2025年高考化學(xué)復(fù)習(xí)之小題狂練300題（解答題）：物質(zhì)的分離、提純與檢驗(yàn)

第1頁（共1頁）2025年高考化學(xué)復(fù)習(xí)之小題狂練300題（解答題）：物質(zhì)的分離、提純與檢驗(yàn)一．解答題（共10小題）1．（2024?北京）利用黃銅礦（主要成分為CuFeS2，含有SiO2等雜質(zhì)）生產(chǎn)純銅，流程示意圖如圖。（1）礦石在焙燒前需粉碎，其作用是。（2）（NH4）2SO4的作用是利用其分解產(chǎn)生的SO3使礦石中的銅元素轉(zhuǎn)化為CuSO4。（NH4）2SO4發(fā)生熱分解的化學(xué)方程式是。（3）礦石和過量（NH4）2SO4按一定比例混合，取相同質(zhì)量，在不同溫度下焙燒相同時間，測得：?。拔铡边^程氨吸收率和“浸銅”過程銅浸出率變化如圖；ⅱ．400℃和500℃時，固體B中所含銅、鐵的主要物質(zhì)如表。溫度/℃B中所含銅、鐵的主要物質(zhì)400Fe2O3、CuSO4、CuFeS2500Fe2（SO4）3、CuSO4、CuO①溫度低于425℃，隨焙燒溫度升高，銅浸出率顯著增大的原因是。②溫度高于425℃，根據(jù)焙燒時可能發(fā)生的反應(yīng)，解釋銅浸出率隨焙燒溫度升高而降低的原因是。（4）用離子方程式表示置換過程中加入Fe的目的。（5）粗銅經(jīng)酸浸處理，再進(jìn)行電解精煉；電解時用酸化的CuSO4溶液做電解液，并維持一定的c（H+）和c（Cu2+）。粗銅若未經(jīng)酸浸處理，消耗相同電量時，會降低得到純銅的量，原因是。2．（2024?浙江）礦物資源的綜合利用有多種方法，如鉛鋅礦（主要成分為PbS、ZnS）的利用有火法和電解法等。已知：①PbCl2（s）PbCl2（aq）H2[PbCl4]；②電解前后ZnS總量不變；③AgF易溶于水。請回答：（1）根據(jù)富氧煅燒（在空氣流中煅燒）和通電電解（如圖）的結(jié)果，PbS中硫元素體現(xiàn)的性質(zhì)是（選填“氧化性”、“還原性”、“酸性”、“熱穩(wěn)定性”之一）。產(chǎn)物B中有少量Pb3O4，該物質(zhì)可溶于濃鹽酸，Pb元素轉(zhuǎn)化為[PbCl4]2﹣，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式；從該反應(yīng)液中提取PbCl2的步驟如下：加熱條件下，加入（填一種反應(yīng)試劑），充分反應(yīng)，趁熱過濾，冷卻結(jié)晶，得到產(chǎn)品。（2）下列說法正確的是。A．電解池中發(fā)生的總反應(yīng)是PbS＝Pb+S（條件省略）B．產(chǎn)物B主要是鉛氧化物與鋅氧化物C．1mol化合物C在水溶液中最多可中和2molNaOHD．ClF的氧化性弱于Cl2（3）D的結(jié)構(gòu)為（X＝F或Cl），設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)先除去樣品D中的硫元素，再用除去硫元素后的溶液探究X為何種元素。①實(shí)驗(yàn)方案：取D的溶液，加入足量NaOH溶液，加熱充分反應(yīng)，然后；②寫出D（用HSO3X表示）的溶液與足量NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式。3．（2024?江蘇）回收磁性合金釹鐵硼（Nd2Fe14B）可制備半導(dǎo)體材料鐵酸鉍和光學(xué)材料氧化釹。（1）釹鐵硼在空氣中焙燒轉(zhuǎn)化為Nd2O3、Fe2O3等（忽略硼的化合物），用0.4mol?L﹣1鹽酸酸浸后過濾得到NdCl3溶液和含鐵濾渣。Nd、Fe浸出率（×100%）隨浸取時間變化如圖1所示。①含鐵濾渣的主要成分為（填化學(xué)式）。②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是。（2）含鐵濾渣用硫酸溶解，經(jīng)萃取、反萃取提純后，用于制備鐵酸鉍。①用含有機(jī)胺（R3N）的有機(jī)溶劑作為萃取劑提純一定濃度的Fe2（SO4）3溶液，原理為：（R3NH）2SO4+Fe3+++H2OH++（R3NH）2Fe（OH）（SO4）2（有機(jī)層）已知：（R3NH）2SO4+H++?2（R3NH?HSO4）其他條件不變，水層初始pH在0.2～0.8范圍內(nèi)，隨水層pH增大，有機(jī)層中Fe元素含量迅速增多的原因是。②反萃取后，F(xiàn)e2（SO4）3經(jīng)轉(zhuǎn)化可得到鐵酸鉍。鐵酸鉍晶胞如圖2所示（圖中有4個Fe原子位于晶胞體對角線上，O原子未畫出），其中原子數(shù)目比N（Fe）：N（Bi）＝。（3）凈化后的NdCl3溶液通過沉釹、焙燒得到Nd2O3。①向NdCl3溶液中加入（NH4）2CO3溶液，Nd3+可轉(zhuǎn)化為Nd（OH）CO3沉淀。該反應(yīng)的離子方程式為。②將8.84mgNd（OH）CO3（摩爾質(zhì)量為221g?mol﹣1）在氮?dú)夥諊斜簾?，剩余固體質(zhì)量隨溫度變化曲線如圖3所示。550～600℃時，所得固體產(chǎn)物可表示為NdaOb（CO3）c，通過以上實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)確定該產(chǎn)物中n（Nd3+）：n（）的比值（寫出計(jì)算過程）。4．（2024?江蘇）貴金屬銀應(yīng)用廣泛。Ag與稀HNO3制得AgNO3常用于循環(huán)處理高氯廢水。（1）沉淀Cl﹣。在高氯水樣中加入K2CrO4使?jié)舛燃s為5×10?3mol?L?1當(dāng)?shù)渭覣gNO3溶液至開始產(chǎn)生Ag2CrO4沉淀（忽略滴加過程的體積增加），此時溶液中Cl?濃度約為mol?L?1。[已知：Ksp（AgCl）＝1.8×10?10，Ksp（Ag2CrO4）＝2.0×10?12]（2）還原AgCl。在AgCl沉淀中埋入鐵圈并壓實(shí)，加入足量0.5mol?L?1鹽酸后靜置，充分反應(yīng)得到Ag。①鐵將AgCl轉(zhuǎn)化為單質(zhì)Ag的化學(xué)方程式為。②不與鐵圈直接接觸的AgCl也能轉(zhuǎn)化為Ag的原因是。③為判斷AgCl是否完全轉(zhuǎn)化，補(bǔ)充完整實(shí)驗(yàn)方案：取出鐵圈，攪拌均勻，取少量混合物過濾，[實(shí)驗(yàn)中必須使用的試劑和設(shè)備：稀HNO3、AgNO3溶液，通風(fēng)設(shè)備]。（3）Ag的抗菌性能。納米Ag表面能產(chǎn)生Ag+殺死細(xì)菌（如圖所示），其抗菌性能受溶解氧濃度影響。①納米Ag溶解產(chǎn)生Ag+離子方程式為。②實(shí)驗(yàn)表明溶解氧濃度過高，納米Ag的抗菌性能下降，主要原因是。5．（2024?浙江）固態(tài)化合物Y的組成為MgCaFeMn（CO3）4，以Y為原料實(shí)現(xiàn)如圖轉(zhuǎn)化。已知：NH3與溶液A中金屬離子均不能形成配合物。請回答：（1）依據(jù)步驟Ⅲ，MnCO3、CaCO3和MgCO3中溶解度最大的是。寫出溶液C中的所含有的陰離子。步驟Ⅱ中，加入NH4Cl的作用是。（2）下列說法正確的是。A．氣體D是形成酸雨的主要成分B．固體E可能含有Na2CO3C．Mn（OH）2可溶于NH4Cl溶液D．堿性：Ca（OH）2＜Fe（OH）2（3）酸性條件下，固體NaBiO3（微溶于水，其還原產(chǎn)物為無色的Bi3+）可氧化Mn2+為，根據(jù)該反應(yīng)原理，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證Y中含有Mn元素；寫出Mn2+轉(zhuǎn)化為的離子方程式。6．（2023?全國）乙酰苯胺可作為退熱劑。純乙酰苯胺為白色晶體，熔點(diǎn)114.3℃，微溶于水，易溶于有機(jī)溶劑。某粗乙酰苯胺含少量不溶于水的雜質(zhì)，可通過重結(jié)晶提純。乙酰苯胺在水中的溶解度如表：t/℃205080100溶解度/（g/100mL）0.460.843.455.5回答下列問題：（1）重結(jié)晶時，加水量應(yīng)根據(jù)粗乙酰苯胺的量和其在℃時的溶解度計(jì)算確定。（2）若加熱時不慎碰倒酒精燈而使酒精灑出起火，應(yīng)立即用蓋滅。（3）下列玻璃儀器中，重結(jié)晶實(shí)驗(yàn)不需要的是（填名稱）。（4）加熱溶解后進(jìn)行熱過濾，若濾紙上有較多晶體析出，可能的原因有（答出兩條）。不能將濾紙上析出的晶體合并到濾液中，原因是。（5）結(jié)晶時，如果想要得到較大的晶體，可采取的方法有。（填標(biāo)號）A.攪拌B.快速降溫C.緩慢降溫過濾后，可用來洗滌晶體的是。（填標(biāo)號）A.乙醇B.冷水C.熱水7．（2022?全國）鋼鐵產(chǎn)品在加工過程中都要經(jīng)過酸洗除銹，所產(chǎn)生的含F(xiàn)eCl2的廢稀鹽酸是一種環(huán)境污染物。一組學(xué)生利用圖示裝置對該廢酸液體（含HCl約21%，F(xiàn)eCl2約18%）進(jìn)行回收實(shí)驗(yàn)?；卮鹣铝袉栴}：（1）寫出儀器名稱A：；B：。（2）蒸餾尾接管必須置于液面以下，原因是，采用冰水浴的目的是。（3）蒸餾至燒瓶中有少量固體析出時，趁熱將瓶中液體轉(zhuǎn)移入燒杯中，冰水浴冷卻，使固體結(jié)晶析出、，得到FeCl2?4H2O晶體，干燥后測定純度。（4）可用氧化還原滴定法測定Fe2+的含量，從而確定產(chǎn)品純度。該樣品不能使用KMnO4滴定，原因?yàn)椋ㄓ秒x子方程式表示）。8．（2022?全國）我國煉鎂行業(yè)中應(yīng)用最為廣泛的是皮江法工藝，又稱為硅熱法。該工藝以白云石（主要成分為CaCO3?MgCO3，其質(zhì)量占比為95%）為原料，工藝過程分成煅燒、混合、研磨、還原和精煉等階段，其工藝流程如圖所示：回答下列問題：（1）煅燒白云石反應(yīng)的化學(xué)方程式為。（2）研磨的作用是。（3）還原在還原罐內(nèi)進(jìn)行，所加硅鐵中Si質(zhì)量占比為75%。鎂的沸點(diǎn)為1090℃，還原渣的主要組成為CaSiO3，發(fā)生反應(yīng)的主要化學(xué)方程式是（螢石和鐵不參與反應(yīng)），白云石與硅鐵的理論投料質(zhì)量比為。（4）“還原”過程要求在真空條件下進(jìn)行。如果因空氣進(jìn)入導(dǎo)致真空度降低，將使Mg的產(chǎn)率降低，其中一個原因是生成的鎂會發(fā)生反應(yīng)，其化學(xué)方程式為、。（5）粗鎂的熔點(diǎn)低于純鎂。工業(yè)精煉鎂時采用區(qū)域熔煉法，具體如圖所示。電爐從左端向右端移動，殘留的雜質(zhì)將富集在端（填“左”或“右”）。9．（2021?廣東）對廢催化劑進(jìn)行回收可有效利用金屬資源。某廢催化劑主要含鋁（Al）、鉬（Mo）、鎳（Ni）等元素的氧化物，一種回收利用工藝的部分流程如圖：已知：25℃時，H2CO3的Ka1＝4.5×10﹣7，Ka2＝4.7×10﹣11；Ksp（BaMoO4）＝3.5×10﹣8；Ksp（BaCO3）＝2.6×10﹣9；該工藝中，pH＞6.0時，溶液中Mo元素以MoO42﹣的形態(tài)存在。（1）“焙燒”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合價為。（2）“沉鋁”中，生成的沉淀X為。（3）“沉鉬”中，pH為7.0。①生成BaMoO4的離子方程式為。②若條件控制不當(dāng)，BaCO3也會沉淀。為避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中c（HCO3﹣）：c（MoO42﹣）＝（列出算式）時，應(yīng)停止加入BaCl2溶液。（4）①濾液Ⅲ中，主要存在的鈉鹽有NaCl和Y，Y為。②往濾液Ⅲ中添加適量NaCl固體后，通入足量（填化學(xué)式）氣體，再通入足量CO2，可析出Y。（5）高純AlAs（砷化鋁）可用于芯片制造。芯片制造中的一種刻蝕過程如圖所示，圖中所示致密保護(hù)膜為一種氧化物，可阻止H2O2刻蝕液與下層GaAs（砷化鎵）反應(yīng)。①該氧化物為。②已知：Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2與上層GaAs的反應(yīng)中，As元素的化合價變?yōu)?5價，則該反應(yīng)的氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為。10．（2021?湖北）廢舊太陽能電池CIGS具有較高的回收利用價值，其主要組成為CuIn0.5Ga0.5Se2。某探究小組回收處理流程如下：回答下列問題：（1）硒（Se）與硫?yàn)橥逶?，Se的最外層電子數(shù)為；鎵（Ga）和銦（In）位于元素周期表第三主族，CuIn0.5Ga0.5Se2中Cu的化合價為。（2）“酸浸氧化”發(fā)生的主要氧化還原反應(yīng)的化學(xué)方程式為。（3）25℃時，已知：Kb（NH3?H2O）≈2.0×10﹣5，Ksp[Ga（OH）3]≈1.0×10﹣35，Ksp[In（OH）3]≈1.0×10﹣33，Ksp[Cu（OH）2]≈1.0×10﹣20，“浸出液”中c（Cu2+）＝0.01mol?L﹣1。當(dāng)金屬陽離子濃度小于1.0×10﹣5mol?L﹣1時沉淀完全，In3+恰好完全沉淀時溶液的pH約為（保留一位小數(shù)）；若繼續(xù)加入6.0mol?L﹣1氨水至過量，觀察到的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是先有藍(lán)色沉淀，然后；為探究Ga（OH）3在氨水中能否溶解，計(jì)算反應(yīng)Ga（OH）3（s）+NH3?H2O?[Ga（OH）4]﹣+NH4+的平衡常數(shù)K＝。（已知：Ga3++4OH﹣?[Ga（OH）4]﹣K′＝≈1.0×1034）（4）“濾渣”與SOCl2混合前需要洗滌、干燥，檢驗(yàn)濾渣中SO42﹣是否洗凈的試劑是；“回流過濾”中SOCl2的作用是將氫氧化物轉(zhuǎn)化為氯化物和。（5）“高溫氣相沉積”過程中發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式為。

2025年高考化學(xué)復(fù)習(xí)之小題狂練300題（解答題）：物質(zhì)的分離、提純與檢驗(yàn)參考答案與試題解析一．解答題（共10小題）1．（2024?北京）利用黃銅礦（主要成分為CuFeS2，含有SiO2等雜質(zhì)）生產(chǎn)純銅，流程示意圖如圖。（1）礦石在焙燒前需粉碎，其作用是增大接觸面積，加快反應(yīng)速率，使反應(yīng)更充分。（2）（NH4）2SO4的作用是利用其分解產(chǎn)生的SO3使礦石中的銅元素轉(zhuǎn)化為CuSO4。（NH4）2SO4發(fā)生熱分解的化學(xué)方程式是（NH4）2SO42NH3↑+SO3↑+H2O。（3）礦石和過量（NH4）2SO4按一定比例混合，取相同質(zhì)量，在不同溫度下焙燒相同時間，測得：?。拔铡边^程氨吸收率和“浸銅”過程銅浸出率變化如圖；ⅱ．400℃和500℃時，固體B中所含銅、鐵的主要物質(zhì)如表。溫度/℃B中所含銅、鐵的主要物質(zhì)400Fe2O3、CuSO4、CuFeS2500Fe2（SO4）3、CuSO4、CuO①溫度低于425℃，隨焙燒溫度升高，銅浸出率顯著增大的原因是溫度低于425℃，隨焙燒溫度升高，（NH4）2SO4分解產(chǎn)生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增加，故銅浸出率顯著增加。②溫度高于425℃，根據(jù)焙燒時可能發(fā)生的反應(yīng)，解釋銅浸出率隨焙燒溫度升高而降低的原因是溫度高于425℃，隨焙燒溫度升高發(fā)生反應(yīng)：4CuFeS2+17O2+2CuSO4CuO+2Fe2（SO4）3+4SO3，CuFeS2和CuSO4轉(zhuǎn)化成難溶于水的CuO，銅浸出率降低。（4）用離子方程式表示置換過程中加入Fe的目的Fe+Cu2+═Cu+Fe2+。（5）粗銅經(jīng)酸浸處理，再進(jìn)行電解精煉；電解時用酸化的CuSO4溶液做電解液，并維持一定的c（H+）和c（Cu2+）。粗銅若未經(jīng)酸浸處理，消耗相同電量時，會降低得到純銅的量，原因是其中的雜質(zhì)Fe會參與放電，則消耗相同電量時，會降低得到純銅的量?！敬鸢浮浚?）增大接觸面積，加快反應(yīng)速率，使反應(yīng)更充分；（2）（NH4）2SO42NH3↑+SO3↑+H2O；（3）①溫度低于425℃，隨焙燒溫度升高，（NH4）2SO4分解產(chǎn)生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增加，故銅浸出率顯著增加；②溫度高于425℃，隨焙燒溫度升高發(fā)生反應(yīng)：4CuFeS2+17O2+2CuSO4CuO+2Fe2（SO4）3+4SO3，CuFeS2和CuSO4轉(zhuǎn)化成難溶于水的CuO，銅浸出率降低；（4）Fe+Cu2+═Cu+Fe2+；（5）其中的雜質(zhì)Fe會參與放電，則消耗相同電量時，會降低得到純銅的量。【分析】黃銅礦的主要成分為CuFeS2，含有SiO2等雜質(zhì)，粉碎后加入（NH4）2SO4，通入空氣焙燒，得到的高溫混合氣體中主要含有氨氣，可以用硫酸吸收，得到的硫酸銨可以循環(huán)使用，固體B為SiO2、CuSO4、以及鐵的化合物，加水浸泡，過濾，得到濾渣為SiO2，濾液為CuSO4溶液等，加入鐵，置換出銅，濾液E主要為硫酸亞鐵，粗銅電解得到精銅，據(jù)此分析作答?！窘獯稹拷猓海?）礦石在焙燒前需粉碎，其作用是增大接觸面積，加快反應(yīng)速率，使反應(yīng)更充分，故答案為：增大接觸面積，加快反應(yīng)速率，使反應(yīng)更充分；（2）（NH4）2SO4發(fā)生熱分解，生成氨氣、SO3和水，化學(xué)方程式為：（NH4）2SO42NH3↑+SO3↑+H2O，故答案為：（NH4）2SO42NH3↑+SO3↑+H2O；（3）①溫度低于425℃，隨焙燒溫度升高，銅浸出率顯著增大的原因是溫度低于425℃，隨焙燒溫度升高，（NH4）2SO4分解產(chǎn)生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增加，故銅浸出率顯著增加，故答案為：溫度低于425℃，隨焙燒溫度升高，（NH4）2SO4分解產(chǎn)生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增加，故銅浸出率顯著增加；②溫度高于425℃，銅浸出率隨焙燒溫度升高而降低的原因是溫度高于425℃，隨焙燒溫度升高發(fā)生反應(yīng)：4CuFeS2+17O2+2CuSO4CuO+2Fe2（SO4）3+4SO3，CuFeS2和CuSO4轉(zhuǎn)化成難溶于水的CuO，銅浸出率降低，故答案為：溫度高于425℃，隨焙燒溫度升高發(fā)生反應(yīng)：4CuFeS2+17O2+2CuSO4CuO+2Fe2（SO4）3+4SO3，CuFeS2和CuSO4轉(zhuǎn)化成難溶于水的CuO，銅浸出率降低；（4）用離子方程式表示置換過程中加入Fe的目的是Fe+Cu2+═Cu+Fe2+，故答案為：Fe+Cu2+═Cu+Fe2+；（5）粗銅經(jīng)酸浸處理，再進(jìn)行電解精煉；電解時用酸化的CuSO4溶液做電解液，并維持一定的c（H+）和c（Cu2+），粗銅若未經(jīng)酸浸處理，消耗相同電量時，會降低得到純銅的量，原因是其中的雜質(zhì)Fe會參與放電，則消耗相同電量時，會降低得到純銅的量，故答案為：其中的雜質(zhì)Fe會參與放電，則消耗相同電量時，會降低得到純銅的量?！军c(diǎn)評】本題主要考查物質(zhì)的分離與提純，理解流程的原理是解決本題的關(guān)鍵，屬于基本知識的考查，難度中等。2．（2024?浙江）礦物資源的綜合利用有多種方法，如鉛鋅礦（主要成分為PbS、ZnS）的利用有火法和電解法等。已知：①PbCl2（s）PbCl2（aq）H2[PbCl4]；②電解前后ZnS總量不變；③AgF易溶于水。請回答：（1）根據(jù)富氧煅燒（在空氣流中煅燒）和通電電解（如圖）的結(jié)果，PbS中硫元素體現(xiàn)的性質(zhì)是還原性（選填“氧化性”、“還原性”、“酸性”、“熱穩(wěn)定性”之一）。產(chǎn)物B中有少量Pb3O4，該物質(zhì)可溶于濃鹽酸，Pb元素轉(zhuǎn)化為[PbCl4]2﹣，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式Pb3O4+14HCl（濃）＝3H2[PbCl4]+4H2O+Cl2↑；從該反應(yīng)液中提取PbCl2的步驟如下：加熱條件下，加入PbO或Pb（OH）2或PbCO3（填一種反應(yīng)試劑），充分反應(yīng)，趁熱過濾，冷卻結(jié)晶，得到產(chǎn)品。（2）下列說法正確的是AB。A．電解池中發(fā)生的總反應(yīng)是PbS＝Pb+S（條件省略）B．產(chǎn)物B主要是鉛氧化物與鋅氧化物C．1mol化合物C在水溶液中最多可中和2molNaOHD．ClF的氧化性弱于Cl2（3）D的結(jié)構(gòu)為（X＝F或Cl），設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)先除去樣品D中的硫元素，再用除去硫元素后的溶液探究X為何種元素。①實(shí)驗(yàn)方案：取D的溶液，加入足量NaOH溶液，加熱充分反應(yīng)，然后加入足量Ba（NO3）2溶液充分反應(yīng)，靜置后取上層清液再加入AgNO3溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則證明為Cl﹣離子，反之則為F﹣離子；②寫出D（用HSO3X表示）的溶液與足量NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式HSO3X+3OH﹣＝+X﹣+2H2O?！敬鸢浮浚?）還原性；Pb3O4+14HCl（濃）＝3H2[PbCl4]+4H2O+Cl2↑；PbO或Pb（OH）2或PbCO3；（2）AB；（3）①加入足量Ba（NO3）2溶液充分反應(yīng)，靜置后取上層清液再加入AgNO3溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則證明為Cl﹣離子，反之則為F﹣離子；②HSO3X+3OH﹣＝+X﹣+2H2O?！痉治觥浚?）鉛鋅礦（主要成分為PbS、ZnS）富氧煅燒（在空氣流中煅燒）生成二氧化硫，PbS中硫元素體現(xiàn)了還原性，產(chǎn)物B中有少量Pb3O4，該物質(zhì)可溶于濃鹽酸，鉛元素化合價降低做氧化劑，則Pb元素轉(zhuǎn)化為[PbCl4]2﹣，濃鹽酸被氧化為氯氣，根據(jù)PbCl2（s）PbCl2（aq）H2[PbCl4]，得到反應(yīng)：PbCl2（aq）+2HCl?H2[PbCl4]，要從該反應(yīng)中提取PbCl2，所加試劑應(yīng)能消耗H+使平衡逆向進(jìn)行，且不引入雜質(zhì)；（2）A．根據(jù)圖示和電解前后ZnS總量不變可知，電解池中陽極上Fe2+生成Fe3+，F(xiàn)e3+氧化PbS生成S、Pb2+和Fe2+，陰極上PbCl2生成Pb，據(jù)此分析判斷總反應(yīng)的化學(xué)方程式；B．分析可知，鉛鋅礦（主要成分為PbS、ZnS），富氧煅燒得到SO2和Pb、Zn的氧化物；C．混合物C為，鹵素原子被羥基取代，生成硫酸和HCl、HF；D．ClF的氧化性由+1加Cl表現(xiàn)，Cl2的氧化性是0價Cl表現(xiàn)；（3）①計(jì)實(shí)驗(yàn)先除去樣品D中的硫元素，再用除去硫元素后的溶液探究X為何種元素，是加入NaOH溶液，加熱反應(yīng)生成Na2SO4和NaX，加入硝酸鋇溶液除去硫酸根離子，再檢驗(yàn)溶液中是否含氯離子涉及實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證；②D（用HSO3X表示）的溶液與足量NaOH溶液反應(yīng)生成Na2SO4和NaX和水。【解答】解：（1）根據(jù)富氧煅燒（在空氣流中煅燒）和通電電解（如圖）的結(jié)果，PbS中硫元素體現(xiàn)的性質(zhì)是還原性，產(chǎn)物B中有少量Pb3O4，該物質(zhì)可溶于濃鹽酸，Pb元素轉(zhuǎn)化為[PbCl4]2﹣，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Pb3O4+14HCl（濃）＝3H2[PbCl4]+4H2O+Cl2↑，根據(jù)PbCl2（s）PbCl2（aq）H2[PbCl4]，得到反應(yīng)：PbCl2（aq）+2HCl?H2[PbCl4]，要從該反應(yīng)中提取PbCl2，所加試劑應(yīng)能消耗H+使平衡逆向進(jìn)行，且不引入雜質(zhì)，則步驟為：加熱條件下，加入PbO或Pb（OH）2或PbCO3，充分反應(yīng)，趁熱過濾，冷卻結(jié)晶，得到產(chǎn)品，故答案為：還原性；Pb3O4+14HCl（濃）＝3H2[PbCl4]+4H2O+Cl2↑；PbO或Pb（OH）2或PbCO3；（2）A．根據(jù)圖示和電解前后ZnS總量不變可知，電解池中陽極上Fe2+生成Fe3+，F(xiàn)e3+氧化PbS生成S、Pb2+和Fe2+，陰極上PbCl2生成Pb，電解池中發(fā)生的總反應(yīng)是PbS＝Pb+S（條件省略），故A正確；B．分析可知，鉛鋅礦（主要成分為PbS、ZnS），富氧煅燒得到SO2和Pb、Zn的氧化物，則產(chǎn)物B主要是鉛氧化物與鋅氧化物，故B正確；C．混合物C為，鹵素原子被羥基取代，生成硫酸和HCl、HF，1mol化合物C在水溶液中最多可中和4molNaOH，故C錯誤；D．ClF的氧化性由+1加Cl表現(xiàn)，Cl2的氧化性是0價Cl表現(xiàn)，則ClF的氧化性強(qiáng)于Cl2，故D錯誤；故答案為：AB；（3）①D的結(jié)構(gòu)為（X＝F或Cl），加入NaOH溶液，加熱反應(yīng)生成Na2SO4和NaX，實(shí)驗(yàn)方案為：取D的溶液，加入足量NaOH溶液，加熱充分反應(yīng)，然后加入足量Ba（NO3）2溶液充分反應(yīng)，靜置后取上層清液再加入AgNO3溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則證明為Cl﹣離子，反之則為F﹣離子，故答案為：加入足量Ba（NO3）2溶液充分反應(yīng)，靜置后取上層清液再加入AgNO3溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則證明為Cl﹣離子，反之則為F﹣離子；②D（用HSO3X表示）的溶液與足量NaOH溶液反應(yīng)生成Na2SO4和NaX，反應(yīng)的離子方程式為：HSO3X+3OH﹣＝+X﹣+2H2O，故答案為：HSO3X+3OH﹣＝+X﹣+2H2O?！军c(diǎn)評】本題考查混合物分離提純，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、混合物分離方法為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意元素化合物知識的應(yīng)用，題目難度中等。3．（2024?江蘇）回收磁性合金釹鐵硼（Nd2Fe14B）可制備半導(dǎo)體材料鐵酸鉍和光學(xué)材料氧化釹。（1）釹鐵硼在空氣中焙燒轉(zhuǎn)化為Nd2O3、Fe2O3等（忽略硼的化合物），用0.4mol?L﹣1鹽酸酸浸后過濾得到NdCl3溶液和含鐵濾渣。Nd、Fe浸出率（×100%）隨浸取時間變化如圖1所示。①含鐵濾渣的主要成分為Fe（OH）3（填化學(xué)式）。②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是浸出初期Fe2O3溶解，鐵浸出率上升，5min后HCl被逐漸消耗，c（H+）下降，F(xiàn)e3+離子水解生成Fe（OH）3進(jìn)入濾渣，鐵的浸出率下降。（2）含鐵濾渣用硫酸溶解，經(jīng)萃取、反萃取提純后，用于制備鐵酸鉍。①用含有機(jī)胺（R3N）的有機(jī)溶劑作為萃取劑提純一定濃度的Fe2（SO4）3溶液，原理為：（R3NH）2SO4+Fe3+++H2OH++（R3NH）2Fe（OH）（SO4）2（有機(jī)層）已知：（R3NH）2SO4+H++?2（R3NH?HSO4）其他條件不變，水層初始pH在0.2～0.8范圍內(nèi)，隨水層pH增大，有機(jī)層中Fe元素含量迅速增多的原因是pH增大時，氫離子濃度減小，會促進(jìn)反應(yīng)（R3NH）2SO4+Fe3+++H2OH++（R3NH）2Fe（OH）（SO4）2（有機(jī)層）平衡向萃取方向進(jìn)行，已知：（R3NH）2SO4+H++?2（R3NH?HSO4），氫離子濃度減小，平衡逆向進(jìn)行，萃取劑（R3NH）2SO4的濃度增大，也使萃取反應(yīng)正向進(jìn)行，有機(jī)層中Fe元素含量迅速增多。②反萃取后，F(xiàn)e2（SO4）3經(jīng)轉(zhuǎn)化可得到鐵酸鉍。鐵酸鉍晶胞如圖2所示（圖中有4個Fe原子位于晶胞體對角線上，O原子未畫出），其中原子數(shù)目比N（Fe）：N（Bi）＝2：1。（3）凈化后的NdCl3溶液通過沉釹、焙燒得到Nd2O3。①向NdCl3溶液中加入（NH4）2CO3溶液，Nd3+可轉(zhuǎn)化為Nd（OH）CO3沉淀。該反應(yīng)的離子方程式為2Nd3++3+H2O＝2Nd（OH）CO3↓+CO2↑。②將8.84mgNd（OH）CO3（摩爾質(zhì)量為221g?mol﹣1）在氮?dú)夥諊斜簾?，剩余固體質(zhì)量隨溫度變化曲線如圖3所示。550～600℃時，所得固體產(chǎn)物可表示為NdaOb（CO3）c，通過以上實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)確定該產(chǎn)物中n（Nd3+）：n（）的比值2：1（寫出計(jì)算過程）?！敬鸢浮浚?）①Fe（OH）3；②浸出初期Fe2O3溶解，鐵浸出率上升，5min后HCl被逐漸消耗，c（H+）下降，F(xiàn)e3+離子水解生成Fe（OH）3進(jìn)入濾渣，鐵的浸出率下降；（2）①pH增大時，氫離子濃度減小，會促進(jìn)反應(yīng)（R3NH）2SO4+Fe3+++H2OH++（R3NH）2Fe（OH）（SO4）2（有機(jī)層）平衡向萃取方向進(jìn)行，已知：（R3NH）2SO4+H++?2（R3NH?HSO4），氫離子濃度減小，平衡逆向進(jìn)行，萃取劑（R3NH）2SO4的濃度增大，也使萃取反應(yīng)正向進(jìn)行，有機(jī)層中Fe元素含量迅速增多；②2：1；（3）①2Nd3++3+H2O＝2Nd（OH）CO3↓+CO2↑；②2：1?！痉治觥浚?）①Fe2O3溶于鹽酸生成Fe3+，隨著反應(yīng)進(jìn)行溶液中的c（H+）離子濃度下降，F(xiàn)e3+離子水解程度增大，生成了Fe（OH）3進(jìn)入濾渣；②浸出初期Fe2O3溶解，鐵浸出率上升，后期Fe3+離子水解生成Fe（OH）3進(jìn)入濾渣，鐵的浸出率下降；（2）①用含有機(jī)胺（R3N）的有機(jī)溶劑作為萃取劑提純一定濃度的Fe2（SO4）3溶液，原理為：（R3NH）2SO4+Fe3+++H2OH++（R3NH）2Fe（OH）（SO4）2（有機(jī)層），已知：（R3NH）2SO4+H++?2（R3NH?HSO4），其他條件不變，水層初始pH在0.2～0.8范圍內(nèi)，隨水層pH增大，（R3NH）2SO4濃度增大，氫離子濃度減小，都能使萃取反應(yīng)正向進(jìn)行；②均攤法得到晶胞中位于面上的Fe8個，位于晶胞內(nèi)的Fe4個，則N（Fe）＝8×+4＝8，位于晶胞面上的Bi8個，N（Bi）＝8×＝4；（3）①向NdCl3溶液中加入（NH4）2CO3溶液，發(fā)生素昂水解反應(yīng)，生成Nd（OH）CO3沉淀和二氧化碳；②將8.84mgNd（OH）CO3（摩爾質(zhì)量為221g?mol﹣1）在氮?dú)夥諊斜簾?，n[Nd（OH）CO3]＝＝4×10﹣3mol，其中n（OH﹣）＝4×10﹣3mol，剩余固體質(zhì)量隨溫度變化曲線如圖3所示，550～600℃時，所得固體產(chǎn)物可表示為NdaOb（CO3）c，固體質(zhì)量減少8.84mg﹣7.60mg＝1.24mg，焙燒產(chǎn)物中不含氫元素，則2OH﹣～H2O，焙燒過程中生成水的質(zhì)量＝×4×10﹣3mol×18g/mol×103mg/g＝0.36mg，則生成二氧化碳的質(zhì)量＝1.24mg﹣0.36mg＝0.88mg，～CO2，發(fā)生反應(yīng)的物質(zhì)的量＝＝2×10﹣3mol，起始固體中碳酸根離子物質(zhì)的量＝4×10﹣3mol﹣2×10﹣3mol＝2×10﹣3mol，焙燒過程中Nd不減少，則剩余固體中n（Nd3+）＝4×10﹣3mol，據(jù)此計(jì)算?！窘獯稹拷猓海?）①釹鐵硼在空氣中焙燒轉(zhuǎn)化為Nd2O3、Fe2O3等（忽略硼的化合物），用0.4mol?L﹣1鹽酸酸浸后過濾得到NdCl3溶液和含鐵濾渣，F(xiàn)e2O3溶于鹽酸生成Fe3+，隨著反應(yīng)進(jìn)行溶液中的c（H+）離子濃度下降，F(xiàn)e3+離子水解程度增大，生成了Fe（OH）3進(jìn)入濾渣，含鐵濾渣的主要成分為：Fe（OH）3，故答案為：Fe（OH）3；②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是：浸出初期Fe2O3溶解，鐵浸出率上升，5min后HCl被逐漸消耗，c（H+）下降，F(xiàn)e3+離子水解生成Fe（OH）3進(jìn)入濾渣，鐵的浸出率下降，故答案為：浸出初期Fe2O3溶解，鐵浸出率上升，5min后HCl被逐漸消耗，c（H+）下降，F(xiàn)e3+離子水解生成Fe（OH）3進(jìn)入濾渣，鐵的浸出率下降；（2）①其他條件不變，水層初始pH在0.2～0.8范圍內(nèi)，隨水層pH增大，有機(jī)層中Fe元素含量迅速增多的原因是：pH增大時，氫離子濃度減小，會促進(jìn)反應(yīng)（R3NH）2SO4+Fe3+++H2OH++（R3NH）2Fe（OH）（SO4）2（有機(jī)層）平衡向萃取方向進(jìn)行，已知：（R3NH）2SO4+H++?2（R3NH?HSO4），氫離子濃度減小，平衡逆向進(jìn)行，萃取劑（R3NH）2SO4的濃度增大，也使萃取反應(yīng)正向進(jìn)行，有機(jī)層中Fe元素含量迅速增多，故答案為：pH增大時，氫離子濃度減小，會促進(jìn)反應(yīng)（R3NH）2SO4+Fe3+++H2OH++（R3NH）2Fe（OH）（SO4）2（有機(jī)層）平衡向萃取方向進(jìn)行，已知：（R3NH）2SO4+H++?2（R3NH?HSO4），氫離子濃度減小，平衡逆向進(jìn)行，萃取劑（R3NH）2SO4的濃度增大，也使萃取反應(yīng)正向進(jìn)行，有機(jī)層中Fe元素含量迅速增多；②均攤法得到晶胞中位于面上的Fe8個，位于晶胞內(nèi)的Fe4個，則N（Fe）＝8×+4＝8，位于晶胞面上的Bi8個，N（Bi）＝8×＝4，原子數(shù)目比N（Fe）：N（Bi）＝2：1，故答案為：2：1；（3）①向NdCl3溶液中加入（NH4）2CO3溶液，Nd3+可轉(zhuǎn)化為Nd（OH）CO3沉淀，該反應(yīng)的離子方程式為：2Nd3++3+H2O＝2Nd（OH）CO3↓+CO2↑，故答案為：2Nd3++3+H2O＝2Nd（OH）CO3↓+CO2↑；②將8.84mgNd（OH）CO3（摩爾質(zhì)量為221g?mol﹣1）在氮?dú)夥諊斜簾?，n[Nd（OH）CO3]＝＝4×10﹣3mol，其中n（OH﹣）＝4×10﹣3mol，剩余固體質(zhì)量隨溫度變化曲線如圖3所示，550～600℃時，所得固體產(chǎn)物可表示為NdaOb（CO3）c，固體質(zhì)量減少8.84mg﹣7.60mg＝1.24mg，焙燒產(chǎn)物中不含氫元素，則2OH﹣～H2O，焙燒過程中生成水的質(zhì)量＝×4×10﹣3mol×18g/mol×103mg/g＝0.36mg，則生成二氧化碳的質(zhì)量＝1.24mg﹣0.36mg＝0.88mg，～CO2，發(fā)生反應(yīng)的物質(zhì)的量＝＝2×10﹣3mol，起始固體中碳酸根離子物質(zhì)的量＝4×10﹣3mol﹣2×10﹣3mol＝2×10﹣3mol，焙燒過程中Nd不減少，則剩余固體中n（Nd3+）＝4×10﹣3mol，通過以上實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)確定該產(chǎn)物中n（Nd3+）：n（）的比值＝2：1，故答案為：2：1?！军c(diǎn)評】本題考查物質(zhì)的制備、物質(zhì)的分離提純、晶胞計(jì)算等知識點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生物質(zhì)之間反應(yīng)和分離提純知識的掌握情況和鹽酸守恒的計(jì)算應(yīng)用，題目難度中等。4．（2024?江蘇）貴金屬銀應(yīng)用廣泛。Ag與稀HNO3制得AgNO3常用于循環(huán)處理高氯廢水。（1）沉淀Cl﹣。在高氯水樣中加入K2CrO4使?jié)舛燃s為5×10?3mol?L?1當(dāng)?shù)渭覣gNO3溶液至開始產(chǎn)生Ag2CrO4沉淀（忽略滴加過程的體積增加），此時溶液中Cl?濃度約為9×10﹣6mol?L?1。[已知：Ksp（AgCl）＝1.8×10?10，Ksp（Ag2CrO4）＝2.0×10?12]（2）還原AgCl。在AgCl沉淀中埋入鐵圈并壓實(shí)，加入足量0.5mol?L?1鹽酸后靜置，充分反應(yīng)得到Ag。①鐵將AgCl轉(zhuǎn)化為單質(zhì)Ag的化學(xué)方程式為Fe+AgCl+2HCl＝FeCl3+Ag+H2↑。②不與鐵圈直接接觸的AgCl也能轉(zhuǎn)化為Ag的原因是Fe與鹽酸反應(yīng)生成亞鐵離子，亞鐵離子將AgCl還原為Ag。③為判斷AgCl是否完全轉(zhuǎn)化，補(bǔ)充完整實(shí)驗(yàn)方案：取出鐵圈，攪拌均勻，取少量混合物過濾，洗滌，向洗滌液中加入硝酸銀溶液，確保氯離子已洗凈，在通風(fēng)設(shè)備中向?yàn)V渣中加入足量的硝酸，若固體完全溶解，則氯化銀完全轉(zhuǎn)化，若固體未完全溶解則氯化銀未完全轉(zhuǎn)化[實(shí)驗(yàn)中必須使用的試劑和設(shè)備：稀HNO3、AgNO3溶液，通風(fēng)設(shè)備]。（3）Ag的抗菌性能。納米Ag表面能產(chǎn)生Ag+殺死細(xì)菌（如圖所示），其抗菌性能受溶解氧濃度影響。①納米Ag溶解產(chǎn)生Ag+離子方程式為4Ag+4H++O2＝4Ag++2H2O。②實(shí)驗(yàn)表明溶解氧濃度過高，納米Ag的抗菌性能下降，主要原因是納米Ag表面生成Ag2O。【答案】（1）9×10﹣6；（2）①Fe+AgCl+2HCl＝FeCl3+Ag+H2↑；②Fe與鹽酸反應(yīng)生成亞鐵離子，亞鐵離子將AgCl還原為Ag；③洗滌，向洗滌液中加入硝酸銀溶液，確保氯離子已洗凈，在通風(fēng)設(shè)備中向?yàn)V渣中加入足量的硝酸，若固體完全溶解，則氯化銀完全轉(zhuǎn)化，若固體未完全溶解則氯化銀未完全轉(zhuǎn)化；（3）①4Ag+4H++O2＝4Ag++2H2O；②納米Ag表面生成Ag2O?！痉治觥浚?）根據(jù)Ksp（AgCl）＝1.8×10?10，Ksp（Ag2CrO4）＝2.0×10?12進(jìn)行計(jì)算；（2）根據(jù)原子守恒配平化學(xué)方程式即可；若氯化銀完全轉(zhuǎn)化，則固體全部為Ag單質(zhì)，可完全溶于稀硝酸，據(jù)此進(jìn)行解答；（3）若溶解氧氣濃度過高，則易形成氧化銀降低消毒效果?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)Ksp（AgCl）＝c（Ag+）?c（Cl﹣），Ksp（Ag2CrO4）＝c2（Ag+）?c（CrO42﹣），則c（Cl﹣）＝＝mol/L＝9×10﹣6mol/L，故答案為：9×10﹣6；（2）①根據(jù)原子守恒配平化學(xué)方程式可得反應(yīng)為：Fe+AgCl+2HCl＝FeCl3+Ag+H2↑，故答案為：Fe+AgCl+2HCl＝FeCl3+Ag+H2↑；②不與鐵圈直接接觸的AgCl也能轉(zhuǎn)化為Ag的原因是Fe與鹽酸反應(yīng)生成亞鐵離子，亞鐵離子將AgCl還原為Ag，故答案為：Fe與鹽酸反應(yīng)生成亞鐵離子，亞鐵離子將AgCl還原為Ag；③若氯化銀完全轉(zhuǎn)化，則固體全部為Ag單質(zhì)，可完全溶于稀硝酸，此過程會產(chǎn)生污染空氣的氮氧化物，故必須通風(fēng)，故完整實(shí)驗(yàn)方案：取出鐵圈，攪拌均勻，取少量混合物過濾，洗滌，向洗滌液中加入硝酸銀溶液，確保氯離子已洗凈，在通風(fēng)設(shè)備中向?yàn)V渣中加入足量的硝酸，若固體完全溶解，則氯化銀完全轉(zhuǎn)化，若固體未完全溶解則氯化銀未完全轉(zhuǎn)化，故答案為：洗滌，向洗滌液中加入硝酸銀溶液，確保氯離子已洗凈，在通風(fēng)設(shè)備中向?yàn)V渣中加入足量的硝酸，若固體完全溶解，則氯化銀完全轉(zhuǎn)化，若固體未完全溶解則氯化銀未完全轉(zhuǎn)化；（3）①根據(jù)圖示可知氧氣為氧化劑，氫離子也參與反應(yīng)，結(jié)合得失電子守恒可知離子方程式為：4Ag+4H++O2＝4Ag++2H2O，故答案為：4Ag+4H++O2＝4Ag++2H2O；②若溶解氧氣濃度過高，則易形成氧化銀降低消毒效果，故答案為：納米Ag表面生成Ag2O?！军c(diǎn)評】本題考查制備方案的設(shè)計(jì)，為高考常見題型，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析能力及化學(xué)實(shí)驗(yàn)?zāi)芰?，注意?shí)驗(yàn)的原理以及物質(zhì)的性質(zhì)，把握實(shí)驗(yàn)的操作方法以及化學(xué)反應(yīng)原理的運(yùn)用，較好地考查了學(xué)生對實(shí)驗(yàn)原理的理解、知識遷移應(yīng)用，題目難度中等。5．（2024?浙江）固態(tài)化合物Y的組成為MgCaFeMn（CO3）4，以Y為原料實(shí)現(xiàn)如圖轉(zhuǎn)化。已知：NH3與溶液A中金屬離子均不能形成配合物。請回答：（1）依據(jù)步驟Ⅲ，MnCO3、CaCO3和MgCO3中溶解度最大的是MgCO3。寫出溶液C中的所含有的陰離子Cl﹣、、、OH﹣。步驟Ⅱ中，加入NH4Cl的作用是防止鎂離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鎂沉淀。（2）下列說法正確的是BC。A．氣體D是形成酸雨的主要成分B．固體E可能含有Na2CO3C．Mn（OH）2可溶于NH4Cl溶液D．堿性：Ca（OH）2＜Fe（OH）2（3）酸性條件下，固體NaBiO3（微溶于水，其還原產(chǎn)物為無色的Bi3+）可氧化Mn2+為，根據(jù)該反應(yīng)原理，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證Y中含有Mn元素取一定量的固體Y于試管中，滴加稀硫酸溶液后，加入少量NaBiO3固體，溶液變?yōu)樽霞t色，則Y中含有錳元素；寫出Mn2+轉(zhuǎn)化為的離子方程式14H++5NaBiO3+2Mn2+＝2+5Na++5Bi3++7H2O?！敬鸢浮浚?）MgCO3；Cl﹣、、、OH﹣；防止鎂離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鎂沉淀；（2）ABC；（3）取一定量的固體Y于試管中，滴加稀硫酸溶液后，加入少量NaBiO3固體，溶液變?yōu)樽霞t色，則Y中含有錳元素；14H++5NaBiO3+2Mn2+＝2+5Na++5Bi3++7H2O?！痉治觥縈gCaFeMn（CO3）4與鹽酸反應(yīng)生成氯化鎂、氯化鈣、氯化亞鐵、氯化錳和二氧化碳，鈉與二氧化碳加熱生成碳酸鈉和氧化碳，溶液與氨氣和氯化銨反應(yīng)生成氫氧化亞鐵，溶液B與適量二氧化碳反應(yīng)生成碳酸錳、碳酸鈣，則溶液C中含有氯化鎂。【解答】解：（1）步驟Ⅲ反應(yīng)生成碳酸錳、碳酸鈣，則MnCO3、CaCO3和MgCO3中溶解度最大的是MgCO3，則溶液C中的所有陰離子為Cl﹣、、、OH﹣，步驟Ⅱ中，加入NH4Cl的作用是防止鎂離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鎂沉淀，故答案為：MgCO3；Cl﹣、、、OH﹣；防止鎂離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鎂沉淀；（2）A．氣體D是二氧化碳，不是形成酸雨的主要成分，故A錯誤；B．鈉與二氧化碳加熱生成碳酸鈉和氧化碳，固體E可能含有Na2CO3，故B正確；C．溶液B為氯化鎂、氯化鈣好氯化錳，則Mn（OH）2可溶于NH4Cl溶液，故C正確；D．元素的金屬性越強(qiáng)，最高價氧化物對應(yīng)的水化物的堿性越強(qiáng)，則堿性：Ca（OH）2＞Fe（OH）2，故D錯誤；故答案為：BC；（3）由于酸性條件下，固體NaBiO3（微溶于水，其還原產(chǎn)物為無色的Bi3+）可氧化Mn2+為，則驗(yàn)證Y中含有Mn元素的方法是取一定量的固體B于試管中，滴加稀硫酸溶液后，加入少量NaBiO3固體，溶液變?yōu)樽霞t色，則Y中含有錳元素；則Mn2+轉(zhuǎn)化為的離子方程式14H++5NaBiO3+2Mn2+＝2+5Na++5Bi3++7H2O，故答案為：取一定量的固體Y于試管中，滴加稀硫酸溶液后，加入少量NaBiO3固體，溶液變?yōu)樽霞t色，則Y中含有錳元素；14H++5NaBiO3+2Mn2+＝2+5Na++5Bi3++7H2O。【點(diǎn)評】本題考查物質(zhì)的制備，側(cè)重考查學(xué)生物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化和分離提純知識的掌握情況，試題難度中等。6．（2023?全國）乙酰苯胺可作為退熱劑。純乙酰苯胺為白色晶體，熔點(diǎn)114.3℃，微溶于水，易溶于有機(jī)溶劑。某粗乙酰苯胺含少量不溶于水的雜質(zhì)，可通過重結(jié)晶提純。乙酰苯胺在水中的溶解度如表：t/℃205080100溶解度/（g/100mL）0.460.843.455.5回答下列問題：（1）重結(jié)晶時，加水量應(yīng)根據(jù)粗乙酰苯胺的量和其在20℃時的溶解度計(jì)算確定。（2）若加熱時不慎碰倒酒精燈而使酒精灑出起火，應(yīng)立即用濕抹布蓋滅。（3）下列玻璃儀器中，重結(jié)晶實(shí)驗(yàn)不需要的是分液漏斗和容量瓶（填名稱）。（4）加熱溶解后進(jìn)行熱過濾，若濾紙上有較多晶體析出，可能的原因有加熱溶解時，溫度較低，晶體沒有全部溶解；熱過濾時，溫度降低，晶體析出（答出兩條）。不能將濾紙上析出的晶體合并到濾液中，原因是含有不溶于水的雜質(zhì)。（5）結(jié)晶時，如果想要得到較大的晶體，可采取的方法有C。（填標(biāo)號）A.攪拌B.快速降溫C.緩慢降溫過濾后，可用來洗滌晶體的是B。（填標(biāo)號）A.乙醇B.冷水C.熱水【答案】（1）20；（2）濕抹布；（3）分液漏斗和容量瓶；（4）加熱溶解時，溫度較低，晶體沒有全部溶解；熱過濾時，溫度降低，晶體析出；含有不溶于水的雜質(zhì)；（5）C；（6）B?！痉治觥浚?）乙酰苯胺在20℃時，溶解度較??；（2）酒精灑出起火，應(yīng)立即用濕抹布蓋滅；（3）重結(jié)晶操作為加熱溶解，趁熱過濾，冷卻結(jié)晶再過濾；（4）加熱溶解后進(jìn)行熱過濾，若濾紙上有較多晶體析出，可能的原因有加熱溶解時，溫度較低，晶體沒有全部溶解；熱過濾時，溫度降低，晶體析出；不能將濾紙上析出的晶體中含有不溶于水的雜質(zhì)；（5）緩慢降溫，可以得到較大的晶體；（6）由于乙酰苯胺微溶于水，易溶于有機(jī)溶劑，且隨著溫度的升高，溶解度減小?！窘獯稹拷猓海?）由于乙酰苯胺在20℃時，溶解度較小，則重結(jié)晶時，加水量應(yīng)根據(jù)粗乙酰苯胺的量和其在20℃時的溶解度計(jì)算確定，故答案為：20；（2）若加熱時不慎碰倒酒精燈而使酒精灑出起火，應(yīng)立即用濕抹布蓋滅，故答案為：濕抹布；（3）重結(jié)晶操作為加熱溶解，趁熱過濾，冷卻結(jié)晶再過濾，故重結(jié)晶實(shí)驗(yàn)不需要的是分液漏斗和容量瓶，故答案為：分液漏斗和容量瓶；（4）加熱溶解后進(jìn)行熱過濾，若濾紙上有較多晶體析出，可能的原因有加熱溶解時，溫度較低，晶體沒有全部溶解；熱過濾時，溫度降低，晶體析出；不能將濾紙上析出的晶體合并到濾液中，原因是含有不溶于水的雜質(zhì)，故答案為：加熱溶解時，溫度較低，晶體沒有全部溶解；熱過濾時，溫度降低，晶體析出；含有不溶于水的雜質(zhì)；（5）結(jié)晶時，緩慢降溫，可以得到較大的晶體，故答案為：C；（6）由于乙酰苯胺微溶于水，易溶于有機(jī)溶劑，且隨著溫度的升高，溶解度減小，則過濾后，可用來洗滌晶體的是冷水，故答案為：B?！军c(diǎn)評】本題考查有機(jī)物的分離和提純，側(cè)重考查學(xué)生重結(jié)晶的掌握情況，試題難度中等。7．（2022?全國）鋼鐵產(chǎn)品在加工過程中都要經(jīng)過酸洗除銹，所產(chǎn)生的含F(xiàn)eCl2的廢稀鹽酸是一種環(huán)境污染物。一組學(xué)生利用圖示裝置對該廢酸液體（含HCl約21%，F(xiàn)eCl2約18%）進(jìn)行回收實(shí)驗(yàn)?；卮鹣铝袉栴}：（1）寫出儀器名稱A：直形冷凝管；B：溫度計(jì)。（2）蒸餾尾接管必須置于液面以下，原因是便于生成的HCl冷凝，防止其揮發(fā)，采用冰水浴的目的是使冷凝效果更好。（3）蒸餾至燒瓶中有少量固體析出時，趁熱將瓶中液體轉(zhuǎn)移入燒杯中，冰水浴冷卻，使固體結(jié)晶析出、將固液混合物轉(zhuǎn)移至漏斗中，過濾，得到FeCl2?4H2O晶體，干燥后測定純度。（4）可用氧化還原滴定法測定Fe2+的含量，從而確定產(chǎn)品純度。該樣品不能使用KMnO4滴定，原因?yàn)?+10Cl﹣+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O（用離子方程式表示）?！敬鸢浮浚?）直形冷凝管；溫度計(jì)；（2）便于生成的HCl冷凝，防止其揮發(fā)；使冷凝效果更好；（3）將固液混合物轉(zhuǎn)移至漏斗中，過濾；（4）2+10Cl﹣+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O?！痉治觥浚?）根據(jù)儀器構(gòu)造，判斷儀器的名稱；（2）蒸餾尾接管置于液面以下，溫度更低，有利于HCl冷凝，且冰水浴時，冷凝效果更好；（3）蒸餾至燒瓶中有少量固體析出時，趁熱將瓶中液體轉(zhuǎn)移入燒杯中，冰水浴冷卻，使固體結(jié)晶析出、過濾，得到FeCl2?4H2O晶體；（4）KMnO4具有強(qiáng)氧化性，能氧化Fe2+、Cl﹣。【解答】解：（1）根據(jù)儀器構(gòu)造可知，A儀器為直形冷凝管；B儀器為溫度計(jì)，故答案為：直形冷凝管；溫度計(jì)；（2）蒸餾尾接管必須置于液面以下，原因是便于生成的HCl冷凝，防止其揮發(fā)，采用冰水浴的目的是使冷凝效果更好，故答案為：便于生成的HCl冷凝，防止其揮發(fā)；使冷凝效果更好；（3）蒸餾至燒瓶中有少量固體析出時，趁熱將瓶中液體轉(zhuǎn)移入燒杯中，冰水浴冷卻，使固體結(jié)晶析出、將固液混合物轉(zhuǎn)移至漏斗中，過濾，得到FeCl2?4H2O晶體，干燥后測定純度，故答案為：將固液混合物轉(zhuǎn)移至漏斗中，過濾；（4）該樣品不能使用KMnO4滴定，原因?yàn)樗嵝訩MnO4具有很強(qiáng)的氧化性，也能夠氧化Cl﹣，導(dǎo)致KMnO4的消耗量增大，影響測定的結(jié)果，反應(yīng)的離子方程式為：2+10Cl﹣+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案為：2+10Cl﹣+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O。【點(diǎn)評】本題主要考查物質(zhì)的分離與提純，具體考查儀器的識別、實(shí)驗(yàn)操作的相關(guān)知識，離子方程式的書寫，難度中等。8．（2022?全國）我國煉鎂行業(yè)中應(yīng)用最為廣泛的是皮江法工藝，又稱為硅熱法。該工藝以白云石（主要成分為CaCO3?MgCO3，其質(zhì)量占比為95%）為原料，工藝過程分成煅燒、混合、研磨、還原和精煉等階段，其工藝流程如圖所示：回答下列問題：（1）煅燒白云石反應(yīng)的化學(xué)方程式為CaCO3?MgCO3CaO+MgO+2CO2↑。（2）研磨的作用是增大固體反應(yīng)物的接觸面積，加快化學(xué)反應(yīng)速率。（3）還原在還原罐內(nèi)進(jìn)行，所加硅鐵中Si質(zhì)量占比為75%。鎂的沸點(diǎn)為1090℃，還原渣的主要組成為CaSiO3，發(fā)生反應(yīng)的主要化學(xué)方程式是CaO+Si+2MgOCaSiO3+2Mg（螢石和鐵不參與反應(yīng)），白云石與硅鐵的理論投料質(zhì)量比為（92×15）：（7×19）。（4）“還原”過程要求在真空條件下進(jìn)行。如果因空氣進(jìn)入導(dǎo)致真空度降低，將使Mg的產(chǎn)率降低，其中一個原因是生成的鎂會發(fā)生反應(yīng)，其化學(xué)方程式為2Mg+O22MgO、3Mg+N2Mg3N2。（5）粗鎂的熔點(diǎn)低于純鎂。工業(yè)精煉鎂時采用區(qū)域熔煉法，具體如圖所示。電爐從左端向右端移動，殘留的雜質(zhì)將富集在右端（填“左”或“右”）?！敬鸢浮浚?）CaCO3?MgCO3CaO+MgO+2CO2↑；（2）增大固體反應(yīng)物的接觸面積，加快化學(xué)反應(yīng)速率；（3）CaO+Si+2MgOCaSiO3+2Mg；（92×15）：（7×19）；（4）2Mg+O22MgO；3Mg+N2Mg3N2；（5）右?！痉治觥堪自剖邷仂褵玫紺aO、MgO和CO2，得到的固體中加入硅鐵、螢石粉研磨，然后高溫還原得到Mg和還原渣，鎂的沸點(diǎn)為1090℃，還原渣的主要組成為CaSiO3，則CaO、Si、MgO在高溫下、13.3～133.3Pa條件下反應(yīng)生成CaSiO3和Mg，粗鎂精煉得到鎂錠；（1）白云石高溫煅燒得到CaO、MgO和CO2；（2）反應(yīng)物的接觸面積越大，反應(yīng)速率越快；（3）鎂的沸點(diǎn)為1090℃，還原渣的主要組成為CaSiO3，則CaO、Si、MgO在高溫下、13.3～133.3Pa條件下反應(yīng)生成CaSiO3和Mg，根據(jù)反應(yīng)物、生成物及反應(yīng)條件書寫方程式；結(jié)合方程式計(jì)算白云石與硅鐵的理論投料質(zhì)量比；（4）加熱條件下，Mg能和O2、N2反應(yīng)；（5）粗鎂的熔點(diǎn)低于純鎂，隨著電爐的移動，熔融的Mg再固化，雜質(zhì)向右移動?！窘獯稹拷猓海?）白云石高溫煅燒得到CaO、MgO和CO2，反應(yīng)方程式為CaCO3?MgCO3CaO+MgO+2CO2↑，故答案為：CaCO3?MgCO3CaO+MgO+2CO2↑；（2）研磨能增大固體反應(yīng)物的接觸面積，加快化學(xué)反應(yīng)速率，故答案為：增大固體反應(yīng)物的接觸面積，加快化學(xué)反應(yīng)速率；（3）鎂的沸點(diǎn)為1090℃，還原渣的主要組成為CaSiO3，則CaO、Si、MgO在高溫下、133.～133.3Pa條件下反應(yīng)生成CaSiO3和Mg，根據(jù)反應(yīng)物、生成物及反應(yīng)條件書寫方程式為CaO+Si+2MgOCaSiO3+2Mg；白云石的主要成分為CaCO3?MgCO3，其質(zhì)量占比為95%，硅鐵中Si質(zhì)量占比為75%，根據(jù)方程式“CaO+Si+2MgOCaSiO3+2Mg”知，MgO、Si以2：1反應(yīng)，設(shè)白云石的質(zhì)量為xg、硅鐵的質(zhì)量為yg，硅鐵中m（Si）＝75%yg，白云石中m（CaCO3?MgCO3）＝95%xg，根據(jù)Mg原子守恒得n（MgO）＝n（CaCO3?MgCO3），存在：＝2：1，x：y＝（92×15）：（7×19），故答案為：CaO+Si+2MgOCaSiO3+2Mg；（92×15）：（7×19）；（4）加熱條件下，Mg能和O2、N2反應(yīng)分別生成MgO、Mg3N2，反應(yīng)方程式依次為2Mg+O22MgO、3Mg+N2Mg3N2，導(dǎo)致Mg的產(chǎn)率降低，故答案為：2Mg+O22MgO；3Mg+N2Mg3N2；（5）粗鎂的熔點(diǎn)低于純鎂，隨著電爐的移動，熔融的Mg再固化，雜質(zhì)向右移動，所以電爐從左端向右端移動，殘留的雜質(zhì)將富集在右端，故答案為：右?！军c(diǎn)評】本題考查物質(zhì)的分離和提純，側(cè)重考查閱讀、分析、判斷及計(jì)算能力，明確元素化合物的性質(zhì)及其性質(zhì)差異性、物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系、區(qū)域熔煉的含義是解本題關(guān)鍵，題目難度中等。9．（2021?廣東）對廢催化劑進(jìn)行回收可有效利用金屬資源。某廢催化劑主要含鋁（Al）、鉬（Mo）、鎳（Ni）等元素的氧化物，一種回收利用工藝的部分流程如圖：已知：25℃時，H2CO3的Ka1＝4.5×10﹣7，Ka2＝4.7×10﹣11；Ksp（BaMoO4）＝3.5×10﹣8；Ksp（BaCO3）＝2.6×10﹣9；該工藝中，pH＞6.0時，溶液中Mo元素以MoO42﹣的形態(tài)存在。（1）“焙燒”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合價為+6。（2）“沉鋁”中，生成的沉淀X為Al（OH）3。（3）“沉鉬”中，pH為7.0。①生成BaMoO4的離子方程式為MoO42﹣+Ba2+＝BaMoO4↓。②若條件控制不當(dāng)，BaCO3也會沉淀。為避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中c（HCO3﹣）：c（MoO42﹣）＝×（列出算式）時，應(yīng)停止加入BaCl2溶液。（4）①濾液Ⅲ中，主要存在的鈉鹽有NaCl和Y，Y為NaHCO3。②往濾液Ⅲ中添加適量NaCl固體后，通入足量NH3（填化學(xué)式）氣體，再通入足量CO2，可析出Y。（5）高純AlAs（砷化鋁）可用于芯片制造。芯片制造中的一種刻蝕過程如圖所示，圖中所示致密保護(hù)膜為一種氧化物，可阻止H2O2刻蝕液與下層GaAs（砷化鎵）反應(yīng)。①該氧化物為Al2O3。②已知：Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2與上層GaAs的反應(yīng)中，As元素的化合價變?yōu)?5價，則該反應(yīng)的氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為4：1?！敬鸢浮浚?）+6；（2）Al（OH）3；（3）①M(fèi)oO42﹣+Ba2+＝BaMoO4↓；②×；（4）①NaHCO3；②NH3；（5）①Al2O3；②4：1。【分析】廢催化劑中加入NaOH固體焙燒，Al2O3和NaOH發(fā)生反應(yīng)Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O；“焙燒”中，有Na2MoO4生成，Mo的氧化物為MoO3，發(fā)生反應(yīng)為MoO3+2NaOHNa2MoO4+H2O，然后水浸過濾得到含Ni的固體，濾液I中含有NaAlO2、Na2MoO4和過量的NaOH，然后向?yàn)V液I中通入過量的CO2，過濾得到X，X發(fā)生一系列變化得到AlAs，沉鋁過程中發(fā)生反應(yīng)2H2O+CO2+NaAlO2＝Al（OH）3↓+NaHCO3，X為Al（OH）3，濾液II中含有Na2MoO4、NaHCO3，向?yàn)V液II中加入適量BaCl2溶液沉鉬，發(fā)生反應(yīng)Na2MoO4+BaCl2＝BaMoO4↓+2NaCl，過濾后得到BaMoO4和濾液Ⅲ；（1）Na2MoO4中O元素化合價為﹣2、Na元素化合價為+1，根據(jù)化合物中各元素化合價的代數(shù)和為0確定Mo元素化合價；（2）NaAlO2和過量的CO2發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀；（3）①Na2MoO4和BaCl2發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成難溶物BaMoO4；②Ka2＝×c（H+），則c（HCO3﹣）＝×c（H+），溶液中c（HCO3﹣）：c（MoO42﹣）＝×c（H+）：c（MoO42﹣）＝×＝×；（4）①濾液Ⅲ中，主要存在的鈉鹽有NaCl和NaHCO3；②往濾液Ⅲ中添加適量NaCl固體后，氨氣、CO2和NaCl溶液反應(yīng)生成溶解度較小的NaHCO3；（5）①根據(jù)圖知，GaAs能被H2O2腐蝕，AlAs和H2O2發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成致密的氧化物薄膜，H2O2作氧化劑，則AlAs中As元素被氧化，所以得到的氧化物為Al的氧化物；②在H2O2與上層GaAs的反應(yīng)中，As元素的化合價變?yōu)?5價，則As元素失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，雙氧水得電子生成水，則GaAs是還原劑、H2O2是氧化劑，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒判斷氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比?！窘獯稹拷猓海?）Na2MoO4中O元素化合價為﹣2、Na元素化合價為+1，根據(jù)化合物中各元素化合價的代數(shù)和為0確定Mo元素化合價＝0﹣（﹣2）×4﹣（+1）×2＝+6，故答案為：+6；（2）通過以上分析知，得到的沉淀X為Al（OH）3，故答案為：Al（OH）3；（3）①Na2MoO4和BaCl2發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成難溶物BaMoO4，離子方程式為MoO42﹣+Ba2+＝BaMoO4↓，故答案為：MoO42﹣+Ba2+＝BaMoO4↓；②溶液的pH＝7.0，c（H+）＝10﹣7mol/L，Ka2＝×c（H+），則c（HCO3﹣）＝×c（H+），溶液中c（HCO3﹣）：c（MoO42﹣）＝×c（H+）：c（MoO42﹣）＝×＝×＝×，故答案為：×；（