高考化学无机非金属材料推断题综合练习题.docx

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高考化学无机非金属材料推断题综合练习题

高考化学无机非金属材料推断题综合练习题

一、无机非金属材料练习题（含详细答案解析）

1．下列实验过程中，始终无明显现象的是（）

A．SO2通入Ba（NO3）2溶液中

B．O2通入Na2SO3溶液中

C．Cl2通入Na2SiO3溶液中

D．NH3通入Ca（HCO3）2溶液中

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

A．二氧化硫被硝酸氧化为硫酸根离子，SO2通入Ba（NO3）2溶液中生成硫酸钡沉淀，故不选A；

B．O2通入Na2SO3溶液中，Na2SO3被氧化为Na2SO4，无明显现象，故选B；

C．Cl2通入Na2SiO3溶液中，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸和Na2SiO3反应生成硅酸白色胶状沉淀，故不选C；

D．NH3通入Ca（HCO3）2溶液中生成碳酸钙沉淀和碳酸铵，故不选D；

故选B。

2．在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是

A．Fe

FeCl2

Fe（OH）2B．H2SiO3

SiO2

SiCl4

C．浓盐酸

Cl2

漂白粉D．NH3

NO

HNO3

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A．氯气具有强氧化性，与铁反应生成三氯化铁，不能一步反应生成氯化亚铁，故A错误；

B．硅酸受热分解生成二氧化硅，二氧化硅与HCl不反应，不能转化为SiCl4，故B错误；

C．二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，氯气与石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙，可以制得漂白粉，物质间转化均能实现，故C正确；

D.氨催化氧化生成NO，NO与水不反应，不能转化为硝酸，故D错误；

故选C。

3．“纳米车”（如图所示）是科学家用某有机分子和球形笼状分子C60制成的，每辆“纳米车”是由一个有机分子和4个C60分子构成。

“纳米车”可以用来运输单个的有机分子。

下列说法正确的是

A．C60是一种新型的化合物

B．C60与12C是同素异形体

C．人们用肉眼可以清晰看到“纳米车”的运动

D．“纳米车”诞生说明人类操纵分子的技术进入了一个新阶段

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A．C60是由一种元素组成的纯净物，属于单质，不属于化合物，故A错误；

B．C60是由碳元素形成的单质，而

是碳元素的一种原子，故C60与

不是互为同素异形体，故B错误；

C．因“纳米车”很小，我们不能直接用肉眼清晰地看到这种“纳米车”的运动，故C错误；

D．“纳米车”的诞生，说明人类操纵分子的技术进入一个新阶段，故D正确；

故答案选D。

4．以下有关物质用途的叙述正确的是（）

A．金属钠、金属镁等活泼金属着火时，可以使用干粉灭火器来灭火

B．利用高纯度硅制造的太阳能电池板可将光能直接转化为电能

C．食品包装袋中常放入小袋的生石灰，目的是防止食品氧化变质

D．古有“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，今用乙醚从黄花蒿中可提取青蒿素是利用氧化还原反应原理

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

A．金属钠、金属镁都能在二氧化碳气体中燃烧，所以活泼金属着火时，不能用干粉灭火器灭火，A不正确；

B．太阳能电池板由高纯硅制成，它可实现光-电转换，将光能直接转化为电能，B正确；

C．氧化钙能够吸收空气中的水分，所以食品包装袋中常放入小袋的生石灰，目的是防止食品受潮，不能起到抗氧化作用，C不正确；

D．根据相似相溶原理，用乙醚从黄花蒿中提取青蒿素，是利用萃取原理，D不正确；

故选B。

5．医用外科口罩的结构示意图如下图所示，其中过滤层所用的材料是熔喷聚丙烯，具有阻隔部分病毒和细菌的作用。

下列关于医用外科口罩的说法不正确的是

A．防水层具有阻隔飞沫进入口鼻内的作用

B．熔喷聚丙烯属于合成高分子材料

C．熔喷聚丙烯材料难溶于水

D．用完后应投入有

标志的垃圾箱

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A.由医用外科口罩的结构示意图可知防水层具有阻隔飞沫进入口鼻内的作用,A项正确；

B.熔喷聚丙烯通过丙烯加聚反应制得，属于合成高分子材料，B项正确；

C.熔喷聚丙烯材料通过丙烯加聚反应制得，属于烃类无亲水基，难溶于水，C项正确；

D.口罩用完后属于有害物质，所以用完后应不能投入有

标志的垃圾箱，D项错误；

答案选D。

6．能证明硅酸的酸性弱于碳酸酸性的实验事实是

A．CO2溶于水形成碳酸，SiO2难溶于水

B．CO2通入可溶性硅酸盐中析出硅酸沉淀

C．高温下SiO2与碳酸盐反应生成CO2

D．氯化氢通入可溶性碳酸盐溶液中放出气体，通入可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

A．酸性氧化物与对应酸的酸性强弱没有关系，则无法比较酸性，故A错误；

B．因往硅酸盐溶液通入二氧化碳，可以看到溶液变浑浊，是因为生成了难溶的硅酸沉淀，反应方程式是：

Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓，反应原理是强酸制弱酸，说明碳酸比硅酸酸性强，故B正确；

C．比较强酸制取弱酸时在溶液中进行的反应，则在高温下固体之间的反应不能得到酸性强弱的结论，故C错误；

D．氯化氢通入可溶性碳酸盐溶液中放出气体，通入可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀，根据强酸制弱酸，只能说明盐酸的酸性比碳酸或硅酸强，但无法确定碳酸与硅酸的酸性的强弱，故D错误；

故答案为B。

7．青石棉（cricidolite）是世界卫生组织确认的一种致癌物质，是《鹿特丹公约》中受限制的46种化学品之一，青石棉的化学式为：

Na2Fe5Si8O22（OH）2，青石棉用稀硝酸溶液处理时，还原产物只有NO，下列说法正确的是（）

A．青石棉是一种易燃品且易溶于水

B．青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为：

Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O

C．1molNa2Fe5Si8O22（OH）2与足量的硝酸作用，至少需消耗6L3mol/LHNO3溶液

D．1molNa2Fe5Si8O22（OH）2与足量氢氟酸作用，至少需消耗5.5L2mol/LHF溶液

【答案】BC

【解析】

【分析】

【详解】

A．青石棉属于硅酸盐材料，不易燃，也不溶于水，故A错误；

B．硅酸盐写成氧化物形式的先后顺序为：

活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、二氧化硅、水，所以青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为：

Na2O⋅3FeO⋅Fe2O3⋅8SiO2⋅H2O，故B正确；

C．6L3mol/LHNO3溶液中硝酸的物质的量为18mol，1mol青石棉用稀硝酸溶液处理时，亚铁离子被氧化为铁离子，硝酸被还原为一氧化氮，根据转移电子守恒可知，产物为2molNaNO3、5molFe（NO3）3（有3mol的+2价铁氧化）、1molNO等，因此1mol该物质能和（2+5×3+1）mol=18molHNO3反应，故C正确；

D．5.5L2mol/LHF溶液中HF的物质的量为11mol，HF与二氧化硅反应的方程式为：

SiO2+4HF=SiF4+2H2O，由此可知HF的量不足，故D错误；

故答案为：

BC。

8．在下列物质的转化关系中，A是一种固体物质，E是一种白色沉淀，据此填写下列空白：

（1）B的化学式是________，B在固态时属于________晶体，1mol含有的共价键数目是______NA。

（2）E的化学式是_________。

（3）B和a溶液反应的离子方程式是_______________________________

（4）A和a溶液反应的化学方程式是___________________________________

【答案】SiO2原子4H2SiO3SiO2＋2OH－＝SiO32－＋H2OSi＋2NaOH＋H2O＝Na2SiO3＋2H2↑

【解析】

【分析】

A是一种固体单质，与氧气反应得到B为氧化物，E是一种白色沉淀且不溶于盐酸，E加热分解得到B，所以E为H2SiO3，结合转化关系，可知A为Si，B为SiO2，a为强碱溶液，如NaOH溶液，G为Na2SiO3，D为H2O，F为H2。

【详解】

（1）由上述分析可知，B是SiO2，SiO2由硅原子和氧原子通过共用电子对形成空间网状结构，在固态时属于原子晶体，每个硅原子和四个氧原子形成四个共价键，1mol含有的共价键数目是4NA。

故答案为：

SiO2；原子；4；

（2）由上述分析可知，E为H2SiO3，故答案为：

H2SiO3；

（3）二氧化硅与强碱溶液反应生成硅酸盐与水，反应的离子方程式为：

SiO2+2OH－=SiO32－+H2O；

故答案为：

SiO2+2OH－=SiO32－+H2O；

（4）Si与氢氧化钠反应生成硅酸钠与氢气，反应方程式为：

Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑，

故答案为：

Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑。

【点睛】

本题考查无机物推断，B为氧化物、E为不溶于盐酸的白色沉淀为推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物性质。

9．A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素，他们能发生如图所示的转化关系。

若该元素用R表示，则A为R的氧化物，D与NaOH溶液反应生成C和H2。

请回答：

（1）写出对应物质的化学式：

A__________；C_________；E_________。

（2）反应①的化学方程式为：

_____________________________________。

（3）反应④的离子方程式为：

_____________________________________。

（4）H2CO3的酸性强于E的，请用离子方程式予以证明：

_________________________。

【答案】SiO2Na2SiO3H2SiO3（或H4SiO4）SiO2＋2C

Si＋2CO↑Si＋2OH－＋H2O===SiO32-＋2H2↑SiO32-＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋HCO32-

或SiO32-＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋CO32-（写成H4SiO4同样给分）

【解析】

【分析】

【详解】

试题分析：

非金属单质R能与NaOH溶液反应生成盐（Na2RO3）和氢气，则R为Si元素，由转化关系可知D为Si，A为SiO2，B为CaSiO3，C为Na2SiO3，E为H2SiO3，

（1）由以上分析可知A为SiO2，C为Na2SiO3，故答案为SiO2；Na2SiO3；

（2）反应①的化学方程式为2C+SiO2

Si+2CO↑；

（3）反应④的离子方程式为Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑；

（4）H2CO3的酸性强于H2SiO3的酸性，可在硅酸钠溶液中通入二氧化碳，如生成硅酸沉淀，可说明，反应的离子方程式为SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-。

考点：

以硅为载体考查了无机物的推断

10．云母是一种重要的硅酸盐，它具有韧度、弹性、透明度、高介电强度、化学惰性和热稳定性。

白云母可看作叶腊石中1/4的SiⅣ被AlⅢ所取代，再由KⅠ平衡其电荷后形成的。

而叶腊石可以看作SiO2中有1/3的SiⅣ被AlⅢ取代，再由KⅠ平衡其电荷形成的。

（1）白云母写成氧化物形式的化学式为_______________。

（2）研究表明，在硅酸盐中，AlⅢ很容易取代SiⅣ，取代后不会引起原硅酸盐结构大的变化。

从立体几何的知识看，AlⅢ与SiⅣ最直接的关系是_______________。

（3）黑云母的化学式为KMg3AlSi3O10（OH）2，在水与二氧化碳的同时作用下，风化为高岭土［AI2Si2O5（OH）4］。

①写出离子反应方程式_______________。

②上述反应为什么能够发生_______________

③风化后Al为什么不能以Al3＋形式被地下水溶解_______________

【答案】K2O·3Al2O3·6SiO2·2H2OAlⅢ与SiⅣ的半径相近，插入后不会引起结构改变2KMg3AlSi3O10（OH）2＋14H2CO3＋H2O=2K＋＋6Mg2＋＋14HCO3－＋4H4SiO4＋Al2Si2O5（OH）4碳酸较硅酸酸性强，强酸可取代弱酸中性条件下Al3＋完全水解，主要以沉淀形式存在

【解析】

【分析】

【详解】

（1）由复杂硅酸盐改写成氧化物形式的一般原则是先写一系列金属氧化物，并按金属活动性顺序排列，较活泼的金属氧化物写在前面，再写SiO2，含有氢元素的H2O最后写，氧化物之间加黑点隔开，各氧化物的系数均为整数，并写在相应氧化物前面，写成氧化物后，原化学式中的各元素、原子的个数比应保持不变，因此白云母写成氧化物形式的化学式为K2O·3Al2O3·6SiO2·2H2O，故答案为：

K2O·3Al2O3·6SiO2·2H2O；

（2）从立体几何的知识来看，由于AlⅢ与SiⅣ的半径相近，在硅酸盐中，AlⅢ插入后很容易取代SiⅣ，不会引起原硅酸盐结构大的变化，故答案为：

AlⅢ与SiⅣ的半径相近，插入后不会引起结构改变；

（3）①由题干信息可知，黑云母在水与二氧化碳的同时作用下，风化为高岭土［AI2Si2O5（OH）4］，反应的离子方程式为2KMg3AlSi3O10（OH）2＋14H2CO3＋H2O=2K＋＋6Mg2＋＋14HCO3－＋4H4SiO4＋Al2Si2O5（OH）4，故答案为：

2KMg3AlSi3O10（OH）2＋14H2CO3＋H2O=2K＋＋6Mg2＋＋14HCO3－＋4H4SiO4＋Al2Si2O5（OH）4；

②上述反应中碳酸与黑云母反应生成了硅酸，因为碳酸的酸性比硅酸强，可以强酸制弱酸，所以上述反应可以发生，故答案为：

碳酸较硅酸酸性强，强酸可取代弱酸；

③由于中性条件下Al3＋完全水解，主要以Al（OH）3的沉淀形式存在，因此风化后Al为什么不能以Al3＋形式被地下水溶解，故答案为：

中性条件下Al3＋完全水解，主要以沉淀形式存在。

11．2019年诺贝尔化学奖颁给了日本吉野彰等三人，以表彰他们对锂离子电池研发的卓越贡献。

工业中利用锂辉石（主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、CaO、MgO等）制备钴酸锂（LiCoO2）的流程如图：

已知：

Ksp[Mg（OH）2]=10-11，Ksp[Al（OH）3]=10-33，Ksp[Fe（OH）3]=10-38

回答下列问题：

（1）为鉴定某矿石中是否含有锂元素，可以采用焰色反应来进行鉴定，当观察到火焰呈__，可以认为该矿石中存在锂元素。

a.紫红色b.紫色c.黄色

（2）锂辉石的主要成分为LiAlSi2O6，其氧化物的形式为__。

（3）为提高“酸化焙烧”效率，常采取的措施是__。

（4）向“浸出液”中加入CaCO3，其目的是除去“酸化焙烧”中过量的硫酸，控制pH使Fe3+、A13+完全沉淀，则pH至少为__。

（已知：

完全沉淀后离子浓度低于1×l05）mol/L）

（5）“滤渣Ⅱ”的主要化学成分为___。

（6）“沉锂”过程中加入的沉淀剂为饱和的__溶液（填化学式）；该过程所获得的“母液”中仍含有大量的Li+，可将其加入到“__”步骤中。

（7）Li2CO3与Co3O4在敞口容器中高温下焙烧生成钴酸锂的化学方程式为__。

【答案】aLi2O·Al2O3·4SiO2将矿石粉碎（搅拌、升高温度）4.7Mg（OH）2，CaCO3Na2CO3净化6Li2CO3+4Co3O4+O2=12Li2CoO2+6CO2

【解析】

【分析】

锂辉石（主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、CaO、MgO等）为原料来制取钴酸锂（LiCoO2），加入过量浓硫酸溶解锂辉矿，加入碳酸钙除去过量的硫酸，并使铁离子、铝离子沉淀完全，然后加入氢氧化钙和碳酸钠沉淀镁离子和钙离子，过滤得到溶液中主要是锂离子的溶液，滤液蒸发浓缩得20%Li2S，加入碳酸钠沉淀锂离子生成碳酸锂，洗涤后与Co3O4高温下焙烧生成钴酸锂，据此分析解题。

【详解】

（1）焰色反应常用来检测金属元素，钠元素的焰色为黄色，钾元素的焰色为紫色，利用排除法可以选出锂元素的焰色为紫红色，故答案为a；

（2）锂辉石的主要成分为LiAlSi2O6，在原子简单整数比不变的基础上，其氧化物的形式为Li2O•Al2O3•4SiO2；

（3）“酸化焙烧”时使用的是浓硫酸，为提高“酸化焙烧”效率，还可采取的措施有将矿石细磨、搅拌、升高温度等；

（4）根据柱状图分析可知，Al（OH）3的Ksp大于Fe（OH）3的Ksp，那么使Al3+完全沉淀pH大于Fe3+的Al（OH）3的Ksp=c（Al3+）×c3（OH-）=1×10-33，c（OH-）=

=

mol/L=1×10-9.3mol/L，则c（H+）=1×10-4.7mol/L，pH=4.7，即pH至少为4.7；

（5）由分析知，“滤渣Ⅱ”的主要化学成分为Mg（OH）2和CaCO3；

（6）根据“沉锂”后形成Li2CO3固体，以及大量生产的价格间题，该过程中加入的沉淀剂为饱和Na2CO3溶液；该过程得的“母液“中仍含有大量的Li+，需要从中2提取，应回到“净化“步隳中循环利用；

（7）Li2CO3与Co3O4在敝口容器中反应生成LiCoO2时Co元素的化合价升高，因此推断空气中O2参与反应氧化Co元素，化字方程式为6Li2CO3+4Co3O4+O2

12LiCoO2+6CO2。

【点睛】

硅酸盐改写成氧化物形式的方法如下：

a．氧化物的书写顺序：

活泼金属氧化物→较活发金属氧化物→二氧化硅→水，不同氧化物间以“•”隔开；b．各元素的化合价保持不变，且满足化合价代数和为零，各元素原子个数比符合原来的组成；c．当计量数配置出现分数时应化为整数。

12．某实验小组设计了如下装置对焦炭还原二氧化硅的气体产物的成分进行探究。

已知:

PdCl2溶液可用于检验CO，反应的化学方程式为CO+PdCl2+H2O=CO2+2HCl+Pd（产生黑色金属钯粉末，使溶液变浑浊）。

（1）实验时要先通入足够长时间的N2，其原因是_________。

（2）装置B的作用是__________。

（3）装置C、D所盛试剂分别为______、______，若装置C、D中溶液均变浑浊，且经检测两气体产物的物质的量相等，则该反应的总化学方程式为_________。

（4）该装置的缺点是_________。

【答案】用氮气将装置中的空气排尽，避免空气中的氧气、二氧化碳、水蒸气对实验产生干扰作安全瓶，防止倒吸澄清石灰水PdCl2溶液3SiO2+4C

2CO2↑十2CO↑+3Si没有尾气处理装置将CO吸收

【解析】

（1）碳与二氧化硅反应要在高温下进行，而高温下碳与空气中氧气反应，所以实验时要将装置中的空气排尽，所以实验时要通入足够长时间的N2，故答案为：

要用氮气将装置中的空气排尽，避免空气中的氧气、二氧化碳、水蒸气对实验产生干扰；

（2）根据装置图可知，B装置可以作安全瓶，防止倒吸，故答案为：

作安全瓶，防止倒吸；

（3）根据元素守恒，碳与二氧化硅反应可能生成一氧化碳也可能生成二氧化碳，所以C装置用来检验有没有二氧化碳，D装置用来检验一氧化碳，所以置C、D中所盛试剂分别为澄清石灰水、PdCl2溶液；若装置C、D中溶液均变浑浊，说明既有二氧化碳又有一氧化碳，检测两气体产物的物质的量相等，根据元素守恒可知化学方程式为3SiO2+4C

2CO2+2CO+3Si，故答案为：

澄清石灰水；PdCl2溶液；3SiO2+4C

2CO2+2CO+3Si；

（4）一氧化碳有毒，不能排放到空气中，而该装置没有尾气吸收装置将CO吸收，故答案为：

没有尾气吸收装置将CO吸收。

13．为确认

、

、

的酸性强弱，某学生设计了如下图所示的实验装置，一次实验即可达到目的（不必选其他酸性物质）请据此回答：

（1）锥形瓶中装某可溶性正盐溶液，分液漏斗所盛试剂应为________。

（2）装置B所盛的试剂是_____________，其作用是__________________。

（3）装置C所盛试剂是________________，C中反应的离子方程式是____________。

（4）由此得到的结论是酸性：

________＞________＞________。

【答案】盐酸饱和

溶液吸收

气体

溶液

↓

（或

）

【解析】

【分析】

要确认

、

、

的酸性强弱，设计的实验流程为HCl→H2CO3→H2SiO3，所以A中反应为2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2↑，C中反应为Na2SiO3+CO2+H2O==H2SiO3↓+Na2CO3或Na2SiO3+2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2NaHCO3。

由于盐酸易挥发，会干扰CO2与Na2SiO3溶液的反应，所以在反应前，应除去CO2中混有的HCl气体。

（1）锥形瓶中装某可溶性正盐溶液，分液漏斗所盛试剂应为酸。

（2）装置B所盛的试剂，应能除去CO2中混有的HCl气体。

（3）装置C中发生反应Na2SiO3+CO2+H2O==H2SiO3↓+Na2CO3或Na2SiO3+2CO2+2H2O

==H2SiO3↓+2NaHCO3。

（4）由此可得出酸性的强弱关系。

【详解】

要确认

、

、

的酸性强弱，设计的实验流程为HCl→H2CO3→H2SiO3，

由于盐酸易挥发，会干扰CO2与Na2SiO3溶液的反应，所以在CO2通入硅酸钠溶液前，应除去CO2中混有的HCl气体。

（1）锥形瓶中装某可溶性正盐（通常为Na2CO3）溶液，分液漏斗所盛试剂应为盐酸。

答案为：

盐酸；

（2）装置B所盛的试剂为饱和NaHCO3溶液，其作用是除去CO2中混有的HCl气体。

答案为：

饱和

溶液；吸收

气体；

（3）装置C中发生反应Na2SiO3+CO2+H2O==H2SiO3↓+Na2CO3或Na2SiO3+2CO2+2H2O

==H2SiO3↓+2NaHCO3。

装置C所盛试剂是

溶液，C中反应的离子方程式是SiO32-+CO2+H2O==H2SiO3↓+CO32-或SiO32-+2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2HCO3-。

（4）由此得到的结论是酸性：

HCl＞H2CO3＞H2SiO3。

答案为：

HCl；H2CO3；H2SiO3。

【点睛】

硅酸溶胶的制备：

向盛有适量1mol/L稀盐酸的试管里，逐滴加入适量的饱和硅酸钠溶液，用力振荡，即得到无色透明的硅酸溶胶。

硅酸凝胶的制备：

向盛有少量饱和硅酸钠溶液的试管里，逐滴加入几滴浓盐酸，振荡、静置，即得到无色透明果冻状的硅酸凝胶。

14．粗硅中含有铁和锡（Sn）等杂质，粗硅与氯气反应可生成SiCl4，SiCl4经提纯后用氢气还原可得高纯硅。

实验室用下列装置模拟制备SiCl4。

已知：

SiCl4的熔点是-70℃，沸点是57.6℃，易与水反应；SnCl4的熔点是-33℃，沸点是114℃

回答下列问题：

（1）仪器a的名称是_______；装置A烧瓶中发生反应的离子方程式是____________。

（2）装置C中盛放的试剂是_____________，作用是___________________；玻璃管b的作用是_______________________。

（3）装置E的烧杯中盛放冰水的目的是______________________。

（4）装置F中碱石灰的作用是____________________________。

（5）装置E烧瓶中得到的SiCl4中溶有少量的杂质FeCl3和SiCl4，可以通过___________方法提纯。

【答案】分液漏斗MnO2+4H＋+2Cl－

Mn2＋+2H2O+Cl2↑