专题10 物质的分离、提纯及相关工艺流程题——2022-2023学年高一化学下学期期末专项突破学案（人教版2019必修第二册）

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必刷10 物质的分离、提纯及相关工艺流程题（17题）
1．下列描述正确的是
A．氯化铵和氯化钠的固体混合物可用升华法分离
B．将少量硫酸铵和熟石灰混合在研钵中进行研磨，可以闻到刺激性气味
C．检验某白色固体是铵盐的方法是：加氢氧化钠溶液，加热，用湿润蓝色石蕊试纸在试管口检验，观察试纸是否变红
D．所有铵盐都易溶于水，铵盐中的氮元素均为－3价
【答案】B
【解析】A项，氯化铵受热分解为氨气和氯化氢，但是氯化钠受热不分解，NH4Cl和NaCl的固体混合物可用加热法分离，不是升华法，错误；B项，硫酸铵属于铵态氮肥，与熟石灰在研钵中研磨，闻到有刺激性气味气体，正确；C项，将白色固体放入试管加热，应用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，湿润红色石蕊试纸会变蓝色，证明产生的气体是氨气，证明该盐中含有铵根离子，错误；D项，铵盐都易溶于水，但铵盐中的氮元素不一定均为－3价，如NH4NO3中N元素为－3、＋5价，错误。
2．括号内物质为杂质，下列除去杂质的方法不正确的是
A．乙醇(水)：先加生石灰后蒸馏 B．乙烯(二氧化硫)：通过NaOH溶液洗气
C．乙烷(乙烯)：通过溴水洗气 D．乙酸乙酯(乙酸)：用NaOH溶液洗涤后分液
【答案】D
【解析】A．水与CaO反应后，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可分离，故A正确；
B．二氧化硫与NaOH反应，乙烯不反应，洗气可分离，故B正确；
C．乙烯与溴水反应，而乙烷不能，则溴水、洗气可分离，故C正确；
D．二者均与NaOH反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液、分液，故D错误；
故选D。
3．在实验室里，某学习小组设计了下列制取纯净干燥氨气的方案，其中简易、可行的是
A．加热浓氨水，产生的气体通过浓硫酸
B．加热氯化铵固体，产生的气体通过无水氯化钙
C．在生石灰中加入浓氨水，产生的气体通过碱石灰
D．氮气和氢气的混合气体通过铁触媒，并加热至500℃，再通过碱石灰
【答案】C
【解析】A项，浓硫酸能吸收氨气，不能得到纯净干燥氨气，不符合题意；B项，加热氯化铵固体，产生的氨气和氯化氢气体在试管口又生成氯化铵固体，氨气也不能用无水氯化钙干燥，不能得到纯净干燥氨气，不符合题意；C项，在生石灰中加入浓氨水，得到氨气，产生的气体通过碱石灰得到干燥，能制取纯净干燥氨气，符合题意；D项，氮气和氢气的混合气体通过铁触媒，并加热至500℃，可得到氨气，但操作复杂，消耗能量高，实验室里不具有简易和可行性，不符合题意。
4．石油分馏产品乙烯CH2BrCH2Br。下列说法错误的是
A．过程①主要发生物理变化 B．分馏产品有固定熔沸点
C．过程②包括裂化、裂解等化学变化 D．过程③属于加成反应
【答案】B
【解析】石油经过分馏得到分馏产品，分馏产品经过裂化、裂解等得到乙烯，乙烯与溴发生加成反应得到CH2BrCH2Br。
A项，过程①为石油的分馏，分馏是利用沸点不同将物质进行分离，为物理变化，正确；B项，石油分馏得到的分馏产品为混合物，无固定熔沸点，错误；C项，裂化、裂解过程是将大分子的烃转化为小分子的烃，过程中产生乙烯，因此过程②包括裂化、裂解等化学变化，正确；D项，过程③为乙烯与溴发生加成反应得到CH2BrCH2Br，正确。
5．有关煤的综合利用如图所示。下列说法正确的是

A．①是将煤在空气中加强热使其分解的过程
B．煤中含有苯、甲苯、二甲苯等有机物，可通过分馏获得苯
C．②是放热的过程
D．B为甲醇或乙酸时，原子利用率均可达到100%
【答案】D
【解析】A．①是煤的干馏，即煤在隔绝空气的情况下加强热的过程称为煤的干馏，A错误；
B．煤是由无机物和有机物组成的复杂的混合物，通过干馏得到苯、甲苯、二甲苯等有机物，B错误；
C．反应②是碳和水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，为吸热反应，C错误；
D．根据CO+2H2CH3OH，2CO+2H2CH3COOH，可知原子全部转化为想要的生成物，利用率均达到100%，D正确；
故选D。
6．加热聚丙烯废塑料可以得到炭、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯。用如图所示装置探究废塑料的再利用。下列叙述中不正确的是（　　）

A.聚丙烯的链节是—CH2—CH2—CH2—
B.装置乙的试管中可收集到芳香烃
C.装置丙中的试剂可吸收烯烃以制取卤代烃
D.最后收集的气体可作燃料
【答案】A
【解析】A.聚丙烯的链节是—CH2—CH（CH3）—，故A错误；B.加热聚丙烯废塑料可以得到芳香烃苯和甲苯，苯和甲苯的沸点较高，故B正确；C.烯烃可以与溴单质发生加成反应生成卤代烃，故C正确；D.最后收集的气体为氢气和甲烷，可作燃料，故D正确。
7．由粗(含少量、杂质)制备纯的流程如图所示，下列说法错误的是

A．X中的主要成分的水溶液俗称水玻璃
B．若在实验室中完成步骤Ⅲ，对固体加热一般在坩埚中进行
C．步骤Ⅱ中的稀硫酸可用代替
D．步骤Ⅱ中的主要反应是
【答案】C
【解析】粗含少量、等杂质，用氢氧化钠溶解，不溶于氢氧化钠溶液，过滤得偏铝酸钠、硅酸钠的混合溶液，加硫酸生成硅酸沉淀和硫酸铝溶液，过滤出硅酸，硅酸加热分解为和水。
A．X中含有偏铝酸钠、硅酸钠，主要成分是硅酸钠，硅酸钠水溶液俗称水玻璃，故A正确；
B．实验室在坩埚中灼烧固体，若在实验室中灼烧硅酸，一般在坩埚中进行，故B正确；
C．偏铝酸钠、硅酸钠的混合溶液中通入二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀和硅酸两种沉淀，所以步骤Ⅱ中的稀硫酸不能用代替，故C错误；
D．步骤Ⅱ中的主要反应是硅酸钠和硫酸反应生成硅酸沉淀和硫酸钠，反应方程式为，故D正确；
选C。
8．工厂排放的SO2烟气对环境造成污染，某企业用下列流程综合处理。下列有关说法正确的是

A．二氧化硫吸收塔中发生的反应为SO2+H2O=H2SO3
B．上述流程可循环利用的物质有(NH4)2SO3
C．上述流程利用的是氧化还原反应原理
D．氨气吸收塔中发生的反应为
【答案】B
【解析】二氧化硫吸收塔中，二氧化硫与亚硫酸铵溶液反应生成亚硫酸氢铵，氨气吸收塔中，亚硫酸氢铵溶液与一水合氨反应生成亚硫酸铵。
A．二氧化硫吸收塔中，二氧化硫与亚硫酸铵溶液反应生成亚硫酸氢铵，反应的离子方程式为SO2+SO+H2O=2HSO，A说法错误；
B．依据流程图可知，可循环利用的物质只有亚硫酸铵一种，B说法正确；
C．二氧化硫吸收塔、氨气吸收塔中发生的反应元素化合价都没有发生变化，都是非氧化还原反应，C说法错误；
D．氨气吸收塔中，亚硫酸氢铵溶液与一水合氨反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为，D说法错误；
答案为B。
9．为了从海带浸取液中提取碘，某同学设计了如下实验方案：

下列说法正确的是
A．①中反应的离子方程式：2I-+H2O2=I2+2OH-
B．②中分液时含I2的CCl4溶液从分液漏斗上口倒出
C．③中得到的上层溶液中含有I-
D．操作Z的名称是加热
【答案】C
【解析】A．由于①中溶液显酸性，故该反应的离子方程式：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，A错误；
B．由于CCl4的密度比水的大，则②中分液时含I2的CCl4溶液在下层，应从分液漏斗下口放出，B错误；
C．已知反应3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O可知，③中得到的上层溶液即水层溶液中含有I-，下层为有机层，C正确；
D．由题干流程图可知，操作Z分离固体和液体，故该操作的名称是过滤，D错误；
故答案为：C。
10．由重晶石矿(主要成分是，含等杂质)可制得氯化钡晶体，在实验室中某兴趣小组按下列流程制取氯化钡晶体：

下列说法正确的是
A．“高温焙烧”前将原料研磨处理，能加快“高温焙烧”的反应速率
B．“高温焙烧”时可能被还原为
C．“浸取过滤”发生的主要反应是氧化还原反应
D．“高温焙烧”和“结晶”两处操作均需用到蒸发皿
【答案】AB
【解析】由流程可知，焙烧时发生BaSO4+4C 4CO+BaS，加盐酸时BaS与盐酸反应生成氯化钡和硫化氢，过滤分离出滤渣为SiO2，滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出BaCl2•2H2O，以此来解答。
A．为提高原料的利用率，“高温焙烧”前原料需经研磨处理，可增大接触面积，加快反应速率，且可充分反应，故A正确；
B．“高温焙烧”时可能发生反应SiO2+2C2CO+Si，可能被还原为，故B正确；
C．加盐酸时BaS与盐酸反应生成氯化钡和硫化氢，无元素化合价变化，“浸取过滤”发生的主要反应是非氧化还原反应，故C错误；
D．“高温焙烧”需要坩埚，“结晶”需要蒸发皿，故D错误；
故选：AB。
11．某新型纳米材料氧缺位铁酸盐，能在常温下将工业废气中的、等转化为单质而除去，由锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、等)和为原料制备氧缺位铁酸盐及其转化废气流程如图：

下列说法正确的是
A．浸取时，为了提高酸浸效率，可以延长浸取时间或将稀硫酸换成浓硫酸
B．“除杂”过程中有加入足量锌粉等操作，与锌粉反应的离子只有和
C．除去时，在反应中表现了还原性
D．与反应制得1 mol 时转移电子(8-2x) mol
【答案】CD
【解析】A．浸取时，若将稀硫酸换成浓硫酸将与Zn反应放出有毒有害的气体，故为了提高酸浸效率，可以延长浸取时间，但不能将稀硫酸换成浓硫酸，A项错误；
B．已知的氧化性强于，故“除杂”过程中有加入足量锌粉等操作，与锌粉反应的离子不只有和，还有，B项错误；
C．除去时，与反应生成S单质，故被还原，即表现出氧化性，则在反应中表现了还原性，C项正确；
D．已知中Zn为＋2价，Fe为＋3价，中Zn为＋2价，Fe为＋(x-1)价，故与反应制得1 mol 时转移电子为 mol，D项正确。
答案选CD。
12．O2在一定条件下能有效去除烟气中的SO2、NO，其可能的反应机理如下图所示，下列说法不正确的是(HO•表示羟基自由基，•表示未成对电子)

A．O2转化为O2＋时失去电子 B．HO•中氧元素的化合价为-1
C．净化器内SO2被还原 D．净化器内NO发生的反应为3HO•＋NO＝HNO3＋H2O
【答案】C
【解析】A项，根据电荷守恒可知，O2转化为O2＋发生的反应为O2－e－＝O2＋，正确；B项，•表示未成对电子，所以HO•不带电荷，因H的化合价为＋1价，所以氧元素的化合价为-1，正确；C项，羟基自由基具有氧化性，根据物质转化前后化合价的变化情况可知，SO2的化合价升高，S元素被氧化，最终被HO•氧化为H2SO4，错误；D项，净化器内NO被HO•氧化为HNO3，发生的反应为3HO•＋NO＝HNO3＋H2O，正确。
13．国家实施“青山绿水”工程，故加大力度研究脱硫以及“三废”处理技术意义重大。某工厂拟综合处理工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)和含NH的废水，设计了如下流程：

（1）在N2、CO2、CO、NaOH中，属于电解质的是_________(填化学式，下同)，属于酸性氧化物的是_________。
（2）固体1中除含有Ca(OH)2外，还含有___________、_____________。
（3）生成NaNO2的反应可表示为：4NO＋O2＋4NaOH＝4NaNO2＋2H2O，该反应中还原剂是________；捕获剂所捕获的气体主要是_________。
（4）处理含NH的废水时，若0.5 mol NH参加反应时，需要的NaNO2的物质的量为______mol。
【答案】（1）NaOH CO2 （2）CaSO3 CaCO3 （3）NO CO （4）0.5
【解析】工业废气通入过量石灰乳中其中酸性氧化物二氧化碳和二氧化硫被吸收生成碳酸钙和亚硫酸钙固体；氮气、NO、CO不与碱反应，出来的气体在通入氢氧化钠溶液中，同时通入适量空气后，NO和氧气，在碱性条件反应生成亚硝酸钠，亚硝酸钠具有较强的氧化性，与含铵根离子的废水混合，亚硝酸根离子与铵根离子发生氧化后还原反应生成氮气，气体2的成分为CO和氮气，捕获剂将CO捕获，得到捕获产物。
（1）单质和非金属的氧化物均不属于电解质，酸碱盐属于电解质，因此属于电解质的是NaOH，其中二氧化碳属于酸性氧化物，故答案为：NaOH；CO2；（2）由以上分析可知固体1中含有CaSO3、CaCO3，故答案为：CaSO3、CaCO3；（3）由反应可知NO转化成亚硝酸钠，N元素化合价由＋2价变为＋3价，NO作还原剂，捕获剂最终捕获的气体是CO，故答案为：NO；CO；（4）NH与亚硝酸钠反应生成氮气，反应的离子方程式为：NH＋NO2－＝N2↑＋2H2O，由反应可知1 mol NH消耗1 mol亚硝酸钠，则0.5 mol NH参加反应时，需要的NaNO2的物质的量为0.5 mol，故答案为0.5。
14．“以废治废”是基于“绿色化学”观念治理污染的思路。用工业废碱渣(主要成分为Na2CO3)吸收烟气中的SO2，得到亚硫酸钠(Na2SO3)粗品。其流程如下：

(1)为加快工业废碱渣中Na2CO3的溶解，可采取的措施是_______(写出一种即可)。
(2)过程①进行的操作是_______，若在实验室进行该实验，使用的玻璃仪器除了烧杯和玻璃棒外，还需要_______。
(3)上述流程中，加入NaOH后，发生反应的化学方程式为_______。
(4)亚硫酸钠粗品中含有少量Na2SO4，原因是_______。
(5)设计实验证明亚硫酸钠粗品含有少量Na2SO4的方案是：在一支试管中，加入少量亚硫酸钠粗品，用适量蒸馏水溶解，_______，出现白色沉淀，则证明含有Na2SO4。
(6)NaHSO3具有强还原性，可用于处理酸性废水中的(转化为Cr3+)，写出反应的离子方程式_______。
【答案】(1)搅拌(粉碎、加热)
(2)  溶解、过滤     漏斗
(3)NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O
(4)含+4价硫的Na2SO3具有较强还原性，易被氧化
(5)加入过量盐酸，再加入BaCl2溶液
(6)3++5H+=3+2Cr3++4H2O
【解析】由流程可知：将工业废碱渣溶于水，过滤可得碳酸钠溶液和废渣，将含有SO2的烟气通入碳酸钠溶液中，形成了亚硫酸氢钠溶液，加入烧碱，NaOH与NaHSO3发生反应产生Na2SO3，得到亚硫酸钠溶液，隔绝空气加热浓缩、降温结晶、过滤可得亚硫酸钠粗品，以此来解答。
(1)为加快工业废碱渣中Na2CO3的溶解，可采取的措施是搅拌(粉碎、加热)；
(2)由上述分析可知：过程①进行的操作是溶解、过滤；
若在实验室进行该实验，使用的玻璃仪器除了烧杯和玻璃棒外，还需要漏斗；
(3)上述流程中，加入NaOH后，NaOH与NaHSO3发生反应产生Na2SO3、H2O，发生反应的化学方程式为NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O；
(4)亚硫酸钠粗品中含有少量Na2SO4，这是由于含+4价硫的Na2SO3具有较强还原性，易被空气中的O2氧化产生Na2SO4，反应方程式为：2Na2SO4+O2=2Na2SO4；
(5)亚硫酸钠粗品中含有少量Na2SO4，设计实验证明亚硫酸钠粗品含有少量Na2SO4的方案是：在一支试管中，加入少量亚硫酸钠粗品，用适量蒸馏水溶解，加入过量盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明含有Na2SO4；
(6)NaHSO3具有强还原性，可用于处理酸性废水中的(转化为Cr3+)，二者发生氧化还原反应产生、Cr3+及H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：3++5H+=3+2Cr3++4H2O。
15．浩瀚的海洋中蕴藏着丰富的资源。

(1)粗盐精制：过程1除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO杂质时，粗盐溶解后加入沉淀剂：
a.过量的Na2CO3溶液
b.过量的BaCl2溶液
c.过量的NaOH溶液
d.过滤除去沉淀，再加入适量的盐酸
①加入沉淀剂的顺序正确的是_______(填序号)。
A．abc B．bac C．cba
②加入适量盐酸，反应的离子方程式有_______和_______。
(2)海水提镁：
①过程2中加入的试剂是_______。
②由Mg(OH)2固体获得MgCl2溶液的离子方程式是_______。
(3)海水提溴：主要工业生产流程如下图所示。

①海水中的Br-被Cl2氧化的离子方程式是_______。
②吸收塔中SO2将Br2转化为HBr的化学方程式是_______。
③工业上也可用Na2CO3溶液吸收吹出的Br2。补全以下化学方程式：_______
_______Br2+_______Na2CO3+3H2O=_______NaBr+_______NaBrO3+_______NaHCO3
【答案】BC CO+2H+=H2O+CO2­ OH-+H+=H2O CaO或石灰乳 Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O 2Br－+Cl2= Br2+2Cl- SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr 3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3
【详解】(1)①粗盐精制过程1，加入Na2CO3除去Ca2+、加入NaOH溶液除去Mg2+、加入BaCl2溶液除去SO，同时需要Na2CO3溶液除去过量的Ba2+；所以加入BaCl2溶液后再加Na2CO3溶液，加入试剂的顺序是NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液，或BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液，选BC；
②加入适量盐酸，剩余的碳酸钠和盐酸反应CO+2H+=H2O+CO2­、剩余的氢氧化钠和盐酸反应H＋＋OH-=H2O；
(2)过程2中加入CaO， CaO和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀，或直接加入石灰乳沉淀镁离子；稀盐酸溶解氢氧化镁固体可以得到氯化镁溶液，离子方程式为Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O；
(3)①海水中的Br－被Cl2氧化为溴单质，反应的离子方程式是2Br－+Cl2= Br2+2Cl-；
②吸收塔中SO2和Br2反应生成HBr和硫酸，根据电子守恒SO2和Br2的系数之比为1：1，再结合元素守恒可得化学方程式为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr；
③根据得失电子守恒、元素守恒配平Na2CO3溶液吸收吹出的Br2的化学方程式为：3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3。
16．海洋是生命的摇篮，浩瀚的海洋中蕴藏着丰富的资源。人们可以从海水中提取淡水和制得一些重要的化工产品。从海水提溴工艺流程如下图所示：

（1）工业上通过MgCl2制备Mg，常用的冶炼方法是____________。通入热空气吹出Br2，利用了溴的_______(填序号)。
A．氧化性 B．还原性 C．挥发性 D．腐蚀性
（2）写出吸收塔中反应离子方程式______________________________________。
（3）某同学提出，证明溴化氢溶液中含有溴离子的实验方案是：取出少量溶液，先加入过量新制氯水，再加入KI淀粉溶液，观察溶液是否变蓝色。该方案是否合理并简述理由________________________________________________________________________________。
（4）蒸馏塔在蒸馏过程中，温度应控制在80～90℃。温度过高或过低都不利于生产，请解释原因_____________________________________________________________________。
（5）从海水中获得淡水的主要方法有电渗析法、离子交换法和_______________(填一种)。离子交换法净化水的过程如图所示。下列说法正确的是_______(填序号)。

A．经过阳离子交换树脂后，水中阳离子总数减少
B．通过阴离子交换树脂后，水中只有SO42－被除去
C．通过净化处理后的水，导电性增强
D．阴离子交换树脂填充段存在反应：H＋＋OH－＝H2O
【答案】（1）电解 C （2）SO2＋Br2＋2H2O＝4H＋＋SO42－＋2Br－ （3）不合理，方案想让氯水中的氯气氧化溴离子，溴单质再氧化碘离子，但氯水是过量的，过量的氯水也能氧化碘离子生成碘单质，Cl2＋2I－＝2Cl－＋I2，遇到淀粉也会变蓝色 （4）温度过高，大量水蒸气随溴排出，溴蒸汽中水蒸气含量增加，温度过低，溴不能完全蒸出，产率较低 （5）蒸馏法 D
【解析】（1）工业上通过电解熔融的MgCl2制备Mg，所以常用的冶炼方法是电解，溴易挥发，所以通入热空气吹出Br2，故答案为：电解；C；（2）吸收塔中二氧化硫和水的混合物吸收热空气吹出的溴，反应的离子方程式为SO2＋Br2＋2H2O＝4H＋＋SO42－＋2Br－，故答案为：SO2＋Br2＋2H2O＝4H＋＋SO42－＋2Br－；（3）不合理，因为过量的氯水也能氧化碘离子生成碘单质，Cl2＋2I－＝2Cl－＋I2，遇到淀粉也会变蓝色，故答案为：不合理，因为过量的氯水也能氧化碘离子生成碘单质，Cl2＋2I－＝2Cl－＋I2，遇到淀粉也会变蓝色；（4）蒸馏塔在蒸馏过程中，温度应控制在80～90℃。温度过高或过低都不利于生产，因为温度过高，大量水蒸气随溴排出，溴蒸汽中水蒸气含量增加，温度过低，溴不能完全蒸出，产率较低，故答案为：温度过高，大量水蒸气随溴排出，溴蒸汽中水蒸气含量增加，温度过低，溴不能完全蒸出，产率较低；（5）从海水中获得淡水的主要方法有电渗析法、离子交换法和蒸馏法；A项，离子交换时，按电荷守恒进行，经过阳离子交换树脂后，1个Mg2＋被2个H＋替换，所以水中阳离子总数增多，错误；B项，通过阴离子交换树脂后，水中Cl－、SO42－都被除去，错误；C项，通过净化处理后的水，离子浓度大大减小，导电性减弱，错误；D项，阴离子交换树脂填充段生成OH－，与阳离子交换树脂段生成的H＋结合，从而发生反应H＋＋OH－＝H2O，正确；故答案为：蒸馏法；D。
17．无水FeCl3常作为有机反应的催化剂。某研究小组设计了如图流程，以废铁屑(含有少量碳和SiO2杂质)为原料制备无水FeCl3(s)。
已知：氯化亚砜( )熔点-101℃，沸点76℃，易与水反应生成一种强酸和一种酸性氧化物。

(1)操作①是过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和____。
(2)操作①得到的固体为____。
(3)为避免引入新的杂质，试剂B可以选用____(填编号)。
A．KMnO4溶液 B．Cl2水 C．稀HNO3溶液 D．H2O2溶液
(4)取少量D晶体，溶于浓盐酸配成溶液，并滴加KSCN溶液，现象是____。
(5)反应D→E的化学方程式为____。
(6)由D转化成E的过程中可能产生少量亚铁盐，则还原剂可能是____，并设计实验验证是该还原剂将Fe3+还原____。
【答案】(1)漏斗
(2)C和SiO2
(3)BD
(4)溶液变为红色
(5)
(6)  SO2     先加盐酸酸化，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则是SO2将Fe3+还原
【解析】(1)过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗；
(2)C和SiO2不与盐酸反应，操作①得到的固体为C和SiO2；
(3)A(氯化亚铁)加入氧化剂B生成C(氯化铁)，B为氧化剂。A．用KMnO4溶液会引入钾离子和还原产物锰离子，A不符题意；B．氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁，不引入新的杂质，B符合题意；C．用稀硝酸发生3FeCl2+4HNO3(稀)=2FeCl3+2H2O+NO↑+Fe(NO3)3，会引入硝酸根离子，C不符题意；D．过氧化氢对应还原产物为水，不引入新的杂质，D符合题意；故选BD；
(4)D即氯化铁晶体，其溶液含铁离子，滴加KSCN溶液后，溶液变为红色；
(5)根据已知信息氯化亚砜( )熔点-101℃，沸点76℃，易与水反应生成一种强酸和一种酸性氧化物，推测强酸为HCl，酸性氧化物为SO2，可得与SOCl2生成FeCl3的化学方程式为；
(6)可能反应中生成的二氧化硫将氯化铁还原为氯化亚铁，即还原剂可能为SO2；若二氧化硫作还原剂，则氧化产物为硫酸根离子，只需检验反应后是否含硫酸根离子即可，设计实验为：先加盐酸酸化，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则是SO2将Fe3+还原。
18．废旧锌锰干电池内部的黑色物质A主要含有、MnOOH、碳粉、、，用A制备高纯的流程图如下：

(1)锌锰干电池的负极材料是_______(填化学式)。
(2)第Ⅰ步操作得滤渣的成分是_______；第Ⅱ步在空气中灼烧的目的除了将MnOOH转化为外，另一作用是_______。
(3)步骤Ⅲ中由制得溶液，Mn元素被_______(填“氧化”或“还原”)。
已知：难溶于水和乙醇，潮湿时易被空气氧化，100℃时开始分解；在pH大于7.7时，开始转化为沉淀。
第Ⅳ步多步操作可按以下步骤进行：

(4)操作①加入溶液调节溶液，充分反应直到不再有产生，反应的离子方程式为_______。
(5)若溶液，会导致产品中混有_______(填化学式)。
(6)操作③中，检测是否洗净的方法，是检验最后一次洗涤液中是否含有，请写出操作方法_______。
【答案】(1)Zn
(2) 、MnOOH、碳粉     除去混合物中的碳粉
(3)还原
(4)
(5)
(6)取最后一次洗涤液，加入足量盐酸酸化，再加入溶液，若无白色沉淀产生则已洗涤干净
【解析】废旧碱性锌锰干电池内部的黑色物质A主要含有有、MnOOH、碳粉、、，加水溶解、过滤、洗涤，滤液中含有NH4Cl、ZnCl2，滤渣为MnO2、MnOOH和碳粉，在空气中灼烧，碳转化为二氧化碳气体，MnOOH氧化为MnO2，再向MnO2中加稀硫酸和草酸溶液，过滤，得到硫酸锰溶液，然后再经过多步操作得到碳酸锰，以此解答该题。
(1)负极失去电子，发生氧化反应，则锌锰干电池的负极材料是Zn；
(2)根据上述分析，第Ⅰ步操作得滤渣的成分是难溶于水的、MnOOH、碳粉；第Ⅱ步在空气中灼烧的目的除了将MnOOH转化为外，另一作用是除去混合物中的碳粉；故答案为：除去混合物中的碳粉；
(3)步骤Ⅲ中由制得溶液，Mn元素化合价降低，发生还原反应，被还原；
(4)操作①加入溶液调节溶液，发生水解反应，相互促进，生成二氧化碳气体和碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为；
(5)根据题给信息知，若溶液，锰离子与OH-结合生成沉淀，会导致产品中混有；
(6)操作③中，检测是否洗净的方法，是检验最后一次洗涤液中是否含有，操作方法为取最后一次洗涤液，加入足量盐酸酸化，再加入溶液，若无白色沉淀产生则已洗涤干净。
19．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。某探究小组回收处理流程如图：

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_______；在化合物中镓(Ga)和铟(In)均为+3价，则Cu的化合价为_______。
(2)“酸浸氧化”得蓝色溶液，则该过程发生的主要氧化还原反应的化学方程式为_______。
(3)氢氧化铜沉淀可溶于氨水，则滤液I中的阴离子主要有_______和_______两种。
(4)滤渣加入混合前需要洗涤、干燥，并用试剂_______和_______来检验滤渣中的是否洗净。
(5)滤渣加入可反生反应：；对物质X的性质有如下判断，你认为不正确的是 。
A．有弱酸性 B．可使溴水褪色
C．与溶液反应得白色沉淀 D．与烧碱溶液反应可生成两种盐
(6)“高温气相沉积”过程中发生的化学反应方程式为_______。
【答案】(1) 6     +1 (2)
(3)       (4)  HCl溶液     溶液
(5)C (6)
【解析】废旧电池经过高温焙烧后得到SeO2和金属氧化物，根据后续流程中金属元素的价态，可知焙烧过程生成的金属氧化物为Cu2O、In2O3、Ga2O3，烧渣用硫酸和H2O2溶液反应后得到CuSO4、In2(SO4)3、Ga2(SO4)3，滤液I中为铜元素以[Cu(NH3)4]SO4形式存在，加氨水调节pH值过滤后得到In(OH)3和Ga(OH)3；滤渣中加SOCl2进行回流过滤，得到滤渣InCl3和滤液IIGaCl3溶液，经过浓缩结晶得到GaCl3，与NH3经过高温气相沉积得到GaN。
(1)硒(Se)与硫为同族元素，最外层电子数为6；在化合物中根据化合价代数和为0，得出Cu的化合价为+1价；
(2)“酸浸氧化”得蓝色溶液，焙烧过程产生的Cu2O与硫酸和H2O2反应得到CuSO4，化学方程式为：Cu2O+H2O2+2H2SO4=2CuSO4+3H2O；
(3)滤液I中为铜元素以[Cu(NH3)4]SO4形式存在，主要存在的阴离子为，氨水过量，也存在，故滤液I中的阴离子主要有、；
(4)得到的沉淀表面可能有存在，可选HCl溶液和BaCl2溶液，HCl溶液可排除其他离子的干扰，BaCl2溶液与硫酸根生成硫酸钡沉淀，通过观察有无沉淀证明硫酸根是否洗干净，故先用HCl溶液和BaCl2溶液来检验滤渣中的是否洗净；
(5)根据原子守恒，X为H2O2，H2O2可以发生电离产生氢离子，，，具有弱酸性，A正确；O元素化合价为-1价，具有还原性，可使溴水褪色，B正确；H2O2与与CaCl2溶液不反应，C错误；（中和一个氢离子），（中和二个氢离子），可生成两种盐，D正确；故选C。
(6)GaCl3与NH3经过高温气相沉积得到GaN，化学方程式为：。