2025年高考化學復習之小題狂練300題（解答題）：物質的分離、提純與檢驗

第1頁（共1頁）2025年高考化學復習之小題狂練300題（解答題）：物質的分離、提純與檢驗一．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）生產純銅，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生的SO3使礦石中的銅元素轉化為CuSO4。（NH4）2SO4發(fā)生熱分解的化學方程式是。（3）礦石和過量（NH4）2SO4按一定比例混合，取相同質量，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、鐵的主要物質如表。溫度/℃B中所含銅、鐵的主要物質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℃，根據焙燒時可能發(fā)生的反應，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）粗銅經酸浸處理，再進行電解精煉；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）根據富氧煅燒（在空氣流中煅燒）和通電電解（如圖）的結果，PbS中硫元素體現的性質是（選填“氧化性”、“還原性”、“酸性”、“熱穩(wěn)定性”之一）。產物B中有少量Pb3O4，該物質可溶于濃鹽酸，Pb元素轉化為[PbCl4]2﹣，寫出該反應的化學方程式；從該反應液中提取PbCl2的步驟如下：加熱條件下，加入（填一種反應試劑），充分反應，趁熱過濾，冷卻結晶，得到產品。（2）下列說法正確的是。A．電解池中發(fā)生的總反應是PbS＝Pb+S（條件省略）B．產物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的結構為（X＝F或Cl），設計實驗先除去樣品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實驗方案：取D的溶液，加入足量NaOH溶液，加熱充分反應，然后；②寫出D（用HSO3X表示）的溶液與足量NaOH溶液反應的離子方程式。3．（2024?江蘇）回收磁性合金釹鐵硼（Nd2Fe14B）可制備半導體材料鐵酸鉍和光學材料氧化釹。（1）釹鐵硼在空氣中焙燒轉化為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，經萃取、反萃取提純后，用于制備鐵酸鉍。①用含有機胺（R3N）的有機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，隨水層pH增大，有機層中Fe元素含量迅速增多的原因是。②反萃取后，Fe2（SO4）3經轉化可得到鐵酸鉍。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+可轉化為Nd（OH）CO3沉淀。該反應的離子方程式為。②將8.84mgNd（OH）CO3（摩爾質量為221g?mol﹣1）在氮氣氛圍中焙燒，剩余固體質量隨溫度變化曲線如圖3所示。550～600℃時，所得固體產物可表示為NdaOb（CO3）c，通過以上實驗數據確定該產物中n（Nd3+）：n（）的比值（寫出計算過程）。4．（2024?江蘇）貴金屬銀應用廣泛。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當滴加AgNO3溶液至開始產生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，加入足量0.5mol?L?1鹽酸后靜置，充分反應得到Ag。①鐵將AgCl轉化為單質Ag的化學方程式為。②不與鐵圈直接接觸的AgCl也能轉化為Ag的原因是。③為判斷AgCl是否完全轉化，補充完整實驗方案：取出鐵圈，攪拌均勻，取少量混合物過濾，[實驗中必須使用的試劑和設備：稀HNO3、AgNO3溶液，通風設備]。（3）Ag的抗菌性能。納米Ag表面能產生Ag+殺死細菌（如圖所示），其抗菌性能受溶解氧濃度影響。①納米Ag溶解產生Ag+離子方程式為。②實驗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為原料實現如圖轉化。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，其還原產物為無色的Bi3+）可氧化Mn2+為，根據該反應原理，設計實驗驗證Y中含有Mn元素；寫出Mn2+轉化為的離子方程式。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114.3℃，微溶于水，易溶于有機溶劑。某粗乙酰苯胺含少量不溶于水的雜質，可通過重結晶提純。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）重結晶時，加水量應根據粗乙酰苯胺的量和其在℃時的溶解度計算確定。（2）若加熱時不慎碰倒酒精燈而使酒精灑出起火，應立即用蓋滅。（3）下列玻璃儀器中，重結晶實驗不需要的是（填名稱）。（4）加熱溶解后進行熱過濾，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）結晶時，如果想要得到較大的晶體，可采取的方法有。（填標號）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。（填標號）A.乙醇B.冷水C.熱水7．（2022?全國）鋼鐵產品在加工過程中都要經過酸洗除銹，所產生的含FeCl2的廢稀鹽酸是一種環(huán)境污染物。一組學生利用圖示裝置對該廢酸液體（含HCl約21%，FeCl2約18%）進行回收實驗?；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，趁熱將瓶中液體轉移入燒杯中，冰水浴冷卻，使固體結晶析出、，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，從而確定產品純度。該樣品不能使用KMnO4滴定，原因為（用離子方程式表示）。8．（2022?全國）我國煉鎂行業(yè)中應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）煅燒白云石反應的化學方程式為。（2）研磨的作用是。（3）還原在還原罐內進行，所加硅鐵中Si質量占比為75%。鎂的沸點為1090℃，還原渣的主要組成為CaSiO3，發(fā)生反應的主要化學方程式是（螢石和鐵不參與反應），白云石與硅鐵的理論投料質量比為。（4）“還原”過程要求在真空條件下進行。如果因空氣進入導致真空度降低，將使Mg的產率降低，其中一個原因是生成的鎂會發(fā)生反應，其化學方程式為、。（5）粗鎂的熔點低于純鎂。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，殘留的雜質將富集在端（填“左”或“右”）。9．（2021?廣東）對廢催化劑進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，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，圖中所示致密保護膜為一種氧化物，可阻止H2O2刻蝕液與下層GaAs（砷化鎵）反應。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的反應中，As元素的化合價變?yōu)?5價，則該反應的氧化劑與還原劑物質的量之比為。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）與硫為同族元素，Se的最外層電子數為；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的化學方程式為。（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）；若繼續(xù)加入6.0mol?L﹣1氨水至過量，觀察到的實驗現象是先有藍色沉淀，然后；為探究Ga（OH）3在氨水中能否溶解，計算反應Ga（OH）3（s）+NH3?H2O?[Ga（OH）4]﹣+NH4+的平衡常數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化為氯化物和。（5）“高溫氣相沉積”過程中發(fā)生的化學反應方程式為。

2025年高考化學復習之小題狂練300題（解答題）：物質的分離、提純與檢驗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）生產純銅，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，加快反應速率，使反應更充分。（2）（NH4）2SO4的作用是利用其分解產生的SO3使礦石中的銅元素轉化為CuSO4。（NH4）2SO4發(fā)生熱分解的化學方程式是（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、鐵的主要物質如表。溫度/℃B中所含銅、鐵的主要物質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℃，根據焙燒時可能發(fā)生的反應，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：4CuFeS2+17O2+2CuSO4CuO+2Fe2（SO4）3+4SO3，CuFeS2和CuSO4轉化成難溶于水的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）粗銅經酸浸處理，再進行電解精煉；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，加快反應速率，使反應更充分；（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：4CuFeS2+17O2+2CuSO4CuO+2Fe2（SO4）3+4SO3，CuFeS2和CuSO4轉化成難溶于水的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，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，加快反應速率，使反應更充分，故答案為：增大接觸面積，加快反應速率，使反應更充分；（2）（NH4）2SO4發(fā)生熱分解，生成氨氣、SO3和水，化學方程式為：（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：4CuFeS2+17O2+2CuSO4CuO+2Fe2（SO4）3+4SO3，CuFeS2和CuSO4轉化成難溶于水的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：4CuFeS2+17O2+2CuSO4CuO+2Fe2（SO4）3+4SO3，CuFeS2和CuSO4轉化成難溶于水的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）粗銅經酸浸處理，再進行電解精煉；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Fe會參與放電，則消耗相同電量時，會降低得到純銅的量。【點評】本題主要考查物質的分離與提純，理解流程的原理是解決本題的關鍵，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）根據富氧煅燒（在空氣流中煅燒）和通電電解（如圖）的結果，PbS中硫元素體現的性質是還原性（選填“氧化性”、“還原性”、“酸性”、“熱穩(wěn)定性”之一）。產物B中有少量Pb3O4，該物質可溶于濃鹽酸，Pb元素轉化為[PbCl4]2﹣，寫出該反應的化學方程式Pb3O4+14HCl（濃）＝3H2[PbCl4]+4H2O+Cl2↑；從該反應液中提取PbCl2的步驟如下：加熱條件下，加入PbO或Pb（OH）2或PbCO3（填一種反應試劑），充分反應，趁熱過濾，冷卻結晶，得到產品。（2）下列說法正確的是AB。A．電解池中發(fā)生的總反應是PbS＝Pb+S（條件省略）B．產物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的結構為（X＝F或Cl），設計實驗先除去樣品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實驗方案：取D的溶液，加入足量NaOH溶液，加熱充分反應，然后加入足量Ba（NO3）2溶液充分反應，靜置后取上層清液再加入AgNO3溶液，若產生白色沉淀，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，靜置后取上層清液再加入AgNO3溶液，若產生白色沉淀，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中硫元素體現了還原性，產物B中有少量Pb3O4，該物質可溶于濃鹽酸，鉛元素化合價降低做氧化劑，則Pb元素轉化為[PbCl4]2﹣，濃鹽酸被氧化為氯氣，根據PbCl2（s）PbCl2（aq）H2[PbCl4]，得到反應：PbCl2（aq）+2HCl?H2[PbCl4]，要從該反應中提取PbCl2，所加試劑應能消耗H+使平衡逆向進行，且不引入雜質；（2）A．根據圖示和電解前后ZnS總量不變可知，電解池中陽極上Fe2+生成Fe3+，Fe3+氧化PbS生成S、Pb2+和Fe2+，陰極上PbCl2生成Pb，據此分析判斷總反應的化學方程式；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，Cl2的氧化性是0價Cl表現；（3）①計實驗先除去樣品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，加熱反應生成Na2SO4和NaX，加入硝酸鋇溶液除去硫酸根離子，再檢驗溶液中是否含氯離子涉及實驗驗證；②D（用HSO3X表示）的溶液與足量NaOH溶液反應生成Na2SO4和NaX和水。【解答】解：（1）根據富氧煅燒（在空氣流中煅燒）和通電電解（如圖）的結果，PbS中硫元素體現的性質是還原性，產物B中有少量Pb3O4，該物質可溶于濃鹽酸，Pb元素轉化為[PbCl4]2﹣，該反應的化學方程式為：Pb3O4+14HCl（濃）＝3H2[PbCl4]+4H2O+Cl2↑，根據PbCl2（s）PbCl2（aq）H2[PbCl4]，得到反應：PbCl2（aq）+2HCl?H2[PbCl4]，要從該反應中提取PbCl2，所加試劑應能消耗H+使平衡逆向進行，且不引入雜質，則步驟為：加熱條件下，加入PbO或Pb（OH）2或PbCO3，充分反應，趁熱過濾，冷卻結晶，得到產品，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+，Fe3+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，Cl2的氧化性是0價Cl表現，則ClF的氧化性強于Cl2，故D錯誤；故答案為：AB；（3）①D的結構為（X＝F或Cl），加入NaOH溶液，加熱反應生成Na2SO4和NaX，實驗方案為：取D的溶液，加入足量NaOH溶液，加熱充分反應，然后加入足量Ba（NO3）2溶液充分反應，靜置后取上層清液再加入AgNO3溶液，若產生白色沉淀，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，靜置后取上層清液再加入AgNO3溶液，若產生白色沉淀，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溶液反應生成Na2SO4和NaX，反應的離子方程式為：HSO3X+3OH﹣＝+X﹣+2H2O，故答案為：HSO3X+3OH﹣＝+X﹣+2H2O。【點評】本題考查混合物分離提純，為高頻考點，把握物質的性質、發(fā)生的反應、混合物分離方法為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物知識的應用，題目難度中等。3．（2024?江蘇）回收磁性合金釹鐵硼（Nd2Fe14B）可制備半導體材料鐵酸鉍和光學材料氧化釹。（1）釹鐵硼在空氣中焙燒轉化為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，Fe3+離子水解生成Fe（OH）3進入濾渣，鐵的浸出率下降。（2）含鐵濾渣用硫酸溶解，經萃取、反萃取提純后，用于制備鐵酸鉍。①用含有機胺（R3N）的有機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，隨水層pH增大，有機層中Fe元素含量迅速增多的原因是pH增大時，氫離子濃度減小，會促進反應（R3NH）2SO4+Fe3+++H2OH++（R3NH）2Fe（OH）（SO4）2（有機層）平衡向萃取方向進行，已知：（R3NH）2SO4+H++?2（R3NH?HSO4），氫離子濃度減小，平衡逆向進行，萃取劑（R3NH）2SO4的濃度增大，也使萃取反應正向進行，有機層中Fe元素含量迅速增多。②反萃取后，Fe2（SO4）3經轉化可得到鐵酸鉍。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+可轉化為Nd（OH）CO3沉淀。該反應的離子方程式為2Nd3++3+H2O＝2Nd（OH）CO3↓+CO2↑。②將8.84mgNd（OH）CO3（摩爾質量為221g?mol﹣1）在氮氣氛圍中焙燒，剩余固體質量隨溫度變化曲線如圖3所示。550～600℃時，所得固體產物可表示為NdaOb（CO3）c，通過以上實驗數據確定該產物中n（Nd3+）：n（）的比值2：1（寫出計算過程）?！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，Fe3+離子水解生成Fe（OH）3進入濾渣，鐵的浸出率下降；（2）①pH增大時，氫離子濃度減小，會促進反應（R3NH）2SO4+Fe3+++H2OH++（R3NH）2Fe（OH）（SO4）2（有機層）平衡向萃取方向進行，已知：（R3NH）2SO4+H++?2（R3NH?HSO4），氫離子濃度減小，平衡逆向進行，萃取劑（R3NH）2SO4的濃度增大，也使萃取反應正向進行，有機層中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+，隨著反應進行溶液中的c（H+）離子濃度下降，Fe3+離子水解程度增大，生成了Fe（OH）3進入濾渣；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進入濾渣，鐵的浸出率下降；（2）①用含有機胺（R3N）的有機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，隨水層pH增大，（R3NH）2SO4濃度增大，氫離子濃度減小，都能使萃取反應正向進行；②均攤法得到晶胞中位于面上的Fe8個，位于晶胞內的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，生成Nd（OH）CO3沉淀和二氧化碳；②將8.84mgNd（OH）CO3（摩爾質量為221g?mol﹣1）在氮氣氛圍中焙燒，n[Nd（OH）CO3]＝＝4×10﹣3mol，其中n（OH﹣）＝4×10﹣3mol，剩余固體質量隨溫度變化曲線如圖3所示，550～600℃時，所得固體產物可表示為NdaOb（CO3）c，固體質量減少8.84mg﹣7.60mg＝1.24mg，焙燒產物中不含氫元素，則2OH﹣～H2O，焙燒過程中生成水的質量＝×4×10﹣3mol×18g/mol×103mg/g＝0.36mg，則生成二氧化碳的質量＝1.24mg﹣0.36mg＝0.88mg，～CO2，發(fā)生反應的物質的量＝＝2×10﹣3mol，起始固體中碳酸根離子物質的量＝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，據此計算。【解答】解：（1）①釹鐵硼在空氣中焙燒轉化為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，Fe2O3溶于鹽酸生成Fe3+，隨著反應進行溶液中的c（H+）離子濃度下降，Fe3+離子水解程度增大，生成了Fe（OH）3進入濾渣，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，Fe3+離子水解生成Fe（OH）3進入濾渣，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，Fe3+離子水解生成Fe（OH）3進入濾渣，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，隨水層pH增大，有機層中Fe元素含量迅速增多的原因是：pH增大時，氫離子濃度減小，會促進反應（R3NH）2SO4+Fe3+++H2OH++（R3NH）2Fe（OH）（SO4）2（有機層）平衡向萃取方向進行，已知：（R3NH）2SO4+H++?2（R3NH?HSO4），氫離子濃度減小，平衡逆向進行，萃取劑（R3NH）2SO4的濃度增大，也使萃取反應正向進行，有機層中Fe元素含量迅速增多，故答案為：pH增大時，氫離子濃度減小，會促進反應（R3NH）2SO4+Fe3+++H2OH++（R3NH）2Fe（OH）（SO4）2（有機層）平衡向萃取方向進行，已知：（R3NH）2SO4+H++?2（R3NH?HSO4），氫離子濃度減小，平衡逆向進行，萃取劑（R3NH）2SO4的濃度增大，也使萃取反應正向進行，有機層中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+可轉化為Nd（OH）CO3沉淀，該反應的離子方程式為：2Nd3++3+H2O＝2Nd（OH）CO3↓+CO2↑，故答案為：2Nd3++3+H2O＝2Nd（OH）CO3↓+CO2↑；②將8.84mgNd（OH）CO3（摩爾質量為221g?mol﹣1）在氮氣氛圍中焙燒，n[Nd（OH）CO3]＝＝4×10﹣3mol，其中n（OH﹣）＝4×10﹣3mol，剩余固體質量隨溫度變化曲線如圖3所示，550～600℃時，所得固體產物可表示為NdaOb（CO3）c，固體質量減少8.84mg﹣7.60mg＝1.24mg，焙燒產物中不含氫元素，則2OH﹣～H2O，焙燒過程中生成水的質量＝×4×10﹣3mol×18g/mol×103mg/g＝0.36mg，則生成二氧化碳的質量＝1.24mg﹣0.36mg＝0.88mg，～CO2，發(fā)生反應的物質的量＝＝2×10﹣3mol，起始固體中碳酸根離子物質的量＝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，通過以上實驗數據確定該產物中n（Nd3+）：n（）的比值＝2：1，故答案為：2：1?！军c評】本題考查物質的制備、物質的分離提純、晶胞計算等知識點，側重考查學生物質之間反應和分離提純知識的掌握情況和鹽酸守恒的計算應用，題目難度中等。4．（2024?江蘇）貴金屬銀應用廣泛。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當滴加AgNO3溶液至開始產生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，加入足量0.5mol?L?1鹽酸后靜置，充分反應得到Ag。①鐵將AgCl轉化為單質Ag的化學方程式為Fe+AgCl+2HCl＝FeCl3+Ag+H2↑。②不與鐵圈直接接觸的AgCl也能轉化為Ag的原因是Fe與鹽酸反應生成亞鐵離子，亞鐵離子將AgCl還原為Ag。③為判斷AgCl是否完全轉化，補充完整實驗方案：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，在通風設備中向濾渣中加入足量的硝酸，若固體完全溶解，則氯化銀完全轉化，若固體未完全溶解則氯化銀未完全轉化[實驗中必須使用的試劑和設備：稀HNO3、AgNO3溶液，通風設備]。（3）Ag的抗菌性能。納米Ag表面能產生Ag+殺死細菌（如圖所示），其抗菌性能受溶解氧濃度影響。①納米Ag溶解產生Ag+離子方程式為4Ag+4H++O2＝4Ag++2H2O。②實驗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?！敬鸢浮浚?）9×10﹣6；（2）①Fe+AgCl+2HCl＝FeCl3+Ag+H2↑；②Fe與鹽酸反應生成亞鐵離子，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，在通風設備中向濾渣中加入足量的硝酸，若固體完全溶解，則氯化銀完全轉化，若固體未完全溶解則氯化銀未完全轉化；（3）①4Ag+4H++O2＝4Ag++2H2O；②納米Ag表面生成Ag2O。【分析】（1）根據Ksp（AgCl）＝1.8×10?10，Ksp（Ag2CrO4）＝2.0×10?12進行計算；（2）根據原子守恒配平化學方程式即可；若氯化銀完全轉化，則固體全部為Ag單質，可完全溶于稀硝酸，據此進行解答；（3）若溶解氧氣濃度過高，則易形成氧化銀降低消毒效果。【解答】解：（1）根據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根據原子守恒配平化學方程式可得反應為：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也能轉化為Ag的原因是Fe與鹽酸反應生成亞鐵離子，亞鐵離子將AgCl還原為Ag，故答案為：Fe與鹽酸反應生成亞鐵離子，亞鐵離子將AgCl還原為Ag；③若氯化銀完全轉化，則固體全部為Ag單質，可完全溶于稀硝酸，此過程會產生污染空氣的氮氧化物，故必須通風，故完整實驗方案：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，在通風設備中向濾渣中加入足量的硝酸，若固體完全溶解，則氯化銀完全轉化，若固體未完全溶解則氯化銀未完全轉化，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，在通風設備中向濾渣中加入足量的硝酸，若固體完全溶解，則氯化銀完全轉化，若固體未完全溶解則氯化銀未完全轉化；（3）①根據圖示可知氧氣為氧化劑，氫離子也參與反應，結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評】本題考查制備方案的設計，為高考常見題型，試題側重考查學生的分析能力及化學實驗能力，注意實驗的原理以及物質的性質，把握實驗的操作方法以及化學反應原理的運用，較好地考查了學生對實驗原理的理解、知識遷移應用，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為原料實現如圖轉化。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，其還原產物為無色的Bi3+）可氧化Mn2+為，根據該反應原理，設計實驗驗證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。【分析】MgCaFeMn（CO3）4與鹽酸反應生成氯化鎂、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生成氫氧化亞鐵，溶液B與適量二氧化碳反應生成碳酸錳、碳酸鈣，則溶液C中含有氯化鎂?！窘獯稹拷猓海?）步驟Ⅲ反應生成碳酸錳、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化為氫氧化鎂沉淀，故答案為：MgCO3；Cl﹣、、、OH﹣；防止鎂離子轉化為氫氧化鎂沉淀；（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，最高價氧化物對應的水化物的堿性越強，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，其還原產物為無色的Bi3+）可氧化Mn2+為，則驗證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。【點評】本題考查物質的制備，側重考查學生物質之間的轉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114.3℃，微溶于水，易溶于有機溶劑。某粗乙酰苯胺含少量不溶于水的雜質，可通過重結晶提純。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）重結晶時，加水量應根據粗乙酰苯胺的量和其在20℃時的溶解度計算確定。（2）若加熱時不慎碰倒酒精燈而使酒精灑出起火，應立即用濕抹布蓋滅。（3）下列玻璃儀器中，重結晶實驗不需要的是分液漏斗和容量瓶（填名稱）。（4）加熱溶解后進行熱過濾，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。（5）結晶時，如果想要得到較大的晶體，可采取的方法有C。（填標號）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；（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，應立即用濕抹布蓋滅；（3）重結晶操作為加熱溶解，趁熱過濾，冷卻結晶再過濾；（4）加熱溶解后進行熱過濾，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；（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，易溶于有機溶劑，且隨著溫度的升高，溶解度減小。【解答】解：（1）由于乙酰苯胺在20℃時，溶解度較小，則重結晶時，加水量應根據粗乙酰苯胺的量和其在20℃時的溶解度計算確定，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，應立即用濕抹布蓋滅，故答案為：濕抹布；（3）重結晶操作為加熱溶解，趁熱過濾，冷卻結晶再過濾，故重結晶實驗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，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；（5）結晶時，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評】本題考查有機物的分離和提純，側重考查學生重結晶的掌握情況，試題難度中等。7．（2022?全國）鋼鐵產品在加工過程中都要經過酸洗除銹，所產生的含FeCl2的廢稀鹽酸是一種環(huán)境污染物。一組學生利用圖示裝置對該廢酸液體（含HCl約21%，FeCl2約18%）進行回收實驗。回答下列問題：（1）寫出儀器名稱A：直形冷凝管；B：溫度計。（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，趁熱將瓶中液體轉移入燒杯中，冰水浴冷卻，使固體結晶析出、將固液混合物轉移至漏斗中，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，從而確定產品純度。該樣品不能使用KMnO4滴定，原因為2+10Cl﹣+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O（用離子方程式表示）。【答案】（1）直形冷凝管；溫度計；（2）便于生成的HCl冷凝，防止其揮發(fā)；使冷凝效果更好；（3）將固液混合物轉移至漏斗中，過濾；（4）2+10Cl﹣+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O。【分析】（1）根據儀器構造，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，趁熱將瓶中液體轉移入燒杯中，冰水浴冷卻，使固體結晶析出、過濾，得到FeCl2?4H2O晶體；（4）KMnO4具有強氧化性，能氧化Fe2+、Cl﹣。【解答】解：（1）根據儀器構造可知，A儀器為直形冷凝管；B儀器為溫度計，故答案為：直形冷凝管；溫度計；（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，趁熱將瓶中液體轉移入燒杯中，冰水浴冷卻，使固體結晶析出、將固液混合物轉移至漏斗中，過濾，得到FeCl2?4H2O晶體，干燥后測定純度，故答案為：將固液混合物轉移至漏斗中，過濾；（4）該樣品不能使用KMnO4滴定，原因為酸性KMnO4具有很強的氧化性，也能夠氧化Cl﹣，導致KMnO4的消耗量增大，影響測定的結果，反應的離子方程式為：2+10Cl﹣+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案為：2+10Cl﹣+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O?！军c評】本題主要考查物質的分離與提純，具體考查儀器的識別、實驗操作的相關知識，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）煅燒白云石反應的化學方程式為CaCO3?MgCO3CaO+MgO+2CO2↑。（2）研磨的作用是增大固體反應物的接觸面積，加快化學反應速率。（3）還原在還原罐內進行，所加硅鐵中Si質量占比為75%。鎂的沸點為1090℃，還原渣的主要組成為CaSiO3，發(fā)生反應的主要化學方程式是CaO+Si+2MgOCaSiO3+2Mg（螢石和鐵不參與反應），白云石與硅鐵的理論投料質量比為（92×15）：（7×19）。（4）“還原”過程要求在真空條件下進行。如果因空氣進入導致真空度降低，將使Mg的產率降低，其中一個原因是生成的鎂會發(fā)生反應，其化學方程式為2Mg+O22MgO、3Mg+N2Mg3N2。（5）粗鎂的熔點低于純鎂。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）增大固體反應物的接觸面積，加快化學反應速率；（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）反應物的接觸面積越大，反應速率越快；（3）鎂的沸點為1090℃，還原渣的主要組成為CaSiO3，則CaO、Si、MgO在高溫下、13.3～133.3Pa條件下反應生成CaSiO3和Mg，根據反應物、生成物及反應條件書寫方程式；結合方程式計算白云石與硅鐵的理論投料質量比；（4）加熱條件下，Mg能和O2、N2反應；（5）粗鎂的熔點低于純鎂，隨著電爐的移動，熔融的Mg再固化，雜質向右移動?！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物的接觸面積，加快化學反應速率，故答案為：增大固體反應物的接觸面積，加快化學反應速率；（3）鎂的沸點為1090℃，還原渣的主要組成為CaSiO3，則CaO、Si、MgO在高溫下、133.～133.3Pa條件下反應生成CaSiO3和Mg，根據反應物、生成物及反應條件書寫方程式為CaO+Si+2MgOCaSiO3+2Mg；白云石的主要成分為CaCO3?MgCO3，其質量占比為95%，硅鐵中Si質量占比為75%，根據方程式“CaO+Si+2MgOCaSiO3+2Mg”知，MgO、Si以2：1反應，設白云石的質量為xg、硅鐵的質量為yg，硅鐵中m（Si）＝75%yg，白云石中m（CaCO3?MgCO3）＝95%xg，根據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反應分別生成MgO、Mg3N2，反應方程式依次為2Mg+O22MgO、3Mg+N2Mg3N2，導致Mg的產率降低，故答案為：2Mg+O22MgO；3Mg+N2Mg3N2；（5）粗鎂的熔點低于純鎂，隨著電爐的移動，熔融的Mg再固化，雜質向右移動，所以電爐從左端向右端移動，殘留的雜質將富集在右端，故答案為：右。【點評】本題考查物質的分離和提純，側重考查閱讀、分析、判斷及計算能力，明確元素化合物的性質及其性質差異性、物質之間的轉化關系、區(qū)域熔煉的含義是解本題關鍵，題目難度中等。9．（2021?廣東）對廢催化劑進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，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，圖中所示致密保護膜為一種氧化物，可阻止H2O2刻蝕液與下層GaAs（砷化鎵）反應。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的反應中，As元素的化合價變?yōu)?5價，則該反應的氧化劑與還原劑物質的量之比為4：1?！敬鸢浮浚?）+6；（2）Al（OH）3；（3）①MoO42﹣+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Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O；“焙燒”中，有Na2MoO4生成，Mo的氧化物為MoO3，發(fā)生反應為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，然后向濾液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2H2O+CO2+NaAlO2＝Al（OH）3↓+NaHCO3，X為Al（OH）3，濾液II中含有Na2MoO4、NaHCO3，向濾液II中加入適量BaCl2溶液沉鉬，發(fā)生反應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，根據化合物中各元素化合價的代數和為0確定Mo元素化合價；（2）NaAlO2和過量的CO2發(fā)生復分解反應生成氫氧化鋁沉淀；（3）①Na2MoO4和BaCl2發(fā)生復分解反應生成難溶物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溶液反應生成溶解度較小的NaHCO3；（5）①根據圖知，GaAs能被H2O2腐蝕，AlAs和H2O2發(fā)生氧化還原反應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，雙氧水得電子生成水，則GaAs是還原劑、H2O2是氧化劑，根據轉移電子守恒判斷氧化劑與還原劑物質的量之比?！窘獯稹拷猓海?）Na2MoO4中O元素化合價為﹣2、Na元素化合價為+1，根據化合物中各元素化合價的代數和為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)生復分解反應生成難溶物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：×；（