广东省2023年高考化学模拟题汇编-43物质的分离、提纯
一、单选题
1．（2023·广东广州·统考一模）实验室用和浓盐酸反应制备并回收，下列装置能达到实验目的的是
A．用①收集 B．用②吸收尾气
C．用③分离和溶液 D．用④蒸干溶液制
2．（2023·广东梅州·统考模拟预测）岭南文化源远流长。下列说法不正确的是
A．客家围屋建造过程中用作黏稠剂的糯米和鸡蛋清都属于混合物
B．云浮云石在粗雕、细刻过程中发生了物理变化
C．制作粤绣所用的孔雀毛和马尾的主要成分都是纤维素
D．“南粤佳酿”长乐烧在生产过程中需要用到蒸馏操作
3．（2023·广东广州·广东实验中学校考模拟预测）下列方案能达到实验目的是
A．用水萃取CCl4中的溴
B．用排饱和石灰水集气法收集Cl2
C．用丁达尔效应鉴别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体
D．用饱和的Na2CO3溶液除去Cl2中混有的HCl
4．（2023·广东汕头·统考一模）《医学入门》中记载我国传统中医提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”。若在实验室里完成文中操作，不需要的仪器是
A． B． C． D．
5．（2023·广东深圳·统考一模）广东省海洋资源丰富。下列有关说法正确的是
A．海底石油经裂化和裂解可得不饱和烃 B．海带等藻类植物中富含
C．潮汐能属于生物质资源 D．“海水晒盐”时主要发生化学变化
6．（2023·广东·华南师大附中校联考模拟预测）粗盐提纯的实验操作包括：溶解、过滤、蒸发，该实验中一定不需要用到的仪器是
A． B． C． D．
7．（2023·广东江门·校联考模拟预测）下列实验装置(部分夹持装置略去)正确且能达到相应实验目的的是
A．装置Ⅰ利用乙醇提取溴水中的Br2
B．利用装置Ⅱ蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3固体
C．利用装置Ⅲ制备Fe(OH)3胶体
D．利用装置Ⅳ验证非金属性S＞C＞Si
8．（2023·广东清远·清新一中校考模拟预测）六氟磷酸锂是锂离子电池的关键材料。一种的制备工艺流程如图所示。
已知：①，易发生分解反应；
②熔点为 93.8℃，沸点为 84.6℃。
下列说法错误的是
A．N2环境中，反应先生成六氟磷酸，再分解生成五氟化磷
B．发烟硫酸的作用是吸收铅皿中的水分：
C．工艺流程中，无水HF只是反应物
D．五氟化磷冷却到，保证了与LiF的无水HF在液相中反应生成
9．（2023·广东·惠州一中模拟预测）从海水淡化工厂获取的粗盐常含有、、等杂质，需经过提纯方可食用。下列关于粗盐提纯的说法中正确的是
A．所需主要实验仪器包括烧杯、漏斗、坩埚、酒精灯等
B．沉淀法去除的最佳试剂是溶液
C．检验是否除尽应先加入盐酸酸化，再滴入溶液进行检验
D．除杂试剂在使用时不应该过量，以免引入新杂质
10．（2023·广东广州·统考二模）《医学入门》中记载我国传统中医提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干，”其中未涉及的操作是
A．洗涤 B．粉碎 C．萃取 D．蒸发
11．（2023·广东广州·广东实验中学校考模拟预测）下列关于实验仪器和操作说法不正确的是
A．研究浓度对化学平衡的影响 B．制备并检验乙烯
C．用盐酸溶液滴定氢氧化钠溶液 D．除去溴苯中的苯
二、实验题
12．（2023·广东广州·广东实验中学校考模拟预测）CuCl2是常见的化学试剂，某学习小组利用废铜屑“湿法”制备CuCl2·2H2O。
氯化铜在不同温度下结晶形成的结晶水合物
温度 15℃以下 15～25.7℃ 26～42℃ 42℃以上
结晶水合物 CuCl2·4H2O CuCl2·3H2O CuCl2·2H2O CuCl2·H2O
回答下列问题：
(1)仪器a的名称为_______，NaOH溶液的作用是_______。
(2)“湿法”制备CuCl2的离子方程式为_______，实验中，H2O2的实际用量要大于理论用量，原因是_______。
(3)为得到纯净的CuCl2·2H2O晶体，反应完全后要进行的操作是：除去其他可能的金属离子后，过滤，向滤液中持续通入HCl气体，加热蒸发浓缩，_______，过滤，洗涤，低温干燥，其中，持续通入HCl的作用是_______。
(4)查阅资料：[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl- [CuCl4]2-(黄色)+4H2O，设计实验证明CuCl2溶液中存在上述平衡：取少量蓝色CuCl2稀溶液于试管中，_______。
(5)查阅资料：[CuCl4]2-比[Cu(H2O)4]2+更稳定：与Cu2+配位时，Cl-比H2O的配位能力更强，原因可能是_______。
13．（2023·广东·华南师大附中校联考模拟预测）明矾()在工业上用作印染媒染剂和净水剂，医药上用作收敛剂。实验小组采用废弃的铝制易拉罐按如下流程制备明矾并测定其组成，探究明矾净水的影响因素。
(1)废铝制易拉罐溶于溶液发生的主要反应为_______。(用离子反应方程式表示)
(2)溶液Ⅰ加硫酸溶液的过程中观察到白色沉淀生成，该沉淀的化学式为_______。
(3)在下列各图中，上述流程中“系列操作”一定不需要用到的实验操作是_______。(填编号)
A． B． C． D．
(4)为测定该明矾晶体样品中的含量，该实验小组称取ag明矾晶体样品，溶于50mL稀盐酸中，加入足量溶液，使完全沉淀。用质量为bg的漏斗进行过滤，洗净滤渣后，将漏斗和滤渣一并干燥至恒重，测得质量为cg。(已知硫酸钡的摩尔质量为233g/mol)
①过滤前判断溶液中已经完全沉淀的实验操作和现象是_______。
②该明矾晶体样品中的含量为_______mol/g。(即每克明矾晶体中的物质的量)
(5)明矾中的在水溶液中能够水解产生胶体从而具有净水作用。为探究和添加助凝剂对明矾净水效果的影响，实验小组选取一种悬浊液进行探究实验，请将下列表格内容补充完整。已知：净水效果可用相同时间内悬浊液的浊度变化来衡量。浊度越高，代表悬浊液越浑浊。
组别 悬浊液体积 饱和明矾溶液用量 添加的助凝剂 净水前浊度 净水tmin后浊度体积
1 15mL 4 2滴 无 A1 B1
2 15mL 7 2滴 无 A2 B2
3 15mL _______ 2滴 _______ A3 B3
4 15mL 10 2滴 有 A4 B4
实验结论一：通过1、2、3组实验，发现随着增大，净水效果依次增强。减小，明矾净水效果减弱的原因是_______。
实验结论二：添加助凝剂能够显著提高净水效果。该实验结论成立的判断依据是_______。(用表中数据表示)
三、工业流程题
14．（2023·广东广州·广州市第二中学校考模拟预测）硼镁泥是一种工业废料，主要成份是MgO(占40%)，还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，以此为原料制取的硫酸镁，可用于印染、造纸、医药等工业。从硼镁泥中提取MgSO4·7H2O的流程如下：
己知：某些氢氧化物沉淀的pH如下表所示：
氢氧化物 开始沉淀时的pH 完全沉淀时的pH
Mg(OH)2 9.3 10.8
Fe(OH)2 7.6 9.6
Fe(OH)3 2.7 3.7
Al(OH)3 3.7 4.7
根据题意回答第(1)～(5)题：
(1)在酸解过程中，欲加快酸解时的化学反应速率，请提出两种可行的措施：___________、___________。
(2)加入的NaClO可与Mn2+反应：Mn2++ClO-+H2O=MnO2↓+2H++Cl-，还有一种离子也会被NaClO氧化，并发生水解，该反应的离子方程式为___________。
(3)滤渣的主要成份除含有Fe(OH)3，Al(OH)3、MnO2外，还有___________。
(4)已知MgSO4、CaSO4的溶解度如下表：
温度(℃) 40 50 60 70
MgSO4 30.9 33.4 35.6 36.9
CaSO4 0.210 0.207 0.201 0.193
“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，简要说明操作步骤是___________，___________。
(5)实验中提供的硼镁泥共100g，得到的MgSO4·7H2O为172.2g，计算MgSO4·7H2O的产率为___________。
15．（2023·广东肇庆·高要一中校考二模）辉铜矿主要成分Cu2S，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，软锰矿主要含有MnO2，以及少量SiO2、Fe2O3等杂质。研究人员开发综合利用这两种资源，用同槽酸浸湿法冶炼工艺，制备硫酸锰和碱式碳酸铜。主要工艺流程如下：
已知：①MnO2有较强的氧化性，能将Cu+氧化成Cu2+
②[Cu(NH3)4]SO4常温稳定，在热水溶液中会分解生成NH3
③部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围(开始沉淀和完全沉淀的pH)：Fe3+：1.5～3.2 Mn2+：8.3～9.8 Cu2+：4.4~6.4。
(1)实验室配制250mL 4.8 mol/L的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要_______。
(2)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有_______(任写一点)。
(3)酸浸时，得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等。写出该反应的化学方程式_______。
(4)调节浸出液pH=4的作用是_______。
(5)本工艺中可循环使用的物质是(写化学式)_______。
(6)获得的MnSO4·H2O晶体后常用酒精洗涤，优点是_______。
(7)用标准的BaCl2溶液测定样品中MnSO4·H2O质量分数时，发现样品纯度大于100%(测定过程中产生的误差可忽略)其可能原因有_______(任写一种)。
16．（2023·广东·统考一模）利用转炉烟尘(主要成分：CuO、ZnO、PbO、Sb4O6、As2O5)制备硫酸铜联产硫酸锌以及聚合硫酸铁的工艺流程如图：
已知：
①酸浸后As元素以H3AsO4形式存在；
②常温下，Ksp[Cu(OH)2]≈1.0×10-20；
③聚合硫酸铁盐基度[聚合硫酸铁中×100%]越大，絮凝效果越好。
回答下列问题：
(1)“酸浸渣”所含金属化合物是_____(填化学式)。常温下，调节“酸浸液”pH为_____(保留两位有效数字)时，溶液中c(Cu2+)=0.01mol/L。
(2)生成Ca3(AsO4)2·Ca(OH)2的化学方程式为_____。
(3)在一定温度下，将NaClO3加入“浓缩液”中可制取聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]m。
①x和y的关系应满足：y=_____(用含x的式子表示)。
②“滤液3”中H2SO4的加入量对盐基度的影响如图所示，当n(H2SO4)：n(FeSO4)＞0.35时，产品的盐基度减小，其原因是_____。
(4)①“萃余液”经_____、_____、过滤、洗涤，得到ZnSO4·7H2O晶体。
②加热ZnSO4·7H2O固体，固体质量保留百分数与温度的关系如图所示。将ZnSO4·7H2O(M=287g/mol)加热到145℃时得到ZnSO4·xH2O，其中x的值为_____；温度为1050℃时，ZnSO4固体完全分解为ZnO以及两种气体(只有一种是氧化物)，该反应的化学方程式为_____。
17．（2023·广东湛江·统考一模）镍钴锰酸锂材料是近年来开发的一类新型锂离子电池正极材料，具有容量高、循环稳定性好、成本适中等优点，这类材料可以同时有效克服钴酸锂材料成本过高、磷酸铁锂容量低等问题，工业上可由废旧的钴酸锂、磷酸铁锂、镍酸锂、锰酸锂电池正极材料(还含有铝箔、炭黑、有机黏合剂等)，经过一系列工艺流程制备镍钴锰酸锂材料，该材料可用于三元锂电池的制备，实现电池的回收再利用，工艺流程如下图所示：
已知：①粉碎灼烧后主要成分是、、、MnO、Fe2O3、；
②萃取剂对选择性很高，且生成的物质很稳定，有机相中的很难被反萃取
请回答下列问题：
(1)正极材料在“灼烧”前先粉碎的目的是___________。
(2)“碱浸”的目的是___________，涉及的化学方程式是___________。
(3)“酸浸”时加入的作用是___________。
(4)上述工艺流程中采用萃取法净化除去了，若采用沉淀法除去铁元素，结合下表，最佳的pH范围是___________。
开始沉淀时pH 1.5 3.4 6.3 6.6 6.7 7.8
完全沉淀时pH 3.5 4.7 8.3 9.2 9.5 10.4
(5)镍钴锰酸锂材料中根据镍钴锰的比例不同，可有不同的结构，其中一种底面为正六边形结构的晶胞如图所示。
①该物质的化学式为___________，写出基态Mn原子价层电子的轨道表示式___________。
②已知晶胞底面边长是anm，高是bnm，一个晶胞的质量为Mg，计算该晶胞的密度___________(用计算式表示)。
18．（2023·广东梅州·统考模拟预测）磷酸亚铁锂()是新能源汽车中锂离子电池常用的电极材料。对废旧电极(含、Al箔、石墨粉等)回收并获得高纯的工艺流程如下：
已知：在水中的溶解度不大，且溶解度随温度升高而减小。
(1)回收的废旧锂离子电池需进行预放电、拆分破碎、热处理等预处理，筛分后获得正极片。下列分析不合理的是___________(填标号)。
A．拆分前对废旧电池进行预放电，有利于释放残余能量，消除安全隐患
B．预放电时电池中的锂离子移向正极，有利于提高正极片中锂元素的回收率
C．热处理过程可以除去废旧锂离子电池中的难溶有机物、碳粉等
D．锂离子电池不含汞、镉、铅等有毒重金属，可用普通垃圾处理方法处理
(2)过程Ⅰ为粉碎处理，为加快过程Ⅱ的反应速率，还可以采用的措施有___________(写出其中一种即可)，过程Ⅱ中足量NaOH溶液的作用是___________(用离子方程式表示)。
(3)过程Ⅲ采用不同氧化剂分别进行实验，均采用Li含量为3.7%的原料，控制pH为3.5，浸取1.5h后，实验结果如下表所示：
序号 酸 氧化剂 浸出液浓度(g/L) 滤渣中Li含量/%
实验1 HCl 9.02 0.10
实验2 HCl 9.05 0.08
实验3 HCl 7.05 0.93
实验2中，可与盐酸反应生成黄绿色气体，大大增加了酸和氧化剂的用量。综合考虑的浸出率及环保因素，选择的氧化剂最好为___________。
(4)过程Ⅵ首先需洗涤“粗品”，应该用___________(填“热水”或“冷水”)洗。若滤液2中，过程Ⅴ中加入等体积的溶液后，若沉淀中的Li元素占滤液中Li元素总量的95.0%，则加入的碳酸钠溶液浓度为___________[已知：，溶液混合引起的体积变化可忽略]。
(5)工业上用、、LiCl及苯胺()为原料制取磷酸亚铁锂。中，的空间结构为___________。LiCl和均为金属氯化物，LiCl沸点1350℃，沸点315℃，两者沸点差异明显的主要原因是___________。
(6)某锂电池的负极材料晶体是锂原子嵌入石墨烯层间，晶胞结构(底面为平行四边形)如图所示。该晶体的化学式为___________，该晶体中最近的两个碳原子核间距离为142pm，石墨烯层间距离为335pm，则该晶体的密度为___________(列出计算式，用表示阿伏加德罗常数)。
19．（2023·广东茂名·统考一模）某废旧锂离子电池的正极材料成分为和，下图为从其中回收钴、镍的工艺流程。
回答下列问题：
(1)中的元素为价，和个数比为，则元素化合价为_______。
(2)“碱浸过滤”所得滤液的主要成分为_______。
(3)“还原焙烧”过程发生反应的化学方程式为_______。
(4)“碳化水浸”过程中反应为：，该反应的标准吉布斯自由能和标准生成焓随温度变化如图。该过程需要控制在_______(填“a”、“b”或c)进行，其原因是_______。
a. b. c.
(5)常温下，为寻找“碳化水浸”的最佳，将固体加入水中，通入使固体逐步溶解，当固体恰好完全溶解时，，则溶液中的为_______(保留两位有效数字，忽略体积变化)。
已知：，，
(6)“萃取”的原理是(M表金属离子，代表萃取剂，则反萃取时加入的试剂为_______。
20．（2023·广东佛山·统考一模）镍是重要的战略金属资源，一种从某高镁低品位铜镍矿(主要成分为CuFeS2、FeS2、3NiO●4SiO2●H2O、3MgO●4SiO2●H2O等)中回收Cu、Ni的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)中，元素的化合价为_______。
(2)为提高“氧压浸出”的速率，可行的操作有_______(任填一个)。
(3)“氧压浸出”的滤渣有S和_______，该环节中发生的化学反应方程式为_______。
(4)“萃铜”时的反应为：(有机相)(水相)(有机相)(水相)，下列说法正确的有_______。
A．向萃取液中加入稀硫酸进行“反萃取”，可得到单质
B．萃余液中的阳离子为：
C．一定条件下，萃取平衡时，，则的萃取率为80%
D．为提高的萃取率，可适当提高溶液
(5)已知，“滤液”中，“沉镍”时，控制为8.50，此时的沉淀率为_______，“沉镍”后的母液，含有的主要溶质为_______(填化学式)。
21．（2023·广东深圳·统考一模）铋及其化合物广泛应用于电子材料、医药等领域。一种以含铋烧渣(主要成分为、，还含有少量MnS、、CuO及等)制取并回收锰的工艺流程如下：
已知：①氧化性：；
②易水解成BiOCl沉淀；常温下，BiOCl存在的pH范围约为2.0～11.0；
③常温下，；。
回答下列问题：
(1)基态锰原子的价电子排布式为__________。
(2)“水浸提锰”时，另加入少量稀硫酸可促进__________(填化学式)溶解，进一步提高锰的浸取率。
(3)“滤渣2”的主要成分有__________(填化学式)、Bi。
(4)常温下，“含滤液”中的浓度为。为保证BiOCl产品的纯度，理论上，“沉铋”时应控制溶液的pH＜______(保留一位小数)。
(5)“脱氯”过程中发生主要反应的离子方程式为__________。
(6)BiOCl是一种性能优良的光催化剂，可催化降解有机污染物对硝基苯酚()等。对硝基苯酚的熔点高于邻硝基苯酚()的熔点，其原因是__________。
(7)我国科学家在新型二维半导体芯片材料——硒氧化铋的研究中取得突破性进展。硒氧化铋的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞参数为a pm，a pm，b pm。
①该晶胞沿z轴方向的投影图为______(填标号)。
A．B．C．D．
②该晶体中，每个周围紧邻的共有______个。
③该晶体的密度为______(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)。
22．（2023·广东广州·统考二模）铬广泛应用于冶金、化工、航天等领域。工业上以铬铁矿(主要成分为，含有少量)为原料制备金属铬的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)中为价，的化合价为_______，“焙烧”中反应的化学方程式为_______。
(2)“沉铝”中所得滤渣的成分为_______，需控制的原因为_______。
(3)“酸化”中反应的离子方程式为_______，若该反应的平衡常数，已知：酸化”后溶液中，则溶液中_______。
(4)氧铬酸钙是一种常见含铬矿石，其立方晶胞如图所示。
①氧铬酸钙的化学式为_______。
②1个钙原子与_______个氧原子最近且等距离。
③该晶体密度为_______(列出计算式即可。已知和O的最近距离为，代表阿伏加德罗常数)
23．（2023·广东江门·校联考模拟预测）从铜电解液(主要含、Ni2+、、、、Zn2+等)中提纯得到粗硫酸镍晶体，为了进一步纯化并回收胆矾晶体，某课题小组设计了如图流程：
已知：相关离子浓度为0.1mol/L时，形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子 Cu2+ Fe2+ Fe3+ Ca2+ Zn2+ Ni2+
开始沉淀的pH 4.2 6.3 1.5 11.8 6.2 6.9
沉淀完全的uH 6.7 8.3 2.8 13.8 8.2 8.9
(1)为加快“水浸”时的浸出率，可采取的措施有_______(任写一点)。
(2)为了使“溶液1”中的反应充分进行，需要通入稍过量的H2S，写出Fe3+与H2S发生反应的离子方程式：_______。
(3)请结合离子方程式解释向“溶液2”中加入Ni(OH)2的原因_______。
(4)“操作X”为在_______(填仪器名称)中加热至_______，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后得到结晶水合物晶体。
(5)若“溶液3”中Ca2+的浓度为0.001mol/L，取等体积的NiF2溶液与该溶液混合，要使反应结束时c(Ca2+)<10-5mol/L，则所加NiF2溶液的浓度至少为_______mol/L。[已知室温下Ksp(CaF2)=4×10-11]
(6)室温下选择萃取剂P204(二乙基已基磷酸，用HR表示)，其萃取原理为nHR+Mn+ MRn+nH+，试剂a为_______(填化学式)。溶液pH对几种离子的萃取率的影响如图，则萃取锌时，应控制pH的范围为3~4，请解释原因：_______。
参考答案：
1．C
【详解】A．氯气的密度大于空气，用向上排空气法收集，A错误；
B．氯气的尾气吸收用氢氧化钠溶液，B错误；
C．不溶于水，可溶于水，利用过滤可以分离，C正确；
D．蒸干溶液得不到含结晶水的，D错误；、
故选C。
2．C
【详解】A．糯米和鸡蛋清均属于分散系，为混合物，A正确；
B．粗雕、细刻过程中物质形状发生变化，但没有新物质生成，发生了物理变化，B正确；
C．孔雀毛和马尾的主要成分是蛋白质，C错误；
D．蒸馏是纯化程度最高的操作，D正确；
答案选C。
3．C
【详解】A．水溶解溴的能力小于CCl4，不能达到实验目的，选项A错误；
B．氯气与石灰水反应，不能收集，应排饱和食盐水，选项B错误；
C．丁达尔现象为胶体特有的性质，则丁达尔效应可鉴别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体，选项C正确；
D．二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，用食盐水、洗气分离，选项D错误；
答案选C。
4．A
【详解】水洗净是指洗去固体表面的可溶性污渍、泥沙等，涉及的操作方法是洗涤，需要用烧杯；细研水飞是指将固体研成粉末后加水溶解，涉及的操作方法是溶解，需要用研钵，烧杯；去石澄清是指倾倒出澄清液，去除未溶解的固体，涉及的操作方法是过滤，需要用漏斗和烧杯，玻璃棒；慢火熬干是指用小火将溶液蒸发至有少量水剩余，涉及的操作方法是蒸发，需要用蒸发皿和玻璃棒，因此未涉及的操作方法是萃取分液，不需要的仪器是分液漏斗；故选A。
5．A
【详解】A．石油经裂化和裂解可以得到不饱和烃，故A正确；
B．海带、紫菜等海藻类植物中含有丰富的碘元素，不是碘单质，故B错误；
C．潮汐能是指海水周期性涨落运动中所具有的能量，其水位差表现为势能，其潮流的速度表现为动能，不属于生物质资源，故C错误；
D．海水晒盐是通过阳光和风力使水分蒸发，属于混合物的分离，没有新物质生成，属于物理变化，故D错误；
故选A。
6．D
【分析】粗盐提纯的实验操作包括：溶解、过滤、蒸发；溶解过程需要使用的仪器是烧杯、玻璃棒；过滤过程需要使用的仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒、铁架台（包括铁圈）；蒸发过程中需要使用的仪器是酒精灯、蒸发皿、玻璃棒、铁架台（包括铁圈）。
【详解】A．该仪器为漏斗，过滤过程中需要使用，A项不选；
B．该仪器为玻璃棒，溶解、过滤、蒸发过程中都需要使用，B项不选；
C．该仪器为蒸发皿，蒸发过程中需要使用，C项不选；
D．该仪器为坩埚，粗盐提纯的实验中不需要使用，D项选；
答案选D。
7．D
【详解】A．装置Ⅰ中，分液漏斗的尖端没有紧靠烧杯内壁，缺乙醇与水混溶，不能用乙醇提取溴水中的溴，A不符合题意；
B．利用装置Ⅱ直接蒸干AlCl3溶液时由于氯化铝会水解而不能制得无水AlCl3固体，应在氯化氢气流中加热，B不符合题意；
C．利用装置Ⅲ制备Fe(OH)3胶体时，应该将饱和FeCl3溶液滴入沸腾的蒸馏水中，而不能滴入NaOH溶液中，C不符合题意；
D．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性就越强。将硫酸滴入Na2CO3溶液中发生复分解反应H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+CO2↑+H2O；反应产生的CO2气体通入Na2SiO3溶液中，发生反应：Na2SiO3+CO2↑+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，说明酸性：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，从而证明元素的非金属性：S＞C＞Si，D正确；
故合理选项是D。
8．C
【分析】在铅皿中HF和磷酸发生，不稳定，易发生分解反应生成和HF，发烟硫酸加入，发烟硫酸和水结合，在常温下除杂，再五氟化磷冷却到，加到LiF和无水HF的混合物中反应生成。
【详解】A．N2环境中，根据题中信息，易发生分解反应；则反应先生成六氟磷酸，再分解生成五氟化磷，故A正确；
B．发烟硫酸的作用是吸收铅皿中的水分：，将HF变为无水HF，故B正确；
C．工艺流程中，无水HF不仅只是反应物，在发生分解反应中是产物，故C错误；
D．无水HF在状态下是液态，五氟化磷冷却到，保证了与LiF的无水HF在液相中反应生成，故D正确。
综上所述，答案为C。
9．C
【详解】A．海水中的杂质需加入沉淀剂后过滤，然后再经过蒸发结晶得到精盐，所需仪器不包括坩埚，应改为蒸发皿，A错误；
B．碳酸镁微溶，氢氧化镁难溶，所以去除镁离子最佳试剂为氢氧化钠溶液，B错误；
C．检验是否除尽应先加入盐酸酸化，排除碳酸根离子的干扰，然后再加入溶液进行检验，若无白色沉淀，则证明已除尽，C正确；
D．为除杂充分，需加入过量沉淀剂，后期再加入二次除杂剂如盐酸处理即可，D错误；
故选C。
10．C
【详解】水洗净是指洗去固体表面的可溶性污渍、泥沙等，涉及的操作方法是洗涤；细研水飞是指将固体研成粉末后加水溶解，涉及的操作方法是溶解；去石澄清是指倾倒出澄清液，去除未溶解的固体，涉及的操作方法是倾倒；慢火熬干是指用小火将溶液蒸发至有少量水剩余，涉及的操作方法是蒸发；因此未涉及的操作方法是萃取，答案选C。
11．B
【详解】A．由图可知，两个实验只有KSCN的浓度不同，即可研究浓度对化学平衡的影响，A项正确；
B．由装置可知，用乙醇制取乙烯，浓硫酸做催化剂，浓硫酸具有脱水性和强氧化性，所以制得的乙烯中混有二氧化碳、二氧化硫和水蒸气等杂质，二氧化硫具有还原性，也能使溴水褪色，所以不能用溴水检验乙烯，B项错误；
C．用盐酸溶液滴定氢氧化钠溶液，左手旋转活塞，右手拿锥形瓶，C项正确；
D．溴苯中的苯互溶，要除去溴苯中的苯可利用蒸馏的方法分离，D项正确；
答案选B。
12．(1) 三颈烧瓶 吸收挥发出来的HCl，防止污染空气
(2) H2O2受热及在铜离子催化下会分解导致损耗
(3) 降温至26~42℃结晶 抑制Cu2+水解，并增大Cl-浓度，有利于CuCl2·2H2O结晶
(4)向其中加入少量NaCl固体，振荡，溶液由蓝色变为黄绿色
(5)Cl的电负性比O小，对孤电子对的吸引能力稍弱，更易给出，而且Cl-带负电荷，比电中性的H2O更易与阳离子配位
【分析】盐酸不与铜反应，在酸性条件下，加入双氧水，反应制备氯化铜，其反应为，因浓盐酸易挥发，NaOH溶液用于吸收HCl气体；
【详解】（1）图中玻璃仪器a为三颈烧瓶；因浓盐酸易挥发，NaOH溶液用于吸收HCl气体，去除尾气，答案为：三颈烧瓶，吸收挥发出来的HCl，防止污染空气；
（2）盐酸不与铜反应，在酸性条件下，加入双氧水，反应制备氯化铜，其反应为，其离子方程式为，反应过程中有生成，H2O2不稳定，生成的Cu2+催化H2O2分解，所以H2O2的实际用量要大于理论用量，答案为：，H2O2受热及在铜离子催化下会分解导致损耗；
（3）根据表中数据可知，想要获得CuCl2·2H2O晶体，需要控制温度在，所以在除去其他可能的金属离子后，过滤，向滤液中持续通入HCl气体，加热蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，低温干燥；因为易水解，且水解吸热，加热蒸发浓缩时水解程度增大，为了抑制水解，需要通入HCl气体，答案为：降温至26~42℃结晶，抑制Cu2+水解，并增大Cl-浓度，有利于CuCl2·2H2O结晶；
（4）根据平衡移动原理增大氯离子浓度，平衡正向移动，四氯合铜离子浓度增大，溶液变为黄绿色，答案为：向其中加入少量NaCl固体，振荡，溶液由蓝色变为黄绿色；
（5）Cl的电负性比O小，对孤电子对的吸引能力稍弱，更易给出，而且Cl-带负电荷，比电中性的H2O更易与阳离子配位。
13．(1)
(2)
(3)BD
(4) 静置，取上清液，再滴入几滴溶液，若无白色沉淀生成，则已经沉淀完全
(5) 10 无 减小，增大，抑制水解，生成的胶体变少，净水作用减弱 A4-B4明显大于A3-B3
【分析】废旧易拉罐中含的铝可溶于氢氧化钾溶液中，会生成偏铝酸钾和氢气，偏铝酸钾溶液中加入硫酸转化为硫酸铝钾，最终再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥一系列操作，得到明矾晶体。
【详解】（1）废铝制易拉罐溶于溶液发生的主要反应为铝与碱溶液的反应，其离子方程式为：；
（2）溶液Ⅰ中含偏铝酸钾，加少量硫酸溶液可观察到生成氢氧化铝白色沉淀，其成分为：；
（3）上述流程中“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥，所以不需要用坩埚加热固体、也不需要分液，故合理答案为：BD；
（4）①过滤前判断溶液中是否已经完全沉淀，可静置，取上清液，再滴入几滴溶液，若无白色沉淀生成，则已经沉淀完全；
②过滤后得到的固体为硫酸钡，其质量为（c-b）g，则n()=n()=，则每克样品中硫酸根离子的含量为；
（5）为探究和添加助凝剂对明矾净水效果的影响，根据控制单一变量原则可知，第三组的pH=10，与第4组实验对比，无添加助凝剂，故答案为：10；无；
实验结论一：通过1、2、3组实验，发现随着增大，净水效果依次增强。减小，明矾净水效果减弱主要是因为减小，增大，抑制水解，生成的胶体变少，净水作用减弱；
若A4-B4明显大于A3-B3，则证明添加助凝剂能够显著提高净水效果。
14．(1) 适当升温、把硼镁泥粉碎 搅拌、或适当增加硫酸浓度
(2)2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+
(3)SiO2
(4) 蒸发结晶 趁热过滤
(5)70%
【分析】酸解将金属氧化物进行溶解变为可溶的硫酸盐，而氧化将Mn2+和Fe2+氧化，从而变为MnO2、Fe(OH)3难溶物而除去。除钙将Ca2+变为CaSO4沉淀而除去，最终MgSO4溶液经蒸发结晶得到晶体。
【详解】（1）固体与溶液的反应，加快反应速率可以从增大浓度、增大接触面积、升高温度等分析。答案为适当升温、把硼镁泥粉碎；搅拌、或适当增加硫酸浓度；
（2）ClO-将Fe2+氧化为Fe3+从而水解为Fe(OH)3，反应为2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+。答案为2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+；
（3）SiO2不溶于酸和水，所以滤渣中还含有SiO2。答案为SiO2；
（4）从表格看CaSO4随着温度升高溶解度降低，而MgSO4随着温度升高而增大，所以应该蒸发结晶、趁热过滤以除去CaSO4。答案为蒸发结晶；趁热过滤；
（5）已知MgO含量40%，所以100g硼镁泥中含有MgO为，则理论产生的MgSO4·7H2O为1mol×(24+96+126)g/mol=246g。则产率为。答案为70%。
15．(1)250mL容量瓶、胶头滴管
(2)粉碎矿石或适当升高温度或搅拌
(3)Cu2S+2MnO2+4H2SO4 =2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O
(4)使Fe3+完全生成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+不生成沉淀
(5)NH3
(6)减少MnSO4·H2O晶体的损失
(7)混有硫酸盐杂质或部分晶体失去结晶水
【分析】流程分析可知辉铜矿软锰矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调节溶液pH，使铁离子全部沉淀，过滤得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等，加入碳酸氢铵和氨水过滤得到混合溶液加热赶出氨气结晶析出得到碱式碳酸铜，滤渣为碳酸锰，通过蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤得到硫酸锰晶体。
【详解】（1）实验室配制250mL 4.8 mol/L的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要250mL容量瓶，胶头滴管。
（2）为了提高浸取率可采取的措施可以粉碎矿石增大接触面积、加热、搅拌等。
（3）MnO2有较强的氧化性，能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫，生成物是CuSO4、MnSO4、S，反应物是硫酸、二氧化锰和硫化亚铜，根据化合价升降法配平方程式为：Cu2S+2MnO2+4H2SO4 =2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O。
（4）根据提示Fe3+的pH沉淀范围：1.5~3.2，Cu2+的pH沉淀范围为：4.4~6.4，可知当pH=4时，使Fe3+完全生成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+不生成沉淀。
（5）本流程中NH4HCO3分解生成NH3，NH3可循环使用。
（6）由于MnSO4·H2O不溶于乙醇，故使用乙醇洗涤可以促进晶体形成，减少MnSO4·H2O晶体的损失。
（7）质量分数大于100%，说明了硫酸锰晶体中可能混有硫酸盐杂质或部分晶体失去结晶水。
16．(1) PbSO4 5.0
(2)
(3) y=3-0.5x H2SO4的加入会抑制铁离子的水解
(4) 蒸发浓缩 冷却结晶 1
【分析】转炉烟尘加入硫酸酸浸，Cu、Zn、Sb转化为硫酸盐，As转化为H3AsO4，铅生成硫酸铅沉淀成为酸浸渣；滤液加入氢氧化钙调节pH，As、Sb转化为沉淀，过滤滤液2加入铜萃取剂萃取分液，水相处理得到硫酸锌，有机相加入硫酸蒸馏分离得到硫酸铜溶液，加入铁生成铜和硫酸亚铁，过滤滤液3加入硫酸酸化后浓缩，浓缩液加入氧化剂NaClO3制取聚合硫酸铁；
【详解】（1）由分析可知，“酸浸渣”所含金属化合物是PbSO4。常温下，Ksp[Cu(OH)2]≈1.0×10-20，溶液中c(Cu2+)=0.01mol/L时，，则pOH=9.0，此时调节“酸浸液”pH为5.0；
（2）酸浸中H3AsO4和加入的氢氧化钙浊液石灰乳生成Ca3(AsO4)2·Ca(OH)2，反应为；
（3）①根据化合价代数和为零可知，2×（+3）+x×（-1）+y×（-2）=0，则y=3-0.5x；
②铁离子水解生成氢离子，硫酸为强酸会电离出氢离子；“滤液3”中H2SO4的加入会抑制铁离子的水解，导致产品的盐基度减小；
（4）①“萃余液”经蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤，得到ZnSO4·7H2O晶体。
②假设初始ZnSO4·7H2O为1mol，质量为287g，ZnSO4·7H2O中ZnSO4质量为161g；加热到145℃时得到ZnSO4·xH2O，固体质量为287g×62.4%=179g，则结晶水的物质的量为，故其中x的值为1；
温度为1050℃时，ZnSO4固体完全分解为ZnO以及两种气体(只有一种是氧化物)，根据元素守恒可知，生成氧化物气体为二氧化硫，硫元素化合价降低，则氧元素化合价升高生成氧气，故该反应的化学方程式为。
17．(1)增大固体与相应反应物的接触面积，使反应更充分
(2) 除去氧化物中的
(3)把+3价钴还原为+2价
(4)3.5≤pH＜6.6
(5)
【分析】废旧电池正极材料灼烧，得到、、、MnO、Fe2O3、，加入氢氧化钠碱浸除去铝，固体加入过氧化氢、稀硫酸酸浸后溶液加入萃取剂，萃取除去铁，水相加入CoSO4、NiSO4、MnSO4调节镍、钴、锰离子物质的量之比后加入氨水得到钴锰镍氢氧化物沉淀，滤液加入碳酸钠得到碳酸锂沉淀，钴锰镍氢氧化物沉淀与碳酸锂沉淀烧结得到产品；
【详解】（1）粉碎的目的是增大固体与相应反应物的接触面积，使反应更充分。
（2）根据流程可知粉碎灼烧后含有能和碱反应的，所以“碱浸”的目的是除去氧化物中的，对应的化学反应方程式是
（3）结合流程可知钴元素价态在氧化物中是价，而最后得到价，中间不涉及其他还原反应，故此过程中的作用应该是把价钴还原为价。
（4）根据流程信息，需要保证完全沉淀，而、、均未开始沉淀，故的最佳范围是。
（5）①根据晶胞的均摊规则可知：数目，和数目都是3，数目，数目，其化学式应为。为25号元素，其价层电子轨道表示为；
(2)1个晶胞的质量为Mg，底面积nm2，故晶胞的密度。
18．(1)D
(2) 适当升高温度、增加氢氧化钠浓度（答案合理即可）
(3)H2O2
(4) 热水 2.22
(5) 正四面体 LiCl为离子晶体，分子晶体，离子晶体熔化破坏的是离子键，分子晶体熔化破坏的是分子间作用力，离子晶体熔点比分子晶体熔点高，所以两者的熔点相差很大
(6) LiC6
【分析】废旧电池经研磨后与氢氧化钠反应，主要溶解的是铝，得到的滤液1中主要有偏铝酸钠和过量的氢氧化钠，滤渣1再经过盐酸酸浸、氧化剂氧化转化为铁离子，过程III两次循环利用，为了提高锂离子浓度，浸出液中的和经碳酸钠调pH后与铁离子反应生成FePO4·2H2O，过滤得到的滤液，与碳酸钠反应得到碳酸锂粗品，最后再经过热水洗涤，干燥等一系列操作得到高纯Li2CO3。
【详解】（1）A．废旧锂离子电池在处理之前需要进行彻底放电，否则在后续处理中，可能导致过电等现象，造成人生命安全危险事故，A正确；
B．放电过程为原电池原理，电解质溶液中阳离子移向正极，即锂离子电池预放电时电池中的锂离子移向正极，B正确；
C．有机物熔沸点较低、大多数易燃，碳粉可燃，可知热处理过程可以除去废旧锂离子电池中的难溶有机物等，C正确；
D．锂离子电池即使不含汞、镉、铅等有毒重金属，但里面有多种化学物质，因此不可用普通垃圾处理方法处理，否则会导致产生土壤污染、水污染，D错误；
故合理选项是D；
（2）过程Ⅰ为粉碎处理，为加快过程Ⅱ的反应速率，还可以采用的措施有适当升高温度、增加氢氧化钠浓度等措施；过程Ⅱ中足量NaOH溶液是为了溶解铝，其离子方程式为：；
（3）实验2生成的氯气会污染空气，增加了酸和氧化剂的用量，实验1与实验3相比，Li+的浸出率较高的是H2O2，所以最终选择H2O2作为氧化剂，故答案为：H2O2；
（4）在水中的溶解度不大，且溶解度随温度升高而减小，所以洗涤碳酸锂粗品时，为了使晶体更快析出，需用热水洗涤；
，滤液②中c(Li+)=4mol/L，加入等体积的Na2CO3后，Li+的沉降率达到95.0%，则混合后滤液中c(Li+)==0.1mol/L，滤液③中c(CO)=mol/L=0.16mol/L，根据平衡思想可知，消耗锂离子的碳酸根离子浓度为=0.95mol/L，所以反应前碳酸钠离子浓度为0.16mol/L+0.95mol/L=1.11mol/L，因为是等体积混合，忽略反应前后溶液体积变化，所以加入的碳酸钠浓度应为=2.22mol/L，故答案为：2.22mol/L；
（5）的价层电子对数为4，孤电子对数为=0，所以其分子的空间结构为正四面体；LiCl为离子晶体，分子晶体，离子晶体熔化破坏的是离子键，分子晶体熔化破坏的是分子间作用力，离子晶体熔点比分子晶体熔点高，所以两者的熔点相差很大；
（6）由图可知，Li原子位于顶点，个数为，C原子位于面上和体内，个数为，则化学式为LiC6；该晶体中最近的两个碳原子核间距离为142pm，则底边边长为3142pm，石墨烯层间距离为335pm，又底边为平行四边形，顶角为60°，设晶胞的密度为dg/cm3，晶胞质量为，晶胞体积为，结合密度公式，解得。
19．(1)+4
(2)NaAlO2
(3)10+6C 5Ni+2Co+3MnO+CO2↑+5 Li2CO3
(4) a 高于60℃，，反应非自发进行
(5)2.1×10-9
(6)稀H2SO4
【详解】（1）中的元素为价，和个数比为，根据化合价代数和为0，可知1+0.3×2+0.2×3+0.2×3+x×0.3+(-2)×2=0，求得x=4，元素化合价为+4，答案：+4；
（2）Al溶于NaOH生成NaAlO2，所得滤液中主要成分是NaAlO2，答案：NaAlO2；
（3）“还原焙烧”过程C做还原剂，将还原，由题中信息可知产物为Ni、Co、MnO、Li2CO3和CO2，所以发生反应的化学方程式10+6C 5Ni+2Co+3MnO+CO2↑+5 Li2CO3；
（4）反应自发进行需，由图中信息可知，高于60℃，，反应非自发进行，答案：a；高于60℃，，反应非自发进行；
（5）根据 ，求得为0.5mol，当固体恰好完全溶解时，生成LiHCO31mol，则c(Li+)=1mol/L，Ksp(Li2CO3)= ，解得 mol/L ，因为，解得，根据，解得，答案：2.1×10-9；
（6）根据“萃取”原理，反萃取时加入稀H2SO4，增大H+浓度，使反应向左进行。答案：稀H2SO4。
20．(1)+3
(2)适当升高温度、适当增压、将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积或适当增大硫酸的浓度
(3) SiO2、H2SiO3或难溶性硅酸盐 4CuFeS2+10H2SO4+5O2=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+8S↓+10H2O
(4)CD
(5) 99.9% MgSO4
【分析】由题干工艺流程图可知，向高镁低品位铜镍矿(主要成分为CuFeS2、FeS2、3NiO·4SiO2·H2O、3MgO·4SiO2·H2O等)中加入O2、H2SO4进行氧压浸出，将铁元素转化为Fe2(SO4)3，镍元素转化为NiSO4、铜元素转化为CuSO4、镁元素转化为MgSO4，硫元素转化为S单质，过滤得到滤渣主要成分为SiO2和S，用铜离子萃取剂萃取出Cu2+，分液得到萃取液，萃余液中主要含有Fe3+、Mg2+、Ni2+，向萃余液中加入Na2SO4和MgO进行沉铁将Fe3+转化为NaFe3(SO4)2(OH)6、过滤出沉淀，向滤液中加入MgO将Ni2+以Ni(OH)2的形成沉淀，最后对Ni(OH)2进行处理制得Ni，母液中主要溶质为MgSO4，据此分析解题。
【详解】（1）已知钠离子带一个正电荷，硫酸根带2个负电荷，氢氧根带一个负电荷，根据化合价代数和为0可知中，元素的化合价为+3价，故答案为：+3；
（2）将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积、适当升高反应温度、充分搅拌和适当增大硫酸的浓度等措施均能提高“氧压浸出”的速率，故答案为：将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积或适当升高反应温度或充分搅拌或适当增大硫酸的浓度；
（3）由分析可知，“氧压浸出”的滤渣有S和SiO2，该环节中CuFeS2与H2SO4、O2反应生成CuSO4、Fe2(SO4)3、S和H2O，根据氧化还原反应配平可得该反应的化学反应方程式为：4CuFeS2+10H2SO4+5O2=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+8S↓+10H2O，故答案为：SiO2；4CuFeS2+10H2SO4+5O2=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+8S↓+10H2O；
（4）A．向萃取液中加入稀硫酸进行“反萃取”，萃取平衡逆向移动，故可得到Cu2+，得不到单质Cu，A错误；
B．由题干分析结合小问1分析可知，萃余液中主要含有Fe3+、Mg2+、Ni2+，B错误；
C．一定条件下，萃取平衡时，，即被萃取的Cu2+也就是形成CuR2的Cu2+是残留在溶液中的Cu2+的4倍，则的萃取率为=80%，C正确；
D．适当提高溶液则H+浓度减小，平衡正向移动，故可提高的萃取率，D正确；
故答案为：CD；
（5）已知，“滤液”中，“沉镍”时，控制为8.50，此时溶液中c(OH-)=10-5.5mol/L，溶液中残留的Ni2+浓度为：c(Ni2+)===0.0002mol/L，则此时的沉淀率为≈99.9%，由分析可知，“沉镍”后的母液，含有的主要溶质为MgSO4，故答案为：99.9%；MgSO4。
21．(1)
(2)MnS
(3)Cu
(4)6.9
(5)
(6)对硝基苯酚存在分子间氢键，而邻硝基苯酚更易形成分子内氢键，导致对硝基苯酚分子间的作用力比邻硝基苯酚分子之间的作用力更强
(7) B 4
【分析】铋烧渣(主要成分为、，还含有少量MnS、、CuO及等)制备，辉铋矿先水浸除锰，另加入少量稀硫酸可促进MnS溶解，同时溶于水通过过滤分离，滤渣用浓盐酸酸浸，不溶于盐酸过滤后存在于滤渣1中，滤液中存在Bi3+、Cu2+、Fe3+，滤液中加入Bi粉还原，将Fe3+转化为Fe2+、Cu2+转化为Cu过滤除去，滤液中加入碳酸钠溶液沉铋，Fe2+存在于滤液中通过过滤除去，得到BiOCl，最后除氯得到。
【详解】（1）Mn是25号元素，根据构造原理可得其价电子排布式为3d54s2。
（2）MnS可以溶解于稀酸，“水浸提锰”时，另加入少量稀硫酸可促进MnS溶解，进一步提高锰的浸取率。
（3）由分析可知，“还原”步骤中加入Bi粉，将Fe3+转化为Fe2+、Cu2+转化为Cu，过滤后Cu存在于滤渣2中。
（4）F2+开始沉淀时，c(OH-)=，c(H+)=，pH=-lgc(H+)=-lg=6-lg=6-lg1+lg7=6.856.9，为保证BiOCl产品的纯度，避免Fe2+沉淀，理论上，“沉铋”时应控制溶液的pH＜6.9。
（5）“脱氯”过程中和OH-反应生成和Cl-，离子方程式为：。
（6）对硝基苯酚存在分子间氢键，而邻硝基苯酚更易形成分子内氢键，导致对硝基苯酚分子间的作用力比邻硝基苯酚分子之间的作用力更强，故对硝基苯酚的熔点高于邻硝基苯酚()的熔点。
（7）①由晶胞结构可知，该晶胞沿z轴方向的投影图为，故选B；
②由晶胞结构可知，该晶体中，每个周围紧邻的共有4个；
③由晶胞结构可知，该晶胞中Bi3+的个数为8=4，Se2-的个数为=2，O2-的个数为=4，该晶体的密度为。
22．(1) +3
(2) 使完全沉淀
(3)
(4) 12
【分析】铬铁矿(主要成分为，含有少量），“焙烧”后生成和，生成，溶于水形成和溶液，调节控制，使完全形成沉淀，在调节 使生成，电解溶液生成单质。
【详解】（1）中为价，根据化合价的代数和为零，的化合价为+3价；“焙烧”中被氧化为和，反应的化学方程式为；
（2）“沉铝”中所得滤渣的成分为，控制，使完全沉淀；
（3）“酸化”使转化为，反应的离子方程式为：； ，，，，则；
（4）根据晶胞结构，在顶点，原子个数为，原子在体心，原子个数为1，原子在面心，个数为，所以该晶胞的化学式为：；在顶点，原子在面心，1个钙原子与12个氧原子最近且等距离；已知和O的最近距离为，晶胞棱长为，则该晶体密度为。
23．(1)搅拌
(2)2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+
(3)Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入后消耗H+，使平衡正向移动，有利于Fe3+形成Fe(OH)3沉淀而被除去
(4) 蒸发皿 出现少量晶膜
(5)0.003
(6) H2SO4 pH太小，锌的萃取率低，pH太大，镍可能以的形式沉出，不利于硫酸镍晶体的生成
【分析】粗硫酸镍溶解后，通入硫化氢气体将三价铁还原为二价铁，将铜离子转化为硫化铜沉淀，过滤后滤渣硫化铜灼烧生成氧化铜，再溶于硫酸得到硫酸铜；滤液中加过氧化氢将亚铁离子氧化成三价铁离子，再加氢氧化镍调节pH值使三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤后在滤液中加氟化镍将钙离子沉淀，过滤后滤液中加萃取剂将锌转移至有机相中，滤液为硫酸镍溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作得到硫酸镍晶体，据此分析解答。
【详解】（1）搅拌、适当地升温均可以增大浸出率。故答案为：搅拌；
（2）Fe3+与H2S发生氧化还原反应生成S和三价铁离子，反应离子方程式为：2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+，故答案为：2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+；
（3）加入的目的是调节pH，使Fe3+水解反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+正向进行，促进Fe3+的沉淀。故答案为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入后消耗H+，使平衡正向移动，有利于Fe3+形成Fe(OH)3沉淀而被除去；
（4）操作X是从溶液中得到晶体的操作，应在蒸发皿中进行，当加热至溶液表面出现一层晶膜时停止加热，降温冷却得到晶体，故答案为：蒸发皿；出现少量晶膜；
（5）根据Ksp(CaF2)=c(Ca2+)×c2(F-)，得出c2(F-)≥4×10-6mol/L，设NiF2溶液的体积为VL，即溶液中n(F-)=2V×2×10-3=4V×10-3(mol)，沉淀时消耗的F-的物质的量为V×2×10-3mol，则总共需要n(F-)=6V×10-3mol，所加的NiF2溶液的浓度至少为3×10-3mol/L。故答案为：0.003；
（6）欲使有机相中的锌转化成硫酸锌，需使萃取平衡逆向移动，为不引入新杂质应加入硫酸使反应逆行移动；由图示信息可知pH太小，锌的萃取率低；pH太大，镍可能以的形式沉出，不利于硫酸镍晶体的生成。故答案为：H2SO4；pH太小，锌的萃取率低，pH太大，镍可能以的形式沉出，不利于硫酸镍晶体的生成；
试卷第1页，共3页
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