玻璃棒、______________、_______________,玻璃棒的作用是______________。
(5)将酸浸时产生的气体通入Al(OH)3和Na2SO4溶液的混合物中可产生难溶物冰晶石(Na3AlF6),该反应的化学方程式为_________________。
【答案】2AlF3+3H2SO4(浓)
Al2(SO4)3+6HF↑复分解Al(OH)3温度过高LiHCO3分解产生Li2CO3沉淀,与Ca3(PO4)2一同被过滤Li2CO3的溶解度随温度升高而降低,趁热过滤可减少Li2CO3溶解损失烧杯漏斗引流12HF+2Al(OH)3+3Na2SO4=2Na3AlF6+3H2SO4+6H2O
【解析】
【分析】
【详解】
(1)在加热条件下酸浸,反应生成能腐蚀玻璃的气体,AlF3与浓硫酸发生反应生成硫酸铝和氟化氢,化学方程式为:
2AlF3+3H2SO4(浓)
Al2(SO4)3+6HF↑;该反应是两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物,属于复分解反应。
故填:
2AlF3+3H2SO4(浓)
Al2(SO4)3+6HF↑;复分解;
(2)电解铝废渣用浓硫酸酸浸溶解,生成HF,形成含有Al3+、Li+、Na+、Ca2+、SO42-的溶液,向滤液中加入碳酸钠溶液使Al3+、Li+、Ca2+转化为Al2(CO3)3、Li2CO3及CaCO3沉淀,过滤后向沉淀中加水,通入足量二氧化碳,使Al2(CO3)3转化为Al(OH)3,Li2CO3、CaCO3沉淀溶解转化为碳酸氢锂和碳酸氢钙,过滤则滤渣B为Al(OH)3,滤渣B的主要成分是Al(OH)3;故填:
Al(OH)3;
(3)温度过高LiHCO3分解产生Li2CO3沉淀,与Ca3(PO4)2一同被过滤,导致最终的产率逐渐减小;故填:
温度过高LiHCO3分解产生Li2CO3沉淀,与Ca3(PO4)2一同被过滤;
(4)根据已知信息,Li2CO3的溶解度随温度升高而降低,趁热过滤可减少Li2CO3溶解损失;进行过滤操作需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和漏斗,玻璃棒的作用是引流。
故填:
Li2CO3的溶解度随温度升高而降低,趁热过滤可减少Li2CO3溶解损失;烧杯;漏斗;引流;
(5)将酸浸时产生的气体(即HF)通入Al(OH)3和Na2SO4溶液的混合物中可产生难溶物冰晶石(Na3AlF6),根据质量守恒定律,生成物还有硫酸和水,该反应的化学方程式为:
12HF+2Al(OH)3+3Na2SO4=2Na3AlF6+3H2SO4+6H2O。
故填:
12HF+2Al(OH)3+3Na2SO4=2Na3AlF6+3H2SO4+6H2O。
10.化工厂用废硫酸制备K2SO4的流程如下:
(1)生产上将CaCO3研成粉末的目的是_______欲达此目的,还可采用的方法是__________(任写一条)
(2)上述流程中,还可循环使用的物质是___(填写化学式).
(3)写出反应①中主要的化学方程式_______
(4)反应③中相关物质的溶解度如下表所示,反应③在常温下可实现的原因是______
物质
KCl
K2SO4
NH4Cl
(NH4)2SO4
溶解度/g(20℃)
34.2
11.1
37.2
75.4
(5)洗涤反应③所得晶体最适宜的试剂是___________(填序号)
AH2OB饱和K2SO4溶液C二者均可
(6)检验K2SO4晶体是否洗涤干净的方法是____________
【答案】加快反应速率搅拌CO2和CaCO3H2SO4+CaCO3=CaSO4+CO2↑+H2O常温下K2SO4的溶解度小B取最后一次洗涤液,先加入过量的Ba(NO3)2溶液,振荡、静置,除去硫酸根,再向上层清液中滴加AgNO3溶液,如果没有白色沉淀,说明洗涤干净。
【解析】
【详解】
(1)将CaCO3研成粉末,可以增大反应物的接触面积,其目的是加快反应速率,欲达此目的,还可采用的方法是将反应物混合后充分搅拌;(或其他合理答案)
(2)观察上述流程,发现二氧化碳和碳酸钙既是反应物也是生成物,故可循环使用的物质有CO2和CaCO3;
(3)①中主要的化学方程式:
H2SO4+CaCO3=CaSO4+CO2↑+H2O;
(4)根据复分解反应发生的条件,反应Ⅲ中虽然没有不溶物,但常温下K2SO4的溶解度小,在生成物中会以沉淀的形式出现,故反应可以进行;
(5)洗涤反应③所得晶体最适宜的试剂是饱和硫酸钾溶液,不用水而用饱和K2SO4溶液洗涤反应Ⅲ所得晶体的目的是减少K2SO4的溶解;
(6)银离子和氯离子结合生成氯化银沉淀,为检验此晶体是否洗涤干净,可取最后一次洗涤液,先加入过量的Ba(NO3)2溶液,振荡、静置,目的是除去硫酸根离子,再向上层清液中滴加AgNO3溶液,如果没有白色沉淀,说明洗涤干净。
11.现代工业常以氯化钠为原料制备纯碱,部分工艺流程如下:
(1)已知20℃,氧化钠溶解度为36g,则20时饱和食盐水溶质质量分数为______________;(保留1位小数)
(2)反应①的化学方程式是___
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