青海高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-12物质的分离和提纯

这是一份青海高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-12物质的分离和提纯，共23页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。

青海高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-12物质的分离和提纯

一、单选题
1．（2023·青海玉树·统考三模）下列实验方案合理的是
  
A．除去Na2CO3溶液中混有少量NaHCO3杂质时，可加入足量NaOH溶液
B．用图所示的实验装置制备乙酸乙酯
C．向溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液可鉴定溶液中是否含有
D．配制50 g质量分数为5%CuSO4溶液：将47.5 mL水加入到盛有2.5 g CuSO4·5H2O的烧杯中，搅拌溶解
2．（2022·青海西宁·统考一模）下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是

物质(括号内为杂质)
除杂试剂
A
Cl2(HCl)
H2O、浓H2SO4
B
NaCl溶液(MgCl2)
NaOH溶液、过滤、稀HCl
C
乙醇(乙酸)
NaOH溶液、分液
D
NO(NO2)
H2O、无水CaCl2
A．A B．B C．C D．D
3．（2021·青海西宁·校联考二模）化学与生活息息相关，下列说法正确的是
A．“美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来”，淘金原理与化学上的萃取一致
B．丝绸、宣纸及尼龙的主要成分均为合成纤维
C．新冠肺炎疫苗的生产、运输、存放通常都应在较低温度下进行
D．“嫦娥五号”使用的太阳能电池阵和锂离子电池组，均可将化学能转变成电能
4．（2021·青海西宁·统考三模）用下列实验装置(部分夹持装置略去)，能达到实验目的的是

A．加热装置I中的烧杯，分离I2和高锰酸钾固体
B．利用装置II除去CO中的CO2
C．利用装置III制备Fe(OH)3胶体
D．利用装置IV蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3固体
5．（2021·青海海东·统考二模）以粗铜为原料制取并收集NO2。从反应后的溶液中回收Cu(NO3)2 • 6H2O。实验装置如下：

下列设计不能达到实验目的的是
A．用装置①制取NO2
B．用装置②收集NO2
C．用装置③除去反应残液中的不溶物
D．用装置④蒸发浓缩装置③所得滤液，然后冷却结晶、固液分离

二、工业流程题
6．（2023·青海玉树·统考三模）三氧化二锑(Sb2O3)作为阻燃剂可广泛用于尼龙、工程塑料(ABS)、合成树脂、纸张等。从砷锑烟尘(主要成分为Sb2O3、As2O3和少量SiO2、Ag)中提纯三氧化二锑的工艺流程如图：
  
已知：Sb2O3和As2O3均能溶于浓盐酸。
(1)“酸浸”时能提高酸浸速率的措施有 (写出一种)，浸出渣的成分为 (填化学式)。
(2)“还原”时， AsCl3与Na3PO2反应生成As、Na3PO3和HCl的化学方程式为 ，根据Sb与As元素同主族推测，Na3PO2不宜过量的原因是 。
(3)“稀释水解”时，水解温度与稀释比对Sb3+水解率的影响如图所示，则水解最佳温度和最佳稀释比分别为 、 。
  
(4)“中和脱氯”时发生的离子方程式为 。
(5)Sb2O3可直接电解制备金属Sb单质，其原理如图所示。Sb2O3极发生的电极反应式为： 。
  
7．（2023·青海西宁·统考二模）锰酸锂离子电池是第二代锂离子动力电池，性能优良。工业上以软锰矿浆(主要成分为，还含有少量铁，铝及硅等的氧化物)为原料制备锰酸锂，工艺流程如图所示。

回答下列问题：
(1)“浸取”过程得到的浸取液中阳离子主要是，生成的离子方程式为 。
(2)滤渣II的主要成分是 ；“精制”过程中实际加入的量比理论值大很多，其主要原因是 。
(3)“沉锰”过程得到的是和，二者均可被氧化为，若“控温、氧化”过程中溶液的随时间的变化关系如图所示，其中溶液的明显下降的原因是 。(用化学方程式表示)。

(4)工业上也可以向“精制”过程得到的滤液中加入溶液制备。中S的化合价为，则1个中过氧键的数目为 ，加入溶液制备发生反应的离子方程式为 。
(5)“锂化”过程是将和按的物质的量之比配料，反应3~5h，然后升温至600~750℃，保温24h，自然冷却至室温得到产品。该过程所得混合气体的成分是 。
8．（2023·青海西宁·统考一模）镍是化工产业的重要原料。以红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)为原料，制取纳米镍粉，同时获得净水剂黄钠铁矾［NaFe3(SO4)2(OH)6]的工艺流程如下：

溶液中Ni2+离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Ni2+
开始沉淀时(c=0.01mol·L-1)的pH
7.2
沉淀完全时(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH
8.7
回答下列问题：
(1)“酸浸”时需要加热，其原因是 。
(2)“氧化”过程发生反应的离子方程式是 。
(3)“沉铁”过程，控制不同的条件可以得到不同的沉淀，所得沉淀与温度、pH的关系如图所示(图1中阴影部分表示的是黄钠铁矾稳定存在区域)。若反应在80℃时进行，加碳酸钠偏多，则所得黄钠铁矾中混有的杂质是 ；检验沉铁步骤中反应是否完全的方法是 。

(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp= (列出计算式)。
(5)“转化”过程，向“过滤II”所得滤液(富含Ni2+)中加入N2H4，控制溶液中NaOH的浓度，可得到不同晶态物质(NiSO4·Ni、Ni或二者的混合物)。写出生成Ni的离子方程式 。
(6)95℃时，将Ni片浸在不同质量分数的硫酸中，经4小时腐蚀后的质量损失情况如图2所示，当ω(H2SO4)大于63%时，Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为 。
9．（2022·青海西宁·统考一模）铅蓄电池的拆解、回收和利用可以减少其对环境的污染，具有重要的可持续发展意义。利用废铅蓄电池的铅膏(主要成分为PbSO4、PbO2)，还有少重Pb、Fe2O3、Al2O3)制备PbO的流程如图：

回答下列问题：
(1)步骤①将废铅膏研磨过筛的目的是 。
(2)向废铅膏粉中加入NaOH溶液可将PbSO4转化为PbO，反应的离子方程式是 。
(3)溶液Ⅰ中主要含有的阴离子有OH-、 。
(4)加入CH3COOH溶液和H2O2溶液可将脱硫铅膏中的含铅物质转化为(CH3COO)2Pb。PbO2转化为(CH2COO)2Pb的化学方程式是 。
(5)为使Pb2+完全沉淀并获得纯净的PbO，需向溶液Ⅱ中分两次加入NaOH溶液。第一次加入的目的是 ，过滤后，第二次加入NaOH溶液调节溶液的pH至少为 (已知：25℃，Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38，Ksp[Pb(OH)2]=1×10-16)。
(6)若废铅膏中铅元素的质量分数为69%，用上述流程对1kg废铅膏进行处理，得到669gPbO，则铅的回收率为 %。
10．（2022·青海西宁·统考二模）蛇纹石的主要成分是，同时含有少量铁、铝、铬、镍的氧化物。以蛇纹石为原料可以生产高纯氧化镁工艺流程如图所示：

请回答下列相关问题。
(1)酸浸时发生的主要反应的化学方程式是 。
(2)分离操作后需要对酸浸滤饼洗涤并将洗涤液和酸浸滤液合并，洗涤液和滤液合并的目的是 。判断滤饼已经洗涤干净的操作和现象是 。
(3)净化过程是在常温下进行，加氨水将溶液的调至9，已知开始沉淀的为7，，，此时溶液中 ，净化过程中的去除率= 。(，忽略净化过程中溶液的体积变化)
(4)理论上沉淀反应中可选用作沉淀剂生成沉淀，也可选用作沉淀剂生成碱式碳酸镁的结晶物，实际生产中为了得到比表面积大、活性高的轻质氧化镁，通常采用作沉淀剂，原因是 。
(5)沉淀反应的温度以及所用硫酸镁和碳酸钠的摩尔计量比对最终产品纯度和产率的影响如图所示，则生产中应选择的合适的温度范围是 ，最佳摩尔计量比是 。

11．（2021·青海西宁·校联考二模）钴是元素周期表第四周期第VIII族元素，其化合物用途广泛。如：LiCoO2作锂电池的正极材料。已知利用原钴矿Co2O3(含Cr2O3、NiS等杂质)制备LiCoO2的工艺流程如下：

资料：①在含一定量Cl-的溶液中：Co2++4Cl-CoCl。
②CoCl溶于有机胺试剂，有机胺不溶于水。
③盐酸溶液中，有机胺试剂对金属离子的溶解率随盐酸浓度变化如图所示：

(1)步骤i的目的是 。
(2)步骤ii中出现了淡黄色沉淀，写出发生该反应的离子方程式： 。
(3)从平衡移动角度解释步骤iii中加入NaCl固体的目的是 。
(4)步骤vi用(NH4)2CO3作沉钴剂，在一定条件下得到碱式碳酸钴[Co2(OH)2CO3]。实验测得在一段时间内加入等量(NH4)2CO3所得沉淀质量随反应温度的变化如图所示，分析曲线下降的原因 。

(5)步骤vi沉钴中(常温下进行)，若滤液中Co2+含量为5.9×10-2g·L-1，此时溶液的pH为 。{Ksp[Co(OH)2]=1.0×10-15}
(6)步骤viii中Co3O4和Li2CO3混合后，鼓入空气，经高温烧结得到LiCoO2.该反应的化学方程式是 。
12．（2021·青海西宁·统考三模）MnCO3是制造电器材料软磁铁氧体的原料。实验室利用菱锰矿(主要成分MnCO3，还含有Fe2O3、FeO、MgO、SiO2等杂质)得到高纯碳酸锰产品。工艺流程如下：

(1)将菱锰矿粉与氯化铵混合研磨再焙烧的目的是 ，X为NH3和CO2的混合气体，写出焙烧的化学方程式： 。
(2)为了降低生产成本，有些物质可以循环利用，能循环利用的物质为 (填名称)。
(3)氧化剂MnO2能将浸出液中的Fe2＋转变成Fe3＋，该反应的离子方程式是 。
(4)物质Y可以是 (填字母)。
a.MnCl2 b.MnCO3 c.NH3·H2O d.NaOH
(5)氯化铵用量对锰浸出率的影响如图所示，请分析，选择氯化铵与锰矿粉的质量比为 适宜。

(6)焙烧过程中产生的尾气NH3、CO2以及少量HCl会对设备有一定腐蚀作用，直接排放会造成一定污染，实验中用如图所示装置进行尾气处理：(已知冷凝管和洗气瓶中有相同产物)

①冷凝管的作用为 。
②请写出洗气瓶中的化学方程式： 。
13．（2021·青海海东·统考一模）某科学研究小组设计以辉钼矿(MoS2、CuFeS2、Cu2S及SiO2等)为原料制备少量钼酸铵的工艺流程如图：

已知：①“焙砂”中有MoO3、CuSO4、CuMoO4、Fe2O3、Fe2(SO4)3、SiO2。
②"氨浸"时，铜元素转化为[Cu(NH3)4](OH)2(深蓝色)，钼元素转化为(NH4)2MoO4。
③[Cu(NH3)4](OH)2[Cu(NH3)4]2++2OH-。
回答下列问题：
（1）"焙烧"在马弗炉中进行。
①为了使辉钼矿充分培烧，需要采取的措施是 (写出一种)。
②马弗炉中逸出的气体可用 溶液吸收。
③MoS2转化成MoO3的化学方程式为 。
（2）"氨浸"时发生多个反应，其中CuMoO4被浸取的化学方程式为 。
（3）"滤渣Ⅰ"的成分有SiO2、 (填化学式)。
（4）"沉铜"是在80℃时进行的，铜沉淀完全的依据是 ，发生反应的离子方程式为 。

三、实验题
14．（2021·青海海东·统考二模）苯乙酮()广泛用于皂用香精和烟草香精中，可由苯和乙酸酐制备。

已知：
名称
熔点/℃
沸点/℃
密度/(g·mL-1 )
溶解性
苯
5.5
80.1
0.88
不溶于水,易溶于有机溶剂
苯乙酮
19.6
203
1.03
微溶于水，易溶于有机溶剂
乙酸酐
-73
139
1.08
有吸湿性,易溶于有机溶剂
乙酸
16.6
118
1.05
易溶于水，易溶于有机溶剂
步骤I：向三颈烧瓶中加入39 g苯和44.5 g无水氯化铝，在搅拌下滴加25.5 g乙酸酐(C4H6O3)，在70～80℃下加热45min，发生反应：＋(CH3CO)2O ＋CH3COOH。
步骤II：冷却后将反应物倒入100g冰水中，有白色胶状沉淀生成，采用合适的方法处理，水层用苯萃取，合并苯层溶液，再依次用30 mL 5% NaOH溶液和30 mL水洗涤，分离出的苯层用无水硫酸镁干燥。
步骤III：常压蒸馏回收苯，再收集产品苯乙酮。
请回答下列问题：
(1)AlCl3在反应中作 ，步骤I中的加热方式为 。
(2)根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为 (填标号)。
A．100 mL     B．250 mL     C．500 mL     D．1000 mL
(3)图示实验装置虚线框内缺少一种仪器，该仪器名称为 。
(4)步骤II中生成的白色胶状沉淀的化学式为 ，该物质易堵塞滤纸，处理白色胶状沉淀的方法为 。
(5)步骤II中用NaOH溶液洗涤的目的是 。
(6)步骤III中收集苯乙酮的温度应为 。
(7)实验中收集到24.0 mL苯乙酮，则苯乙酮的产率为 。

参考答案：
1．B
【详解】A．加入足量NaOH溶液会引入氢氧化钠新杂质，实验方案不合理，故A不符合题意；
B．乙酸和乙醇在浓硫酸催化作用下生成乙酸乙酯，生成乙酸乙酯使用b试管冷凝回收，饱和碳酸钠溶液可以吸收挥发的乙酸、乙醇且利于乙酸乙酯的分层，实验方案合理，故B符合题意；
C．若溶液中含有银离子也会出现不溶于酸的白色沉淀，不能检验硫酸根离子，实验方案不合理，故C不符合题意；
D．配制50 g质量分数为5%CuSO4溶液需要CuSO4·5H2O，应该将3.9g CuSO4·5H2O溶于水配成50g溶液，实验方案不合理，故D不符合题意；
故选B。
2．B
【详解】A．除去Cl2中的HCl应该将混合气体通过饱和食盐水，用浓硫酸不能除去HCl，A不合题意；
B．除去NaCl溶液中的MgCl2，可以先加入过量的NaOH溶液，反应为MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl，过滤洗涤沉淀后向滤液中滴加稀HCl至溶液呈中性，反应为NaOH+HCl=NaCl+H2O，前后发生的反应均为非氧化还原反应，B符合题意；
C．除去乙醇中的乙酸，可以用NaOH溶液，但由于乙醇和水任意比互溶，不能用分液法将乙醇和乙酸钠溶液分离，C不合题意；
D．除去NO中的NO2，先将混合气体通过H2O，发生的反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应为氧化还原反应，然后通过无水CaCl2干燥即可，D不合题意；
故答案为：B。
3．C
【详解】A．淘金是将固体混合物通过密度差溶解性等手段分离的操作，萃取是将溶质从一种溶剂转移到另一种溶剂的操作，原理不同，A不符题意；
B．丝绸主要成分是蛋白质，宣纸主要成分是纤维素，尼龙的主要成分是合成纤维，分类错误，B不符题意；
C．新冠疫苗属于处理后病毒类制剂，也符合病毒怕热不怕冷的特点，所以描述正确，C符合题意；
D．太阳能电池阵是将光能转化为电能，描述错误，D不符题意；
综上，本题选C。
4．B
【详解】A． 加热装置I中的烧杯，高锰酸钾固体会分解，故A错误；
B． 利用装置II除去CO中的CO2，只有二氧化碳能与NaOH溶液反应，故B正确；
C． 利用装置III制备Fe(OH)3胶体，应使用酒精灯的外焰加热，加热至液体呈红褐色即可，故C错误；
D． 利用装置IV蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3固体，氯化铝会水解，应在氯化氢气流中加热，故D错误；
故选B。
5．B
【详解】A．浓硝酸与铜反应生成二氧化氮，同时将球形分液漏斗的顶端与蒸馏烧相连也有利于浓硝酸顺利流入蒸馏烧瓶中，能达到实验目的，故A不选；
B．二氧化氮不仅能溶于水还能与水反应，所以不能用排水法收集二氧化氮，应选用向上排空气法或选用真空收集法收集，故选B；
C．除去反应残液中的不溶物选用过滤装置，故C不选；
D．装置④为蒸发装置可用于发浓缩装置③所得滤液，然后冷却结晶、过滤进行固液分离，故D不选。
答案选B
6．(1) 适当提高温度、适当提高盐酸浓度、搅拌等 SiO2、Ag
(2) 防止将SbCl3还原而导致Sb损失
(3) 20℃ 6:1
(4)
(5)

【分析】砷锑烟尘加入盐酸酸溶，SiO2、Ag不反应成为浸出渣，砷锑氧化物转化为盐溶液，滤液加入Na3PO2，AsCl3与Na3PO2反应As被还原为As，同时生成Na3PO3，过滤滤液水解得到SbOCl，加入氨水得到Sb2O3；
【详解】（1）“酸浸”时能提高酸浸速率的措施有适当提高温度、适当提高盐酸浓度、搅拌等，浸出渣的成分为SiO2、Ag；
（2）“还原”时，AsCl3与Na3PO2反应生成As、Na3PO3和HCl，反应中As化合价由+3变为0，P化合价由+1变为+3，根据电子守恒和质量守恒配平得化学方程式：；根据Sb与As元素同主族，化学性质相似，Na3PO2不宜过量的原因是防止将SbCl3还原而导致Sb损失；
（3）由图可知，水解最佳温度和最佳稀释比分别为20℃、6:1，此时水解率较高；
（4）“中和脱氯”时，SbOCl和加入氨水反应得到Sb2O3，根据质量守恒可知，还会生成氯化铵和水，发生的离子方程式为；
（5）Sb2O3可直接电解制备金属Sb单质，Sb2O3得到电子发生还原反应生成Sb，发生的电极反应式为：。
7．(1)
(2) 、 在催化作用下部分分解
(3)
(4) 1
(5)、

【分析】向软锰矿(主要成分为，还含有少量铁、铝及硅等氧化物)加入硫酸亚铁和硫酸浸取，过滤得到含、、、等的滤液，其中二氧化硅与硫酸不反应，滤渣Ⅰ为；加入双氧水将氧化为，再加MnO调pH促进、水解生成、，过滤后滤渣Ⅱ为、，向滤液中加入氨水沉锰的反应可能为，过滤后经氧化、锂化得到。
【详解】（1）由设问信息知产物为，由题干信息知反应物为，为还原反应，由流程图信息知为还原剂，则生成的离子方程式为；
（2）由流程图中加入的试剂信息知步骤①的目的是氧化，步骤②的目的是沉淀、，滤渣Ⅱ的主要成分为、；因为对的分解有催化作用，导致部分分解，故实际加入的量比理论值大很多；
（3）根据设问信息知“沉锰”过程的产物为和，二者均可被氧化为，则“氧化”过程发生的反应为、，由于生成，故溶液的明显下降；
（4）中S的化合价为，根据各元素化合价的代数和为0，设1个中价的O有x个，则，解得，故1个中过氧键的数目为1；“精制”过程得到的滤液中主要成分为，若加入溶液，发生反应的离子方程式为；
（5）根据设问信息知和按的物质的量之比反应，化学方程式为，则该过程所得混合气体的成分是和。
8． 加快酸浸和氧化速率，促进氧化完全 6H++6Fe2++=6Fe3++Cl-+3H2O FeOOH 取少量“沉铁”后的上层滤液，滴加KSCN溶液，若溶液不变红，则证明沉铁完全，反之不完全 10-15.6 N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2+4H2O 随着硫酸质量分数的增加，Ni表面形成致密的氧化膜
【分析】红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)加入硫酸酸浸，酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+，另含有少量Fe2+、Fe3+等，加入NaClO氧化亚铁离子发生6H++6Fe2++=6Fe3++Cl-+3H2O，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀，沉铁生成NaFe3(SO4)2(OH)6，过滤后的滤液中在经过NaOH、N2H4处理发生N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2+4H2O，可得到Ni，依此解答该题；
【详解】(1)酸浸时加热，目的是加快酸浸和氧化速率，促进氧化完全；
(2)根据分析，“氧化”过程发生反应的离子方程式是6H++6Fe2++=6Fe3++Cl-+3H2O；
(3)由图可知，若反应在80℃进行，加碳酸钠偏多，则所得黄钠铁矾中混有的杂质是FeOOH；检验沉铁反应是否完全的方法是取少量“沉铁”后的上层滤液，滴加KSCN溶液，若溶液不变红，则证明沉铁完全，反之不完全；
(4) 由上述图表可知，Ni2+完全沉淀时pH=8.7，此时c(Ni2+)=1×10-5mol/L，，故Ksp=c(Ni2+)·c2(OH-)=10-5×(10-5.3)2=10-15.6；
(5)根据分析，生成Ni的离子方程式：N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2+4H2O；
(6)浓硫酸具有强氧化性，使某些金属生成致密的氧化膜，故Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为随着硫酸质量分数的增加，Ni表面形成致密的氧化膜。
9．(1)增大反应物接触面积，提高反应速率
(2)PbSO4+2OH-=PbO+SO+H2O
(3)SO、AlO
(4)PbO2+ H2O2+2CH3COOH=(CH2COO)2Pb+2H2O+O2↑
(5) 除去多余的CH3COOH并将Fe3+转为沉淀除去 8.7
(6)89.2%

【分析】加入NaOH可将PbSO4转化为PbO，反应的离子方程式是PbSO4+2OH-=PbO+SO+H2O，NaOH溶液与杂质中Al2O3反应生成NaAlO2和水，溶液Ⅰ中主要含有的阴离子有OH-、SO、AlO，加入CH3COOH溶液和H2O2溶液可将PbO2转化为(CH2COO)2Pb，化学方程式是PbO2+ H2O2+2CH3COOH=(CH2COO)2Pb+2H2O+O2↑，杂质Fe2O3与醋酸反应生成Fe3+，第一次加入NaOH溶液除去杂质铁离子，第二次使Pb2+完全沉淀并获得纯净的PbO；
【详解】（1）步骤①将废铅膏研磨过筛的目的是增大反应物接触面积，提高反应速率；
（2）加入NaOH溶液可将PbSO4转化为PbO，反应的离子方程式是PbSO4+2OH-=PbO+SO+H2O；
（3）NaOH与Al2O3反应生成NaAlO2和水，溶液Ⅰ中主要含有的阴离子有OH-、SO、AlO；
（4）加入H2O2溶液与PbO2发生氧化还原反应生成Pb2+，与CH3COOH溶液和反应转化为(CH3COO)2Pb，则PbO2转化为(CH2COO)2Pb的化学方程式是PbO2+ H2O2+2CH3COOH=(CH2COO)2Pb+2H2O+O2↑；
（5）杂质Fe2O3与醋酸反应生成Fe3+，第一次加入NaOH溶液的目的是除去多余的CH3COOH并将Fe3+转为沉淀除去；过滤除去Fe(OH)3沉淀后，第二次加入NaOH溶液调节溶液的pH恰好开始沉淀Pb2+，由溶解平衡：Pb(OH)2Pb2++2OH-，则，25℃时，调节溶液的pH至少为8.7；
（6）669gPbO中铅元素的质量为，1kg废铅膏中铅元素的质量为1000g×69%=690g，则铅的回收率为。
10．(1)
(2) 提高氧化镁的产率 取少量最后一次洗涤液于试管中，先加盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，无白色沉淀产生
(3)
(4)煅烧分解时会产生大量的气体，可使得到的氧化镁颗粒更小，比表面积更大
(5) 1：1.4

【分析】蛇纹石的主要成分是，同时含有少量铁、铝、铬、镍的氧化物。蛇纹石加入活化剂、硫酸进行酸浸，分离去掉酸浸滤饼，所得滤液结晶后加入粗硫酸镁，加入双氧水、氨水净化，精制硫酸镁溶液，加入沉淀剂沉淀反应，过滤、干燥后煅烧得到高纯氧化镁。
【详解】（1）酸浸时发生的主要反应的化学方程式是；
（2）洗涤液中含有少量硫酸镁，将洗涤液和滤液合并可减少硫酸镁的损失，提高最终所得氧化镁的产率。证明滤饼已经洗涤干净需要证明滤饼表面已经没有吸附的，因此应该取少量最后一次洗涤液于试管中，先加盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，无白色沉淀产生；
（3）调至9时，溶液中，根据可以算出此时溶液中，，因此，开始沉淀的为7，根据可以算出原溶液中，最终，因此去除率为；
（4）采用作沉淀剂时得到的沉淀是，与沉淀相比，煅烧分解时会产生大量的气体，可使得到的氧化镁颗粒更小，比表面积更大，活性更高；
（5）从图象分析可知，温度40~45℃、摩尔计量比1：1.4时，产率和产品纯度都较高。
11． 增大接触面积，加快浸取速率 Co2O3+NiS+6H+=2Co2++S+Ni2++3H2O 加入NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，Co2++4Cl-CoCl平衡右移，CoCl浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度 温度过高，碳酸铵分解(或铵根离子和碳酸根离子水解程度增大)，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少 8.0 4Co3O4+6Li2CO3+O2 12LiCoO2+6CO2
【分析】由流程可知，原钴矿球磨后加入盐酸浸取，由题给信息可知，为分离Co2+与Cr2+、Ni2+，加入盐酸浓度在10mol/L以上，浸出液加入氯化钠固体，CoCl浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度，加入有机胺试剂萃取、洗脱，可得到CoCl2溶液，加入碳酸铵生成碱式碳酸钴，煅烧生成Co3O4，加入碳酸锂，可生成LiCoO2。
【详解】(1)步骤i为球磨，将原钴矿磨碎，目的是增大接触面积，加快浸取速率。故答案为：增大接触面积，加快浸取速率；
(2)步骤ii中出现了淡黄色沉淀，是NiS在酸性环境下将Co2O3还原为Co2+，NiS中的-2价的S被氧化为淡黄色的S单质，发生该反应的离子方程式：Co2O3+NiS+6H+=2Co2++S+Ni2++3H2O。故答案为：Co2O3+NiS+6H+=2Co2++S+Ni2++3H2O；
(3)从平衡移动角度解释步骤iii中加入NaCl固体的目的是加入NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，Co2++4Cl-CoCl平衡右移，CoCl浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度。故答案为：加入NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，Co2++4Cl-CoCl平衡右移，CoCl浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度；
(4)由图象可知，温度升高，沉淀曲线下降，曲线下降的原因温度过高，碳酸铵分解(或铵根离子和碳酸根离子水解程度增大)，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少。故答案为：温度过高，碳酸铵分解(或铵根离子和碳酸根离子水解程度增大)，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少；
(5)步骤vi沉钴中(常温下进行)，若滤液中Co2+含量为5.9×10-2g·L-1，则c(Co2+)==10-3mol/L，根据Ksp[Co(OH)2]=1.0×10-15可知：c(Co2+)•c2(OH-)=1.0×10-15，解得c(OH-)=1.0×10-6mol/L，则c(H+)=1.0×10-8mol/L，此时溶液的pH为8.0。故答案为：8.0；
(6)步骤viii中Co3O4和Li2CO3混合后，鼓入空气，经高温烧结得到LiCoO2.该反应的化学方程式是4Co3O4+6Li2CO3+O2 12LiCoO2+6CO2。故答案为：4Co3O4+6Li2CO3+O2 12LiCoO2+6CO2。
12． 增大接触面积，加快反应速率 MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+H2O+CO2↑ 氯化铵 MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O bc 1.1:1 生成氯化铵，除去氯化氢 MnCl2+2NH3+CO2+H2O=2NH4Cl+MnCO3↓
【分析】菱锰矿(主要成分MnCO3，还含有Fe2O3、FeO、MgO、SiO2等杂质)加入氯化铵混合研磨后焙烧，发生MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+H2O+CO2↑反应，加水溶解后，过滤出二氧化硅，浸出液中加入氧化剂二氧化锰，把亚铁离子氧化为铁离子，加入试剂Y调节pH，使铁离子、镁离子等转化为沉淀除去，为了不引入新杂质，可以选用b.MnCO3 c.NH3·H2O；滤液中加入碳酸氢铵后进行碳化结晶，过滤得到固体碳酸锰，滤液为氯化铵，蒸发结晶后得到固体氯化铵，可以循环使用。
【详解】(1)将菱锰矿粉与氯化铵混合研磨再焙烧的目的是增大物质间的接触面积，加快反应速率；焙烧后，产生X气体为NH3和CO2的混合气体，焙烧的化学方程式：MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+H2O+CO2↑；
(2)根据流程图可知，结合以上分析可知，能循环利用的物质为氯化铵；
(3)氧化剂MnO2能将浸出液中的Fe2＋转变成Fe3＋，该反应的离子方程式是MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；
(4)物质Y是用来调节溶液的pH，既能消耗氢离子，又不能引入新杂质，可以选用b.MnCO3 和c.NH3·H2O；
(5)根据氯化铵用量对锰浸出率的影响图象进行分析，当氯化铵与锰矿粉的质量比在1.1:1以后，锰的浸出率基本上变化不大，因此选择氯化铵与锰矿粉的质量比为1.1:1适宜；
(6)①氨气和氯化氢遇冷后产生氯化铵，除去了氯化氢气体，减少对设备的腐蚀作用；所以冷凝管的作用为生成氯化铵，除去氯化氢；
②洗气瓶中盛装的溶液为氯化锰溶液，氨气、二氧化碳混合气体进入到该溶液中发生反应生成了氯化铵和碳酸锰沉淀，反应的化学方程式为：MnCl2+2NH3+CO2+H2O=2NH4Cl+MnCO3↓。
13． 将辉钼矿粉碎或延长焙烧时间 NaOH Fe2O3 、 深蓝色溶液变为无色
【分析】辉钼矿(MoS2、CuFeS2、Cu2S及SiO2等)在空气中焙烧得到“焙砂”， “焙砂”中有MoO3、CuSO4、CuMoO4、Fe2O3、Fe2(SO4)3、SiO2，加入氨水，铜元素转化为[Cu(NH3)4](OH)2(深蓝色)，钼元素转化为(NH4)2MoO4，Fe2O3、SiO2不溶解，成为滤渣，Fe2(SO4)3转化为氢氧化铁沉淀析出，向滤液中加入硫化铵，形成硫化铜沉淀析出，过滤后，把滤液蒸发浓缩，冷却结晶得到钼酸铵。
【详解】(1)①为使辉钼矿充分焙烧，可将辉钼矿粉碎，增大与空气的接触面积，或者延长焙烧的时间，故答案为：将辉钼矿粉碎或延长焙烧时间；
②比较辉钼矿的成分及焙砂的成分可知，辉钼矿中含硫化合物与氧气反应生成二氧化硫及硫酸根离子，所以马弗炉中逸出的气体是二氧化硫，应用氢氧化钠溶液吸收，故答案为：NaOH；
③MoS2与空气中的氧气反应生成MoO3和二氧化硫气体，化学方程式为故答案为：；
(2)根据已知信息，氨浸时，铜元素转化为氢氧化四氨合铜，钼元素转化为钼酸铵，所以其化学方程式为，故答案为：；
(3)流程图最终得钼酸铵，所以Fe元素应在氨浸中除去，氧化铁不与氨水反应，铁离子与氨水反应生成氢氧化铁沉淀， ，则滤渣1的成分除二氧化硅外还有Fe2O3 、 ，故答案为：Fe2O3 、 ；
(4)由于CuS更难溶，所以沉铜时，Cu元素以黑色CuS沉淀除去，沉淀完全时深蓝色溶液变为无色，则铜沉淀完全的依据是深蓝色溶液变为无色；由已知信息可知，氢氧化四氨合铜是强电解质，[Cu(NH3)4]2+与 反应生成氨气和CuS沉淀，该反应是在80℃时进行的，所以铵根离子与氢氧根离子反应也生成氨气，则反应的离子方程式为，故答案为：。
14． 催化剂 70～80℃的水浴加热 B 冷凝管 Al(OH)3 加入盐酸，使其溶解，即Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O 除去产品中的乙酸 80.1℃~203℃ 82.4%
【分析】根据题中信息和相关数据可知，步骤I发生＋(CH3CO)2O ＋CH3COOH反应，由于产品均易溶于有机溶剂，步骤II中产生白色胶状沉淀为Al(OH)3，用NaOH溶液除去产品中乙酸，根据苯和苯乙酮的沸点差异，用蒸馏方法分开苯和苯乙酮；据此解答。
【详解】(1)由＋(CH3CO)2O ＋CH3COOH可知，AlCl3是反应发生的条件，反应前后AlCl3均存在，故AlCl3在反应中作催化剂，因为需要在70～80℃温度下加热，为便于控制温度且未超过100℃，加热方式为70～80℃的水浴加热；答案为催化剂，70～80℃的水浴加热。
(2)由题意知，实验中共用到的药品为39 g苯体积约为V(苯)==44.3mL，44.5 g无水氯化铝为固体，其体积可忽略，25.5 g乙酸酐(C4H6O3)体积约为V(乙酸酐)==23.6mL，液体总体积为V(总)=44.3mL+23.6mL=67.9mL，根据反应液不超过总容积的，即三颈烧瓶的容积V＞101.8mL，故选三颈烧瓶的容积250mL，B符合题意；答案为B。
(3)由于苯的沸点为80.1℃，而反应的温度需要70～80℃，这样苯易挥发，不利于产物的制取，需要冷凝回流装置，即加装的仪器为冷凝管；答案为冷凝管。
(4)由题中信息和步骤II的过程可知，产物均易溶于有机溶剂，AlCl3易水解，即冷却后将反应物倒入100g冰水中，产生的白色胶状沉淀为Al(OH)3，处理白色胶状沉淀[Al(OH)3]的方法加入盐酸，使其溶解，即Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；答案为Al(OH)3，加入盐酸，使其溶解，即Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O。
(5)由于产物之一乙酸也易溶于有机溶剂，故苯层溶液用30 mL 5% NaOH溶液洗涤，主要是除去产品中的乙酸；答案为除去产品中的乙酸。
(6)由题中信息可知，苯的沸点为80.1℃，苯乙酮的沸点为203℃，用常压蒸馏回收苯，从而获得苯乙酮，温度为80.1℃~203℃；答案为80.1℃~203℃。
(7)由题意知，苯的物质的量为n(苯)===0.5mol，乙酸酐的物质的量为n(乙酸酐)===0.25mol，由方程式＋(CH3CO)2O ＋CH3COOH可知，苯与乙酸酐以物质的量之比1:1反应，则苯过量，所以苯乙酮的物质的量n(苯乙酮)= n(乙酸酐)=0.25mol，则苯乙酮的理论产量为m(苯乙酮)=0.25mol×120g/mol=30g，而实际生成24mL的苯乙酮，苯乙酮的实际产量为m(苯乙酮)=24mL×1.03g/mL=24.72g，苯乙酮的产率为=82.4%；答案为82.4%。