新课标32021届高三化学下学期4月三模适应性训练四202105080158

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1、（新课标3）2021届高三化学下学期4月三模适应性训练四一、单选题1常温下，盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定的滴定曲线如下图，下列叙述不正确的是 A滴定过程的任何时刻都存在：c（H）+ c（Na）c（OH）c（Cl）B曲线b是用氢氧化钠溶液滴定盐酸溶液的滴定曲线C氢氧化钠溶液的物质的量浓度为0.1molL-1DP点时恰好完全中和，溶液呈中性2今年是农历狗年。 化学家TimRichard将分子结构像小狗的某有机物（如图所示）取名为“doggycene”“狗烯”，其化学式为C26H26，下列有关该“狗烯”物质的叙述错误的是A“狗烯”的一氯代物有15种（不含立体异构）B“狗烯”分子中所有碳原子有可能共平面

2、C“狗烯”分子中碳元素的质量分数为923%，“狗烯”易燃烧，燃烧时可能会有黑烟冒出D“狗烯”能发生加成反应、取代反应，不能发生氧化反应3NA表示阿伏伽德罗常数，下列判断正确的是（ ）ANA个O2和28g N2所占的体积都约为22.4 LB标准状况下，22.4 L H2O含有NA个水分子C71g Cl2与足量NaOH溶液反应，转移的电子数为2NAD1.8g的NH4+ 离子中含有的电子数NA4W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，其中X为唯一的金属元素，其单质在空气中易形致密的稳定氧化膜；Y、Z、W族序数依次增大，Y的单质在空气中易发生自燃。下说法不正确的是AY、Z均能形成不止一种

3、氧化物B工业上获得X单质的主要方法是电解其熔融的氧化物C气态氢化物的稳定性:WZYDW、X形成的化合物中一定是阴离子半径大于阳离子5化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法错误的是A低碳生活注重节能减排，减少温室气体的排放B推广使用可降解塑料及布质购物袋，以减少“白色污染”CCO2 的水溶液显酸性，CO2 大量的排放是形成酸雨的主要原因D启用大气中细颗粒物(PM2.5)的监测，以追根溯源，采取措施，改善空气质量6中华文化源远流长，如本草图经中曾有对青矾的描述：“形似朴硝而绿色，取此物置于铁板上，聚碳，封之囊袋，吹令火炽，其矾即沸，流出，色赤如融金升者是真也。”对于文中描述，下列说法正确的

4、是（ ）A朴硝既不属于电解质也不属于非电解质B青矾的成分为C文中使用了蒸发结晶的分离方法D文中的反应涉及了氧化还原反应7不能正确表示下列变化的离子方程式的是A苯酚钠和少量二氧化碳反应：+CO2+H2O+B铜做电极电解饱和食盐水：C向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：D乙酸乙酯的碱性水解：二、填空题82018年是哈伯因发明用氮气和氢气合成氨的方法而获得诺贝尔奖100周年。和生成的反应为，在Fe的催化作用下的反应历程如下（*表示吸附态）化学吸附：；。表面反应：；。脱附：。其中，的吸附分解反应活化能高、反应速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。请回答下列问题：（1）有利于提高合成氨平衡产率的条件有_。A低温

5、B高温 C低压 D高压 E催化剂（2）实际生产中，常用铁触媒作催化剂，控制温度为773K左右，压强为左右，原料气中和物质的量之比为1:2.8。分析说明原料气中过量的两个理由_ 、_。（3）关于合成氨工艺的下列理解，正确的是_。A合成氨反应在不同温度下的和都小于零B当温度压强一定时，在原料气（和的比例不变）中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率C易液化，不断将液氨移去，有利于反应正向进行D分离空气可得通过天然气和水蒸气转化可得原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和发生安全事故三、结构与性质9已知A、B、C、D、E、F六种元素的原子序数依次增大，其中A元素的原子半径在短周期元素中最小，B原子核

6、外电子有6种不同的运动状态；D原子L层上有2对成对电子。E元素在地壳中含量居第二位，F与E位于同一周期，且是该周期元素中电负性最大的元素。根据以上信息回答下列问题：(1)E元素可分别与D元素、F元素形成两种常见化合物，这两种化合物的熔沸点高低顺序为_(用化学式表示)，原因是_。(2)C的氢化物比下周期同族元素的氢化物沸点还要高，其原因是_。(3)1molB2A2分子中含键的数目是_。(4)图()是B元素的单质晶体的一个晶胞，该晶胞中含有_个原子，若设晶胞的棱长为acm，阿伏加德罗常数的值为NA则该晶体的密度表达式为_。(5)E单质存在与金刚石结构类似的晶体，晶体中原子之间以_相结合，其晶胞中共

7、有8个原子，其中在面心位置贡献_个原子。(6)BD2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图()所示。该晶体的类型属于_(填“分子”、“原子”、“离子”或“金属”)晶体，该晶体中B原子轨道的杂化类型为_。四、原理综合题10工业上利用氯碱工业中的固体废物盐泥（主要成分为Mg(OH)2、CaCO3、BaSO4，除此之外还有NaCl、Al(OH)3、Fe(OH)3、Mn(OH)2等。）与废稀硫酸反应制备七水硫酸镁，产率高，既处理了三废，又有经济效益。其工艺流程如下： 已知：i）部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH沉淀物Mn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mg(OH)2pH值（完

8、全沉淀）10.028.963.204.7011.12ii）两种盐的溶解度图（单位为g/100g水）根据以上流程图并参考表格pH数据和溶解度图，请回答下列问题。（1）酸解时，加入的酸为_，在酸解过程中，想加快酸解速率，请提出两种可行的措施_、_。（2）加入的NaClO可与Mn2+反应产生MnO2沉淀，该反应的离子方程式是_。（3）本工艺流程多次用到抽滤操作，其优点在于_，四次抽滤时：抽滤所得滤渣A的成分为_、CaSO4；抽滤所得滤渣B的成分为MnO2、_、_；抽滤所得滤液C中主要杂质阳离子的检验方法是_；抽滤将产品抽干。（4）依据溶解度曲线，操作M应采取的方法是适当浓缩，_。（5）每制备1吨Mg

9、SO47H2O，需要消耗盐泥2吨。若生产过程中的转化率为70%，则盐泥中镁（以氢氧化镁计）的质量分数约为_。五、有机推断题11有机物E是一种除草剂，常通过如下方法合成：(1)化合物B中的含氧官能团的名称为酯基和_。(2)A与X发生反应生成B和HCl，则X的结构简式为_。(3)DE的反应类型为_。(4)写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式：_。分子中含有1个苯环，且有5个碳原子位于同一直线上。能与新制Cu(OH)2悬浊液反应。分子中含有4种化学环境不同的氢。(5)已知：CH3CHOClCH2CHO。ClCH2CHO也能发生X在流程AB中的类似反应。写出以苯酚和乙醛为原料合成的合成路

10、线流程图(无机试剂可任选)_。合成路线流程图示例如下：H2C=CH2CH3CH2Br六、工业流程题12铟(In)作为种稀有贵金属在很多高新领域有广泛应用，随着铟的应用越来越广泛，人类对铟的需求量日益增加，有效富集回收铟的技术也越来越受到重视。回收处理含铟废渣In的质量分数为9.8%，同时含有FeCl3、SiO2、SnO、Tl(OH)3杂质是提高铟回收率的主要途径之一。提示：溶液中一些金属离子水解生成氢氧化物沉淀时的pH如表：金属离子Fe3+In3+Fe2+开始沉淀pH2.02.97.15沉淀完全pH3.25.08.15“浸渣1”的主要成分为SnO、Tl(OH)3、SiO2、Fe(OH)3、In

11、(OH)3。(1)操作III”的名称为_。(2)浸出渣a的主要成分为_(填化学式)。(3)加入铁粉净化的最佳工艺控制溶液中硫酸含量为68.6gL-1，则此时硫酸的物质的量浓度为_molL-1，还原渣”的主要成分为Tl和Sn，写出反应生成Tl的离子方程式：_。(4)加入试剂X调节pH的范围为_至_，可选择的试剂X为_(填标号)。AFe2O3 BFeCO3 C稀硫酸 D稀硝酸(5)“沉渣中加入稀硫酸发生反应的化学方程式为_。(6)通过加入铝置换出的海绵铟中铟的质量分数达列96.04%。通过以上途径回收铟的总损耗率约为2%，回收效率非常高。某企业每月可产生此种含铟废渣1600kg，利用上述技术手段，

12、理论上可获得海绵铟的质量为_kg。6参考答案1B【详解】A盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定，溶液中存在的离子有H、Na、OH、Cl，根据电荷守恒，任何时刻都存在：c（H）+ c（Na）c（OH）c（Cl），A正确；B曲线b的pH是由大到小，说明是盐酸溶液滴定氢氧化钠溶液的曲线，B错误；C由曲线可知氢氧化钠溶液的pH=13，所以氢氧化钠溶液的物质的量浓度为0.1molL1，C正确；D由曲线可知P点时pH=7，所得溶液为氯化钠，不水解，说明溶液呈中性，反应恰好完全，D正确；故答案选B。2D【解析】A、根据“狗烯”的结构简式知由15种类型的氢原子，所以一氯代物有15种，故A不正确; B、根据“狗烯”的结构

13、简式知道含有苯环，碳碳双键，两个乙基和苯环直接相连，一个乙基和碳碳双键相连，环烃基也和苯环直接相连，根据苯环、碳碳双键所有原子共面的特征，所以狗烯”分子中所有碳原子有可能共平面，故B正确；C、根据“狗烯”的化学式C26H26,碳元素的质量分; 因为含碳量高，当该物质发生不完全燃烧时,会形成黑色的碳而冒出黑烟; 所以C选项是正确；D根据狗烯”的结构简式知有苯环和烷烃基和碳碳双键，根据苯环的性质和烷烃基、碳碳双键的性质，知道狗烯”能发生加成反应、取代反应，氧化反应，故D错误；答案：D。点睛：本题考查芳香烃烯烃烷烃相关知识。主要是抓住苯环上的原子全部共面，碳碳双键上的所有原子共面的特点解答原子共面问

14、题，根据化学式求元素的百分含量，根据苯环和烷烃和烯烃的性质判断发生的反应类型。3D【详解】A. NA个O2和28g N2的物质的量都是1mol，若氧气和氮气所处的状态是标准状况，则1molO2和1molN2所占有的体积都约是22.4L，选项没有说明是在标况下，所以1molO2和1molN2所占有的体积可能为22.4L，可能不是，故A错误；B. 标准状况下水是液体，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol计算，故B错误；C. 依据n=计算物质的量= =1mol，结合氯气既是氧化剂又是还原剂，元素化合价0价变化为-1价和+1价，转移的电子数为1NA，故C错误；D. 1.8g NH4+的物质的量为=0

15、.1mol，1个NH4+有10个电子，0.1mol NH4+离子中含有的电子数NA，故D正确；正确答案是D。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是气体摩尔体积的条件应用，氧化还原反应电子转移计算分析，掌握基础是关键，题目较简单。4B【分析】Y的单质在空气中易发生自燃，则Y是P元素，Y、Z、W族序数依次增大，则Z为第VIA族元素，W为第VIIA族元素，又W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，则Z是S元素，W是F元素，X为唯一的金属元素，其单质在空气中易形致密的稳定氧化膜，X可能为Mg或Al，据此解答。【详解】Y的单质在空气中易发生自燃，则Y是P元素，Y、Z、W族序数依

16、次增大，则Z为第VIA族元素，W为第VIIA族元素，又W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，则Z是S元素，W是F元素，X为唯一的金属元素，其单质在空气中易形致密的稳定氧化膜，X可能为Mg或Al，A. P元素可形成的氧化物有P2O5和P2O3，S元素可形成的氧化物有SO2、SO3，A项正确；B. X可能为Mg或Al，工业上获得Mg单质的主要方法是电解其熔融的氯化镁，工业上获得Al单质的主要方法是电解其熔融的氧化铝，B项错误；C. 非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性:W(F)Z(S)Y(P)，则气态氢化物的稳定性:W(F)Z(S)Y(P)，C项正确；D. W是F元素，X可能为

17、Mg或Al，F-、Mg2+或Al3+的核外电子排布相同，核电荷数越多，离子半径越小，则W、X形成的化合物中一定是阴离子半径大于阳离子，D项正确；答案选B。5C【详解】A“节能减排，低碳生活”的主题旨低碳生活注重节能减排，减少温室气体二氧化碳等的排放，故A正确；B塑料袋的主要成分为聚乙烯等、难以降解会引起“白色污染”，使用可降解塑料及布质购物袋，减少“白色污染”，故B正确；CSO2 、氮氧化物的大量排放是形成酸雨的主要原因，故C错误；D大气中细颗粒物属于空气的污染源之一，会引起雾霾等，改善空气质量要从源头抓起，故D正确；答案选C。6D【分析】由信息可知，青矾为结晶水合物，加热，色赤如融金升者，发

18、生氧化还原反应生成氧化铁，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，以此来解答。【详解】朴硝属于化合物并且溶于水导电，属于电解质，故A错误；B.青矾的主要成分是，故B错误；C.由信息可知，文中没有使用蒸发结晶的分离方法，故C错误；D.由信息可知“色赤如融金升者是真也”指“青矾”灼烧生成红色的，Fe元素的化合价变化，有电子转移，涉及了氧化还原反应，故D正确；故选D。7B【详解】A. 苯酚钠和少量二氧化碳反应生成碳酸氢钠和苯酚：+CO2+H2O+，A正确；B. 铜做电极电解饱和食盐水，阳极铜失去电子转化为铜离子，B错误；C. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸生成硫酸钡和水：，C正确；D. 乙酸乙酯的碱性

19、水解生成醋酸盐和乙醇：，D正确；答案选B。8AD 原料气中相对易得，适度过量有利于提高的转化率 的吸附分解是决定反应速率的步骤，适度过量有利于提高整体反应速率 ACD 【分析】分析过程可知空气中含大量氮气，增加氮气量可以提高氢气的转化率，反应历程中N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤。【详解】N2（g）+H2（g）NH3（g）H（298 K）=-46.2kJmol-1是气体体积减小的放热反应，据此分析解题：A低温有利于平衡正向进行，提高氨气产率，A正确；B高温平衡逆向进行，不利于提高氨气产率，B错误；C低压平衡逆向进行，不利于提高氨气产率，C错误；D高压平衡正向进行，利于提高氨气产率，D正确；E

20、催化剂只改变反应速率，不改变化学平衡，不能提高产率，E错误；故答案为：AD；原料中N2和H2物质的量之比为1：2.8，原料气中N2过量的两个理由：原料气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率，故答案为：原料气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率；AN2（g）+H2（g）NH3（g）H（298K）=-46.2kJmol-1是气体体积减小的放热反应，合成氨反应在不同温度下的H和S都小于零，A正确；B当温度、压强一定时，在原料气（N2和H2的比例不

21、变）中添加少量惰性气体，总压增大，分压不变，平衡不变，不能提高平衡转化率，B错误；CNH3有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行，C正确；D合成氨的反应在合成塔中发生，原料气中的N2是从空气中分离得来，先将空气液化，再蒸馏得N2，甲烷与水在高温催化剂条件下生成CO和H2，原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和发生安全事故，D正确；故答案为：ACD。9SiO2SiCl4 二氧化硅为原子晶体，而SiCl4为分子晶体 NH3分子间形成氢键，同族其他元素氢化物分子间不能形成氢键 3NA(或1.8061024) 8 =g/cm3 共价键 3 共价 sp3杂化 【分析】已知A、

22、B、C、D、E、F六种元素的原子序数依次增大，其中A元素的原子半径在短周期元素中最小，则A为氢元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，核外电子数为6，则B为碳元素；D原子L层上有2对成对电子，则D外围电子排布为2s22p4，则D为氧元素。C的原子序数介于碳元素与氧元素之间，则C为氮元素；E元素在地壳中含量居第二位，则E为硅元素；F 与E位于同一周期，且是该周期元素中电负性最大的元素，F为氯元素。【详解】由分析可知：A为氢元素、B为碳元素、C为氮元素、D为氧元素、E为硅元素、F为氯元素。(1)E元素可分别与D元素、F元素形成两种常见化合物SiO2和SiCl4，这两种化合物的熔沸点高低顺序为Si

23、O2SiCl4，原因是二氧化硅为原子晶体，而SiCl4为分子晶体，故答案为：SiO2SiCl4；二氧化硅为原子晶体，而SiCl4为分子晶体；(2)C的氢化物NH3比下周期同族元素的氢化物PH3沸点还要高，其原因是NH3分子间形成氢键，同族其他元素氢化物分子间不能形成氢键，故答案为：NH3分子间形成氢键，同族其他元素氢化物分子间不能形成氢键；(3)C2H2分子中含有1个CC叁键、2个C-H单键，叁键中含有1个键、2个键，单键都是键，故1mol C2H2分子中含键的数目是3NA(或1.8061024) ，故答案为：3NA(或1.8061024)；(4)由图()中B元素的单质的晶胞结构示意图可知，该

24、晶胞中4个C原子位于晶胞内部、6个C原子位于面心、8个C原子位于顶点上，故该晶胞中含有C原子数目=4+61/2+81/8=8；若设晶胞的棱长为acm，阿伏加德罗常数的值为NA则该晶体的密度表达式为=，故答案为：= g/cm3；(5)硅晶体和金刚石晶体都属于共价晶体，硅原子之间以共价键结合在金刚石晶体的晶胞中，每个面心有一个碳原子，晶体硅有着类似结构，则面心位置贡献的原子为 61/2=3个；故答案为：共价键；3；(6)由CO2在高温高压下所形成的晶体的晶胞结构示意图可知。该晶体中相邻的原子间通过共价键形成空间网状结构晶体，故属于共价晶体；该晶体中每个C原子形成4个C-O单键，故C原子轨道的杂化类

25、型为sp3；故答案为：共价；sp3杂化。10硫酸 升温 把盐泥粉碎、搅拌等 Mn2+ ClO-+ H2O = MnO2 + 2H+ Cl- 速度快 BaSO4 Fe（OH）3 Al（OH）3 焰色反应 趁热过滤 16.8%（16%、17%均可给分） 【详解】(1)因最终产物为MgSO47H2O，所以酸解时应加入硫酸，为加快酸解速率，可采用粉碎、搅拌或适当加热等措施。(2)已知NaClO可与Mn2+反应产生MnO2沉淀，根据化合价变化规律，则ClO转化为Cl，所以反应的离子方程式为Mn2+ ClO-+ H2O = MnO2 + 2H+ Cl-。(3)抽滤操作的优点是过滤速率快；在强酸性条件下过滤

26、得滤渣A，所以其主要成分为BaSO4和CaSO4；在pH=56的条件下过滤得滤渣B，根据氢氧化物沉淀完全的pH可知：滤渣B的主要成分为Al(OH)3、Fe(OH)3、MnO2；滤液C中的主要成分为Na2SO4、MgSO4 和少量的CaSO4，其主要杂质阳离子为Na+，可用焰色反应检验。(4)依据溶解度曲线，CaSO4在40左右溶解度最大，在80左右溶解度最小，所以操作M应采取的方法适当浓缩、趁热过滤，尽可能多的除去CaSO4。(5)根据镁元素守恒可得：n(MgSO47H2O)= nMg(OH)2，所以盐泥中Mg(OH)2的质量分数为= 100%=16.8%11醚键 ClCH2COOCH3 取代

27、反应(或酯化反应) 【分析】A是，A与ClCH2COOCH3发生取代反应产生B：和HCl，B与NaOH水溶液共热，发生酯的水解反应，然后酸化得到C：，C与SOCl2发生苯环上的取代反应产生D：，D与发生酯化反应产生E：和H2O。【详解】(1)化合物B结构简式是，其中含氧官能团的名称为酯基和醚键。(2)A与X发生反应生成B和HCl，根据反应前后各种元素原子个数不变，结合物质官能团的变化，可知X的结构简式为ClCH2COOCH3。(3)物质D：，D与发生酯化反应产生E：，酯化反应属于取代反应，所以DE的反应类型为取代反应(或酯化反应)。(4)A是，A的一种同分异构体符合条件：分子中含有1个苯环，且

28、有5个碳原子位于同一直线上；能与新制Cu(OH)2悬浊液反应，说明含有醛基；分子中含有4种化学环境不同的氢，说明苯环上有处于对位的两个取代基，结合苯分子是平面分子，处于对位的C原子在同一条直线上，可知A的符合条件的同分异构体结构简式为：。(5)CH3CHO与Cl2在加热时发生取代反应产生ClCH2CHO，ClCH2CHO与苯酚发生羟基上的取代反应产生，与O2催化氧化产生；CH3CHO与氢气发生加成反应产生CH3CH2OH，CH3CH2OH与在浓硫酸作催化剂条件下发生酯化反应产生和H2O，故以苯酚和乙醛为原料合成的合成路线流程图为：。【点睛】考查有机物的推断与合成，包括物质的命名、反应类型的判断

29、、同分异构体的书写等，需要学生根据题目提供的信息，利用顺推法进行推断，目的是考查学生对知识的掌握与综合应用能力及自学能力。12过滤 SiO2 0.7 3Fe+2Tl3+=3Fe2+2Tl 5.0 7.15 B 2In(OH)3+3H2SO4=In2(SO4)3+6H2O 160 【分析】由流程可知，加水溶解含铟废渣，“浸渣1”的主要成分为SnO、Tl(OH)3、SiO2、Fe(OH)3、In(OH)3；加稀硫酸酸浸，SiO2不溶解，为浸出渣a的主要成分，浸出液中含有Sn2+、Tl3+、Fe3+、In3+等阳离子，加入铁粉，一方面将Fe3+还原为Fe2+，另一方面置换出Sn和Tl单质，加入FeC

30、O3调pH使In3+沉淀而Fe2+不沉淀，过滤后得到的沉渣中主要含有In(OH)3，用稀硫酸溶解，得到In3+，最后加入Al进行置换，得到海绵铟，由此分析解答。【详解】(1) 操作III要将沉渣和废液分离，用过滤的方法，故答案为：过滤；(2)由上述分析可知，浸出渣的主要成分为SiO2，故答案为：SiO2；(3) 硫酸溶液中硫酸含量为68.6gL-1，其物质的量浓度为：=0.7mol/L；加入铁粉可与Tl3+反应置换出Tl，离子方程式为：3Fe+2Tl3+=3Fe2+2Tl；故答案为：0.7；3Fe+2Tl3+=3Fe2+2Tl；(4)加入X的目的是调pH使In3+沉淀而Fe2+不沉淀，根据表格

31、中In3+和Fe2+沉淀的pH，调节pH的范围为5.0至7.15，根据这个范围，如果选择Fe2O3调节，则会生成氢氧化铁杂质。考虑到不能带入杂质，应选择FeCO3调节pH，故答案为：5.0；7.15；B；(5)沉渣的主要成分是In(OH)3，加入稀硫酸反应的化学方程式为：2In(OH)3+3H2SO4=In2(SO4)3+6H2O；故答案为：2In(OH)3+3H2SO4=In2(SO4)3+6H2O；(6)设可得海绵In的质量为x，根据元素守恒可得关系式：，解得x=160kg，故答案为：160。【点睛】本题考查工业流程，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答关键，注意元素化合物知识及关系式计算的应用。