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1．【2022 年全国甲卷】硫酸锌(
)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
，杂质为
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氢氧化物溶度积常数如下表：
离子
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
，最适宜使用的X 是_______(填标号)。
A．
B．
C．
滤渣①的主要成分是_______、_______、_______。
专题78 工艺流程——物质分离提纯
1
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（4）向
的滤液①中分批加入适量
溶液充分反应后过滤，滤渣②中有
，该步反应的
离子方程式为_______。
（5）滤液②中加入锌粉的目的是_______。
（6）滤渣④与浓
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
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++
+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
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
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
2
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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++
+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。
2．【2022 年江苏卷】实验室以二氧化铈(
)废渣为原料制备
含量少的
，其部分实验过程
如下：
（1）“酸浸”时
与
反应生成
并放出
，该反应的离子方程式为_______。
（2）pH 约为7 的
溶液与
溶液反应可生成
沉淀，该沉淀中
含量与加料方式有
关。得到含
量较少的
的加料方式为_______(填序号)。
A．将
溶液滴加到
溶液中 B．将
溶液滴加到
溶液中
（3）通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程，可制备
含量少的
。已知
能被有机萃取剂
(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为
(水层)+3HA(有机层)
(有机层)+
(水层)
①加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是_______。
②反萃取的目的是将有机层
转移到水层。使
尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或
采取的实验操作有_______(填两项)。
③与“反萃取”得到的水溶液比较，过滤
溶液的滤液中，物质的量减小的离子有_______(填
化学式)。
3
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（4）实验中需要测定溶液中
的含量。已知水溶液中
可用准确浓度的
溶液滴定。
以苯代邻氨基苯甲酸为指示剂，滴定终点时溶液由紫红色变为亮黄色，滴定反应为
。请补充完整实验方案：①准确量取
溶液[
约为
]，
加氧化剂将
完全氧化并去除多余氧化剂后，用稀硫酸酸化，将溶液完全转移到
容量瓶中后
定容；②按规定操作分别将
和待测
溶液装入如图所示的滴定管中：
③_______。
【答案】（1）2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O
（2）B
（3） 降低溶液中氢离子的浓度，促进碳酸氢根离子的电离，增大溶液中碳酸根离子的浓
度 酸性条件，多次萃取
（4）从左侧滴定管中放出一定体积的待测
溶液，加入指示剂苯代邻氨基苯甲酸，用
来滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由紫红色变为亮黄色，即达
到滴定终点，记录标准液的体积
【解析】首先用稀盐酸和过氧化氢溶液酸浸二氧化铈废渣，得到三价铈，加入氨水调节pH 后用萃取剂萃
取其中的三价铈，增大三价铈浓度，之后加入稀硝酸反萃取其中的三价铈，再加入氨水和碳酸氢铵制
备产物，以此解题。
（1）根据信息反应物为
与
，产物为
和
，根据电荷守恒和元素守恒可知其离子方程式为：
2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；
4
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（2）反应过程中保持
少量即可得到含
量较少的
，故选B；
（3）①增大碳酸根离子的浓度有助于生成产物，故答案为：降低溶液中氢离子的浓度，促进碳酸氢根离
子的电离，增大溶液中碳酸根离子的浓度；
②根据萃取原理可知，应选择的实验条件是酸性条件，为了使
尽可能多地发生上述转移，可以采用多
次萃取；
③“反萃取”得到的水溶液中含有浓度较大的
，过滤后溶液中
离子浓度较小，故答案为：
；
（4）应该用标准液滴定待测
溶液，用苯代邻氨基苯甲酸作指示剂，故答案为：从左侧滴定管中放出
一定体积的待测
溶液，加入指示剂苯代邻氨基苯甲酸，用
来滴定，
当滴入最后半滴标准液时，溶液由紫红色变为亮黄色，即达到滴定终点，记录标准液的体积。
3．【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)。
5
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【答案】（1） Fe2O3 SiO2
（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）7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4
（4）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤
（5） +2； 6Fe(NH4)2Fe(CN)6+
+6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6
（6） H2O2 NH3·H2O
【解析】已知黄铁矿高温煅烧生成Fe2O3，反应原理为：4FeS2+11O2
2Fe2O3+8SO2，故产生的红渣主要
成分为Fe2O3和SiO2，将红渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液加热充酸浸，反应原理为：
Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，过滤出滤渣①，主要成分为SiO2，向滤液中加入黄铁矿进行还原，将
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+
+FeS2+8H2O=15Fe2++2
+16H+，然后进行工序①为蒸发浓缩、冷却结晶，得到FeSO4晶体和母液主
要含有FeSO4溶液和H2SO4，加水溶解FeSO4晶体，向所得溶液中加入(NH4)2SO4、K4[Fe(CN)6]并用
H2SO4调节溶液的pH 为3，进行沉铁过程，反应原理为：Fe2++2
+[Fe(CN)6]3-=Fe(NH4)2Fe(CN)6↓，
然后过滤出沉淀，洗涤后加入H2SO4和NaClO3进行氧化步骤，反应原理为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+
+6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6
，过滤、洗涤干燥即制得Fe(NH4)Fe(CN)6，据此分析解题。
（1）由分析可知，红渣的主要成分为：Fe2O3，滤渣①的主要成分为：SiO2，故答案为：Fe2O3；SiO2；
（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+
+FeS2+8H2O=15Fe2++2
+16H+，故化学方程式为：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，故答案
为：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4；
（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FeSO4溶液和
6
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H2SO4可以循环利用，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；
（5）沉铁工序中产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe 的化合价为+2 价和[Fe(CN)6]4-中的+3 价，由分析可
知，氧化工序所发生的离子方程式为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+
+6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6
，故答案为：+2；6Fe(NH4)2Fe(CN)6+
+6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6
；
（6）由分析可知，还原工序所得的滤液中主要含有FeSO4溶液和H2SO4，向滤液中先加入一定量的H2O2
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Fe2O3·x H2O 和(NH4)2SO4，故所需要加入的试剂为H2O2和NH3·H2O，故答案为：
H2O2；NH3·H2O。
4．（2021·广东真题）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝(
)、钼(
)、镍
(
)等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：
已知：25℃时，
的
，
；
；
；该工艺中，
时，溶液中
元素以
的形态存在。
（1）“焙烧”中，有
生成，其中
元素的化合价为_______。
（2）“沉铝”中，生成的沉淀
为_______。
（3）“沉钼”中，
为7.0。
①生成
的离子方程式为_______。
②若条件控制不当，
也会沉淀。为避免
中混入
沉淀，溶液中
_______(列出算式)时，应停止加入
溶液。
7
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（4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有
和
，
为_______。
②往滤液Ⅲ中添加适量
固体后，通入足量_______(填化学式)气体，再通入足量
，可析出
。
（5）高纯
(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为
一种氧化物，可阻止
刻蚀液与下层
(砷化镓)反应。
①该氧化物为_______。
②已知：
和
同族，
和
同族。在
与上层
的反应中，
元素的化合价变为+5 价，
则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。
【答案】
（1）+6
（2）
（3）
+
=
↓
（4）
（5）
【解析】由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和
钼酸钠，经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I 中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢
氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X 为氢氧化铝，滤液II 中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸
8
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钡。
（1）“焙烧”中，有
生成，其中Na 和O 的化合价为+1 和-2，根据化合价的代数和为0 可知，
元素的化合价为+6。
（2）“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀
为
。
（3）①滤液II 中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成
沉淀，该反应的离子方程式为
+
=
↓。
②若开始生成
沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：
，该反
应的化学平衡常数为
。为避免
中混入
沉淀，必须满足
，由于“沉钼”中
为7.0，
，所以溶液中
时，开始生成
沉淀，
因此，
时，应停止加入
溶液。
（4）①滤液I 中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤
液II 中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II 中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液Ⅲ中，
主要存在的钠盐有
和
，故
为
。
9
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②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量
固体后，通入足量
，再通入足量
，可
析出
。
（5）①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由
与
反应生成的，联想到金属铝表面
容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为
。
②由
和
同族、
和
同族可知，
中显+3 价（其最高价）、
显-3 价。在
与上层
的反应中，
元素的化合价变为+5 价，其化合价升高了8，
元素被氧化，则该反应的氧化剂为
，还原剂为
。
中的O 元素为-1 价，其作为氧化剂时，O 元素要被还原到-2 价，每个
参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总
数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为
。
5．（2021·全国乙卷真题）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有
、
、
、
、
以及
少量的
。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的
见下表
金属离子
开始沉淀的
2.2
3.5
9.5
12.4
10
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沉淀完全
的
3.2
4.7
11.1
13.8
回答下列问题：
（1）“焙烧”中，
、
几乎不发生反应，
、
、
、
转化为相应的硫酸盐，写出
转化为
的化学方程式_______。
（2）“水浸”后“滤液”的
约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节
至11.6，依次析出的金属离子是
_______。
（3）“母液①"中
浓度为_______
。
（4）“水浸渣”在160℃“酸溶”最适合的酸是_______。“酸溶渣”的成分是_______、_______。
（5）“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，
水解析出
沉淀，该反应的离子方程式是
_______。
（6）将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得_______，循环利用。
【答案】
（1）
（2）
（3）
（4）硫酸
（5）
（6）
【解析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化
镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二
氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧
11
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化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH 约为2.0
的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙
的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不
反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；
将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O 沉淀和硫酸，过滤得到
含有硫酸的母液②和TiO2·x H2O。
（1）氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，
反应的化学方程式为Al2O3+4(NH4)2SO4
NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O，故答案为：Al2O3+4(NH4)2SO4
NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O；
（2）由题给开始沉淀和完全沉淀的pH 可知，将pH 约为2.0 的滤液加入氨水调节溶液pH 为11.6 时，铁离
子首先沉淀、然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀，故答案为：Fe3+、Al3+、Mg2+；
（3）由镁离子完全沉淀时，溶液pH 为11.1 可知，氢氧化镁的溶度积为1×10—5×(1×10—2.9)2=1×10—10.8，当溶
液pH 为11.6 时，溶液中镁离子的浓度为
=1×10—6mol/L，故答案为：1×10—6；
（4）增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，
减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸
钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙，故答案为：硫酸；SiO2、CaSO4；
（5）酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O 沉淀和硫酸，
反应的离子方程式为TiO2++（x+1）H2O
TiO2·xH2O+2H+，故答案为：TiO2++(x+1)H2O
TiO2·xH2O+2H+；
（6）由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得
到硫酸铵溶液，可以循环使用，故答案为：(NH4)2SO4。
6．（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
13
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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，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。
7．[2019 新课标Ⅰ]硼酸（H3BO3）是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以
硼镁矿（含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3）为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：
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回答下列问题：
（1）在95 ℃“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为_________。
（2）“滤渣1”的主要成分有_________。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3+离子，可选用的化
学试剂是_________。
（3）根据H3BO3的解离反应：H3BO3+H2O
H++B(OH)−
4，Ka=5.81×10−10，可判断H3BO3是______
酸；在“过滤2”前，将溶液pH 调节至3.5，目的是_______________。
（4）在“沉镁”中生成Mg(OH)2·MgCO3 沉淀的离子方程式为__________，母液经加热后可返回
___________工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是_________。
【答案】（1）NH4HCO3+NH3
(NH4)2CO3
（2）SiO2、Fe2O3、Al2O3 KSCN
（3）一元弱 转化为H3BO3，促进析出
（4）2Mg2++3
+2H2O
Mg(OH)2·MgCO3↓+2
（或2Mg2++2
+H2O
Mg(OH)2·MgCO3↓+CO2↑） 溶浸 高温焙烧
【解析】（1）根据流程图知硼镁矿粉中加入硫酸铵溶液产生的气体为氨气，用碳酸氢铵溶液吸收，反应
方程式为：NH3+NH4HCO3
(NH4)2CO3。
（2）滤渣I 为不与硫酸铵溶液反应的Fe2O3、Al2O3、SiO2；检验Fe3+,可选用的化学试剂为KSCN，
（3）由硼酸的离解方程式知，硼酸在水溶液中是通过与水分子的配位作用产生氢离子，而三价硼原子最
多只能再形成一个配位键，且硼酸不能完全解离，所以硼酸为一元弱酸；在“过滤2”前，将溶液pH
调节至3.5，目的是将B(OH)−
4转化为H3BO3，并促进H3BO3析出，
（4）沉镁过程中用碳酸铵溶液与Mg2+反应生成Mg(OH)2∙MgCO3，沉镁过程的离子反应为：2Mg2+
+2H2O+3CO3
2-
Mg(OH)2∙MgCO3↓+2HCO3
-；母液加热分解后生成硫酸铵溶液，可以返回“溶浸”
工序循环使用；碱式碳酸镁不稳定，高温下可以分解，故由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是高温
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焙烧。
8．[2019 新课标Ⅲ] 高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化
锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si 等元素）制备，工艺如下图所示。回答下列问题：
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L−1]形成氢氧化物沉淀的pH 范围如下：
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9
（1）“滤渣1”含有S 和__________________________；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学
方程式____________________________________________________。
（2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是________________________。
（3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH 范围应调节为_______~6 之间。
（4）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是______________。
（5）“除杂2”的目的是生成MgF2 沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是
_____________________________________________________________________。
（6）写出“沉锰”的离子方程式___________________________________________________。
（7）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn
的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=
时，z=___________。
【答案】（1）SiO2（不溶性硅酸盐） MnO2+MnS+2H2SO4
2MnSO4+S+2H2O
（2）将Fe2+氧化为Fe3+
（3）4.7
（4）NiS 和ZnS
（5）F−与H+结合形成弱电解质HF，MgF2
Mg2++2F−平衡向右移动
（6）Mn2++2
MnCO3↓+CO2↑+H2O
（7）
【解析】（1）Si 元素以SiO2或不溶性硅盐存在，SiO2与硫酸不反应，所以滤渣I 中除了S 还有
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SiO2；在硫酸的溶浸过程中，二氧化锰和硫化锰发生了氧化还原反应，二氧化锰作氧化剂，
硫化锰作还原剂，方程式为：MnO2+MnS+2H2SO4
2MnSO4+S+2H2O。
（2）二氧化锰作为氧化剂，使得MnS 反应完全，且将溶液中Fe2+氧化为Fe3+。
（3）由表中数据知pH 在4.7 时，Fe3+和Al3+沉淀完全，所以应该控制pH 在4.7~6 之间。
（4）根据题干信息，加入Na2S 除杂为了除去锌离子和镍离子，所以滤渣3 是生成的沉淀ZnS 和
NiS。
（5）由HF
H++F-知，酸度过大，F-浓度减低，使得MgF2
Mg2++2F-平衡向沉淀溶解方
向移动，Mg2+沉淀不完全。
（6）根据题干信息沉锰的过程是生成了MnCO3沉淀，所以反应离子方程式为：Mn2++2HCO3
-
MnCO3↓+CO2↑+H2O。
（7）根据化合物中各元素化合价代数和为0 的规律得：1+2x+3y+4z=6，已知，x=y=1/3，带入计
算得：z=1/3。
9．【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SiO2和少
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[c0(Mn+)=0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH 范围如下：
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SiO2外还有___________；氧化除杂工序中ZnO 的作用是____________，若
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
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回_______工序继续使用。
【答案】 ZnS+
3
2O2
ZnO+SO2 PbSO4 调节溶液的pH 无法除去杂质Fe2+ Zn+Cd2+
Zn2+
+Cd Zn2++2e－
Zn 溶浸
【解析】焙烧时硫元素转化为SO2，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
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+3O2
2ZnO+2SO2。
（2）由于硫酸铅不溶于水，因此滤渣1 的主要成分除SiO2外还有PbSO4；要测定铁离子，需要调节
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。
10．【2018 新课标3 卷】KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题：
（1）KIO3的化学名称是_______。
（2）利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程如下图所示：
“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。“逐Cl2”采用的方法是________。“滤液”中的溶质
主要是_______。“调pH”中发生反应的化学方程式为__________。
（3）KIO3也可采用“电解法”制备，装置如图所示。
①写出电解时阴极的电极反应式______。
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②电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为_________，其迁移方向是_____________。
③与“电解法”相比，“KClO3氧化法”的主要不足之处有______________（写出一点）。
【答案】 碘酸钾 加热 KCl KH(IO3)2+KOH
2KIO3+H2O 或（HIO3+KOH
KIO3+H2O）
2H2O+2e－
2OH－+H2↑ K+ a 到b 产生Cl2易污染环境等
【解析】
（1）根据氯酸钾（KClO3）可以推测KIO3为碘酸钾。
（2）将溶解在溶液中的气体排出的一般方法是将溶液加热，原因是气体的溶解度是随温度上升而下
减小。第一步反应得到的产品中氯气在“逐Cl2”时除去，根据图示，碘酸钾在最后得到，所以过
滤时KH(IO3)2应该在滤渣中，所以滤液中主要为KCl。“调pH”的主要目的是将KH(IO3)2转化为
KIO3，所以方程式为：KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O。
（3）①由图示，阴极为氢氧化钾溶液，所以反应为水电离的氢离子得电子，反应为2H2O + 2e- =
2OH- + H2↑。
②电解时，溶液中的阳离子应该向阴极迁移，明显是溶液中大量存在的钾离子迁移，方向为由左向右，
即由a 到b。
③KClO3氧化法的最大不足之处在于，生产中会产生污染环境的氯气。
11.【2018 江苏卷】以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）为原料，生
产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：
（1）焙烧过程均会产生SO2，用NaOH 溶液吸收过量SO2的离子方程式为______________________。
（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。
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已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ℃
硫去除率=（1— 焙烧后矿粉中硫元素总质量
焙烧前矿粉中硫元素总质量）×100%
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CO2，铝元素存在的形式由_______________（填化学式）转
化为_______________（填化学式）。
（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3 与FeS2 混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4 和
SO2，理论上完全反应消耗的n（FeS2）∶n（Fe2O3）=__________________。
【答案】（1）SO2+OH−
HSO3
−
（2）①FeS2
②硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中
（3）NaAlO2 Al(OH)3
（4）1∶16
【解析】根据流程，矿粉焙烧时FeS2 与O2 反应生成Fe2O3 和SO2，在空气中CaO 可与SO2 反应生成
CaSO3、CaSO3再与O2反应生成CaSO4；“碱浸”时Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3；
Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，
（1）过量SO2与NaOH 反应生成NaHSO3和H2O，反应的化学方程式为SO2+NaOH=NaHSO3，离子方
程式为SO2+OH-=HSO3
-。
（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FeS2。
②添加CaO，CaO 起固硫作用，添加CaO 发生的反应为2CaO+2SO2+O2=2CaSO4，根据硫去除率的计
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
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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CaSO4留在矿粉中。
（3）“碱浸”时Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3，向“过滤”得到的滤液中通入过量
CO2 ，CO2 与NaAlO2 反应生成NaHCO3 和Al(OH)3 ，反应的离子方程式为CO2+AlO2
-
+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3
-，即Al 元素存在的形式由NaAlO2转化为Al(OH)3。
（4）Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，反应的化学方程式为FeS2+16Fe2O3
11Fe3O4+2SO2↑，理论上完全反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=1:16。
12．【2017 江苏卷】铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制
备铝的一种工艺流程如下：
注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。
（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_____________________。
（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3 溶液，溶液的pH_________ (填“增大”、“不变”或
“减小”)。
（3）“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是___________。
（4）“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。阳极的电极反应式为_____________________，
阴极产生的物质A 的化学式为____________。
（5）铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl 固体并充分混合，有利于AlN
的制备，其主要原因是_____________________。
【答案】（1）Al2O3+2OH−=2AlO2－+H2O （2）减小（3）石墨电极被阳极上产生的O2氧化
（4）4CO3
2－+2H2O−4e−=4HCO3－+O2↑ H2
（5）NH4Cl 分解产生的HCl 能够破坏Al 表面的Al2O3薄膜
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【解析】结合流程及题中信息可知，铝土矿在碱溶时，其中的氧化铝和二氧化硅可与强碱溶液反应，过滤
后，滤液中偏铝酸钠与碳酸氢钠反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，氢氧化铝经灼烧后分解为氧化铝，
最后电解熔融的氧化铝得到铝。碳酸钠溶液经电解后可以再生成碳酸氢钠和氢氧化钠进行循环利用。
（1）氧化铝为两性氧化物，可溶于强碱溶液生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH−=2AlO2－
+H2O。
（2）为了提高铝土矿的浸取率，氢氧化钠溶液必须过量，所以过滤I 所得滤液中含有氢氧化钠，加入
碳酸氢钠溶液后，氢氧化钠与碳酸氢钠发生反应生成碳酸钠和水，所以溶液的pH 减小。
（3）电解I 过程中，石墨阳极上氧离子被氧化为氧气，在高温下，氧气与石墨发生反应生成气体，所
以，石墨电极易消耗的原因是被阳极上产生的氧气氧化。
（4）由图中信息可知，生成氧气的为阳极室，溶液中水电离的OH−放电生成氧气，破坏了水的电离
平衡，碳酸根结合H+转化为HCO3－，所以电极反应式为4CO3
2－+2H2O−4e−=4HCO3－+O2↑，阴极室
氢氧化钠溶液浓度变大，说明水电离的H+放电生成氢气而破坏水的电离平衡，所以阴极产生的物
质A 为H2。
（5）铝在常温下就容易与空气中的氧气反应生成一层致密的氧化膜。氯化铵受热分解产生的氯化氢
能够破坏铝表面的氧化铝薄膜，所以加入少量的氯化铵有利于AlN 的制备。
13．【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+NaClO3
②AgCl 可溶于氨水：AgCl+2NH3·H2O
Ag(NH3) 2
++ Cl− +2H2O
③常温时N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原Ag(NH3)2
+：
4Ag(NH3) 2
++N2H4·H2O
4Ag↓+N2↑+4NH4＋+4NH3↑+H2O
（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O2，该反应的化学方程式为________________。
HNO3 也能氧化Ag ，从反应产物的角度分析，以HNO3 代替NaClO 的缺点是
____________________。
（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
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过量NaClO 与NH3·H2O 反应外( 该条件下NaClO3 与NH3·H2O 不反应) ，还因为
_____________________。
（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−1H2SO4)。
【答案】（1）水浴加热 （2）4Ag+4NaClO+2H2O
4AgCl+4NaOH+O2↑
会释放出氮氧化物(或 NO、NO2 )，造成环境污染 （3）将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中
（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 H2SO4溶液吸收反应
中放出的NH3，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥。
【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 O2 ，用化合价升降法即可配平，
该反应的化学方程式为4Ag+4NaClO+2H2O
4AgCl+4NaOH+O2↑。 HNO3也能氧化Ag，硝酸
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HNO3代替NaClO 的缺点是会释
放出氮氧化物(或 NO、NO2 )，造成环境污染。
（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NH3·H2O 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，且
其中含有一定浓度的Cl−，不利于AgCl 与氨水发生AgCl+2NH3·H2O
Ag(NH3) 2
++ Cl− +2H2O 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 N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能
还原 Ag(NH3) 2
+ ：4 Ag(NH3) 2
++N2H4·H2O
4Ag↓+ N2↑+ 4NH4＋+ 4NH3↑+H2O ，所以首先向该
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 H2SO4溶液吸收
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反应中放出的NH3 ，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥。
14．【2016 新课标3 卷】以硅藻土为载体的五氧化二钒（V2O5）是接触法生成硫酸的催化剂。从废钒催化
剂中回收V2O5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：
物质
V2O5
V2O4
K2SO4
SiO2
Fe2O3
Al2O3
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V2O5转化为VO2
+，反应的离子方程式为___________，同时V2O4转成VO2+。“废渣
1”的主要成分是__________________。
（2）“氧化”中欲使3 mol 的VO2+变为VO2
+，则需要氧化剂KClO3至少为______mol。
（3）“中和”作用之一是使钒以V4O12
4−形式存在于溶液中。“废渣2”中含有_______。
（4）“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH+ V4O12
4−
R4V4O12+4OH−（ROH 为强碱性阴
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（NH4VO3）沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式____________。
【答案】（1）V2O5＋2H＋=2VO2
＋＋H2O；SiO2；（2）0.5；（3）Fe(OH)3、Al(OH)3；（4）碱；（5）K
＋；（6）2NH4VO3
高温
V2O5＋H2O＋2NH3↑。
【解析】
（1）“酸浸”时V2O5转化为VO2
+，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
反应的离子方程式为V2O5＋2H＋=2VO2
＋＋H2O；二氧化硅与酸不反应，则“废渣1”的主要成分是
二氧化硅。
（2）“氧化”中欲使3 mol 的VO2+变为VO2
+，V 元素化合价从＋4 价升高到＋5 价，而氧化剂KClO3
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V4O12
4−形式存在于溶液中，同时生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，则
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“废渣2”中含有Fe(OH)3、Al(OH)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（NH4VO3）“煅烧”生成五氧化二钒、氨气和水，发生反应的化学
方程式为2NH4VO3
高温
V2O5＋H2O＋2NH3↑。
15．【2016 江苏卷】实验室以一种工业废渣（主要成分为MgCO3、Mg2SiO4和少量Fe、Al 的氧化物）为
原料制备MgCO3·3H2O。实验过程如下：
（1）酸溶过程中主要反应的热化学方程式为
MgCO3(s)+2H+(aq)===Mg2+(aq)+CO2(g)+H2O(l) ΔH=－50.4 kJ·mol–1
Mg2SiO4(s)+4H+(aq)===2 Mg2+(aq)+H2SiO3(s)+H2O(l) ΔH=－225.4 kJ·mol–1
酸溶需加热的目的是______；所加H2SO4不宜过量太多的原因是_______。
（2）加入H2O2氧化时发生发应的离子方程式为___________。
（3）用下图所示的实验装置进行萃取分液，以除去溶液中的Fe3+。
①实验装置图中仪器A 的名称为_______。
②为使Fe3+尽可能多地从水相转移至有机相，采取的操作：向装有水溶液的仪器A 中加入一定量的有
机萃取剂，______、静置、分液，并重复多次。
（4）请补充完整由萃取后得到的水溶液制备MgCO3·3H2O 的实验方案：边搅拌边向溶液中滴加氨水，
______，过滤、用水洗涤固体2～3 次，在50℃下干燥，得到MgCO3·3H2O。
[已知该溶液中pH=8.5 时Mg(OH)2开始沉淀；pH=5.0 时Al(OH)3沉淀完全]。
【答案】（1）加快酸溶速率 避免制备MgCO3时消耗更多的碱
（2）H2O2＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O （3）①分液漏斗 ②充分振荡
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（4）至5.0＜pH＜8.5，过滤，边搅拌边向滤液中滴加Na2CO3溶液至有大量沉淀生成，静置，向上层
清液中滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成
【解析】
（1）加热可以加快反应速率；如果硫酸过多，则需要消耗更多的碱液中和硫酸，从而造成生产成本
增加，因此所加H2SO4不宜过量太多。
（2）溶液中含有亚铁离子，双氧水具有强氧化性，能把亚铁离子氧化为铁离子，因此加入H2O2氧化
时发生发应的离子方程式为H2O2+2Fe2＋+2H＋===2Fe3＋+2H2O。
（3）①实验装置图中仪器A 的名称为分液漏斗。
②为使Fe3+尽可能多地从水相转移至有机相，采取的操作：向装有水溶液的仪器A 中加入一定量的有
机萃取剂，充分振荡、静置、分液，并重复多次。
（4）根据氢氧化镁和氢氧化铝沉淀的pH 可知，滴加氨水的同时必须控制溶液的pH 不能超过8.5，且
也不能低于5.0，所以边搅拌边向溶液中滴加氨水，至5.0＜pH＜8.5，过滤，边搅拌边向滤液中滴
加Na2CO3溶液至有大量沉淀生成，静置，向上层清液中滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成，过滤、
用水洗涤固体2~3 次，在50℃下干燥，得到MgCO3·3H2O。
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