2026年高考化学二轮信息必刷卷02（江苏卷）（全解全析）

2026年高考化学二轮信息必刷卷02化学考情速递高考·新动向：深度锚定高考评价体系，以核心素养为核心纽带，强化“知识应用—能力迁移—价值引领”的三层考查逻辑。试题素材聚焦国家战略需求与民生实际，既凸显化学学科的实践价值，又渗透爱国主义与可持续发展理念。如第1题关联人形机器人量产热点，考查金属材料分类，对接新材料产业发展；第14题围绕稀土出口管制政策，以废荧光粉回收制备氧化钇为载体，强化资源循环利用意识；第16、17题聚焦废水处理、丙烷脱氢等工业场景，引导学生关注生态保护与能源安全。高考·新考法：延续“13道单选+4道综合”的经典结构，创新点集中在模块交叉融合与定量计算深化。选择题侧重基础考点的灵活变式，非选择题强调多维度能力迁移：第8题将电解池原理与有机物氧化、阴离子迁移结合，融合电化学、氧化还原、电荷守恒等核心知识；第12题以NaHS溶液性质探究为载体，串联电离平衡、水解平衡、溶度积计算，考查溶液中粒子浓度关系与平衡常数推导；第17题结合燃烧热数据与平衡曲线，要求通过盖斯定律计算焓变、推导平衡常数，强化“数据处理—图表分析—逻辑推理”的链式考查；第15题有机合成路线中，引入官能团保护与异构化设计，提升有机化学综合应用要求。高考·新情境：创设“真实问题导向”的多元化情境，覆盖工业生产、环境治理、药物合成、新材料研发四大领域，实现“情境—问题—知识”的深度绑定。第5-7题以海水综合利用为情境，整合同位素、物质分离、环境保护等知识，体现海洋资源开发的学科价值；第16题以纳米Fe粉处理铬(Ⅵ)废水为情境，构建“电化学腐蚀—氧化还原—沉淀转化”的反应体系，考查污染治理的化学原理；第14题稀土提取工艺流程，融合酸浸、除杂、焙烧等工业操作与溶度积计算、晶胞分析，展现无机化学的工业应用；第15题药物中间体合成，以多步反应串联官能团转化与同分异构体设计，凸显有机化学在医药领域的核心作用。命题·大预测：2026年江苏卷化学命题将持续“稳中有进”，聚焦三大趋势：一是情境素材更具战略导向，稀土、新能源、污染治理等国家重点领域将成为高频载体，如第14题稀土提取、第17题丙烷脱氢制丙烯，备考需关注政策热点与工业技术革新；二是跨模块融合更趋深度，物质结构、反应原理、实验操作的交叉设问将常态化，如第14题将晶胞计算与氧化还原滴定结合，需强化模块间知识网络构建；三是定量计算占比提升，平衡常数、溶度积、焓变计算等定量考点将贯穿选择与非选择题，如第12题平衡常数推导、第17题分压平衡常数计算，需夯实计算技巧与数据处理能力；四是实验探究注重实操，工业流程中的条件控制、除杂方案设计、纯度测定等实验素养考查将强化，如第16题Fe(OH)3制备的pH控制，备考需结合实验原理与工业实际，提升情境化实验设计能力。

（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Fe56Ce140一、单选题：本大题共13小题，每小题3分，共39分，每小题给出的4个选项中只有一个答案符合要求。1．2025年是人形机器人的量产元年。下列机器人部件使用的材料属于金属材料的是A．碳纤维躯干 B．钛合金关节 C．聚氨酯皮肤 D．高纯硅传感器【答案】B【解析】A．碳纤维是一种含碳量在90%以上的高强度、高模量纤维，属于无机非金属材料，A不符合题意；B．钛合金是金属钛与其他元素形成的合金，属于金属材料，B符合题意；C．聚氨酯是人工合成的有机高分子材料，属于合成材料，C不符合题意；D．高纯硅传感器的主要成分高纯硅是半导体材料，属于新型无机非金属材料，D不符合题意；故合理选项是B。2．甲胺可以除去装修污染物甲醛，相关反应为。下列说法正确的是A．N的基态原子核外电子排布式： B．为分子晶体C．的空间填充模型： D．的电子式：【答案】B【解析】A．N为7号元素，基态原子核外电子排布式：1s22s22p3，故A错误；B．CH3-N=CH2是有机物，晶体由分子构成，为分子晶体，故B正确；C．H2O中O原子半径大于H原子，其空间填充模型：，故C错误；D．-CHO的电子式：，故D错误；故选：B。3．实验室称量一定质量固体以测定盐酸的浓度。下列相关原理、装置及操作不正确的是A．称量 B．加水溶解C．滴定 D．读数【答案】C【解析】A．具有腐蚀性，称量时为防止腐蚀托盘，需要放在玻璃器皿中进行称量，A正确；B．可直接向锥形瓶中加水溶解，B正确；C．在进行滴定操作时，规范操作是左手控制活塞，右手摇动锥形瓶，C错误；D．滴定管读数时视线与凹液面最低处相切，D正确；故答案选C。4．高岭石的化学组成可表示为，其性质相当稳定，被誉为“万能石”，常作为制造瓷器和陶器的主要原料，下列说法正确的是A．半径：B．第一电离能：C．酸性：D．热稳定性：【答案】C【解析】A．和电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，故，A错误；B．同周期中，第一电离能总体随核电荷数增大而增大，但（）的小于（），故，B错误；C．同主族元素从上到下非金属性减弱，其最高价氧化物对应水化物酸性减弱，非金属性，对应最高价氧化物水合物的酸性，C正确；D．元素非金属性越强，氢化物热稳定性越强，非金属性，故热稳定性，D错误；综上，答案是C。阅读下列材料，完成5~7题。海水是人类的宝贵财富。从海水中提取核聚变的核心材料氘(D)；反渗透法淡化海水(海水加压后水分子可透过半透膜而离子不能)；海水蕴含丰富的钠、镁、氯、溴等元素，综合利用示意图如下；海洋是“蓝碳”的重要载体，海草床通过光合作用吸收二氧化碳并封存。但人类活动产生的大量导致海水酸化，会破坏珊瑚礁(主要成份)。5．下列说法正确的是A．氢有H、D、T三种氢元素B．反渗透法淡化海水是化学变化C．光合作用是将光能转化成热能的过程D．大气中二氧化碳增加，会使表层海水温度升高，海水吸收二氧化碳的能力降低【答案】D【解析】A．H、D、T是氢元素的三种核素(同位素)，并非三种氢元素，A错误；B．反渗透法淡化海水是利用半透膜只允许水分子通过，阻止盐离子通过的物理原理，无新物质生成，属于物理变化，B错误；C．光合作用是将光能转化为有机物中的化学能，并非热能，C错误；D．大气中增加会加剧温室效应，使表层海水温度升高，气体的溶解度随温度升高而降低，因此海水吸收的能力会降低，D正确；故答案选D。6．下列化学反应表示正确的是A．海水酸化：B．破坏珊瑚礁：C．制备无水D．氯碱工业：【答案】B【解析】A．是二元弱酸，分步电离且以第一步为主，正确电离式为，不会直接电离出，A错误；B．破坏珊瑚礁是、与反应生成可溶的，化学方程式为,B正确；C．加热时，会水解生成或，最终得不到无水，需在HCl气流中加热，抑制水解，故C错误；D．氯碱工业是电解饱和NaCl溶液，正确离子方程式为，D错误；故答案选B。7．下列物质性质与分离、用途对应关系正确的是A．是酸性氧化物，光合作用吸收并封存B．受热易分解，可治疗胃酸过多C．有挥发性，用热空气从水中吹出D．具有还原性，可作制冷剂【答案】C【解析】A．是酸性氧化物，但光合作用是吸收并将其转化为有机物，并非"封存"，且"酸性氧化物"的性质与"光合作用吸收无直接对应关系，A错误；B．可治胃酸过多，是因为其能与胃酸(HCl)反应，而非利用"受热分解"的性质，性质与用途不匹配，B错误；C．有挥发性，热空气能降低在水中的溶解度并促使其挥发，因此可用热空气从水中吹出，性质与分离方法直接对应，C正确；D．作制冷剂是因为液氨汽化时吸收大量热，使环境温度降低，利用的是其物理性质(易液化，汽化吸热)，而非"还原性"，性质与用途不对应，D错误；故答案选C。8．某研究小组设计如下电解池，既可将中性废水中的硝酸盐转化为氨，又可将废塑料(PET)碱性水溶液中的乙二醇转化为羟基乙酸盐，实现变废为宝。电解中下列说法错误的是A．阳极区pH下降B．从阴极区向阳极区迁移C．阴极发生反应D．阴极转化，有通过阴离子交换膜【答案】D【解析】电解池左侧电极转化为，N元素化合价降低，发生还原反应，为阴极；右侧电极乙二醇转化为羟基乙酸盐，C元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极。装置中为阴离子交换膜，可通过该膜从阴极区向阳极区迁移。阴极发生的还原反应，阳极发生乙二醇的氧化反应。A.阳极区发生乙二醇的氧化反应，消耗，溶液中浓度降低，pH下降，A正确；B.电解池中阳离子向阴极移动，为阴离子，从阴极区向阳极区迁移，B正确；C.阴极转化为，N元素从+5价降至−3价，1mol得到8mol电子，结合电荷守恒与原子守恒，电极反应式为，C正确；D.阴极转化1mol，根据电极反应式，生成9mol，但电子转移为8mol，根据电荷守恒，通过阴离子交换膜的物质的量为8mol，并非9mol，D错误；故答案选D。9．化合物Z是一种药物合成的中间体，其合成路线如下：下列叙述不正确的是A．Y可以发生加成、取代、消去反应B．X分子中所有碳原子可能处于同一平面C．Y、Z可用FeCl3溶液鉴别D．Z与足量H2反应后的产物中有3个手性碳原子【答案】A【解析】A．Y中苯环可以发生加成反应，取代反应，但是整个结构都无法发生消去反应，A错误；B．X中苯环结构为平面结构，酮羰基中的碳原子也为平面结构，故通过酮羰基和苯环间碳碳单键的旋转，两个平面可以共面，B正确；C．Z中有酚羟基，遇含Fe3+的溶液会显紫色，而Y中无酚羟基，无该现象，故可以用FeCl3溶液鉴别Y、Z，C正确；D．Z与足量H2发生加成反应，酯基中碳氧双键不发生加成，只有苯环能与氢气加成，手性碳原子是以单键和四个不同的原子或基团连接的碳原子，故产物中有3个手性碳原子，标记如图，D正确；故本题选A。10．研究发现水微滴表面有强电场，能引发反应。三唑水溶液微滴表面接触发生反应，可能的反应机理如图所示。根据上述反应机理，下列叙述错误的是A．三唑在反应循环中起催化作用 B．换成，可生成C．碳原子轨道的杂化存在从到的转变 D．总反应为【答案】B【解析】A．由机理图可知，三唑在反应循环中，化学性质和质量没有变化，作催化剂，A正确；B．由机理图可知，换成，可生成，B错误；C．由机理图可知，转化为，因此碳原子轨道的杂化存在从到的转变，C正确；D．由机理图可知，和反应生成和，总反应为，D正确；故选B。11．室温下，根据下列实验过程及现象，对应的实验结论不正确的是选项实验过程及现象实验结论A向的盐酸中加入锌粒，产生气泡，再滴入2滴的溶液，产生气泡的速率增大形成原电池加快化学反应速率B向溶液中滴加几滴溴水，振荡产生淡黄色沉淀氧化性：C将1-溴丁烷、乙醇和烧碱的混合物加热，产生的气体充分水洗后，再通入酸性溶液中，溶液褪色1-溴丁烷发生了消去反应D用pH试纸分别测定溶液和溶液pH，溶液pH大结合能力：A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】A．向盐酸中加入锌粒产生气泡是与发生反应生成，滴加后气泡速率增大，是因为被还原为Cu，在锌表面形成Zn-Cu原电池，使与反应加快，结论正确，A正确；B．溴水与反应生成淡黄色硫沉淀，表明可以氧化生成S，则氧化性（氧化剂的氧化性大于氧化产物），结论正确，B正确；C．1-溴丁烷在乙醇和NaOH中加热发生消去反应生成烯烃，气体水洗去除乙醇后通入酸性，烯烃使其褪色，结论正确，C正确；D．未明确溶液与溶液的浓度，则溶液的大不能说明水解程度更大，结合能力更强，应通过测定相同物质的量浓度的溶液和溶液的，确定、的水解程度及结合能力，D不正确。故选D。12．室温下，通过下列实验探究NaHS溶液的性质。已知：，，。实验1：向溶液中逐滴加入溶液，至溶液实验2：向溶液中加等体积同物质的量浓度的溶液，充分反应后再滴入2滴酚酞试液实验3：向溶液中滴加几滴溶液，有黑色沉淀生成。下列说法不正确的是A．实验1所得溶液中：B．实验2的现象为溶液变红C．实验2所得溶液中：D．实验3中反应的平衡常数【答案】D【解析】A．实验1中，，pH=11时，溶液中有，则，故c()>c()，A正确；B．实验2中，H2S与等量NaOH反应生成NaHS，溶液中主要的溶质为NaHS，则主要考虑HS-的电离和水解，，，＞Ka2，则水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，故酚酞溶液变红，B正确；C．实验2中的溶质为NaHS，根据质子守恒：，C正确；D．，，，实验3的反应平衡常数计算为K，D错误；故选D。13．管式甲醇蒸汽重整制氢反应器如图甲所示。在反应物入口温度为493K、水、醇物质的量之比为1.3的情况下，随着加热壁温度逐步升高，反应器出口处各组分物质的量分数如图乙所示。甲醇蒸汽重整制氢反应为：Ⅰ：

(主反应)Ⅱ：

(副反应1)Ⅲ：

(副反应2)下列说法错误的是A． B．曲线b为COC．该装置理想的工作温度为 D．加热壁透氢设计有利于提高氢气产率【答案】B【解析】A．反应I-反应II=反应III，则ΔH3=ΔH1-ΔH2=49.7kJ/mol-90.7kJ/mol=-41.0kJ/mol，A正确；B．反应I和II吸热、反应III放热，温度越高，反应有利于吸热方向，即CO生成方向，则升高温度CO的物质的量分数增加，因此曲线a为CO，B错误；C．乙图曲线的最高点所对应的温度为该装置理想的工作温度，即570~590K，C正确；D．加热壁为透氢设计，相当于分离出产物氢气，减小了产物浓度，使化学平衡向正反应方向移动，有利于提高氢气产率，D正确；故答案为B。二、非选择题：本题共4小题，共61分。14.（16分）近年来，中国商务部、海关总署宣布对稀土相关物项实施出口管制。稀土元素是指元素周期表中原子序数为57~71的15种镧系元素，以及与镧系元素化学性质相似的钪(Sc)和钇(Y)，共17种元素，稀土分为轻稀土和中重稀土。请回答下列问题：(1)镧系元素在周期表中的位置是______；已知基态镝(Dy)原子的电子排布式为，则一个基态镝原子所含的未成对电子数目为______个。(2)氧化钇广泛应用于微波、光学玻璃、激光、超导等许多尖端行业。利用废荧光粉(主要成分为，还含有一定量的、、、等)为原料生产的工艺流程如图所示。已知：ⅰ、金属离子浓度小于等于时，认为已沉淀完全；ⅱ、常温下，相关金属离子开始沉淀和沉淀完全时的如下左图所示。①采用离子浓度传感器测得相同时间内的浸取率与浸取溶液温度的关系如上右图所示，℃后，的浸取率随温度升高而减小，请从反应原料的角度分析最可能的原因是______。②滤渣的主要成分是______(填化学式)。③若常温下测得恰好沉淀完全时，滤液中，则______(保留两位有效数字)。④“焙烧”时发生反应的化学方程式为：______。(3)铈(Ce)属于镧系元素，氧化铈是一种重要的光催化材料。具有良好的储氧放氧能力，是汽车尾气净化催化剂的关键成分，其晶胞如图所示。①纳米中位于晶粒表面的具有催化作用。已知晶胞边长为，在边长为的立方体晶粒中位于表面的最多有______个。②在尾气消除过程中与相互转化。中的为、价，测定的值可判断它们的比例。现取固体，加入足量硫酸和充分溶解，使全部被还原成，再用的酸性标准溶液滴定至终点，重复操作三次，若平均消耗标准溶液(已知氧化性：)，则此时为______。【答案】(1)第六周期第IIIB族（2分）4（2分）(2)①后，升高温度盐酸挥发加剧，导致盐酸浓度减小，的浸取率随温度升高而减小（2分）②（2分）③（2分）④（2分）(3)①50（2分）②0.4（2分）【解析】荧光粉的主要成分为，还含有一定量的等，用盐酸酸浸后，金属氧化物生成金属阳离子，滤渣a为，加氨水调节pH=5，结合已知②的图像，滤渣b为，继续加DDTC除掉锌、铅，加草酸沉钇得到草酸钇晶体，滤液中主要含有的金属阳离子为，在空气中焙烧草酸钇晶体得到氧化钇。（1）镧系元素在周期表中的位置是第六周期第IIIB族；能级有7个轨道，最多能排14个电子，镝（Dy）原子的电子排布式为，说明其4f能级上有4个未成对电子。（2）由图可知，的浸取率随温度升高先增大后减小，增大是因为温度提高，加快浸取速率，下降是因为盐酸易挥发，故后，升高温度盐酸挥发加剧，导致盐酸浓度减小，的浸取率随温度升高而减小；由分析可知，滤渣b的成分为；恰好沉淀完全时，滤液中，此时，；“焙烧”时，与氧气反应生成，根据电子守恒和质量守恒，化学方程式为。（3）边长为2a的立方体晶粒可视为由个晶胞堆砌而成，采用总离子数减去内部离子数的方法计算:该晶粒中的离子总数为63个，完全处于内部(不与表面接触)的离子有13个，因此位于表面的为（个）；实验过程中固体中全部被还原成，部分被氧化成，剩余的部分用酸性标准溶液滴定，由于氧化性，故滴定过程中不会与反应，根据反应，与反应的的物质的量为，还原消耗的的物质的量为，根据反应，可知固体中+4价Ce的物质的量为，相当于为，则固体中的物质的量为，则固体中，解得。15.（14分）有机物G是合成一种药物的中间体，其一种合成路线如下图所示(1)A分子是否存在对映异构______（填“存在”或者“不存在”）。(2)反应的目的是______。(3)的反应中，若第二步不加入，则会生成分子式为的有机物X、X分子中含有2个四元环。的结构简式为______。(4)F的一种同分异构体符合下列条件，写出该同分异构体的结构简式：______。①能使溶液发生显色反应，能使的溶液褪色；②属于一种-氨基酸，分子中含有5种化学环境不同的氢原子。(5)写出以、和为原料制取的合成路线图，无机试剂及有机溶剂任用，合成示例见本题题干______。【答案】(1)存在（2分）(2)保护羟基，防止发生副反应（2分）(3)（2分）(4)或（3分）(5)（5分）【解析】A→B，A与SOCl2作用后，羧基被活化，再与CH3OH发生酯化反应，羧其转化为酯基，得到B，实现了羧基向酯基的转化；B→C，该步反应是对分子中的羟基进行保护操作，防止羟基在后续反应中被破坏，使羟基以稳定的形式存在于C中；C→D，NaBH4将C中酯基等基团还原，同时释放出被保护的羟基，得到含有多个羟基的D，完成还原与基团解保护过程；D→E，在LiCl和三乙胺作用下，D中的羟基发生反应，引入氯原子，生成E（含氯原子和羟基），实现了羟基向氯代基基团的转化。E→F，E与反应试剂在DMF中发生取代、成环等反应，构建出复杂的杂环结构，生成F，完成杂环骨架的搭建。F→G，F与该试剂发生反应，引入叔丁氧羰基等基团，最终得到目标中间体G，完成官能团的修饰与最终产物构建。（1）判断A分子是否存在对映异构，需要看分子中是否有手性碳原子，A分子中，与两个-OH和两-COOH相连的中心碳原子，连接的四个基团全不相同，存在手性碳原子，所以存在对映异构。（2）由流程可知，B→C过程中将羟基转化为醚键，而D→E过程中，又得到羟基，由此可知，B→C的目的是保护羟基，防止发生副反应。（3）若第二步不加入CH3OH，则A会发生分子内脱水成环的酯化反应，X分子中含有2个四元环，结合X的分子式可知，X的结构简式为。（4）①能使溶液发生显色反应，说明结构中有酚羟基，能使的溶液褪色，说明含有不饱和键；②属于一种-氨基酸，则氨基和羧基链在同一个碳原子上，分子中含有5种化学环境不同的氢原子，说明其结构对称，满足条件的结构简式有或。（5）根据E→F的条件可知，想要合成，则需要与在DMF作用下合成，根据逆推可知，首先发生氧化反应合成，与甲醇发生酯化反应生成，在NaBH4作用下发生还原反应得到，故合成路线为。16．（15分）纳米Fe粉和FeS均可处理含硫酸的铬(Ⅵ)废水。已知：，，(1)纳米零价铁的制备。绿矾()、保险粉()溶液和氢氧化钠溶液按比例混合后，在温水浴作用下反应，主要反应产物为纳米Fe粉和，其化学方程式为_______。(2)利用零价铁和活性炭处理的反应机理为：零价铁在水中电化学腐蚀产生和，和在酸性条件下均能将还原为，可转化为沉淀去除。①写出和反应的离子方程式_______。②纳米零价铁投入量对去除率的关系如图所示。当纳米零价铁的投入量为时，反应60min后，去除率只有；而当零价铁的投入量增加到时，反应60min后，去除率为。可能的原因为_______。③初始pH对去除率的关系如图所示。时，的去除率几乎为零。可能的原因为_______。(3)利用FeS处理的机理为：Ⅰ．

Ⅱ．Ⅲ．Ⅳ．①反应Ⅰ的化学平衡常数_______。(填数值)②制备高纯粉末。将反应Ⅳ生成的沉淀用酸溶解后，取一定体积所得溶液于烧杯中，_______，得高纯粉末。(可供选择的试剂和主要仪器：蒸馏水、NaOH溶液、稀盐酸、溶液、坩埚、蒸发皿、pH计。)已知该溶液中开始沉淀的，完全沉淀的，开始沉淀的，完全沉淀的。【答案】(1)（2分）(2)①（2分）②零价铁量较少时，不能形成较多的微小原电池，的去除率低；随着零价铁量的增加，形成的原电池的数目迅速增加，另外零价铁与的接触面积也增大，反应速率加快，导致去除率迅速增大，60min后，的去除率达到（3分）③时，电化学腐蚀生成的和极少；溶液碱性增强，会生成氢氧化物沉淀覆盖在零价铁表面，阻碍反应的进行，导致的去除率几乎为零（3分）(3)①（2分）②边搅拌边滴加NaOH溶液，同时使用pH计测量溶液中的pH，当测得pH在范围内，停止滴加NaOH溶液，充分反应一段时间后静置，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤后的滤液中滴加溶液无沉淀生成，将沉淀转移至坩埚中，灼烧至固体质量不再变化（3分）【解析】（1）反应物是绿矾()、保险粉()和NaOH，产物是纳米粉和。这是一个氧化还原反应，被还原为，得到2个电子，被氧化为，两个S原子失去2个电子，根据电子守恒和原子守恒配平可得，其化学方程式为。（2）①是还原剂，是强氧化剂，从+6价被还原为+3价，H从0价被氧化为+1，且反应在酸性条件下进行，故反应的离子方程式为；②零价铁和活性炭形成原电池；当投入量少时，铁粉少，形成的原电池数量少，反应速率慢，去除率低；当投入量大时，铁粉增多，形成的原电池数目迅速增加，加速了电子转移。同时，接触面积增大，反应速率加快，能在60min内将完全去除。③和在酸性条件下均能将还原为，时，碱性强，电化学腐蚀受阻，难以生成还原剂和，生成的少量或会立即生成或沉淀，覆盖在铁粉表面，形成钝化层，阻碍了电子传递和反应的继续进行。（3）①利用溶度积()和电离常数()计算，反应Ⅰ的化学平衡常数为，分子分母同乘得。②从除铬后的废水中得到，即分离和，应控制pH在3.0~4.3之间，使完全沉淀为，而留在溶液中。故先调节pH：，边搅拌边滴加NaOH溶液，控制pH在3.0~4.3之间，产生沉淀；过滤，使沉淀与含的滤液分离；用蒸馏水洗涤沉淀，直至洗涤液中不含；将沉淀转移到坩埚中灼烧至恒重，得到。17．（16分）裂解可以获得等许多重要的化工原料。已知：I．；Ⅱ．；一些物