专题19化学工艺流程综合题——原材料转化制备类（全国通用）（解析版）_05-化学-高考总复习_专项复习_2024年_2024年高考化学真题分类汇编（全国通用）

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专题19  工艺流程综合题——原材料转化制备类
考向
五年考情（2020-2024）
命题趋势
原材料转化制备类工艺流
程综合题
2024·黑吉辽卷
2024·贵州卷
2024·山东卷
2024·湖北卷
2024·浙江6 月卷
2023·海南卷
2023·重庆卷
2023·全国甲卷
2023·全国乙卷
2023·湖南卷
2023·北京卷
2023·山东卷
2022·全国甲卷
2022·广东卷
2022·北京卷
2022·福建卷
2022·辽宁卷
2022·山东卷
2021·山东卷
2020·山东卷
2020·新课标Ⅰ
工艺流程综合题选取的情境紧密联系与人类密
切相关的生产生活实际，试题的命制从情境素
材开始，以学科素养为目标导向，选取某个学
科素养的一个方面或几个方面，深入考查学生
学科素养的表现层次。利用科研前沿和生产实
际的真实情境，展现研究过程或者生成过程的
具体实际问题，考查学生的探究与创新能力。
主要分为两大考查方向：一是分离、提纯类；
二是原材料转化制备类。
1．（2024·黑吉辽卷）中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为
硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的
颗粒被
、
包裹)，以提高金的
浸出率并冶炼金，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要溶质为  
 
(填化学式)。
1
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（2）“细菌氧化”中，
发生反应的离子方程式为       。
（3）“沉铁砷”时需加碱调节
，生成       (填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含
微粒的沉降。
（4）“培烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“培烧氧化”，“细菌氧化”的优势为_______(填标
号)。
A．无需控温
B．可减少有害气体产生
C．设备无需耐高温
D．不产生废液废渣
（5）“真金不拍火炼”，表明
难被
氧化，“浸金”中
的作用为       。
（6）“沉金”中
的作用为       。
（7）滤液②经
酸化，
转化为
和
的化学方程式为       。用碱中和
可
生成       (填溶质化学式)溶液，从而实现循环利用。
【答案】（1）CuSO4
（2）
（3）
（4）BC
（5）做络合剂，将Au 转化为
从而浸出
（6）作还原剂，将
还原为Au
（7）
     NaCN
【分析】矿粉中加入足量空气和H2SO4，在pH=2 时进行细菌氧化，金属硫化物中的S 元素转化为硫酸盐，
过滤，滤液中主要含有Fe3+、
、As（Ⅵ），加碱调节pH 值，Fe3+转化为
胶体，可起到絮凝作
用，促进含As 微粒的沉降，过滤可得到净化液；滤渣主要为Au，Au 与空气中的O2和NaCN 溶液反应，
得到含
的浸出液，加入Zn 进行“沉金”得到Au 和含
的滤液②。
【解析】（1）“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要成分为CuSO4；
（2）“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3+和
，离子方程式为：
；
（3）“沉铁砷”时，加碱调节pH 值，Fe3+转化为
胶体，可起到絮凝作用，促进含As 微粒的沉
降；
（4）A．细菌的活性与温度息息相关，因此细菌氧化也需要控温，A 不符合题意；
B．焙烧氧化时，金属硫化物中的S 元素通常转化为SO2，而细菌氧化时，金属硫化物中的S 元素转化为硫
酸盐，可减少有害气体的产生，B 符合题意；
2
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C．焙烧氧化需要较高的温度，因此所使用的设备需要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进行，
设备无需耐高温，C 符合题意；
D．由流程可知，细菌氧化也会产生废液废渣，D 不符合题意；
故选BC；
（5）“浸金”中，Au 作还原剂，O2作氧化剂，NaCN 做络合剂，将Au 转化为
从而浸出；
（6）“沉金”中Zn 作还原剂，将
还原为Au；
（7）滤液②含有
，经过H2SO4的酸化，
转化为ZnSO4和HCN，反应得化学方程
式为：
；用碱中和HCN 得到的产物，可实现循环利
用，即用NaOH 中和HCN 生成NaCN，NaCN 可用于“浸金”步骤，从而循环利用。
2．（2024·贵州卷）煤气化渣属于大宗固废，主要成分为
及少量MgO 等。一种利用“酸
浸—碱沉—充钠”工艺，制备钠基正极材料
和回收
的流程如下：
已知：
25℃
①
时，
；
②
。
回答下列问题：
（1）“滤渣”的主要成分为       (填化学式)。
（2）25℃时，“碱沉”控制溶液pH 至3.0，此时溶液中
       
。
（3）“除杂”时需加入的试剂X 是       。
（4）“水热合成”中，
作为磷源，“滤液2”的作用是       ，水热合成
的离子方程
式为       。
（5）“煅烧”得到的物质也能合成钠基正极材料
，其工艺如下：
3
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①该工艺经碳热还原得到
，“焙烧”生成
的化学方程式为       。
②
的晶胞结构示意图如甲所示。每个晶胞中含有
的单元数有       个。
③若“焙烧”温度为
时，生成纯相
，则
       ，其可能
的结构示意图为       (选填“乙”或“丙”)。
【答案】（1）SiO2
（2）2.8×10-6
（3）NaOH 溶液
（4）提供Na+和反应所需要的碱性环境 
（5）
     3     0.25     乙
【分析】煤气化渣(主要成分为
及少量MgO 等)中加浓硫酸酸浸，SiO2不反应、也不溶解
成为滤渣，
及少量MgO 转化为硫酸铁、硫酸铝和硫酸镁，往其中加氢氧化钠溶液进行碱浸，
将铁离子转化为氢氧化铁沉淀；过滤，滤液1 中含硫酸铝和硫酸镁，加过量的氢氧化钠溶液使镁离子转化
为氢氧化镁沉淀除去，过滤，滤液主要含
和NaOH，往其中加氢氧化铝晶种，过滤得Al2O3‧
3H2O 和NaOH 溶液，焙烧Al2O3‧3H2O 得Al2O3；在煅烧氢氧化铁所获得的产物中加稀硫酸酸浸、足量的铁
还原，然后加NH4H2PO4、稳定剂和滤液2 水热合成得NaFePO4。
【解析】（1）煤气化渣(主要成分为
及少量MgO 等)中加浓硫酸酸浸，SiO2不反应、也
不溶解成为滤渣，即“滤渣”的主要成分为SiO2；
（2）25℃时，“碱沉”控制溶液pH 至3.0，即c(H+)=10-3mol/L，则c(OH-)=10-11mol/L，此时溶液中
；
（3）“除杂”时需要沉淀镁离子、得
，所以加入的试剂X 是NaOH 溶液；
（4）“水热合成”中，
作为磷源，“滤液2”为NaOH 溶液，其既可以提供合成
所需
要的Na+，又可以提供反应所需要的碱性环境，水热合成
的离子方程式为
4
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；
（5）①该工艺经碳热还原得到
，“焙烧”时
、Na2CO3和O2反应生成
，其化学方程式
为
；
②由
的晶胞图如甲可知，每个晶胞中含有Fe：4×
+2=3，Na：8×
+2=3，O：8×
+4=6，即每个
晶胞中
的单元数有3 个；
③若“焙烧”温度为
时，
，生成纯相
，则
，解得
0.25；丙图中Na：1+6×
=1.75，
，乙图中Na：2+2×
=2.25，
，则
其可能的结构示意图为乙。
3．（2024·山东卷）以铅精矿(含
，
等)为主要原料提取金属
和
的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“热浸”时，难溶的
和
转化为
和
及单质硫。溶解等物质的量的
和
时，消耗
物质的量之比为       ；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时
挥发外，
另一目的是防止产生       (填化学式)。
（2）将“过滤Ⅱ”得到的
沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属
“电解I”阳极
产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为       。
（3）“还原”中加入铅精矿的目的是       。
（4）“置换”中可选用的试剂X 为       (填标号)。
A．
         B．
        C．
        D．
“置换”反应的离子方程式为       。
（5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，用作       (填“阴极”或“阳极”)。
【答案】（1）1:1     H2S
（2）热浸
（3）将过量的Fe3+还原为Fe2+
5
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（4）C     
（5）阳极
【分析】本题以铅精矿(含
，
等)为主要原料提取金属
和
， “热浸”时，难溶的
和
转化为
和
及单质硫，
被还原为Fe2+，过滤I 除掉单质硫滤渣，滤液中
在稀释降温的过程中转化为PbCl2沉淀，然后用饱和食盐水热溶，增大氯离子浓度，使PbCl2又转化为
，电解得到Pb；过滤II 后的滤液成分主要为
、FeCl2、FeCl3，故加入铅精矿主要将FeCl3
还原为FeCl2，试剂X 将
置换为Ag，得到富银铅泥，试剂X 为铅，尾液为FeCl2。
【解析】（1）“热浸”时，
将
和
中-2 价的硫氧化为单质硫，
被还原为Fe2+，在这个过
程中Pb 和Ag 的化合价保持不变，所以等物质的量的
和
时，S2-物质的量相等，所以消耗
的物
质的量相等，比值为1:1；溶液中盐酸浓度过大，这里主要考虑氢离子浓度会过大，会生成H2S 气体。
（2）“过滤Ⅱ”得到的
沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解为
，电解
溶液制备金
属
，
在阴极产生，阳极Cl-放电产生Cl2， 尾液成分为FeCl2，FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3，可以在
热浸中循环使用。
（3）过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精
矿的目的是是将将过量的Fe3+还原为Fe2+。
（4）“置换”中加入试剂X 可以可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X 应为Pb，发生的
反应为：
。
（5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到金属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以不可能
作为阴极，应作为阳极板，阳极放电视，银变成阳极泥而沉降下来，铅失电子为Pb2+，阴极得电子得到
Pb，所以电极板应作阳极。
4．（2024·湖北卷）铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐
中提取铍的路径为：
已知：
回答下列问题：
（1）基态
的轨道表示式为       。
（2）为了从“热熔、冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程的特点是       。
（3）“萃取分液”的目的是分离
和
，向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，观察到
的现象是       。
6
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（4）写出反萃取生成
的化学方程式       。“滤液2”可以进入       步骤再利用。
（5）电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用是       。
（6）
与醋酸反应得到某含4 个
的配合物，4 个
位于以1 个O 原子为中心的四面体的4 个顶
点，且每个
的配位环境相同，
与
间通过
相连，其化学式为       。
【答案】（1）
（2）快速冷却
（3）无明显现象
（4）
     反萃取
（5）增强熔融氯化铍的导电性
（6）
。
【分析】本题是化工流程的综合考察，首先铝硅酸盐先加热熔融，然后快速冷却到其玻璃态，再加入稀硫
酸酸浸过滤，滤渣的成分为H2SiO3，“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA 的煤油将Be2+萃取到有机相
中，水相1 中含有Al3+，有机相为
，加入过量氢氧化钠反萃取Be2+使其转化为
进
入水相2 中，分离出含NaA 的煤油，最后对水相2 加热过滤，分离出Be(OH)2，通过系列操作得到金属
铍，据此回答。
【解析】（1）
基态Be2+的电子排布式为1s2，其轨道表达式为
。
（2）熔融态物质冷却凝固时，缓慢冷却会形成晶体，快速冷却会形成非晶态，即玻璃态，所以从“热
熔、冷却”中得到玻璃态，其冷却过程的特点为：快速冷却。
（3）“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA 的煤油将Be2+萃取到有机相中，则水相1 中含有Al3+，则向过
量烧碱的溶液中逐滴加入少量水相1 的溶液，可观察到的现象为：无明显现象。
（4）反萃取生成
的化学方程式为
，滤液2
的主要成分为NaOH，可进入反萃取步骤再利用。
（5）氯化铍的共价性较强，电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用为增强熔融氯化铍的
导电性。
（6）由题意可知，该配合物中有四个铍位于四面体的四个顶点上，四面体中心只有一个O，Be 与Be 之间
总共有六个CH3COO-，则其化学式为：
。
5．（2024·浙江6 月卷）矿物资源的综合利用有多种方法，如铅锌矿(主要成分为
)的利用有火法
和电解法等。
7
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已知：①
；
②电解前后
总量不变；③
易溶于水。
请回答：
（1）根据富氧煅烧(在空气流中煅烧)和通电电解(如图)的结果，
中硫元素体现的性质是       (选填
“氧化性”、“还原性”、“酸性”、“热稳定性”之一)。产物B 中有少量
，该物质可溶于浓盐
酸，
元素转化为
，写出该反应的化学方程式       ；从该反应液中提取
的步骤如下：
加热条件下，加入       (填一种反应试剂)，充分反应，趁热过滤，冷却结晶，得到产品。
（2）下列说法正确的是_______。
A．电解池中发生的总反应是
(条件省略)
B．产物B 主要是铅氧化物与锌氧化物
C．
化合物C 在水溶液中最多可中和
D．
的氧化性弱于
（3）D 的结构为
(
或
)，设计实验先除去样品D 中的硫元素，再用除去硫元素后的溶液探
究X 为何种元素。
①实验方案：取D 的溶液，加入足量
溶液，加热充分反应，然后       ；
②写出D(用
表示)的溶液与足量
溶液反应的离子方程式       。
【答案】（1）还原性     Pb3O4+14HCl(浓)=
+4H2O+Cl2↑     PbO 或Pb(OH)2或PbCO3
（2）AB
（3）加入足量Ba(NO3)2溶液充分反应，静置后取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色
沉淀，则有Cl-，反之则有F-     
+3OH-=
+X-+2H2O
【分析】铅锌矿(主要成分为
)富氧煅烧得到SO2和Pb、Zn 元素的氧化物，SO2与等物质的量的
ClF 反应得到化合物C，结构简式为
，化合物C(
)水解生成液态化合物D(
，X=F 或Cl)和气态化合物E(HCl 或HF)。
【解析】（1）根据富氧煅烧和通电电解的结果，
中硫元素化合价升高，体现的性质是还原性。产物B
8
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中有少量
，该物质可溶于浓盐酸，
元素转化为
，该反应的化学方程式：
Pb3O4+14HCl(浓)=
+4H2O+Cl2↑；根据
可得反应：
，要从该反应液中提取
，则所加试剂应能消耗H+使平衡逆向移动，且
不引入杂质，则步骤为：加热条件下，加入PbO 或Pb(OH)2或PbCO3，充分反应，趁热过滤，冷却结晶；
（2）A． 根据图示和已知②可知，电解池中阳极上Fe2+生成Fe3+，Fe3+氧化PbS 生成S、Pb2+和Fe2+，阴极
上PbCl2生成Pb，发生的总反应是：
(条件省略)，A 正确；
B． 据分析，铅锌矿(主要成分为
)富氧煅烧得到SO2和Pb、Zn 元素的氧化物，则产物B 主要是
铅氧化物与锌氧化物，B 正确；
C． 据分析，化合物C 是
，卤素原子被-OH 取代后生成H2SO4和HCl、HF，则
化合物C
在水溶液中最多可中和
，C 错误；
D． 
的氧化性由+1 价的Cl 表现，Cl2的氧化性由0 价的Cl 表现，则ClF 的氧化锌强于
，D 错误；
故选AB。
（3）
D
①
的结构为
(X=F 或Cl)，加入足量NaOH 溶液，加热充分反应，生成Na2SO4和NaX，则实验
方案为：取D 的溶液，加入足量NaOH 溶液，加热充分反应，然后加入足量Ba(NO3)2溶液充分反应，静置
后取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则有Cl-，反之则有F-；②D(用HSO3X
表示)的溶液与足量NaOH 溶液反应生成Na2SO4和NaX，发生反应的离子方程式是：HSO3X+3OH-=
+X-+2H2O。
6．（2023·海南卷）铍的氧化物广泛应用于原子能、航天、电子、陶瓷等领域，是重要的战略物资。利用
绿柱石(主要化学成分为(
，还含有一定量的FeO 和
)生产BeO 的一种工艺流程如下。
  
回答问题：
（1）
中Be 的化合价为       。
（2）粉碎的目的是       ；残渣主要成分是       (填化学式)。
（3）该流程中能循环使用的物质是       (填化学式)。
（4）无水
可用作聚合反应的催化剂。BeO、
与足量C 在600~800℃制备
的化学方程式为   
9
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。
（5）沉铍时，将pH 从8.0 提高到8.5，则铍的损失降低至原来的       %。
【答案】（1）+2
（2）增大反应物的接触面积加快反应速率，提高浸取率     SiO2
（3）(NH4)2SO4
（4）BeO+Cl2+C
CO+BeCl2
（5）10
【分析】绿柱石煅烧生成氧化物，浓硫酸浸取，SiO2不溶于硫酸，残渣是SiO2，加硫酸铵调节pH=1.5 除去
铝离子，加入氨水调节pH=5.1 除去铁离子，再加入氨水到pH=8.0 生成Be(OH)2沉淀，滤液硫酸铵循环利
用。
【解析】（1）按照正负化合价代数和为0，Be 的化合价为+2+价；
（2）粉碎的目的是增大反应物接触面积，加快浸取速率，提高浸取率；残渣的成分是不溶于酸的SiO2；
（3）最后的滤液中的硫酸铵可以在除铝步骤中循环利用；
（4）BeO、
与足量C 在600~800°C 生成BeCl2同时生成CO，化学方程式为BeO+Cl2+C
CO+BeCl2；
（5）设Be(OH)2的溶度积常数为Ksp，K=c(Be2+)×c2(OH-)，c(Be2+)=
，当pH=8.0 时，c(OH-)=10-
6mol/L，铍损失浓度为c(Be2+)=
mol/L，当pH=8.5 时，c(OH-)=10-5.5mol/L，铍损失浓度为c(Be2+)=
mol/L，损失降低至原来的10%。
7．（2023·重庆卷）
是一种用途广泛的磁性材料，以
为原料制备
并获得副产物
水
合物的工艺如下。
  
时各物质溶度积见下表：
物质
溶度积
回答下列问题：
（1）
中
元素的化合价是
和       。
的核外电子排布式为       。
10
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（2）反应釜1 中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是       。
（3）反应釜2 中，加入
和分散剂的同时通入空气。
①反应的离子方程式为       。
②为加快反应速率，可采取的措施有       。(写出两项即可)。
（4）①反应釜3 中，
时，
浓度为
，理论上
不超过       。
②称取
水合物
，加水溶解，加入过量
，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸
中，用
标准溶液滴定，消耗
。滴定达到终点的现象为       ，该副产物中
的质量分数为       。
【答案】（1）+3     1s22s22p6
（2）防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁
（3）
     适当升高温度、搅拌
（4）11     最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色     66.6%
【分析】
溶液加入氧化钙生成氢氧化亚铁，
溶液加入氧化钙和空气生成氢氧化铁，反应釜1、2
中物质混合后调节pH，加压过滤分离出沉淀处理得到四氧化三铁，滤液处理得到氯化钙水合物；，
【解析】（1）
可以写成
，故
元素的化合价是
和+3。
为氧原子得到2 个电子形成
的，核外电子排布式为1s22s22p6；
（2）空气中氧气具有氧化性，反应釜1 中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是防止二价铁被空气中
氧气氧化为三价铁；
（3）①反应釜2 中，加入
和分散剂的同时通入空气，氧气将二价铁氧化三价铁，三价铁与氧化钙和
水生成的氢氧化钙生成氢氧化铁，反应的离子方程式为
。
②为加快反应速率，可采取的措施有适当升高温度、搅拌等；
（4）①反应釜3 中，
时，
浓度为
，反应不能使钙离子生成沉淀，防止引入杂质，故此
时
，pOH=3，pH=11，故理论上
不超过11。
②高锰酸钾溶液紫红色，故滴定达到终点的现象为：最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内
不变色；
氯化钙和草酸钠转化为草酸钙沉淀
，草酸钙沉淀加入硫酸转化为草酸，草酸和高锰酸钾发生氧化
还原反应：
，结合质量守恒可知，
，则该副产物中
的质量分数为
。
8．（2023·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
。
11
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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）
【分析】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
。
【解析】（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
12
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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
 =
。
9．（2023·全国乙卷）LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿（MnCO3，含有少
量Si、Fe、Ni、Al 等元素）制备LiMn2O4的流程如下：
已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。
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MnO2的作用是_______。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是_______。
（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）缎烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是_______。
【答案】（1） MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑     粉碎菱锰矿
（2）将Fe2+氧化为Fe3+     Fe3+可以催化H2O2分解
（3） 2.8×10-9     Al3+
（4）BaSO4、NiS
（5） Mn2++2H2O
H2↑+MnO2↓+2H+     加入Mn(OH)2
（6）2Li2CO3+8MnO2
4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑
【分析】根据题给的流程，将菱锰矿置于反应器中，加入硫酸和MnO2，可将固体溶解为离子，将杂质中
的Fe、Ni、Al 等元素物质也转化为其离子形式，同时，加入的MnO2可以将溶液中的Fe2+氧化为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
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置于电解槽中电解，得到MnO2，将MnO2与碳酸锂共同煅烧得到最终产物LiMn2O4。
【解析】（1）菱锰矿中主要含有MnCO3，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：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；为提高溶矿速率，可以将菱锰矿粉碎；故答案为：
MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑、粉碎菱锰矿。
（2）根据分析，加入MnO2的作用是将酸溶后溶液中含有的Fe2+氧化为Fe3+，但不宜使用H2O2氧化Fe2+，
因为氧化后生成的Fe3+可以催化H2O2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Fe3+、Fe3+可以催化H2O2分解。
（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BaS+Ni2++SO
=BaSO4↓+NiS↓，生成
的沉淀有BaSO4、NiS。
（5）在电解槽中，Mn2+发生反应生成MnO2，反应的离子方程式为Mn2++2H2O
H2↑+MnO2↓+2H+；电解
时电解液中Mn2+大量减少，H+大量增加，需要加入Mn(OH)2以保持电解液成分的稳定；故答案为：Mn2+
+2H2O
H2↑+MnO2↓+2H+、加入Mn(OH)2。
（6）煅烧窑中MnO2与Li2CO3发生反应生成LiMn2O4，反应的化学方程式为2Li2CO3+8MnO2
4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑；故答案为：2Li2CO3+8MnO2
4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。
10．（2023·湖南卷）超纯
是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来，我国科技工作者开
发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯
方面取得了显著成果，工业上
以粗镓为原料，制备超纯
的工艺流程如下：
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已知：①金属
的化学性质和
相似，
的熔点为
；
②
(乙醚)和
(三正辛胺)在上述流程中可作为配体；
③相关物质的沸点：
物质
沸点/
55.7
34.6
42.4
365.8
回答下列问题：
（1）晶体
的晶体类型是_______；
（2）“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在
的原因是_______，阴极的电极反应式为
_______；
（3）“合成
”工序中的产物还包括
和
，写出该反应的化学方程式：
_______；
（4）“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是_______；
（5）下列说法错误的是_______；
A．流程中
得到了循环利用
B．流程中，“合成
”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行
C．“工序X”的作用是解配
，并蒸出
D．用核磁共振氢谱不能区分
和
（6）直接分解
不能制备超纯
，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯
的理由是_______；
（7）比较分子中的
键角大小：
_______
(填“>”“<”或“=”)，其原因
是_______。
【答案】（1）分子晶体
（2）保证Ga 为液体，便于纯Ga 流出     Ga3++3eˉ=Ga
15
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（3）8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2
+3
+2
；
（4）CH4
（5）D
（6）NR3沸点较高，易与Ga(CH3)3分离，Et2O 的沸点低于Ga(CH3)3，一起气化，难以得到超纯Ga(CH3)3
（7） >     Ga(CH3)3中Ga 为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga 为sp3杂化，所以为四
面体结构，故夹角较小
【分析】以粗镓为原料，制备超纯
，粗Ga 经过电解精炼得到纯Ga，Ga 和Mg 反应生产
Ga2Mg5，Ga2Mg5和CH3I、Et2O 反应生成
、MgI2和CH3MgI，然后经过蒸发溶剂、蒸馏，
除去残渣MgI2、CH3MgI，加入NR3进行配体交换、进一步蒸出得到超纯
，Et2O 重复利用，据此
解答。
【解析】（1）晶体
的沸点较低，晶体类型是分子晶体；
（2）电解池温度控制在
可以保证Ga 为液体，便于纯Ga 流出；粗Ga 在阳极失去电子，阴极得到
Ga，电极反应式为Ga3++3eˉ=Ga；
（3）“合成
”工序中的产物还包括
和
，该反应的化学方程式
8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2
+3
+2
；
（4）“残渣”含
，经纯水处理，能产生可燃性气体CH4；
（5）A.根据分析，流程中
得到了循环利用，A 正确；
B. 
容易和水反应，容易被氧化，则流程中，“合成
”至“工序X”需在无水无氧
的条件下进行，B 正确；
C. “配体交换”得到
，“工序X”先解构
后蒸出
，C 正确；
D.二者甲基的环境不同，核磁共振氢谱化学位移不同，用核磁共振氢谱能区分
和
，D 错
误；
故选D；
（6）直接分解
时由于Et2O 的沸点较低，与Ga(CH3)3一起蒸出，不能制备超纯
，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯
的理由是，根据题给相关物质沸点可知，NR3沸点远
高于Ga(CH3)3，与Ga(CH3)3易分离；
（7）分子中的
键角
>
，其原因是Ga(CH3)3中Ga 为sp2杂化，所以为
平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga 为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小。
11．（2023·北京卷）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。
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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
__________。
（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
17
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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
【分析】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。
【解析】（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
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
。
12．（2023·山东卷）盐湖卤水(主要含
、
和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种
以高镁卤水为原料经两段除镁制备
的工艺流程如下：
已知：常温下，
。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。
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回答下列问题：
（1）含硼固体中的
在水中存在平衡：
(常温下，
)；
与
溶液反应可制备硼砂
。常温下，在
硼砂溶液中，
水解生成等物质的量浓度的
和
，该水解反应的离子方程式为_____，该溶
液
_____。
（2）滤渣Ⅰ的主要成分是_____(填化学式)；精制Ⅰ后溶液中
的浓度为
，则常温下精制Ⅱ过
程中
浓度应控制在_____
以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收
外，还将增加
_____的用量(填化学式)。
（3）精制Ⅱ的目的是_____；进行操作
时应选择的试剂是_____，若不进行该操作而直接浓缩，将导致
_____。
【答案】（1） 
     
（2） 
     
     纯碱
（3）加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的
转化为
（或除去精制Ⅰ所得滤液中的
），提高
纯度     盐酸     浓缩液中因
浓度过大使得
过早沉淀，即浓缩结晶得到的
中会混
有
，最终所得
的产率减小
【分析】由流程可知，卤水中加入盐酸脱镁后过滤，所得滤液经浓缩结晶后得到晶体，该晶体中含有
Na+、Li+、Cl-、
等，焙烧后生成HCl 气体；烧渣水浸后过滤，滤液中加生石灰后产生沉淀，在此条件
下溶解度最小的是
，则滤渣Ⅰ的主要成分为
；由于
微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中再加
纯碱又生成沉淀，则滤渣Ⅱ为
;精制Ⅱ所得滤液经操作X 后，所得溶液经浓缩结晶、过滤得到氯化
钠，浓缩后的滤液中加入饱和碳酸钠溶液沉锂，得到
。
【解析】（1）含硼固体中的
在水中存在平衡：
(常温下，
)；
与
溶液反应可制备硼砂
。常温下.在
硼砂溶液
中，
水解生成等物质的量浓度的
和
，该水解反应的离子方程式为
，由B 元素守恒可知，
和
的浓度均为
19
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，
，则该溶液
。
（2）由分析可知，滤渣I 的主要成分是
；精制I 后溶液中
的浓度为2.0
，由
可知，则常温下精制Ⅱ过程中
浓度应控制在
以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl 外，后续在浓缩结晶时将生成更多的氯化钠晶
体，因此，还将增加纯碱（
）的用量。
（3）精制Ⅰ中，烧渣水浸后的滤液中加生石灰后产生的滤渣Ⅰ的主要成分为
；由于
微溶于
水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的
，还需要除去
，因此，精制Ⅱ的目的是：加入纯碱将精
制Ⅰ所得滤液中的
转化为
（或除去精制Ⅰ所得滤液中的
），提高
纯度。操作X 是
为了除去剩余的碳酸根离子，为了防止引入杂质离子，应选择的试剂是盐酸；加入盐酸的目的是除去剩余
的碳酸根离子，若不进行该操作而直接浓缩，将导致浓缩液中因
浓度过大使得
过早沉淀，即浓缩
结晶得到的
中会混有
，最终所得
的产率减小。
13．（2022·全国甲卷）硫酸锌(
4
ZnSO )是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。
硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为
3
ZnCO ，杂质为
2
SiO 以及Ca、Mg、Fe、Cu 等的化合物。其
制备流程如下：
本题中所涉及离子的氯氧化物溶度积常数如下表：
离子
3+
Fe
2+
Zn
2+
Cu
2+
Fe
2+
Mg
sp
K
38
4.0 10

17
6.7 10

20
2.2 10

16
8.0 10

11
1.8 10

回答下列问题：
（1）菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为_______。
（2）为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有_______、_______。
（3）加入物质X 调溶液pH=5 ，最适宜使用的X 是_______(填标号)。
A．
3
2
NH
H O

        B．
2
Ca(OH)         C．NaOH
滤渣①的主要成分是_______、_______、_______。
（4）向80 ~ 90℃的滤液①中分批加入适量
4
KMnO 溶液充分反应后过滤，滤渣②中有
2
MnO ，该步反应的
离子方程式为_______。
20
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（5）滤液②中加入锌粉的目的是_______。
（6）滤渣④与浓
2
4
H SO 反应可以释放HF 并循环利用，同时得到的副产物是_______、_______。
【答案】（1）ZnCO3
焙烧
ZnO+CO2↑
（2） 将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积     增大硫酸的浓度等
（3） B     Fe(OH)3     CaSO4     SiO2
（4）3Fe2++
-
4
MnO +7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+
（5）置换Cu2+为Cu 从而除去
（6） CaSO4     MgSO4
【解析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu 等的化合物，结合
流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO3
焙烧
ZnO+CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、
Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物质X 调节pH=5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2
的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，过
滤得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，过滤后得到滤渣③为
Cu，再向滤液③中加入HF 脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理
得到ZnSO4·7H2O，据此分析解答。
（1）由分析，焙烧时，生成ZnO 的反应为：ZnCO3
焙烧
ZnO+CO2↑；
（2）可采用将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率；
（3）A．NH3·H2O 易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A 不适宜；B．Ca(OH)2不会引入新的
杂质，且成本较低，故B 适宜；C．NaOH 会引入杂质Na+，且成本较高，C 不适宜；故答案选B；
当沉淀完全时(离子浓度小于10-5mol/L)，结合表格Ksp 计算各离子完全沉淀时pH＜5 的只有Fe3+，故滤渣
①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；
（4）向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方
程式为3Fe2++
-
4
MnO +7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；
（5）滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu 从而除去；
（6）由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。
14．（2022·广东卷）稀土(RE )包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可
用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：
21
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已知：月桂酸

11
23
C H COOH 熔点为44 C
；月桂酸和

11
23
3
C H COO
RE 均难溶于水。该工艺条件下，稀土
离子保持3
价不变；

11
23
2
C H COO
Mg 的
8
sp
1.8 10
K



，
3
Al(OH) 开始溶解时的pH 为8.8；有关金属离子
沉淀的相关pH 见下表。
离子
2
Mg 
3
Fe 
3
Al 
3
RE 
开始沉淀时的pH
8.8
1.5
3.6
6.2~7.4
沉淀完全时的pH
/
3.2
4.7
/
（1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是_______。（2）“过滤1”前，用NaOH 溶液调pH 至
_______的范围内，该过程中
3
Al 发生反应的离子方程式为_______。
（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg 元素，滤液2 中
2
Mg 浓度为
1
2.7g L

。为尽可能多地提取
3
RE ，
可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中

-
11
23
c C H COO
低于_______
1
mol L

(保留两位有
效数字)。
（4）①“加热搅拌”有利于加快
3
RE 溶出、提高产率，其原因是_______。
②“操作X”的过程为：先_______，再固液分离。
（5）该工艺中，可再生循环利用的物质有_______(写化学式)。
（6）稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂
3
Pt Y 。
①还原
3
YCl 和
4
PtCl 熔融盐制备
3
Pt Y 时，生成1mol
3
Pt Y 转移_______mol 电子。
②
3
Pt Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化
2
O 的还原，发生的电极反应为
_______。
【答案】（1）Fe2+
（2） 4.7pH<6.2     


3
3
Al
3OH
Al OH





（3）4.010-4
（4） 加热搅拌可加快反应速率     冷却结晶
（5）MgSO4
（6） 15     O2+4e-+2H2O=4OH-
【解析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有
3
RE 、
2
Mg 、
2
Fe 、
3
Fe 、
3
Al 、
2
4
SO 等离子，经氧化调pH 使
3
Fe 、
3
Al 形成沉淀，经过滤除去，滤液1 中含
有
3
RE 、
2
Mg 、
2
4
SO 等离子，加入月桂酸钠，使
3
RE 形成

11
23
3
C H COO
RE 沉淀，滤液2 主要含有
MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到
RECl3溶液。
（1）由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除
杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+，故答案为：Fe2+；
22
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（2）由表中数据可知，
3
Al 沉淀完全的pH 为4.7，而
3
RE 开始沉淀的pH 为6.2~7.4，所以为保证
3
Fe 、
3
Al 沉淀完全，且
3
RE 不沉淀，要用NaOH 溶液调pH 至4.7pH<6.2 的范围内，该过程中
3
Al 发生反应的
离子方程式为


3
3
Al
3OH
Al OH




，故答案为：4.7pH<6.2；


3
3
Al
3OH
Al OH




；
（3）滤液2 中
2
Mg 浓度为
1
2.7g L

，即0.1125mol/L，根据




2
2
-
sp
11
23
11
23
2
[ C H COO
Mg]=c(Mg
) c
C H COO
K

，若要加入月桂酸钠后只生成

11
23
3
C H COO
RE ，而不产
生

11
23
2
C H COO
Mg ，则



sp
11
23
2
-
11
23
2
C H COO
Mg
C H COO
(Mg
)
K
c
c






=
8
1.8 10
0.1125


=4

10-4
1
mol L

，故答案
为：410-4；
（4）①“加热搅拌”有利于加快
3
RE 溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率，故答案为：
加热搅拌可加快反应速率；
② “操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸

11
23
C H COOH 熔点为44 C
，故“操作X”的过
程为：先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶；
（5）由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4，故答案为：MgSO4；
（6）①
3
YCl 中Y 为+3 价，
4
PtCl 中Pt 为+4 价，而
3
Pt Y 中金属均为0 价，所以还原
3
YCl 和
4
PtCl 熔融盐制
备
3
Pt Y 时，生成1mol
3
Pt Y 转移15mol 电子，故答案为：15；
②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH，故答案为：
O2+4e-+2H2O=4OH-。
15．（2022·北京卷）铵浸法由白云石[主要成分为


3
2
CaMg CO
，含
2
3
Fe O ，
2
SiO 杂质]制备高纯度碳酸钙
和氧化镁。其流程如下：
已知：
物质
2
Ca(OH)
2
Mg(OH)
3
CaCO
3
MgCO
sp
K
6
5.5 10

12
1.8 10

9
2.8 10

8
3.5 10

（1）煅烧白云石的化学方程式为___________。
（2）根据下表数据分析：
23
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

4
n NH
:
Cl n(CaO)
CaO 浸出率/%
MgO 浸出率/%


3
w CaCO
理论值/%


3
w CaCO
实测值/%
2.1:1
98.4
1.1
99.7
-
2.2:1
98.8
1.5
99.2
99.5
2.3:1
98.9
1.8
98.8
99.5
2.4:1
99.1
6.0
95.6
97.6
已知：i．对浸出率给出定义
ii．对


3
w CaCO
给出定义
①“沉钙”反应的化学方程式为___________。
②CaO 浸出率远高于MgO 浸出率的原因为___________。
③不宜选用的“ 

4
n NH
Cl:n(CaO) ”数值为___________。
④


3
w CaCO
实测值大于理论值的原因为___________。
⑤蒸馏时，随馏出液体积增大，MgO 浸出率可出68.7% 增加至98.9% ，结合化学反应原理解释MgO 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(CO3)2
高温
CaO+MgO+2CO2↑
（2）     CaCl2+NH3·H2O+CO2=CaCO3↓+NH4Cl+H2O     Ca(OH)2的溶度积大于Mg(OH)2，溶液中
Ca(OH)2能与NH4Cl 反应，而Mg(OH)2不能     2.4：1     反应加入的CaO 也转化为CaCO3     
Mg(OH)2+(NH4)2SO4
Δ
MgSO4+2NH3↑+2H2O，蒸馏时，NH3逸出促进NH +
4 水解，溶液中H+浓度增大，有利
于Mg(OH)2完全转化为MgSO4
（3）SiO2、Fe2O3
（4）NH4Cl、(NH4)2SO4
【解析】由题给流程可知，白云石煅烧时，CaMg(CO3)2高温分解生成氧化钙和氧化镁，向煅烧后的固体中
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(CO3)2高温分解生成氧化钙、氧化镁和二氧化碳，反应的化学方
24
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程式为CaMg(CO3)2
高温
CaO+MgO+2CO2↑，故答案为：CaMg(CO3)2
高温
CaO+MgO+2CO2↑；
（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CaCl2+NH3·H2O+CO2=CaCO3↓+NH4Cl+H2O，故答案为：
CaCl2+NH3·H2O+CO2=CaCO3↓+NH4Cl+H2O；
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)2的溶度积大于Mg(OH)2，溶液中Ca(OH)2能与NH4Cl 反应，而Mg(OH)2不能；
③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)2+(NH4)2SO4
Δ
MgSO4+2NH3↑+2H2O，蒸馏时，NH3逸出促进NH +
4 水解，溶液中H+浓度增大，
有利于Mg(OH)2完全转化为MgSO4；
（3）由分析可知，滤渣C 为氧化铁、二氧化硅，故答案为：SiO2、Fe2O3；
（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：NH4Cl、
(NH4)2SO4。
16．（2022·福建卷）粉煤灰是火电厂的大宗固废。以某电厂的粉煤灰为原料(主要含
和
等)提铝的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“浸出”时适当升温的主要目的是_______，
发生反应的离子方程式为_______。
（2）“浸渣”的主要成分除残余
外，还有_______。实验测得，
粉煤灰(
的质量分数为
)经浸出、干燥后得到
“浸渣”(
的质量分数为
)，
的浸出率为_______。
（3）“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如下图所示，加入
沉铝的目的是_______，“沉
铝”的最佳方案为_______。
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（4）“焙烧”时，主要反应的化学方程式为_______。
（5）“水浸”后得到的“滤液2”可返回_______工序循环使用。
【答案】（1）提高浸出率(或提高浸出速率)     
（2） 
和
     84%
（3）使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度     高温溶解再冷却结晶
（4）
或
（5）沉铝
【分析】粉煤灰为原料(主要含SiO2、Al2O3和CaO 等)加入硫酸，浸渣为二氧化硅、硫酸钙，加入硫酸钾，
产生复盐明矾沉铝，干燥脱水，焙烧产生氧化铝、硫酸钾和二氧化硫或三氧化硫气体，水浸除去硫酸钾，
得到氧化铝。
【解析】（1）温度高速率大，“浸出”时适当升温的主要目的是提高反应速率，提高浸出率；Al2O3和
H2SO4发生反应生成Al2(SO4)3和H2O，离子反应方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；
故答案为：提高浸出率(或提高浸出速率)；Al2O3+6H+=2Al3++3H2O。
（2）“浸渣”的主要成分除残余Al2O3外，还有二氧化硅、硫酸钙；5.0g 粉煤灰Al2O3的质量为
5.0g×30%=1.5g，3.0g“浸渣”Al2O3的质量为3.0g×8%=0.24g，则Al2O3的浸出率为
；
故答案为：SiO2和CaSO4；84%。
（3）根据沉铝体系中，Al2(SO4)3·18H2O 溶解度最大，KAl(SO4)2·12H2O 溶解度最小，更容易析出，加入
K2SO4沉铝的目的是更多的使Al2(SO4)3转化为KAl(SO4)2·12H2O，使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保
证晶体纯度；KAl(SO4)2·12H2O 溶解度受温度影响较大，“沉铝”的最佳方案为高温溶解再冷却结晶；
故答案为：使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；高温溶解再冷却结晶。
（4）“焙烧”时，KAl(SO4)2分解为K2SO4、Al2O3和SO3或K2SO4、Al2O3、SO2和O2，反应方程式为
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2KAl(SO4)2
K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)2
2K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑；
故答案为：2KAl(SO4)2
K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)2
2K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑。
（5）“水浸”后得到的“滤液2”成分为K2SO4，可在沉铝工序循环使用；
故答案为：沉铝。
17．（2022·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
)联合焙烧法制各
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Bi 的目的是_______。
（7）将100kg 辉铋矿进行联合焙烧，转化时消耗1.1kg 金属Bi，假设其余各步损失不计，干燥后称量
产品质量为32kg，滴定测得产品中Bi 的质量分数为78.5%。辉铋矿中Bi 元素的质量分数为
_______。
【答案】（1）ab
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（2）
（3）抑制金属离子水解
（4）SiO2
（5）
（6）将Fe3+转化为Fe2+
（7）24.02%
【分析】已知①焙烧时过量的
分解为
，
转变为
，
在空气中单独焙烧生成
和二氧化硫，经过酸浸，滤渣为二氧化硅，
与浓盐酸生成A 氯气，滤液中含有Bi3+、Fe3+，加入Bi 将
Fe3+转化为Fe2+，调节pH 得到
，据此分析解题。
【解析】（1）为提高焙烧效率，可采取的措施为：进一步粉碎矿石增大与氧气的接触面积；鼓入适当过
量的空气 使燃烧更加充分，故选ab；
（2）
在空气中单独焙烧生成
和二氧化硫，反应的化学方程式为
；
（3）“酸浸”中由于铁离子、Bi3＋易水解，因此溶浸时加入过量浓盐酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生
成不溶性沉淀，提高原料的浸出率；过量浓盐酸的作用为：①充分浸出
和
；②抑制金属离子水
解；
（4）由于SiO2不溶于酸和水中，故滤渣的主要成分为SiO2；
（5）A 为氯气，生成气体A 的离子方程式为
；
（6）金属活动性：
，Fe3+在pH 为1.6 时则产生沉淀，为了铁元素不以沉淀形式出现故加入
金属Bi 将Fe3+转化为Fe2+，形成氯化亚铁溶液；
（7）辉铋矿中Bi 元素的质量分数为
。
18．（2022·山东卷）工业上以氟磷灰石[


5
4
3
Ca F PO
，含
2
SiO 等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如
下：
回答下列问题：
（1）酸解时有HF 产生。氢氟酸与
2
SiO 反应生成二元强酸
2
6
H SiF ，离子方程式为_______。
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（2）部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比


2-
2
3
6
n Na CO
:n SiF
=1:1加入
2
3
Na CO 脱
氟，充分反应后，

+
c Na
= _______
-1
mol L

；再分批加入一定量的
3
BaCO ，首先转化为沉淀的离子是
_______。
6
BaSiF
2
6
Na SiF
4
CaSO
4
BaSO
sp
K
6
1.0 10

6
4.0 10

4
9.0 10

10
1.0 10

（3）
2-
4
SO 浓度(以
3
SO % 计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、
3
4
H PO 浓度(以
2
5
P O % 计)的关系如图甲
所示。酸解后，在所得100℃、
2
5
P O % 为45 的混合体系中，石膏存在形式为_______(填化学式)；洗涤时使
用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是_______，回收利用洗涤液X 的操作单元是_______；一定温度
下，石膏存在形式与溶液中
2
5
P O % 和
3
SO % 的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的
是_______(填标号)。
A．65℃、
2
5
P O %=15、
3
SO %=15         B．80℃、
2
5
P O %=10 、
3
SO %=20
C．65℃、
2
5
P O %=10 、
3
SO %=30         D．80℃、
2
5
P O %=10 、
3
SO %=10
【答案】（1）6HF+SiO2=2H++
2
6
SiF +2H2O
（2）  
2
2.0 10

     
2
4
SO 
（3）  CaSO4•0.5H2O     减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率     酸解     D
【解析】氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制
I 脱氟、除硫酸根离子和
2
6
SiF ，过滤，滤液经精制II 等一系列操作得到磷酸。
（1）氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF+SiO2=2H++
2
6
SiF +2H2O。
（2）精制1 中，按物质的量之比n(Na2CO3):n(
2
6
SiF )= 1:1 加入Na2CO3脱氟，该反应的化学方程式为
H2SiF6+ Na2CO3= Na2SiF6↓+CO2↑+ H2O，充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有饱和的Na2SiF6，且
c(Na+)=2c(
2
6
SiF )，根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp= c2(Na+)• c(
2
6
SiF )=4c3(
2
6
SiF )，c(
2
6
SiF ) =
6
2
3 4.0 10
1.0 10
4





mol•L-1，因此c(Na+)=2c(
2
6
SiF )=
2
2.0 10

mol•L-1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和
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溶液，c(Ca2+)=c(
2
4
SO )=
4
2
9.0 10
3.0 10





mol•L-1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成
时，c(Ba2+)=
6
3
3
1.0 10
1.0 10
1.0 10







 mol•L-1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)=
10
9
2
1.0 10
3.3 10
3.0 10







 
mol•L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是
2
4
SO ，然后才是
2
6
SiF 。
（3）根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100℃、P2O5%为45 的混合体系中，石膏存在形式为
CaSO4•0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用
水的原因是：减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X 中含有硫酸，其具有回收利用的价
值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X 的操作单元是：酸解。由图甲信息可知，温度
越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，位于65℃线上方的晶体全部以
CaSO4•0.5H2O 形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4•2H2O 形式存在，在两线之间的以两种晶体
的混合物形式存在：
A． P2O5%= l5、SO3%= 15，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线之间，故不能实现晶体的完全转
化，A 不符合题意；
B． P2O5%= 10、SO3%= 20，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线（65℃、80℃）之间，故不能实
现晶体的完全转化， B 不符合题意；
C．P2O5%= 10、SO3%= 30，由图乙信息可知，该点坐标位于，该点坐标位于65℃线上方，晶体全部以
CaSO4•0.5H2O 形式存在，故不能实现晶体转化， C 不符合题意；
D． P2O5%=10、SO3%= 10，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4•2H2O 形式
存在，故能实现晶体的完全转化，D 符合题意；
综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是D。
19．（2021·山东卷）工业上以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si 氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠
(Na2Cr2O7•2H2O)的工艺流程如图。回答下列问题：
（1）焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4并将Al、Si 氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧时气体与矿料逆
流而行，目的是___。
（2）矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c 与pH 的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10-
5mol•L-1时，可认为已除尽。
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中和时pH 的理论范围为___；酸化的目的是___；Fe 元素在___(填操作单元的名称)过程中除去。
（3）蒸发结晶时，过度蒸发将导致___；冷却结晶所得母液中，除Na2Cr2O7外，可在上述流程中循环利用
的物质还有____。
（4）利用膜电解技术(装置如图所示)，以Na2CrO4为主要原料制备Na2Cr2O7的总反应方程式为：
4Na2CrO4+4H2O
2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑。则Na2Cr2O7在___(填“阴”或“阳”)极室制得，电
解时通过膜的离子主要为___。
【答案】增大反应物接触面积，提高化学反应速率    
    使
平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率    浸取    所得溶液中含有大
量Na2SO4•10H2O    H2SO4    阳    Na＋ 
【分析】
以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si 氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7•2H2O)过程中，向铬铁矿中加
入纯碱和O2进行焙烧，FeCr2O4转化为Na2CrO4，Fe(II)被O2氧化成Fe2O3，Al、Si 氧化物转化为NaAlO2、
Na2SiO3，加入水进行“浸取”，Fe2O3不溶于水，过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH 使
、
转化为沉淀过滤除去，再向滤液中加入H2SO4，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，将溶液蒸发结晶将Na2SO4除
去，所得溶液冷却结晶得到Na2Cr2O7•2H2O 晶体，母液中还含有大量H2SO4。据此解答。
【解析】
（1）焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是利用热量使O2向上流动，增大固体与气体的接触面积，提高化
学反应速率，故答案为：增大反应物接触面积，提高化学反应速率。
（2）中和时调节溶液pH 目的是将
、
转化为沉淀过滤除去，由图可知，当溶液pH≥4.5 时，
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Al3+除尽，当溶液pH＞9.3 时，H2SiO3会再溶解生成
，因此中和时pH 的理论范围为
；将Al 元素和Si 元素除去后，溶液中Cr 元素主要以
和
存在，溶液中存在平衡：
，降低溶液pH，平衡正向移动，可提高Na2Cr2O7的产率；由上述分
析可知，Fe 元素在“浸取”操作中除去，故答案为：
；使
平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率；浸取。
（3）蒸发结晶时，Na2SO4主要以Na2SO4•10H2O 存在，Na2SO4•10H2O 的溶解度随温度升高先增大后减小，
若蒸发结晶时，过度蒸发将导致所得溶液中含有大量Na2SO4•10H2O；由上述分析可知，流程中循环利用的
物质除Na2Cr2O7外，还有H2SO4，故答案为：所得溶液中含有大量Na2SO4•10H2O；H2SO4。
（4）由4Na2CrO4+4H2O
2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑可知，电解过程中实质是电解水，阳极上
水失去电子生成H＋和O2，阴极上H+得到电子生成H2，由
可知，
在氢离子浓度较大的电极室中制得，即Na2Cr2O7在阳极室产生；电解过程中，阴极产生氢氧根离
子，氢氧化钠在阴极生成，所以为提高制备Na2Cr2O7的效率，Na＋通过离子交换膜移向阴极，故答案为：
阳；Na＋。
20.（2020·山东卷）用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS 制备高纯MnCO3的工艺流程
如下：
已知：MnO2是一种两性氧化物；25℃时相关物质的Ksp见下表。
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mn(OH)2
Ksp
回答下列问题
（1）软锰矿预先粉碎的目的是____________________________________，MnO2与BaS 溶液反应转化为
MnO 的化学方程式为______________________________________。
（2）保持BaS 投料量不变，随MnO2与BaS 投料比增大，S 的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的
量达到最大值后会减小，减小的原因是______________________________________。
（3）滤液I 可循环使用，应当将其导入到______________操作中(填操作单元的名称)。
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（4）净化时需先加入的试剂X 为________(填化学式)。再使用氨水调溶液的pH，则pH 的理论最小值为
_______(当溶液中某离子浓度
时，可认为该离子沉淀完全)。
（5）碳化过程中发生反应的离子方程式为______________________。
【答案】 （1）增大接触面积，充分反应，提高反应速率： 
    （2）过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2    （3）蒸发 
（4）H2O2     4.9 
（5）
【解析】软锰矿粉(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化钡溶液进行反应，主要发生
MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，过滤得到Ba(OH)2溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤
渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫
磺；之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+，然后加入氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀
除去，压滤得到的废渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+，向滤液中加入碳酸氢
铵、氨水，Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。
（1）软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2与BaS 反应转化
为MnO，Mn 元素的化合价由+4 价降低为+2 价，根据元素价态规律可知-2 价的S 元素应被氧化得到S 单
质，则MnO2与BaS 的系数比应为1:1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程
式为：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；
（2）根据题目信息可知MnO2为两性氧化物，所以当MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使
Ba(OH)2的量达到最大值或会减小；
（3）滤液I 为结晶后剩余的Ba(OH)2饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作中循环使用；
（4）净化时更好的除去Fe 元素需要将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新的杂质，且不将Mn 元素氧化，加入
的试剂X 可以是H2O2；根据表格数据可知，Fe(OH)3和Al(OH)3为同种沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以
当Al3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c(Al3+)=1.0×10-5mol/L 时，c(OHˉ)=
=10-9.1mol/L，所以c(H+)=10-4.9mol/L，pH=4.9，即pH 的理论最小值
为4.9；
（5）碳化过程Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离
子和一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为Mn2++HCO +NH3·H2O=MnCO3↓+NH +H2O。
21.（2020·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SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。
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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NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是___________。
【答案】（1）加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）
（2）Fe2+   VO++MnO2+2H+=
+Mn2++H2O    （3） Mn2+     Fe3+、Al3+   （4）Fe(OH)3 
（5）NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O 
（6）利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全
【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SiO2、Fe3O4，
用30%H2SO4和MnO2“酸浸氧化”时VO+和VO2+被氧化成
，Fe3O4与硫酸反应生成的Fe2+被氧化成
Fe3+，SiO2此过程中不反应，滤液①中含有
、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、
；滤液①中加入
NaOH 调节pH=3.0~3.1，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，根据表中提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉
淀的pH，此过程中Fe3+部分转化为Fe(OH)3沉淀，部分Al3+转化为Al(OH)3沉淀，滤液②中含有K+、Na+、
Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、
，滤饼②中含V2O5·xH2O、Fe(OH)3、Al(OH)3，滤饼②中加入NaOH 使
pH>13，V2O5·xH2O 转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3转化为NaAlO2，则滤渣③的主要成分为Fe(OH)3；滤液③
中含钒酸盐、偏铝酸钠，加入HCl 调pH=8.5，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀而除去；最后向滤液④中加入
NH4Cl“沉钒”得到NH4VO3。
（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Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，
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MnO2+2Fe2+
+4H+=
Mn2++2Fe3++2H2O；VO+转化为
时，钒元素的化合价由+3 价升至+5 价，1molVO+失去2mol 电子，
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MnO2被还原为Mn2+，Mn 元素的化合价由+4 价降至+2 价，1molMnO2得到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++MnO2+2H+=
+Mn2++H2O；
（3）根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、
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NaAlO2与HCl 反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是
NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O。
（6）“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是：增大NH4
+离子浓度，利用同离子
效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。
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