?五年2018-2022高考化學(xué)真題按知識點分類匯編86-物質(zhì)分離、提純的常見化學(xué)方法（含解析）

一、單選題
1．（2022·廣東·高考真題）實驗室進行粗鹽提純時，需除去和，所用試劑包括以及
A． B．
C． D．
2．（2020·全國·統(tǒng)考高考真題）下列氣體去除雜質(zhì)的方法中，不能實現(xiàn)目的的是

氣體(雜質(zhì))
方法
A
SO2(H2S)
通過酸性高錳酸鉀溶液
B
Cl2(HCl)
通過飽和的食鹽水
C
N2(O2)
通過灼熱的銅絲網(wǎng)
D
NO(NO2)
通過氫氧化鈉溶液
A．A B．B C．C D．D
3．（2019·北京·高考真題）下列除雜試劑選用正確且除雜過程不涉及氧化還原反應(yīng)的是

物質(zhì)（括號內(nèi)為雜質(zhì)）
除雜試劑
A
FeCl2溶液（FeCl3）
Fe粉
B
NaCl溶液（MgCl2）
NaOH溶液、稀HCl
C
Cl2（HCl）
H2O、濃H2SO4
D
NO（NO2）
H2O、無水CaCl2

A．A B．B C．C D．D
4．（2019·江蘇·高考真題）下列實驗操作能達到實驗?zāi)康牡氖?br />
A．用經(jīng)水濕潤的pH試紙測量溶液的pH
B．將4.0 g NaOH固體置于100 mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000 mol·L?1NaOH溶液
C．用裝置甲蒸干AlCl3溶液制無水AlCl3固體
D．用裝置乙除去實驗室所制乙烯中的少量SO2
5．（2018·浙江·校聯(lián)考高考真題）下列操作或試劑的選擇不合理的是
A．可用蒸發(fā)結(jié)晶的方法從碘水中提取碘單質(zhì)
B．可用灼燒法除去氧化銅中混有的銅粉
C．可用硫酸鑒別碳酸鈉、硅酸鈉和硫酸鈉
D．可用含氫氧化鈉的氫氧化銅懸濁液鑒別乙醇、乙醛和乙酸

二、填空題
6．（2021·浙江·高考真題）(1)已知3種原子晶體的熔點數(shù)據(jù)如下表：

金剛石
碳化硅
晶體硅
熔點/℃
＞3550
2600
1415

金剛石熔點比晶體硅熔點高的原因是_______。
(2)提純含有少量氯化鈉的甘氨酸樣品：將樣品溶于水，調(diào)節(jié)溶液的pH使甘氨酸結(jié)晶析出，可實現(xiàn)甘氨酸的提純。其理由是_______。

三、實驗題
7．（2021·江蘇·高考真題）以軟錳礦粉(含MnO2及少量Fe、Al、Si、Ca、Mg等的氧化物)為原料制備電池級MnO2。
(1)浸取。將一定量軟錳礦粉與Na2SO3、H2SO4溶液中的一種配成懸濁液，加入到三頸瓶中(圖1)，70℃下通過滴液漏斗緩慢滴加另一種溶液，充分反應(yīng)，過濾。滴液漏斗中的溶液是___；MnO2轉(zhuǎn)化為Mn2+的離子方程式為___。

(2)除雜。向已經(jīng)除去Fe、Al、Si的MnSO4溶液(pH約為5)中加入NH4F溶液，溶液中的Ca2+、Mg2+形成氟化物沉淀。若沉淀后上層清液中c(F-)=0.05mol·L-1，則=___。[Ksp(MgF2)=5×10-11，Ksp(CaF2)=5×10-9]
(3)制備MnCO3。在攪拌下向100mL1mol·L-1MnSO4溶液中緩慢滴加1mol·L-1NH4HCO3溶液，過濾、洗滌、干燥，得到MnCO3固體。需加入NH4HCO3溶液的體積約為___。
(4)制備MnO2。MnCO3經(jīng)熱解、酸浸等步驟可制備MnO2。MnCO3在空氣氣流中熱解得到三種價態(tài)錳的氧化物，錳元素所占比例(×100%)隨熱解溫度變化的曲線如圖2所示。已知：MnO與酸反應(yīng)生成Mn2+；Mn2O3氧化性強于Cl2，加熱條件下Mn2O3在酸性溶液中轉(zhuǎn)化為MnO2和Mn2+。

為獲得較高產(chǎn)率的MnO2，請補充實驗方案：取一定量MnCO3置于熱解裝置中，通空氣氣流，___，固體干燥，得到MnO2。(可選用的試劑：1mol·L-1H2SO4溶液、2mol·L-1HCl溶液、BaCl2溶液、AgNO3溶液)。

四、工業(yè)流程題
8．（2022·河北·高考真題）以焙燒黃鐵礦(雜質(zhì)為石英等)產(chǎn)生的紅渣為原料制備銨鐵藍顏料。工藝流程如下：

回答下列問題：
(1)紅渣的主要成分為_______(填化學(xué)式)，濾渣①的主要成分為_______(填化學(xué)式)。
(2)黃鐵礦研細的目的是_______。
(3)還原工序中，不生成S單質(zhì)的反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。
(4)工序①的名稱為_______，所得母液循環(huán)使用。
(5)沉鐵工序產(chǎn)生的白色沉淀中的化合價為_______，氧化工序發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______。
(6)若用還原工序得到的濾液制備和，所加試劑為_______和_______(填化學(xué)式，不引入雜質(zhì))。
9．（2021·海南·統(tǒng)考高考真題）無水常作為芳烴氯代反應(yīng)的催化劑。某研究小組設(shè)計了如下流程，以廢鐵屑(含有少量碳和雜質(zhì))為原料制備無水。
已知：氯化亞砜()熔點-101℃，沸點76℃，易水解。

回答問題：
(1)操作①是過濾，用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒和___________。
(2)為避免引入新的雜質(zhì)，試劑B可以選用___________(填編號)。
A．溶液 B．水 C．水 D．溶液
(3)操作②是蒸發(fā)結(jié)晶，加熱的同時通入的目的是___________。
(4)取少量晶體，溶于水并滴加溶液，現(xiàn)象是___________。
(5)反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。
(6)由轉(zhuǎn)化成的過程中可能產(chǎn)生少量亞鐵鹽，寫出一種可能的還原劑___________，并設(shè)計實驗驗證是該還原劑將還原___________。
10．（2020·北京·高考真題）用如圖方法回收廢舊CPU中的單質(zhì)Au(金)，Ag和Cu。

已知：①濃硝酸不能單獨將Au溶解。②HAuCl4=H++AuCl
(1)酸溶后經(jīng)____操作，將混合物分離。
(2)濃、稀HNO3均可作酸溶試劑。溶解等量的Cu消耗HNO3的物質(zhì)的量不同，寫出消耗HNO3物質(zhì)的量少的反應(yīng)的化學(xué)方程式：____。
(3)HNO3-NaCl與王水[V(濃硝酸)：V(濃鹽酸)=1：3溶金原理相同。
①將溶金反應(yīng)的化學(xué)方程式補充完整：
Au+____NaCl+____HNO3=HAuCl4+____+____+____NaNO3
②關(guān)于溶金的下列說法正確的是____。
A．用到了HNO3的氧化性
B．王水中濃鹽酸的主要作用是增強溶液的酸性
C．用濃鹽酸與NaNO3也可使Au溶解
(4)若用Zn粉將溶液中的1molHAuCl4完全還原，則參加反應(yīng)的Zn的物質(zhì)的量是____mol。
(5)用適當(dāng)濃度的鹽酸、NaCl溶液、氨水與鐵粉，可按照如圖方法從酸溶后的的溶液中回收Cu和Ag(圖中標注的試劑和物質(zhì)均不同)。

試劑1是____，物質(zhì)2是____。

參考答案：
1．A
【分析】除雜過程中不能引入新雜質(zhì)，同時為保證除雜完全，所加除雜試劑一般過量，然后選擇合適的試劑將所加過量的物質(zhì)除去。
【詳解】粗鹽中主要成分為NaCl。除去Ca2+選用將其轉(zhuǎn)化為沉淀，為了不引入新雜質(zhì)，所加物質(zhì)的陽離子為Na+，即選用Na2CO3除去Ca2+，同理可知，除去Mg2+需選用NaOH，除去需選用BaCl2，因所加除雜試劑均過量，因此向粗鹽樣品中加入除雜試劑的順序中，BaCl2先于Na2CO3加入，利用Na2CO3除去Ca2+和多余的BaCl2，因Na2CO3、NaOH均過量，成為新雜質(zhì)，需要過濾后向濾液中加入HCl，至溶液中不再有氣泡產(chǎn)生，以此除去Na2CO3、NaOH，然后將溶液蒸干得到較為純凈的食鹽產(chǎn)品，綜上所述，答案為A。

2．A
【詳解】A．SO2和H2S都具有較強的還原性，都可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化；因此在用酸性高錳酸鉀溶液除雜質(zhì)H2S時，SO2也會被吸收，故A項不能實現(xiàn)除雜目的；
B．氯氣中混有少量的氯化氫氣體，可以用飽和食鹽水除去；飽和食鹽水在吸收氯化氫氣體的同時，也會抑制氯氣在水中的溶解，故B項能實現(xiàn)除雜目的；
C．氮氣中混有少量氧氣，在通過灼熱的銅絲網(wǎng)時，氧氣可以與之發(fā)生反應(yīng)： ，而銅與氮氣無法反應(yīng)，因此可以采取這種方式除去雜質(zhì)氧氣，故C項能實現(xiàn)除雜目的；
D．NO2可以與NaOH發(fā)生反應(yīng)：，NO與NaOH溶液不能發(fā)生反應(yīng)；盡管NO可以與NO2一同跟NaOH發(fā)生反應(yīng)：，但由于雜質(zhì)的含量一般較少，所以也不會對NO的量產(chǎn)生較大的影響，故D項能實現(xiàn)除雜的目的；
答案選A。
【點睛】除雜操作原則可概括為“不多不少，簡單最好”：首先，避免引入新的雜質(zhì)；其次，盡量避免產(chǎn)品的損失；最后，方法越簡單越好。
3．B
【分析】發(fā)生的反應(yīng)中，存在元素的化合價變化，與氧化還原反應(yīng)有關(guān)；反之，不存在元素的化合價變化，則與氧化還原反應(yīng)無關(guān)，以此解答該題。
【詳解】A.FeCl3與Fe反應(yīng)生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此過程中Fe的化合價發(fā)生變化，涉及到了氧化還原反應(yīng)，故A不符合題意；
B.MgCl2與NaOH溶液發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2 +2NaCl，過量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此過程中沒有元素化合價發(fā)生變化，未涉及氧化還原反應(yīng)，故B符合題意；
C.部分氯氣與H2O 發(fā)生反應(yīng)生成氯化氫和次氯酸，應(yīng)該用飽和食鹽水除去HCl，除雜方法不正確，故C不符合題意；
D.NO2 與水反應(yīng)生成硝酸和NO。反應(yīng)過程中氮元素化合價發(fā)生變化，涉及到了氧化還原反應(yīng)，故D不符合題意；
綜上所述，本題應(yīng)選B。
【點睛】本題考查氧化還原反應(yīng)，為高考常見題型，側(cè)重于氧化還原反應(yīng)判斷的考查，注意把握發(fā)生的反應(yīng)及反應(yīng)中元素的化合價變化，題目難度不大。
4．D
【分析】此題考查基本實驗操作，根據(jù)溶液pH的測量、物質(zhì)的量濃度溶液的配制、鹽類水解的應(yīng)用、物質(zhì)除雜的原則作答。
【詳解】A.用水濕潤的pH試紙測量溶液的pH所測為稀釋液的pH，不是原溶液的pH，實驗操作錯誤，不能達到實驗?zāi)康模珹項錯誤；
B.配制物質(zhì)的量濃度的溶液的實驗步驟為：計算、稱量（或量?。?、溶解（或稀釋）、冷卻、轉(zhuǎn)移及洗滌、定容、搖勻、裝液，由于容量瓶上有容積、溫度和唯一刻度線，若將氫氧化鈉直接置于容量瓶中，加水后氫氧化鈉溶于水會放熱引起容量瓶的容積發(fā)生變化，引起實驗誤差，B項錯誤；
C.在AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl，若用甲裝置蒸干氯化鋁溶液，由于HCl的揮發(fā)，加熱后水解平衡正向移動，最終AlCl3完全水解成氫氧化鋁固體，不能得到AlCl3固體，C項錯誤；
D.SO2屬于酸性氧化物，能被NaOH溶液吸收，乙烯與NaOH溶液不反應(yīng)且乙烯難溶于水，可通過盛有NaOH溶液的洗氣瓶除去乙烯中少量的SO2，D項正確；
故選D。
【點睛】本題易錯選C項，鹽溶液蒸干后能否得到原溶質(zhì)與溶質(zhì)的性質(zhì)有關(guān)，一般溶質(zhì)為揮發(fā)性酸形成的強酸弱堿鹽、不穩(wěn)定性的鹽、具有強還原性的鹽，加熱蒸干不能得到原溶質(zhì)。
5．A
【詳解】A項，碘單質(zhì)不易溶于水，易溶于有機溶液，一般使用萃取來提純，故A項錯誤；
B項，Cu與氧氣反應(yīng)生成氧化銅，則灼燒可除去雜質(zhì)，故B項正確；
C項，硫酸與碳酸鈉反應(yīng)生成氣體，與硅酸鈉反應(yīng)會有沉淀生成，易于分辨，故C項正確；
D項，乙醇、乙醛和乙酸分別與氫氧化鈉的氫氧化銅懸濁液混合加熱的現(xiàn)象為：無現(xiàn)象、磚紅色沉淀、藍色溶液，現(xiàn)象不同可鑒別，故D項正確。
綜上所述，本題正確答案為A。
6．???? 原子半徑C＜Si（或鍵長C-C＜Si-Si），鍵能C-C＞Si-Si???? 當(dāng)調(diào)節(jié)溶液pH至甘氨酸主要以兩性離子的形態(tài)存在時（即等電點，此時兩性離子間相互吸引力最大），溶解度最小
【詳解】(1)原子半徑的大小決定鍵長大小，鍵長越短鍵能越大，此時物質(zhì)的熔、沸點越高，在C和Si組成的物質(zhì)中原子半徑C＜Si（或鍵長C-C＜Si-Si），鍵能C-C＞Si-Si，故金剛石的熔點高于晶體硅的熔點；
(2) 當(dāng)調(diào)節(jié)溶液pH至甘氨酸主要以兩性離子的形態(tài)存在時（即等電點，此時兩性離子間相互吸引力最大），溶解度最小，此時析出的固體為甘氨酸，可以實現(xiàn)甘氨酸的提純。
7．(1)???? H2SO4溶液???? MnO2+SO+2H+=Mn2++SO+H2O
(2)100
(3)200mL
(4)加熱到450℃充分反應(yīng)一段時間，將固體冷卻后研成粉末，邊攪拌邊加入一定量1mol·L-1稀H2SO4，加熱，充分反應(yīng)后過濾，洗滌，直到取最后一次洗滌濾液加鹽酸酸化的0.1mol·L-1BaCl2溶液不變渾濁

【詳解】（1）若三頸瓶中先加入硫酸溶液，向其中滴加Na2SO3溶液則易生成SO2導(dǎo)致Na2SO3的利用率減小，故滴液漏斗中的溶液是H2SO4溶液；MnO2被亞硫酸根還原為Mn2+的離子方程式為：MnO2+SO+2H+=Mn2++SO+H2O；
（2）=；
（3）該反應(yīng)的化學(xué)方程式2NH4HCO3+ MnSO4= MnCO3+ (NH4)2SO4+H2O+CO2↑，由方程式可知NH4HCO3與MnSO4的物質(zhì)的量之比為2：1，需加入NH4HCO3溶液的體積約為200mL ；
（4）根據(jù)圖象在450°C左右MnO2占比最高，所以加熱到450°C最佳，MnO與酸反應(yīng)生成Mn2+，故用酸除MnO，Mn2O3氧化性強于Cl2，用鹽酸會發(fā)生氧化還原生產(chǎn)氯氣。因此，該實驗方案可補充為：加熱到450℃充分反應(yīng)一段時間后，將固體冷卻后研成粉末，向其中邊攪拌邊加入一定量1mol·L-1稀H2SO4，加熱，充分反應(yīng)后過濾，洗滌，直到取最后一次洗滌濾液加鹽酸酸化的0.1mol·L-1BaCl2溶液不變渾濁。
8．(1)???? Fe2O3???? SiO2
(2)增大固液接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高黃鐵礦的利用率
(3)7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4
(4)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾洗滌
(5)???? +2；???? 6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+

(6)???? H2O2???? NH3·H2O

【分析】已知黃鐵礦高溫煅燒生成Fe2O3，反應(yīng)原理為：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故產(chǎn)生的紅渣主要成分為Fe2O3和SiO2，將紅渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液加熱充酸浸，反應(yīng)原理為：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，過濾出濾渣①，主要成分為SiO2，向濾液中加入黃鐵礦進行還原，將Fe3+還原為Fe2+，由(3)小問可知不生成S沉淀，則硫元素被氧化為，反應(yīng)原理為：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，然后進行工序①為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，得到FeSO4晶體和母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4，加水溶解FeSO4晶體，向所得溶液中加入(NH4)2SO4、K4[Fe(CN)6]并用H2SO4調(diào)節(jié)溶液的pH為3，進行沉鐵過程，反應(yīng)原理為：Fe2++2+[Fe(CN)6]3-=Fe(NH4)2Fe(CN)6↓，然后過濾出沉淀，洗滌后加入H2SO4和NaClO3進行氧化步驟，反應(yīng)原理為：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ +6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6，過濾、洗滌干燥即制得Fe(NH4)Fe(CN)6，據(jù)此分析解題。
【詳解】（1）由分析可知，紅渣的主要成分為：Fe2O3，濾渣①的主要成分為：SiO2，故答案為：Fe2O3；SiO2；
（2）黃鐵礦研細的主要目的是增大固液接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高黃鐵礦的利用率，故答案為：增大固液接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高黃鐵礦的利用率；
（3）由分析可知，還原工序中，不產(chǎn)生S單質(zhì)沉淀，則硫元素被氧化為，反應(yīng)原理為：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，故化學(xué)方程式為：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，故答案為：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4；
（4）由分析可知，工序①的名稱為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾洗滌，所得母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4可以循環(huán)利用，故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾洗滌；
（5）沉鐵工序中產(chǎn)生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合價為+2價和[Fe(CN)6]4-中的+3價，由分析可知，氧化工序所發(fā)生的離子方程式為：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ +6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6，故答案為：+2；6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ +6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6；
（6）由分析可知，還原工序所得的濾液中主要含有FeSO4溶液和H2SO4，向濾液中先加入一定量的H2O2溶液將Fe2+完全氧化為Fe3+，在向氧化后的溶液中加入氨水至不再產(chǎn)生沉淀為止，過濾洗滌，對沉淀進行灼燒，即可制得Fe2O3·x H2O和(NH4)2SO4，故所需要加入的試劑為H2O2和NH3·H2O，故答案為：H2O2；NH3·H2O。

9．(1)漏斗
(2)BD
(3)防止水解
(4)溶液變?yōu)檠t色
(5)
(6)???? ???? 先加鹽酸酸化，再加溶液，產(chǎn)生白色沉淀，則是將還原

【分析】廢鐵屑(含有少量碳和SiO2雜質(zhì))加入鹽酸，鐵粉反應(yīng)生成氯化亞鐵，過濾除去少量碳和SiO2雜質(zhì)，A(氯化亞鐵)加入氧化劑B生成C(氯化鐵)，蒸發(fā)結(jié)晶生成，通入SOCl2生成FeCl3。
(1)
過濾用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒和漏斗。
(2)
A(氯化亞鐵)加入氧化劑B生成C(氯化鐵)，A、C都引入雜質(zhì)離子，故選BD。
(3)
加熱促進氯化鐵溶液的水解，會生成氫氧化鐵，故加入的目的是防止水解。
(4)
KSCN溶液遇Fe3+變?yōu)榧t色。
(5)
根據(jù)已知信息氯化亞砜()熔點-101℃，沸點76℃，易水解，可得與SOCl2生成FeCl3的化學(xué)方程式為。
(6)
可能反應(yīng)中生成的二氧化硫?qū)⒙然F還原為氯化亞鐵，若二氧化硫作還原劑，則氧化產(chǎn)物為硫酸鹽，故若加鹽酸酸化，再加溶液，產(chǎn)生白色沉淀，則是二氧化硫作還原劑。
10．???? 過濾???? 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O???? 4???? 5???? NO???? 2H2O???? 4???? AC???? 2
???? NaCl溶液???? Fe、Cu
【分析】廢舊CPU中的單質(zhì)Au(金)，Ag和Cu，加入硝酸酸化后，金不反應(yīng)，Ag和Cu轉(zhuǎn)化為銅離子和銀離子的混合溶液，含金的溶液中加入硝酸和氯化鈉的混合溶液，金轉(zhuǎn)化為HAuCl4，HAuCl4經(jīng)鋅粉還原分離得到金，由此分析。
【詳解】(1) Au(金)，Ag和Cu經(jīng)酸溶后得到金、銅離子和銀離子的混合溶液，將固體和液體分開的的操作是過濾，將混合物分離；
(2)銅與稀硝酸反應(yīng)的化學(xué)方程式為：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O；溶解1molCu消耗HNO3的物質(zhì)的量為mol；銅與濃硝酸反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Cu+4HNO3(濃)= Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，溶解1molCu消耗HNO3的物質(zhì)的量為4mol；消耗HNO3物質(zhì)的量少的反應(yīng)的化學(xué)方程式為銅與稀硝酸的反應(yīng)，化學(xué)方程式為：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
(3)①根據(jù)化合價的變化規(guī)律可知，金的化合價從0價升高到+3價，作還原劑，硝酸作氧化劑，從+5價降低到+2價，產(chǎn)物有一氧化氮生成，根據(jù)質(zhì)量守恒，生成物中還有水，化學(xué)方程式為：Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3；
②A．溶金過程中硝酸的化合價降低，作氧化劑，具有強氧化性，用到了HNO3的氧化性，故A正確；
B．王水中V(濃硝酸)：V(濃鹽酸)=1：3，金與濃硝酸表面生成致密的氧化膜，不反應(yīng)，王水中濃鹽酸中提供了氯離子，利于生成四氯合金離子，利于金與硝酸的反應(yīng)，主要作用增強硝酸的氧化性，故B錯誤；
C．HNO3-NaCl與王水[V(濃硝酸)：V(濃鹽酸)=1：3溶金原理相同，則用濃鹽酸與NaNO3也可使Au溶解，故C正確；
答案選AC；
(4)由于HAuCl4=H++AuCl，若用Zn粉將溶液中的1molHAuCl4完全還原，HAuCl4中金的化合價為+3價，被鋅還原為0價，鋅的化合價從0價升高到＋2價，參加反應(yīng)的Zn的物質(zhì)的量x，鋅的化合價從0價升高到+2價，根據(jù)得失電子守恒可知：2x=3，x=1.5mol，同時Zn+2H+=Zn2++H2↑，與氫離子反應(yīng)的Zn的物質(zhì)的量為0.5mol，則參加反應(yīng)的Zn的物質(zhì)的量是2mol；
(5) 根據(jù)圖中信息可知，含有銅離子和銀離子的溶液加入試劑1后得到的是物質(zhì)1和物質(zhì)3，物質(zhì)3加入試劑3后得到的是二氨合銀離子，試劑3是氨水，物質(zhì)3是氯化銀，試劑1是NaCl溶液，物質(zhì)1是氯化銅，氯化銅加入過量鐵粉得到物質(zhì)2：銅和過量鐵，經(jīng)過試劑2，過濾后得到銅單質(zhì)，試劑2是鹽酸，除去過量的鐵粉，二氨合銀離子經(jīng)過還原可以得到銀單質(zhì)，實現(xiàn)了銅和銀的分離，試劑1是NaCl溶液，物質(zhì)2是Fe、Cu。
【點睛】濃硝酸不能單獨將Au溶解，將濃硝酸中加入濃鹽酸，利于生成四氯合金離子，利于金與硝酸的反應(yīng)，主要作用增強硝酸的氧化性，為易錯點。

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