文档文本内容
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一、解题指导
类型一 物质制备类化工流程题
1．熟悉常用的操作方法及其作用
(1)对原料进行预处理的常用方法及其作用：
①研磨——减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，加快反应速率。
②水浸——与水接触反应或溶解。
③酸浸——与酸接触反应或溶解，使可溶性金属进入溶液，不溶物通过过滤除去。
④灼烧——除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质。
⑤煅烧——改变结构，使一些物质能溶解。并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土。
(2)常用的控制反应条件的方法：
①调节溶液的pH。常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH 所需的物质一般应满足两点：
a．能与H＋反应，使溶液pH 增大；
b．不引入新杂质。
例如：若要除去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。
②控制温度。根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动。
③趁热过滤。防止某物质降温时会析出。
④冰水洗涤。洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗。
第32 讲 无机化工流程题的解题策略
考点导航
考点一 化工流程题解题指导
重难点辨析
1
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2．识别流程图
化工流程中箭头指出的是投料(反应物)，箭头指向的是生成物(包括主产物和副产物)，返回的箭头一般是被
“循环利用”的物质。
类型二 提纯类化工流程题
1．明确常用的提纯方法
(1)水溶法：除去可溶性杂质。
(2)酸溶法：除去碱性杂质。
(3)碱溶法：除去酸性杂质。
(4)氧化剂或还原剂法：除去还原性或氧化性杂质。
(5)加热灼烧法：除去受热易分解或易挥发的杂质。
(6)调节溶液的pH 法：如除去酸性溶液中的Fe3＋等。
2．明确常用的分离方法
(1)过滤：分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法。
(2)萃取和分液：利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴。
(3)蒸发结晶：提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl。
(4)冷却结晶：提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、
CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O 等。
(5)蒸馏或分馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇或甘油。
(6)冷却法：利用气体液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中的氨气。
二、答题模板
(1)除杂：除去……中的……
(2)干燥：除去……气体中的水蒸气，防止……
(3)增大原料浸出率(离子在溶液中的含量多少)的措施：搅拌、升高温度、延长浸出时间、增大气体的流速
(浓度、压强)，增大气液或固液接触面积。
(4)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。
(5)温度不高于××℃的原因，适当加快反应速率，但温度过高会造成挥发(如浓硝酸)、分解(如H2O2、
NH4HCO3)、氧化(如Na2SO3)或促进水解(如AlCl3)等，影响产品的生成。
(6)从滤液中提取一般晶体(溶解度随温度升高而增大)的方法：蒸发浓缩(至少有晶膜出现)、冷却结晶、过
滤、洗涤(冰水洗、热水洗、乙醇洗)、干燥。
(7)从滤液中提取溶解度受温度影响较小或随温度升高而减小的晶体的方法：蒸发浓缩、趁热过滤，如果温
度下降，杂质也会以晶体的形式析出来、洗涤、干燥。
(8)控制某反应的pH 使某些金属离子以氢氧化物的形式沉淀，调节pH 所用试剂为主要元素对应的氧化物、
碳酸盐、碱，以避免引入新的杂质；pH 分离时的范围确定：范围过小导致某离子沉淀不完全，范围过大导
致主要离子开始沉淀。
(9)减压蒸馏(减压蒸发)的原因：减小压强，使液体沸点降低，防止(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)受热分解、
挥发。
(10)检验溶液中离子中是否沉淀完全的方法：将溶液静置一段时间后，向上层清液中滴入沉淀剂，若无沉
2
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淀生成，则离子沉淀完全。
(11)洗涤沉淀：沿玻璃棒往漏斗中加蒸馏水至液面浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3 次。
(12)检验沉淀是否洗涤干净的方法：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入某试剂，若未出现特
征反应现象，则沉淀洗涤干净。
(13)洗涤沉淀的目的：除掉附着在沉淀表面的可溶性杂质。
(14)冰水洗涤的目的：洗去晶体表面的杂质离子并降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解
损耗。
(15)乙醇洗涤的目的：降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗，得到较干燥的产物。
(16)蒸发、反应时的气体氛围：抑制某离子的水解，如加热蒸发AlCl3溶液时为获得AlCl3需在HCl 气流中
进行。
(17)事先煮沸溶液的原因：除去溶解在溶液中的(如氧气)防止某物质被氧化。
1.工艺流程题过程解读
(1)读流程图。
①箭头:箭头进入的是投料(反应物),出去的是主产物或副产物(生成物)。
②三线:出线和进线均表示物料流向或操作流程,可逆线表示物质循环。
(2)解题要点。
①审题要点:a.了解生产目的、原料及产品;b.了解题目提供的信息;c.分析各步的反应条件、原理及物质成分;
d.理解物质分离、提纯、条件控制等操作的目的及要点。
②答题切入点:a.原料及产品的分离提纯;b.生产目的及反应原理;c.生产要求及反应条件;d.有关产率、产量及
组成的计算;e.绿色化学。
(3)解题方法。
①首尾分析法:对线型流程工艺(从原料到产品为一条线的生产工序)试题,首先对比分析流程图中的第一种物
质(原材料)与最后一种物质(产品),从此分析中找出它们的关系,弄清原料转化的基本原理和除杂、分离、提
纯的化工工艺,再结合题设问题,逐一解答。
规律·方法·技巧·点拔
3
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②分段分析法:对于用同样的原料生产多种(两种或两种以上)产品(含副产品)的工艺流程题,用此法更容易找
到解题的切入点。
③交叉分析法:有些化工生产选用多组原材料,先合成一种或几种中间产品,再用这一中间产品与部分其他原
材料生产所需的主要产品,这种题适合用交叉分析法。就是将提供的流程示意图结合常见化合物的制取原理
划分成几条生产流水线,然后上下交叉分析。
2.无机化工流程题中表述性词汇“十大答题方向”
化工生产流程和综合实验题中经常会出现一些表述性词语,这些表述性词语就是隐性的信息,它可以暗示我
们所应考虑的答题角度。
①“控制较低温度”——常考虑物质的挥发、物质的不稳定性和物质的转化等。
②“加过量试剂”——常考虑反应完全或增大转化率、提高产率等。
③“能否加其他物质”——常考虑会不会引入杂质或是否影响产品的纯度。
④“在空气中或在其他气体中”——主要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应或达到防氧化、防
水解、防潮解等目的。
⑤“判断沉淀是否洗净”——常取少量最后一次洗涤液置于试管中,向其中滴加某试剂,以检验某种离子是
否存在。
⑥“检验某物质的设计方案”——通常取少量某液体置于试管中,加入另一试剂,通过产生的某种现象得出
结论。
⑦“控制pH”——常考虑防水解、促进生成沉淀或除去杂质等。
⑧“用某些有机试剂清洗”——常考虑降低物质溶解度有利于析出、减少损耗和提高利用率等。
⑨“趁热过滤(或冰水洗涤)”的目的——防止某些物质降温时会析出(或升温时会溶解)而带入新的杂质。
⑩“反应中采取加热措施”的作用——一般是为了增大反应速率或加速某固体的溶解。
考向1 物质制备类化工流程题
【典例1】（2023 秋·湖北孝感·高三应城市第一高级中学校联考开学考试）氯氧化铋(BiOCl)广泛用于彩釉
调料、塑料助剂等。一种用火法炼铜过程产生的铜转炉烟尘(除含铋的化合物之外，还有
、
、
CuS、
、
、
及
)制备高纯氯氧化铋的工艺流程如下，回答下列问题：
典型例题剖析
4
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已知：
①“浸铋”所得浸取液中含
、
等物质；
极易水解：
②
微溶于水，在
浓度较大的溶液中，存在平衡：
。
(1)“浸铜”时有单质硫生成，发生反应的化学反应方程式为 。
(2)“浸渣1”的主要成分为 (填化学式，下同)；“浸铋”时含铅物质主要以 存在。
(3)“浸铋”时需控制溶液的pH=3.0，盐酸的作用为：①充分浸出
、
和
等；② 。
(4)“除铅、砷”是加入改性羟基磷灰石固体(HAP)，“浸铋”所得浸取液与改性HAP 的液固比与铅、砷去
除率以及后续沉铋量的关系如下图所示(图中a<b<c<d)，“除铅、砷”时应采用的最佳液固比为
(填“a”或“b”或“c”或“d”)。
(5)“沉铋”时发生反应的离子方程式为 。
(6)已知“浸铋”、“除铅、砷”和“沉铋”各环节中Bi 元素的利用率分别为70%、80%和80%，忽略其他
环节Bi 元素的损失，则Bi 元素的总利用率为 。
【答案】(1)
(2) SiO2、S
(3)抑制
离子水解(防止其提前沉淀)
5
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(4)c
(5)
(6)44.8%
【分析】根据题目已知信息，第一步酸浸时，Fe2O3溶解转化为Fe2(SO4)3，含铋化合物、CuS、PbSO4、
As2O3未溶解，故酸浸后滤液中主要有Fe2(SO4)3、CuSO4、ZnSO4、H2SO4，含铋化合物、CuS、PbSO4、
As2O3进入浸铜步骤，根据已知信息，浸铋时，铋元素转化为BiCl3，As2O3转化为AsCl3，PbSO4转化为
，浸渣中主要含有S，浸铋后的浸取液中主要含BiCl3、AsCl3、
，经过除铅、砷步骤后，溶液
中主要含BiCl3，经过沉铋操作，BiCl3转化为BiOCl。
【解析】（1）“浸铜”时有单质硫生成，而
较稳定，说明是CuS 与
发生了氧化还原反应，反
应为
；
（2）含铋的化合物、
、
、
及“浸铜”生成的S，不参与“浸铋”之前的反应，进入“浸
铋”步骤，根据已知信息①②，铋和砷转化为
、
，铅主要转化为
，进入“除铅、砷”步
骤，“浸渣1”的主要成分为
和S；
（3）已知信息①
极易水解，盐酸的作用为抑制
离子水解，防止其提前沉淀，影响BiOCl 产率；
（4）最佳的液固比应该是铅、砷去除率尽量高，后续沉铋量尽量大，c 为最佳。d 相对于c，后续沉铋量
略有增大，但是铅去除率降低，液固比比c 大，“浸铋”所得浸取液使用多，相对沉铋量小，故选c；
（5）
和
的双水解反应，根据原子及电荷守恒配平即可，反应为
；
（6）Bi 元素的总利用率
。
【变式练1】（2023 秋·河北秦皇岛·高三校联考开学考试）碱式氧化镍(NiOOH)是镍镉电池和镍氢电池中的
正极活性物质，工业上用镍矿渣(成分除了Ni(OH)2，还含有SiO2及Fe，Ca，Mg，Cu 的氧化物等)制备碱
6
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式氧化镍的流程如下所示：
已知：
①
②溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH 如下表：
金属离子
Fe3+
Ni2+
Fe2+
Mg2+
开始沉淀pH
2.2
6.8
7.5
9.4
完全沉淀pH
3.2
9.2
9.0
12.4
请回答下列问题：
(1)列举两条增加酸浸反应速率的操作 ；滤渣1 的主要成分为 (填写化学式)。
(2)加入双氧水发生的离子方程式为 ；调节pH 的范围 。
(3)元素Cu 与Ni 的第二电离能分别为1959kJ·mol-1，1753kJ·mol-1，第二电离能I2(Cu)>I2(Ni)的原因
；利用平衡常数A 计算说明通入H2S 时，能将Cu2+沉淀完全的原因 。
(4)转化步骤中发生反应的化学方程式为 ；分离NiOOH 的一系列操作为 。
【答案】(1) 将矿渣粉碎、升高温度或适当增大硫酸浓度 SiO2、CaSO4
(2)
(3) 铜再失去的1 个电子是全满的3d10电子，镍再失去的1 个电子是4s1电子
，K=
，
，
因此
能将
沉淀完全
(4)
过滤、洗涤、干燥
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【分析】镍矿渣的主要成分是Ni(OH)2，还含有SiO2及Fe，Ca，Mg，Cu 的氧化物等，粉碎后，加入稀硫
酸进行酸溶，其中硅的氧化物不与酸反应，形成废渣Ⅰ，滤液中含有Fe2+，Ca2+，Mg2+，Cu2+，加入
将Fe2+氧化为Fe3+后，利用碳酸钠除铁，得到氢氧化铁，再利用NaF 除镁；通硫化氢除铜，得到硫化铜废
渣，最后利用NaOH 和氯气沉镍，得到固体NiOOH。
【解析】（1）将矿渣粉碎、升高温度或适当增大硫酸浓度等措施可增加酸浸反应速率；滤渣1 的主要成分
为SiO2、CaSO4；
（2）加入双氧水将+2 铁氧化为+3，反应离子方程式为：
；再加碳酸钠溶
液调节溶液ｐH 值将铁转化为氢氧化铁沉淀，但不能使镍离子沉淀，则pH 范围为：
；
（3）Cu+的价电子排布式为3d10，为全满稳定结构；Ni+的价电子排布式为3d104s1，Ni+失去1 个电子变为
3d10全满稳定结构，故I2(Cu)>I2(Ni)；
，K=
，
，因此
能将
沉淀完全；
（4）通入氯气将Ni2+氧化为+3 价，在碱性条件下生成NiOOH，化学方程式为：
，得到NiOOH 的操作为过滤、洗涤、干燥。
【变式练2】（2023 秋·江苏盐城·高三江苏省东台中学校考开学考试）全球对锂资源的需求不断增长，
“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小组取盐湖水进行浓缩和初步除杂后，得到浓缩卤水(含有
、
、
和少量
、
)，并设计了以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。
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25℃时相关物质的参数如下，回答下列问题：
的溶解度：
化合物
(1)“沉淀1”为 。
(2)向“滤液1”中加入适量固体
的目的是 。
(3)为提高
的析出量和纯度，“操作A”依次为 、 、洗涤。
(4)有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备
。查阅资料后，发现文献对常温下的
有不同的描
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述：①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究
的性质，将饱和
溶液与饱和
溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。上述现象说明，
在该实验条件下
(填“稳定”或“不稳定”)，有关反应的离子方程式为 。
(5)他们结合(4)的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入
改为通入
。这一改动能否达到相同
的效果，作出你的判断并给出理由： 。
(6)在高温条件下，
、葡萄糖
和
可制备电极材料
，同时生成CO 和H2O，该
反应的化学方程式为 。
【答案】(1)Mg(OH)2
(2)将Ca2+转化成CaCO3沉淀除去，且不引入新杂质
(3) 蒸发结晶 趁热过滤
(4) 不稳定 2Li++2
=Li2CO3↓+CO2↑+H2O
(5)能达到相同效果，如果改为通入过量的CO2，LiOH 转化为LiHCO3，结合(4)的探究结果知，LiHCO3会
很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果
(6)6Li2CO3+C6H12O6+12FePO4
12LiFePO4+6CO↑+6H2O+6CO2↑
【分析】浓缩卤水中含有Na+、Li+、Cl-和少量Mg2+、Ca2+，向浓缩卤水中加入石灰乳，Mg2+生成Mg(OH)2
沉淀，过滤后得到的沉淀1 为Mg(OH)2，向滤液1 中加入Li2CO3，Ca2+转化为CaCO3沉淀，然后过滤洗涤
得到沉淀2 为CaCO3，CaCO3热分解、水合得到石灰乳；滤液2 中加入Na2CO3，Li+转化为Li2CO3沉淀，过
滤后得到Li2CO3，滤液3 中含有Na+、Cl-和过量的CO3
2-，Li2CO3通过一系列操作得到Li，据此分析解题。
【解析】（1）浓缩卤水中含有Mg2+，Mg2+和石灰乳反应生成Mg(OH)2沉淀，所以沉淀1 为Mg(OH)2，故
答案为：Mg(OH)2；
（2）滤液1 中含有Ca2+，根据LiOH 的溶解度及溶度积常数知，Li2CO3能和Ca2+反应生成CaCO3，发生沉
淀的转化，所以加入Li2CO3的目的是将Ca2+转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质，故答案为：将
Ca2+转化成CaCO3沉淀除去，且不引入新杂质；
（3）由Li2CO3的溶解度曲线可知，Li2CO3的溶解度随着温度的升高而减小，为提高Li2CO3的析出量和纯
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度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即依次蒸发结晶、趁热过滤、洗涤，故答案为：蒸发结晶；
趁热过滤；
（4）饱和LiCl 和饱和NaHCO3等体积混合后，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终
生成白色沉淀，说明开始时生成LiHCO3和NaCl，随后LiHCO3分解产生了CO2和Li2CO3，所以LiHCO3不
稳定，发生的反应为Li++
=LiHCO3、2LiHCO3=Li2CO3↓+CO2↑+H2O，则总离子方程式为2Li++2
=Li2CO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：不稳定；2Li++2
=Li2CO3↓+CO2↑+H2O；
（5）“滤液2”中含有LiOH，加入Na2CO3，目的是将LiOH 转化为Li2CO3，若改为通入过量的CO2，则
LiOH 转化为LiHCO3，结合(4)的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同
的效果，故答案为：能达到相同效果；如果改为通入过量的CO2，LiOH 转化为LiHCO3，结合(4)的探究结
果知，LiHCO3会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果。
（6）在高温条件下，
、葡萄糖
和
可制备电极材料
，同时生成CO 和
H2O，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为6Li2CO3+C6H12O6+12FePO4
12LiFePO4+6CO↑+6H2O+6CO2↑，故答案为：6Li2CO3+C6H12O6+12FePO4
12LiFePO4+6CO↑+6H2O+6CO2↑。
考向2 提纯类化工流程题
【典例2】活性氧化锌(ZnO)常用于医药、涂料、陶瓷等。某科研小组以锌废料(主要成分是ZnSO4 和
ZnO，含少量的Fe、Cu、Pb、As 等元素以及油污)为原料制备活性氧化锌及回收其他金属元素，流程如图。
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已知几种金属离子生成氢氧化物的
如下表：
金属离子
开始沉淀的
完全沉淀的
1.5
3.7
7.9
10.0
6.3
9.7
7.4
9.4
回答下列问题：
(1)
的原子结构示意图为
。
中铁的化合价为 。
(2)“浸取”中，适当加热能提高浸取速率，但是温度过高，浸取速率反而降低，其主要原因是 。
(3)a 的范围为 。“除铁”的离子方程式为 。
(4)金属M 的化学式为 。
(5)
“
①活性炭”表现的性质是 (填字母)。
A．氧化性 B．还原性 C．吸附性
②“沉锌”的滤液采用 、 ，过滤、洗涤、干燥等一系列操作，得到铵态氮肥。
(6)“高温焙烧”过程中发生反应的化学方程式为 。
【答案】(1)
(2)温度过高，会加快氨水分解(或挥发)
(3)
(或
)
(4)
(5) C 蒸发浓缩 冷却(降温)结晶
(6)
【分析】以锌废料(主要成分是ZnSO4和ZnO，含少量的Fe、Cu、Pb、As 等元素以及油污)为原料制备活性
氧化锌及回收其他金属元素的流程流程为：NH4Cl 和氨水浸取锌废料，Pb 元素转化为Pb(OH)Cl 沉淀除去，
Zn、Fe、Cu、As 等元素进入溶液，加入FeCl3溶液，As 元素转化为FeAsO4沉淀除去，加入H2O2溶液氧化
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Fe2+为Fe3+，调节溶液pH 使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，反应为H2O2+2Fe2++4H2O=Fe(OH)3↓+4H+；再加
入金属M 将Cu2+置换生成Cu，影响后续减少碳酸锌的根据除杂规则可知，为了不引入新的杂质，则加入
过量的金属M 为Zn；活性炭具有吸附作用，加入活性炭净化时除去油污；加入NH4HCO3沉锌，将Zn2+转
化为碱式碳酸锌[Zn2(OH)2CO3]，煅烧Zn2(OH)2CO3得到ZnO，反应为Zn2(OH)2CO3
2ZnO+CO2↑+H2O，
沉锌时的副产物为NH4Cl，NH4Cl 易溶于水，可采用降温结晶法得到，一系列操作为：蒸发浓缩、冷却结
晶、过滤、洗涤、干燥，据此分析解答。
【解析】（1）根据As 的原子结构示意图可知，砷最高化合价为+5 价，则FeAsO4中铁的化合价为铁为+3
价，故答案为：+3；
（2）氨水具有挥发性，一水合氨受热易分解，则“浸取”步骤温度不能过高，故答案为：温度过高会加
快氨水分解(或挥发)；
（3）“除铁”是为了回收Fe 元素，调pH 只能生成Fe(OH)3沉淀，其他离子不应产生沉淀，结合表中数据
可知，a 的范围为：3.7≤a＜7.4；H2O2具有强氧化性，能氧化Fe2+为Fe3+，调节溶液pH 时Fe3+转化为
Fe(OH)3沉淀，则“除铁”的离子方程式为H2O2+2Fe2++4H2O=Fe(OH)3↓+4H+，故答案为：3.7≤a＜7.4；
H2O2+2Fe2++4H2O=Fe(OH)3↓+4H+；
（4）由分析可知，流程是制备活性氧化锌，并且除杂时为了不引入新的杂质，该金属将Cu2+置换生成Cu,
则为金属Zn，故答案为：Zn；
（5）①加入活性炭净化过程的目的是除去油污，与氧化性、还原性无关，主要是利用了其吸附性，活性
炭吸附油污形成净化渣，故答案为：C；
②“沉锌”的滤液中含有副产物NH4Cl,可用作氮肥，并且NH4Cl 易溶于水，所以一系列操作为：蒸发浓缩、
冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到铵态氮肥，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（6）由分析可知，高温焙烧碱式碳酸锌时生成氧化性、二氧化碳气体和水，反应为Zn2(OH)2CO3
2ZnO+CO2↑+H2O，故答案为：Zn2(OH)2CO3
2ZnO+CO2↑+H2O。
【变式练3】磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、Fe2O3。通过以下工艺流程可回收铝、
钛等金属。
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已知：在“焙烧”过程中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、Fe2O3转化为相应的硫酸盐。以上流程中
加入的试剂均过量。
回答下列问题：
(1)请写出水浸渣中主要成分的化学式 ；写出“焙烧”过程中Al2O3转化为NH4Al(SO4)2的化学
方程式 。
(2)下列说法正确的是___________。
A．热水“水浸②”是为了加速Al3+、Fe3+、NH 等离子溶解
B．电解熔融的Al2O3制金属铝时，通常加入冰晶石是为了降低Al2O3的熔点
C．加过量的NaOH 溶液“沉淀③”是为除去Fe3+
D．若在实验室中灼烧白色沉淀，所需的主要仪器有酒精灯、蒸发皿、三脚架
(3)“通入CO2
”
④生成白色沉淀的离子方程式是 。
(4)设计实验方案，检验“沉淀③”步骤中Fe3+已沉淀完全： 。
【答案】(1) TiO2、SiO2
(2)AC
(3)
(4)取少量滤液于试管中，加入KSCN 溶液，若溶液不变红，则证明Fe3+已沉淀完全
【解析】（1）在“焙烧”过程中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，而且TiO2、SiO2不溶于水，所以水浸渣里
主要成分为TiO2、SiO2；“焙烧”过程中Al2O3与硫酸铵反应，反应的化学方程式为
；
（2）A. 用热水可以加快离子的溶解速度，A 正确；
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B. 电解熔融的Al2O3制金属铝时，通常加入冰晶石是为了降低Al2O3的熔化温度，B 错误；
C. 加过量的NaOH 溶液“沉淀③”是为除去Fe3+，使铁离子变成氢氧化铁沉淀除去，C 正确；
D.灼烧是在坩埚中进行，D 错误；
故选AC。
（3）偏铝酸根离子与二氧化碳反应形成氢氧化铝，故离子方程式为
；
（4）检验三价铁离子可以用KSCN 溶液，具体操作为：取少量滤液于试管中，加入KSCN 溶液，若溶液
不变红，则证明Fe3+已沉淀完全。
【变式练4】（2023 秋·江西·高三校联考阶段练习）中国商务部和海关总署宣布从2023 年8 月1 日起对镓、
锗相关物项实施出口管制，以此反制美西方对中国半导体行业的升级打压。下列是从工业废料[除ZnO 和
少量
外，还含有铟(In)、铋(Bi)、锗(Ge)的氧化物]中回收几种金属的单质或化合物的工业流程如图：
已知：该工艺条件下，
、
。请回答下列问题：
(1)下列措施不利于完成“酸浸1”目的，也不能提高“酸浸1”浸取率的是 (填选项字母)。
a．适当升高温度 b．酸浸过程中不断增拌
c．将硫酸浓度增大到70% d．加大废料的用量
(2)“浸液1”中
约为0.1mol/L，则除
时应控制pH 的范围为 。(已知：当溶液中某离
子浓度小于
时，可认为该离子沉淀完全。)
(3)“酸浸2”时铋的氧化物(Bi2O3)发生反应的离子方程式为 。
(4)“沉错”的反应原理为
，该操作中需调节pH 为2.5，不能过高或过低，原
因是 。
(5)加热
固体，固体质量保留百分数与温度的关系如图所示。将
(
)
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加热到145℃时得到
，其中x 的值为 ；温度为1050℃时，
固体完全分解为
以及两种气体(只有一种是氧化物)，该反应的化学方程式为 。
(6)
是一种性能优良的光催化剂，可催化降解有机污染物对硝基苯酚(
)等。
对硝基萊酚的熔点高于邻硝基苯酚(
)的熔点，其原因是 。
(7)我国科学家在新型二维半导体芯片材料——硒氧化铋的研究中取得突破性进展。硒氧化铋的晶胞结构如
图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞参数为
、
、
。
则该晶胞沿z 轴方向的投影图为 (填标号)，该晶体的密度为
(列出计算式，
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不必化简，NA为阿伏加德罗常数的值)。
A．
B．
C．
D．
【答案】(1)cd
(2)3≤pH＜6
(3)
(4)
水解的化学方程式为
，若
过高，
水解程度增大，
过低，
化学平衡逆向移动，均不利于沉锗的进行
(5) 1
(6)对硝基苯酚存在分子间氢键，而邻硝基苯酚更易形成分子内氢键，导致对硝基苯酚分子间的作用力比邻
硝基苯酚分子之间的作用力更强，故对硝基苯酚的熔点高于邻硝基苯酚(
)的熔点。
(7) B
【分析】从某冶锌工厂的工业废料[除ZnO 和少量Fe2O3外，还含有铟、铋、锗的氧化物]中回收几种金属
的单质或化合物，工业废料中加入稀硫酸，氧化锌、氧化铁与硫酸反应，过滤后滤液1 中含有硫酸锌和硫
酸铁，调节pH 使铁离子沉淀，溶液浓缩结晶得到硫酸锌晶体，滤渣加入70%的硫酸，得到铋渣和浸液2，
浸液2 中加入P2O4煤油进行萃取，有机相中加入盐酸进行反萃取，得到水相，再经过一系列处理得到海绵
铟，水相中加入单宁酸进行沉锗，过滤得到滤渣，然后焙烧、氯化蒸馏得到GeCl4。
【解析】（1）a．适当提高温度可以提高反应速率，有利于“酸浸1”浸取率，故a 正确；
b．浸取过程中不断搅拌可增大接触面积，提高反应速率，有利于“酸浸1”浸取率，故b 正确；
c．将硫酸浓度增大到70%会浸出铟、锗等，不可取，故c 错误；
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d．加大废料的用量不会提高“酸浸1”浸取率，故d 错误；
故选cd。
（2）“浸液1”中
约为
，
，则
约为
，即
，当
恰好完全沉淀时，由
，则
为
，pH=3，故应
控制pH 的范围为
。
（3）“酸浸2”时铋的氧化物
发生的离子反应为：
。
（4）
水解的化学方程式为
，若
过高，
水解程度增大，
过
低，
化学平衡逆向移动，均不利于沉锗的进行。
（5）根据图像可知：
。解得
；温度为1050℃时， ZnSO4 固体完全分
解为 ZnO 以及两种气体(只有一种是氧化物，则必有氧气，另一种气体是还原产物，则为二氧化硫，故化
学方程式为
。
（6）对硝基苯酚存在分子间氢键，而邻硝基苯酚更易形成分子内氢键，导致对硝基苯酚分子间的作用力
比邻硝基苯酚分子之间的作用力更强，故对硝基苯酚的熔点高于邻硝基苯酚(
)的熔点。
（7）①由晶胞结构和各原子的位置可知，该晶胞沿z 轴方向的投影图为
，故选B；
②由晶胞结构可知，该晶胞中
的个数为
，
的个数为支
，
的个数为
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，该晶体的密度为
。
1．（2023 秋·山西晋中·高二山西省平遥中学校校考期末）以含镍废硫酸盐(含Ni2+、Fe2+、Cu2+、Al3+、
Mn2+、Cr3+、Mg2+、Zn2+等)为原料制取
的工艺流程如图所示。
相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH 范围如下表所示：
金属离子
开始沉淀的pH
6.3
1.5
4.1
4.3
6.9
沉淀完全的pH
8.3
2.8
5.4
5.6
8.9
回答下列问题：
(1)对于基态Ni 原子，下列叙述正确的是___________(填字母)。
A．Ni 位于元素周期表第四周期第Ⅰ B 族
B．基态Ni 原子的核外电子排布式为
C．4s 电子能量较高，总是在比3d 电子离核更远的地方运动
D．与Ni 同周期，基态时，与Ni 原子的未成对电子数相同的元素有3 种
(2)已知：
，反应
的平衡常数
。则
。
三年真题·两年模拟
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(3)“除铁”时，加入H2O2的目的是 ，得到的滤渣X 为 。
(4)“除铝、铬”时，调pH 范围为 。
(5)由“酸溶”得到的
溶液制备
晶体时，还需进行的操作流程是蒸发浓缩、冷却结晶、
、 、干燥。
【答案】(1)BD
(2)6.0×10-36
(3) 将Fe2+氧化为Fe3+，便于形成沉淀除去 Fe(OH)3
(4)5.6≤pH＜6.9
(5) 过滤 洗涤
【分析】含镍废硫酸盐(含Ni2+、Fe2+、Cu2+、Al3+、Mn2+、Cr3+、Mg2+、Zn2+等)水溶后过滤，可得含Ni2+、
Fe2+、Cu2+、Al3+、Mn2+、Cr3+、Mg2+、Zn2+的溶液；加入Na2S 溶液，将Zn2+、Cu2+转化为ZnS、CuS 沉淀；
往滤液中加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，通过调节pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；继续调节溶液pH，将
Al3+、Cr3+转化为沉淀；过滤后，往滤液中加入NaF 溶液，将Mg2+转化为MgF2沉淀；过滤后，往滤液中加
入KMnO4、硫酸，将Mn2+转化为MnO2沉淀；过滤后，往滤液中加入Na2CO3溶液，将Ni 转化为NiCO3沉
淀，沉淀中加硫酸酸溶，再将溶液蒸发浓缩、降温结晶，便可得到
晶体。
【解析】（1）A．Ni 的原子序数为28，比Fe 大2，与Fe 同属于第四周期第Ⅷ族元素，A 不正确；
B．基态Ni 的原子序数为28，核外电子排布式为
，B 正确；
C．4s 电子能量比3d 稍高，运动的区域并不一定比3d 电子离核更远，只是在离核较远区域运动的机会多
一些，C 不正确；
D．与Ni 同周期，基态时，与Ni 原子的未成对电子数相同的元素有Si、S、Ti3 种，D 正确；
故选BD。
（2）K=
=
，则
=
=
=6.0×10-36。
（3）“除铁”时，需将Fe2+氧化为Fe3+，便于调节pH 时转化为铁的氢氧化物沉淀除去，所以加入H2O2的
目的是：将Fe2+氧化为Fe3+，便于形成沉淀除去，得到的滤渣X 为Fe(OH)3。
（4）“除铝、铬”时，需使Cr3+完全沉淀，同时又不能让Ni2+生成沉淀，由表中数据，可确定调pH 范围
为5.6≤pH＜6.9。
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（5）由“酸溶”得到的
溶液制备
晶体时，还需进行的操作流程是蒸发浓缩、冷却结
晶、过滤、洗涤、干燥。
2．（2023 秋·福建漳州·高三统考阶段练习）
是一种重要催化剂。某科研小组以废弃催化剂(主要成分
为
，还含有
等)为原料制备
晶体的工艺流程如图所示。
一些难溶电解质的溶度积常数(
)如下表：
难溶电解
质
回答下列问题：
(1)基态
原子的价电子排布式为 。
的配合物
存在的化学键有 (填标号)。
a．非极性键 b．配位键 c．金属键 d．极㤦键 e．离子键
(2)滤渣1 中主要有
和 。
(3)若
为
，其作用是 (用离子方程式表示)。
实称用量远大于理论用量，可能的原因是
。滤液2 中
，为确保其中
，需调节
的范围是 (已知：
)。
(4)“氟化除杂”时发现溶液酸度过高，会导致
和
沉淀不完全，从化学平衡移动的角度分析，其原
因是 。
(5)“沉镍”过程生成碱式碳酸镍
。为测定该沉淀的组成，称取纯净干燥沉淀样
品
，隔绝空气加热，该化合物的热重曲线如图所示，
以上固体质量不再变化。通过计算确定该
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沉淀的化学式为 。
(6)将所得
与
混合加热可制备无水
并得到两种酸性气体，反应的化学方程式为
。
【答案】(1)
bdc
(2)S
(3)
分解损耗
(4)
和
结合生成弱电解质HF，使
浓度减小，
和
的沉淀溶解平衡向溶解方向移动
(5)
(6)
【分析】废弃催化剂加入稀盐酸后，金属氧化物发生反应，生成Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+，加入硫化
氢后生成CuS 沉淀，所得溶液加入X、Y 调节溶液的pH，得到氢氧化铁沉淀，所的滤液中加入氟离子，沉
淀法除去钙离子和镁离子，过滤后加入碳酸钠得到碳酸镍，向沉淀中加入盐酸可得
溶液；
【解析】（1）①Ni 的质子数是28，基态
原子的价电子排布式为
；
②
与
之间存在离子键，
与
之间存在配位键，N 与H 之间存在极性键，故选：bdc
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（2）通入
后发生反应
，
，故滤渣1 的成分主要
是CuS、S。
（3）①加
的作用是氧化
，故发生的反应为：
；
②过氧化氢易分解，溶液中存在的金属阳离子也会催化
分解，故用量远大于理论用量；
③为了使
，根据
可得
；
根据
可得
开始沉淀的
。
（4）
和
结合生成弱电解质HF，酸度过高，使
浓度减小，
和
的沉淀溶解平衡向溶解方
向移动
（5）由图可知第一阶段失去的成分为结晶水，
，第二阶段失去的成分为
和
，最后残留物是NiO，故
。
设样品中
的物质的量为a，
的物质的量为b
根据Ni 元素守恒，Ni 的总物质的量为：
①
第二阶段失去的成分为
和
总质量为
②
联立①②，解得
，故
。
（6）将所得
与
混合加热可制备无水
并得到两种酸性气体，根据元素守恒可推知
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为，HCl 和SO2，故反应的化学方程式为：
3．（2023 秋·江苏南通·高三统考开学考试）钴(27Co)的常见化合价有+2、+3 等，对应的化合物性质也各有
差异。
(1)利用钴渣(主要含金属钴，还含有铜、铁等金属)可富集结，流程如下：
①“氧化除铁”的化学反应方程式为 。
S
②
2O
的结构如图1 所示，用“口”标识出S2O
中体现强氧化性的基团： 。
(2)六氨合钴(化学式：[Co(NH3)6]Cl2)溶液可用于脱除烟气中的NO，用活性炭作催化剂、水作还原剂可实现
[Co(NH3)6]2+的再生，维持溶液脱除NO 的能力，可能机理如图2 所示。
已知：活性炭表面既有大量的酸性基团，又有大量的碱性基团。溶液的pH 对活性炭表面所带电荷有影响。
pH>6.5 时带负电荷，pH 越高，表面所带负电荷越多；pH<3.5 时带正电荷，pH 越低，表面所带正电荷越多。
①由步骤(ⅱ)可知活性炭表面有大量的 (填“酸性”"或“碱性”)基团。
②写出步骤(iii)的离子反应方程式： 。
③一定温度下，pH 对再生反应的影响如图3 所示。pH 过小或过大时，[Co(NH3)6]2+的转化率均比较小的原
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因是 。
【答案】(1)
(2) 酸性
由于pH 越低，活性炭表面所带正电荷越多，与
[Co(NH3)6]2+静电斥力增加，不利于[Co(NH3)6]2+的催化还原，因此当时pH<3.5 时，[Co(NH3)6]2+的转化率随
pH 的减小而降低；由于pH 增加，[Co(NH3)6]2+的解离受到抑制，不利于[Co(NH3)6]2+的催化还原，所以当
pH>6.5 时，[Co(NH3)6]2+的转化率随pH 的增大而降低
【分析】钴渣加入硫酸酸浸后滤液加入过氧化氢、氢氧化钠除去铁，滤液加入Na2S2O8、氢氧化钠将钴转
化为氢氧化钴沉淀；
【解析】（1）①“氧化除铁”的化学反应在过氧化氢条件下将二价铁氧化为三价铁和氢氧化钠生成氢氧
化铁沉淀除去，方程式为
。
②由图可知，S2O
的结构中具有氧化性的基团为过氧根：
；
（2）①由步骤(ⅱ)可知有Co3＋产生，所以活性炭表面有大量的酸性基团；
②步骤(ⅲ)中Co3＋被还原为Co2＋，同时生成氧气和氢离子，反应的离子反应方程式为
。
③由于pH 越低，活性炭表面所带正电荷越多，与[Co(NH3)6]2+静电斥力增加，不利于[Co(NH3)6]2+的催化还
原，因此当时pH<3.5 时，[Co(NH3)6]2+的转化率随pH 的减小而降低；由于pH 增加，[Co(NH3)6]2+的解离受
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到抑制，不利于[Co(NH3)6]2+的催化还原，所以当pH>6.5 时，[Co(NH3)6]2+的转化率随pH 的增大而降低。故
一定温度下，pH 过小或过大时，[Co(NH3)6]2+的转化率均比较小。
4．（2023 秋·江西宜春·高三江西省丰城中学校考开学考试）氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯度碳酸锰的工艺流
程如图：
已知：①菱锰矿的主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg 等元素。
②相关金属离子[c0(Mn+)=0.1mol/L]形成氢氧化物沉淀的pH 范围如表：
金属离子
Al3+
Fe3+
Fe2+
Ca2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀的pH
3.8
1.5
6.3
10.6
8.8
9.6
沉淀完全的pH
5.2
2.8
8.3
12.6
10.8
11.6
③常温下，CaF2、MgF2的溶度积分别为1.46×10-10、7.42×10-11。
回答下列问题：
(1)“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为 。分析图，氯化铵焙烧菱锰矿的最佳条件是：焙烧温
度为500℃。分析选择反应温度不高于500℃的原因是 。
(2)浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为 ；再调
节溶液的pH 将Al3+、Fe3+变为沉淀除去，溶液pH 的范围为 ；然后加入NH4F 除去 。
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(3)碳化结晶时，反应的离子方程式为 。
(4)MnCO3(相对分子质量115)在空气中加热易转化为不同价态的锰的氧化物，其固体残留率随温度的变化
如图所示，300℃～770℃范围内，发生反应的化学方程式为 。
【答案】(1) MnCO3+2NH4Cl
MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O 温度过高，浸出率变化不大，成本增加
(2) MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O 5.2≤pH＜8.8 Ca2+和Mg2+
(3)Mn2++2HCO
MnCO3↓+CO2↑+H2O
(4)3MnO2
Mn3O4+O2↑
【分析】根据化工生产流程图和题意分析得知，菱镁矿和氯化铵混合焙烧生成氯化锰和氨气二氧化碳等，
在浸出液净化除杂中除去的是Fe、Al、Ca、Mg 等元素，氯化锰中加入碳酸氢铵进行碳化结晶生成碳酸锰
产品，氯化铵循环使用。
【解析】（1）焙烧时菱镁矿和氯化铵混合加热反应，生成氯化锰、氨气、二氧化碳，方程式为：
MnCO3+2NH4Cl
MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O；由图得知，在500。C 时浸出率已经很高，再升高温度浸出率
提高不大，而且成本增加，故选择不高于500。C 的温度；
（2）MnO2具有氧化性，在酸性条件下可以把二价铁离子氧化为三价铁离子，方程式为：MnO2+2Fe2+
+4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；调节pH 值目的是让铁铝离子沉淀，锰离子不沉淀，结合表中数据，铁铝离子完
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全沉淀pH 值要大于等于5.2，锰离子开始沉淀的pH 值为8.8，因此选择5.2≤pH＜8.8；加入氟化铵可以让
钙离子和镁离子形成氟化物沉淀；
（3）碳化结晶是锰离子与碳酸氢根离子的反应，故方程式为：Mn2++2HCO
MnCO3↓+CO2↑+H2O
（4）碳酸锰加热分解时，100g 碳酸锰加热到300 度时剩余75.65g，根据锰原子守恒75.65g 应该是MnO2，
到770°C 时，剩余的是Mn3O4，因此方程式为：3MnO2
Mn3O4+O2↑。
5．（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。
(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
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(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
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-
2mol·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。
（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。
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（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↑。
6．（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)。
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
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(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
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：
+
+
=
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。
（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
=
。
7．（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)。
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
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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
【分析】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。
【解析】（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
为2Cr2O
+3S2O
+10H+=4Cr3++6SO
+5H2O，故答案为：2Cr2O
+3S2O
+10H+=4Cr3++6SO
+5H2O。
8．（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
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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，
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)
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(2)
、Mg(OH)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
【分析】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，滤渣Ⅰ的
主要成分为Mg(OH)2、
；精制Ⅰ所得滤液中再加纯碱又生成沉淀，则滤渣Ⅱ为
、Mg(OH)2；
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
，
，则该溶液
。
（2）由分析可知，滤渣I 的主要成分是
、Mg(OH)2；精制I 后溶液中
的浓度为2.0
，由
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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。
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