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专题96 工艺流程——金属元素载体
1．【2023年全国甲卷】 是一种压电材料。以 为原料，采用下列路线可制备粉状 。
回答下列问题：
（1）“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是 。
（2）“焙烧”后固体产物有 、易溶于水的 和微溶于水的 。“浸取”时主要反应的离子方程
式为 。
（3）“酸化”步骤应选用的酸是 (填标号)。
a．稀硫酸 b．浓硫酸 c．盐酸 d．磷酸
（4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？ ，其原因是 。
（5）“沉淀”步骤中生成 的化学方程式为 。
（6）“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的 。
【答案】（1）做还原剂，将 还原
（2）
（3）c
（4） 不可行 产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体 会污染空气，而且 与盐酸反应生
成可溶于水的 ，导致 溶液中混有 杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低
（5）
（6）
【解析】由流程和题中信息可知， 与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到 、 、易
溶于水的 和微溶于水的 ；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和 ，滤液中有 和 ；
滤液经酸化后浓缩结晶得到 晶体； 晶体溶于水后，加入 和 将钡离子充
分沉淀得到 ； 经热分解得到 。
（1）“焙烧”步骤中， 与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到 、 、 和 ，被还原为 ，因此，碳粉的主要作用是做还原剂，将 还原。
（2）“焙烧”后固体产物有 、易溶于水的 和微溶于水的 。易溶于水的 与过量的
可以发生复分解反应生成硫化钙沉淀，因此，“浸取”时主要反应的离子方程式为 。
（3）“酸化”步骤是为了将 转化为易溶液于的钡盐，由于硫酸钡和磷酸钡均不溶于水，而 可溶
于水，因此，应选用的酸是盐酸，选c。
（4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取是不可行的，其原因是：产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体
会污染空气，而且 与盐酸反应生成可溶于水的 ，导致 溶液中混有 杂质无法
除去、最终所得产品的纯度降低。
（5）“沉淀”步骤中生成 的化学方程式为： + + =
。
（6）“热分解”生成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为， ，
因此，产生的 = 。
2．【2023年全国乙卷】LiMn O 作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿（MnCO ，含有
2 4 3
少量Si、Fe、Ni、Al等元素）制备LiMn O 的流程如下：
2 4
已知：K [Fe(OH) ]=2.8×10-39，K [Al(OH) ]=1.3×10-33，K [Ni(OH) ]=5.5×10-16。
sp 3 sp 3 sp 2
回答下列问题：
（1）硫酸溶矿主要反应的化学方程式为 。为提高溶矿速率，可采取的措施 (举1例)。
（2）加入少量MnO 的作用是 。不宜使用HO 替代MnO ，原因是 。
2 2 2 2
（3）溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，此时c(Fe3+)= mol·L-1；用石灰乳调节至pH≈7，除去的
金属离子是 。
（4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有 。
（5）在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为 。随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，
应不断 。电解废液可在反应器中循环利用。
（6）煅烧窑中，生成LiMn O 反应的化学方程式是 。
2 4
【答案】（1） MnCO +H SO =MnSO +H O+CO↑ 粉碎菱锰矿
3 2 4 4 2 2
（2） 将Fe2+氧化为Fe3+ Fe3+可以催化HO 分解
2 2
（3） 2.8×10-9 Al3+
（4）BaSO、NiS
4（5） Mn2++2H O H↑+MnO↓+2H+ 加入Mn(OH)
2 2 2 2
（6）2LiCO+8MnO 4LiMn O+2CO ↑+O ↑
2 3 2 2 4 2 2
【解析】根据题给的流程，将菱锰矿置于反应器中，加入硫酸和MnO ，可将固体溶解为离子，将杂质中
2
的Fe、Ni、Al等元素物质也转化为其离子形式，同时，加入的MnO 可以将溶液中的Fe2+氧化为
2
Fe3+；随后将溶液pH调至制约等于7，此时，根据已知条件给出的三种氢氧化物的溶度积可以将溶液
中的Al3+沉淀出来；随后加入BaS，可以将溶液中的Ni2+沉淀，得到相应的滤渣；后溶液中含有大量
的Mn2+，将此溶液置于电解槽中电解，得到MnO ，将MnO 与碳酸锂共同煅烧得到最终产物
2 2
LiMn O。
2 4
（1）菱锰矿中主要含有MnCO ，加入硫酸后可以与其反应，硫酸溶矿主要反应的化学方程式为：
3
MnCO +H SO =MnSO +H O+CO↑；为提高溶矿速率，可以将菱锰矿粉碎；故答案为：
3 2 4 4 2 2
MnCO +H SO =MnSO +H O+CO↑、粉碎菱锰矿。
3 2 4 4 2 2
（2）根据分析，加入MnO 的作用是将酸溶后溶液中含有的Fe2+氧化为Fe3+，但不宜使用HO 氧化Fe2+，
2 2 2
因为氧化后生成的Fe3+可以催化HO 分解，不能使溶液中的Fe2+全部氧化为Fe3+；故答案为：将
2 2
Fe2+氧化为Fe3+、Fe3+可以催化HO 分解。
2 2
（3）溶矿完成以后，反应器中溶液pH=4，此时溶液中c(OH-)=1.0×10-10mol·L-1，此时体系中含有的
c(Fe3+)= =2.8×10-9mol·L-1，这时，溶液中的c(Fe3+)小于1.0×10-5，认为Fe3+已经沉淀完全；
用石灰乳调节至pH≈7，这时溶液中c(OH-)=1.0×10-7mol·L-1，溶液中c(Al3+)=1.3×10-12mol·L-1，
c(Ni2+)=5.5×10-4mol·L-1，c(Al3+)小于1.0×10-5，Al3+沉淀完全，这一阶段除去的金属离子是Al3+；故答案
为：2.8×10-9、Al3+。
（4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，此时溶液中发生的离子方程式为Ba2++S2-+Ni2++SO =BaSO ↓+NiS↓，生
4
成的沉淀有BaSO、NiS。
4
（5）在电解槽中，Mn2+发生反应生成MnO ，反应的离子方程式为Mn2++2H O H↑+MnO↓+2H+；电解
2 2 2 2
时电解液中Mn2+大量减少，H+大量增加，需要加入Mn(OH) 以保持电解液成分的稳定；故答案为：
2
Mn2++2H O H↑+MnO↓+2H+、加入Mn(OH) 。
2 2 2 2
（6）煅烧窑中MnO 与LiCO 发生反应生成LiMn O，反应的化学方程式为2LiCO+8MnO
2 2 3 2 4 2 3 2
4LiMn O+2CO ↑+O ↑；故答案为：2LiCO+8MnO 4LiMn O+2CO ↑+O ↑。
2 4 2 2 2 3 2 2 4 2 2
3．【2023年全国新课标卷】铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂
质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr O 存在，在碱性介质中以CrO 存在。
2
回答下列问题：
（1）煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为 (填化学
式)。
（2）水浸渣中主要有SiO 和 。
2
（3）“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是 。
（4）“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO 和MgNH PO 的形式沉淀，该步需要控制溶液的pH≈9
3 4 4
以达到最好的除杂效果，若pH<9时，会导致 ；pH>9时，会导致 。
（5）“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到VO 沉淀，VO 在pH<1时，溶解为VO 或
2 5 2 5
VO3+在碱性条件下，溶解为VO 或VO ，上述性质说明VO 具有 (填标号)。
2 5
A．酸性 B．碱性 C．两性
（6）“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na SO)溶液，反应的离子方程式为 。
2 2 5
【答案】（1）NaCrO
2 4
（2）Fe O
2 3
（3）Al(OH)
3
（4） 磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH PO 无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不
4 4
宜处理 会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO 沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液
3
中铵根离子浓度降低导致MgNH PO 无法完全沉淀
4 4
（5）C
（6）2Cr O +3S O +10H+=4Cr3++6SO +5H O
2 2 2
【解析】由题给流程可知，铬钒渣在氢氧化钠和空气中煅烧，将钒、铬、铝、硅、磷等元素转化为相应的
最高价含氧酸盐，煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅、氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入
稀硫酸调节溶液pH将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到强氧化铝滤渣和滤液；向滤液中加入硫
酸镁溶液、硫酸铵溶液将硅元素、磷元素转化为MgSiO 和MgNH PO 沉淀，过滤得到含有MgSiO 、
3 4 4 3
MgNH PO 的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将钒元素转化为五氧化二钒，过滤得到
4 4
五氧化二钒和滤液；向滤液中焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子，调节溶液pH将铬元素转
化为氢氧化铬沉淀，过滤得到氢氧化铬。
（1）由分析可知，煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠，故答案为：NaCrO；
2 4
（2）由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁，故答案为：Fe O；
2 3
（3）由分析可知，沉淀步骤调pH到弱碱性的目的是将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，故答案为：Al(OH) ；
3
（4）由分析可知，加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是将硅元素、磷元素转化为MgSiO 和MgNH PO
3 4 4
沉淀，若溶液pH<9时，磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH PO 无法完全沉淀，同时可能产
4 4
生硅酸胶状沉淀不宜处理；若溶液pH>9时，会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO 沉淀，
3
导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH PO 无法完全沉淀，故答案为：磷酸
4 4
根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH PO ，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；会导镁离子生成
4 4
氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO 沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致
3
MgNH PO 无法完全沉淀；
4 4
（5）由题给信息可知，五氧化二钒水能与酸溶液反应生成盐和水，也能与碱溶液发生生成盐和水的两性
氧化物，故选C；
（6）由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铬元素转化为铬离子，反应的离子方程式
为2Cr O +3S O +10H+=4Cr3++6SO +5H O，故答案为：2Cr O +3S O +10H+=4Cr3++6SO +5H O。
2 2 2 2 2 2
4．【2023年1月浙江卷】某研究小组制备纳米 ，再与金属有机框架 )材料复合制备荧光材料
，流程如下：
已知：①含
锌组分间的转化关系：
② 是 的一种晶型， 以下稳定。
请回答：
（1）步骤Ⅰ，初始滴入 溶液时，体系中主要含锌组分的化学式是 。
（2）下列有关说法不正确的是___________。
A．步骤Ⅰ，搅拌的作用是避免反应物浓度局部过高，使反应充分
B．步骤Ⅰ，若将过量 溶液滴入 溶液制备 ，可提高 的利用率
C．步骤Ⅱ，为了更好地除去杂质，可用 的热水洗涤
D．步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是为了控制 的颗粒大小
（3）步骤Ⅲ，盛放样品的容器名称是 。
（4）用 和过量 反应，得到的沉淀可直接控温煅烧得纳米 ，沉淀无需洗涤
的原因是 。
（5）为测定纳米 产品的纯度，可用已知浓度的 标准溶液滴定 。从下列选项中选择合理的
仪器和操作，补全如下步骤[“___________”上填写一件最关键仪器，“(___________)”内填写一种操作，
均用字母表示]。
用___________(称量 样品 )→用烧杯(___________)→用___________(___________)→用移液管
(___________)→用滴定管(盛装 标准溶液，滴定 )
仪器：a、烧杯；b、托盘天平；c、容量瓶；d、分析天平；e、试剂瓶操作：f、配制一定体积的Zn2+溶液；g、酸溶样品；h、量取一定体积的 溶液；i、装瓶贴标签
（6）制备的 荧光材料可测 浓度。已知 的荧光强度比值与 在一定浓度范
围内的关系如图。
某研究小组取 人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量 )，经预处理，将其中 元素全部转化为
并定容至 。取样测得荧光强度比值为10.2，则1个血浆铜蓝蛋白分子中含 个铜原
子。
【答案】（1）
（2）BC
（3）坩埚
（4）杂质中含有 ，在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去。
（5）
（6）8
【解析】本题为一道无机物制备类的工业流程题，首先向氢氧化钠溶液中滴加硫酸锌溶液并搅拌，此时生
成 ，分离出 后再控温煅烧生成纳米氧化锌，进一步处理后得到最终产品，以
此解题。
（1）初始滴入 溶液时，氢氧化钠过量，根据信息①可知，体系中主要含锌组分的化学式是
；
（2）A．步骤Ⅰ，搅拌可以使反应物充分接触，加快反应速率，避免反应物浓度局部过高，A正确；
B．根据信息①可知，氢氧化钠过量时，锌的主要存在形式是 ，不能生成 ，B错误；
C．由信息②可知， 以下稳定，故在用 的热水洗涤时会导致， 分解为其
他物质，C错误；D．由流程可知，控温煅烧时 会转化为纳米氧化锌，故控温煅烧的目的是为了控制 的颗粒
大小，D正确；
故选BC；
（3）给固体药品加热时，应该用坩埚，故步骤Ⅲ，盛放样品的容器名称是坩埚；
（4）两者反应时，除了生成固体ZnO外，还会生成二氧化碳，氨气和水蒸气，即杂志都是气体，故沉淀
不需要洗涤的原因是：杂质中含有 ，在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而
除去；
（5）为了使测定结果尽可能准确，故可以用分析天平称量ZnO的质量，选择d，随后可以用酸来溶解氧
化锌，故选g，溶解后可以用容量瓶配制一定浓度的溶液，故选c(f)，再用移液管量取一定体积的配好
的溶液进行实验，故选h，故答案为： ；
（6）人血浆铜蓝蛋白的物质的量n(人血浆铜蓝蛋白)= ，由于实验测得荧光强
度比值为10.2，则铜离子浓度n(Cu2+)= ，则则1个血浆铜蓝蛋白分子
中含8个铜原子。
5．（2021·北京真题）铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。
资料：
i.钛白粉废渣成分：主要为FeSO ·H O，含少量TiOSO 和不溶物
4 2 4
ii.TiOSO
4
+(x+1)H
2
O⇌TiO
2
·xH
2
O↓+H
2
SO
4
iii.0.1 mol/L Fe2+生成Fe(OH) ，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3；
2
0.1 mol/L Fe3+生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8
（1）纯化
①加入过量铁粉的目的是_______。
②充分反应后，分离混合物的方法是_______。
（2）制备晶种
为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSO 溶液中加入氨水，产
4
生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化(如图)。①产生白色沉淀的离子方程式是_______。
②产生白色沉淀后的pH低于资料iii中的6.3。原因是：沉淀生成后c(Fe2+)_______0.1mol/L(填“＞”“=”
或“＜”)。
③0-t 时段，pH几乎不变；t-t 时段，pH明显降低。结合方程式解释原因：_______。
1 1 2
④pH≈4时制得铁黄晶种。若继续通入空气，t 后pH几乎不变，此时溶液中c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)
3
增加，且(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。结合总方程式说明原因：_______。
（3）产品纯度测定
铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。
wg铁黄 溶液b 溶液c 滴定
资料：Fe3++3 =Fe(C O) ，Fe(C O) 不与稀碱液反应
2 4 2 4
NaC O 过量，会使测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。
2 2 4
【答案】
（1） 与硫酸反应，使得TiOSO
4
+2H
2
O⇌TiO
2
·H
2
O↓+ H
2
SO
4
平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止
二价铁被氧化 过滤
（2） Fe2++ 2NH ·H O = Fe(OH) + 2 > pH6.0左右， 4Fe(OH) +O + 2H O= 4Fe(OH) 因此
3 2 2 2 2 2 3
pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O + 6H O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小 溶液中
2 2
同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O + 2H O =4FeOOH + 4H+，因此c(Fe2+)的减
2 2 2
小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O + 2H O= 4FeOOH + 8Fe3+
2 2
（3）不受影响
【解析】
根据钛白粉废渣制备铁黄流程
和钛白粉废渣成分：FeSO ·H O、TiOSO 及其它难溶物,可知：加入蒸馏水、铁粉纯化后，
4 2 4
TiOSO
4
+2H
2
O⇌TiO
2
·H
2
O↓+H
2
SO
4
，TiO
2
·H
2
O是沉淀，通过过滤后，得到精制FeSO
4
溶液，加入氨水和
空气后，FeSO 溶液被氧化成三价铁离子，同时调整PH（0.1mol/LFe2+沉淀为Fe(OH) ，起始的pH为
4 2
6.3，完全沉淀的pH为8.3；0.1mol/LFe3+沉淀为FeOOH，起始的pH：1.5，完全沉淀的pH为2.8）和
空气，生成FeOOH，再经过系列提纯，最终制得FeOOH固体。
（1）与硫酸反应，使得TiOSO
4
+2H
2
O⇌TiO
2
·H
2
O↓+ H
2
SO
4
平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价
铁被氧化. 钛白粉废渣成分：FeSO ·H O、TiOSO 及其它难溶物，充分反应后有沉淀出现，所以分离
4 2 4
混合物的方法是过滤；
（2）pH6.0左右， 4Fe(OH) +O + 2H O= 4Fe(OH) 因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O + 6H O=
2 2 2 3 2 2
4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小.溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O
2
+4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O + 2H O =4FeOOH + 4H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应
2 2
解释： 12Fe2+ + 3O + 2H O= 4FeOOH + 8Fe3+
2 2（3）由于Fe3++3C O2- =Fe(C O) ，Fe(C O) 不与稀碱溶液反应, 所以加入的NaC O 过量，则测定结果
2 4 2 4 3 2 4 3 2 2 4
不受影响
6．【2021年江苏卷】以锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe O、SiO)和Fe (SO ) 为原料制备的ZnFe O 脱
2 3 2 2 4 3 2 4
硫剂，可用于脱除煤气中的HS。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示为
2
（1）“除杂”包括加足量锌粉、过滤加HO 氧化等步骤。除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有
2 2
___(填化学式)。
（2）“调配比”前，需测定ZnSO 溶液的浓度。准确量取2.50mL除去Fe3+的ZnSO 溶液于100mL容量瓶
4 4
中，加水稀释至刻度；准确量取20.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加氨水调节溶液pH=10，用
0.0150mol·L-1EDTA(Na HY)溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗
2 2
EDTA溶液25.00mL。计算ZnSO 溶液的物质的量浓度___(写出计算过程)。
4
（3）400℃时，将一定比例H、CO、CO 和HS的混合气体以一定流速通过装有ZnFe O 脱硫剂的硫化反
2 2 2 2 4
应器。
①硫化过程中ZnFe O 与H、HS反应生成ZnS和FeS，其化学方程式为___。
2 4 2 2
②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了HS与CO 生成COS的反应，反应前
2 2
后ZnS的质量不变，该反应过程可描述为___。
（4）将硫化后的固体在N：O=95：5(体积比)的混合气体中加热再生，固体质量随温度变化的曲线如图
2 2
所示。在280~400℃范围内，固体质量增加的主要原因是___。【答案】（1）Fe3+、H+
（2）0.7500mol·L-1
（3） ZnFe O+3H S+H ZnS+2FeS+4H O ZnS+CO =ZnO+COS；
2 4 2 2 2 2
ZnO+H S=ZnS+H O
2 2
（4）ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐
【解析】锌灰含ZnO及少量PbO、CuO、Fe O、SiO，加入稀硫酸浸取，SiO 和硫酸不反应，过滤出
2 3 2 2
SiO，所得溶液中含有硫酸锌、硫酸铅、硫酸铜、硫酸铁、硫酸，加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫
2
酸都能与锌反应，加HO 氧化，再加入硫酸铁调节锌、铁的配比，加入碳酸氢钠沉锌铁，制得脱硫剂
2 2
ZnFe O。
2 4
（1）“除杂”加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还
有Fe3+、H+。
（2）根据Zn2++Y4-=ZnY2-，可知20.00mL稀释后的溶液中含ZnSO 的物质的量为
4
0.025L×0.015mol·L-1=3.75×10-4mol；ZnSO 溶液的物质的量浓度为 ；
4
（3）①硫化过程中ZnFe O 与H、HS反应生成ZnS和FeS，铁元素化合价由+3降低为+2、氢气中H元
2 4 2 2
素化合价由0升高为+1，根据得失电子守恒，其化学方程式为ZnFe O+3H S+H
2 4 2 2
ZnS+2FeS+4H O；
2
②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了HS与CO 生成COS的反应，反应前后ZnS
2 2
的质量不变，ZnS为催化剂，该反应过程可描述为ZnS+CO =ZnO+COS；ZnO+H S=ZnS+H O；
2 2 2
（4）在280~400℃范围内，ZnS和FeS吸收氧气，ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐，固体质量增加。
7．【2022年河北卷】以焙烧黄铁矿 (杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝 颜
料。工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）红渣的主要成分为_______(填化学式)，滤渣①的主要成分为_______(填化学式)。
（2）黄铁矿研细的目的是_______。
（3）还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为_______。（4）工序①的名称为_______，所得母液循环使用。
（5）沉铁工序产生的白色沉淀 中 的化合价为_______，氧化工序发生反应的离子方程
式为_______。
（6）若用还原工序得到的滤液制备 和 ，所加试剂为_______和_______(填化学式，
不引入杂质)。
【答案】（1） Fe O SiO
2 3 2
（2）增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率
（3）7Fe (SO )+FeS +8H O=15FeSO +8H SO
2 4 3 2 2 4 2 4
（4）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤
（5） +2； 6Fe(NH )Fe(CN) + +6H+=6Fe(NH)Fe(CN) +3H O+Cl-+6
4 2 6 4 6 2
（6） HO NH ·H O
2 2 3 2
【解析】已知黄铁矿高温煅烧生成Fe O，反应原理为：4FeS+11O 2Fe O+8SO，故产生的红渣主要
2 3 2 2 2 3 2
成分为Fe O 和SiO，将红渣粉碎后加入足量的50%的HSO 溶液加热充酸浸，反应原理为：
2 3 2 2 4
Fe O+3H SO =Fe (SO )+3H O，过滤出滤渣①，主要成分为SiO，向滤液中加入黄铁矿进行还原，将
2 3 2 4 2 4 3 2 2
Fe3+还原为Fe2+，由（3）小问可知不生成S沉淀，则硫元素被氧化为 ，反应原理为：14Fe3+
+FeS +8H O=15Fe2++2 +16H+，然后进行工序①为蒸发浓缩、冷却结晶，得到FeSO 晶体和母液主
2 2 4
要含有FeSO 溶液和HSO ，加水溶解FeSO 晶体，向所得溶液中加入(NH )SO 、K[Fe(CN) ]并用
4 2 4 4 4 2 4 4 6
HSO 调节溶液的pH为3，进行沉铁过程，反应原理为：Fe2++2 +[Fe(CN)]3-=Fe(NH)Fe(CN) ↓，
2 4 6 4 2 6
然后过滤出沉淀，洗涤后加入HSO 和NaClO 进行氧化步骤，反应原理为：6Fe(NH )Fe(CN) +
2 4 3 4 2 6
+6H+=6Fe(NH)Fe(CN) +3H O+Cl-+6 ，过滤、洗涤干燥即制得Fe(NH )Fe(CN) ，据此分析解题。
4 6 2 4 6
（1）由分析可知，红渣的主要成分为：Fe O，滤渣①的主要成分为：SiO，故答案为：Fe O；SiO；
2 3 2 2 3 2
（2）黄铁矿研细的主要目的是增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率，故答案为：增
大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率；
（3）由分析可知，还原工序中，不产生S单质沉淀，则硫元素被氧化为 ，反应原理为：14Fe3+
+FeS +8H O=15Fe2++2 +16H+，故化学方程式为：7Fe (SO )+FeS +8H O=15FeSO +8H SO ，故答案
2 2 2 4 3 2 2 4 2 4
为：7Fe (SO )+FeS +8H O=15FeSO +8H SO ；
2 4 3 2 2 4 2 4
（4）由分析可知，工序①的名称为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，所得母液主要含有FeSO 溶液和
4
HSO 可以循环利用，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；
2 4
（5）沉铁工序中产生的白色沉淀Fe(NH )Fe(CN) 中Fe的化合价为+2价和[Fe(CN) ]4-中的+3价，由分析可
4 2 6 6
知，氧化工序所发生的离子方程式为：6Fe(NH )Fe(CN) + +6H+=6Fe(NH)Fe(CN) +3H O+Cl-+6
4 2 6 4 6 2
，故答案为：+2；6Fe(NH )Fe(CN) + +6H+=6Fe(NH)Fe(CN) +3H O+Cl-+6 ；
4 2 6 4 6 2
（6）由分析可知，还原工序所得的滤液中主要含有FeSO 溶液和HSO ，向滤液中先加入一定量的HO
4 2 4 2 2溶液将Fe2+完全氧化为Fe3+，在向氧化后的溶液中加入氨水至不再产生沉淀为止，过滤洗涤，对沉淀
进行灼烧，即可制得Fe O·x H O和(NH )SO ，故所需要加入的试剂为HO 和NH ·H O，故答案为：
2 3 2 4 2 4 2 2 3 2
HO；NH ·H O。
2 2 3 2
8．【2022年湖南卷】钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为 ，含少
量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下：
已知“降温收尘”后，粗 中含有的几种物质的沸点：
物质
沸点/ 136 127 57 180
回答下列问题：
（1）已知 ， 的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略 、 随温度的变化。若
，则该反应可以自发进行。根据下图判断： 时，下列反应不能自发进行的是_______。
A． B．
C． D．
（2） 与C． ，在 的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：
物质
分压
①该温度下， 与C． 反应的总化学方程式为_______；②随着温度升高，尾气中 的含量升高，原因是_______。
（3）“除钒”过程中的化学方程式为_______；“除硅、铝”过程中，分离 中含 、 杂质的方法
是_______。
（4）“除钒”和“除硅、铝”的顺序_______(填“能”或“不能”)交换，理由是_______。
（5）下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入 冶炼 的方法相似的是_______。
A．高炉炼铁 B．电解熔融氯化钠制钠
C．铝热反应制锰D．氧化汞分解制汞
【答案】（1）C
（2） 5TiO+6C+10Cl 5TiCl +2CO+4CO 随着温度升高，CO 与C发生反应
2 2 4 2 2
（3） 3VOCl +Al=3VOCl +AlCl 蒸馏
3 2 3
（4） 不能 若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；
（5）AC
【解析】钛渣中加入C．Cl 进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl ，加入单质Al
2 4
除钒，再除硅、铝得到纯TiCl ，加入Mg还原得到Ti。
4
（1）记① ，② ，③ ，④
；
A．由图可知，600℃时 的 ，反应自发进行，故A不符合题意；
B．由图可知，600℃时 的 ，反应自发进行，故B不符合题意；
C．由图可知，600℃时 的 ，反应不能自发进行，故C符合题意；
D．根据盖斯定律， 可由①+③得到，则600℃时其 ，反应自
发进行，故D不符合题意；
故选C；
（2）①根据表中数据可知，该温度下C主要生成CO和CO，根据相同条件下气体的压强之比是物质的量
2
之比可知TiCl 、CO和CO 的物质的量之比约是5：2：4，所以TiO 与C．Cl 反应的总化学方程式为
4 2 2 2
5TiO+6C+10Cl 5TiCl +2CO+4CO ，故答案为：5TiO+6C+10Cl 5TiCl +2CO+4CO ；
2 2 4 2 2 2 4 2
②随着温度升高，CO 与C发生反应 ，导致CO含量升高，故答案为：随着温度升高，
2
CO 与C发生反应 ；
2
（3）“降温收尘”后钒元素主要以VOCl 形式存在，加入Al得到VOCl 渣，根据得失电子守恒和元素守
3 2恒配平方程式为3VOCl +Al=3VOCl +AlCl ；AlCl 、SiCl 与TiCl 沸点差异较大，“除硅、铝"过程中
3 2 3 3 4 4
可采用蒸馏的方法分离AlCl 、SiCl ，故答案为：3VOCl +Al=3VOCl +AlCl ；蒸馏；
3 4 3 2 3
（4）若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质，因此“除钒”和“除硅、
铝”的顺序不能交换，故答案为：不能；若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又
引入Al杂质；
（5）本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法；
A．高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原法，故A符合题意；
B．电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B不符合题意；
C．铝热反应制锰是利用Al作还原剂，将锰从其化合物中还原出来，为热还原法，故C符合题意；
D．Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞，故D不符合题意；
故答案选AC，故答案为：AC。
9．【2022年北京卷】铵浸法由白云石[主要成分为 ，含 ， 杂质]制备高纯度碳酸钙
和氧化镁。其流程如下：
已知：
物质
（1）煅烧白云石的化学方程式为___________。
（2）根据下表数据分析：
浸出率/ 浸出率/ 理论值/ 实测值/
98.4 1.1 99.7 -
98.8 1.5 99.2 99.5
98.9 1.8 98.8 99.5
99.1 6.0 95.6 97.6
已知：i．对浸出率给出定义ii．对 给出定义
①“沉钙”反应的化学方程式为___________。
② 浸出率远高于 浸出率的原因为___________。
③不宜选用的“ ”数值为___________。
④ 实测值大于理论值的原因为___________。
⑤蒸馏时，随馏出液体积增大， 浸出率可出 增加至 ，结合化学反应原理解释 浸出率
提高的原因为___________。
（3）滤渣C为___________。
（4）可循环利用的物质为___________。
【答案】（1）CaMg(CO ) CaO+MgO+2CO ↑
3 2 2
（2） CaCl +NH·H O+CO=CaCO ↓+NHCl+H O Ca(OH) 的溶度积大于Mg(OH) ，溶液中
2 3 2 2 3 4 2 2 2
Ca(OH) 能与NH Cl反应，而Mg(OH) 不能 2.4：1 反应加入的CaO也转化为CaCO
2 4 2 3
Mg(OH) +(NH)SO MgSO +2NH↑+2H O，蒸馏时，NH 逸出促进NH 水解，溶液中H+浓度增大，
2 4 2 4 4 3 2 3
有利于Mg(OH) 完全转化为MgSO
2 4
（3）SiO、Fe O
2 2 3
（4）NH Cl、(NH )SO
4 4 2 4
【解析】由题给流程可知，白云石煅烧时，CaMg(CO ) 高温分解生成氧化钙和氧化镁，向煅烧后的固体中
3 2
加入氯化铵溶液和氧化钙，氧化钙和氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，氧化镁与水反应生成氢
氧化镁，过滤得到含有氯化钙、一水合氨的滤液A和含有氢氧化镁、氧化铁、二氧化硅的滤渣B；向
滤液A中通入二氧化碳，二氧化碳与滤液A反应、过滤得到碳酸钙沉淀和氯化铵溶液；向滤渣B中加
入硫酸铵溶液蒸馏，将氢氧化镁转化为硫酸镁，氧化铁、二氧化硅与硫酸铵溶液不反应，过滤得到含
有氧化铁、二氧化硅的滤渣C和含有硫酸镁的滤液D；向滤液D中加入碳酸铵溶液，碳酸铵溶液与滤
液D反应、过滤得到碳酸镁沉淀和硫酸铵溶液，煅烧碳酸镁得到氧化镁，制备分离过程中氯化铵溶液
和硫酸铵溶液可以循环利用。
（1）由分析可知，白云石煅烧时，CaMg(CO ) 高温分解生成氧化钙、氧化镁和二氧化碳，反应的化学方
3 2
程式为CaMg(CO ) CaO+MgO+2CO ↑，故答案为：CaMg(CO ) CaO+MgO+2CO ↑；
3 2 2 3 2 2
（2）①由分析可知，“沉钙”时发生的反应为二氧化碳与氯化钙和一水合氨混合溶液反应生成碳酸钙沉
淀、氯化铵和水，反应的化学方程式为CaCl +NH·H O+CO=CaCO ↓+NHCl+H O，故答案为：
2 3 2 2 3 4 2
CaCl +NH·H O+CO=CaCO ↓+NHCl+H O；
2 3 2 2 3 4 2
②由题给溶度积数据可知，氢氧化钙的溶度积大于氢氧化镁，溶液中氢氧化钙的浓度大于氢氧化镁，能与
氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，而氢氧化镁不能反应，所以氧化钙的浸出率远高于氧化镁，
故答案为：Ca(OH) 的溶度积大于Mg(OH) ，溶液中Ca(OH) 能与NH Cl反应，而Mg(OH) 不能；
2 2 2 4 2③由题给数据可知，氯化铵和氧化钙的物质的量比为2.4：1时，氧化镁的浸出率最高，而碳酸钙的质量分
数无论是理论值还是实测值都最低，所以不宜选用的物质的量比为2.4：1，故答案为：2.4：1；
④硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中的水解反应为吸热反应，加热蒸馏时，氨气逸出促进铵根离子
水解，溶液中氢离子浓度增大，有利于氢氧化镁完全溶解转化为硫酸铵，所以氧化镁浸出率提高，故
答案为：Mg(OH) +(NH)SO MgSO +2NH↑+2H O，蒸馏时，NH 逸出促进NH 水解，溶液中H+浓
2 4 2 4 4 3 2 3
度增大，有利于Mg(OH) 完全转化为MgSO ；
2 4
（3）由分析可知，滤渣C为氧化铁、二氧化硅，故答案为：SiO、Fe O；
2 2 3
（4）由分析可知，制备分离过程中氯化铵溶液和硫酸铵溶液可以循环利用，故答案为：NH Cl、
4
(NH )SO 。
4 2 4
10．【2022年辽宁卷】某工厂采用辉铋矿(主要成分为 ，含有 、 杂质)与软锰矿(主要成分为
)联合焙烧法制备 和 ，工艺流程如下：
已知：①焙烧时过量的 分解为 ， 转变为 ；
②金属活动性： ；
③相关金属离子形成氢氧化物的 范围如下：
开始沉淀 完全沉淀
6.5 8.3
1.6 2.8
8.1 10.1
回答下列问题：
（1）为提高焙烧效率，可采取的措施为___________。
a．进一步粉碎矿石
b．鼓入适当过量的空气
c．降低焙烧温度
（2） 在空气中单独焙烧生成 ，反应的化学方程式为___________。
（3）“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出 和 ；②___________。
（4）滤渣的主要成分为___________(填化学式)。
（5）生成气体A的离子方程式为___________。（6）加入金属 的目的是___________。
【答案】（1）ab
（2）
（3）抑制金属离子水解
（4）
（5）
（6）将 转化为
【解析】联合焙烧：由已知信息①和第（2）问题干可知，发生转化： 、
、 ，故联合焙烧后得到 、 、 、
和 ；
水浸： 进入滤液，滤渣为 、 、 和 ；
酸浸：加入过量浓盐酸后， 和 发生转化： 、 ，因 有氧化性，
会与浓盐酸发生氧化还原反应： ，气体A为 ，滤渣主要
为不溶于浓盐酸的 ，滤液中金属离子为 ；
第（4）（5）问转化：由已知信息②知， 的金属活动性强于 ，且调pH=2.6时 和 进入滤液，
可知加入金属 的目的是将 还原为 。
（1）A．联合焙烧时，进一步粉碎矿石，可以增大矿石与空气的接触面积，能够提高焙烧效率，选项a符
合题意；
B．鼓入适当过量的空气有利于矿石充分反应，选项b符合题意；
C．降低焙烧温度，反应速率减慢，不利于提高焙烧效率，选项c不符合题意；
答案选ab；
（2） 在空气中单独焙烧生成 ，根据原子守恒可知还应生成 ，结合得失电子守恒，反应的化
学方程式为 ；
（3）加入浓盐酸后，溶液中含有的离子主要为 、 、 、 、 ，而酸浸后取滤液进行转化，
故要防止金属离子水解生成沉淀，进入滤渣，造成制得的 产率偏低；
（4）滤渣主要为不溶于浓盐酸的 ，答案为 ；
（5）因 有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应： ；
（6）由已知信息③知，调pH=2.6时， 会水解生成 沉淀，但 还没开始沉淀，故要将转化为 ，在调 后获得含 的滤液，为了不引入新的杂质，加入 作还原剂。
11．【2017新课标3卷】重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为
FeO·Cr O，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：
2 3
回答下列问题：
（1）步骤①的主要反应为：FeO·Cr O+Na CO+NaNO Na CrO+ Fe O+CO + NaNO
2 3 2 3 3 2 4 2 3 2 2
上述反应配平后FeO·Cr O 与NaNO 的系数比为_______。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是_____。
2 3 3
（2）滤渣1中含量最多的金属元素是_______，滤渣2的主要成分是__________及含硅杂质。
（3）步骤④调滤液2的pH使之变____________（填“大”或“小”），原因是_____________（用
离子方程式表示）。
（4）有关物质的溶解度如图所示。向“滤液 3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到
KCr O 固体。冷却到___________（填标号）得到的KCr O 固体产品最多。
2 2 7 2 2 7
a．80℃ b．60℃
c．40℃ d．10℃
步骤⑤的反应类型是___________________。
（5）某工厂用 m kg 铬铁矿粉（含 Cr O 40%）制备 KCr O ，最终得到产品 m kg，产率为
1 2 3 2 2 7 2
_____________。
【答案】（1）2∶7 陶瓷在高温下会与NaCO 反应 （2）铁 Al(OH)
2 3 3
（3）小 2 +2H+ +H O （4）d 复分解反应 （5） ×100%
2
【解析】（1）FeO·Cr O 是还原剂，氧化产物为NaCrO 和Fe O ，每摩转移7 mol电子，而NaNO 是氧化
2 3 2 4 2 3 3
剂，还原产物为NaNO ，每摩转移2 mol电子，根据电子守恒可知，FeO·Cr O 和NaNO 的系数比为
2 2 3 3
2∶7；陶瓷在高温下会与NaCO 反应，则熔融时不能使用陶瓷容器。
2 3
（2）熔块中氧化铁不溶于水，过滤后进入滤渣 1，则滤渣1中含量最多的金属元素是铁；滤液1中含有AlO-、SiO2-及CrO2-，调节溶液pH并过滤后得滤渣2为Al(OH) 及含硅杂质。
2 3 4 3
（3）滤液2调节pH的目的是提高溶液的酸性，pH变小；因为溶液中存在2CrO2-+2H+ Cr O2-
4 2 7
+H O，增大溶液中H+浓度，可促进平衡正向移动，提高溶液中Cr O2-的浓度。
2 2 7
（4）由图示可知，在10 ℃左右时，得到KCr O 的固体最多；2KCl+Na Cr O=K Cr O↓+2NaCl的反
2 2 7 2 2 7 2 2 7
应类型为复分解反应。
（5）样品中Cr O 的质量为m×40% kg，则生成KCr O 的理论质量为m×40% kg× ，则所得产品
2 3 1 2 2 7 1
的产率为m kg÷（m×40% kg× ）×100%= ×100%。
2 1
12．（2020年新课标Ⅰ）钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、
镁的铝硅酸盐，以及SiO、Fe O。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH VO 。
2 3 4 4 3
该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子 Fe3+ Fe2+ Al3+ Mn2+
开始沉淀pH 1.9 7.0 3.0 8.1
完全沉淀pH 3.2 9.0 4.7 10.1
回答下列问题：
（1）“酸浸氧化”需要加热，其原因是___________。
（2）“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成 ，同时还有___________离子被氧化。写出VO+转化为
反应的离子方程式___________。
（3）“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为 ，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、
___________，以及部分的___________。
（4）“沉淀转溶”中， 转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是___________。
（5）“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是___________。
（6）“沉钒”中析出NH VO 晶体时，需要加入过量NH Cl，其原因是___________。
4 3 4
【答案】（1）加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）
（2）Fe2+ VO++MnO+2H+= +Mn2++H O
2 2
（3）Mn2+ Fe3+、Al3+
（4）Fe(OH)
3
（5）NaAlO +HCl+H O=NaCl+Al(OH) ↓或Na[Al(OH)]+HCl= NaCl+Al(OH) ↓+H O
2 2 3 4 3 2（6）利用同离子效应，促进NH VO 尽可能析出完全
4 3
【解析】黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO、Fe O，
2 3 4
用30%H SO 和MnO “酸浸氧化”时VO+和VO2+被氧化成 ，Fe O 与硫酸反应生成的Fe2+被氧化
2 4 2 3 4
成Fe3+，SiO 此过程中不反应，滤液①中含有 、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、 ；滤液①中
2
加入NaOH调节pH=3.0~3.1，钒水解并沉淀为VO·xH O，根据表中提供的溶液中金属离子开始沉淀
2 5 2
和完全沉淀的pH，此过程中Fe3+部分转化为Fe(OH) 沉淀，部分Al3+转化为Al(OH) 沉淀，滤液②中
3 3
含有K+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、 ，滤饼②中含VO·xH O、Fe(OH) 、Al(OH) ，滤饼②
2 5 2 3 3
中加入NaOH使pH>13，VO·xH O转化为钒酸盐溶解，Al(OH) 转化为NaAlO ，则滤渣③的主要成
2 5 2 3 2
分为Fe(OH) ；滤液③中含钒酸盐、偏铝酸钠，加入HCl调pH=8.5，NaAlO 转化为Al(OH) 沉淀而除
3 2 3
去；最后向滤液④中加入NH Cl“沉钒”得到NH VO 。
4 4 3
（1）“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）；
（2）“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe O 与硫酸反应生成FeSO 、Fe (SO ) 和水，MnO 具有氧化性，
3 4 4 2 4 3 2
Fe2+具有还原性，则VO+和VO2+被氧化成 的同时还有Fe2+被氧化，反应的离子方程式为
MnO +2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H O；VO+转化为 时，钒元素的化合价由+3价升至+5价，
2 2
1molVO+失去2mol电子，MnO 被还原为Mn2+，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，1molMnO 得到
2 2
2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO+转化为 反应的离子方程式为VO+
+MnO+2H+= +Mn2++H O；
2 2
（3）根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为VO·xH O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、
2 5 2
Na+、Mn2+，以及部分的Fe3+、Al3+；
（4）根据分析，滤渣③的主要成分是Fe(OH) ；
3
（5）“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO 与HCl反应生成Al(OH) 沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是
2 3
NaAlO +HCl+H O=NaCl+Al(OH) ↓或Na[Al(OH)]+HCl= NaCl+Al(OH) ↓+H O。
2 2 3 4 3 2
（6）“沉钒”中析出NH VO 晶体时，需要加入过量NH Cl，其原因是：增大NH +离子浓度，利用同离子
4 3 4 4
效应，促进NH VO 尽可能析出完全。
4 3
13．【2018新课标2卷】我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家，一种以闪锌矿（ZnS，含有SiO 和
2
少量FeS、CdS、PbS杂质）为原料制备金属锌的流程如图所示：
相关金属离子[c(Mn+)=0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
0
金属离子 Fe3+ Fe2+ Zn2+ Cd2+开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.2 7.4
沉淀完全的pH 2.8 8.3 8.2 9.4
回答下列问题：
（1）焙烧过程中主要反应的化学方程式为_______________________。
（2）滤渣1的主要成分除SiO 外还有___________；氧化除杂工序中ZnO的作用是____________，若
2
不通入氧气，其后果是________________。
（3）溶液中的Cd2+可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为_________________。
（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为______________；沉积锌后的电解液可返
回_______工序继续使用。
3
【答案】 ZnS+ 2 O ZnO+SO PbSO 调节溶液的pH 无法除去杂质Fe2+ Zn+Cd2+ Zn2+
2 2 4
+Cd Zn2++2e－ Zn 溶浸
【解析】焙烧时硫元素转化为SO ，然后用稀硫酸溶浸，生成硫酸锌、硫酸亚铁和硫酸镉，二氧化硅与稀
2
硫酸不反应转化为滤渣，由于硫酸铅不溶于水，因此滤渣 1中还含有硫酸铅。由于沉淀亚铁离子的
pH较大，需要将其氧化为铁离子，通过控制pH得到氢氧化铁沉淀；滤液中加入锌粉置换出Cd，最
后将滤液电解得到金属锌。则
（1）由于闪锌矿的主要成分是 ZnS，因此焙烧过程中主要反应的化学方程式为 2ZnS+3O
2
2ZnO+2SO。
2
（2）由于硫酸铅不溶于水，因此滤渣1的主要成分除SiO 外还有PbSO ；要测定铁离子，需要调节
2 4
溶液的pH，又因为不能引入新杂质，所以需要利用氧化锌调节pH，即氧化除杂工序中ZnO的
作用是调节溶液的pH。根据表中数据可知沉淀亚铁离子的pH较大，所以若不通入氧气，其后
果是无法除去杂质Fe2+。
（3）溶液中的Cd2+可用锌粉除去，反应的离子方程式为Zn+Cd2+＝Zn2++Cd。
（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极发生得到电子的还原反应，因此阴极是锌离子放电，则阴
极的电极反应式为Zn2++2e－＝Zn；阳极是氢氧根放电，破坏水的电离平衡，产生氢离子，所以
电解后还有硫酸产生，因此沉积锌后的电解液可返回溶浸工序继续使用。
14.【2018江苏卷】以高硫铝土矿（主要成分为Al O 、Fe O 、SiO ，少量FeS 和金属硫酸盐）为原料，生
2 3 2 3 2 2
产氧化铝并获得Fe O 的部分工艺流程如下：
3 4
（1）焙烧过程均会产生SO ，用NaOH溶液吸收过量SO 的离子方程式为______________________。
2 2
（2）添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如题16图所示。已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ℃
焙烧后矿粉中硫元素总质量
硫去除率=（1— ）×100%
焙烧前矿粉中硫元素总质量
①不添加CaO的矿粉在低于500 ℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于__________________。
②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是
______________________________________________________。
（3）向“过滤”得到的滤液中通入过量CO ，铝元素存在的形式由_______________（填化学式）转
2
化为_______________（填化学式）。
（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe O 。Fe O 与FeS 混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe O 和
2 3 2 3 2 3 4
SO ，理论上完全反应消耗的n（FeS）∶n（Fe O）=__________________。
2 2 2 3
【答案】（1）SO +OH− HSO −
2 3
（2）①FeS
2
②硫元素转化为CaSO 而留在矿粉中
4
（3）NaAlO Al(OH)
2 3
（4）1∶16
【解析】根据流程，矿粉焙烧时 FeS 与 O 反应生成 Fe O 和 SO ，在空气中 CaO 可与 SO 反应生成
2 2 2 3 2 2
CaSO 、CaSO 再与O 反应生成CaSO ；“碱浸”时Al O 、SiO 转化为溶于水的NaAlO 、NaSiO ；
3 3 2 4 2 3 2 2 2 3
Fe O 与FeS 混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe O 和SO ，
2 3 2 3 4 2
（1）过量SO 与NaOH反应生成NaHSO 和HO，反应的化学方程式为SO +NaOH=NaHSO ，离子方
2 3 2 2 3
程式为SO +OH-=HSO -。
2 3
（2）①根据题给已知，多数金属硫酸盐的分解温度高于600℃，不添加CaO的矿粉低于500℃焙烧时，
去除的硫元素主要来源于FeS。
2
②添加CaO，CaO起固硫作用，添加CaO发生的反应为2CaO+2SO+O =2CaSO ，根据硫去除率的计
2 2 4
算公式及其含义可知，不添加CaO的矿粉硫去除率较高，因此，700℃焙烧时，添加1%CaO的矿
粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低的原因是：硫元素转化为CaSO 留在矿粉中。
4
（3）“碱浸”时Al O 、SiO 转化为溶于水的NaAlO 、NaSiO ，向“过滤”得到的滤液中通入过量
2 3 2 2 2 3
CO ，CO 与 NaAlO 反应生成 NaHCO 和 Al(OH) ，反应的离子方程式为 CO+AlO -
2 2 2 3 3 2 2
+2H O=Al(OH) ↓+HCO-，即Al元素存在的形式由NaAlO 转化为Al(OH) 。
2 3 3 2 3
（4）Fe O 与FeS 混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe O 和SO ，反应的化学方程式为FeS+16Fe O
2 3 2 3 4 2 2 2 311Fe O+2SO↑，理论上完全反应消耗的n（FeS）：n（Fe O）=1:16。
3 4 2 2 2 3
15．【2017江苏卷】某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量Ag(金属层中其他金属含量过
低，对实验的影响可忽略)。
已知：①NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解，如：3NaClO 2NaCl+NaClO
3
②AgCl可溶于氨水：AgCl+2NH·H O Ag(NH) ++ Cl− +2H O
3 2 3 2 2
③常温时NH·H O(水合肼)在碱性条件下能还原Ag(NH)+：
2 4 2 3 2
4Ag(NH) ++N H·H O 4Ag↓+N↑+4NH＋+4NH↑+H O
3 2 2 4 2 2 4 3 2
（1）“氧化”阶段需在80℃条件下进行，适宜的加热方式为__________________。
（2）NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O ，该反应的化学方程式为________________
2
HNO 也 能 氧 化 Ag ， 从 反 应 产 物 的 角 度 分 析 ， 以 HNO 代 替 NaClO 的 缺 点 是
3 3
____________________。
（3）为提高Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并_______________________。
（4）若省略“过滤Ⅰ”，直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因
过 量 NaClO 与 NH ·H O 反 应 外 ( 该 条 件 下 NaClO 与 NH ·H O 不 反 应 ) ， 还 因 为
3 2 3 3 2
_____________________。
（5）请设计从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质Ag的实验方案：________________________(实验中
须使用的试剂有：2 mol·L−1水合肼溶液，1 mol·L−1HSO )。
2 4
【答案】（1）水浴加热 （2）4Ag+4NaClO+2H O 4AgCl+4NaOH+O ↑
2 2
会释放出氮氧化物(或 NO、NO )，造成环境污染 （3）将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中
2
（4）未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且其中含有一定浓度的Cl−，不利于AgCl与氨水反应
（5）向滤液中滴加2 mol·L−1水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用1 mol·L−1 HSO 溶液吸收反应
2 4
中放出的NH ，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥。
3
【解析】分析题中的实验流程可知，第一步氧化是为了把光盘中的少量银转化为氯化银，氯化银难溶于水，
过滤后存在于滤渣中；第三步溶解时，氨水把氯化银溶解转化为银氨配离子，最后经一系列操作还原
为银。
（1）“氧化”阶段需在 80℃条件下进行，由于加热温度低于水的沸点，所以适宜的加热方式为水浴
加热。
（2）因为已知NaClO 溶液与 Ag 反应的产物为 AgCl、NaOH 和 O ，用化合价升降法即可配平，
2
该反应的化学方程式为4Ag+4NaClO+2H O 4AgCl+4NaOH+O ↑。 HNO 也能氧化Ag，硝酸
2 2 3
做氧化剂时通常被还原为有毒的氮的氧化物而污染环境，所以以HNO 代替NaClO的缺点是会释
3
放出氮氧化物(或 NO、NO )，造成环境污染。
2
（3）为提高Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，洗涤的目的是为了把滤渣表面残存的银氨配离子洗涤下来，并将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中。
（4）若省略“过滤Ⅰ”，直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因
过量NaClO与NH ·H O反应外，还因为未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，氨水的浓度变小，
3 2
且其中含有一定浓度的Cl−，不利于AgCl与氨水发生AgCl+2NH·H O Ag(NH) ++ Cl− +2H O
3 2 3 2 2
反应 ，使得银的回收率变小。
（5）“过滤Ⅱ”后的滤液含有银氨配离子，根据题中信息常温时 NH·H O(水合肼)在碱性条件下能
2 4 2
还原 Ag(NH) + ：4 Ag(NH) ++N H·H O 4Ag↓+ N ↑+ 4NH ＋+ 4NH ↑+H O ，所以首先向该
3 2 3 2 2 4 2 2 4 3 2
滤液中加入水合肼把银氨配离子充分还原，由于该反应产生所气体中含有氨气，氨气有强烈的刺
激性气味会污染空气，所以要设计尾气处理措施，可以用题中提供的、要求必须使用的硫酸作尾
气吸收剂把氨气吸收。最后把反应混合物静置、过滤、洗涤、干燥即可得到回收的银。具体方案
如下：向滤液中滴加2mol·L−1水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用1 mol·L−1 HSO 溶液吸收
2 4
反应中放出的NH ，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥。
3
16．【2016新课标3卷】以硅藻土为载体的五氧化二钒（VO ）是接触法生成硫酸的催化剂。从废钒催化
2 5
剂中回收VO 既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为：
2 5
物质 VO VO KSO SiO Fe O Al O
2 5 2 4 2 4 2 2 3 2 3
质量分数/% 2.2～2.9 2.8～3.1 22～28 60～65 1～2 ＜1
以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：
回答下列问题：
（1）“酸浸”时VO 转化为VO +，反应的离子方程式为___________，同时VO 转成VO2+。“废渣
2 5 2 2 4
1”的主要成分是__________________。
（2）“氧化”中欲使3 mol的VO2+变为VO +，则需要氧化剂KClO 至少为______mol。
2 3
（3）“中和”作用之一是使钒以VO 4−形式存在于溶液中。“废渣2”中含有_______。
4 12
（4）“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH+ V O 4− R VO +4OH−（ROH为强碱性
4 12 4 4 12
阴离子交换树脂）。为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈_____性（填“酸”、“碱”或“中”）。
（5）“流出液”中阳离子最多的是________。
（6）“沉钒”得到偏钒酸铵（NH VO ）沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式____________。
4 3
【答案】（1）VO ＋2H＋=2VO ＋＋HO；SiO ；（2）0.5；（3）Fe(OH) 、Al(OH) ；（4）碱；（5）K
2 5 2 2 2 3 3
高温
＋；（6）2NH
4
VO
3
V
2
O
5
＋H
2
O＋2NH
3
↑。
【解析】
（1）“酸浸”时VO 转化为VO +，V元素化合价不变，说明不是氧化还原反应，根据原子守恒可知
2 5 2
反应的离子方程式为VO＋2H＋=2VO＋＋HO；二氧化硅与酸不反应，则“废渣1”的主要成分是
2 5 2 2二氧化硅。
（2）“氧化”中欲使3 mol的VO2+变为VO +，V元素化合价从＋4价升高到＋5价，而氧化剂KClO
2 3
中氯元素化合价从＋5价降低到－1价，则根据电子得失守恒可知需要氯酸钾的物质的量为
3mol÷6＝0.5mol。
（3）“中和”作用之一是使钒以VO 4−形式存在于溶液中，同时生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，则
4 12
“废渣2”中含有Fe(OH) 、Al(OH) 。
3 3
（4）根据方程式可知为了提高洗脱效率，反应应该向逆反应方向进行，因此淋洗液应该呈碱性。
（5）由于前面加入了氯酸钾和氢氧化钾，则“流出液”中阳离子最多的是钾离子。
（6）根据原子守恒可知偏钒酸铵（NH VO ）“煅烧”生成五氧化二钒、氨气和水，发生反应的化学
4 3
高温
方程式为2NH
4
VO
3
V
2
O
5
＋H
2
O＋2NH
3
↑。
17．【2016海南卷】KAl(SO )·12H O（明矾）是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。实验室中，采用废
4 2 2
易拉罐（主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质）制备明矾的过程如下图所示。回答下列问题：
（1）为尽量少引入杂质，试剂①应选用___（填标号）。
a．HCl溶液 b．HSO 溶液 c．氨水 d．NaOH溶液
2 4
（2）易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为________。
（3）沉淀B的化学式为___；将少量明矾溶于水，溶液呈弱酸性，其原因是_____。
（4）已知：K =1.0×10-14，Al(OH) AlO-+H++H O K=2.0×10-13。Al(OH) 溶于NaOH溶液反应
w 3 2 2 3
的平衡常数等于_________。
【答案】（1）d （2分）
（2）2Al+2NaOH+2H O=2NaAlO +3H ↑ （2分）
2 2 2
（3）Al(OH) Al3+水解，使溶液中H+浓度增大（每空1分，共2分）
3
（4）20 （2分）
【解析】
（1）易拉罐（主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质），它们都是比较活泼的金属，都可以与酸发生
反应，而Al可以与强碱溶液反应变为NaAlO 进入溶液，而Fe、Mg不能与碱发生反应，所以要以含
2
Al的易拉罐为原料制取明矾，应该用强碱NaOH溶液溶解，选项d正确；Mg、Fe不溶解，会留在滤
渣中；
（2）易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H O==2NaAlO +3H ↑，反应的离子方程式
2 2 2
是2Al+2OH-+2H O=2AlO-+3H ↑；
2 2 2
（3）滤液A的主要成分是NaAlO ，向其水溶液中加入NH HCO 溶液，AlO-、NH +发生盐的双水解反应，
2 4 3 2 4
产生Al(OH) 沉淀和NH ·H O，反应的方程式是AlO-+2H O+NH += Al(OH) ↓+NH·H O，所以沉淀B化
3 3 2 2 2 4 3 3 2
学式为Al(OH) ；将少量明矾溶于水，溶液呈弱酸性，其原因是该盐是强酸弱碱盐，Al3+发生水解反应，
3
消耗水电离产生的OH-，当最终达到平衡时溶液中c(H+)>c(OH-)，所以溶液显酸性。
（4）已知：K =1.0×10-14，Al(OH) AlO-+H++H O K=2.0×10-13。Al(OH) 溶于NaOH溶液反应的平
w 3 2 2 3衡常数K= 。
