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1．（2023·全国·统考高考真题）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。
微专题25 化学工艺流程题-----原料的预处理
预处理
1
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(6)煅烧窑中，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↑
【解析】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。
（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Ba2++S2-+Ni2++SO
=BaSO4↓+NiS↓，生成
的沉淀有BaSO4、NiS。
2
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（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↑。
一、化工流程答题基本思路
3
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二、一个完整的无机化工生产流程一般具有下列过程：
三、原料预处理：
酸浸：溶解、去氧化膜等，使得可溶性的离子进入溶液中，不溶物过滤去除。
碱浸：去油污（酯）、溶解铝、二氧化硅、氧化铝等，使得可溶性的离子进入溶液中，不容物过滤去除。
水浸：与水反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中。
研磨（雾化、粉碎）：增大反应接触面积，以加快化学反应速率或使反应更充分。
灼烧（焙烧、煅烧）：使物质高温分解或者氧化去除杂质、改变物质结构，使物质能溶解。如从海带中提
取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质。如煅烧高岭土。
加入其他物质：如有机物醇、四氯化碳、无机盐等----反应、溶解。
四、原料预处理过程中常考知识点：
1．增大原料浸出率（离子在溶液中的含量多少）的措施：搅拌、适当升高温度、延长浸出时间、增大浸
出液的浓度、固体粉碎增大接触面积
2．提高固体的焙烧效率方法：增加氧气的量、固体充分粉碎、逆流焙烧、适当升温等。
3．加热的目的：加快反应速率或促进平衡向某个方向（一般是有利于生成物生成的方向）移动
1．（2023·全国·统考高考真题）
是一种压电材料。以
为原料，采用下列路线可制备粉状
目标产物
产品的提纯和分离
核心化学反应
对原料的预处理
原料
4
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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)
【解析】由流程和题中信息可知，
与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到
、
、易
预处理
5
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溶于水的
和微溶于水的
；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和
，滤液中有
和
；滤液
经酸化后浓缩结晶得到
晶体；
晶体溶于水后，加入
和
将钡离子充分沉淀得
到
；
经热分解得到
。
（1）“焙烧”步骤中，
与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到
、
、
和
，
被还原为
，因此，碳粉的主要作用是做还原剂，将
还原。
（2）“焙烧”后固体产物有
、易溶于水的
和微溶于水的
。易溶于水的
与过量的
可以发生复分解反应生成硫化钙沉淀，因此，“浸取”时主要反应的离子方程式为
。
（3）“酸化”步骤是为了将
转化为易溶液于的钡盐，由于硫酸钡和磷酸钡均不溶于水，而
可溶
于水，因此，应选用的酸是盐酸，选c。
（4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取是不可行的，其原因是：产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体
会污染空气，而且
与盐酸反应生成可溶于水的
，导致
溶液中混有
杂质无法除去、
最终所得产品的纯度降低。
（5）“沉淀”步骤中生成
的化学方程式为：
+
+
=
。
（6）“热分解”生成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为，
，
因此，产生的
=
。
2．（2021·湖北·高考真题）废旧太阳能电池CIGS 具有较高的回收利用价值，其主要组成为CuIn0.5Ga0.5Se2。
某探究小组回收处理流程如图：
6
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回答下列问题：
(1)硒(Se)与硫为同族元素，Se 的最外层电子数为___；镓(Ga)和铟(In)位于元素周期表第IIIA 族，
CuIn0.5Ga0.5Se2中Cu 的化合价为___。
(2)“酸浸氧化”发生的主要氧化还原反应的化学方程式为____。
(3)25℃时，已知：Kb(NH3·H2O)≈2.0×10-5，Ksp[Ga(OH)3]≈1.0×10-35，Ksp[In(OH)3]≈1.0×10-33，Ksp[Cu(OH)2]≈1.0×10-
20，“浸出液”中c(Cu2+)=0.01mol·L-1。当金属阳离子浓度小于1.0×10-5mol·L-1时沉淀完全，In3+恰好完全沉淀
时溶液的pH 约为___(保留一位小数)；若继续加入6.0mol·L-1氨水至过量，观察到的实验现象是先有蓝色沉
淀，然后___；为探究Ga(OH)3在氨水中能否溶解，计算反应Ga(OH)3+NH3·H2O
[Ga(OH)4]-+NH 的平衡
常数K=___。
(已知：Ga3++4OH-
[Ga(OH)4]- K′=
≈1.0×1034)
(4)“滤渣”与SOCl2混合前需要洗涤、干燥，检验滤渣中SO
是否洗净的试剂是___；“回流过滤”中SOCl2
的作用是将氢氧化物转化为氯化物和___。
(5)“高温气相沉积”过程中发生的化学反应方程式为___。
【答案】(1) 6 +1
(2)Cu2O+H2O2+2H2SO4=2CuSO4+3H2O
(3) 4.7 蓝色沉淀溶解，溶液变成深蓝色 2.0×10-6
(4) HCl 溶液、BaCl2溶液 作溶剂
(5)GaCl3+NH3
GaN+3HCl
【解析】(1)硫为第VIA 族元素，硒(Se)与硫为同族元素，故Se 的最外层电子数为6，镓(Ga)和铟(In)位于元
素周期表第IIIA 族，则根据正负化合价为零则可以知道CuIn0.5Ga0.5Se2中Cu 的化合价为+1；
预处理
7
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(2)“酸浸氧化”为酸性条件下H2O2烧渣中Cu2O 反应，其方程式为：Cu2O+H2O2+2H2SO4=2CuSO4+3H2O；
(3)In3+恰好完全沉淀时
，
，故答案是PH=4.7；蓝色沉淀是
氢氧化铜，继续滴加氨水会生成四氨合铜离子，这时氢氧化铜会溶解，故答案是蓝色沉淀溶解，溶液变成
深蓝色；由反应方程式可知
，由K′=
≈1.0×1034，得
即
，代入数据可
知K=2.0×10-6；
(4)检验滤渣中SO
是否洗净可以加入强酸和含钡离子的盐，故试剂是HCl 溶液、BaCl2溶液；通过“回流过
滤”分为两部分滤渣和滤液，故SOCl2的另一个作用是作溶剂；
(5)高温气相沉积”过程中是氨气和GaCl3反应，其方程式为：GaCl3+NH3
GaN+3HCl。
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：
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已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O
存在，在碱性介质中以CrO
存在。
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SiO2和 。
(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MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀，该步需要控制溶液的pH≈9 以达到
最好的除杂效果，若pH<9 时，会导致 ；pH>9 时，会导致 。
(5)“分离钒”步骤中，将溶液pH 调到1.8 左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH<1 时，溶解为VO 或VO3+在碱性
条件下，溶解为VO 或VO
，上述性质说明V2O5具有 (填标号)。
A．酸性 B．碱性 C．两性
(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为 。
【答案】(1)Na2CrO4
(2)Fe2O3
(3)Al(OH)3
(4) 磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，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，不能形成MgSiO3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MgNH4PO4无法完全沉淀
(5)C
(6)2Cr2O
+3S2O
+10H+=4Cr3++6SO
+5H2O
【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MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，过滤得到含有MgSiO3、MgNH4PO4的滤渣
和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH 将钒元素转化为五氧化二钒，过滤得到五氧化二钒和滤液；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：Na2CrO4；
预处理
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（2）由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁，故答案为：Fe2O3；
（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MgSiO3和MgNH4PO4
沉淀，若溶液pH<9 时，磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸
胶状沉淀不宜处理；若溶液pH>9 时，会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3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MgNH4PO4无法完全沉淀，故答案为：磷酸根会与H+反应使
其浓度降低导致MgNH4PO4，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
形成MgSiO3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MgNH4PO4无法完全沉淀；
（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2Cr2O
+3S2O
+10H+=4Cr3++6SO
+5H2O，故答案为：2Cr2O
+3S2O
+10H+=4Cr3++6SO
+5H2O。
2．（2023·湖南郴州·统考三模）铋(Bi)的化合物广泛应用于电子、医药等领域。由辉铋矿(主要成分为
，
含
、CuO、
等杂质)制备
的工艺流程如下：
已知：
i．
易水解。
难溶于冷水。
ii．“氧化浸取”时，铋元素转化为
，硫元素转化为硫单质。
iii．
。
回答下列问题：
(1)为提高“浸取”速率，采取的措施有：升高温度、 (写出一条)。辉铋矿浸取率随温度的变化
曲线如图，高于40℃时浸取率快速下降，其可能的原因是 。
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(2)“氧化浸取”时，
和
发生反应的物质的量之比为 。
(3)“除铜”时发生反应：
，则
。
(4)“转化”时，生成
的离子方程式为 。
(5)已知酸性环境下，
可以将
氧化成
(
被还原成
)。请设计一个原电池装置来证
明这一点，在下图中的两个方框内标出两烧杯溶液中溶质的化学式 ，并写出正极的电极反应
式： 。
(6)取
产品w g，加入足量稀硫酸和
稀溶液使其完全反应，再用a mol·L
标准溶液
滴定生成的
，当溶液紫红色恰好褪去时，消耗b mL 标准溶液。该产品的纯度为 (用含
w、a、b 的代数式表示)。
【答案】(1) 将辉铋矿粉碎研磨(或适当提高盐酸浓度或搅拌等) 高于40℃时，盐酸挥发、双氧水
分解
(2)3 2∶
(3)
(4)
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(5)
(6)
或
【解析】由题干信息，辉铋矿主要成分为Bi2S3，含FeS、CuO、SiO2等杂质，向辉铋矿中加入H2O2和盐酸进
行氧化浸取，发生的反应有: Bi2S3+3H2O2+6H+=2Bi3++3S+6H2O，2FeS+3H2O2+6H+=2Fe3++2S+6H2O，
CuO+2H+=Cu2++H2O，得到含S 和SiO2的滤渣1，滤液中含有Bi3+、Fe2+和Cu2+，再调节pH 除去Fe3+，得到滤
渣2 为Fe(OH)3，过滤后向滤液中加入氨水，发生反应Cu2++4NH3(g)
[Cu (NH3)4]2+，过滤后得固体为氢氧
化铋沉淀，加入盐酸溶液滤渣，再加入NaOH、NaClO，发生反应
得到产品NaBiO3。
（1）为提高“浸取”速率，采取的措施有：升高温度、将辉铋矿粉碎研磨(或适当提高盐酸浓度或搅拌等)。
高于40℃时浸取率快速下降，其可能的原因是高于40℃时，盐酸挥发、双氧水分解。
（2）由分析可知，“氧化浸取”时，
和
发生反应Bi2S3+3H2O2+6H+=2Bi3++3S+6H2O，
和
发生反应的物质的量之比为3 2∶。
（3）已知①
，②
，反应②-①，可得反应
，
。
（4）由分析可知，生成
的离子方程式为：
。
（5）酸性环境下，
可以将
氧化成
(
被还原成
)，则Mn2+在负极失去电子生成
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，
在正极得到电子生成
，根据电子流向可知左侧为正极区，右侧为负极区，设计原电池为
，正极的电极反应式：
。
（6）根据得失电子守恒可知，草酸和高锰酸根离子反应的关系式为5
~2MnO ，又因为
5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO +5Na++7H2O，可得出关系式：NaBiO3~
，滴定安全时消耗b mLa
mol·L
标准溶液，该产品的纯度
。
3．（2023·海南海口·海南中学校考三模）从低品位铜镍矿(含有Fe2O3、FeO、MgO、CuO 等杂质)资源中提
取镍和铜的一种工艺流程如下：
(1)上述流程中，加快反应速率的措施是 。
(2)萃取时发生反应：Cu2+ + 2HR
CuR2 + 2H+(HR、CuR2在有机层，Cu2+、H+等在水层)。解释反萃取时
H2SO4的作用： 。
(3)黄钠铁矾[NaFe3(OH)6(SO4)2]比Fe(OH)3更易形成沉淀。反应终点pH 与Fe3+、Ni2+沉淀率的关系如下表。
预处理
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反应终点pH
沉淀率/%
Fe3+
Ni2+
1.5
94.04
0.19
2.5
99.21
0.56
3.8
99.91
3.31
① 生成黄钠铁矾的离子方程式是 。
② 沉淀Fe3+时最适宜选用的反应终点pH 是 。
(4)第二次使用MgO 调节pH 使Ni2+沉淀完全，宜将pH 调节至 (填序号)(已知Ksp[Ni(OH)2 ] = 2.1×10-
15)。
a.6~7 b.9~10 c.11~12
【答案】(1)研磨
(2)加入H2SO4，使Cu2+ + 2HR
CuR2 + 2H+逆向进行，Cu2+进入水层
(3) Na+ + 3Fe3+ + 2SO
+ 6H2O = NaFe3(OH)6(SO4)2↓+ 6H+或Na+ + 3Fe3+ + 2SO
+3MgO + 3H2O =
NaFe3(OH)6(SO4)2↓+ 3Mg2+ 2.5
(4)b
【解析】铜镍矿研磨，通入氧气、加入硫酸浸取得到浸出液含有铁、铜、镁、镍的硫酸盐溶液，加入萃取
剂使得铜离子进入有机层，有机层加入硫酸反萃取得到含铜离子溶液，处理得到铜；水层加入硫酸钠、氧
化镁得到黄钠铁矾沉淀和滤液，滤液加入氧化镁调节pH 得到氢氧化镍固体，处理得到镍；
（1）上述流程中，加快反应速率的措施是研磨，研磨可以增大反应物的接触面积，加快反应；
（2）反萃取时加入H2SO4，使Cu2+ + 2HR
CuR2 + 2H+逆向进行，利于Cu2+进入水层而被反萃取；
（3）① 得到水层加入氧化镁调节pH，加入硫酸钠，钠离子、硫酸根离子、铁离子生成生成黄钠铁矾沉淀，
根据质量守恒可知，水也会参与反应，反应的离子方程式是Na+ + 3Fe3+ + 2SO
+ 6H2O =
NaFe3(OH)6(SO4)2↓+ 6H+或Na+ + 3Fe3+ + 2SO
+3MgO + 3H2O = NaFe3(OH)6(SO4)2↓+ 3Mg2+。
② 由图表可知，沉淀Fe3+时最适宜选用的反应终点pH 是2.5，此时铁离子几乎沉淀完全，而镍离子几乎没
有沉淀；
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（4）使Ni2+沉淀完全，则
，pOH≈4.9，
pH≈9.1，故选b。
4．（2023·广东汕头·金山中学校考三模）钒的用途十分广泛，有金属“维生素”之称。以含钒石煤(主要成
分为
、
，杂质有
、
及
、
、
等化合物)制备单质钒的工艺流程如图所示。
已知：
①该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀时和完全沉淀时的
如下表所示：
金属离子
开始沉淀时
1.9
7.0
3.0
8.1
完全沉底时
3.2
9.0
4.7
10.1
②
，
，
远大于
。
回答下列问题：
(1)为了提高“焙烧”效率，可采取的措施有 、
(2)“焙烧”时，
、
都转化为
，写出
转化为
的化学方程式为
(3)“水浸”加入
调节溶液的
为8.5，可完全除去的金属离子有 ，部分除去的金属离
子有 。“水浸”加入过量
不能使
完全转化为
，原因是 。
(4)“离子交换”与“洗脱”可表示为
(
为强碱性阴离子交换树脂，
为
在水溶液中的实际存在形式)，则“洗脱”过程中“淋洗液”最好选用
(5)“沉钒”过程析出
晶体，需要加入过量
，目的是 。
预处理
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(6)钒的某种氧化物的晶胞结构如图所示，晶胞的长、宽、高分别是apm、bpm、cpm，阿伏加德罗常数的
值为
，则该晶体的密度为
(用含a、b、c、
的代数式表示)。
【答案】(1) 将钒石煤和
混合粉碎 适当提高焙烧温度；适当增大氧气流量
(2)
(3)
、
、
反应
的平衡常数
(4)
溶液
(5)利用同离子效应，促进
晶体的析出，提高沉钒率(利用沉淀溶解平衡也可)
(6)
【解析】含钒石煤(主要成分为
、
，杂质有
、
及
、
、
等化合物)中加入
CaCO3，通入O2焙烧，
、
都转化为
，水浸并加入Na2CO3调节pH 为8.5，根据表中各物
质开始沉淀和完全沉淀的pH 可知，此时Fe3+和Al3+沉淀完全，Mg2+和Mn2+部分沉淀，随后进行离子交换，
用淋洗液洗脱，加入NH4Cl 沉钒，煅烧后加入钙冶炼最后生成单质钒。
（1）为加快反应速率，提高“焙烧”效率，可采取将钒石煤和
混合粉碎，增大反应物的接触面积；
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适当提高焙烧温度；适当增大氧气流量等措施实现。
（2）“焙烧”时，加入CaCO3并通入氧气，
、
都转化为
，反应的化学方程式为
。
（3）“水浸”时加入
调节溶液的
为8.5，根据表格数据可得已完全沉淀的离子有
、
，
部分沉淀的有
、
；CaSiO3与CaCO3沉淀转化的方程式为
，其平衡常数
，
故不能完全转化。
（4）“洗脱”过程是让反应
逆向进行，即需要加入氯离子，为了不引
入其他杂质，最好选用便宜易得的饱和NaCl 溶液。
（5）“沉钒”过程中需要加入过量
，其目的是利用同离子效应，促进
晶体的析出，提高
沉钒率。
（6）该晶胞中，位于面上和晶胞内部的O 原子数为
，位于顶点和体心的V 原子数为
，则该晶体的密度
。
5．（2021·山东·高考真题）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：
预
处
理
17
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(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。
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
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(2)
使
平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率 浸
取
(3) 过度蒸发，导致Na2Cr2O7·2H2O（提早）析出 H2SO4
(4) 阳 Na＋
【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，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，过度蒸发会导致Na2Cr2O7·2H2O（提早）析出。
(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＋。
6．（2021·福建·高考真题）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。
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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_______。
预处理
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(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)
(5)提供
，使
充分转化为沉淀析出
(6)
【解析】(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
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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
。
1．（2023·江苏南通·海门中学校考模拟预测）从分金渣(主要成分为AgCl、
、
、
)中获取
高纯银的流程如图所示：
已知：在上述反应的温度下
，
(1)“预处理”加入
溶液将
转化为AgCl，反应的化学方程式为 。
(2)氯化银的晶胞如图，
周
围最近且等距离的
数目为
。
预处理
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(3)已知：
，
，“分银”时，AgCl 与
反应生成
，该反应的平衡常数
。
(4)“分银”时，
的浓度与溶液pH 的关系如图1；
及其与
形成的微粒的浓度分数
随
溶液pH 变化的关系如图2。“分银”时，终点pH 需控制的范围及原因为 。
(5)“还原”时发生反应的离子方程式为 。
(6)已如
(白色)，测定所制银样品纯度的过程为(杂质不反应)：
①称取制备的银样品1.0800g，加适量稀硝酸溶解，定容到100mL 容量瓶中。
②准确量取25.00mL 溶液于锥形瓶中，酸化后滴入几滴
溶液作指示剂，再用
标准溶液滴定，滴定终点时溶液变为血红色。
③重复②的操作2 次，所用
标准溶液的平均体积为24.00mL。
计算样品中银的质量分数(写出计算过程) 。
【答案】(1)
(2)12
(3)
(4)8~9；pH8~9 时
浓度较大，有利于AgCl 与
反应生成
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(5)
(6)96.0%
【解析】由流程可知，“预处理”时FeCl3溶液和Ag2S 发生氧化还原生成FeCl2、S 和AgCl，“分银”时AgCl
与Na2SO3反应生成
从而使银元素与分银渣分离，且溶液中存在
= Ag++2SO
，
加入盐酸沉银，促使
= Ag++2SO
平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl-反应生成
AgCl，最后
将AgCl 还原。
（1）“预处理”时FeCl3溶液和Ag2S 发生氧化还原生成FeCl2、S 和AgCl，反应的化学方程式为：
。
（2）由底面面心的原子可知，在上层、同层、下层各会有4 个距离最近且相等的
，故共12 个。
（3）反应
的平衡常数K1=
，“分银”时，AgCl 与
反应生成
，离子方程式为：AgCl+2
+Cl-，该反应的平衡常数K=
=K1
=
。
（4）“分银”时，终点pH 需控制的范围为：8~9；原因为：pH8~9 时
浓度较大，有利于AgCl 与
反应生成
。
（5）“还原”时，
将AgCl 还原为Ag，Ag 元素由+1 价下降到0 价，N 元素由-2 价上升到0 价，
根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：
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。
（6）已如Ag++SCN-=AgSCN↓(白色)，则n(Ag)=n(SCN-)=24.00×10-3L×0.1000 mol/L×
=9.6×10-3mol，则样
品中银的质量分数为
=96.0%。
2．（2023·江西·校联考二模）钯(Pd)是一种贵金属，活性炭载钯催化剂广泛应用于石油化工、制药等工业，
但使用过程中因生成难溶于酸的PdO 而失活。一种从废钯催化剂(杂质主要含有机物、活性炭、
及
少量Fe、Cu 等元素)中回收海绵钯的工艺流程如图：
已知：I．阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为
、
(
表示树脂的有机成分)。
Ⅱ．“沉钯”时得到氯钯酸铵
固体，不溶于冷水，可溶于稀盐酸。
请回答下列问题：
(1)进行“焙烧”的目的是 。
(2)“浸取”时，加入
有利于Pd 的溶解，生成的四氯合钯(
)
Ⅱ酸(
)为二元强酸。加入浓盐酸
和
后主要反应的离子方程式： 。
(3)“离子交换除杂”应使用 (填“阳离子”或“阴离子”)树脂。
(4)“还原”过程
转化为
，在反应器出口处器壁内侧有白色晶体生成，该过程发生的化学方程式为
，且该反应的副产物可循环利用至 环节(填环节名称)。
预处理
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(5)研究表明有些过渡金属型氢化物能高效的储存和输送氢能源，如LaH2.76、TiH1.73，已知标准状况下，1 体
积的钯粉大约可吸附896 体积的氢气(钯粉的密度为10.64g·cm-3，相对原子质量为106.4)，试写出钯(Pd)的
氢化物的化学式 。在第二步还原过程中，也可用
代替N2H4进行热还原，但消耗的H2质量比理论
值略高，其原因是 。
【答案】(1)除去混合物中的有机物和活性炭，同时将金属氧化为金属氧化物有利于浸出
(2)
(3)阴离子
(4) 2(NH4)PdCl4 + N2H4 = N2 + 2Pd + 4NH4Cl + 4HCl 浸取与洗脱
(5) PdH0.8 钯是一种优良的储氢金属，由于钯吸收储存了部分氢气，所以消耗的H2质量比理论值
略高
【解析】废钯催化剂(杂质主要含有机物、活性炭、
及少量Fe、Cu 等元素)在空气中焙烧，将有机
物燃烧、金属氧化为金属氧化物，用甲酸还原得到金属单质，过滤，将钯渣用浓盐酸、氯酸钠浸取，再过
滤，将滤液用离子交换除杂，再用洗脱机洗脱，再用浓氨水沉钯，得到的产物用N2H4还原得到Pd。
（1）根据题中信息一种从废钯催化剂(杂质主要含有机物、活性炭、
及少量Fe、Cu 等元素)，则进
行“焙烧”的目的是除去混合物中的有机物和活性炭，同时将金属氧化为金属氧化物有利于浸出；故答案
为：除去混合物中的有机物和活性炭，同时将金属氧化为金属氧化物有利于浸出。
（2）“浸取”时，加入
有利于Pd 的溶解，生成的四氯合钯(
)
Ⅱ酸(
)为二元强酸，则电离
出
，因此加入浓盐酸和
后主要反应是Pd 和氯酸钠、盐酸反应生成四氯合钯(
)
Ⅱ酸钠、四氯
合钯(
)
Ⅱ和水，其反应的离子方程式：
；故答案为：
。
（3）由于溶液中含有
，因此 “离子交换除杂”应使用阴离子树脂将
交换；故答案为：阴离
子。
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（4）“沉钯”时得到氯钯酸铵
固体，则“还原”过程
转化为
，在反应器出口处器
壁内侧有白色晶体生成，该过程发生的化学方程式为2(NH4)PdCl4 + N2H4 = N2 + 2Pd + 4NH4Cl + 4HCl，根据
流程图中盐酸用于浸取，洗脱过程中将
变为(NH4)PdCl4，因此该反应的副产物可循环利用至浸取与洗
脱环节；故答案为：2(NH4)PdCl4 + N2H4 = N2 + 2Pd + 4NH4Cl + 4HCl；浸取与洗脱。
（5）研究表明有些过渡金属型氢化物能高效的储存和输送氢能源，如LaH2.76、TiH1.73，已知标准状况下，1
体积的钯粉大约可吸附896 体积的氢气(钯粉的密度为10.64g·cm-3，相对原子质量为106.4)，则1L(物质的量
为
)，896L 氢气的物质的量为40mol，则钯(Pd)的氢化物的化学式PdH0.8。在
第二步还原过程中，也可用
代替N2H4进行热还原，但消耗的H2质量比理论值略高，其原因是钯是一种
优良的储氢金属，由于钯吸收储存了部分氢气，所以消耗的H2质量比理论值略高；故答案为：PdH0.8；钯
是一种优良的储氢金属，由于钯吸收储存了部分氢气，所以消耗的H2质量比理论值略高。
3．（2023·云南·校联考二模）六水合氯化镍(NiCl2·6H2O)常用于电镀、陶瓷等工业。某实验室以镍矿渣(主要
含NiS、CuS、FeS)制备六水合氯化镍晶体，设计流程如图所示：
已知： Ksp(NiS)= 1.07×10-21， Ksp(CuS)= 1.27×10-26。
回答下列问题：
(1)①写出“酸溶”时，NiS 发生反应的离子方程式： 。
②“酸溶”时，为减少生产过程对大气的污染，通常还需通入过量的 (填气体名称)。
(2)试剂a 应选用下列物质中的_______(填标号)。
A．NaOH
B．Ni(OH)2
C．Na2CO3
D．Ni(NO3)2
(3)“除铜”过程发生反应的离子方程式是 ，若要求溶液中Cu2+浓度小于1×10-5mol/L，则应控制溶液
中Ni2+浓度 。(结果保留两位小数)
预处理
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(4)“沉镍”所得沉淀有多种组成，可表示为xNiCO3·yNi( OH)2 ·zH2O，若试剂b 为纯净物，试剂b 可以是
。 为测定沉淀的组成，进行下列实验：称取干燥沉淀样品3. 41g，隔绝空气加热，剩余固体质量随温度变
化的曲线如图所示(500°C~750°C 条件下加热，收集到的气体产物只有一种，750°C 以上残留固体为NiO)。通
过计算确定该样品的化学式为 。
(5)由xNiCO3·yNi( OH)2 ·zH2O 固体制备NiCl2·6H2O 的实验方案是：向固体中加入过量盐酸，搅拌，调节溶液
的pH 值，蒸发浓缩， ，过滤， ，干燥(NiCl2溶解度曲线如图所示)。
【答案】(1) 3NiS+8H++2
=3Ni2++3S+2NO↑+4H2O 空气
(2)B
(3) NiS+ Cu2+= CuS + Ni2+ 大于0.84mol/L
(4) Na2CO3 (合理答案均可) NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O
(5) 冷却至0°C 左右结晶 用冰水洗涤
【解析】某实验室以镍矿渣(主要含NiS、CuS、FeS)制备六水合氯化镍晶体，加入稀硫酸和稀硝酸进行酸溶，
该过程中-2 的S 元素被氧化为S 单质，过滤除去，滤液中的溶质为Ni2+、Cu2+和Fe3+，向滤液中加入试剂a
调节pH 使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，该过程不能引入新的杂质，试剂a 为Ni(OH)2，过滤后向滤液中加入NiS
沉淀Cu2+，然后加入试剂b 沉镍。
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（1）①“酸溶”时，NiS 和稀硝酸发生氧化还原反应生成S 单质和NO，根据氧化还原反应的规律配平离子
方程式为：3NiS+8H++2
=3Ni2++3S+2NO↑+4H2O；
②“酸溶”时会产生NO 污染空气，可以先通入过量的空气氧化NiS，再加入稀硝酸酸化。
（2）向滤液中加入试剂a 调节pH 使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，该过程不能引入新的杂质，NaOH 和Na2CO3
会引入Na+，Ni(NO3)2不能调节pH，则试剂a 可以是Ni(OH)2，故选B。
（3）“除铜”过程中NiS 和Cu(NO3)2反应生成CuS 和Ni(NO3)2，离子方程式为：NiS+ Cu2+= CuS + Ni2+；若要
求溶液中Cu2+浓度小于1×10-5mol/L，则溶液中c(S2-)=
，溶液
中Ni2+浓度c(Ni2+)=
，若要求溶液中Cu2+浓度小于1×10-5mol/L，则应
控制溶液中Ni2+浓度大于0.84mol/L。
（4）“沉镍”所得沉淀有多种组成，可表示为xNiCO3·yNi( OH)2 ·zH2O，若试剂b 为纯净物，试剂b 可以是
Na2CO3。700℃以上残留固体为NiO，所n(NiO)=
=0.03mol，500°C~750°C 条件下收集到的气体产物
只有一种，应是CO2，则n(CO2)=
=0.01mol，根据C 元素守恒可知3.41g 样品中含有
0.01molNiCO3，根据Ni 元素守恒可知样品中含有0.02molNi(OH)2，第一阶段失去的成分应为H2O，n(H2O)=
=0.04mol，0.02molNi(OH)2可以产生0.02mol H2O，所以样品中含有0.02mol H2O，则
x:y:z=0.01mol:0.02mol:0.02mol=1:2:2，所以化学式为NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O。
（5）由xNiCO3·yNi( OH)2 ·zH2O 固体制备NiCl2·6H2O 的实验方案是：向固体中加入过量盐酸，搅拌，调节溶
液的pH 值，蒸发浓缩，冷却至0°C 左右结晶，过滤，用冰水洗涤，干燥。
4．（2023·重庆沙坪坝·重庆八中校考二模）氮化镓(GaN)具有优异的光电性能。一种利用炼锌矿渣(主要含
铁酸镓
、铁酸锌
、
、
)制备GaN 的工艺流程如下：
预处理
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已知：①常温下，
，
，
。
②Ga 与Al 同主族，化学性质相似。
③
、
的反萃取率(进入水相中金属离子的百分数)与盐酸浓度的关系见下表。
盐酸浓度/
反萃取率/%
2
86.9
9.4
4
69.1
52.1
6
17.5
71.3
回答下列问题：
(1)基态镓的电子排布式为 ，GaN 晶胞结构与金刚石类似，其中N 原子的轨道杂化类型为 。
(2)提高“酸溶”时溶出率的方法有 (任写2 种)。
(3)酸浸时
发生反应的化学方程式为 。
(4)“酸浸”所得浸出液中
、
浓度分别为
、
。常温下，为尽可能多地提取
并
确保不混入
，“调pH”时需用CaO 调节pH 的范围为 (假设调pH 时溶液体积不变)；“酸
溶”所得滤渣的主要成分是 (填化学式)。
(5)“脱铁”和“反萃取”时，所用盐酸的浓度
，
(选填上表中盐酸的浓度)。
(6)“沉镓”时，若加入NaOH 的量过多，会导致
的沉淀率降低，原因是 (用离子方程式表示)。
【答案】(1)
(2)搅拌、适当增大酸的浓度、适当升温
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(3)
(4)
(5) 6mol/L 2mol/L
(6)
(或答
)
【解析】炼锌矿渣(主要含铁酸镓
、铁酸锌
、
、
)中加入稀硫酸并通入氧气，
不溶于稀硫酸，浸出渣为
，Fe2+被氧气氧化为Fe3+，加入CaO 调节pH，从已知①可知，
相对
和
较大，因此控制pH 可使
、
完全沉淀而
不沉淀，滤液
中为硫酸锌，再加入稀硫酸酸溶，溶液中含有
和
，加入萃取剂萃取，然后加入amol/L 盐酸进行脱
铁，再加入bmol/L 的盐酸进行反萃取，根据表中数据可知，脱铁时盐酸浓度较高，促使
更多地进入水
相被除去，盐酸浓度为6mol/L，反萃取中要保证
更可能多地进入水相，则此时盐酸浓度为2mol/L，随
后加入NaOH 沉镓生成
，
经过热分解生成
，最后经过CVD 得到GaN。
（1）镓原子序数为31，则基态镓的电子排布式为
；金刚石中的C 原子均为
杂化，GaN
晶胞结构与金刚石类似，则N 原子也为
杂化。
（2）为加快反应速率，提高“酸溶”时溶出率，可采取搅拌、适当增大酸的浓度、适当升温等方法。
（3）酸浸时，
和H2SO4、O2反应生成硫酸铁和水，反应的化学方程式为
。
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（4）酸浸所得浸出液中
、
浓度分别为0.21g/L 和65g/L 即0.003mol/L 和1mol/L，需使
、
完全沉淀(浓度小于
)而
不沉淀。根据
，
开始沉淀时
，
开始沉淀的pH=14-pOH=5.7，根据
的
相对
的
更小，说明铁先沉淀完，再Ga 沉淀完。由
，
时
=
，则
沉淀完全的pH=14-pOH=4，则调节pH 为
；酸
溶前调节pH 时加入了CaO，加入稀硫酸，钙离子和硫酸根离子反应生成硫酸钙，硫酸钙微溶于水，故酸溶
滤渣中为
。
（5）根据分析可知脱铁时盐酸浓度较高，促使
更多地进入水相被除去，盐酸浓度为6mol/L，反萃取
中要保证
更可能多地进入水相，则此时盐酸浓度为2mol/L。
（6）Ga 与Al 同主族，化学性质相似，沉镓时加入NaOH 过多，则生成的
重新溶解生成
，
离子方程式为
或者
。
5．（2023·海南海口·海南华侨中学校考二模）穿甲弹的弹芯用钨合金制造。工业上以黑钨矿(主要成分是
FeWO4、MnWO4，含少量的Fe2O3、SiO2)为原料冶炼钨的流程如图所示。
已知：钨酸H2WO4难溶于水。
回答下列问题：
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(1)浸取在加热、通空气条件下进行，FeWO4转化为Na2WO4的化学方程式为 。
(2)“滤渣1”的成分为 。除硅时，加入稀盐酸调节pH 时，如果pH 太低，钨的产率会降低，其原因
是 。
(3)“系列操作X”的目的是去除部分氨，使(NH4)2WO4转化为仲钨酸铵
析出并分离，则该系
列操作是 。
(4)已知：含大量钨酸钙固体的溶液中存在
。
时，
，当温度升高至
时，
，则
(填“
”“
”或“
”)0。
【答案】(1)
(2) 硅酸(或H2SiO3) 若酸性太强，钨酸钠会转化成钨酸沉淀，导致钨的产率降低
(3)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤
(4)＜
【解析】黑钨矿(主要成分是FeWO4、MnWO4，含少量的Fe2O3、SiO2)中加入Na2CO3浸取，生成Na2WO4、
Na2SiO3、Fe2O3等，过滤分离出Fe2O3；往滤液中加入HCl、调溶液的pH=8，Na2SiO3转化为H2SiO3等，过滤
得滤液；往滤液中加入CaCl2溶液，生成CaWO4等；加入盐酸发生反应，将CaWO4转化为H2WO4沉淀；再
加氨水溶解，H2WO4转化为(NH4)2WO4进入溶液，过滤得滤液；将滤液经过系列操作X，使(NH4)2WO4转化为
仲钨酸铵
析出并分离；煅烧后生成WO3；加入还原剂，将WO3还原为W。
（1）浸取在加热、通空气条件下进行，FeWO4转化为Na2WO4，同时有O2参加反应，生成Fe2O3等，化学
方程式为
。答案为：
；
（2）由分析可知，“滤渣1”的成分为硅酸(或H2SiO3)。除硅时，加入稀盐酸调节pH 时，如果pH 太低，
Na2WO4会转化为H2WO4沉淀，从而使钨的产率降低，则其原因是：若酸性太强，钨酸钠会转化成钨酸沉淀，
导致钨的产率降低。答案为：硅酸(或H2SiO3)；若酸性太强，钨酸钠会转化成钨酸沉淀，导致钨的产率降低；
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（3）“系列操作X”的目的是去除部分氨，通过蒸发浓缩，使(NH4)2WO4转化为仲钨酸铵
，
同时增大浓度，降低温度后
结晶析出，则该系列操作是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、
洗涤。答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；
（4）温度由T1K 升高到T2K，pCa 由5 增大到5.5，则c(Ca2+)减小，
平衡逆向移动，所以
＜0。答案为：＜。
6．（2023·陕西商洛·统考三模）固体电解质LATP 的化学式为Li1.4Al0.4Ti1.6(PO4)3，某研究人员以钛铁矿精粉
(主要成分为FeTiO3，含少量Al2O3，SiO2)为原料合成LATP 的工艺流程如图所示。
请回答下列问题：
(1)LATP 中钛的化合价为 价。
(2)“粉碎”的目的是 ，为了达到这一目的，还可以采用的措施有 (答一条即可)。
(3)“碱浸”的目的是除去 (填化学式)。
(4)“碱浸”时加入适当过量的NaOH 溶液，“酸浸”时加入适当过量的稀硫酸，且NaOH 溶液和稀硫酸均不
宜过量太多，其主要原因是 。
(5)“沉钛”时生成Ti3(PO4)4的化学方程式为 。
(6)本实验洗涤Ti3(PO4)4时采用如图所示装置，该装置为抽滤装置，其原理是用抽气泵使吸滤瓶中的压强降
低，达到快速固液分离的目的。其中“安全瓶”的作用是 。
(7)常温下，Ti3(PO4)4的Ksp=a，当溶液中c(Ti4+)≤1.0×10-5mol·L-1时可认为Ti4+沉淀完全，则“沉钛”时，溶液
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中c(
)最低为 mol·L-1。
【答案】(1)+4
(2) 增大固体接触面积，提高碱浸速率 适当加热(或搅拌或适当增大NaOH 溶液浓度等合理答案)
(3)Al2O3、SiO2
(4)成本增大
(5)3TiOSO4+4H3PO4=Ti3(PO4)4↓+3H2SO4+3H2O
(6)平衡气压、防倒吸稳定过滤速度等
(7)
(或
)
【解析】（1）LATP 的化学式为Li1.4Al0.4Ti1.6(PO4)3，Li 的化合价为+1 价，Al 为+3 价，P 为+5 价，O 为-2 价，
根据正负化合价代数和为0 的原则，Ti 的化合价为+4 价；
（2）“粉碎”的目的是增大接触面积，加快反应速率；为了达到加快反应速率的目的，还可以适当升温
或搅拌，以及适当增加NaOH 溶液的浓度等；
（3）钛铁矿粉碎过筛后主要成分为FeTiO3，含少量Al2O3、SiO2，加入NaOH 溶液“碱浸”的目的是除去杂
质Al2O3，SiO2；
（4）NaOH 溶液、H2SO4溶液均具有强烈的腐蚀作用，NaOH 溶液和稀硫酸均不宜过量太多，使用过量的
NaOH、H2SO4会增加成本；
（5）“沉钛”时加入磷酸生成Ti3(PO4)4的化学方程式为：4H3PO4 + 3TiOSO4 = Ti3(PO4)4↓+ 3H2SO4 + 3H2O；
（6）抽滤原理是用抽气泵使吸滤瓶中的压强降低，抽气泵中的压强降低容易出现倒吸现象，需要加入
“安全瓶”平衡气压，防止吸滤瓶中的液体倒吸到抽气泵中且可以稳定过滤速度等；
（7）Ti3(PO4)4(s)
3Ti4+(aq) + 4
(aq)，Ksp= c3(Ti4+)·c4(
)，当Ti4+沉淀完全时cmin(
)=
(或
)。
7．（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
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，含
、
、
等杂质)为原料生产
和金属Al 的工艺流程如图。
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 。
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【答案】(1)
(2)
(3)6.9
(4) 2.8
(5)
【分析】工业上以高铁铬铁矿(主要成分为Cr2O3，含Fe2O3、SiO2、 Al2O3等杂质)为原料生产Cr(OH)3和金属
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，Cr2O3反应转化为Na2CrO4，
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Fe2O3，通入二氧
化碳气体调节溶液pH 析铬，加入硫化钠生成Cr(OH)3，过滤得到母液蒸发浓缩冷却结晶、过滤洗涤、干燥
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；
【解析】（1）“焙烧”过程中，Cr2O3反应转化为Na2CrO4，Cr2O3发生反应的化学方程式为:
，答案为
；
（2）上述分析可知，“水浸”后滤渣主要成分为:Fe2O3，“调pH”时通入的“气体X”是: CO2，答案为:
Fe2O3；CO2；
（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，
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c(OH-)=10-0.4mol/L，
，c(OH-)=
=10-11.2mol/L，
c(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
。
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