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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
。
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)。
微专题26 化学工艺流程题-----核心反应与条件控制
核心反应
与条件控制
1
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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
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
2
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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
=
。
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、核心反应与条件控制：
1．溶液的PH：
提供酸碱性环境反应、抑制或促进离子水解等产生沉淀便于分离等。调节PH 的方法：调节pH 所需的物质
一般应满足两点：一是能与H＋反应，使溶液pH 增大；二是不引入新杂质。（一般酸、碱、氧化物、水解
的盐等）如：要除去Cu2＋中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，
不可加入NaOH 溶液、氨水等。
①调节溶液的酸碱性，使某些金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解)。
②加入酸或调节溶液至酸性还可除去氧化物(膜)。
③加入碱或调节溶液至碱性还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等。
④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)。
2．温度：
(1)升温----加快反应（溶解）速率；促进平衡向吸热方向移动；去除热稳定性差的物质或易升华的物质。
(2)降温----防止物质分解，挥发；使平衡向放热方向移动；使高沸点的物质液化，使其与其他物质分离；
降低溶解度，减少损失。
(3)控温-----水浴、沙浴、油浴-----受热均匀，便于控制温度。温度太高---速率太快；物质可能分解、
挥发、水解；催化剂可能中毒；发生副反应等。温度太低----速率可能太慢;催化剂活性不高;物质转化率、
产率不高等。
主要从物质性质(热稳定性、水解、氧化性或还原性、溶解度、熔沸点、挥发性、胶体聚沉等)和反应原理
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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(反应速率、平衡移动、催化剂活性、副反应)两个角度思考。
3．控制压强：改变速率，影响平衡。
4．使用合适的催化剂：加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间。
5．趁热过滤：防止某物质降温时析出。
6．洗涤：常见的洗涤方式有“水洗”和“乙醇洗”。“水洗”的目的是除去沉淀或晶体表面残留的杂质，
当沉淀物的溶解度随温度升高而增大时一般可用冰水洗；“乙醇洗”既可以除去沉淀或晶体表面残留的杂
质，又可以降低晶体的溶解度，减少损失，还可以利用乙醇易挥发的性质，加快除去沉淀或晶体表面的水
分。
7．氧化：氧化剂的选择要依据试题设置的情境，常见的氧化剂有氯气、过氧化氢、氧气和次氯酸钠等，
为了避免引入新的杂质，通常选择的氧化剂有过氧化氢和氧气。
1．（2023·全国·统考高考真题）铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要
杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：
已知：最高价铬酸根在酸性介质中以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)。
核心反应
与条件控制
5
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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；
（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
6
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为2Cr2O
+3S2O
+10H+=4Cr3++6SO
+5H2O，故答案为：2Cr2O
+3S2O
+10H+=4Cr3++6SO
+5H2O。
2．（2023·辽宁·统考高考真题）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含（
和
)。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
物
质
回答下列问题：
(1)用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为 (答出一条即可)。
(2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸
，
中过氧
键的数目为 。
(3)“氧化”中，用石灰乳调节
，
被
氧化为
，该反应的离子方程式为 (
的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为
、 (填化学式)。
(4)“氧化”中保持空气通入速率不变，
(
)
Ⅱ氧化率与时间的关系如下。
体积分数为 时，
(
)
Ⅱ氧化速率最大；继续增大
体积分数时，
(
)
Ⅱ氧化速率减小的原因是 。
核心反应
与条件控制
7
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(5)“沉钴镍”中得到的
(
)
Ⅱ在空气中可被氧化成
，该反应的化学方程式为 。
(6)“沉镁”中为使
沉淀完全
，需控制
不低于 (精确至0.1)。
【答案】(1)适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
(2)NA
(3)
Fe(OH)3
(4) 9.0% SO2有还原性，过多将会降低
的浓度，降低
(
)
Ⅱ氧化速率
(5)
(6)11.1
【解析】在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸
，用石灰
乳调节
，
被
氧化为
，发生反应
，Fe3+水解同
时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co2+变为Co(OH)2，在空气中可被氧化成
。
（1）用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面
积
（2）
的结构简式为
，所以
中过氧键的数目为NA
（3）用石灰乳调节
，
被
氧化为
，该反应的离子方程式为：
8
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；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-
5mol/L，
，c(OH-)=10-10.8mol/L，根据Kw=10-14，pH=3.2，此时溶液
的pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀，故滤渣还有氢氧化铁；
（4）根据图示可知
体积分数为0.9%时，
(
)
Ⅱ氧化速率最大；继续增大
体积分数时，由于SO2有
还原性，过多将会降低
的浓度，降低
(
)
Ⅱ氧化速率
（5）“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成
，该反应的化学方程式为：
；
（6）氢氧化镁的Ksp=10-10.8， 当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp 可计算c(OH-)=10-
2.9mol/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1；
3．（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。
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_______。
核心反应
与条件控制
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(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)
(5)提供
，使
充分转化为沉淀析出
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(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
；
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(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·山东·统考高考真题）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。
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，
核心反应
与条件控制
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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)
CaO
(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
【解析】由流程可知，卤水中加入盐酸脱硼后过滤，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
。
（1）含硼固体中的
在水中存在平衡：
(常温下，
)；
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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
，
，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，若不回收HCl，整个溶液将呈强酸性，因此为达到除Mg2+离子所
需的碱性pH 首先需要额外多消耗CaO，同时多引入的Ca2+离子需要更多的纯碱除去，因此，还将增加生石
灰（CaO）和纯碱（
）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。
2．（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。
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已知：钨酸H2WO4难溶于水。
回答下列问题：
(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：
核心反应
与条件控制
15
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；
（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；
（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：＜。
3．（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 。
核心反应
与条件控制
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(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
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】钛铁矿粉碎过筛后加入NaOH 溶液，氧化铝、二氧化硅和NaOH 溶液反应而除去，FeTiO3用稀硫酸
酸浸，得到TiOSO4和FeSO4的混合溶液，加磷酸沉钛，得到Ti3(PO4)4，Ti3(PO4)4和AlPO4、Li3PO4高温反应得
到LATP。
（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；
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（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
)。
4．（2023·山东潍坊·统考三模）
可用于油漆颜料及羊毛处理。工业上以高铁铬铁矿(主要成分为
，含
、
、
等杂质)为原料生产
和金属Al 的工艺流程如图。
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：
核心反应
与条件控制
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(1)“焙烧”时，
发生反应的化学方程式为 。
(2)“水浸”后滤渣主要成分为 (填化学式)；“调pH”时通入的“气体X”是 。
(3)常温下，图像上M 点对应的溶液
。
(4)用稀硫酸进行“酸浸”，调节溶液pH 的最大值为
。“沉铝”后
的母液Ⅱ的主要成分为 。
(5)加入
“析铬”时，
被还原的离子方程式为 。
【答案】(1)
(2)
(3)6.9
(4) 2.8
(5)
【解析】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；
（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:
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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，
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
。
5．（2023·湖南邵阳·统考三模）金属钒主要用于冶炼特种钢，被誉为“合金的维生素”。人们在化工实践
中，以富钒炉渣(其中的钒以FeO•V2O3、V2O5等形式存在，还有少量的SiO2、Al2O3等)为原料提取金属钒的
工艺流程如图所示：
提示：①钒有多种价态，其中+5 价最稳定；
②V2O5在碱性条件下可转化为VO 。
(1)可加快“高温氧化”速率的措施有 (填一条)。
(2)“气体X”和“气体Y”的化学式分别为 、 。
(3)“沉硅、沉铝”中得到含铝沉淀的离子方程式为 。
核心反应
与条件控制
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(4)写出“高温氧化”过程中发生反应的化学方程式 。
(5)写出“热解”时的化学方程式 。
(6)在“高温还原”反应中，氧化钙最终转化为 (写化学式)。
(7)已知：25℃时，NH3•H2O 的电离平衡常数Kb=1.8×10-5，H2CO3的电离平衡常数Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11，
判断NH4HCO3溶液呈 (填“酸性”“碱性”或“中性”)。
【答案】(1)将富钒炉渣粉碎(或将KClO3与富钒炉渣充分混合等)
(2) CO2 NH3
(3)AlO +HCO +H2O=Al(OH)3↓+CO
(4)6[FeO•V2O5]+5KClO3
3Fe2O3+6V2O5+5KCl
(5)2NH4VO3
V2O5+2NH3↑+H2O
(6)CaSiO3
(7)碱性
【解析】“焙烧"过程中加入KClO3可将低价铁、钒氧化为高价，而碳酸钠的作用是将SiO2、Al2O3和V2O5转
化为相应的盐，都是生成CO2气体，但氧化铁不参与反应；KOH 溶液“浸取”是将固体混合物溶解，而不
溶解的氧化铁作为“滤渣1”的形式过滤出来；加碳酸氢铵的作用是先除去硅和铝(生成硅酸和氢氧化铝沉
淀)，之后加入的硫酸铵可将钒转化为钒酸铵；“热解"是利用铵盐受热易分解的性质将钒酸铵加热分解得
到五氧化二钒，同时释放出氨气；最后通过铝热反应将五氧化二钒还原为金属钒。
（1）将富钒炉渣粉碎（或将KClO3与富钒炉渣充分混合）均可加快“高温氧化”速率。
（2）由分析可知，“气体X”和“气体Y”的化学式分别为CO2和NH3。
（3）由分析可知，“沉硅、沉铝”中加碳酸氢铵和铝氢氧化铝沉淀，离子方程式为：AlO +HCO
+H2O=Al(OH)3↓+CO
。
（4）“焙烧"过程中加入KClO3可将FeO•V2O3氧化为Fe2O3和V2O5，化学方程式为：6[FeO•V2O5]+5KClO3
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3Fe2O3+6V2O5+5KCl。
（5）“热解"是利用铵盐受热易分解的性质将钒酸铵加热分解得到五氧化二钒，同时释放出氨气，化学方
程式为：2NH4VO3
V2O5+2NH3↑+H2O。
（6）V2O5和CaO、硅铁合金在高温下发生反应生成粗钒，V 元素化合价下降，则Si 元素化合价上升，氧化
钙最终转化为CaSiO3。
（7）NH4HCO3溶液NH 发生水解NH +H2O
+H+，水解常数Kh=
，HCO
发生水解HCO +H2O
H2CO3+OH-，水解常数Kh=
，说明NH 的水解程度小于
HCO 的水解程度，NH4HCO3溶液呈碱性。
1．（2023·浙江·统考高考真题）某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝(
)
按如下流程开展实验。
已知：①铝土矿主要成分为
，含少量
和
。用
溶液溶解铝土矿过程中
转变为难
溶性的铝硅酸盐。
②
的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度
核心反应
与条件控制
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当盐基度为0.60~0.85 时，絮凝效果较好。
请回答：
(1)步骤Ⅰ所得滤液中主要溶质的化学式是 。
(2)下列说法不正确的是___________。
A．步骤I，反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度
B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量
有利于减少
沉淀中的杂质
C．步骤Ⅲ，为减少
吸附的杂质，洗涤时需对漏斗中的沉淀充分搅拌
D．步骤Ⅳ中控制
和
的投料比可控制产品盐基度
(3)步骤V 采用如图所示的蒸汽浴加热，仪器A 的名称是 ；步骤V 不宜用酒精灯直接加热的原
因是 。
(4)测定产品的盐基度。
的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取
溶液于锥形瓶中，调
，滴加指示
剂
溶液。在不断摇动下，用
标准溶液滴定至浅红色(有
沉淀)，30 秒
内不褪色。平行测试3 次，平均消耗
标准溶液
。另测得上述样品溶液中
。
①产品的盐基度为 。
②测定
过程中溶液
过低或过高均会影响测定结果，原因是 。
【答案】(1)NaAlO2
(2)C
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(3) 蒸发皿 酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀
(4) 0.7 pH 过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，
而pH 过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多
【解析】铝土矿主要成分为
，含少量
和
，向铝土矿中加氢氧化钠溶液，得到难溶性铝硅
酸盐、偏铝酸钠，氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，过滤，滤液中主要含偏铝酸钠，向偏铝酸钠溶液中通入
二氧化碳，过滤，得到氢氧化铝沉淀，分为两份，一份加入盐酸得到氯化铝，将两份混合得到聚合氯化铝
溶液，加热得到聚合氯化铝固体。
（1）根据题中信息步骤Ⅰ所得滤液中主要溶质的化学式是NaAlO2；故答案为：NaAlO2。
（2）A．步骤I，反应所学温度高于100℃，因此反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度，
故A 正确；
B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量
生成氢氧化铝和碳酸氢钠溶液，有利于减少
沉淀中的杂
质，故B 正确；
C．步骤Ⅲ，洗涤时不能需对漏斗中的沉淀充分搅拌，故C 错误；
D．
中a、b 可通过控制
和
的投料比来控制产品盐基度，故D 正确；
综上所述，答案为：C。
（3）步骤V 采用如图所示的蒸汽浴加热，根据图中信息得到仪器A 的名称是蒸发皿；酒精灯直接加热受
热不均匀，会导致产品盐基度不均匀，而用蒸汽浴加热，受热均匀，得到的产品盐基度均匀；故答案为：
蒸发皿；酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀。
（4）①根据
，样品溶液中氯离子物质的量浓度为
，
，根据电荷守恒得到
产品的盐基度为
；故答案为：0.7。
②测定
过程中溶液
过低或过高均会影响测定结果，原因是pH 过低，指示剂会与氢离子反应生成重
铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH 过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸
银偏多；故答案为：pH 过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏
少，而pH 过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多。
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2．（2023·湖北·统考高考真题）
是生产多晶硅的副产物。利用
对废弃的锂电池正极材料
进行氯化处理以回收Li、Co 等金属，工艺路线如下：
回答下列问题：
(1)Co 位于元素周期表第 周期，第 族。
(2)烧渣是LiCl、
和
的混合物，“500℃焙烧”后剩余的
应先除去，否则水浸时会产生大量
烟雾，用化学方程式表示其原因 。
(3)鉴别洗净的“滤饼3”和固体
常用方法的名称是 。
(4)已知
，若“沉钴过滤”的pH 控制为10.0，则溶液中
浓度为
。“850℃煅烧”时的化学方程式为 。
(5)导致
比
易水解的因素有 (填标号)。
a．Si-Cl 键极性更大 b．Si 的原子半径更大
c．Si-Cl 键键能更大 d．Si 有更多的价层轨道
【答案】(1) 4 Ⅷ
(2)
(3)焰色反应
(4)
(5)abd
核心反应
与条件控制
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【解析】由流程和题中信息可知，
粗品与
在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、
和
的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1 和滤饼1，滤饼1 的主要成分是
和
；滤
液1 用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2（主要成分为
）和滤液2（主要溶质为LiCl）；滤饼2
置于空气中在850℃煅烧得到
；滤液2 经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3 和滤饼3，滤饼3 为
。
（1）Co 是27 号元素，其原子有4 个电子层，其价电子排布为
，元素周期表第8、9、10 三个纵行
合称第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第4 周期、第Ⅷ族。
（2）“500℃焙烧”后剩余的
应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，四氯化硅与可水
反应且能生成氯化氢和硅酸，故其原因是：
遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程式
为
。
（3）洗净的“滤饼3”的主要成分为
，常用焰色反应鉴别
和
，
的焰色反应为
紫红色，而
的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体
常用方法的名称是焰色反应。
（4）已知
，若“沉钴过滤”的pH 控制为10.0，则溶液中
，
浓度为
。“850℃煅烧”时，
与
反应生成
和
，该反应的化学方程式为
。
（5）a．Si-Cl 键极性更大，则 Si-Cl 键更易断裂，因此，
比
易水解，a 有关；
b．Si 的原子半径更大，因此，
中的共用电子对更加偏向于
，从而导致Si-Cl 键极性更大，且Si 原子
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更易受到水电离的
的进攻，因此，
比
易水解，b 有关；
c．通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si-Cl 键键能更大不能说明Si-Cl 更易断裂，故不能说明
比
易水解，c 无关；
d．Si 有更多的价层轨道，因此更易与水电离的
形成化学键，从而导致
比
易水解，d 有关；
综上所述，导致
比
易水解的因素有abd。
3．（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 。
(3)已知：
，
，“分银”时，AgCl 与
反应生成
，该反应的平衡常数
。
核心反应
与条件控制
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(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
(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
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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：
。
（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
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品中银的质量分数为
=96.0%。
4．（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)。
(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
核心反应
与条件控制
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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。
（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
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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。
5．（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)
(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
核心反应
与条件控制
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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。
（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。
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（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。
6．（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：
已知：①常温下，
，
，
。
核心反应
与条件控制
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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
(3)
(4)
(5) 6mol/L 2mol/L
(6)
(或答
)
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【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
。
（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
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=
，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
。
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