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1．【2023 年广东卷】
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 。
（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
专题94 工艺流程——结合理论综合
1
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。
（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
（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
2
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；故答案为：
或
。
（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．【2022 年北京卷】白云石的主要化学成分为
，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%
的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。
已知：
3
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物质
（1）白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为___________。
（2）
用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。
氧化物(
)浸出率/%
产品中
纯度/%
产品中Mg 杂质含量/%
(以
计)
计算值
实测值
2.1∶1
98.4
1.1
99.1
99.7
——
2.2∶1
98.8
1.5
98.7
99.5
0.06
2.4∶1
99.1
6.0
95.2
97.6
2.20
备注：ⅰ、
浸出率=(浸出的
质量/煅烧得到的
质量)
(M 代表Ca 或Mg)
ⅱ、
纯度计算值为滤液A 中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中
纯度。
①解释“浸钙”过程中主要浸出
的原因是___________。
②沉钙反应的离子方程式为___________。
③“浸钙”过程不适宜选用
的比例为___________。
④产品中
纯度的实测值高于计算值的原因是___________。
（3）“浸镁”过程中，取固体B 与一定浓度的
溶液混合，充分反应后
的浸出率低于
60%。加热蒸馏，
的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释
浸出率增大的原因是___________。
（4）滤渣C 中含有的物质是___________。
（5）该流程中可循环利用的物质是___________。
【答案】（1）
（2）
，在一定量
溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而
氢氧化镁不能，故
先浸出
2.4∶1
，
优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙
（3）
，
，随大量氨逸出，平衡正向移动
4
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（4）
（5）
【解析】白云石矿样煅烧后
转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶解浸钙，大部分钙离子进
入滤液A，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B，加入硫酸铵将镁离
子转化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁；
【解析】（1）白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，化学方程式为
；
（2）①氯化铵水解生成一水合氨与氢离子，可以调节溶液的pH，由图表可知，
，在一定量
溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不
能，故
首先溶解被浸出；
②沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子，离子方程式为
。
③由图表可知，“浸钙”过程
的比例为2.4∶1 时，产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度
最低，故不适宜选用
的比例为2.4∶1。
④
，在反应中
会优先析出，但也有可能析出其他沉淀，且Mg2+部分以
Mg(OH)2形成沉淀，相比MgCO3质量更小，二者共同作用导致产品中
纯度的实测值高于计算值；
（3）“浸镁”过程中，发生反应：
，
，加
热蒸馏随大量氨逸出，平衡正向移动，利于氢氧化镁转化为硫酸镁；
（4）白云石的主要化学成分为
，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅烧浸
钙后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B 中加入硫酸铵后转化为微溶于的硫酸钙，氧化铁、二氧
化硅几乎不反应进入滤渣中；“浸镁”过程中，
的浸出率最终可达98.9% ，则还有部分氧化镁
进入滤渣中，故滤渣C 中含有的物质是
；
（5）沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出；滤液D
加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵，碳酸镁煅烧生成二氧化碳；白云石煅烧也会生成二氧化碳；在流程
中
既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是
。
3．（2021·福建真题）四钼酸铵是钼深加工的重要中间产品具有广泛的用途。一种以钼精矿(主要含
，
还有
、
的化合物及
等)为原料制备四钼酸铵的工艺流程如下图所示。
5
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回答下列问题：
（1）“焙烧”产生的气体用_______吸收后可制取氮肥。
（2）“浸出”时，
转化为
。提高单位时间内钼浸出率的措施有_______(任写两种)。温度对
内钼浸出率的影响如图所示。当浸出温度超过
后，钼的浸出率反而降低，主要原因是温度
升高使水大量蒸发，导致_______。
（3）“净化”时，浸出液中残留的
、
转化为沉淀除去。研究表明，该溶液中
和pH 的关系为：
。为了使溶液中的杂质离子浓度小于
，应控制溶液的pH 不小于
_______。(已知：
；
和
的
分别为35.2 和17.2)
（4）“净化”后，溶液中若有低价钼(以
表示)，可加入适量
将其氧化为
，反应的离子方程
式为_______。
（5）“沉淀”时，加入
的目的是_______。
（6）高温下用
还原(NH4)2Mo4O13可制得金属钼，反应的化学方程式为_______。（已知：(NH4)2Mo4O13
受热分解生成
）
【答案】
（1）氨水
（2） 适当升温、搅拌、增加
用量(增大
浓度)等
晶体析出，混入浸渣
（3）3.9
（4）
6
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（5）提供
，使
充分转化为沉淀析出
（6）
【解析】钼精矿(主要含
，还有
、
的化合物及
等)通入氧气焙烧得到
、CuO、Fe2O3、
SiO2和SO2，焙烧产生的气体主要为SO2；
、CuO、Fe2O3、SiO2加Na2CO3、H2O 浸出，
转化为
，铜、铁大多转化为氢氧化物，SiO2不反应，浸渣为SiO2、氢氧化铁、氢氧化铜等，浸
出液含
和少量Cu2+、Fe2+，加(NH4)2S 净化，Cu2+、Fe2+转化CuS、FeS 沉淀，滤渣为CuS、FeS，
滤液主要含
，滤液中加NH4NO3、HNO3进行沉淀得到(NH4)2Mo4O13·2H2O。
（1）“焙烧”产生的气体为SO2，用氨水吸收后可制取氮肥硫酸铵；
（2）“浸出”时，提高单位时间内钼浸出率即提高反应速率，措施有适当升温、搅拌、增加
用量(增
大
浓度)(任写两种)；当浸出温度超过
后，钼的浸出率反而降低，主要原因是温度升高使
水大量蒸发，导致
晶体析出，混入浸渣；
（3）
和
的
分别为35.2 和17.2，则Ksp(CuS)=10-35.2，Ksp(FeS)=10-17.2，要使Cu2+浓度小于
，则S2-浓度大于
mol/L=10-29.2mol/L，要使Fe2+浓度小于
，则S2-
浓度大于
mol/L=10-11.2mol/L，综述：c(S2-)>10-11.2mol/L，c(S2-)=10-11.2mol/L 时，lg(10-
11.2)=pH-15.1，pH=15.1-11.2=3.9，综上所述，为了使溶液中的杂质离子浓度小于
，应
控制溶液的pH 不小于3.9；
（4）溶液中若有低价钼(以
表示)，可加入适量
将其氧化为
，则氧化剂为
，还原产
物为-2 价的O，还原剂为
，氧化产物为
，则反应的离子方程式为
；
（5）由流程可知“沉淀”时，产生的沉淀为(NH4)2Mo4O13·2H2O，因此加入
的目的是提供
，使
充分转化为沉淀析出；
（6）高温下用
还原(NH4)2Mo4O13可制得金属钼，结合得失电子守恒、原子守恒可知反应的化学方程式
为
。
4．（2021·辽宁真题）从钒铬锰矿渣(主要成分为
、
、
)中提铬的一种工艺流程如下：
7
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已知：pH 较大时，二价锰[
](在空气中易被氧化.回答下列问题：
（1）Cr 元素位于元素周期表第_______周期_______族。
（2）用
溶液制备
胶体的化学方程式为_______。
（3）常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[
]与pH 关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中
，“沉钒”过程控制
，则与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为
_______(填化学式)。
（4）某温度下，
、
的沉淀率与pH 关系如图2。“沉铬”过程最佳pH 为_______；在该条件下
滤液B 中
_______
（
近似为
，
的
近似为
）。
（5）“转化”过程中生成
的离子方程式为_______。
（6）“提纯”过程中
的作用为_______。
【答案】
（1） 4 VIB
（2）FeCl3+3H2O
Fe(OH)3(胶体)+3HCl
（3）
（4） 6.0 1×10-6
（5）Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O
8
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（6）防止pH 较大时，二价锰[
]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯
【解析】分析本工艺流程图可知，“沉钒”步骤中使用氢氧化铁胶体吸附含有钒的杂质，滤液中主要含有
Mn2+和Cr3+，加热NaOH“沉铬”后，Cr3+转化为固体A 为Cr(OH)3沉淀，滤液B 中主要含有MnSO4，
加入Na2S2O3主要时防止pH 较大时，二价锰[
]被空气中氧气氧化，Cr(OH)3煅烧后生成
Cr2O3，“转化”步骤中的反应离子方程式为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，据此分析解题。
（1）Cr 是24 号元素，价层电子对排布式为：3d54s1，根据最高能层数等于周期序数，价电子数等于族序
数，故Cr 元素位于元素周期表第4 周期VIB 族，故答案为：4；VIB；
（2）用
溶液制备
胶体的化学方程式为FeCl3+3H2O
Fe(OH)3(胶体)+3HCl，故答案为：
FeCl3+3H2O
Fe(OH)3(胶体)+3HCl；
（3）常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[
]与pH 关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中
，
=-2，从图中可知， “沉钒”过程控制
，
=-2 时，与胶体
共沉降的五价钒粒子的存在形态为
，故答案为：
；
（4）某温度下，
、
的沉淀率与pH 关系如图2，由图中信息可知“沉铬”过程最佳pH 为
6.0；则此时溶液中OH-的浓度为：c(OH-)=10-8mol/L，在该条件下滤液B 中
=
=1×10-6
，故答案为：6.0；1×10-6；
（5）由分析可知，“转化”过程中生成
的离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，故答案为：
Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O；
（6）由分析可知，“提纯”过程中
的作用为防止pH 较大时，二价锰[
]被空气中氧气氧化，
转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯，故答案为：防止pH 较大时，二价锰[
]被空气
中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯。
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。
9
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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
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）
10
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（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
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．【2022 年山东卷】工业上以氟磷灰石[
，含
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：
11
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（1）酸解时有
产生。氢氟酸与
反应生成二元强酸
，离子方程式为_______。
（2）部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比
加入
脱氟，
充分反应后，
_______
；再分批加入一定量的
，首先转化为沉淀的离子是
_______。
（3）
浓度(以
计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、
浓度(以
计)的关系如图甲
所示。酸解后，在所得
、
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
和
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．
、
、
B．
、
、
C．
、
、
D．
、
、
【答案】（1）6HF+SiO2=2H++
+2H2O
（2）
（3） CaSO4•0.5H2O 抑制CaSO4的溶解，提高产品石膏的产率 酸解 AD
【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
，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++
+2H2O。
（2）精制1 中，按物质的量之比n(Na2CO3):n(
)= 1:1 加入Na2CO3脱氟，该反应的化学方程式为
12
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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(
)，根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp= c2(Na+)• c(
)=4c3(
)，c(
) =
mol•L-1，因此c(Na+)=2c(
)=
mol•L-1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的
饱和溶液，c(Ca2+)=c(
)=
mol•L-1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀
开始生成时，c(Ba2+)=
mol•L-1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)=
mol•L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是
，然后才是
。
（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，体系温度为65℃时，
位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4•0.5H2O 形式存在，位于65℃线下方的晶体全部以CaSO4•2H2O。
体系温度为80℃时，位于80℃线下方的晶体全部以CaSO4•2H2O 形式存在，位于80℃线上方的晶体全
部以CaSO4•0.5H2O 形式存在，据此分析：
A． P2O5%= l5、SO3%= 15，由图乙信息可知，该点坐标位于65℃线以下，晶体以CaSO4•2H2O 形式存在，
可以实现石膏晶体的转化，A 符合题意；
B． P2O5%= 10、SO3%= 20，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线的上方，晶体全部以CaSO4•0.5H2O
形式存在，故不能实现晶体的转化， 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AD。
7．【2022 年全国乙卷】废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有
、
、
和Pb。还有少量BA．Fe、
Al 的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
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难溶电解质
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的
如下表：
金属氢氧化物
开始沉淀的pH
2.3
6.8
3.5
7.2
完全沉淀的pH
3.2
8.3
4.6
9.1
回答下列问题：
（1）在“脱硫”中
转化反应的离子方程式为________，用沉淀溶解平衡原理解释选择
的原
因________。
（2）在“脱硫”中，加入
不能使铅膏中
完全转化，原因是________。
（3）在“酸浸”中，除加入醋酸(
)，还要加入
。
(ⅰ)能被
氧化的离子是________；
(ⅱ)
促进了金属Pb 在醋酸中转化为
，其化学方程式为________；
(ⅲ)
也能使
转化为
，
的作用是________。
（4）“酸浸”后溶液的pH 约为4.9，滤渣的主要成分是________。
（5）“沉铅”的滤液中，金属离子有________。
【答案】（1） PbSO4(s)+CO
(aq)= PbCO3(s)+SO
(aq) 反应PbSO4(s)+CO
(aq)= PbCO3(s)+SO
(aq)的平衡常数K=
=3.4 105>105，PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3
（2）反应BaSO4(s)+CO
(aq)= BaCO3(s)+SO
(aq)的平衡常数K=
=0.04<<105，反应正向进行的程
度有限
（3） Fe2+ Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O 作还原剂
（4）Fe(OH)3、Al(OH)3
（5）Ba2+、Na+
【解析】铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO 和Pb，还有少量BA．Fe、Al 的盐或氧化物等，向铅膏中加
入碳酸钠溶液进行脱硫，硫酸铅转化为碳酸铅，过滤，向所得固体中加入醋酸、过氧化氢进行酸浸，
过氧化氢可将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，酸浸后溶液的pH 约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时
的pH 可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁，过滤后，向滤液中加入氢氧化钠溶液进行沉铅，
14
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得到氢氧化铅沉淀，滤液中的金属阳离子主要为钠离子和钡离子，氢氧化铅再进行处理得到PbO。
（1）“脱硫”中，碳酸钠溶液与硫酸铅反应生成碳酸铅和硫酸钠，反应的离子方程式为：PbSO4(s)+CO
(aq)= PbCO3(s)+SO
(aq)，由一些难溶电解质的溶度积常数的数据可知，Ksp(PbCO3)=7.4 10-14，
Ksp(PbSO4)=2.5 10-8，反应PbSO4(s)+CO
(aq)= PbCO3(s)+SO
(aq)的平衡常数K=
=
=
=
≈3.4 105>105，说明可以转化的比较彻底，且转化后生成的
碳酸铅可由酸浸进入溶液中，减少铅的损失。
（2）反应BaSO4(s)+CO
(aq)= BaCO3(s)+SO
(aq)的平衡常数K=
=
=
=
≈0.04<<105，说明该反应正向进行的程度有限，因此加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全
转化。
（3）（i）过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子。
（ii）过氧化氢促进金属Pb 在醋酸溶液中转化为Pb(Ac)2，过氧化氢与PB．HAc 发生氧还原反应生成
Pb(Ac)2和H2O，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：
Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O。
（iii）过氧化氢也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，铅元素化合价由+4 价降低到了+2 价，PbO2是氧化剂，则过氧
化氢是还原剂。
（4）酸浸后溶液的pH 约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH 可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化
铁。
（5）依据分析可知，加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化，铁离子、铝离子转化为了氢氧化铁、
氢氧化铝沉淀，铅转化为了氢氧化铅、最终变为了氧化铅，因此沉铅的滤液中，金属离子有Ba2+和加
入碳酸钠、氢氧化钠时引入的Na+。
8．【2022 年广东卷】稀土(
)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：
已知：月桂酸
熔点为
；月桂酸和
均难溶于水。该工艺条件下，稀土
离子保持
价不变；
的
，
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。
15
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离子
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
溶液调pH 至_______的范围内，该过程中
发生反应的离子方程式为
_______。
（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到
元素，滤液2 中
浓度为
。为尽可能多地提取
，
可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中
低于_______
(保留两
位有效数字)。
（4）①“加热搅拌”有利于加快
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
。
①还原
和
熔融盐制备
时，生成1mol
转移_______
电子。
②
用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化
的还原，发生的电极反应为
_______。
【答案】（1）Fe2+
（2） 4.7
pH<6.2
（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
、
、
、
、
、
等离子，经氧化调pH 使
、
形成沉淀，经过滤除去，滤液1
中含有
、
、
等离子，加入月桂酸钠，使
形成
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+；
（2）由表中数据可知，
沉淀完全的pH 为4.7，而
开始沉淀的pH 为6.2~7.4，所以为保证
、
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沉淀完全，且
不沉淀，要用
溶液调pH 至4.7
pH<6.2 的范围内，该过程中
发生反
应的离子方程式为
，故答案为：4.7
pH<6.2；
；
（3）滤液2 中
浓度为
，即0.1125mol/L，根据
，若要加入月桂酸钠后只生成
，而
不产生
，则
=
=4.0 10-4
，故答案为：4.0 10-4；
（4）①“加热搅拌”有利于加快
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
熔点为
，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
中Y 为+3 价，
中Pt 为+4 价，而
中金属均为0 价，所以还原
和
熔融盐制
备
时，生成1mol
转移15
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-。
9．（2021·山东真题）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】
（1）增大反应物接触面积，提高化学反应速率
（2）
使
平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率 浸取
（3）所得溶液中含有大量Na2SO4•10H2O H2SO4
（4）阳 Na＋
【解析】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
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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。
（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，
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＋。
10．（2021·湖南真题）
可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以
形式存在，还含有
、
、
、
等物质。以独居石为原料制备
的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）铈的某种核素含有58 个质子和80 个中子，该核素的符号为_______；
（2）为提高“水浸”效率，可采取的措施有_______(至少写两条)；
（3）滤渣Ⅲ的主要成分是_______(填化学式)；
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（4）加入絮凝剂的目的是_______；
（5）“沉铈”过程中，生成
的离子方程式为_______，常温下加入的
溶液呈
_______(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：
的
，
的
，
)；
（6）滤渣Ⅱ的主要成分为
，在高温条件下，
、葡萄糖(
)和
可制备电极材料
，同时生成
和
，该反应的化学方程式为_______
【答案】
（1）
（2）适当升高温度，将独居石粉碎等
（3）Al(OH)3
（4）促使铝离子沉淀
（5）
↑ 碱性
（6）6
+
+12
=12
+6CO↑+6H2O+6CO2↑
【解析】焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸，
转化为Ce2(SO4)3和H3PO4，
与硫酸不反应，
转化为Al2(SO4)3，
转化为Fe2(SO4)3，
转化为CaSO4和HF，酸性废气含HF；后过滤，
滤渣Ⅰ为
和磷酸钙、FePO4，滤液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，Fe2(SO4)3，加氯化铁溶液
除磷，滤渣Ⅱ为FePO4；聚沉将铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ主要为氢氧化铝，还
含氢氧化铁；加碳酸氢铵沉铈得Ce2(CO3)3·nH2O。
（1）铈的某种核素含有58 个质子和80 个中子，则质量数为58+80=138，该核素的符号为
；
（2）为提高“水浸”效率，可采取的措施有适当升高温度，将独居石粉碎等；
（3）结合流程可知，滤渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3；
（4）加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀；
（5）用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成
的离子方程式为
↑；铵根离子的水解常数Kh(
)=
≈5.7×10-10，碳酸氢根的水解常数Kh(
)==
≈2.3×10-8，则Kh(
)<Kh(
)，因
此常温下加入的
溶液呈碱性；
（6）由在高温条件下，
、葡萄糖(
)和
可制备电极材料
，同时生成
和
可知，该反应中Fe 价态降低，C 价态升高，结合得失电子守恒、原子守恒可知该反应的化学方
程式为6
+
+12
=12
+6CO↑+6H2O+6CO2↑。
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11．（2021·河北真题）绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液
相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生
废弃物，实现了Cr—Fe—Al—Mg 的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）高温连续氧化工序中被氧化的元素是_______(填元素符号)。
（2）工序①的名称为__。
（3）滤渣的主要成分是__(填化学式)。
（4）工序③中发生反应的离子方程式为_______。
（5）物质V 可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为__，可代替NaOH
的化学试剂还有_______(填化学式)。
（6）热解工序产生的混合气体最适宜返回工序_______(填“①”或“②”或“③”或“④”)参与内循环。
（7）工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH 为__。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5mol•L-1为
沉淀完全；A1(OH)3+OH-⇌Al(OH) ：K=100.63，Kw=10-14，Ksp[A1(OH)3]=10-33)
【答案】
（1）Fe、Cr
（2）溶解浸出
（3） MgO、Fe2O3
（4）2Na++2
+2CO2+H2O=
+2NaHCO3↓ 4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO3
8Na2CrO4+2 Fe2O3+
16CO2+8H2O
（5） Na2CO3
（6）②
（7）8.37
【解析】由题给流程可知，铬铁矿、氢氧化钠和空气在高温下连续氧化发生的反应为，在熔融氢氧化钠作
用下，Fe(CrO2)2被氧气高温氧化生成铬酸钠和氧化铁，氧化铝与熔融氢氧化钠反应转化为偏铝酸钠，
氧化镁不反应；将氧化后的固体加水溶解，过滤得到含有氧化镁、氧化铁的滤渣1 和含有过量氢氧化
钠、铬酸钠、偏铝酸钠的滤液；将滤液在介稳态条件下分离得到铬酸钠溶液、氢氧化钠溶液和偏铝酸
钠溶液；向铬酸钠溶液中通入过量的二氧化碳得到重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀；向偏铝酸钠溶液中通入
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过量的二氧化碳气体得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；向滤渣1 中通入二氧化碳和水蒸气，氧化镁与二
氧化碳和水蒸气反应转化为碳酸氢镁溶液；碳酸氢镁溶液受热分解得到碳酸镁固体和二氧化碳、水蒸
气，二氧化碳、水蒸气可以在工序②循环使用；碳酸镁高温煅烧得到氧化镁。
（1）由分析可知，高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素，故答案为：Fe、Cr；
（2）由分析可知，工序①为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质，故答案为：溶解浸出；
（3）由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是氧化铁和氧化镁，故答案为：MgO、Fe2O3；
（4）工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离
子方程式为2Na++2
+2CO2+H2O=
+2NaHCO3↓，故答案为：2Na++2
+2CO2+H2O=
+2NaHCO3↓；
（5）碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应为高温下，，Fe(CrO2)2与氧气和碳酸
氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO3
8Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应，故答案为：
4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO3
8Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；
（6）热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣1 中可以将氧化镁转化为碳酸氢
镁溶液，则混合气体最适宜返回工序为工序②，故答案为：②；
（7）工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为
，反应的平衡
常数为K1=
=
=
=1013.37，当
为10—5mol/L 时，
溶液中氢离子浓度为
=
mol/L=10—8.37mol/L，则溶液的pH 为8.37，故答案为：
8.37。
12．（2020 年新课标Ⅲ）某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe 及其氧化物，还有少
量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：
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
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.01 mol·L−1)的pH
沉淀完全时(c=1.0×10−5 mol·L−1)的pH
7.2
8.7
3.7
4.7
2.2
3.2
7.5
9.0
22
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回答下列问题：
（1）“碱浸”中NaOH 的两个作用分别是______________。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中
性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式______________。
（2）“滤液②”中含有的金属离子是______________。
（3）“转化”中可替代H2O2的物质是______________。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即
“滤液③”中可能含有的杂质离子为______________。
（4）利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=______________(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中
Ni2+浓度为1.0 mol·L−1，则“调pH”应控制的pH 范围是______________。
（5）硫酸镍在强碱溶液中用NaClO 氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离
子方程式______________。
（6）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是______________。
【答案】（1）除去油脂、溶解铝及其氧化物
+H++H2O=Al(OH)3↓或
+H+=Al(OH)3↓+H2O
（2）Ni2+、Fe2+、Fe3+
（3）O2或空气 Fe3+
（4）
3.2~6.2
（5）2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O
（6）提高镍回收率
【解析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH 溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O 将Al 及其氧化物溶解，得到的滤
液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe 及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有
Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH 调节pH 使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀
除去，再控制pH 浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。
（1）根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH 溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al 及其氧化物溶解，
滤液①中含有NaAlO2(或Na[Al(OH)4])，加入稀硫酸可发生反应
+H++H2O=Al(OH)3↓或
+H+=Al(OH)3↓+H2O，故答案为：除去油脂、溶解铝及其氧化物；
+H++H2O=Al(OH)3↓或
+H+=Al(OH)3↓+H2O；
（2）加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe 及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+，
故答案为：Ni2+、Fe2+、Fe3+；
（3）“转化”在H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O2或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后
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“转化”，会使调pH 过滤后的溶液中含有Fe2+，则滤液③中可能含有转化生成的Fe3+，故答案为：O2
或空气；Fe3+；
（4）由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1，c(H+)=1.0×10-8.7mol·L-1，
则c(OH-)=
，则Ni(OH)2的
；或者当
Ni2+开始沉淀时pH=7.2，此时c(Ni2+)=0.01mol·L-1，c(H+)=1.0×10-7.2mol·L-1，则c(OH-)=
，则Ni(OH)2的
；如果“转化”后
的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L-1，为避免镍离子沉淀，此时
，则
，即pH=6.2；
Fe3+完全沉淀的pH 为3.2，因此“调节pH”应控制的pH 范围是3.2~6.2，故答案为：
；3.2~6.2；
（5）由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO 氧化得到NiOOH 沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH 沉淀，
ClOˉ 被还原为Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2+
+ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O，故答案为：2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O；
（6）分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率，故答案为：
提高镍的回收率。
13．（2020 年山东新高考）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
________。
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（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)。
（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。
14．【2017 新课标1 卷】Li4Ti5O12 和LiFePO4 都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为
FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备，工艺流程如下：
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回答下列问题：
（1）“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的
实验条件为___________________。
（2）“酸浸”后，钛主要以
形式存在，写出相应反应的离子方程式__________________。
（3）TiO2·xH2O 沉淀与双氧水、氨水反应40 min 所得实验结果如下表所示：
温度/℃
30
35
40
45
50
TiO2·xH2O 转化率%
92
95
97
93
88
分析40 ℃时TiO2·xH2O 转化率最高的原因__________________。
（4）Li2Ti5O15中Ti 的化合价为+4，其中过氧键的数目为__________________。
（5）若“滤液②”中
，加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加1 倍），使
恰好沉淀完全即溶液中
，此时是否有Mg3(PO4)2 沉淀生成？
（列式计算）。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为
。
（6）写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式 。
【答案】（1）100℃、2h，90℃，5h （2）FeTiO3+ 4H++4Cl− = Fe2++
+ 2H2O
（3）低于40℃，TiO2·xH2O 转化反应速率随温度升高而增加；超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导
致TiO2·xH2O 转化反应速率下降 （4）4
（5 ）Fe3+ 恰好沉淀完全时，c(
)=
mol·L−1=1.3×10–17 mol·L−1 ，c3(Mg2+)×c2(
) ＝
(0.01)3×(1.3×10–17)2=1.7×10–40＜Ksp [Mg3(PO4)2]，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀。
（6）2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O4
高温
2LiFePO4+ H2O↑+ 3CO2↑
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【解析】（1）由图示可知，“酸浸”时铁的净出率为70%时，则应选择在100℃、2h，90℃，5h 下进行；
（2）“酸浸”时用盐酸溶解FeTiO3 生成
时，发生反应的离子方程式为FeTiO3+4H++4Cl−＝
Fe2++
+ 2H2O；
（3）温度是影响速率的主要因素，但H2O2 在高温下易分解、氨水易挥发，即原因是低于40℃，
TiO2·xH2O 转化反应速率随温度升高而增加；超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O
转化反应速率下降；
（4）Li2Ti5O15中Li 为+1 价，O 为–2 价，Ti 为+4 价，过氧根(
)中氧元素显–1 价，设过氧键的数
目为x，根据正负化合价代数和为0，可知(+1)×2+(+4)×5+(–2)×(15–2x)+(–1)×2x=0，解得：x=4；
（5）Ksp[FePO4]=c(Fe3+)×c(
)=1.3×10–2，则c(
)＝
＝1.3×10–17 mol/L，Qc[Mg3(PO4)2]＝
c3(Mg2+)×c2(
)＝(0.01)3×(1.3×10–17)2=1.69×10–40＜1.0×10–24，则无沉淀。
（6）高温下FePO4与Li2CO3和H2C2O4混合加热可得LiFePO4，根据电子守恒和原子守恒可得此反应
的化学方程式为2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O4
高温 2LiFePO4+ H2O↑+ 3CO2↑。
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