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微专题 17 热点金属及其化合物制备流程（V、Cr、Mn、Co、
Ni）
1．（2023·全国·统考高考真题）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 ，
2 4 3
含有少量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H O 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 。
1(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H O 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)2Li CO +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Fe3+；随后
2
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LiMn O 。
2 2 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H O 氧化Fe2+，
2 2 2
因为氧化后生成的Fe3+可以催化H O 分解，不能使溶液中的Fe2+全部氧化为Fe3+；故答案为：将Fe2+氧化为
2 2
Fe3+、Fe3+可以催化H O 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↓，生成
4
2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：Mn2+
2
+2H O H ↑+MnO ↓+2H+、加入Mn(OH) 。
2 2 2 2
（6）煅烧窑中MnO 与Li CO 发生反应生成LiMn O ，反应的化学方程式为2Li CO +8MnO
2 2 3 2 4 2 3 2
4LiMn O +2CO ↑+O ↑；故答案为：2Li CO +8MnO 4LiMn O +2CO ↑+O ↑。
2 4 2 2 2 3 2 2 4 2 2
一、五氧化二钒提取工艺
传统工艺
（1）国内目前的提钒工艺多为食盐钠化焙烧工艺流程。
3（2）无盐焙烧-酸浸-溶剂萃取工艺：
无盐焙烧-酸浸-溶剂萃取工艺一般包括焙烧、酸浸、沉钒、制偏钒酸铵和煅烧几个步骤 。
二、铬的工业制备工艺流程：
电解法生产一般用碳素铬铁作原料，采用铬铵矾法电解流程如图2。
4三、锰的工业制备工艺流程
5四、钴的工业制备工艺流程
五、镍的工业制备工艺流程
6火法冶炼
火法冶炼的冶炼工艺可分为还原熔炼镍铁工艺和还原硫化熔炼镍锍工艺两种。火法冶炼适合处理硅镁镍类
型矿(即矿床下部硅、镁的含量比较高、铁含量较低、钴含量也较低的矿石)。其中用的最多的是还原熔炼
镍铁工艺。
1．（2023·全国·统考高考真题）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
7(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以达到
3 4 4
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V O 沉淀，V O 在pH<1时，溶解为VO 或VO3+在碱性条
2 5 2 5
件下，溶解为VO 或VO ，上述性质说明V O 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 S O )溶液，反应的离子方程式为 。
2 2 5
【答案】(1)Na CrO
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宜处
4 4
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，同时溶液中铵根离
3
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 、MgNH PO 的滤渣
3 4 4 3 4 4
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：Na CrO ；
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，同时可能产生硅酸
4 4
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，导致产品中
3
8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：磷酸根会与H+反应使
4 4
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；会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能
4 4
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MgNH PO 无法完全沉淀；
3 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
1．（2023·北京·统考高考真题）以银锰精矿(主要含 、 、 )和氧化锰矿(主要含 )为原料
联合提取银和锰的一种流程示意图如下。
已知：酸性条件下， 的氧化性强于 。
(1) “浸锰”过程是在 溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除 ，有利于后续银的浸出：矿石中
的银以 的形式残留于浸锰渣中。
①“浸锰”过程中，发生反应 ，则可推断： (填“>”或“<”)
。
②在 溶液中，银锰精矿中的 和氧化锰矿中的 发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有
。
9(2) “浸银”时，使用过量 和 的混合液作为浸出剂，将 中的银以 形式浸出。
①将“浸银”反应的离子方程式补充完整： 。
②结合平衡移动原理，解释浸出剂中 的作用： 。
(3) “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。
①该步反应的离子方程式有 。
②一定温度下， 的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释 分钟后 的沉淀率逐渐减小的原因：
。
(4)结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势： 。
【答案】(1) > 、
(2) 是为了与 电离出的 结合生成
，使平衡正向移动，提高 的浸出率； 是为了抑制 水解，防止生成 沉淀
(3) 、 被氧气氧化为 ， 把 氧
化为
(4)可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到 ，同时将银元素和锰元素分离开；生成的
还可以用于浸银，节约氧化剂
10【解析】银锰精矿(主要含 、 、 )和氧化锰矿(主要含 )混合加 溶液，使矿石中的
锰元素浸出，同时去除 ，矿石中的银以 的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有
、 ；浸锰渣中 与过量 和 的混合液反应，将 中的银以 形式浸
出，用铁粉把 还原为金属银。
（1）①“浸锰”过程中，矿石中的银以 的形式残留于浸锰渣中， 发生反应
，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断： > ；
②根据信息，在 溶液中二氧化锰可将 氧化为 ，自身被还原为 ，则浸锰液中主要的金
属阳离子有 、 。
（2）① 中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为
；
② 是为了与 电离出的 结合生成 ，使平衡正向移动，提高 的浸出率； 是为了
抑制 水解，防止生成 沉淀。
（3）①铁粉可将 还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因此离子方程式为
、 ；
②溶液中生成的 会被空气中的氧气缓慢氧化为 ， 把部分 氧化为 ，因此 后银的沉
淀率逐渐降低。
（4）联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素
11和锰元素分离开，利用 的氧化性将 中的 氧化为 ，同时生成的 还可以用于浸银，节
约氧化剂，同时得到 。
2．（2023·湖南·统考高考真题）金属 对 有强吸附作用，被广泛用于硝基或羰基等不饱和基团的催化
氢化反应，将块状 转化成多孔型雷尼 后，其催化活性显著提高。
已知：①雷尼 暴露在空气中可以自燃，在制备和使用时，需用水或有机溶剂保持其表面“湿润”；
②邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行。
某实验小组制备雷尼 并探究其催化氢化性能的实验如下：
步骤1：雷尼 的制备
步骤2：邻硝基苯胺的催化氢化反应
反应的原理和实验装置图如下(夹持装置和搅拌装置略)。装置Ⅰ用于储存 和监测反应过程。
回答下列问题：
(1)操作(a)中，反应的离子方程式是 ；
(2)操作(d)中，判断雷尼 被水洗净的方法是 ；
(3)操作(e)中，下列溶剂中最有利于步骤2中氢化反应的是_______；
A．丙酮 B．四氯化碳 C．乙醇 D．正己烷
(4)向集气管中充入 时，三通阀的孔路位置如下图所示：发生氢化反应时，集气管向装置Ⅱ供气，此时
孔路位置需调节为 ；
12(5)仪器M的名称是 ；
(6)反应前应向装置Ⅱ中通入 一段时间，目的是 ；
(7)如果将三颈瓶N中的导气管口插入液面以下，可能导致的后果是 ；
(8)判断氢化反应完全的现象是 。
【答案】(1)2Al+2OH-+2H O=2AlO +3H ↑
2 2
(2)取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变粉红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干
净
(3)C
(4)B
(5)恒压滴液漏斗
(6)排除装置中的空气，防止雷尼 自燃
(7)管道中气流不稳，不利于监测反应过程
(8)集气管中液面不再改变
【解析】（1）铝可以和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2OH-+2H O=2AlO
2
+3H ↑；
2
（2）由于水洗之前是用碱洗，此时溶液显碱性，故可以用酸碱指示剂来判断是否洗净，具体方法为，取
最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变粉红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干净；
（3）根据题给信息可知，邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行，在丙酮，四氯化碳，乙醇，
正己烷中极性较强的为乙醇，故选C；
（4）向集气管中充入 时，氢气从左侧进入，向下进入集气管，则当由集气管向装置Ⅱ供气，此时孔路
位置需调节为气体由下方的集气管，向右进入装置Ⅱ，应该选B，而装置C方式中左侧会漏气，不符合题
意，故选B；
（5）由图可知，仪器M的名称是恒压滴液漏斗；
13（6）根据题给信息可知，雷尼 暴露在空气中可以自燃，故反应前向装置Ⅱ中通入 一段时间，目的是
排除装置中的空气，防止雷尼 自燃；
（7）如果将三颈瓶N中的导气管口插入液面以下，则会在三颈瓶中产生气泡，从而导致管道中气流不稳，
不利于监测反应过程；
（8）反应完成后，氢气不再被消耗，则集气管中液面不再改变。
3．（2023·湖北·统考高考真题） 是生产多晶硅的副产物。利用 对废弃的锂电池正极材料
进行氯化处理以回收Li、Co等金属，工艺路线如下：
回答下列问题：
(1)Co位于元素周期表第 周期，第 族。
(2)烧渣是LiCl、 和 的混合物，“500℃焙烧”后剩余的 应先除去，否则水浸时会产生大量
烟雾，用化学方程式表示其原因 。
(3)鉴别洗净的“滤饼3”和固体 常用方法的名称是 。
(4)已知 ，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中 浓度为
。“850℃煅烧”时的化学方程式为 。
(5)导致 比 易水解的因素有 (填标号)。
a．Si-Cl键极性更大 b．Si的原子半径更大
c．Si-Cl键键能更大 d．Si有更多的价层轨道
【答案】(1) 4 Ⅷ
(2)
14(3)焰色反应
(4)
(5)abd
【解析】由流程和题中信息可知， 粗品与 在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、
和 的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是 和 ；滤
液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2（主要成分为 ）和滤液2（主要溶质为LiCl）；滤饼2
置于空气中在850℃煅烧得到 ；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为 。
（1）Co是27号元素，其原子有4个电子层，其价电子排布为 ，元素周期表第8、9、10三个纵行
合称第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第4周期、第Ⅷ族。
（2）“500℃焙烧”后剩余的 应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，四氯化硅与可水
反应且能生成氯化氢和硅酸，故其原因是： 遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程
式为 。
（3）洗净的“滤饼3”的主要成分为 ，常用焰色反应鉴别 和 ， 的焰色反应为
紫红色，而 的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体 常用方法的名称是焰色反应。
（4）已知 ，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中
， 浓度为 。“850℃煅烧”时，
15与 反应生成 和 ，该反应的化学方程式为 。
（5）a．Si-Cl键极性更大，则 Si-Cl键更易断裂，因此， 比 易水解，a有关；
b．Si的原子半径更大，因此， 中的共用电子对更加偏向于 ，从而导致Si-Cl键极性更大，且Si原子
更易受到水电离的 的进攻，因此， 比 易水解，b有关；
c．通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si-Cl键键能更大不能说明Si-Cl更易断裂，故不能说明
比 易水解，c无关；
d．Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的 形成化学键，从而导致 比 易水解，d有关；
综上所述，导致 比 易水解的因素有abd。
4．（2023春·湖北·高三校联考阶段练习）钒是人体必需的微量元素，对维持机体生长发育、促进造血功能
等有重要作用。某钒渣中钒(V)主要以 形式存在，还含有 、 、 等物质。以钒渣为
原料制备 的工艺流程如下：
已知：常温下，溶液中金属离子沉淀的pH如下表所示：
金属离子
开始沉淀pH 1.9 7.0 3.0
完全沉淀pH 3.2 9.0 4.7
(1)“焙烧”过程中发生的主要反应化学方程式为 。
(2)“酸浸”时， 转化为 ，反应的离子方程式为 。滤渣的主要成分为 (填化
学式)。
16(3)“调pH”时，若溶液中的铝元素恰好沉淀完全，则 (当溶液中离子浓度
时，认为沉淀完全)。
(4)“还原”中， 逐步被还原成 ，其中 转化为 的离子方程式为 。
(5)副产品中可提取 。资料显示，硫酸锌结晶水合物的形态与温度有如下关系：
温度 低于39℃ 39~60℃ 60~100℃
晶体形态
从 溶液中获得稳定的 晶体的操作是 ， ，过滤，洗涤，干燥。
(6)为测定粗产品中钒的含量，取2.50 g粗产品配成500 mL溶液，取50.00 mL溶液于锥形瓶中，用
标准溶液滴定，平行滴定三次，消耗 溶液体积的平均值为26.50 mL。该反应方
程式为 。则该产品中钒元素的元素的质量
分数为 %(结果保留两位小数)。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
(5) 蒸发浓缩 低于39℃降温结晶
(6)81.09
【解析】钒渣在空气中焙烧，主要成分 在空气中被氧化为 与 ；加入稀硫酸酸溶，二氧
化硅不反应成为滤渣1，铁、钒、铝转化为相应盐溶液，调节pH将铁铝转化为沉淀得到滤渣2，滤液加入
锌单质还原后处理得到粗产品；
17（1）在空气中对钒渣进行焙烧，结合（2）中的信息，主要成分 在空气中被氧化为 与 ，
反应为 ；
（2）“酸浸”时， 和稀硫酸反应转化为 ，反应的离子方程式为 ；由分
析可知，滤渣的主要成分为 ；
（3）结合表中数据，溶液中 完全沉淀时 ，即 ，可求得
；当溶液中铝离子恰好沉淀完全时，溶液pH为4.7，此时溶
液中 为 ，带入到 ，可求得溶液中 。
（4）“还原”中，将 逐步被还原成 ，锌具有还原性，将 转化为 ，同时生成锌离子，离子
方程式为 ；
（5）由于不同温度下析出的晶体形态不同，故在结晶过程中需要控制温度在低于39℃结晶，从而获得
。获得稳定的 晶体的操作是蒸发浓缩，低于39℃降温结晶，过滤，洗涤，干燥。
（6）根据反应过程得关系式：
该产品中钒元素的质量分数为： 。
5．（2023·山东潍坊·统考三模） 可用于油漆颜料及羊毛处理。工业上以高铁铬铁矿(主要成分为
，含 、 、 等杂质)为原料生产 和金属Al的工艺流程如图。
18已知：
I．“焙烧”过程中， 反应转化为
Ⅱ．若溶液中相关离子的物质的量浓度为c，则常温时，lgc与溶液pH的关系如图所示。
Ⅲ． (黄色) (橙色) 。
回答下列问题：
(1)“焙烧”时， 发生反应的化学方程式为 。
(2)“水浸”后滤渣主要成分为 (填化学式)；“调pH”时通入的“气体X”是 。
(3)常温下，图像上M点对应的溶液 。
(4)用稀硫酸进行“酸浸”，调节溶液pH的最大值为 。“沉铝”后
的母液Ⅱ的主要成分为 。
(5)加入 “析铬”时， 被还原的离子方程式为 。
【答案】(1)
19(2)
(3)6.9
(4) 2.8
(5)
【解析】工业上以高铁铬铁矿(主要成分为Cr O ，含Fe O 、SiO 、 Al O 等杂质)为原料生产Cr(OH) 和金属
2 3 2 3 2 2 3 3
Al，高铁铬铁矿通入空气、加入碳酸钠焙烧生成二氧化碳，“焙烧”过程中，Cr O 反应转化为Na CrO ，
2 3 2 4
二氧化硅和碳酸钠反应生成硅酸钠，氧化铝和碳酸钠反应生成偏铝酸钠，过滤得到滤渣为Fe O ，通入二氧
2 3
化碳气体调节溶液pH析铬，加入硫化钠生成Cr(OH) ，过滤得到母液蒸发浓缩冷却结晶、过滤洗涤、干燥
3
得到碳酸钠晶体失去结晶水得到碳酸钠固体，析铬后的固体为硅酸沉淀和氢氧化铝沉淀，加入硫酸酸浸，
过滤得到硅酸和铝盐溶液，加入过量氨水沉铝生成氢氧化铝沉淀，煅烧得到氧化铝和水，氧化铝熔融电解
得到铝，母液Ⅱ主要是铵盐硫酸铵；
（1）“焙烧”过程中，Cr O 反应转化为Na CrO ，Cr O 发生反应的化学方程式为:
2 3 2 4 2 3
，答案为 ；
（2）上述分析可知，“水浸”后滤渣主要成分为:Fe O ，“调pH”时通入的“气体X”是: CO ，答案为:
2 3 2
Fe O ；CO ；
2 3 2
（3） (黄色) (橙色) ，M点c( )=c(
)， ，c(H+)= =10-6.9mol/L，pH=n=6.9，答案为6.9；
（4）用稀硫酸进行“酸浸”，生成硫酸铝溶液和硅酸沉淀，图像中铝离子浓度最大时，lgc(Al3+)=0.4，
c(OH-)=10-0.4mol/L， ，c(OH-)= =10-11.2mol/L，
20c(H+)= =10-2.8mol/L，pH=2.8，调节溶液pH的最大值为2.8；“沉铝”后的母液Ⅱ的主要成分为
；
（5）加入 “析铬”时， 被还原的离子方程式为 ，
答案为 。
1．（2023·广东·统考高考真题） 均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含
)中，利用氨浸工艺可提取 ，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：
已知：氨性溶液由 、 和 配制。常温下， 与 形成可溶
于水的配离子： ； 易被空气氧化为 ；部分氢氧化物的 如下表。
氢氧化物
回答下列问题：
(1)活性 可与水反应，化学方程式为 。
21(2)常温下， 的氨性溶液中， (填“>”“<”或“=”)。
(3)“氨浸”时，由 转化为 的离子方程式为 。
(4) 会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现
了 的明锐衍射峰。
① 属于 (填“晶体”或“非晶体”)。
② 提高了 的浸取速率，其原因是 。
(5)①“析晶”过程中通入的酸性气体A为 。
②由 可制备 晶体，其立方晶胞如图。 与O最小间距大于 与O最小间距，x、y为整数，
则 在晶胞中的位置为 ；晶体中一个 周围与其最近的O的个数为 。
(6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得 溶液中 与
的比值，理论上最高为 。
②“热解”对于从矿石提取 工艺的意义，在于可重复利用 和 (填化学式)。
【答案】(1)
(2)＞
(3) 或
22(4) 晶体 减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积
(5) 体心 12
(6) 0.4或
【解析】硝酸浸取液(含 )中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤液主要
是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，向滤液
中进行镍钴分离，，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到
氯化镍晶体。
（1）活性 可与水反应，化学方程式为 ；故答案为： 。
（2）常温下， 的氨性溶液中， ， ，
，则 ＞ ；故答案为：＞。
（3）“氨浸”时， 与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成 ，则由
转化为 的离子方程式为
或
；故答案为：
或
。
23（4） 会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，
出现了 的明锐衍射峰。
①X射线衍射图谱中，出现了 的明锐衍射峰，则 属于晶体；故答案为：
晶体。
②根据题意 会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则 能提高
了 的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面
积；故答案为：减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。
（5）①“析晶”过程中为了防止 水解，因此通入的酸性气体A为 ；故答案为： 。
②由 可制备 晶体，其立方晶胞如图。x、y为整数，根据图中信息Co、Al都只有一个原子，
而氧(白色)原子有3个， 与O最小间距大于 与O最小间距，则Al在顶点，因此 在晶胞中的位置为
体心；晶体中一个 周围与其最近的O原子，以顶点Al分析，面心的氧原子一个横截面有4个，三个横
截面共12个，因此晶体中一个 周围与其最近的O的个数为12；故答案为：体心；12。
（6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则晶体A为 ，根
据 ， ，还剩余5个水分子，因此所得
溶液中 与 的比值理论上最高为 ；故答案为：0.4或 。
②“热解”对于从矿石提取 工艺的意义，根据前面分析 ，
，在于可重复利用 和 ；故答案为： 。
2．（2023·重庆·校联考三模）黏土钒矿主要成分为钒的+3、+4、+5价的化合物以及 、 等，采用
24如图所示工艺流程可由黏土钒矿制备 。
已知：①钒的化合物溶于酸后多以 形式存在。
②钒元素的存在形态较多，部分四价钒和五价钒物种的分布分数 与 的关系如图所示。
(1)基态V原子的价电子排布图为： ， 的空间构型为： 。
(2)写出“酸浸氧化”时 转化为 发生反应的离子方程式 。
(3)加入 控制溶液的 ，其目的是 。
(4)“滤液1”中主要的阴离子有 以及 。写出形成“滤渣2”主要成分发生反应的离子
方程式 。
(5)“沉钒”时控制溶液 约为7，生成偏钒酸铵 固体。沉钒率随温度变化如图，温度高于 ，
沉钒率下降的原因是 。
25(6)在“煅烧” 的过程中，残留固体的质量随温度变化的曲线如图所示，则A点剩余固体的成分为
(填化学式)。
【答案】(1) 四面体形
(2)
(3)使得含钒离子完全转化为
(4)
(5)温度高于 ， 水解程度增大，浓度减小，导致沉钒率下降(或 热分解)
(6)
【解析】由图示黏土钒矿制备V O 的流程可知，钒矿粉(主要成分为钒的+3、+4、+5价的化合物以及
2 5
SiO 、Al O 等)加入稀硫酸酸浸，氧化铝溶于稀酸溶液中引入Al3+氯酸钾可氧化，VO+、VO2+，滤渣1为
2 2 3
SiO ，再加KOH调节溶液pH，滤液1中通入二氧化碳，过滤分离出的滤渣2为Al(OH) ，滤液2含有 ，
2 3
加入NH HCO 沉钒生成NH VO ，煅烧NH VO 生成V O ；
4 3 4 3 4 3 2 5
26（1）基态V原子的价电子排布式为: 3d34s2，价电子排布图为: ， 的价层电子对
数= 3+ (7- 2 3+1)=4，空间构型为:四面体形，故答案为: ；四面体形；
（2）氧化时反应物为VO2+和 ，生成物为 和Cl-，配平得相应的离子方程式为:
，故答案为: ；
（3）图像曲线变化分析可知，加入KOH控制溶液的pH > 13，其目的是:使得含钒离子完全转化为 ，
故答案为:使得含钒离子完全转化为 ；
（4）V O 在碱性条件下以 形式存在，滤液1中主要的阴离子有 、 、Cl-、OH-、 ，滤液
2 5
1中通入二氧化碳，过滤分离出的滤渣2为Al(OH) ，反应的离子方程式为:
3
，故答案为: Cl-、 ； ；
（5）铵根在水溶液中会发生水解，水解为吸热反应，温度高于80℃， 水解程度增大成为主要因素，
使NHI浓度减小，沉钒率下降；同时温度升高NH4VO:溶解度增大;且铵盐不稳定，温度升高铵盐分解，故
答案为:温度高于80℃， 水解程度增大成为主要因素，使 浓度减小，沉钒率下降或温度升高
NH VO 溶解度增大或温度升高铵盐分解；
4 3
（6）根据铵盐的性质，NH VO 分解产生氨气和HVO ，根据题意可知HVO 又分解产生V O ，假设初始
4 3 3 3 2 5
NH VO 的质量为117g，物质的量为1mol，根据元素守恒可知分解过程中会产生1molNH 和0.5molH O，A
4 3 3 2
点减少的质量为117g (1-85.47%) = 17g刚好是1molNH VO 中的NH ，所以起点到A点失去的物质是NH ，
4 3 3 3
A点剩余固体的成分为: HVO ，故答案为: HVO 。
3 3
3．（2023·江西新余·统考二模）铬 广泛应用于冶金、化工、航天等领域。工业上以铬铁矿(主要成分为
，含有少量 )为原料制备金属铬的工艺流程如图所示：
27回答下列问题：
(1)为提高焙烧效率，可以采取的措施为 。
(2)亚铬酸亚铁( )中 的化合价为 ，“焙烧”中 反应的化学方程式为 。
(3)“酸化”中反应的离子方程式为 ，已知：酸化”后溶液中 ，
2×10-8 。则该温度下该反应的平衡常数等于 。
(4)“沉铝”需控制 的原因为 。
(5)以铬酸钾(K CrO )为原料，用电化学法制备重铬酸钾的实验装置如图。
2 4
测定阳极液中K和Cr的含量，若K与Cr的物质的量之比(n /n )为a，则此时铬酸钾的转化率为 。
K Cr
【答案】(1)将矿石粉碎或增大空气的量或逆流焙烧等（任选一条）
(2) +3 4 FeCr O + 7O + 8Na CO 2Fe O + 8Na CrO + 8CO
2 4 2 2 3 2 3 2 4 2
(3) 2 CrO + 2H＋=Cr O +H O 4×1014
2 2
(4)pH高于10时，偏铝酸根不能完全转化为氢氧化铝，pH低于6时，氢氧化铝会继续溶解转化为铝离子，
故需控制pH在6~10的范围，让偏铝酸根中铝以氢氧化铝形成存在而过滤除去
(5)2-a
【解析】由题给流程可知，铬铁矿中加入碳酸钠在空气中焙烧时，FeCr O 转化为氧化铁和铬酸钠，氧化铝
2 4
28转化为偏铝酸钠；焙烧渣加入水水浸、过滤得到氧化铁和含有偏铝酸钠、铬酸钠的滤液；向滤液中加入稀
硫酸调节溶液pH，将溶液中偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铝滤渣和铬酸钠溶液；向溶液
中继续加入稀硫酸调节溶液pH为1，将铬酸钠转化为重铬酸钠，电解重铬酸钠溶液在阴极得到铬。由图可
知不锈钢与电源负极相连，整个装置为电解池，不锈钢做电解池的阴极；阳极为惰性电极，溶液中水电离
出的 放电，使溶液中的 浓度增大，酸性增强，使平衡2 +2H+ +H O向生成 方
2
向移动，部分K+通过阳离子交换膜移动到阴极区，使阳极区主要成分是K Cr O 。
2 2 7
（1）为提高焙烧效率，可以采取的措施为将矿石粉碎或增大空气的量或逆流焙烧等；
（2）根据正负化合价代数和为零可推知亚铬酸亚铁( )中 的化合价为+3价；由分析可知，铬铁矿
中加入碳酸钠在空气中焙烧时，FeCr O 转化为氧化铁和铬酸钠，反应的化学方程式为4 FeCr O + 7O +
2 4 2 4 2
8Na CO 2Fe O + 8Na CrO + 8CO ；
2 3 2 3 2 4 2
（3）由分析可知，酸化时发生的反应为铬酸钠溶液与稀硫酸反应生成重铬酸钠和硫酸钠，反应的离子方
程式为2 CrO + 2H＋=Cr O +H O；由题给数据可知，反应的平衡常数K= =4×1014，故答案
2 2
为：2 CrO + 2H＋=Cr O +H O；4×1014；
2 2
（4）由分析可知，沉铝时发生的反应为偏铝酸钠与稀硫酸反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钠，pH高于10时，
偏铝酸根不能完全转化为氢氧化铝，pH低于6时，氢氧化铝会继续溶解转化为铝离子，故需控制pH在
6~10的范围，让偏铝酸根中铝以氢氧化铝形成存在而过滤除去；
（5）起始时 ，设K CrO 为1mol，反应过程中有xmol K CrO 转化为K Cr O ，则阳极区剩余的
2 4 2 4 2 2 7
K CrO 为(1-x) mol，对应的n(K)=2(1-x) mol，n(Cr)=(1-x) mol，生成的K Cr O 为 mol，对应的n(K)=xmol，
2 4 2 2 7
29n(Cr)= xmol，则 ，解得x=2-a，则转化率为2-a。
4．（2023·河南安阳·统考三模）Mn O 可用作电子计算机中存储信息的磁芯、磁盘等。常温下，以软锰矿
3 4
(主要成分是MnO ，还含有少量的Fe O 、Al O )为原料制备Mn O 的工艺流程如图所示。
2 2 3 2 3 3 4
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+
开始沉淀的pH 2.1 7.0 3.5 8.2
完全沉淀的pH 3.4 8.3 4.6 10.2
回答下列问题：
(1)“酸浸”后的浸取液中，锰、铁以Mn2+、Fe2+的形式存在， MnO 参加反应的离子方程式为 。
2
(2)①“调pH”的范围为 。该过程中，加入H O 发生反应的离子方程式为 ；X试剂最适宜的是
2 2
(填字母)。
a.氨水 b. CaO固体
c. MnCO d. MnO
3 2
②若用Mn+表示浸取液中的金属离子，结合化学用语用平衡移动原理解释形成滤渣1的原因： 。
(3)“沉锰”时，为了加快沉锰的反应速率，可升高反应温度，当温度达到50° C后，随着温度升高，Mn2+的
沉淀率会降低，其可能原因是 。
(4)“沉锰”后的滤液2中存在的主要阳离子是 。(填离子符号)。
【答案】(1)3MnO +12H++3Fe=3Mn2++3Fe2++6H O
2 2
(2) 4.6~8.2 H O +2Fe2++2H+=2H O+2Fe3+ c 滤液中存在平衡Mn++nH O M(OH) +nH+，加入
2 2 2 2 n
碳酸锰后氢离子浓度降低，生成沉淀M(OH) ⇌
n
(3)氨水挥发
(4)NH
【解析】由题给流程可知，向软锰矿中加入过量稀硫酸和铁屑酸浸、还原得到含有锰离子、亚铁离子、铝
30离子的溶液；向溶液中加入过氧化氢溶液，将亚铁离子氧化为铁离子后，再加入碳酸锰调节溶液pH在
4.6~8.2范围内，将铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有二氧化硅、氢氧化铁、
氢氧化铝的滤渣1和滤液；向滤液中加入氨水，将滤液中锰离子转化为氢氧化锰沉淀，过滤得到滤液2和
氢氧化锰；向氢氧化锰中加入过氧化氢溶液，共热将氢氧化锰转化为四氧化三锰。
（1）铁屑与二氧化锰、稀硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸锰和水，反应的离子方程式为3MnO +12H+
2
+3Fe=3Mn2++3Fe2++6H O；
2
（2）①调节pH将铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，但是锰离子不能形成沉淀，则“调
pH”的范围为4.6~8.2；加入过氧化氢溶液的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为：H O +2Fe2+
2 2
+2H+=2H O+2Fe3+；调节pH时不能引入新的杂质，则X试剂最适宜的是碳酸锰，故选c；
2
②离子Mn+可以水解，水解方程式为：Mn++nH O M(OH) +nH+，加入碳酸锰后氢离子浓度降低，生成沉淀
2 n
M(OH) ； ⇌
n
（3）氨水具有挥发性，受热易挥发、易分解，50℃后，溶液温度越高，氨水挥发导致锰离子的沉淀率越
低，故答案为：氨水挥发；
（4）沉锰时一水合氨和锰离子反应生成氢氧化锰和铵根离子，则滤液2中含有的阳离子为NH ；
5．（2023·全国·高三专题练习）NiSO •6H O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛应用于化学镀镍、生产电池、
4 2
医药工业、催化行业以及印染工业等行业中。由一种废料(主要成分是铁镍合金，还含有铜、镁、硅的氧化
物)为原料制取NiSO •6H O的步骤如图：
4 2
已知：镍能溶于稀酸但溶解不完全，通常表现为+2价。
(1)“溶解”时加入H O 溶液的目的是 。
2 2
(2)“除铁”时生成黄钠铁矾[Na Fe (SO ) (OH) ]沉淀，写出其离子方程式： 。
2 6 4 4 12
(3)NiSO 在强碱溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH。该反应的化学方程式为
4
。
【答案】(1)使Fe2+氧化成Fe3+，使镍元素完全转化成Ni2+
(2)6Fe3++4SO +6H O+2Na++6MgO=6Mg2++Na Fe (SO ) (OH) ↓
2 2 6 4 4 12
(3)2NiSO +NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na SO +H O
4 2 4 2
31【解析】由一种废料(主要成分是铁镍合金，还含有铜、镁、硅的氧化物)为原料制取NiSO •6H O步骤如图，
4 2
废料溶解后加入稀硫酸和过氧化氢溶液，反应后过滤，加入硫酸钠和MgO除去铁，生成黄钠铁矾
[Na Fe (SO ) (OH) ]沉淀，通入H S气体除铜，过滤后的滤液中加入NaF溶液，使Mg2+转化为MgF 沉淀除去，
2 6 4 4 12 2 2
加入氢氧化钠溶液沉镍，再加入稀硫酸得到硫酸镍溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到
NiSO •6H O，据此分析回答问题。
4 2
（1）加入的硫酸具有酸性，可以把Fe以及Cu、Mg的氧化物溶解，部分Ni溶解，转化得到的金属离子有
Fe2+、Cu2+、Mg2+、Ni2+，加入的H O 具有氧化性，可以促进Ni的溶解，使其全部转化为Ni2+，同时把Fe2+氧
2 2
化为Fe3+。
（2）“除铁”时加入Na SO 溶液和MgO，根据元素守恒和电荷守恒，离子方程式为6Fe3++4SO
2 4
+6H O+2Na++6MgO=6Mg2++Na Fe (SO ) (OH) ↓。
2 2 6 4 4 12
（3）NaClO具有强氧化性，Cl元素由+1价降低到－1价，则Ni元素由NiSO 中+2价升高到NiOOH中+3价，
4
根据得失电子守恒和元素守恒，化学方程式为2NiSO +NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na SO +H O。
4 2 4 2
32
