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重庆市高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-36物质的分离和提纯（1）
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这是一份重庆市高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-36物质的分离和提纯（1），共27页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。
重庆市高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-36物质的分离和提纯（1）
一、单选题
1．（2023·重庆·统考三模）下列实验中采取的分离或提纯方法能达到实验目的的是
选项
实验目的
分离或提纯方法
A
分离碘的四氯化碳溶液中的碘
用苯萃取
B
除去乙酸乙酯中的乙酸
加入饱和溶液后分液
C
除去蛋白质溶液中少量NaCl
过滤
D
从高级脂肪酸钠和甘油的混合水溶液中分离出高级脂肪酸钠
加入乙醇和浓硫酸并加热，然后蒸馏
A．A B．B C．C D．D
2．（2023·重庆·统考三模）实验室初步分离苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷的流程如下：
已知：苯甲酸乙酯的沸点为℃，“乙醚-环己烷-水共沸物”的沸点为℃。下列说法错误的是
A．操作a所使用的主要玻璃仪器为分液漏斗和烧杯
B．操作c为重结晶
C．饱和溶液和无水的作用相同
D．由该流程可以说明苯甲酸和苯甲酸钠在水中的溶解度差别很大
3．（2023·重庆·统考二模）化学与生活、生产、科技等息息相关，下列有关说法正确的是
A．制造蛟龙号潜艇载人舱的钛合金中的钛属于稀土金属
B．为了杀死自来水中的新冠病毒，可向其中加入一点明矾
C．笔墨纸砚中的“纸”特指宣纸，宣纸的主要成分是蛋白质
D．《本草纲目》记载“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，所用的分离方法是蒸馏
4．（2023·重庆九龙坡·统考二模）下列实验装置与操作正确，且能达到实验目的的是
A．胶体制备 B．制备
C．液液分离 D．pH测试
5．（2023·重庆·统考模拟预测）下列有关实验原理或操作正确的是
A．用图1装置制取并检验乙炔
B．用图2所示装置证明SO2具有漂白性
C．用图3所示装置制取并检验NH3
D．用图4所示装置吸收HCl中的Cl2
6．（2022·重庆·统考模拟预测）下列如图所示装置不能达到实验目的的是
A．用装置Ⅰ除去中的草酸蒸气
B．用装置Ⅱ蒸发溶液得到晶体
C．用装置Ⅲ鉴别Br2(g)和NO2(g)
D．用装置Ⅳ验证的性质
7．（2022·重庆·统考模拟预测）下列物质的性质和用途均正确，且有因果关系的是
A．CCl4难溶于水，密度小于水，可用作有机溶剂
B．晶体硅硬度大，熔点高，可用于制作手机芯片
C．维生素C具有还原性，可帮助人体将食物中的Fe3+转变为Fe2+
D．Na2O2具有漂白性，可用于呼吸面具中作为氧气的来源
8．（2022·重庆·统考模拟预测）海水是一种重要的自然资源，其综合利用途径之一如图所示。下列说法不正确的是
A．“提溴”工序中可用碳酸钠溶液吸收空气吹出的溴单质，实现溴的富集
B．“提镁”工序中所用的石灰可用氢氧化钠替代
C．“二次提钙”所得产品A为CaSO4
D．该方案集成多项综合利用技术，具有获得产品种类多、附加值高等特点
9．（2022·重庆·统考二模）便携式消毒除菌卡主要活性成分为亚氯酸钠(NaClO2)，通过与空气作用释放低浓度二氧化氯(ClO2)杀菌消毒从而起到防护效果。一种制备NaClO2粗产品的工艺流程如下：
*纯ClO2易分解爆炸，一般用空气稀释到10%以下。下列说法错误的是
A．母液中含有的溶质有NaHSO4
B．氧化性：H2O2>ClO2>ClO
C．发生器中鼓入空气的主要目的是稀释ClO2以防爆炸
D．吸收塔中温度不宜过高，否则会导致H2O2分解
10．（2022·重庆·统考模拟预测）通过下列装置进行相应实验，不能达到实验目的的是
A．甲装置可用于实验室制取蒸馏水
B．乙装置可用于测定醋酸的浓度
C．丙装置可用于分离Al(OH)3和I2的固体混合物
D．可从丁装置的漏斗处向锥形瓶内添加少量MnO2，探究催化剂对化学反应速率的影响
11．（2022·重庆·统考二模）碘和碘化合物的用途广泛，实验室从海带中提取碘的步骤为：①海带灼烧，②溶解过滤，③在滤液中加入稀和氧化，④用萃取，⑤蒸馏。下列装置在该实验中不能达到目的的是
A．用Ⅰ装置灼烧海带 B．用Ⅱ装置萃取 C．用Ⅲ装置过滤 D．用Ⅳ装置蒸馏
12．（2022·重庆·模拟预测）以废旧锌锰电池中的黑锰粉[含MnO2、MnO(OH)、NH4Cl、ZnCl2、Fe2O3及炭黑等]为原料制备MnCl2，实现锰的再利用。其工艺流程如图：
下列说法不正确的是
A．步骤①分离出NH4Cl、ZnCl2的试剂和操作为：水、过滤
B．步骤②中发生的反应：C+O2CO2、4MnO(OH)+O24MnO2+2H2O
C．步骤③若先加H2O2、后加H2SO4，可提高H2O2的利用率
D．步骤④所得MnCl2溶液中含有少量CaSO4杂质
二、工业流程题
13．（2023·重庆九龙坡·统考二模）一种从废弃阴极射线管(CRT)荧光粉中提取氧化钇的工艺流程如下。
已知：
成分含量%
阶段
ZnO
MgO
预处理
24.28
41.82
7.81
1.67
0.19
预处理后
68.51
5.42
4.33
5.43
0.50
废弃CRT荧光粉预处理前后的组成(不参与反应的杂质未列出)
(1)在元素周期表中，钇(Y)位于第五周期，与Sc同族，基态钇原子的价电子排布图为_______。
(2)“预处理”的目的为_______，“加热、过滤”阶段产生黄绿色气体的化学方程式为_______。
(3)氨水除去的金属离子是，除杂试剂DDTC除去的金属离子是_______，不能用碱代替DDTC的原因是_______。
(4)“沉钇”中沉淀完全，滴加草酸后的溶液中不低于_______。
(5)“焙烧”过程生成的化学方程式为_______。
(6)铁酸钇的正交相晶胞结构如图。若1号氧原子分数坐标为，2号氧原子分数坐标为，则3号Fe原子的分数坐标为_______。
14．（2023·重庆·统考模拟预测）一维结构氧化钇()在光学和陶瓷等领域有重要用途。研究小组制备该的实验过程如下所示。
(1)配制100mL2mol/L硝酸需用到的玻璃仪器有___________。
A．烧杯 B．量筒 C．温度计 D．玻璃棒 E．漏斗
(2)滴加浓氨水时，用pH试纸测试的具体操作为___________。
(3)洗涤时，先用蒸馏水后用乙醇的目的是___________。
(4)探究前驱体化学组成的实验装置如图所示(夹持装置略)。
①加热前，打开关闭，先通入Ar气一段时间；开始加热后，再打开关闭，继续通入Ar气至反应结束后一段时间，使用Ar气的目的除了排出a中的空气之外，其作用还有___________。
②前驱体受热分解过程中：a中气体略有红棕色，说明产物含有___________；b中试剂变蓝，说明产物含有___________；c中溶液颜色变化的过程为___________。
(5)前驱体不含结晶水，其摩尔质量是587g/mol，阴离子与阳离子(仅有)的个数比为2.75，则由前驱体生成的化学反应方程式为___________。
15．（2023·重庆·统考模拟预测）四氧化三锰是一种重要的电子和新能源基础原材料，可以用于生产软磁锰锌铁氧体、锂电正极材料锰酸锂和负温度系数热敏电阻等。以软锰矿(主要成分为还含少量Fe、Si、Al等的氧化物)和硫铁矿(主要成分)为原料制备大颗粒的电池。
说明：
Ⅰ.“浸取”：研究发现，酸浸时和颗粒反应的原理如图1所示(部分产物未标出)。
图1
Ⅱ.通空气“氧化”：将“沉淀”步骤所得含少量的固体滤出，洗净，加水打成浆，浆液边加热边持续通入空气，制得。
Ⅲ.氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见表：
沉淀物
开始沉淀的pH
3.4
2.2
6.3
8.1
完全沉淀的pH
5.2
3.2
9.7
10.4
(1)滤渣1中主要成分的化学式为_______。
(2)随硫铁矿的增加，锰的浸出率降低，可能的原因是_______。
(3)写出“浸取”时与反应的离子方程式为_______。
(4)加入“氧化”的目的是_______。
(5)检验“沉淀”已洗净的操作是_______。
(6)“沉淀”加热通空气过程中溶液pH随时间变化如图2所示，其中pH先基本不变后迅速下降的原因是_______。
(7)一个立方体结构的晶胞如图3所示，距离最近的有_______个，已知阿伏加德罗数值为，则的晶体密度为，则晶胞的边长为_______nm(用含ρ、的代数式表示)。
16．（2022·重庆·统考模拟预测）碳酸锶()常用于制造彩电阴极射线管、电磁铁、锶铁氧体、烟火、荧光玻璃、信号弹等，也是生产其他锶盐的原料。一种由工业碳酸锶(含少量、、、等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：
已知：I.为两性氢氧化物；
II.常温下，各物质的溶度积常数如下表所示。
化合物
近似值
回答下列问题：
(1)气体A的化学式为_______；基态Cr原子的价层电子排布图为_______。
(2)酸溶时为了加快酸溶速率，可适当升高温度，但升温度又不能过高的原因是_______。
(3)“系列操作”是煮沸并趁热过滤、_______。
(4)用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH≈13的原因为_______(用化学方程式回答)。
(5)“调pH≈13”后，需对溶液进行煮沸并趁热过滤出“滤渣2”，“滤渣2”的主要成分为_______(填化学式)；要煮沸并趁热过滤的目的是_______。
(6)“还原”时含Cr微粒发生反应的离子方程式为_______。
(7)“碳化”时，实际所用的量为理论用量的111%，若要提纯1t含量为98%的工业碳酸锶，流程中的损失不计，“碳化”步骤中应加入_______t(保留到小数点后两位)。
17．（2022·重庆·统考模拟预测）硒和碲及其化合物应用广泛。工业上。从阳极泥［主要含硒化亚铜(Cu2Se)和碲化亚铜(Cu2Te)］，回收硒和碲的流程如下：
已知：25℃时，亚碲酸()的，。
(1)要让阳极泥得到充分焙烧，所采取的措施是_______(写一条即可)。
(2)浸取是在80℃下进行，而不在常温下进行的目的是_______；“还原”这一步的目的是_______。
(3)在实验时过滤所需要的玻璃仪器有_______。
(4)“焙烧”时，参加反应的化学方程式为_______。
(5)滤渣与、稀硫酸反应生成的离子方程式为_______。
(6)常温下，溶液的pH_______7(填“<”“>”或“=”)，理由是_______。
18．（2022·重庆·统考二模）钕铁硼磁铁因其超强的磁性被誉为“永磁之王”。一种从钕铁硼废料[含钕(Nd，质量分数为28.8%)、Fe、B]中提取氧化钕的工艺流程如图所示：
已知：Nd稳定的化合价为+3价；金属钕的活动性较强，能与酸发生置换反应；Nd(H2PO4)3难溶于水；硼不与稀硫酸反应。
(1)可以选择_______(填标号)除去钕铁硼废料表面的矿物油污。
A．酒精清洗 B．NaOH溶液浸泡 C．纯碱溶液浸泡 D．稀硫酸
(2)“粉碎”的目的是 _______。
(3)“滤渣1”的主要成分为_______(填化学式)。
(4)常温下，“沉钕”过程中，Nd(H2PO4)3沉淀完全时的pH为2.3，溶液中的c(Fe2+)=2.0 mol·L-1，此时_______(填“有”或“无”)Fe(OH)2沉淀生成。列式计算说明原因_______(常温下，Ksp[Fe(OH)2]=8.0 ×10-16)。
(5)“碱转换”时，得到Nd(OH)3沉淀，“滤液2”的主要溶质为_______。
(6)焙烧沉淀[Nd2(C2O4)3·10H2O]时， 生成无毒的气体，该反应的化学方程式为_______。
(7)若用100g钕铁硼废料进行实验，最终得到30.24 g Nd2O3，则Nd2O3的回收率为_______。
19．（2022·重庆·统考模拟预测）废旧的电池中含有NiO、CdO、CoO和Fe2O3等成分，工程师设计如下回收重金属的工艺流程。
回答下列问题：
(1)为提高浸取率，可采取的措施是_______(写一种即可)，操作1的名称是_______；
(2)滤液1中主要含[Cd(NH3)4]2+、[Ni(NH3)6]2+、[Co(NH3)6]2+等，则浸取时CdO发生反应的化学方程式为_______；
(3)在实验室萃取时，所需的玻璃仪器是_______；
(4)“反萃取”的原理为NiR有机+2H+⇌Ni2++2HR有机，需加入的试剂X为_______；
(5)写出反应1的离子方程式_______；
(6)由CoCl2溶液得到CoCl2·6H2O所需的一系列操作是_______；
(7)生成CdCO3沉淀是利用反应[Cd(NH3)4]2++⇌CdCO3↓+4NH3↑，常温下，该反应平衡常数K=2.0×105，[Cd(NH3)4]2+⇌Cd2++4NH3的平衡常数K1=4.0×10-5，则Ksp(CdCO3)=_______。
三、实验题
20．（2022·重庆·统考二模）葡萄糖酸锌[Zn(C6H11O7)2相对分子质量455]，是一种有机补锌剂，易溶于热水，不溶于乙醇，温度高于100°C即开始分解。实验室制备葡萄糖酸锌装置如图1(夹持、控温装置略)：
(1)图1中支管a的作用是_______，X处为冷凝回流装置，图2中仪器使用正确且效果最好的是_______。(填字母)。
(2)该反应需控制温度在90°C左右，其原因为_______，可采用的加热方式是_______。
(3)三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为_______。
(4)反应完毕后，再经过一系列实验操作得到葡萄糖酸锌粗品。粗品含少量难溶于水的杂质，纯化粗品的合理操作顺序是_______(填字母序号)。
A．待晶体充分析出后，减压过滤
B．在50°C下用恒温干燥箱烘干
C．趁热减压过滤，除去不溶物
D．将滤液冷却至室温，加入10mL95%乙醇溶液并搅拌促进晶体析出
E.取烧杯加入10mL蒸馏水，加热至微沸，加入粗品，得到葡萄糖酸锌饱和溶液
(5)测定产品纯度：取mg提纯后的产品溶于水配制成100.00mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，向其中滴入少量EBT作为指示剂(遇Zn2+生成Zn-EBT)，再加入过量的V1mLc1mol/LEDTA无色溶液(遇Zn2+生成Zn-EDTA)，同时发生反应：Zn-EBT(酒红色)+EDTA=Zn-EDTA(无色)+EBT(蓝色)。再用c2mol/LZn2+标准溶液滴定至终点。三次滴定平均消耗锌标准溶液V2mL。
①滴定终点的现象为_______。
②该产品的纯度为_______。(用含m，c1、c2，V1、V2的代数式表示)
参考答案：
1．B
【详解】A．苯与四氯化碳互溶，不能用作萃取剂分离溶于四氯化碳中的碘，A错误；
B．乙酸与碳酸钠反应，转化为易溶于水的盐，再通过分液即可提纯乙酸乙酯，B正确；
C．蛋白质溶于水后形成了胶体，胶体离子不能透过半透膜，而氯离子和钠离子能透过半透膜，因此应该用渗析的方法，C错误；
D．油脂与氢氧化钠溶液反应后即得到高级脂肪酸钠与甘油的混合液，应该加入氯化钠颗粒，发生盐析的过程，然后过滤，D错误；
故选：B。
2．C
【分析】向混合物中加入饱和Na2CO3溶液洗涤，将苯甲酸转化为苯甲酸钠，分液得到含有苯甲酸乙酯、环己烷的有机相和水相；向水相中加入乙醚，萃取水相中的苯甲酸乙酯和环己烷，分液得到有机相和萃取液；有机相混合得到有机相Ⅰ，有机相经蒸馏得到共沸物和有机相Ⅱ，向有机相Ⅱ中加入无水MgSO4除去水分，干燥有机相，蒸馏得到苯甲酸乙酯；向萃取液中加入稀硫酸，将苯甲酸钠转化为苯甲酸，过滤得到苯甲酸粗品，经重结晶得到纯净的苯甲酸，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，操作a为分液，所用的主要玻璃仪器为分液漏斗和烧杯，A正确；
B．由分析可知，操作b为蒸馏，操作c为重结晶，B正确；
C．饱和Na2CO3溶液的作用是反应苯甲酸、降低苯甲酸乙酯溶解度，无水MgSO4的作用是干燥剂，干燥苯甲酸乙酯，二者作用不同，C错误：
D．该流程中苯甲酸钠易溶于水形成水相，加入稀硫酸时生成的苯甲酸能析出，则苯甲酸和苯甲酸钠在水中的溶解度差别很大，D正确；
故答案为：C。
3．D
【详解】A．钛不属于稀土金属，A错误；
B．明矾只能沉聚水中杂质，无杀菌消毒的作用，B错误；
C．宣纸的主要成分是纤维素，C错误；
D．“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，其中的蒸烧指的是蒸馏，D正确；
故答案选D。
4．A
【详解】A．向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，出现红褐色液体，可制备胶体，A正确；
B．加热固体时试管口应该向下倾斜，为了防止凝结的水珠倒流回试管底部导致试管破裂，B错误；
C．溴苯和苯互溶，不能通过分液的方法进行分离，C错误；
D．新制氯水具有漂白性，能漂白pH试纸，故无法使用pH试纸测新制氯水的PH，实验不能达到预期目的，D错误；
故选A。
5．C
【详解】A．电石中含有其他杂质，与水反应还会产生H2S、PH3等还原性气体，它们也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，A不正确；
B．二氧化硫能使溴水褪色，体现的是二氧化硫的还原性而不是漂白性，B不正确；
C．采用NH4Cl固体与熟石灰加热反应制NH3，用向下排空气法收集，用湿润的红色石蕊试纸检验NH3是否收集满，C正确；
D．饱和食盐水用于吸收Cl2中混有的HCl，D不正确；
故选C。
6．A
【详解】A．除去中的草酸蒸气用饱和碳酸氢钠溶液除掉，不能用饱和碳酸钠溶液，碳酸钠溶液和二氧化碳要反应，不能达到实验目的，故A符合题意；
B．溶液在蒸发皿中蒸发结晶得到晶体，能达到实验目的，故B不符合题意；
C． NO2(g)溶于水变为无色溶液和无色气体，Br2(g)通入水中呈橙红色，因此能用装置Ⅲ鉴别Br2(g)和NO2(g)，能达到实验目的，故C不符合题意；
D．二氧化硫通入氢氧化钡溶液中得到白色沉淀，说明二氧化硫具有酸性氧化物的通性，通入酸性高锰酸钾溶液，说明具有还原性，因此用装置Ⅳ验证的性质，能达到实验目的，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
7．C
【详解】A．CCl4能与多种有机物互溶，可作有机溶剂，故A不符合题意；
B．晶体硅是良好的半导体材料，可制作手机芯片，故B不符合题意；
C．维生素C具有还原性，可以将Fe3+转变为Fe2+，故C符合题意；
D．N2O2与H2O、CO2反应可生O2，可用于呼吸面具中作为氧气的来源，故D不符合题意；
故选C。
8．B
【分析】浓海水中加入沸石，吸附钾元素得到硝酸钾和硫酸钾，在滤液中通入氯气将溴离子氧化成溴单质，再用热空气吹出后浓缩提取溴单质，余下的溶液中加入石灰沉淀镁离子，过滤后的滤液浓缩提取钙，通过加入硫酸钠二次提取可知产品A为硫酸钙，据此回答。
【详解】A．“提溴”工序中通入氯气氧化溴离子变为溴单质，发生离子反应如下：，溴单质在水中溶解度小，可用碳酸钠溶液吸收空气吹出的溴单质，实现溴的富集，A项正确；
B．生石灰主要成分为CaO，熟石灰主要成分为Ca (OH)2，提镁后浓缩提钙，再根据二次提钙加入硫酸钠溶液可知，“提镁”工序中所用药品不能用氢氧化钠替代，B项错误；
C．提镁加入石灰后，二次提钙加入硫酸钠溶液，钙离子与硫酸根离子形成微溶于水的硫酸钙，则所得产品A为CaSO4，C项正确；
D．该实验中涉及提镁、提钙、氯碱工业、制盐、联合制碱，产品种类多、附加值高，D项正确；
答案选B。
9．B
【分析】NaClO3和SO2在发生器中发生氧化还原反应生成ClO2和Na2SO4，通过鼓入空气，防止ClO2浓度过高，还可以将其吹进吸收塔，根据氧化还原反应规律可知，在吸收塔中ClO2与双氧水、氢氧化钠反应生成NaClO2和氧气，再得到NaClO2粗产品。
【详解】A．NaClO3和SO2在发生器中发生氧化还原反应生成ClO2和Na2SO4，则母液中回收的主要物质是Na2SO4，溶液呈酸性，可能含有NaHSO4，故A正确；
B．NaClO3和SO2在发生器中发生氧化还原反应生成ClO2和Na2SO4，NaClO3作氧化剂，ClO2为还原产物，则氧化性ClO >ClO2；吸收塔内ClO2与双氧水、氢氧化钠反应生成NaClO2和氧气，ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，则氧化性ClO2> H2O2，故氧化性： ClO>ClO2> H2O2，故B错误；
C．根据信息，纯ClO2易分解爆炸，发生器中鼓入空气的主要作用是将空气中ClO2的体积分数降至安全范围，故C正确；
D．H2O2不稳定，温度过高，H2O2容易分解，吸收塔中温度不宜过高，否则会导致H2O2分解，故D正确；
答案选B。
10．C
【详解】A．利用蒸馏装置制取蒸馏水，A正确；
B．碱式滴定管中盛放碱液，滴定含酚酞指示剂的醋酸，B正确；
C．碘单质加热易升华，但是氢氧化铝加热也易分解，故不能用此装置分离Al(OH)3和I2的固体混合物，故C错误；
D．MnO2为双氧水分解的催化剂，故D正确；
故选C。
11．D
【详解】A．灼烧在坩埚中进行，故A正确；
B．萃取操作在分液漏斗进行，分液时避免上下层液体混合，则先分离出下层液体，再从上口倒出上层液体，故B正确；
C．该装置满足过滤操作的“一贴二低三靠”，故C正确；
D．蒸馏时温度计应处于蒸馏烧瓶支管口处，故D错误；
故选：D。
12．C
【分析】黑锰粉中含有、、、、及炭黑等，步骤①将黑锰粉分离为溶液和粗品，可知步骤①为水洗、过滤分离出溶液、溶液和固体；所得粗品中含有、、及炭黑等，步骤②是将粗品在空气中加热，可知、炭黑(主要成分为C单质)被O2氧化，其中C被氧化为CO2，被氧化为，此时粗产品中含有、；步骤③是向粗产品(含、中加入H2O2溶液、稀H2SO4，并加热得到MnSO4溶液和Fe(OH)3沉淀；步骤④是向MnSO4溶液中加入CaCl2，二者反应生成MnCl2和微溶于水的CaSO4，再经过滤操作得到MnCl2溶液。
【详解】A．步骤①将黑锰粉分离为溶液和粗品，可知步骤①为水洗、过滤分离出溶液、溶液和固体，可知步骤①分离出、的试剂和操作为：水、过滤，故A项正确；
B．经步骤①分离所得的粗品中含有、、及炭黑等，步骤②是将粗品在空气中加热，可知、炭黑(主要成分为C单质)被O2氧化，其中C被氧化为CO2，被氧化为，则步骤②中发生的反应正确，故B项正确；
C．③中先加入双氧水，会催化分解H2O2，使其利用率降低，故C项错误；
D．步骤④是向MnSO4溶液中加入CaCl2，二者反应生成MnCl2和微溶于水的CaSO4，所以含有少量的CaSO4，故D项正确。
故选C。
13．(1)
(2) 除去和，还可以富集稀土元素，降低后续耗酸量，降低后续除杂困难，也可以增大后续稀土与酸接触面积，提高反应速率等
(3) 若加入碱调剂除去，沉淀时，也会形成沉淀
(4)
(5)
(6)
【分析】废弃阴极射线管(CRT)荧光粉化学成分为：、、、、，加入进行预处理，是为了除去和，还可以富集稀土元素，降低后续耗酸量，降低后续除杂困难，也可以增大后续稀土与酸接触面积，提高反应速率等；浓盐酸中氯离子的还原性增强,会与发生氧化还原反应,生成氯气,化学方程式是，加入氨水除去的金属离子是，DDTC除去的金属离子是，加入草酸将沉淀得到，最后将煅烧得到产品。
【详解】（1）钇(Y)位于第五周期，与Sc同族，基态钇原子的价电子排布式为：；
（2）加入进行预处理，是为了除去和，还可以富集稀土元素，降低后续耗酸量，降低后续除杂困难，也可以增大后续稀土与酸接触面积，提高反应速率等；浓盐酸中氯离子的还原性增强,会与发生氧化还原反应,生成氯气,化学方程式是；
（3）滤液中含有：、，加入氨水除去的金属离子是，DDTC除去的金属离子是；根据图示信息，若加入碱调剂除去，沉淀时，也会形成沉淀，所以不能用碱代替DDTC；
（4）根据，当完全沉淀，，；
（5）煅烧得到产品，反应的化学方程式为：；
（6）由图可知，3号Fe原子的坐标和2号O原子的x坐标一致，y坐标由正交图可知与2号O原子均在中间靠右，z的坐标在处，所以3号Fe原子的坐标为：。
14．(1)ABD
(2)取一小段pH试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上，然后与标准比色卡对照读取pH值
(3)先用蒸馏水洗涤后留下的水分，可以通过酒精洗涤去除
(4) 使反应过程中生成的气体向装置b和装置c中移动 NO2 H2O 红色褪去
(5)4Y4H9NO138Y2O3+ 4NO2↑+18H2O+O2↑
【分析】将粉体在稀硝酸中溶解得到Y(NO3)3溶液，向该溶液中加入氨水条件pH=9，Y(NO3)3转化为沉淀得到白色悬浊液，再经过加热、过滤、洗涤、煅烧一系列操作得到一维结构，以此解答。
【详解】（1）配制100mL2mol/L硝酸需用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒，故选ABD。
（2）滴加浓氨水时，用pH试纸测试的具体操作为：取一小段pH试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上，然后与标准比色卡对照读取pH值。
（3）乙醇可以和水互溶，先用蒸馏水洗涤后留下的水分，可以通过酒精洗涤去除。
（4）①使用Ar气的目的除了排出a中的空气之外，其作用还有使反应过程中生成的气体向装置b和装置c中移动；
②前驱体受热分解过程中：a中气体略有红棕色，说明产物含有NO2，b中无水CuSO4试剂变蓝，说明产物含有H2O，反应过程中生成的NO2通入含有酚酞的氢氧化钠溶液中发生反应2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，溶液碱性减弱，红色褪去。
（5）加热前驱体得到NO2和H2O，说明其中含有NO和OH-，则加热产物中应该还有O2，前驱体含Y、N、O、H四种元素，前驱体不含结晶水，其摩尔质量是587g/mol，阴离子与阳离子(仅有)的个数比为2.75，可以推知前驱体中含有4个Y3+，和11个阴离子，结合化合价代数和为零，可以推知前驱体中阴离子为9个OH-、1个NO和1个O2-，则前驱体的化学式为Y(NO3)3 ▪3Y(OH)3 ▪ Y2O3，则由前驱体生成的化学反应方程式为：8Y4H9NO138Y2O3+ 4NO2↑+18H2O+O2↑。
15．(1)S、
(2)随硫铁矿用里增加，生成的单质硫覆盖在颗粒表面，减少了的生成，导致锰的浸出率降低
(3)
(4)是把氧化成，如果不氧化，沉淀，同时也会沉淀
(5)取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，则已洗净
(6)开始时发生被氧化生成水，溶液pH无明显变化；7h后被氧化，生成，溶液pH减小(也可用方程式表示：，故溶液pH无明显变化；，溶液pH减小)
(7) 6
【分析】由流程可知，软锰矿、硫铁矿加入硫酸浸取，酸浸时和颗粒反应生成硫单质、二氧化硅不反应，两者成为滤渣1，滤液加入二氧化锰氧化成，加入氨水调节pH将铁、铝转化为沉淀得到滤渣2，滤液加入氨水得到，通入空气氧化得到；
【详解】（1）由分析可知，滤渣1中主要成分的化学式为S、；
（2）随硫铁矿用里增加，生成的单质硫覆盖在颗粒表面，减少了的生成，阻碍了反应的进行，导致锰的浸出率降低；
（3）由图去可知，“浸取”时与反应生成亚铁离子和硫，离子方程式为；
（4）加入“氧化”的目的是是把氧化成，便于下一步将铁转化为沉淀分离除去；
（5）沉淀表面含有硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，故检验“沉淀”已洗净的操作是：取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，则已洗净；
（6）已知，通空气“氧化”：将“沉淀”步骤所得含少量的固体滤出，洗净，加水打成浆，浆液边加热边持续通入空气，制得；则pH先基本不变后迅速下降的原因是：开始时发生被氧化生成水，溶液pH无明显变化；7h后被氧化，生成，溶液pH减小(也可用方程式表示：，故溶液pH无明显变化；，溶液pH减小)；
（7）立方晶胞中心的离晶胞的六个面心的等距离且最近，故距离最近的有6个；根据均摊法，该晶胞中数为：，数为：，该晶胞中含4个，的摩尔质量为120g/mol。设晶胞的边长为a nm，根据，解得nm。
16．(1) CO2
(2)防止硝酸受热分解
(3)洗涤烘干
(4)Cr(OH)3＋NaOH=NaCrO2＋2H2O
(5) Mg(OH)2、Ca(OH)2 有利于除尽溶液中的
(6)
(7)1.16
【分析】工业碳酸锶(含少量、、、等)加硝酸进行“酸溶"，碳酸锶和硝酸反应生成硝酸锶、水和二氧化碳，气体A为CO2得到含Sr2+、、、、的溶液，向溶液中加入过量的(NH4)2CrO4进行“沉钡、铅”，过滤得到含Sr2+、、. 、的溶液，对溶液进行酸化、加草酸进行还原，被还原为Cr3+，得到含Sr2+、、. 、Cr3+的溶液，向溶液中加.氨水调pH到7 ~ 8，将Cr3+转化为沉淀除去，滤渣1为Cr(OH)3，再加NaOH调pH≈13使、沉淀，过滤后碳化，Sr2+转化为SrCO3，再经过“系列操作”得到高纯SrCO3，据此分析。
【详解】（1）碳酸锶和硝酸反应生成硝酸锶、水和二氧化碳，气体A为CO2；基态Cr原子为24号元素，故基态Cr原子的价层电子排布图： ；答案为：CO2； ；
（2）酸溶时，温度不能过高，原因是防止硝酸受热分解，降低酸的浓度，降低反应速率，故答案为：防止硝酸受热分解；
（3）“系列操作”是煮沸并趁热过滤、洗涤烘干，洗涤可以除去固体表面附着的离子，烘干可以蒸发掉水，同时也可以除去易分解的固体杂质；答案为：洗涤烘干；
（4）为两性氢氧化物，如果碱性过大，会使其溶解，导致铬的去除率降低，反应的方程式为：Cr(OH)3＋NaOH=NaCrO2＋2H2O；答案为：Cr(OH)3＋NaOH=NaCrO2＋2H2O；
（5）加NaOH调pH≈13使、沉淀，“滤渣2”的主要成分为：Mg(OH)2、Ca(OH)2；煮沸并趁热过滤的原因是Ca(OH)2的溶解度随着温度的升高而降低，煮沸并趁热过滤有利于除尽溶液中的；答案为：Mg(OH)2、Ca(OH)2；有利于除尽溶液中的；
（6）溶液进行酸化、加草酸进行还原，被还原为Cr3+，“还原”时含Cr微粒发生反应的离子方程式为：；答案为：；
（7）“碳化”时，发生的离子反应方程式为：，可得关系式：，则需要的质量为：，答案为：1.16。
17．(1)将氧气从炉底鼓入以增大固体也气体的接触面积或者适当增大氧气的用量等
(2) 加快可溶性固体的溶解速率和增大可溶性固体的溶解度，使可溶性固体充分溶解，减少损失 将溶液中少量的还原为除杂
(3)烧杯、漏斗和玻璃棒
(4)2Cu2Te+2Na2CO3+3O22Cu2O+2Na2TeO3+2CO2
(5)Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O
(6) ＜ 的电离程度大于水解程度，溶液显酸性
【分析】阳极泥主要含硒化亚铜（Cu2Se）和碲化亚铜（Cu2Te），通过在氧气和Na2CO3固体中烧结，生成Na2SeO3、Na2TeO3、Cu2O和少量的Na2SeO4；80℃下水浸后过滤I，得滤渣中Cu2O加入H2O2和硫酸溶液生成硫酸铜溶液，滤液通过稀硫酸调整pH后转化为TeO2沉淀，过滤II后，TeO2通过HCl和SO2转化为Te；剩下的滤液加入FeSO4将溶液中少量的还原为除杂，最后通入SO2进行还原得到粗硒，据此分析解题。
【详解】（1）要让阳极泥得到充分焙烧，所采取的措施有：将氧气从炉底鼓入以增大固体也气体的接触面积或者适当增大氧气的用量等，故答案为：将氧气从炉底鼓入以增大固体也气体的接触面积或者适当增大氧气的用量等；
（2）浸取是在80℃下进行，而不在常温下进行的目的是加快可溶性固体的溶解速率和增大可溶性固体的溶解度，使可溶性固体充分溶解，减少损失，由分析可知，“还原”这一步的目的是将溶液中少量的还原为除杂，故答案为：加快可溶性固体的溶解速率和增大可溶性固体的溶解度，使可溶性固体充分溶解，减少损失；将溶液中少量的还原为除杂；
（3）在实验时过滤所需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗和玻璃棒；
（4）阳极泥主要含硒化亚铜（Cu2Se）和碲化亚铜（Cu2Te），通过在氧气和Na2CO3固体中烧结，生成Na2SeO3、Na2TeO3和Cu2O，通过元素守恒和电子转移守恒，得到Cu2Te发生的化学方程式为：2Cu2Te+2Na2CO3+3O22Cu2O+2Na2TeO3+2CO2，故答案为：2Cu2Te+2Na2CO3+3O22Cu2O+2Na2TeO3+2CO2；
（5）由分析可知，滤渣的主要成分是Cu2O，故其与H2O2、稀硫酸反应生成CuSO4的离子方程式为Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O，故答案为：Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O；
（6）根据H2TeO3的Ka1=1×10-3，Ka2=2×10-8，常温下在水中的电离平衡常数为Ka2=2×10-8，水解平衡常数Kh==＜Ka2，故的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，故pH＜7；故答案为：＜；的电离程度大于水解程度，溶液显酸性。
18．(1)A
(2)增大“酸溶“时接触面积，加快“浸出”速率
(3)B
(4) 无 Qc=c(Fe2+)·c2(OH-)=2.0×(=2×10-23.4＜8.0×10-16
(5)Na3PO4、NaOH
(6)2[Nd2(C2O4)3·10H2O]+3O22Nd2O3+ 12CO2+20H2O
(7)90%
【分析】由题给流程可知：钕铁硼废料粉碎后加入稀硫酸酸溶，钕、铁溶于稀硫酸得到可溶性硫酸钕、硫酸亚铁溶液，而硼不与稀硫酸反应，过滤得到滤渣1中含有硼和含有硫酸钕、硫酸亚铁的滤液，向滤液中加入磷酸二氢钠将硫酸钕转化为磷酸二氢钕沉淀，过滤得到将磷酸二氢钕和含有硫酸亚铁、硫酸钠的滤液1；向磷酸二氢钕沉淀中加入过量氢氧化钠溶液将磷酸二氢钕转化为溶解度更小的氢氧化钕和磷酸钠，过滤得到氢氧化钕和含有磷酸钠的滤液2；氢氧化钕溶于稀硫酸得到硫酸钕，硫酸钕与加入的草酸溶液反应生成草酸钕和稀硫酸，过滤得到草酸钕和含有稀硫酸的滤液3，草酸钕高温煅烧得到氧化钕。
(1)
矿物油的主要成分是各种烃，烃不能与酸、碱、盐发生反应，可根据相似相溶原理，用酒精清洗，故合理选项是A；
(2)
将矿石粉碎，目的是增大“酸溶“时接触面积，提高“浸出”速率；
(3)
根据上述分析可知：“炉渣1”的主要成分是硼，化学式是B；
(4)
常温下，“沉钕”过程中，Nd(H2PO4)3沉淀完全时的pH为2.3，c(OH-)=mol/L，溶液中的c(Fe2+)=2.0 mol·L-1，此时的离子浓度积Qc=c(Fe2+)·c2(OH-)= 2.0×(=2×10-23.4＜8.0×10-16= Ksp[Fe(OH)2]，因此没有Fe(OH)2沉淀产生；
(5)
在“碱转换”时，磷酸二氢钕与过量NaOH溶液反应转化为溶解度更小的氢氧化钕和磷酸钠，过滤得到氢氧化钕和含有磷酸钠的滤液2，因此“滤液2”的主要溶质为Na3PO4、及过量的NaOH溶液；
(6)
焙烧沉淀[Nd2(C2O4)·10H2O]时， 生成无毒的气体CO2、H2O，同时产生Nd2O3，该反应的化学方程式为：2[Nd2(C2O4)3·10H2O]+3O22Nd2O3+ 12CO2+20H2O；
(7)
由题意可知，100 g钕铁硼废料进行实验，最终得到30.24 g氧化钕，则根据原子个数守恒可得Nd2O3的回收率为：。
19．(1) 将废电池磨碎或搅拌等 过滤
(2)CdO＋3NH3＋NH4HCO3=[Cd(NH3)4]CO3＋H2O
(3)烧杯、分液漏斗
(4)H2SO4溶液
(5)2Co(OH)3＋6H＋＋2Cl-=2Co2＋＋Cl2↑＋6H2O
(6)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤
(7)2.0×10-10
【分析】废旧的电池中含有NiO、CdO、CoO和Fe2O3等成分，加入NH4HCO3和NH3生成配离子[Cd(NH3)4]2+、[Ni(NH3)6]2+、[Co(NH3)6]2+，过滤除去Fe2O3，废渣是Fe2O3，滤液1催化氧化+2价的Co元素生成Co(OH)3沉淀，过滤得到滤液2，加入萃取剂，水相中得到[Cd(NH3)4]2+，Ni元素进入有机相中，反萃取得到NiSO4·6H2O；Co(OH)3为强氧化剂，由工艺流程可知经反应Ⅰ得到CoCl2溶液，因此Co(OH)3被浓盐酸还原为CoCl2，而浓盐酸被氧化为Cl2，经过蒸发浓缩冷却结晶得到CoCl2·6H2O；
（1）
将废电池磨碎或搅拌或适当升温或延长浸取时间等；操作1后有废渣，说明操作1的名称是过滤；
（2）
浸取时CdO发生反应的化学方程式为：CdO＋3NH3＋NH4HCO3=
[Cd(NH3)4]CO3＋H2O；
（3）
在实验室萃取时，所需的玻璃仪器是烧杯、分液漏斗；
（4）
“反萃取”的原理为NiR有机+2H+⇌Ni2++2HR有机，反萃取后，生成NiSO4，所以试剂X是H2SO4溶液；
（5）
反应1把＋3价Co变成了＋2价Co，说明Co(OH)3与盐酸发生氧化还原反应，离子方程式为：2Co(OH)3＋6H＋＋2Cl-=2Co2＋＋Cl2↑＋6H2O；
（6）
由CoCl2溶液得到含有结晶水的化合物CoCl2·6H2O所需的一系列操作是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；
（7）
[Cd(NH3)4]2++⇌CdCO3↓+4NH3↑的平衡常数为：；[Cd(NH3)4]2+⇌Cd2++4NH3的平衡常数；则Ksp(CdCO3)=
20．(1) 平衡压强，使液体能顺利流下 A
(2) 温度过低葡萄糖酸锌会析出，且反应速率较慢，温度过高葡萄糖酸锌容易分解 水浴加热
(3)Ca(C6H11O7)2+ ZnSO4= Zn(C6H11O7)2+CaSO4↓
(4)ECDAB
(5) 滴入最后一滴标准液后， 溶液恰好由蓝色变为酒红色，且保持半分钟不变色
【详解】（1）图中带支管的装置为恒压分液漏斗，支管的作用为平衡压强，使液体能顺利流下；X装置为冷凝回流装置，应该选用球形冷凝管，冷凝水流向为下进上出，故选A；
（2）根据题中信息，葡萄糖酸锌易溶于热水，温度低时反应速率慢，且易析出；温度高于100oC葡萄糖酸锌开始分解，故温度过低葡萄糖酸锌会析出，且反应速率较慢，温度过高葡萄糖酸锌容易分解，因此反应控制温度在90°C左右，采用水浴加热方式；
（3）三颈烧瓶中是利用硫酸锌和葡萄糖酸钙制备葡萄糖酸锌，化学方程式为：Ca(C6H11O7)2+ ZnSO4= Zn(C6H11O7)2+CaSO4↓；
（4）葡萄糖酸锌易溶于热水，故先将葡萄糖酸锌溶于沸水中，后趁热过滤除去不溶物；降低温度同时加入乙醇溶液，葡萄糖酸锌溶解度降低，晶体析出，减压过滤后在低温下烘干，防止葡萄糖酸锌受热分解，故正确的顺序为：ECDAB；
（5）整个滴定过程中EDTA与锌离子反应，锌离子来源为两部分：一部分来自产品配成的溶液，另一部分为锌离子标准溶液。开始滴定时溶液中成分为Zn-EDTA(无色)、EDTA、EBT，故溶液颜色为蓝色；用锌离子标准溶液滴定时，到达滴定终点会生成Zn-EBT(酒红色)，即到终点颜色变化为蓝色变为酒红色。到达滴定终点的现象为：滴入最后一滴标准液后，溶液恰好由蓝色变为酒红色，且保持半分钟不变色；
Zn2++EDTA=Zn-EDTA，可找到关系式：
，
即25mL溶液中 ，100mL样品中，样品的纯度为：。
重庆市高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-36物质的分离和提纯（1）
一、单选题
1．（2023·重庆·统考三模）下列实验中采取的分离或提纯方法能达到实验目的的是
选项
实验目的
分离或提纯方法
A
分离碘的四氯化碳溶液中的碘
用苯萃取
B
除去乙酸乙酯中的乙酸
加入饱和溶液后分液
C
除去蛋白质溶液中少量NaCl
过滤
D
从高级脂肪酸钠和甘油的混合水溶液中分离出高级脂肪酸钠
加入乙醇和浓硫酸并加热，然后蒸馏
A．A B．B C．C D．D
2．（2023·重庆·统考三模）实验室初步分离苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷的流程如下：
已知：苯甲酸乙酯的沸点为℃，“乙醚-环己烷-水共沸物”的沸点为℃。下列说法错误的是
A．操作a所使用的主要玻璃仪器为分液漏斗和烧杯
B．操作c为重结晶
C．饱和溶液和无水的作用相同
D．由该流程可以说明苯甲酸和苯甲酸钠在水中的溶解度差别很大
3．（2023·重庆·统考二模）化学与生活、生产、科技等息息相关，下列有关说法正确的是
A．制造蛟龙号潜艇载人舱的钛合金中的钛属于稀土金属
B．为了杀死自来水中的新冠病毒，可向其中加入一点明矾
C．笔墨纸砚中的“纸”特指宣纸，宣纸的主要成分是蛋白质
D．《本草纲目》记载“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，所用的分离方法是蒸馏
4．（2023·重庆九龙坡·统考二模）下列实验装置与操作正确，且能达到实验目的的是
A．胶体制备 B．制备
C．液液分离 D．pH测试
5．（2023·重庆·统考模拟预测）下列有关实验原理或操作正确的是
A．用图1装置制取并检验乙炔
B．用图2所示装置证明SO2具有漂白性
C．用图3所示装置制取并检验NH3
D．用图4所示装置吸收HCl中的Cl2
6．（2022·重庆·统考模拟预测）下列如图所示装置不能达到实验目的的是
A．用装置Ⅰ除去中的草酸蒸气
B．用装置Ⅱ蒸发溶液得到晶体
C．用装置Ⅲ鉴别Br2(g)和NO2(g)
D．用装置Ⅳ验证的性质
7．（2022·重庆·统考模拟预测）下列物质的性质和用途均正确，且有因果关系的是
A．CCl4难溶于水，密度小于水，可用作有机溶剂
B．晶体硅硬度大，熔点高，可用于制作手机芯片
C．维生素C具有还原性，可帮助人体将食物中的Fe3+转变为Fe2+
D．Na2O2具有漂白性，可用于呼吸面具中作为氧气的来源
8．（2022·重庆·统考模拟预测）海水是一种重要的自然资源，其综合利用途径之一如图所示。下列说法不正确的是
A．“提溴”工序中可用碳酸钠溶液吸收空气吹出的溴单质，实现溴的富集
B．“提镁”工序中所用的石灰可用氢氧化钠替代
C．“二次提钙”所得产品A为CaSO4
D．该方案集成多项综合利用技术，具有获得产品种类多、附加值高等特点
9．（2022·重庆·统考二模）便携式消毒除菌卡主要活性成分为亚氯酸钠(NaClO2)，通过与空气作用释放低浓度二氧化氯(ClO2)杀菌消毒从而起到防护效果。一种制备NaClO2粗产品的工艺流程如下：
*纯ClO2易分解爆炸，一般用空气稀释到10%以下。下列说法错误的是
A．母液中含有的溶质有NaHSO4
B．氧化性：H2O2>ClO2>ClO
C．发生器中鼓入空气的主要目的是稀释ClO2以防爆炸
D．吸收塔中温度不宜过高，否则会导致H2O2分解
10．（2022·重庆·统考模拟预测）通过下列装置进行相应实验，不能达到实验目的的是
A．甲装置可用于实验室制取蒸馏水
B．乙装置可用于测定醋酸的浓度
C．丙装置可用于分离Al(OH)3和I2的固体混合物
D．可从丁装置的漏斗处向锥形瓶内添加少量MnO2，探究催化剂对化学反应速率的影响
11．（2022·重庆·统考二模）碘和碘化合物的用途广泛，实验室从海带中提取碘的步骤为：①海带灼烧，②溶解过滤，③在滤液中加入稀和氧化，④用萃取，⑤蒸馏。下列装置在该实验中不能达到目的的是
A．用Ⅰ装置灼烧海带 B．用Ⅱ装置萃取 C．用Ⅲ装置过滤 D．用Ⅳ装置蒸馏
12．（2022·重庆·模拟预测）以废旧锌锰电池中的黑锰粉[含MnO2、MnO(OH)、NH4Cl、ZnCl2、Fe2O3及炭黑等]为原料制备MnCl2，实现锰的再利用。其工艺流程如图：
下列说法不正确的是
A．步骤①分离出NH4Cl、ZnCl2的试剂和操作为：水、过滤
B．步骤②中发生的反应：C+O2CO2、4MnO(OH)+O24MnO2+2H2O
C．步骤③若先加H2O2、后加H2SO4，可提高H2O2的利用率
D．步骤④所得MnCl2溶液中含有少量CaSO4杂质
二、工业流程题
13．（2023·重庆九龙坡·统考二模）一种从废弃阴极射线管(CRT)荧光粉中提取氧化钇的工艺流程如下。
已知：
成分含量%
阶段
ZnO
MgO
预处理
24.28
41.82
7.81
1.67
0.19
预处理后
68.51
5.42
4.33
5.43
0.50
废弃CRT荧光粉预处理前后的组成(不参与反应的杂质未列出)
(1)在元素周期表中，钇(Y)位于第五周期，与Sc同族，基态钇原子的价电子排布图为_______。
(2)“预处理”的目的为_______，“加热、过滤”阶段产生黄绿色气体的化学方程式为_______。
(3)氨水除去的金属离子是，除杂试剂DDTC除去的金属离子是_______，不能用碱代替DDTC的原因是_______。
(4)“沉钇”中沉淀完全，滴加草酸后的溶液中不低于_______。
(5)“焙烧”过程生成的化学方程式为_______。
(6)铁酸钇的正交相晶胞结构如图。若1号氧原子分数坐标为，2号氧原子分数坐标为，则3号Fe原子的分数坐标为_______。
14．（2023·重庆·统考模拟预测）一维结构氧化钇()在光学和陶瓷等领域有重要用途。研究小组制备该的实验过程如下所示。
(1)配制100mL2mol/L硝酸需用到的玻璃仪器有___________。
A．烧杯 B．量筒 C．温度计 D．玻璃棒 E．漏斗
(2)滴加浓氨水时，用pH试纸测试的具体操作为___________。
(3)洗涤时，先用蒸馏水后用乙醇的目的是___________。
(4)探究前驱体化学组成的实验装置如图所示(夹持装置略)。
①加热前，打开关闭，先通入Ar气一段时间；开始加热后，再打开关闭，继续通入Ar气至反应结束后一段时间，使用Ar气的目的除了排出a中的空气之外，其作用还有___________。
②前驱体受热分解过程中：a中气体略有红棕色，说明产物含有___________；b中试剂变蓝，说明产物含有___________；c中溶液颜色变化的过程为___________。
(5)前驱体不含结晶水，其摩尔质量是587g/mol，阴离子与阳离子(仅有)的个数比为2.75，则由前驱体生成的化学反应方程式为___________。
15．（2023·重庆·统考模拟预测）四氧化三锰是一种重要的电子和新能源基础原材料，可以用于生产软磁锰锌铁氧体、锂电正极材料锰酸锂和负温度系数热敏电阻等。以软锰矿(主要成分为还含少量Fe、Si、Al等的氧化物)和硫铁矿(主要成分)为原料制备大颗粒的电池。
说明：
Ⅰ.“浸取”：研究发现，酸浸时和颗粒反应的原理如图1所示(部分产物未标出)。
图1
Ⅱ.通空气“氧化”：将“沉淀”步骤所得含少量的固体滤出，洗净，加水打成浆，浆液边加热边持续通入空气，制得。
Ⅲ.氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见表：
沉淀物
开始沉淀的pH
3.4
2.2
6.3
8.1
完全沉淀的pH
5.2
3.2
9.7
10.4
(1)滤渣1中主要成分的化学式为_______。
(2)随硫铁矿的增加，锰的浸出率降低，可能的原因是_______。
(3)写出“浸取”时与反应的离子方程式为_______。
(4)加入“氧化”的目的是_______。
(5)检验“沉淀”已洗净的操作是_______。
(6)“沉淀”加热通空气过程中溶液pH随时间变化如图2所示，其中pH先基本不变后迅速下降的原因是_______。
(7)一个立方体结构的晶胞如图3所示，距离最近的有_______个，已知阿伏加德罗数值为，则的晶体密度为，则晶胞的边长为_______nm(用含ρ、的代数式表示)。
16．（2022·重庆·统考模拟预测）碳酸锶()常用于制造彩电阴极射线管、电磁铁、锶铁氧体、烟火、荧光玻璃、信号弹等，也是生产其他锶盐的原料。一种由工业碳酸锶(含少量、、、等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：
已知：I.为两性氢氧化物；
II.常温下，各物质的溶度积常数如下表所示。
化合物
近似值
回答下列问题：
(1)气体A的化学式为_______；基态Cr原子的价层电子排布图为_______。
(2)酸溶时为了加快酸溶速率，可适当升高温度，但升温度又不能过高的原因是_______。
(3)“系列操作”是煮沸并趁热过滤、_______。
(4)用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH≈13的原因为_______(用化学方程式回答)。
(5)“调pH≈13”后，需对溶液进行煮沸并趁热过滤出“滤渣2”，“滤渣2”的主要成分为_______(填化学式)；要煮沸并趁热过滤的目的是_______。
(6)“还原”时含Cr微粒发生反应的离子方程式为_______。
(7)“碳化”时，实际所用的量为理论用量的111%，若要提纯1t含量为98%的工业碳酸锶，流程中的损失不计，“碳化”步骤中应加入_______t(保留到小数点后两位)。
17．（2022·重庆·统考模拟预测）硒和碲及其化合物应用广泛。工业上。从阳极泥［主要含硒化亚铜(Cu2Se)和碲化亚铜(Cu2Te)］，回收硒和碲的流程如下：
已知：25℃时，亚碲酸()的，。
(1)要让阳极泥得到充分焙烧，所采取的措施是_______(写一条即可)。
(2)浸取是在80℃下进行，而不在常温下进行的目的是_______；“还原”这一步的目的是_______。
(3)在实验时过滤所需要的玻璃仪器有_______。
(4)“焙烧”时，参加反应的化学方程式为_______。
(5)滤渣与、稀硫酸反应生成的离子方程式为_______。
(6)常温下，溶液的pH_______7(填“<”“>”或“=”)，理由是_______。
18．（2022·重庆·统考二模）钕铁硼磁铁因其超强的磁性被誉为“永磁之王”。一种从钕铁硼废料[含钕(Nd，质量分数为28.8%)、Fe、B]中提取氧化钕的工艺流程如图所示：
已知：Nd稳定的化合价为+3价；金属钕的活动性较强，能与酸发生置换反应；Nd(H2PO4)3难溶于水；硼不与稀硫酸反应。
(1)可以选择_______(填标号)除去钕铁硼废料表面的矿物油污。
A．酒精清洗 B．NaOH溶液浸泡 C．纯碱溶液浸泡 D．稀硫酸
(2)“粉碎”的目的是 _______。
(3)“滤渣1”的主要成分为_______(填化学式)。
(4)常温下，“沉钕”过程中，Nd(H2PO4)3沉淀完全时的pH为2.3，溶液中的c(Fe2+)=2.0 mol·L-1，此时_______(填“有”或“无”)Fe(OH)2沉淀生成。列式计算说明原因_______(常温下，Ksp[Fe(OH)2]=8.0 ×10-16)。
(5)“碱转换”时，得到Nd(OH)3沉淀，“滤液2”的主要溶质为_______。
(6)焙烧沉淀[Nd2(C2O4)3·10H2O]时， 生成无毒的气体，该反应的化学方程式为_______。
(7)若用100g钕铁硼废料进行实验，最终得到30.24 g Nd2O3，则Nd2O3的回收率为_______。
19．（2022·重庆·统考模拟预测）废旧的电池中含有NiO、CdO、CoO和Fe2O3等成分，工程师设计如下回收重金属的工艺流程。
回答下列问题：
(1)为提高浸取率，可采取的措施是_______(写一种即可)，操作1的名称是_______；
(2)滤液1中主要含[Cd(NH3)4]2+、[Ni(NH3)6]2+、[Co(NH3)6]2+等，则浸取时CdO发生反应的化学方程式为_______；
(3)在实验室萃取时，所需的玻璃仪器是_______；
(4)“反萃取”的原理为NiR有机+2H+⇌Ni2++2HR有机，需加入的试剂X为_______；
(5)写出反应1的离子方程式_______；
(6)由CoCl2溶液得到CoCl2·6H2O所需的一系列操作是_______；
(7)生成CdCO3沉淀是利用反应[Cd(NH3)4]2++⇌CdCO3↓+4NH3↑，常温下，该反应平衡常数K=2.0×105，[Cd(NH3)4]2+⇌Cd2++4NH3的平衡常数K1=4.0×10-5，则Ksp(CdCO3)=_______。
三、实验题
20．（2022·重庆·统考二模）葡萄糖酸锌[Zn(C6H11O7)2相对分子质量455]，是一种有机补锌剂，易溶于热水，不溶于乙醇，温度高于100°C即开始分解。实验室制备葡萄糖酸锌装置如图1(夹持、控温装置略)：
(1)图1中支管a的作用是_______，X处为冷凝回流装置，图2中仪器使用正确且效果最好的是_______。(填字母)。
(2)该反应需控制温度在90°C左右，其原因为_______，可采用的加热方式是_______。
(3)三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为_______。
(4)反应完毕后，再经过一系列实验操作得到葡萄糖酸锌粗品。粗品含少量难溶于水的杂质，纯化粗品的合理操作顺序是_______(填字母序号)。
A．待晶体充分析出后，减压过滤
B．在50°C下用恒温干燥箱烘干
C．趁热减压过滤，除去不溶物
D．将滤液冷却至室温，加入10mL95%乙醇溶液并搅拌促进晶体析出
E.取烧杯加入10mL蒸馏水，加热至微沸，加入粗品，得到葡萄糖酸锌饱和溶液
(5)测定产品纯度：取mg提纯后的产品溶于水配制成100.00mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，向其中滴入少量EBT作为指示剂(遇Zn2+生成Zn-EBT)，再加入过量的V1mLc1mol/LEDTA无色溶液(遇Zn2+生成Zn-EDTA)，同时发生反应：Zn-EBT(酒红色)+EDTA=Zn-EDTA(无色)+EBT(蓝色)。再用c2mol/LZn2+标准溶液滴定至终点。三次滴定平均消耗锌标准溶液V2mL。
①滴定终点的现象为_______。
②该产品的纯度为_______。(用含m，c1、c2，V1、V2的代数式表示)
参考答案：
1．B
【详解】A．苯与四氯化碳互溶，不能用作萃取剂分离溶于四氯化碳中的碘，A错误；
B．乙酸与碳酸钠反应，转化为易溶于水的盐，再通过分液即可提纯乙酸乙酯，B正确；
C．蛋白质溶于水后形成了胶体，胶体离子不能透过半透膜，而氯离子和钠离子能透过半透膜，因此应该用渗析的方法，C错误；
D．油脂与氢氧化钠溶液反应后即得到高级脂肪酸钠与甘油的混合液，应该加入氯化钠颗粒，发生盐析的过程，然后过滤，D错误；
故选：B。
2．C
【分析】向混合物中加入饱和Na2CO3溶液洗涤，将苯甲酸转化为苯甲酸钠，分液得到含有苯甲酸乙酯、环己烷的有机相和水相；向水相中加入乙醚，萃取水相中的苯甲酸乙酯和环己烷，分液得到有机相和萃取液；有机相混合得到有机相Ⅰ，有机相经蒸馏得到共沸物和有机相Ⅱ，向有机相Ⅱ中加入无水MgSO4除去水分，干燥有机相，蒸馏得到苯甲酸乙酯；向萃取液中加入稀硫酸，将苯甲酸钠转化为苯甲酸，过滤得到苯甲酸粗品，经重结晶得到纯净的苯甲酸，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，操作a为分液，所用的主要玻璃仪器为分液漏斗和烧杯，A正确；
B．由分析可知，操作b为蒸馏，操作c为重结晶，B正确；
C．饱和Na2CO3溶液的作用是反应苯甲酸、降低苯甲酸乙酯溶解度，无水MgSO4的作用是干燥剂，干燥苯甲酸乙酯，二者作用不同，C错误：
D．该流程中苯甲酸钠易溶于水形成水相，加入稀硫酸时生成的苯甲酸能析出，则苯甲酸和苯甲酸钠在水中的溶解度差别很大，D正确；
故答案为：C。
3．D
【详解】A．钛不属于稀土金属，A错误；
B．明矾只能沉聚水中杂质，无杀菌消毒的作用，B错误；
C．宣纸的主要成分是纤维素，C错误；
D．“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，其中的蒸烧指的是蒸馏，D正确；
故答案选D。
4．A
【详解】A．向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，出现红褐色液体，可制备胶体，A正确；
B．加热固体时试管口应该向下倾斜，为了防止凝结的水珠倒流回试管底部导致试管破裂，B错误；
C．溴苯和苯互溶，不能通过分液的方法进行分离，C错误；
D．新制氯水具有漂白性，能漂白pH试纸，故无法使用pH试纸测新制氯水的PH，实验不能达到预期目的，D错误；
故选A。
5．C
【详解】A．电石中含有其他杂质，与水反应还会产生H2S、PH3等还原性气体，它们也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，A不正确；
B．二氧化硫能使溴水褪色，体现的是二氧化硫的还原性而不是漂白性，B不正确；
C．采用NH4Cl固体与熟石灰加热反应制NH3，用向下排空气法收集，用湿润的红色石蕊试纸检验NH3是否收集满，C正确；
D．饱和食盐水用于吸收Cl2中混有的HCl，D不正确；
故选C。
6．A
【详解】A．除去中的草酸蒸气用饱和碳酸氢钠溶液除掉，不能用饱和碳酸钠溶液，碳酸钠溶液和二氧化碳要反应，不能达到实验目的，故A符合题意；
B．溶液在蒸发皿中蒸发结晶得到晶体，能达到实验目的，故B不符合题意；
C． NO2(g)溶于水变为无色溶液和无色气体，Br2(g)通入水中呈橙红色，因此能用装置Ⅲ鉴别Br2(g)和NO2(g)，能达到实验目的，故C不符合题意；
D．二氧化硫通入氢氧化钡溶液中得到白色沉淀，说明二氧化硫具有酸性氧化物的通性，通入酸性高锰酸钾溶液，说明具有还原性，因此用装置Ⅳ验证的性质，能达到实验目的，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
7．C
【详解】A．CCl4能与多种有机物互溶，可作有机溶剂，故A不符合题意；
B．晶体硅是良好的半导体材料，可制作手机芯片，故B不符合题意；
C．维生素C具有还原性，可以将Fe3+转变为Fe2+，故C符合题意；
D．N2O2与H2O、CO2反应可生O2，可用于呼吸面具中作为氧气的来源，故D不符合题意；
故选C。
8．B
【分析】浓海水中加入沸石，吸附钾元素得到硝酸钾和硫酸钾，在滤液中通入氯气将溴离子氧化成溴单质，再用热空气吹出后浓缩提取溴单质，余下的溶液中加入石灰沉淀镁离子，过滤后的滤液浓缩提取钙，通过加入硫酸钠二次提取可知产品A为硫酸钙，据此回答。
【详解】A．“提溴”工序中通入氯气氧化溴离子变为溴单质，发生离子反应如下：，溴单质在水中溶解度小，可用碳酸钠溶液吸收空气吹出的溴单质，实现溴的富集，A项正确；
B．生石灰主要成分为CaO，熟石灰主要成分为Ca (OH)2，提镁后浓缩提钙，再根据二次提钙加入硫酸钠溶液可知，“提镁”工序中所用药品不能用氢氧化钠替代，B项错误；
C．提镁加入石灰后，二次提钙加入硫酸钠溶液，钙离子与硫酸根离子形成微溶于水的硫酸钙，则所得产品A为CaSO4，C项正确；
D．该实验中涉及提镁、提钙、氯碱工业、制盐、联合制碱，产品种类多、附加值高，D项正确；
答案选B。
9．B
【分析】NaClO3和SO2在发生器中发生氧化还原反应生成ClO2和Na2SO4，通过鼓入空气，防止ClO2浓度过高，还可以将其吹进吸收塔，根据氧化还原反应规律可知，在吸收塔中ClO2与双氧水、氢氧化钠反应生成NaClO2和氧气，再得到NaClO2粗产品。
【详解】A．NaClO3和SO2在发生器中发生氧化还原反应生成ClO2和Na2SO4，则母液中回收的主要物质是Na2SO4，溶液呈酸性，可能含有NaHSO4，故A正确；
B．NaClO3和SO2在发生器中发生氧化还原反应生成ClO2和Na2SO4，NaClO3作氧化剂，ClO2为还原产物，则氧化性ClO >ClO2；吸收塔内ClO2与双氧水、氢氧化钠反应生成NaClO2和氧气，ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，则氧化性ClO2> H2O2，故氧化性： ClO>ClO2> H2O2，故B错误；
C．根据信息，纯ClO2易分解爆炸，发生器中鼓入空气的主要作用是将空气中ClO2的体积分数降至安全范围，故C正确；
D．H2O2不稳定，温度过高，H2O2容易分解，吸收塔中温度不宜过高，否则会导致H2O2分解，故D正确；
答案选B。
10．C
【详解】A．利用蒸馏装置制取蒸馏水，A正确；
B．碱式滴定管中盛放碱液，滴定含酚酞指示剂的醋酸，B正确；
C．碘单质加热易升华，但是氢氧化铝加热也易分解，故不能用此装置分离Al(OH)3和I2的固体混合物，故C错误；
D．MnO2为双氧水分解的催化剂，故D正确；
故选C。
11．D
【详解】A．灼烧在坩埚中进行，故A正确；
B．萃取操作在分液漏斗进行，分液时避免上下层液体混合，则先分离出下层液体，再从上口倒出上层液体，故B正确；
C．该装置满足过滤操作的“一贴二低三靠”，故C正确；
D．蒸馏时温度计应处于蒸馏烧瓶支管口处，故D错误；
故选：D。
12．C
【分析】黑锰粉中含有、、、、及炭黑等，步骤①将黑锰粉分离为溶液和粗品，可知步骤①为水洗、过滤分离出溶液、溶液和固体；所得粗品中含有、、及炭黑等，步骤②是将粗品在空气中加热，可知、炭黑(主要成分为C单质)被O2氧化，其中C被氧化为CO2，被氧化为，此时粗产品中含有、；步骤③是向粗产品(含、中加入H2O2溶液、稀H2SO4，并加热得到MnSO4溶液和Fe(OH)3沉淀；步骤④是向MnSO4溶液中加入CaCl2，二者反应生成MnCl2和微溶于水的CaSO4，再经过滤操作得到MnCl2溶液。
【详解】A．步骤①将黑锰粉分离为溶液和粗品，可知步骤①为水洗、过滤分离出溶液、溶液和固体，可知步骤①分离出、的试剂和操作为：水、过滤，故A项正确；
B．经步骤①分离所得的粗品中含有、、及炭黑等，步骤②是将粗品在空气中加热，可知、炭黑(主要成分为C单质)被O2氧化，其中C被氧化为CO2，被氧化为，则步骤②中发生的反应正确，故B项正确；
C．③中先加入双氧水，会催化分解H2O2，使其利用率降低，故C项错误；
D．步骤④是向MnSO4溶液中加入CaCl2，二者反应生成MnCl2和微溶于水的CaSO4，所以含有少量的CaSO4，故D项正确。
故选C。
13．(1)
(2) 除去和，还可以富集稀土元素，降低后续耗酸量，降低后续除杂困难，也可以增大后续稀土与酸接触面积，提高反应速率等
(3) 若加入碱调剂除去，沉淀时，也会形成沉淀
(4)
(5)
(6)
【分析】废弃阴极射线管(CRT)荧光粉化学成分为：、、、、，加入进行预处理，是为了除去和，还可以富集稀土元素，降低后续耗酸量，降低后续除杂困难，也可以增大后续稀土与酸接触面积，提高反应速率等；浓盐酸中氯离子的还原性增强,会与发生氧化还原反应,生成氯气,化学方程式是，加入氨水除去的金属离子是，DDTC除去的金属离子是，加入草酸将沉淀得到，最后将煅烧得到产品。
【详解】（1）钇(Y)位于第五周期，与Sc同族，基态钇原子的价电子排布式为：；
（2）加入进行预处理，是为了除去和，还可以富集稀土元素，降低后续耗酸量，降低后续除杂困难，也可以增大后续稀土与酸接触面积，提高反应速率等；浓盐酸中氯离子的还原性增强,会与发生氧化还原反应,生成氯气,化学方程式是；
（3）滤液中含有：、，加入氨水除去的金属离子是，DDTC除去的金属离子是；根据图示信息，若加入碱调剂除去，沉淀时，也会形成沉淀，所以不能用碱代替DDTC；
（4）根据，当完全沉淀，，；
（5）煅烧得到产品，反应的化学方程式为：；
（6）由图可知，3号Fe原子的坐标和2号O原子的x坐标一致，y坐标由正交图可知与2号O原子均在中间靠右，z的坐标在处，所以3号Fe原子的坐标为：。
14．(1)ABD
(2)取一小段pH试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上，然后与标准比色卡对照读取pH值
(3)先用蒸馏水洗涤后留下的水分，可以通过酒精洗涤去除
(4) 使反应过程中生成的气体向装置b和装置c中移动 NO2 H2O 红色褪去
(5)4Y4H9NO138Y2O3+ 4NO2↑+18H2O+O2↑
【分析】将粉体在稀硝酸中溶解得到Y(NO3)3溶液，向该溶液中加入氨水条件pH=9，Y(NO3)3转化为沉淀得到白色悬浊液，再经过加热、过滤、洗涤、煅烧一系列操作得到一维结构，以此解答。
【详解】（1）配制100mL2mol/L硝酸需用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒，故选ABD。
（2）滴加浓氨水时，用pH试纸测试的具体操作为：取一小段pH试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上，然后与标准比色卡对照读取pH值。
（3）乙醇可以和水互溶，先用蒸馏水洗涤后留下的水分，可以通过酒精洗涤去除。
（4）①使用Ar气的目的除了排出a中的空气之外，其作用还有使反应过程中生成的气体向装置b和装置c中移动；
②前驱体受热分解过程中：a中气体略有红棕色，说明产物含有NO2，b中无水CuSO4试剂变蓝，说明产物含有H2O，反应过程中生成的NO2通入含有酚酞的氢氧化钠溶液中发生反应2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，溶液碱性减弱，红色褪去。
（5）加热前驱体得到NO2和H2O，说明其中含有NO和OH-，则加热产物中应该还有O2，前驱体含Y、N、O、H四种元素，前驱体不含结晶水，其摩尔质量是587g/mol，阴离子与阳离子(仅有)的个数比为2.75，可以推知前驱体中含有4个Y3+，和11个阴离子，结合化合价代数和为零，可以推知前驱体中阴离子为9个OH-、1个NO和1个O2-，则前驱体的化学式为Y(NO3)3 ▪3Y(OH)3 ▪ Y2O3，则由前驱体生成的化学反应方程式为：8Y4H9NO138Y2O3+ 4NO2↑+18H2O+O2↑。
15．(1)S、
(2)随硫铁矿用里增加，生成的单质硫覆盖在颗粒表面，减少了的生成，导致锰的浸出率降低
(3)
(4)是把氧化成，如果不氧化，沉淀，同时也会沉淀
(5)取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，则已洗净
(6)开始时发生被氧化生成水，溶液pH无明显变化；7h后被氧化，生成，溶液pH减小(也可用方程式表示：，故溶液pH无明显变化；，溶液pH减小)
(7) 6
【分析】由流程可知，软锰矿、硫铁矿加入硫酸浸取，酸浸时和颗粒反应生成硫单质、二氧化硅不反应，两者成为滤渣1，滤液加入二氧化锰氧化成，加入氨水调节pH将铁、铝转化为沉淀得到滤渣2，滤液加入氨水得到，通入空气氧化得到；
【详解】（1）由分析可知，滤渣1中主要成分的化学式为S、；
（2）随硫铁矿用里增加，生成的单质硫覆盖在颗粒表面，减少了的生成，阻碍了反应的进行，导致锰的浸出率降低；
（3）由图去可知，“浸取”时与反应生成亚铁离子和硫，离子方程式为；
（4）加入“氧化”的目的是是把氧化成，便于下一步将铁转化为沉淀分离除去；
（5）沉淀表面含有硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，故检验“沉淀”已洗净的操作是：取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，则已洗净；
（6）已知，通空气“氧化”：将“沉淀”步骤所得含少量的固体滤出，洗净，加水打成浆，浆液边加热边持续通入空气，制得；则pH先基本不变后迅速下降的原因是：开始时发生被氧化生成水，溶液pH无明显变化；7h后被氧化，生成，溶液pH减小(也可用方程式表示：，故溶液pH无明显变化；，溶液pH减小)；
（7）立方晶胞中心的离晶胞的六个面心的等距离且最近，故距离最近的有6个；根据均摊法，该晶胞中数为：，数为：，该晶胞中含4个，的摩尔质量为120g/mol。设晶胞的边长为a nm，根据，解得nm。
16．(1) CO2
(2)防止硝酸受热分解
(3)洗涤烘干
(4)Cr(OH)3＋NaOH=NaCrO2＋2H2O
(5) Mg(OH)2、Ca(OH)2 有利于除尽溶液中的
(6)
(7)1.16
【分析】工业碳酸锶(含少量、、、等)加硝酸进行“酸溶"，碳酸锶和硝酸反应生成硝酸锶、水和二氧化碳，气体A为CO2得到含Sr2+、、、、的溶液，向溶液中加入过量的(NH4)2CrO4进行“沉钡、铅”，过滤得到含Sr2+、、. 、的溶液，对溶液进行酸化、加草酸进行还原，被还原为Cr3+，得到含Sr2+、、. 、Cr3+的溶液，向溶液中加.氨水调pH到7 ~ 8，将Cr3+转化为沉淀除去，滤渣1为Cr(OH)3，再加NaOH调pH≈13使、沉淀，过滤后碳化，Sr2+转化为SrCO3，再经过“系列操作”得到高纯SrCO3，据此分析。
【详解】（1）碳酸锶和硝酸反应生成硝酸锶、水和二氧化碳，气体A为CO2；基态Cr原子为24号元素，故基态Cr原子的价层电子排布图： ；答案为：CO2； ；
（2）酸溶时，温度不能过高，原因是防止硝酸受热分解，降低酸的浓度，降低反应速率，故答案为：防止硝酸受热分解；
（3）“系列操作”是煮沸并趁热过滤、洗涤烘干，洗涤可以除去固体表面附着的离子，烘干可以蒸发掉水，同时也可以除去易分解的固体杂质；答案为：洗涤烘干；
（4）为两性氢氧化物，如果碱性过大，会使其溶解，导致铬的去除率降低，反应的方程式为：Cr(OH)3＋NaOH=NaCrO2＋2H2O；答案为：Cr(OH)3＋NaOH=NaCrO2＋2H2O；
（5）加NaOH调pH≈13使、沉淀，“滤渣2”的主要成分为：Mg(OH)2、Ca(OH)2；煮沸并趁热过滤的原因是Ca(OH)2的溶解度随着温度的升高而降低，煮沸并趁热过滤有利于除尽溶液中的；答案为：Mg(OH)2、Ca(OH)2；有利于除尽溶液中的；
（6）溶液进行酸化、加草酸进行还原，被还原为Cr3+，“还原”时含Cr微粒发生反应的离子方程式为：；答案为：；
（7）“碳化”时，发生的离子反应方程式为：，可得关系式：，则需要的质量为：，答案为：1.16。
17．(1)将氧气从炉底鼓入以增大固体也气体的接触面积或者适当增大氧气的用量等
(2) 加快可溶性固体的溶解速率和增大可溶性固体的溶解度，使可溶性固体充分溶解，减少损失 将溶液中少量的还原为除杂
(3)烧杯、漏斗和玻璃棒
(4)2Cu2Te+2Na2CO3+3O22Cu2O+2Na2TeO3+2CO2
(5)Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O
(6) ＜ 的电离程度大于水解程度，溶液显酸性
【分析】阳极泥主要含硒化亚铜（Cu2Se）和碲化亚铜（Cu2Te），通过在氧气和Na2CO3固体中烧结，生成Na2SeO3、Na2TeO3、Cu2O和少量的Na2SeO4；80℃下水浸后过滤I，得滤渣中Cu2O加入H2O2和硫酸溶液生成硫酸铜溶液，滤液通过稀硫酸调整pH后转化为TeO2沉淀，过滤II后，TeO2通过HCl和SO2转化为Te；剩下的滤液加入FeSO4将溶液中少量的还原为除杂，最后通入SO2进行还原得到粗硒，据此分析解题。
【详解】（1）要让阳极泥得到充分焙烧，所采取的措施有：将氧气从炉底鼓入以增大固体也气体的接触面积或者适当增大氧气的用量等，故答案为：将氧气从炉底鼓入以增大固体也气体的接触面积或者适当增大氧气的用量等；
（2）浸取是在80℃下进行，而不在常温下进行的目的是加快可溶性固体的溶解速率和增大可溶性固体的溶解度，使可溶性固体充分溶解，减少损失，由分析可知，“还原”这一步的目的是将溶液中少量的还原为除杂，故答案为：加快可溶性固体的溶解速率和增大可溶性固体的溶解度，使可溶性固体充分溶解，减少损失；将溶液中少量的还原为除杂；
（3）在实验时过滤所需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗和玻璃棒；
（4）阳极泥主要含硒化亚铜（Cu2Se）和碲化亚铜（Cu2Te），通过在氧气和Na2CO3固体中烧结，生成Na2SeO3、Na2TeO3和Cu2O，通过元素守恒和电子转移守恒，得到Cu2Te发生的化学方程式为：2Cu2Te+2Na2CO3+3O22Cu2O+2Na2TeO3+2CO2，故答案为：2Cu2Te+2Na2CO3+3O22Cu2O+2Na2TeO3+2CO2；
（5）由分析可知，滤渣的主要成分是Cu2O，故其与H2O2、稀硫酸反应生成CuSO4的离子方程式为Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O，故答案为：Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O；
（6）根据H2TeO3的Ka1=1×10-3，Ka2=2×10-8，常温下在水中的电离平衡常数为Ka2=2×10-8，水解平衡常数Kh==＜Ka2，故的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，故pH＜7；故答案为：＜；的电离程度大于水解程度，溶液显酸性。
18．(1)A
(2)增大“酸溶“时接触面积，加快“浸出”速率
(3)B
(4) 无 Qc=c(Fe2+)·c2(OH-)=2.0×(=2×10-23.4＜8.0×10-16
(5)Na3PO4、NaOH
(6)2[Nd2(C2O4)3·10H2O]+3O22Nd2O3+ 12CO2+20H2O
(7)90%
【分析】由题给流程可知：钕铁硼废料粉碎后加入稀硫酸酸溶，钕、铁溶于稀硫酸得到可溶性硫酸钕、硫酸亚铁溶液，而硼不与稀硫酸反应，过滤得到滤渣1中含有硼和含有硫酸钕、硫酸亚铁的滤液，向滤液中加入磷酸二氢钠将硫酸钕转化为磷酸二氢钕沉淀，过滤得到将磷酸二氢钕和含有硫酸亚铁、硫酸钠的滤液1；向磷酸二氢钕沉淀中加入过量氢氧化钠溶液将磷酸二氢钕转化为溶解度更小的氢氧化钕和磷酸钠，过滤得到氢氧化钕和含有磷酸钠的滤液2；氢氧化钕溶于稀硫酸得到硫酸钕，硫酸钕与加入的草酸溶液反应生成草酸钕和稀硫酸，过滤得到草酸钕和含有稀硫酸的滤液3，草酸钕高温煅烧得到氧化钕。
(1)
矿物油的主要成分是各种烃，烃不能与酸、碱、盐发生反应，可根据相似相溶原理，用酒精清洗，故合理选项是A；
(2)
将矿石粉碎，目的是增大“酸溶“时接触面积，提高“浸出”速率；
(3)
根据上述分析可知：“炉渣1”的主要成分是硼，化学式是B；
(4)
常温下，“沉钕”过程中，Nd(H2PO4)3沉淀完全时的pH为2.3，c(OH-)=mol/L，溶液中的c(Fe2+)=2.0 mol·L-1，此时的离子浓度积Qc=c(Fe2+)·c2(OH-)= 2.0×(=2×10-23.4＜8.0×10-16= Ksp[Fe(OH)2]，因此没有Fe(OH)2沉淀产生；
(5)
在“碱转换”时，磷酸二氢钕与过量NaOH溶液反应转化为溶解度更小的氢氧化钕和磷酸钠，过滤得到氢氧化钕和含有磷酸钠的滤液2，因此“滤液2”的主要溶质为Na3PO4、及过量的NaOH溶液；
(6)
焙烧沉淀[Nd2(C2O4)·10H2O]时， 生成无毒的气体CO2、H2O，同时产生Nd2O3，该反应的化学方程式为：2[Nd2(C2O4)3·10H2O]+3O22Nd2O3+ 12CO2+20H2O；
(7)
由题意可知，100 g钕铁硼废料进行实验，最终得到30.24 g氧化钕，则根据原子个数守恒可得Nd2O3的回收率为：。
19．(1) 将废电池磨碎或搅拌等 过滤
(2)CdO＋3NH3＋NH4HCO3=[Cd(NH3)4]CO3＋H2O
(3)烧杯、分液漏斗
(4)H2SO4溶液
(5)2Co(OH)3＋6H＋＋2Cl-=2Co2＋＋Cl2↑＋6H2O
(6)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤
(7)2.0×10-10
【分析】废旧的电池中含有NiO、CdO、CoO和Fe2O3等成分，加入NH4HCO3和NH3生成配离子[Cd(NH3)4]2+、[Ni(NH3)6]2+、[Co(NH3)6]2+，过滤除去Fe2O3，废渣是Fe2O3，滤液1催化氧化+2价的Co元素生成Co(OH)3沉淀，过滤得到滤液2，加入萃取剂，水相中得到[Cd(NH3)4]2+，Ni元素进入有机相中，反萃取得到NiSO4·6H2O；Co(OH)3为强氧化剂，由工艺流程可知经反应Ⅰ得到CoCl2溶液，因此Co(OH)3被浓盐酸还原为CoCl2，而浓盐酸被氧化为Cl2，经过蒸发浓缩冷却结晶得到CoCl2·6H2O；
（1）
将废电池磨碎或搅拌或适当升温或延长浸取时间等；操作1后有废渣，说明操作1的名称是过滤；
（2）
浸取时CdO发生反应的化学方程式为：CdO＋3NH3＋NH4HCO3=
[Cd(NH3)4]CO3＋H2O；
（3）
在实验室萃取时，所需的玻璃仪器是烧杯、分液漏斗；
（4）
“反萃取”的原理为NiR有机+2H+⇌Ni2++2HR有机，反萃取后，生成NiSO4，所以试剂X是H2SO4溶液；
（5）
反应1把＋3价Co变成了＋2价Co，说明Co(OH)3与盐酸发生氧化还原反应，离子方程式为：2Co(OH)3＋6H＋＋2Cl-=2Co2＋＋Cl2↑＋6H2O；
（6）
由CoCl2溶液得到含有结晶水的化合物CoCl2·6H2O所需的一系列操作是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；
（7）
[Cd(NH3)4]2++⇌CdCO3↓+4NH3↑的平衡常数为：；[Cd(NH3)4]2+⇌Cd2++4NH3的平衡常数；则Ksp(CdCO3)=
20．(1) 平衡压强，使液体能顺利流下 A
(2) 温度过低葡萄糖酸锌会析出，且反应速率较慢，温度过高葡萄糖酸锌容易分解 水浴加热
(3)Ca(C6H11O7)2+ ZnSO4= Zn(C6H11O7)2+CaSO4↓
(4)ECDAB
(5) 滴入最后一滴标准液后， 溶液恰好由蓝色变为酒红色，且保持半分钟不变色
【详解】（1）图中带支管的装置为恒压分液漏斗，支管的作用为平衡压强，使液体能顺利流下；X装置为冷凝回流装置，应该选用球形冷凝管，冷凝水流向为下进上出，故选A；
（2）根据题中信息，葡萄糖酸锌易溶于热水，温度低时反应速率慢，且易析出；温度高于100oC葡萄糖酸锌开始分解，故温度过低葡萄糖酸锌会析出，且反应速率较慢，温度过高葡萄糖酸锌容易分解，因此反应控制温度在90°C左右，采用水浴加热方式；
（3）三颈烧瓶中是利用硫酸锌和葡萄糖酸钙制备葡萄糖酸锌，化学方程式为：Ca(C6H11O7)2+ ZnSO4= Zn(C6H11O7)2+CaSO4↓；
（4）葡萄糖酸锌易溶于热水，故先将葡萄糖酸锌溶于沸水中，后趁热过滤除去不溶物；降低温度同时加入乙醇溶液，葡萄糖酸锌溶解度降低，晶体析出，减压过滤后在低温下烘干，防止葡萄糖酸锌受热分解，故正确的顺序为：ECDAB；
（5）整个滴定过程中EDTA与锌离子反应，锌离子来源为两部分：一部分来自产品配成的溶液，另一部分为锌离子标准溶液。开始滴定时溶液中成分为Zn-EDTA(无色)、EDTA、EBT，故溶液颜色为蓝色；用锌离子标准溶液滴定时，到达滴定终点会生成Zn-EBT(酒红色)，即到终点颜色变化为蓝色变为酒红色。到达滴定终点的现象为：滴入最后一滴标准液后，溶液恰好由蓝色变为酒红色，且保持半分钟不变色；
Zn2++EDTA=Zn-EDTA，可找到关系式：
，
即25mL溶液中 ，100mL样品中，样品的纯度为：。
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