2025年高考化学复习之小题狂练300题（解答题）：物质的分离、提纯与检验

第1页（共1页）2025年高考化学复习之小题狂练300题（解答题）：物质的分离、提纯与检验一．解答题（共10小题）1．（2024•北京）利用黄铜矿（主要成分为CuFeS2，含有SiO2等杂质）生产纯铜，流程示意图如图。（1）矿石在焙烧前需粉碎，其作用是。（2）（NH4）2SO4的作用是利用其分解产生的SO3使矿石中的铜元素转化为CuSO4。（NH4）2SO4发生热分解的化学方程式是。（3）矿石和过量（NH4）2SO4按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：ⅰ．“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；ⅱ．400℃和500℃时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。温度/℃B中所含铜、铁的主要物质400Fe2O3、CuSO4、CuFeS2500Fe2（SO4）3、CuSO4、CuO①温度低于425℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是。②温度高于425℃，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是。（4）用离子方程式表示置换过程中加入Fe的目的。（5）粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的CuSO4溶液做电解液，并维持一定的c（H+）和c（Cu2+）。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是。2．（2024•浙江）矿物资源的综合利用有多种方法，如铅锌矿（主要成分为PbS、ZnS）的利用有火法和电解法等。已知：①PbCl2（s）PbCl2（aq）H2[PbCl4]；②电解前后ZnS总量不变；③AgF易溶于水。请回答：（1）根据富氧煅烧（在空气流中煅烧）和通电电解（如图）的结果，PbS中硫元素体现的性质是（选填“氧化性”、“还原性”、“酸性”、“热稳定性”之一）。产物B中有少量Pb3O4，该物质可溶于浓盐酸，Pb元素转化为[PbCl4]2﹣，写出该反应的化学方程式；从该反应液中提取PbCl2的步骤如下：加热条件下，加入（填一种反应试剂），充分反应，趁热过滤，冷却结晶，得到产品。（2）下列说法正确的是。A．电解池中发生的总反应是PbS＝Pb+S（条件省略）B．产物B主要是铅氧化物与锌氧化物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的结构为（X＝F或Cl），设计实验先除去样品D中的硫元素，再用除去硫元素后的溶液探究X为何种元素。①实验方案：取D的溶液，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，然后；②写出D（用HSO3X表示）的溶液与足量NaOH溶液反应的离子方程式。3．（2024•江苏）回收磁性合金钕铁硼（Nd2Fe14B）可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。（1）钕铁硼在空气中焙烧转化为Nd2O3、Fe2O3等（忽略硼的化合物），用0.4mol•L﹣1盐酸酸浸后过滤得到NdCl3溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率（×100%）随浸取时间变化如图1所示。①含铁滤渣的主要成分为（填化学式）。②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是。（2）含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。①用含有机胺（R3N）的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的Fe2（SO4）3溶液，原理为：（R3NH）2SO4+Fe3+++H2OH++（R3NH）2Fe（OH）（SO4）2（有机层）已知：（R3NH）2SO4+H++⇌2（R3NH•HSO4）其他条件不变，水层初始pH在0.2～0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是。②反萃取后，Fe2（SO4）3经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图2所示（图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O原子未画出），其中原子数目比N（Fe）：N（Bi）＝。（3）净化后的NdCl3溶液通过沉钕、焙烧得到Nd2O3。①向NdCl3溶液中加入（NH4）2CO3溶液，Nd3+可转化为Nd（OH）CO3沉淀。该反应的离子方程式为。②将8.84mgNd（OH）CO3（摩尔质量为221g•mol﹣1）在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图3所示。550～600℃时，所得固体产物可表示为NdaOb（CO3）c，通过以上实验数据确定该产物中n（Nd3+）：n（）的比值（写出计算过程）。4．（2024•江苏）贵金属银应用广泛。Ag与稀HNO3制得AgNO3常用于循环处理高氯废水。（1）沉淀Cl﹣。在高氯水样中加入K2CrO4使浓度约为5×10−3mol•L−1当滴加AgNO3溶液至开始产生Ag2CrO4沉淀（忽略滴加过程的体积增加），此时溶液中Cl−浓度约为mol•L−1。[已知：Ksp（AgCl）＝1.8×10−10，Ksp（Ag2CrO4）＝2.0×10−12]（2）还原AgCl。在AgCl沉淀中埋入铁圈并压实，加入足量0.5mol•L−1盐酸后静置，充分反应得到Ag。①铁将AgCl转化为单质Ag的化学方程式为。②不与铁圈直接接触的AgCl也能转化为Ag的原因是。③为判断AgCl是否完全转化，补充完整实验方案：取出铁圈，搅拌均匀，取少量混合物过滤，[实验中必须使用的试剂和设备：稀HNO3、AgNO3溶液，通风设备]。（3）Ag的抗菌性能。纳米Ag表面能产生Ag+杀死细菌（如图所示），其抗菌性能受溶解氧浓度影响。①纳米Ag溶解产生Ag+离子方程式为。②实验表明溶解氧浓度过高，纳米Ag的抗菌性能下降，主要原因是。5．（2024•浙江）固态化合物Y的组成为MgCaFeMn（CO3）4，以Y为原料实现如图转化。已知：NH3与溶液A中金属离子均不能形成配合物。请回答：（1）依据步骤Ⅲ，MnCO3、CaCO3和MgCO3中溶解度最大的是。写出溶液C中的所含有的阴离子。步骤Ⅱ中，加入NH4Cl的作用是。（2）下列说法正确的是。A．气体D是形成酸雨的主要成分B．固体E可能含有Na2CO3C．Mn（OH）2可溶于NH4Cl溶液D．碱性：Ca（OH）2＜Fe（OH）2（3）酸性条件下，固体NaBiO3（微溶于水，其还原产物为无色的Bi3+）可氧化Mn2+为，根据该反应原理，设计实验验证Y中含有Mn元素；写出Mn2+转化为的离子方程式。6．（2023•全国）乙酰苯胺可作为退热剂。纯乙酰苯胺为白色晶体，熔点114.3℃，微溶于水，易溶于有机溶剂。某粗乙酰苯胺含少量不溶于水的杂质，可通过重结晶提纯。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回答下列问题：（1）重结晶时，加水量应根据粗乙酰苯胺的量和其在℃时的溶解度计算确定。（2）若加热时不慎碰倒酒精灯而使酒精洒出起火，应立即用盖灭。（3）下列玻璃仪器中，重结晶实验不需要的是（填名称）。（4）加热溶解后进行热过滤，若滤纸上有较多晶体析出，可能的原因有（答出两条）。不能将滤纸上析出的晶体合并到滤液中，原因是。（5）结晶时，如果想要得到较大的晶体，可采取的方法有。（填标号）A.搅拌B.快速降温C.缓慢降温过滤后，可用来洗涤晶体的是。（填标号）A.乙醇B.冷水C.热水7．（2022•全国）钢铁产品在加工过程中都要经过酸洗除锈，所产生的含FeCl2的废稀盐酸是一种环境污染物。一组学生利用图示装置对该废酸液体（含HCl约21%，FeCl2约18%）进行回收实验。回答下列问题：（1）写出仪器名称A：；B：。（2）蒸馏尾接管必须置于液面以下，原因是，采用冰水浴的目的是。（3）蒸馏至烧瓶中有少量固体析出时，趁热将瓶中液体转移入烧杯中，冰水浴冷却，使固体结晶析出、，得到FeCl2•4H2O晶体，干燥后测定纯度。（4）可用氧化还原滴定法测定Fe2+的含量，从而确定产品纯度。该样品不能使用KMnO4滴定，原因为（用离子方程式表示）。8．（2022•全国）我国炼镁行业中应用最为广泛的是皮江法工艺，又称为硅热法。该工艺以白云石（主要成分为CaCO3•MgCO3，其质量占比为95%）为原料，工艺过程分成煅烧、混合、研磨、还原和精炼等阶段，其工艺流程如图所示：回答下列问题：（1）煅烧白云石反应的化学方程式为。（2）研磨的作用是。（3）还原在还原罐内进行，所加硅铁中Si质量占比为75%。镁的沸点为1090℃，还原渣的主要组成为CaSiO3，发生反应的主要化学方程式是（萤石和铁不参与反应），白云石与硅铁的理论投料质量比为。（4）“还原”过程要求在真空条件下进行。如果因空气进入导致真空度降低，将使Mg的产率降低，其中一个原因是生成的镁会发生反应，其化学方程式为、。（5）粗镁的熔点低于纯镁。工业精炼镁时采用区域熔炼法，具体如图所示。电炉从左端向右端移动，残留的杂质将富集在端（填“左”或“右”）。9．（2021•广东）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝（Al）、钼（Mo）、镍（Ni）等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如图：已知：25℃时，H2CO3的Ka1＝4.5×10﹣7，Ka2＝4.7×10﹣11；Ksp（BaMoO4）＝3.5×10﹣8；Ksp（BaCO3）＝2.6×10﹣9；该工艺中，pH＞6.0时，溶液中Mo元素以MoO42﹣的形态存在。（1）“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合价为。（2）“沉铝”中，生成的沉淀X为。（3）“沉钼”中，pH为7.0。①生成BaMoO4的离子方程式为。②若条件控制不当，BaCO3也会沉淀。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中c（HCO3﹣）：c（MoO42﹣）＝（列出算式）时，应停止加入BaCl2溶液。（4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，Y为。②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量（填化学式）气体，再通入足量CO2，可析出Y。（5）高纯AlAs（砷化铝）可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止H2O2刻蚀液与下层GaAs（砷化镓）反应。①该氧化物为。②已知：Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为。10．（2021•湖北）废旧太阳能电池CIGS具有较高的回收利用价值，其主要组成为CuIn0.5Ga0.5Se2。某探究小组回收处理流程如下：回答下列问题：（1）硒（Se）与硫为同族元素，Se的最外层电子数为；镓（Ga）和铟（In）位于元素周期表第三主族，CuIn0.5Ga0.5Se2中Cu的化合价为。（2）“酸浸氧化”发生的主要氧化还原反应的化学方程式为。（3）25℃时，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。当金属阳离子浓度小于1.0×10﹣5mol•L﹣1时沉淀完全，In3+恰好完全沉淀时溶液的pH约为（保留一位小数）；若继续加入6.0mol•L﹣1氨水至过量，观察到的实验现象是先有蓝色沉淀，然后；为探究Ga（OH）3在氨水中能否溶解，计算反应Ga（OH）3（s）+NH3•H2O⇌[Ga（OH）4]﹣+NH4+的平衡常数K＝。（已知：Ga3++4OH﹣⇌[Ga（OH）4]﹣K′＝≈1.0×1034）（4）“滤渣”与SOCl2混合前需要洗涤、干燥，检验滤渣中SO42﹣是否洗净的试剂是；“回流过滤”中SOCl2的作用是将氢氧化物转化为氯化物和。（5）“高温气相沉积”过程中发生的化学反应方程式为。

2025年高考化学复习之小题狂练300题（解答题）：物质的分离、提纯与检验参考答案与试题解析一．解答题（共10小题）1．（2024•北京）利用黄铜矿（主要成分为CuFeS2，含有SiO2等杂质）生产纯铜，流程示意图如图。（1）矿石在焙烧前需粉碎，其作用是增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分。（2）（NH4）2SO4的作用是利用其分解产生的SO3使矿石中的铜元素转化为CuSO4。（NH4）2SO4发生热分解的化学方程式是（NH4）2SO42NH3↑+SO3↑+H2O。（3）矿石和过量（NH4）2SO4按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：ⅰ．“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；ⅱ．400℃和500℃时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。温度/℃B中所含铜、铁的主要物质400Fe2O3、CuSO4、CuFeS2500Fe2（SO4）3、CuSO4、CuO①温度低于425℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是温度低于425℃，随焙烧温度升高，（NH4）2SO4分解产生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增加，故铜浸出率显著增加。②温度高于425℃，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是温度高于425℃，随焙烧温度升高发生反应：4CuFeS2+17O2+2CuSO4CuO+2Fe2（SO4）3+4SO3，CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO，铜浸出率降低。（4）用离子方程式表示置换过程中加入Fe的目的Fe+Cu2+═Cu+Fe2+。（5）粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的CuSO4溶液做电解液，并维持一定的c（H+）和c（Cu2+）。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是其中的杂质Fe会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量。【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；（2）（NH4）2SO42NH3↑+SO3↑+H2O；（3）①温度低于425℃，随焙烧温度升高，（NH4）2SO4分解产生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增加，故铜浸出率显著增加；②温度高于425℃，随焙烧温度升高发生反应：4CuFeS2+17O2+2CuSO4CuO+2Fe2（SO4）3+4SO3，CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO，铜浸出率降低；（4）Fe+Cu2+═Cu+Fe2+；（5）其中的杂质Fe会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量。【分析】黄铜矿的主要成分为CuFeS2，含有SiO2等杂质，粉碎后加入（NH4）2SO4，通入空气焙烧，得到的高温混合气体中主要含有氨气，可以用硫酸吸收，得到的硫酸铵可以循环使用，固体B为SiO2、CuSO4、以及铁的化合物，加水浸泡，过滤，得到滤渣为SiO2，滤液为CuSO4溶液等，加入铁，置换出铜，滤液E主要为硫酸亚铁，粗铜电解得到精铜，据此分析作答。【解答】解：（1）矿石在焙烧前需粉碎，其作用是增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；（2）（NH4）2SO4发生热分解，生成氨气、SO3和水，化学方程式为：（NH4）2SO42NH3↑+SO3↑+H2O，故答案为：（NH4）2SO42NH3↑+SO3↑+H2O；（3）①温度低于425℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是温度低于425℃，随焙烧温度升高，（NH4）2SO4分解产生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增加，故铜浸出率显著增加，故答案为：温度低于425℃，随焙烧温度升高，（NH4）2SO4分解产生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增加，故铜浸出率显著增加；②温度高于425℃，铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是温度高于425℃，随焙烧温度升高发生反应：4CuFeS2+17O2+2CuSO4CuO+2Fe2（SO4）3+4SO3，CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO，铜浸出率降低，故答案为：温度高于425℃，随焙烧温度升高发生反应：4CuFeS2+17O2+2CuSO4CuO+2Fe2（SO4）3+4SO3，CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO，铜浸出率降低；（4）用离子方程式表示置换过程中加入Fe的目的是Fe+Cu2+═Cu+Fe2+，故答案为：Fe+Cu2+═Cu+Fe2+；（5）粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的CuSO4溶液做电解液，并维持一定的c（H+）和c（Cu2+），粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是其中的杂质Fe会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，故答案为：其中的杂质Fe会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量。【点评】本题主要考查物质的分离与提纯，理解流程的原理是解决本题的关键，属于基本知识的考查，难度中等。2．（2024•浙江）矿物资源的综合利用有多种方法，如铅锌矿（主要成分为PbS、ZnS）的利用有火法和电解法等。已知：①PbCl2（s）PbCl2（aq）H2[PbCl4]；②电解前后ZnS总量不变；③AgF易溶于水。请回答：（1）根据富氧煅烧（在空气流中煅烧）和通电电解（如图）的结果，PbS中硫元素体现的性质是还原性（选填“氧化性”、“还原性”、“酸性”、“热稳定性”之一）。产物B中有少量Pb3O4，该物质可溶于浓盐酸，Pb元素转化为[PbCl4]2﹣，写出该反应的化学方程式Pb3O4+14HCl（浓）＝3H2[PbCl4]+4H2O+Cl2↑；从该反应液中提取PbCl2的步骤如下：加热条件下，加入PbO或Pb（OH）2或PbCO3（填一种反应试剂），充分反应，趁热过滤，冷却结晶，得到产品。（2）下列说法正确的是AB。A．电解池中发生的总反应是PbS＝Pb+S（条件省略）B．产物B主要是铅氧化物与锌氧化物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的结构为（X＝F或Cl），设计实验先除去样品D中的硫元素，再用除去硫元素后的溶液探究X为何种元素。①实验方案：取D的溶液，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，然后加入足量Ba（NO3）2溶液充分反应，静置后取上层清液再加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则证明为Cl﹣离子，反之则为F﹣离子；②写出D（用HSO3X表示）的溶液与足量NaOH溶液反应的离子方程式HSO3X+3OH﹣＝+X﹣+2H2O。【答案】（1）还原性；Pb3O4+14HCl（浓）＝3H2[PbCl4]+4H2O+Cl2↑；PbO或Pb（OH）2或PbCO3；（2）AB；（3）①加入足量Ba（NO3）2溶液充分反应，静置后取上层清液再加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则证明为Cl﹣离子，反之则为F﹣离子；②HSO3X+3OH﹣＝+X﹣+2H2O。【分析】（1）铅锌矿（主要成分为PbS、ZnS）富氧煅烧（在空气流中煅烧）生成二氧化硫，PbS中硫元素体现了还原性，产物B中有少量Pb3O4，该物质可溶于浓盐酸，铅元素化合价降低做氧化剂，则Pb元素转化为[PbCl4]2﹣，浓盐酸被氧化为氯气，根据PbCl2（s）PbCl2（aq）H2[PbCl4]，得到反应：PbCl2（aq）+2HCl⇌H2[PbCl4]，要从该反应中提取PbCl2，所加试剂应能消耗H+使平衡逆向进行，且不引入杂质；（2）A．根据图示和电解前后ZnS总量不变可知，电解池中阳极上Fe2+生成Fe3+，Fe3+氧化PbS生成S、Pb2+和Fe2+，阴极上PbCl2生成Pb，据此分析判断总反应的化学方程式；B．分析可知，铅锌矿（主要成分为PbS、ZnS），富氧煅烧得到SO2和Pb、Zn的氧化物；C．混合物C为，卤素原子被羟基取代，生成硫酸和HCl、HF；D．ClF的氧化性由+1加Cl表现，Cl2的氧化性是0价Cl表现；（3）①计实验先除去样品D中的硫元素，再用除去硫元素后的溶液探究X为何种元素，是加入NaOH溶液，加热反应生成Na2SO4和NaX，加入硝酸钡溶液除去硫酸根离子，再检验溶液中是否含氯离子涉及实验验证；②D（用HSO3X表示）的溶液与足量NaOH溶液反应生成Na2SO4和NaX和水。【解答】解：（1）根据富氧煅烧（在空气流中煅烧）和通电电解（如图）的结果，PbS中硫元素体现的性质是还原性，产物B中有少量Pb3O4，该物质可溶于浓盐酸，Pb元素转化为[PbCl4]2﹣，该反应的化学方程式为：Pb3O4+14HCl（浓）＝3H2[PbCl4]+4H2O+Cl2↑，根据PbCl2（s）PbCl2（aq）H2[PbCl4]，得到反应：PbCl2（aq）+2HCl⇌H2[PbCl4]，要从该反应中提取PbCl2，所加试剂应能消耗H+使平衡逆向进行，且不引入杂质，则步骤为：加热条件下，加入PbO或Pb（OH）2或PbCO3，充分反应，趁热过滤，冷却结晶，得到产品，故答案为：还原性；Pb3O4+14HCl（浓）＝3H2[PbCl4]+4H2O+Cl2↑；PbO或Pb（OH）2或PbCO3；（2）A．根据图示和电解前后ZnS总量不变可知，电解池中阳极上Fe2+生成Fe3+，Fe3+氧化PbS生成S、Pb2+和Fe2+，阴极上PbCl2生成Pb，电解池中发生的总反应是PbS＝Pb+S（条件省略），故A正确；B．分析可知，铅锌矿（主要成分为PbS、ZnS），富氧煅烧得到SO2和Pb、Zn的氧化物，则产物B主要是铅氧化物与锌氧化物，故B正确；C．混合物C为，卤素原子被羟基取代，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错误；D．ClF的氧化性由+1加Cl表现，Cl2的氧化性是0价Cl表现，则ClF的氧化性强于Cl2，故D错误；故答案为：AB；（3）①D的结构为（X＝F或Cl），加入NaOH溶液，加热反应生成Na2SO4和NaX，实验方案为：取D的溶液，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，然后加入足量Ba（NO3）2溶液充分反应，静置后取上层清液再加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则证明为Cl﹣离子，反之则为F﹣离子，故答案为：加入足量Ba（NO3）2溶液充分反应，静置后取上层清液再加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则证明为Cl﹣离子，反之则为F﹣离子；②D（用HSO3X表示）的溶液与足量NaOH溶液反应生成Na2SO4和NaX，反应的离子方程式为：HSO3X+3OH﹣＝+X﹣+2H2O，故答案为：HSO3X+3OH﹣＝+X﹣+2H2O。【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。3．（2024•江苏）回收磁性合金钕铁硼（Nd2Fe14B）可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。（1）钕铁硼在空气中焙烧转化为Nd2O3、Fe2O3等（忽略硼的化合物），用0.4mol•L﹣1盐酸酸浸后过滤得到NdCl3溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率（×100%）随浸取时间变化如图1所示。①含铁滤渣的主要成分为Fe（OH）3（填化学式）。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，铁浸出率上升，5min后HCl被逐渐消耗，c（H+）下降，Fe3+离子水解生成Fe（OH）3进入滤渣，铁的浸出率下降。（2）含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。①用含有机胺（R3N）的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的Fe2（SO4）3溶液，原理为：（R3NH）2SO4+Fe3+++H2OH++（R3NH）2Fe（OH）（SO4）2（有机层）已知：（R3NH）2SO4+H++⇌2（R3NH•HSO4）其他条件不变，水层初始pH在0.2～0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是pH增大时，氢离子浓度减小，会促进反应（R3NH）2SO4+Fe3+++H2OH++（R3NH）2Fe（OH）（SO4）2（有机层）平衡向萃取方向进行，已知：（R3NH）2SO4+H++⇌2（R3NH•HSO4），氢离子浓度减小，平衡逆向进行，萃取剂（R3NH）2SO4的浓度增大，也使萃取反应正向进行，有机层中Fe元素含量迅速增多。②反萃取后，Fe2（SO4）3经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图2所示（图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O原子未画出），其中原子数目比N（Fe）：N（Bi）＝2：1。（3）净化后的NdCl3溶液通过沉钕、焙烧得到Nd2O3。①向NdCl3溶液中加入（NH4）2CO3溶液，Nd3+可转化为Nd（OH）CO3沉淀。该反应的离子方程式为2Nd3++3+H2O＝2Nd（OH）CO3↓+CO2↑。②将8.84mgNd（OH）CO3（摩尔质量为221g•mol﹣1）在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图3所示。550～600℃时，所得固体产物可表示为NdaOb（CO3）c，通过以上实验数据确定该产物中n（Nd3+）：n（）的比值2：1（写出计算过程）。【答案】（1）①Fe（OH）3；②浸出初期Fe2O3溶解，铁浸出率上升，5min后HCl被逐渐消耗，c（H+）下降，Fe3+离子水解生成Fe（OH）3进入滤渣，铁的浸出率下降；（2）①pH增大时，氢离子浓度减小，会促进反应（R3NH）2SO4+Fe3+++H2OH++（R3NH）2Fe（OH）（SO4）2（有机层）平衡向萃取方向进行，已知：（R3NH）2SO4+H++⇌2（R3NH•HSO4），氢离子浓度减小，平衡逆向进行，萃取剂（R3NH）2SO4的浓度增大，也使萃取反应正向进行，有机层中Fe元素含量迅速增多；②2：1；（3）①2Nd3++3+H2O＝2Nd（OH）CO3↓+CO2↑；②2：1。【分析】（1）①Fe2O3溶于盐酸生成Fe3+，随着反应进行溶液中的c（H+）离子浓度下降，Fe3+离子水解程度增大，生成了Fe（OH）3进入滤渣；②浸出初期Fe2O3溶解，铁浸出率上升，后期Fe3+离子水解生成Fe（OH）3进入滤渣，铁的浸出率下降；（2）①用含有机胺（R3N）的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的Fe2（SO4）3溶液，原理为：（R3NH）2SO4+Fe3+++H2OH++（R3NH）2Fe（OH）（SO4）2（有机层），已知：（R3NH）2SO4+H++⇌2（R3NH•HSO4），其他条件不变，水层初始pH在0.2～0.8范围内，随水层pH增大，（R3NH）2SO4浓度增大，氢离子浓度减小，都能使萃取反应正向进行；②均摊法得到晶胞中位于面上的Fe8个，位于晶胞内的Fe4个，则N（Fe）＝8×+4＝8，位于晶胞面上的Bi8个，N（Bi）＝8×＝4；（3）①向NdCl3溶液中加入（NH4）2CO3溶液，发生素昂水解反应，生成Nd（OH）CO3沉淀和二氧化碳；②将8.84mgNd（OH）CO3（摩尔质量为221g•mol﹣1）在氮气氛围中焙烧，n[Nd（OH）CO3]＝＝4×10﹣3mol，其中n（OH﹣）＝4×10﹣3mol，剩余固体质量随温度变化曲线如图3所示，550～600℃时，所得固体产物可表示为NdaOb（CO3）c，固体质量减少8.84mg﹣7.60mg＝1.24mg，焙烧产物中不含氢元素，则2OH﹣～H2O，焙烧过程中生成水的质量＝×4×10﹣3mol×18g/mol×103mg/g＝0.36mg，则生成二氧化碳的质量＝1.24mg﹣0.36mg＝0.88mg，～CO2，发生反应的物质的量＝＝2×10﹣3mol，起始固体中碳酸根离子物质的量＝4×10﹣3mol﹣2×10﹣3mol＝2×10﹣3mol，焙烧过程中Nd不减少，则剩余固体中n（Nd3+）＝4×10﹣3mol，据此计算。【解答】解：（1）①钕铁硼在空气中焙烧转化为Nd2O3、Fe2O3等（忽略硼的化合物），用0.4mol•L﹣1盐酸酸浸后过滤得到NdCl3溶液和含铁滤渣，Fe2O3溶于盐酸生成Fe3+，随着反应进行溶液中的c（H+）离子浓度下降，Fe3+离子水解程度增大，生成了Fe（OH）3进入滤渣，含铁滤渣的主要成分为：Fe（OH）3，故答案为：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，铁浸出率上升，5min后HCl被逐渐消耗，c（H+）下降，Fe3+离子水解生成Fe（OH）3进入滤渣，铁的浸出率下降，故答案为：浸出初期Fe2O3溶解，铁浸出率上升，5min后HCl被逐渐消耗，c（H+）下降，Fe3+离子水解生成Fe（OH）3进入滤渣，铁的浸出率下降；（2）①其他条件不变，水层初始pH在0.2～0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是：pH增大时，氢离子浓度减小，会促进反应（R3NH）2SO4+Fe3+++H2OH++（R3NH）2Fe（OH）（SO4）2（有机层）平衡向萃取方向进行，已知：（R3NH）2SO4+H++⇌2（R3NH•HSO4），氢离子浓度减小，平衡逆向进行，萃取剂（R3NH）2SO4的浓度增大，也使萃取反应正向进行，有机层中Fe元素含量迅速增多，故答案为：pH增大时，氢离子浓度减小，会促进反应（R3NH）2SO4+Fe3+++H2OH++（R3NH）2Fe（OH）（SO4）2（有机层）平衡向萃取方向进行，已知：（R3NH）2SO4+H++⇌2（R3NH•HSO4），氢离子浓度减小，平衡逆向进行，萃取剂（R3NH）2SO4的浓度增大，也使萃取反应正向进行，有机层中Fe元素含量迅速增多；②均摊法得到晶胞中位于面上的Fe8个，位于晶胞内的Fe4个，则N（Fe）＝8×+4＝8，位于晶胞面上的Bi8个，N（Bi）＝8×＝4，原子数目比N（Fe）：N（Bi）＝2：1，故答案为：2：1；（3）①向NdCl3溶液中加入（NH4）2CO3溶液，Nd3+可转化为Nd（OH）CO3沉淀，该反应的离子方程式为：2Nd3++3+H2O＝2Nd（OH）CO3↓+CO2↑，故答案为：2Nd3++3+H2O＝2Nd（OH）CO3↓+CO2↑；②将8.84mgNd（OH）CO3（摩尔质量为221g•mol﹣1）在氮气氛围中焙烧，n[Nd（OH）CO3]＝＝4×10﹣3mol，其中n（OH﹣）＝4×10﹣3mol，剩余固体质量随温度变化曲线如图3所示，550～600℃时，所得固体产物可表示为NdaOb（CO3）c，固体质量减少8.84mg﹣7.60mg＝1.24mg，焙烧产物中不含氢元素，则2OH﹣～H2O，焙烧过程中生成水的质量＝×4×10﹣3mol×18g/mol×103mg/g＝0.36mg，则生成二氧化碳的质量＝1.24mg﹣0.36mg＝0.88mg，～CO2，发生反应的物质的量＝＝2×10﹣3mol，起始固体中碳酸根离子物质的量＝4×10﹣3mol﹣2×10﹣3mol＝2×10﹣3mol，焙烧过程中Nd不减少，则剩余固体中n（Nd3+）＝4×10﹣3mol，通过以上实验数据确定该产物中n（Nd3+）：n（）的比值＝2：1，故答案为：2：1。【点评】本题考查物质的制备、物质的分离提纯、晶胞计算等知识点，侧重考查学生物质之间反应和分离提纯知识的掌握情况和盐酸守恒的计算应用，题目难度中等。4．（2024•江苏）贵金属银应用广泛。Ag与稀HNO3制得AgNO3常用于循环处理高氯废水。（1）沉淀Cl﹣。在高氯水样中加入K2CrO4使浓度约为5×10−3mol•L−1当滴加AgNO3溶液至开始产生Ag2CrO4沉淀（忽略滴加过程的体积增加），此时溶液中Cl−浓度约为9×10﹣6mol•L−1。[已知：Ksp（AgCl）＝1.8×10−10，Ksp（Ag2CrO4）＝2.0×10−12]（2）还原AgCl。在AgCl沉淀中埋入铁圈并压实，加入足量0.5mol•L−1盐酸后静置，充分反应得到Ag。①铁将AgCl转化为单质Ag的化学方程式为Fe+AgCl+2HCl＝FeCl3+Ag+H2↑。②不与铁圈直接接触的AgCl也能转化为Ag的原因是Fe与盐酸反应生成亚铁离子，亚铁离子将AgCl还原为Ag。③为判断AgCl是否完全转化，补充完整实验方案：取出铁圈，搅拌均匀，取少量混合物过滤，洗涤，向洗涤液中加入硝酸银溶液，确保氯离子已洗净，在通风设备中向滤渣中加入足量的硝酸，若固体完全溶解，则氯化银完全转化，若固体未完全溶解则氯化银未完全转化[实验中必须使用的试剂和设备：稀HNO3、AgNO3溶液，通风设备]。（3）Ag的抗菌性能。纳米Ag表面能产生Ag+杀死细菌（如图所示），其抗菌性能受溶解氧浓度影响。①纳米Ag溶解产生Ag+离子方程式为4Ag+4H++O2＝4Ag++2H2O。②实验表明溶解氧浓度过高，纳米Ag的抗菌性能下降，主要原因是纳米Ag表面生成Ag2O。【答案】（1）9×10﹣6；（2）①Fe+AgCl+2HCl＝FeCl3+Ag+H2↑；②Fe与盐酸反应生成亚铁离子，亚铁离子将AgCl还原为Ag；③洗涤，向洗涤液中加入硝酸银溶液，确保氯离子已洗净，在通风设备中向滤渣中加入足量的硝酸，若固体完全溶解，则氯化银完全转化，若固体未完全溶解则氯化银未完全转化；（3）①4Ag+4H++O2＝4Ag++2H2O；②纳米Ag表面生成Ag2O。【分析】（1）根据Ksp（AgCl）＝1.8×10−10，Ksp（Ag2CrO4）＝2.0×10−12进行计算；（2）根据原子守恒配平化学方程式即可；若氯化银完全转化，则固体全部为Ag单质，可完全溶于稀硝酸，据此进行解答；（3）若溶解氧气浓度过高，则易形成氧化银降低消毒效果。【解答】解：（1）根据Ksp（AgCl）＝c（Ag+）•c（Cl﹣），Ksp（Ag2CrO4）＝c2（Ag+）•c（CrO42﹣），则c（Cl﹣）＝＝mol/L＝9×10﹣6mol/L，故答案为：9×10﹣6；（2）①根据原子守恒配平化学方程式可得反应为：Fe+AgCl+2HCl＝FeCl3+Ag+H2↑，故答案为：Fe+AgCl+2HCl＝FeCl3+Ag+H2↑；②不与铁圈直接接触的AgCl也能转化为Ag的原因是Fe与盐酸反应生成亚铁离子，亚铁离子将AgCl还原为Ag，故答案为：Fe与盐酸反应生成亚铁离子，亚铁离子将AgCl还原为Ag；③若氯化银完全转化，则固体全部为Ag单质，可完全溶于稀硝酸，此过程会产生污染空气的氮氧化物，故必须通风，故完整实验方案：取出铁圈，搅拌均匀，取少量混合物过滤，洗涤，向洗涤液中加入硝酸银溶液，确保氯离子已洗净，在通风设备中向滤渣中加入足量的硝酸，若固体完全溶解，则氯化银完全转化，若固体未完全溶解则氯化银未完全转化，故答案为：洗涤，向洗涤液中加入硝酸银溶液，确保氯离子已洗净，在通风设备中向滤渣中加入足量的硝酸，若固体完全溶解，则氯化银完全转化，若固体未完全溶解则氯化银未完全转化；（3）①根据图示可知氧气为氧化剂，氢离子也参与反应，结合得失电子守恒可知离子方程式为：4Ag+4H++O2＝4Ag++2H2O，故答案为：4Ag+4H++O2＝4Ag++2H2O；②若溶解氧气浓度过高，则易形成氧化银降低消毒效果，故答案为：纳米Ag表面生成Ag2O。【点评】本题考查制备方案的设计，为高考常见题型，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力，注意实验的原理以及物质的性质，把握实验的操作方法以及化学反应原理的运用，较好地考查了学生对实验原理的理解、知识迁移应用，题目难度中等。5．（2024•浙江）固态化合物Y的组成为MgCaFeMn（CO3）4，以Y为原料实现如图转化。已知：NH3与溶液A中金属离子均不能形成配合物。请回答：（1）依据步骤Ⅲ，MnCO3、CaCO3和MgCO3中溶解度最大的是MgCO3。写出溶液C中的所含有的阴离子Cl﹣、、、OH﹣。步骤Ⅱ中，加入NH4Cl的作用是防止镁离子转化为氢氧化镁沉淀。（2）下列说法正确的是BC。A．气体D是形成酸雨的主要成分B．固体E可能含有Na2CO3C．Mn（OH）2可溶于NH4Cl溶液D．碱性：Ca（OH）2＜Fe（OH）2（3）酸性条件下，固体NaBiO3（微溶于水，其还原产物为无色的Bi3+）可氧化Mn2+为，根据该反应原理，设计实验验证Y中含有Mn元素取一定量的固体Y于试管中，滴加稀硫酸溶液后，加入少量NaBiO3固体，溶液变为紫红色，则Y中含有锰元素；写出Mn2+转化为的离子方程式14H++5NaBiO3+2Mn2+＝2+5Na++5Bi3++7H2O。【答案】（1）MgCO3；Cl﹣、、、OH﹣；防止镁离子转化为氢氧化镁沉淀；（2）ABC；（3）取一定量的固体Y于试管中，滴加稀硫酸溶液后，加入少量NaBiO3固体，溶液变为紫红色，则Y中含有锰元素；14H++5NaBiO3+2Mn2+＝2+5Na++5Bi3++7H2O。【分析】MgCaFeMn（CO3）4与盐酸反应生成氯化镁、氯化钙、氯化亚铁、氯化锰和二氧化碳，钠与二氧化碳加热生成碳酸钠和氧化碳，溶液与氨气和氯化铵反应生成氢氧化亚铁，溶液B与适量二氧化碳反应生成碳酸锰、碳酸钙，则溶液C中含有氯化镁。【解答】解：（1）步骤Ⅲ反应生成碳酸锰、碳酸钙，则MnCO3、CaCO3和MgCO3中溶解度最大的是MgCO3，则溶液C中的所有阴离子为Cl﹣、、、OH﹣，步骤Ⅱ中，加入NH4Cl的作用是防止镁离子转化为氢氧化镁沉淀，故答案为：MgCO3；Cl﹣、、、OH﹣；防止镁离子转化为氢氧化镁沉淀；（2）A．气体D是二氧化碳，不是形成酸雨的主要成分，故A错误；B．钠与二氧化碳加热生成碳酸钠和氧化碳，固体E可能含有Na2CO3，故B正确；C．溶液B为氯化镁、氯化钙好氯化锰，则Mn（OH）2可溶于NH4Cl溶液，故C正确；D．元素的金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，则碱性：Ca（OH）2＞Fe（OH）2，故D错误；故答案为：BC；（3）由于酸性条件下，固体NaBiO3（微溶于水，其还原产物为无色的Bi3+）可氧化Mn2+为，则验证Y中含有Mn元素的方法是取一定量的固体B于试管中，滴加稀硫酸溶液后，加入少量NaBiO3固体，溶液变为紫红色，则Y中含有锰元素；则Mn2+转化为的离子方程式14H++5NaBiO3+2Mn2+＝2+5Na++5Bi3++7H2O，故答案为：取一定量的固体Y于试管中，滴加稀硫酸溶液后，加入少量NaBiO3固体，溶液变为紫红色，则Y中含有锰元素；14H++5NaBiO3+2Mn2+＝2+5Na++5Bi3++7H2O。【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。6．（2023•全国）乙酰苯胺可作为退热剂。纯乙酰苯胺为白色晶体，熔点114.3℃，微溶于水，易溶于有机溶剂。某粗乙酰苯胺含少量不溶于水的杂质，可通过重结晶提纯。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回答下列问题：（1）重结晶时，加水量应根据粗乙酰苯胺的量和其在20℃时的溶解度计算确定。（2）若加热时不慎碰倒酒精灯而使酒精洒出起火，应立即用湿抹布盖灭。（3）下列玻璃仪器中，重结晶实验不需要的是分液漏斗和容量瓶（填名称）。（4）加热溶解后进行热过滤，若滤纸上有较多晶体析出，可能的原因有加热溶解时，温度较低，晶体没有全部溶解；热过滤时，温度降低，晶体析出（答出两条）。不能将滤纸上析出的晶体合并到滤液中，原因是含有不溶于水的杂质。（5）结晶时，如果想要得到较大的晶体，可采取的方法有C。（填标号）A.搅拌B.快速降温C.缓慢降温过滤后，可用来洗涤晶体的是B。（填标号）A.乙醇B.冷水C.热水【答案】（1）20；（2）湿抹布；（3）分液漏斗和容量瓶；（4）加热溶解时，温度较低，晶体没有全部溶解；热过滤时，温度降低，晶体析出；含有不溶于水的杂质；（5）C；（6）B。【分析】（1）乙酰苯胺在20℃时，溶解度较小；（2）酒精洒出起火，应立即用湿抹布盖灭；（3）重结晶操作为加热溶解，趁热过滤，冷却结晶再过滤；（4）加热溶解后进行热过滤，若滤纸上有较多晶体析出，可能的原因有加热溶解时，温度较低，晶体没有全部溶解；热过滤时，温度降低，晶体析出；不能将滤纸上析出的晶体中含有不溶于水的杂质；（5）缓慢降温，可以得到较大的晶体；（6）由于乙酰苯胺微溶于水，易溶于有机溶剂，且随着温度的升高，溶解度减小。【解答】解：（1）由于乙酰苯胺在20℃时，溶解度较小，则重结晶时，加水量应根据粗乙酰苯胺的量和其在20℃时的溶解度计算确定，故答案为：20；（2）若加热时不慎碰倒酒精灯而使酒精洒出起火，应立即用湿抹布盖灭，故答案为：湿抹布；（3）重结晶操作为加热溶解，趁热过滤，冷却结晶再过滤，故重结晶实验不需要的是分液漏斗和容量瓶，故答案为：分液漏斗和容量瓶；（4）加热溶解后进行热过滤，若滤纸上有较多晶体析出，可能的原因有加热溶解时，温度较低，晶体没有全部溶解；热过滤时，温度降低，晶体析出；不能将滤纸上析出的晶体合并到滤液中，原因是含有不溶于水的杂质，故答案为：加热溶解时，温度较低，晶体没有全部溶解；热过滤时，温度降低，晶体析出；含有不溶于水的杂质；（5）结晶时，缓慢降温，可以得到较大的晶体，故答案为：C；（6）由于乙酰苯胺微溶于水，易溶于有机溶剂，且随着温度的升高，溶解度减小，则过滤后，可用来洗涤晶体的是冷水，故答案为：B。【点评】本题考查有机物的分离和提纯，侧重考查学生重结晶的掌握情况，试题难度中等。7．（2022•全国）钢铁产品在加工过程中都要经过酸洗除锈，所产生的含FeCl2的废稀盐酸是一种环境污染物。一组学生利用图示装置对该废酸液体（含HCl约21%，FeCl2约18%）进行回收实验。回答下列问题：（1）写出仪器名称A：直形冷凝管；B：温度计。（2）蒸馏尾接管必须置于液面以下，原因是便于生成的HCl冷凝，防止其挥发，采用冰水浴的目的是使冷凝效果更好。（3）蒸馏至烧瓶中有少量固体析出时，趁热将瓶中液体转移入烧杯中，冰水浴冷却，使固体结晶析出、将固液混合物转移至漏斗中，过滤，得到FeCl2•4H2O晶体，干燥后测定纯度。（4）可用氧化还原滴定法测定Fe2+的含量，从而确定产品纯度。该样品不能使用KMnO4滴定，原因为2+10Cl﹣+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O（用离子方程式表示）。【答案】（1）直形冷凝管；温度计；（2）便于生成的HCl冷凝，防止其挥发；使冷凝效果更好；（3）将固液混合物转移至漏斗中，过滤；（4）2+10Cl﹣+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O。【分析】（1）根据仪器构造，判断仪器的名称；（2）蒸馏尾接管置于液面以下，温度更低，有利于HCl冷凝，且冰水浴时，冷凝效果更好；（3）蒸馏至烧瓶中有少量固体析出时，趁热将瓶中液体转移入烧杯中，冰水浴冷却，使固体结晶析出、过滤，得到FeCl2•4H2O晶体；（4）KMnO4具有强氧化性，能氧化Fe2+、Cl﹣。【解答】解：（1）根据仪器构造可知，A仪器为直形冷凝管；B仪器为温度计，故答案为：直形冷凝管；温度计；（2）蒸馏尾接管必须置于液面以下，原因是便于生成的HCl冷凝，防止其挥发，采用冰水浴的目的是使冷凝效果更好，故答案为：便于生成的HCl冷凝，防止其挥发；使冷凝效果更好；（3）蒸馏至烧瓶中有少量固体析出时，趁热将瓶中液体转移入烧杯中，冰水浴冷却，使固体结晶析出、将固液混合物转移至漏斗中，过滤，得到FeCl2•4H2O晶体，干燥后测定纯度，故答案为：将固液混合物转移至漏斗中，过滤；（4）该样品不能使用KMnO4滴定，原因为酸性KMnO4具有很强的氧化性，也能够氧化Cl﹣，导致KMnO4的消耗量增大，影响测定的结果，反应的离子方程式为：2+10Cl﹣+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：2+10Cl﹣+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O。【点评】本题主要考查物质的分离与提纯，具体考查仪器的识别、实验操作的相关知识，离子方程式的书写，难度中等。8．（2022•全国）我国炼镁行业中应用最为广泛的是皮江法工艺，又称为硅热法。该工艺以白云石（主要成分为CaCO3•MgCO3，其质量占比为95%）为原料，工艺过程分成煅烧、混合、研磨、还原和精炼等阶段，其工艺流程如图所示：回答下列问题：（1）煅烧白云石反应的化学方程式为CaCO3•MgCO3CaO+MgO+2CO2↑。（2）研磨的作用是增大固体反应物的接触面积，加快化学反应速率。（3）还原在还原罐内进行，所加硅铁中Si质量占比为75%。镁的沸点为1090℃，还原渣的主要组成为CaSiO3，发生反应的主要化学方程式是CaO+Si+2MgOCaSiO3+2Mg（萤石和铁不参与反应），白云石与硅铁的理论投料质量比为（92×15）：（7×19）。（4）“还原”过程要求在真空条件下进行。如果因空气进入导致真空度降低，将使Mg的产率降低，其中一个原因是生成的镁会发生反应，其化学方程式为2Mg+O22MgO、3Mg+N2Mg3N2。（5）粗镁的熔点低于纯镁。工业精炼镁时采用区域熔炼法，具体如图所示。电炉从左端向右端移动，残留的杂质将富集在右端（填“左”或“右”）。【答案】（1）CaCO3•MgCO3CaO+MgO+2CO2↑；（2）增大固体反应物的接触面积，加快化学反应速率；（3）CaO+Si+2MgOCaSiO3+2Mg；（92×15）：（7×19）；（4）2Mg+O22MgO；3Mg+N2Mg3N2；（5）右。【分析】白云石高温煅烧得到CaO、MgO和CO2，得到的固体中加入硅铁、萤石粉研磨，然后高温还原得到Mg和还原渣，镁的沸点为1090℃，还原渣的主要组成为CaSiO3，则CaO、Si、MgO在高温下、13.3～133.3Pa条件下反应生成CaSiO3和Mg，粗镁精炼得到镁锭；（1）白云石高温煅烧得到CaO、MgO和CO2；（2）反应物的接触面积越大，反应速率越快；（3）镁的沸点为1090℃，还原渣的主要组成为CaSiO3，则CaO、Si、MgO在高温下、13.3～133.3Pa条件下反应生成CaSiO3和Mg，根据反应物、生成物及反应条件书写方程式；结合方程式计算白云石与硅铁的理论投料质量比；（4）加热条件下，Mg能和O2、N2反应；（5）粗镁的熔点低于纯镁，随着电炉的移动，熔融的Mg再固化，杂质向右移动。【解答】解：（1）白云石高温煅烧得到CaO、MgO和CO2，反应方程式为CaCO3•MgCO3CaO+MgO+2CO2↑，故答案为：CaCO3•MgCO3CaO+MgO+2CO2↑；（2）研磨能增大固体反应物的接触面积，加快化学反应速率，故答案为：增大固体反应物的接触面积，加快化学反应速率；（3）镁的沸点为1090℃，还原渣的主要组成为CaSiO3，则CaO、Si、MgO在高温下、133.～133.3Pa条件下反应生成CaSiO3和Mg，根据反应物、生成物及反应条件书写方程式为CaO+Si+2MgOCaSiO3+2Mg；白云石的主要成分为CaCO3•MgCO3，其质量占比为95%，硅铁中Si质量占比为75%，根据方程式“CaO+Si+2MgOCaSiO3+2Mg”知，MgO、Si以2：1反应，设白云石的质量为xg、硅铁的质量为yg，硅铁中m（Si）＝75%yg，白云石中m（CaCO3•MgCO3）＝95%xg，根据Mg原子守恒得n（MgO）＝n（CaCO3•MgCO3），存在：＝2：1，x：y＝（92×15）：（7×19），故答案为：CaO+Si+2MgOCaSiO3+2Mg；（92×15）：（7×19）；（4）加热条件下，Mg能和O2、N2反应分别生成MgO、Mg3N2，反应方程式依次为2Mg+O22MgO、3Mg+N2Mg3N2，导致Mg的产率降低，故答案为：2Mg+O22MgO；3Mg+N2Mg3N2；（5）粗镁的熔点低于纯镁，随着电炉的移动，熔融的Mg再固化，杂质向右移动，所以电炉从左端向右端移动，残留的杂质将富集在右端，故答案为：右。【点评】本题考查物质的分离和提纯，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确元素化合物的性质及其性质差异性、物质之间的转化关系、区域熔炼的含义是解本题关键，题目难度中等。9．（2021•广东）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝（Al）、钼（Mo）、镍（Ni）等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如图：已知：25℃时，H2CO3的Ka1＝4.5×10﹣7，Ka2＝4.7×10﹣11；Ksp（BaMoO4）＝3.5×10﹣8；Ksp（BaCO3）＝2.6×10﹣9；该工艺中，pH＞6.0时，溶液中Mo元素以MoO42﹣的形态存在。（1）“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合价为+6。（2）“沉铝”中，生成的沉淀X为Al（OH）3。（3）“沉钼”中，pH为7.0。①生成BaMoO4的离子方程式为MoO42﹣+Ba2+＝BaMoO4↓。②若条件控制不当，BaCO3也会沉淀。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中c（HCO3﹣）：c（MoO42﹣）＝×（列出算式）时，应停止加入BaCl2溶液。（4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，Y为NaHCO3。②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量NH3（填化学式）气体，再通入足量CO2，可析出Y。（5）高纯AlAs（砷化铝）可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止H2O2刻蚀液与下层GaAs（砷化镓）反应。①该氧化物为Al2O3。②已知：Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为4：1。【答案】（1）+6；（2）Al（OH）3；（3）①MoO42﹣+Ba2+＝BaMoO4↓；②×；（4）①NaHCO3；②NH3；（5）①Al2O3；②4：1。【分析】废催化剂中加入NaOH固体焙烧，Al2O3和NaOH发生反应Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O；“焙烧”中，有Na2MoO4生成，Mo的氧化物为MoO3，发生反应为MoO3+2NaOHNa2MoO4+H2O，然后水浸过滤得到含Ni的固体，滤液I中含有NaAlO2、Na2MoO4和过量的NaOH，然后向滤液I中通入过量的CO2，过滤得到X，X发生一系列变化得到AlAs，沉铝过程中发生反应2H2O+CO2+NaAlO2＝Al（OH）3↓+NaHCO3，X为Al（OH）3，滤液II中含有Na2MoO4、NaHCO3，向滤液II中加入适量BaCl2溶液沉钼，发生反应Na2MoO4+BaCl2＝BaMoO4↓+2NaCl，过滤后得到BaMoO4和滤液Ⅲ；（1）Na2MoO4中O元素化合价为﹣2、Na元素化合价为+1，根据化合物中各元素化合价的代数和为0确定Mo元素化合价；（2）NaAlO2和过量的CO2发生复分解反应生成氢氧化铝沉淀；（3）①Na2MoO4和BaCl2发生复分解反应生成难溶物BaMoO4；②Ka2＝×c（H+），则c（HCO3﹣）＝×c（H+），溶液中c（HCO3﹣）：c（MoO42﹣）＝×c（H+）：c（MoO42﹣）＝×＝×；（4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO3；②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，氨气、CO2和NaCl溶液反应生成溶解度较小的NaHCO3；（5）①根据图知，GaAs能被H2O2腐蚀，AlAs和H2O2发生氧化还原反应生成致密的氧化物薄膜，H2O2作氧化剂，则AlAs中As元素被氧化，所以得到的氧化物为Al的氧化物；②在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，则As元素失电子发生氧化反应，双氧水得电子生成水，则GaAs是还原剂、H2O2是氧化剂，根据转移电子守恒判断氧化剂与还原剂物质的量之比。【解答】解：（1）Na2MoO4中O元素化合价为﹣2、Na元素化合价为+1，根据化合物中各元素化合价的代数和为0确定Mo元素化合价＝0﹣（﹣2）×4﹣（+1）×2＝+6，故答案为：+6；（2）通过以上分析知，得到的沉淀X为Al（OH）3，故答案为：Al（OH）3；（3）①Na2MoO4和BaCl2发生复分解反应生成难溶物BaMoO4，离子方程式为MoO42﹣+Ba2+＝BaMoO4↓，故答案为：MoO42﹣+Ba2+＝BaMoO4↓；②溶液的pH＝7.0，c（H+）＝10﹣7mol/L，Ka2＝×c（H+），则c（HCO3﹣）＝×c（H+），溶液中c（HCO3﹣）：c（MoO42﹣）＝×c（H+）：c（MoO42﹣）＝×＝×＝×，故答案为：×；（