2026年高考化学二轮复习（全国）微专题02V、Cr、Mn、Co等过渡金属化合物的制备流程（讲义）（解析版）

微专题02“V、Cr、Mn、Co”等过渡金属及化合物的制备流程目录第一部分考情精析锁定靶心高效备考第二部分重难考点深解深度溯源扫清盲区【考点01】钒及其化合物的性质【考点02】铬及其化合物的性质【考点03】锰及其化合物的性质【考点04】钴及其化合物的性质【考点05】过渡金属及其化合物的通性第三部分解题思维优化典例精析+方法提炼+变式巩固【题型01】钒及其化合物的制备流程 【题型02】铬及其化合物的制备流程 【题型03】锰及其化合物的制备流程【题型04】钴及其化合物的制备流程 核心考向聚焦主战场转移：转向固废等二次资源回收，融入绿色理念，新增非常规条件与现代分离手段，题型趋向连续设问，强化实验方案补充、工艺评价及计算考查。核心价值：聚焦资源循环与绿色化学，强化工业生产科学思维，渗透价态分析与平衡调控，落实证据推理与社会责任的化学核心素养。关键能力与思维瓶颈关键能力：聚焦信息提取与流程分析能力，强化氧化还原配平、Ksp计算等定量推导能力，突出实验方案优化与工艺评价的综合应用能力。培优瓶颈：对工业流程非常规条件（如氧压酸浸）的原理分析不透彻，复杂体系中多元素分离的平衡调控思路混乱，工艺评价缺乏维度化逻辑，定量计算易因忽略杂质干扰出错。命题前瞻与备考策略预测：2026年高考中，将聚焦二次资源回收制备V、Cr、Mn、Co化合物，融入加压浸取、膜分离等新技术，强化价态调控与平衡计算，侧重工艺评价与方案优化，凸显绿色化学与工程思维。策略：备考应转向二次资源、非常规工艺，强化价态分析与平衡计算，增加工艺评价训练，聚焦证据推理与工程思维培养。重点训练：1.非常规浸取、分离技术原理深度剖析。2.多元素体系价态调控与平衡计算专项突破。3.工艺评价维度化逻辑构建与方案优化训练。

考点01钒及其化合物的性质一、高考中钒及其化合物的性质总结1.钒的价态与氧化性钒有-1、0、+2、+3、+4、+5多种价态，+5价(如VO3-、VO2+、V2O5)氧化性较强，酸性条件下可被Fe2+、SO2等还原为VO2+(+4价)。2.氧化物性质V2O5是两性氧化物，与酸反应生成VO2+,与强碱反应生成VO3-;熔点高，常用作催化剂(如氨氧化制硝酸)。3.盐类与沉淀+4价钒的化合物(如VO2Cl)易水解；调节pH可将钒元素转化为NH4VO3沉淀，实现分离提纯。4.工业流程特性钒渣需经焙烧氧化将低价钒转化为可溶的+5价钒酸盐，再通过酸浸、萃取、反萃取等步骤富集提纯。二、培优瓶颈及突破策略1.培优瓶颈表现(1)价态转化规律混淆：无法精准判断不同酸碱性条件下V5+(VO3-、VO2+)与V4+(VO2+)的转化关系，氧化还原反应配平遗漏介质参与。(2)两性氧化物应用局限：对V2O5两性的理解停留在方程式记忆，不能结合工业流程分析酸浸、碱浸的选择依据及杂质分离原理。(3)工业分离逻辑断层：难以厘清钒渣焙烧-浸出-沉钒的核心原理，对萃取、调pH沉钒的条件控制(如pH范围、试剂选择)缺乏推导能力。(4)定量计算易错点多：涉及钒的多步反应计算时，忽略低价钒的氧化损耗或沉淀溶解平衡的影响，产率、纯度计算失误率高。2.突破策略(1)构建价态转化模型：绘制“钒价态-介质-转化剂”三维关系图，对比酸性条件下VO2+被Fe2+、SO2还原为VO2+,碱性条件下V2O5与碱生成VO3-的规律，强化配平训练。(2)结合工业流程深化理解：以钒渣提钒为载体，拆解焙烧氧化(低价→高价)→酸浸溶解→调pH除杂→沉钒(NH4VO3)关键步骤，分析每一步的目的、条件及与V2O5性质的关联，总结“性质决定工艺”的逻辑链。(3)强化分离与平衡计算训练：针对性练习萃取-反萃取分离钒与杂质的原理分析题，结合Ksp计算沉钒的最佳pH范围；设计多步反应的产率计算大题，训练“守恒法”解题思路，规避杂质干扰的陷阱。(4)对比归纳突破认知盲区：将钒与铬、锰等过渡金属对比，梳理高价氧化物的氧化性、两性差异，通过对比实验设计题强化对钒化合物特与应用。

考点02铬及其化合物的性质一、高考中铬及其化合物的性质总结1.价态与氧化还原性铬常见+2、+3、+6价，+6价(Cr2O72-、CrO42-)氧化性强，酸性条件下Cr2O72-可被Fe2+、SO2等还原为Cr3+;碱性条件下CrO42-氧化性减弱。Cr2O72-与CrO42-可通过调节pH相互转化：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O。2.氢氧化物的两性Cr(OH)3是典型两性氢氧化物，与酸反应生成Cr3+,与强碱反应生成[Cr(OH)4]-(偏铬酸根离子);受热易分解为Cr2O3。3.化合物的溶解性与颜色特征黄色的Ag2CrO4溶解度小于红色的Ag2Cr2O7,该性质常用于沉淀溶解平衡考查；Cr3+溶液呈绿色，Cr2O72-溶液呈橙色，CrO42-溶液呈黄色。4.工业流程相关性质铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3)需经焙烧氧化(如纯碱、氧气焙烧)将Cr3+转化为可溶性CrO42-;含铬废水需将Cr2O72-还原为Cr3+后，调pH生成Cr(OH)3沉淀除去。二、培优瓶颈及突破策略1.培优瓶颈表现(1)价态转化与平衡认知混乱：对Cr+6（Cr2O72-、CrO42-）与Cr3+的转化条件理解模糊，无法精准关联pH对Cr2O72-/CrO42-平衡移动的影响；氧化还原配平时易遗漏H+、H2O等介质，对碱性条件下Cr的价态转化规律掌握薄弱。(2)两性氢氧化物应用僵化：仅机械记忆Cr(OH)3与酸、碱反应的方程式，不能结合工业流程（如铬渣提铬、含铬废水处理）分析调pH除杂的原理，无法推导Cr(OH)3沉淀的最佳pH范围，对“过量碱溶解Cr(OH)3”的工业规避逻辑不清晰。(3)工业流程核心原理断层：对铬铁矿焙烧（纯碱+氧气）将Cr3+转化为CrO42-的氧化机理理解不透彻；难以串联“焙烧-浸出-调pH-还原/沉淀”的工艺链条，对萃取分离Cr与其他金属离子的条件控制缺乏推导能力，无法关联性质与工艺选择的逻辑。(4)定量计算与实验评价薄弱：涉及铬的多步反应产率、纯度计算时，易忽略Cr+6还原不完全或Cr(OH)3溶解损耗的影响；对工业工艺的评价（如能耗、原子经济性、污染控制）缺乏维度化思路，无法结合铬化合物性质提出合理的工艺优化方案。2.突破策略(1)构建价态-平衡三维模型，强化配平训练：绘制“Cr价态（+3、+6）-介质（酸/碱）-转化剂”三维关系图，明确酸性条件下Cr2O72-的强氧化性（如与Fe2+、SO2的还原反应）、碱性条件下CrO42-的弱氧化性及转化规律；专项练习含Cr氧化还原反应配平，重点突破“介质参与”的配平技巧，结合平衡常数理解pH对Cr2O72-/CrO42-转化的影响。(2)结合工业场景深化两性认知，落实“性质-工艺”关联：以铬渣提铬、含铬废水处理为核心载体，拆解“调pH生成Cr(OH)3除杂”“避免过量碱溶解Cr(OH)3”的工艺细节，结合Ksp计算Cr(OH)3沉淀的最佳pH范围；对比Al(OH)3的两性差异，通过“对比辨析题”强化对Cr(OH)3两性应用边界的理解。(3)拆解工业流程逻辑链，强化核心步骤原理分析：针对铬铁矿焙烧、含铬废水处理等典型流程，梳理“原料-核心反应-产物分离”的逻辑链，重点分析焙烧步骤中“纯碱造渣、氧气氧化”的作用机理，推导Cr3+→CrO42-的氧化过程；专项训练萃取分离Cr与Fe、Al等杂质的原理分析题，总结“性质差异决定分离方法”的解题思路。(4)聚焦定量计算陷阱，构建工艺评价维度：设计多步反应产率计算专项练习，强化“守恒法”（原子守恒、电子守恒）的应用，重点规避“杂质干扰”“反应不完全”“沉淀溶解”等计算陷阱；构建工业工艺评价维度框架（原子经济性、能耗、环保、操作难度），结合Cr化合物性质（如Cr+6的毒性、Cr(OH)3的稳定性），针对性练习工艺优化方案设计与论证题。

考点03锰及其化合物的性质一、高考中锰及其化合物的性质总结1.价态与氧化还原性(核心考点)锰常见+2、+4、+6、+7价，价态与氧化性强相关：①+7价((MnO4-,紫色)氧化性随介质酸性增强而提升，酸性条件下还原为Mn2+,中性生成MnO2,碱性生成MnO42-(绿色);②+4价MnO2有氧化性，与浓盐酸共热制Cl2;③+2价Mn2+酸性下稳定，碱性下易被氧化为MnO(OH)2或MnO2。2.典型化合物特性①MnO2:黑色难溶固体，是制氯、干电池的核心原料，高温可被氧化为Mn2O7;②KMnO4:受热易分解((2KMnO4eq\o(,\s\up7(△))K2MnO4+MnO2+O2↑),需避光密封；③Mn(OH)2:白色难溶物，在空气中迅速被氧化为棕褐色MnO(OH)2,最终变为MnO2。3.盐类与溶解平衡Mn2+盐易溶于水，调pH可生成Mn(OH)2沉淀，Ksp计算是定量考查重点；MnO2仅存于强碱性环境，MnO42-酸性条件下歧化为MnO4-和MnO2。4.工业流程关联性质①软锰矿(MnO2)提锰需先还原为Mn2+,菱锰矿(MnCO3)可直接酸浸；②制备KMnO4:MnO2与KOH、O2共熔生成K2MnO4,再经电解或酸歧化转化；③含锰废水处理：将Mn2+氧化为MnO2或调pH沉淀，体现绿色化学。二、培优瓶颈及突破策略1.培优瓶颈表现(1)价态转化与介质关联模糊：无法精准判断MnO4-在酸、中、碱性条件下的还原产物，忽略介质对氧化性强弱的影响；氧化还原配平时遗漏H+、OH-、H2O的配平规律，对MnO42-的歧化反应条件理解不透彻。(2)化合物特性应用僵化：机械记忆MnO2与浓盐酸的反应，不能结合工业流程分析其“氧化剂/催化剂”的双重角色；对Mn(OH)2的氧化现象仅停留在实验描述，无法推导其在废水处理中的应用原理。(3)工业流程逻辑断层：难以串联软锰矿提锰“还原浸出→除杂→沉淀/氧化”的工艺链条，对“还原MnO2为Mn2+的试剂选择”“制备KMnO4的歧化/电解条件”缺乏推导能力，无法关联性质与工艺的选择逻辑。(4)定量计算与平衡分析薄弱：涉及Mn2+沉淀的Ksp计算时，忽略pH对沉淀溶解的影响；多步反应的产率计算易遗漏MnO4-的还原损耗，对工艺评价缺乏“环保、能耗、原子经济性”的维度化思路。2.突破策略(1)构建价态-介质-产物三维模型：绘制“MnO4-价态转化-介质酸碱性-还原产物”对应表，明确酸性→Mn2+、中性→MnO2、碱性→MnO42-的规律；专项训练含锰氧化还原配平，强化“先电子守恒、再电荷守恒、最后原子守恒”的解题步骤，结合实例理解MnO42-歧化的酸性条件。(2)结合场景深化化合物特性理解：以“软锰矿制Cl2”“干电池正极材料”为载体，分析MnO2的氧化性与催化性；通过“Mn(OH)2的氧化实验”推导含锰废水处理的“调pH+氧化沉淀”工艺，对比Fe(OH)2的氧化规律，强化知识迁移能力。(3)拆解工业流程核心逻辑链：针对软锰矿提锰、KMnO4制备两大典型流程，梳理“原料性质→核心反应→分离提纯”的逻辑：①分析软锰矿还原浸出的试剂(SO₂、Fe、浓盐酸)选择依据；②推导K2MnO4转化为KMnO4的歧化/电解条件，总结“性质决定工艺”的解题思路。(4)强化定量计算与工艺评价训练：设计Mn(OH)2沉淀的Ksp计算专项题，训练“由Ksp推导最佳pH范围”的能力；结合多步反应产率计算，强化“原子守恒法”的应用，规避反应损耗陷阱；构建工艺评价维度框架(环保、能耗、成本),针对性练习“锰制备工艺优化方案”的设计与论证题。

考点04钴及其化合物的性质一、高考中钴及其化合物的性质总结1.价态与氧化还原性钴常见+2、+3两种价态，价态稳定性与介质密切相关：①+2价(Co2+):水溶液呈粉红色，酸性条件下稳定，碱性条件下生成Co(OH)2沉淀，该沉淀易被空气中O2氧化为棕褐色Co(OH)3;②+3价(Co3+):酸性条件下氧化性极强，能将Cl-氧化为Cl2,本身易被还原为Co2+,仅在固体或配合物中稳定存在(如Co2O3、[Co(NH3)6]3+)。2.典型化合物特性①氢氧化物：Co(OH)2为粉红色难溶物，具有两性(与过量强碱反应生成配位离子);Co(OH)3为棕褐色固体，与酸反应时，Co3+会氧化Cl-生成Cl2。②盐类与配合物：CoCl2结晶水合物颜色随结晶水数目变化(CoCl2·6H2O粉红色→CoCl2蓝色),常用作湿度指示剂；钴易形成配合物(如[Co(NH3)6]2+、[Co(NH3)6]3+),配合物稳定性差异是高考配位化学考查的切入点。③氧化物：Co3O4可看作CoO·Co2O3,具有氧化性，是制备锂电池正极材料的重要原料。3.工业流程关联性质①钴矿提钴：钴常与镍、铜等伴生，需通过酸浸（生成Co2+）、萃取分离（利用钻镍配合物稳定性差异）、氧化沉淀（Co2+→Co(OH)3）等步骤提纯。②废旧电池回收：锂离子电池正极材料（如钴酸锂LiCoO2）需经还原浸出（Co3+→Co2+），再通过沉淀、烟烧制备钻化合物，体现资源循环理念。③材料应用：钻的化合物常用作催化剂、磁性材料、电池电极材料，相关工艺评价是高考命题热点。二、培优瓶颈及突破策略1.培优瓶颈表现(1)价态稳定性与介质关联混淆：无法精准判断Co2+与Co3+的转化条件，忽略“酸性Co3+强氧化性、碱性Co2+易被氧化”的核心规律；对Co(OH)3与盐酸反应生成Cl2的原理理解不透彻。(2)配合物性质应用僵化：机械记忆[Co(NH3)6]2+易被氧化为[Co(NH3)6]3+的结论，不能结合工业萃取分离钴镍的场景，分析配合物稳定性差异对分离的作用。(3)工业流程逻辑断层：难以串联钴矿提钴“酸浸→萃取分离→氧化沉淀”、废旧电池回收“还原浸出→提纯→制备”的工艺链条；对“还原LiCoO2中Co3+为Co2+的试剂选择”缺乏推导能力。(4)定量计算与实验评价薄弱：涉及钴的沉淀溶解平衡计算时，忽略Co(OH)2被氧化的损耗；对钴制备工艺的评价，无法结合绿色化学、资源循环理念提出优化方案。2.突破策略(1)构建价态-介质-转化三维模型：绘制“Co2+/Co3+价态-介质酸碱性-转化试剂“对应表，明确碱性条件下O2氧化Co(OH)2、酸性条件下Co3+氧化Cl-的规律；专项训练含钴氧化还原反应配平，强化“电子守恒优先”的解题思路。(2)结合工业场景深化配合物理解：以“钴镍萃取分离”为载体，分析钴、镍与萃取剂形成配合物的稳定性差异，推导分离原理；对比[Co(NH3)6]2+与[Co(NH3)6]3+的稳定性，理解配位键对离子价态稳定性的影响。(3)拆解工业流程核心逻辑链：针对钴矿提钴、废旧锂电池回收钴两大典型流程，梳理“原料性质→核心反应→分离提纯”的逻辑：①分析酸浸时Co2+的生成条件；②推导LiCoO2还原浸出的试剂选择依据(如H2SO4+H2O2体系);③总结“性质决定工艺”的解题模板。(4)强化定量计算与工艺评价训练：设计Co(OH)2沉淀及氧化的Ksp计算专项题，训练“分步计算、考虑损耗”的能力；构建工艺评价维度框架(原子经济性、环保、成本),针对性练习“废旧电池回收钴工艺优化”的论证题。

考点05过渡金属及其化合物的通性一、高考中过渡金属及其化合物的通性总结1.过渡金属——价态多样性与氧化还原性(1)高价态金属通常形成含氧酸根离子的盐，具有较强的氧化性，如KMnO4、K2Cr2O7、K2FeO4等，均能将浓盐酸氧化成Cl2。(2)在空气中灼烧一些不稳定的低价金属的化合物，在分解的同时可能被氧化：MnOOHMnO2；Fe(OH)2Fe2O3；CoC2O4Co3O4。(3)低价金属的氢氧化物，为难溶性的弱碱，且易分解成氧化物，如Fe(OH)2、Mn(OH)2、Cr(OH)3。(4)低价硫化物，通常为有色难溶物，如HgS(黑或红)、FeS(黑)、Cu2S(黑)、FeS2(金黄)。工业生产中，常通过转化价态、调节pH将过渡金属转化为氢氧化物沉淀或难溶硫化物分离除去。2.过渡金属易形成配合物(1)过渡金属离子常易水解，其水合离子通常显色，如Cu2＋(aq，蓝)、Fe2＋(aq，浅绿)、Fe3＋(aq，棕黄)、Cr3＋(aq，绿)。(2)易与NH3、CN-、萃取剂等配体形成稳定配合物，容易形成配合物的中心离子，如[Cu(NH3)4]2＋、[Ag(NH3)2]＋、[Fe(SCN)6]3－、[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2＋。(3)向一些盐溶液中滴加氨水，先生成难溶性碱，继续滴加，生成含氨配合物，如CuSO4(aq)[或AgNO3(aq)]Cu(OH)2(s)[或AgOH(s)][Cu(NH3)4]2＋｛或[Ag(NH3)2]＋｝。3.氢氧化物的两性特征常见+3价氢氧化物(如Cr(OH)3)多为两性，既能与强酸反应生成盐和水，又能与强碱反应生成配位离子；部分+2价氢氧化物(如Co(OH)2)也具有弱两性。3.易形成配合物过渡金属离子因存在空的价电子轨道，该性质是工业上萃取分离不同过渡金属离子的核心原理。4.工业制备的共性逻辑从矿物或二次资源中提取时，均遵循“氧化/还原浸出→调pH除杂→萃取/沉淀分离→煅烧/转化提纯”的工艺路径；制备过程均强调绿色化学理念，注重资源循环与污染控制。二、高考过渡金属（V、Cr、Mn、Co）通性与特性对比表对比维度通性V特性Cr特性Mn特性Co特性常见价态存在多种可转化价态，高价氧化性强、低价还原性强-1、0、+2、+3、+4、+5，核心为+4、+5+2、+3、+6，核心为+3、+6+2、+4、+6、+7，核心为+2、+4、+7+2、+3，核心为+2、+3价态转化关键影响因素介质酸碱性酸性下VO2+(+5)易被还原为VO2+(+4)Cr2O72-(橙)与CrO42-(黄)随pH可逆转化MnO4-还原产物随酸/中/碱性分别为Mn2+、MnO2、MnO42-碱性下Co(OH)2易被O2氧化为Co(OH)3氢氧化物性质+3价氢氧化物多具两性V(OH)5呈弱酸性，易脱水生成V2O5Cr(OH)3典型两性，与强碱生成[Cr(OH)4]-Mn(OH)2无两性，易被氧化；MnO(OH)2为碱性Co(OH)2弱两性；Co(OH)3强氧化性，与盐酸反应放出Cl2配合物形成离子有空轨道，易与配体形成配合物与萃取剂形成配合物实现富集与NH3形成[Cr(NH3)6]3+稳定配合物配合物较少，高考考查占比低与NH3形成[Co(NH3)6]2+与[Co(NH3)6]3+，后者稳定性远高于前者工业制备核心步骤氧化/还原浸出→调pH除杂→分离提纯→转化钒渣焙烧氧化→酸浸→萃取→沉钒生成NH4VO3铬铁矿纯碱焙烧→水浸→酸化→还原沉淀Cr(OH)3软锰矿还原浸出→除杂→氧化制备KMnO4或MnO2钴矿酸浸→萃取分离钴镍→氧化沉淀→煅烧制备钴氧化物高考高频考点价态转化方程式配平、工业流程分离原理、平衡计算V2O5两性催化性质、萃取分离Cr2O72-强氧化性、含铬废水处理KMnO4氧化性与介质关系、歧化反应废旧电池回收提钴、钴镍萃取分离原理

题型01钒及其化合物的制备流程典｜例｜精｜析典例1（2024·河北卷）是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。已知：i石煤是一种含的矿物，杂质为大量和少量等；苛化泥的主要成分为等。ⅱ高温下，苛化泥的主要成分可与反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙和偏铝酸钙均难溶于水。回答下列问题：(1)钒原子的价层电子排布式为；焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为，产生的气体①为(填化学式)。(2)水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为(填化学式)。(3)在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为；加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为；浸取后低浓度的滤液①进入(填工序名称)，可实现钒元素的充分利用。(4)洗脱工序中洗脱液的主要成分为(填化学式)。(5)下列不利于沉钒过程的两种操作为(填序号)。a．延长沉钒时间

b．将溶液调至碱性

c．搅拌

d．降低溶液的浓度【答案】(1)(2)(3)提高溶液中浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放离子交换(4)(5)bd【分析】石煤和苛化泥通入空气进行焙烧，反应生成、、、、和等，水浸可分离焙烧后的可溶性物质(如)和不溶性物质[、等]，过滤后滤液进行离子交换、洗脱，用于富集和提纯，加入氯化铵溶液沉钒，生成，经一系列处理后得到V2O3；滤渣①在，的条件下加入3%NH4HCO3溶液进行盐浸，滤渣①中含有钒元素，通过盐浸，使滤渣①中的钒元素进入滤液①中，再将滤液①回流到离子交换工序，进行的富集。【解析】（1）钒是23号元素，其价层电子排布式为；焙烧过程中，氧气被还原，被氧化生成，偏钒酸盐中钒的化合价为价；在以上开始分解，生成的气体①为。（2）由已知信息可知，高温下，苛化泥的主要成分与反应生成偏铝酸钠和偏铝酸钙，偏铝酸钠溶于水，偏铝酸钙难溶于水，所以滤液中杂质的主要成分是。（3）在弱碱性环境下，与和反应生成、和，离子方程式为：；CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率，因为C可提高溶液中浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放；滤液①中含有、等，且浓度较低，若要利用其中的钒元素，需要通过离子交换进行分离、富集，故滤液①应进入离子交换工序。（4）由离子交换工序中树脂的组成可知，洗脱液中应含有，考虑到水浸所得溶液中含有，为避免引人其他杂质离子，且廉价易得，故洗脱液的主要成分应为。（5）a．延长沉钒时间，能使反应更加完全，有利于沉钒，a不符合题意；b．呈弱酸性，如果将溶液调至碱性，与反应，不利于生成，b符合题意；c．搅拌能使反应物更好的接触，提高反应速率，使反应更加充分，有利于沉钒，c不符合题意；d．降低溶液的浓度，不利于生成，d符合题意；故选bd。典例2（2023·新课标卷）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)(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【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，过滤得到氢氧化铝滤渣和滤液；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，主要除去的杂质是，故答案为：；（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。方｜法｜提｜练钒及其化合物制备流程题核心考查钒的价态转化（+3、+4、+5为主）、除杂原理及反应条件控制，解题需遵循“定位流程→抓核心转化→析关键操作→用守恒计算”四步法则。首先，快速梳理流程主线：原料预处理（粉碎、焙烧、酸浸/碱浸）→核心转化（氧化/还原调节价态）→除杂提纯（沉淀、过滤、萃取）→产品制备（结晶、灼烧），明确各阶段物质转化方向。其次，聚焦钒的价态变化，牢记关键反应规律：如焙烧时低价钒被氧化为VO3-、VO43+，酸性条件下VO43+可转化为VO2+，强还原剂可将高价钒还原为V3+，结合题干信息写出氧化还原反应方程式。再次，分析关键操作目的：酸浸/碱浸选择取决于原料成分，除杂常用调pH使杂质离子（Fe3+、Al3+）沉淀，萃取分离利用钒的化合物在不同相中的溶解度差异。最后，计算时优先用电子守恒或元素守恒，规避复杂反应式书写。解题关键是紧扣钒的价态转化规律，将流程操作与物质性质紧密关联，快速定位解题突破口。变｜式｜巩｜固变式1（25-26高三上·吉林·月考）BiVO4是一种光催化材料。工业利用某废催化剂(主要含V2O5、Bi2O3、NiO及少量Al2O3、SiO2)制备BiVO4的工艺流程如下：已知：Ⅰ．Bi2O3、NiO都是不溶于水的碱性氧化物Ⅱ．VO2-+2HR(有机层)VOR2(有机层)+2H+回答下列问题：(1)滤渣的主要成分是；(2)“酸化”后的溶液中存在，则“还原”时发生反应的离子方程式为。(3)反萃取剂应选用(填“酸性”、“中性”或“碱性”)溶液；若“萃取”、“反萃取”的过程中钒的总回收率为90%，则“还原”时加入的Na2SO3和“氧化”时加入的NaClO3的物质的量之比为。(4)生成BiVO4的化学方程式为。(5)BiVO4作电极电催化还原CO2的装置如图甲所示。在不同电压条件下进行光照电解实验，不同有机产物的法拉第效率(FE)随电压变化如图乙所示。已知：FE%=×100%，其中，Qx=nF，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。①电势比较：泡沫Ni网电极BiVO4电极(填“>”“<”或“=”)。②BiVO4电极发生的电极反应式为。③维持电压为U3V，电解一段时间后，生成的HCHO和HCOOH的物质的量之比为5∶3，则生成HCOOH的法拉第效率m为。【答案】(1)Al(OH)3和H2SiO3(2)(3)酸性10∶3(4)(5)＜10.8【分析】废催化剂首先碱浸可以溶解Al2O3、V2O5、SiO2，溶解到滤液中，滤液经酸化结合后面的流程，滤渣中应该含有Al(OH)3和H2SiO3；根据流程图可知，“还原”时，转化为，相应的离子方程式为；用HR萃取出VO2+，然后反萃取，用NaClO3将VO2+氧化成，加入氯化铵得到NH4VO3。沉淀用盐酸酸溶，调节pH所得沉淀用硝酸酸溶得Bi(NO3)3溶液。由图甲可知，BiVO4电极上水发生失去电子的氧化反应生成氧气，因此BiVO4电极为阳极，阳极电极反应式为，泡沫Ni网电极为阴极，阴极生成HCOOH的电极反应方程式为，阴极生成HCHO的电极方程式为，阴极生成CH3OH的电极方程式为，阴极生成C2H5OH的电极方程式为，由图乙可知，通过改变电压可以选择性地获得不同还原产物，据此分析。【解析】（1）由分析可知，滤渣的主要成分是：Al(OH)3和H2SiO3。（2）根据流程图可知，“还原”时，转化为，相应的离子方程式为。（3）结合已知Ⅱ可知，根据平衡移动原理可知，反萃取剂应选用酸性溶液；亚硫酸钠将还原为VO2+，NaClO3将VO2+氧化成，根据得失电子守恒可知，还原剂失去电子的物质的量等于氧化剂得到电子的物质的量，设Na2SO3的物质的量为x，NaClO3的物质的量为y，则2x×90%=6y，则x:y=10∶3。（4）根据流程可知，生成BiVO4的化学方程式为。（5）①电势为阳极电势高于阴极电势，泡沫Ni网电极为阴极，BiVO4电极为阳极，即电势关系为泡沫Ni网电极＜BiVO4电极；②BiVO4电极上水发生失去电子的氧化反应生成氧气，因此BiVO4电极为阳极，阳极电极反应式为；③生成HCOOH、HCHO的电极反应依次为、，电解电压为U3V时，放电生成1mol甲酸转移2mol电子，生成1mol甲醛转移4mol电子，由图可知，生成HCHO的FE%为36%，则由电解生成的甲醛和甲酸的物质的量之比为5∶3，可得，解得m=10.8。变式2（25-26高三上·江苏镇江·开学考试）是石油化工中的催化剂，利用苛化泥(、)焙烧工艺从石煤(主要含，杂质为、、灰渣、、、等)中提取的工艺如下：已知：Ⅰ．常温下，微溶于水，难溶于水。Ⅱ．；，。(1)碱化焙烧时，转化为的化学方程式为。(2)萃取原理可表示为(水层)(有机层)(有机层)(水层)，反萃取时将有机层中转移到水层。使尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有。(填两项)。(3)钒在溶液中的聚合状态不仅与溶液值有关，而且与溶液中钒的浓度密切相关。溶液中五价钒在不同值和钒浓度下的聚合状态如图所示。反萃取后含钒溶液中，钒元素浓度为，溶液，推测溶液中钒元素主要以离子形式存在。画出该离子的结构式。(4)“沉钒”时加入过量的目的是。(5)在实际工业生产中，“沉钒”前要加入除掉溶液中微量的，反应的平衡常数。【答案】(1)(2)适当提高浓度；充分振摇分液漏斗；用适量萃取剂分多次萃取(任意两个即可)(3)或(4)增大，促进充分沉淀(5)1021【分析】石煤和苛化泥通入空气进行焙烧，反应生成等，水浸可分离焙烧后的可溶性物质(如)和不溶性物质[等]，过滤后浸出液进行萃取，浸渣进行二次萃取，两次萃取液合并后进行反萃取，将有机层中转移到水层；加入过量沉钒，再经系列操作得到高纯。【解析】（1）碱化焙烧时，V的化合价升高，说明该反应需要加入氧化剂，题给信息未给出氧化剂，推测为空气中的氧气作氧化剂，转化为的化学方程式；（2）根据萃取原理，欲使有机层中尽可能多地转移到水层，可适当提高浓度，或充分振摇分液漏斗，或用适量萃取剂分多次萃取；（3）由图知，溶液时，溶液中钒元素主要以离子形式存在，该离子的结构式或；（4）“沉矾”时加入过量的目的是增大，促进充分沉淀；（5）由题意可知的。变式3（2025·贵州遵义·一模）钒钛赤铁矿经高炉炼铁后得到钒渣，钒渣处理后得到钠化提钒液，主要含有、（还含有少量Cr、Si元素），由钠化提钒液提取晶体的流程如下图所示。回答下列问题：(1)净化过程会生成沉淀。沉淀按照“活泼金属氧化物·较活泼金属氧化物·非金属氧化物·水”的形式可改写为（计量系数取整数）。(2)一种新的除硅工序为先酸化生成硅酸胶粒（结构如下图所示），再加入可解离出、的聚羧酸减水剂生成沉淀。聚羧酸减水剂能使硅酸胶粒沉淀的原因是。(3)钠盐沉钒过程中调节pH＜2，生成沉淀。该反应的离子方程式为。(4)离子交换时，固体质量与50%的体积之比对产物晶体中Na元素含量的影响如下表所示。从经济和环保的角度综合考虑，较好的固液比为。固液比对晶体中Na含量的影响固液比（g/mL）Na的含量（g/L）Na的百分含量（%）1∶50.017910.89551∶100.005480.27401∶150.010390.51951∶200.002880.1440(5)与煅烧制备的传统工艺相比，煅烧的优点是（回答一点即可）。(6)滤液1中含有和少量。一种分离铬与钒的方法如下图所示。①与反应的离子方程式为。②加入的作用是。【答案】(1)(2)聚羧酸减水剂解离出的、带负电荷，与硅酸胶粒所带正电荷中和，二者相互吸引聚沉，在重力作用下沉淀析出(3)(4)1∶10(5)无污染性气体生成（其他合理性答案也可以）(6)把氧化为【分析】钠化提钒液，主要含有、（还含有少量Cr、Si元素），净化过程加入除硅剂会生成沉淀。加入硫酸调节pH＜2，生成沉淀。再加入硫酸进行离子交换，得到，煅烧得到。【解析】（1）沉淀按照“活泼金属氧化物·较活泼金属氧化物·非金属氧化物·水”的形式可改写为；（2）聚羧酸减水剂解离出的、带负电荷，与硅酸胶粒所带正电荷中和，二者相互吸引聚沉，在重力作用下沉淀析出；（3）根据电荷守恒、原子守恒可以得到：；（4）离子交换时，产物晶体中Na元素含量越低越好，从经济和环保的角度综合考虑，较好的固液比为1∶10；（5）煅烧制备的同时生成污染性气体氨气，则与传统工艺相比，煅烧的优点是无污染性气体生成；（6）①根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒知：；②中是+4价，中是+5价，则加入的作用是把氧化为。变式4[原创题]钒是重要的战略金属，广泛应用于储能、合金等领域，从钒钛磁铁矿冶炼过程产生的钒渣钠化焙烧的水浸液(主要成分有、)中回收钒具体流程如下：已知：钒富集渣中V主要以形式存在，利用从钒富集渣中浸出和NaOH。(1)“沉钒”加入Ca(OH)2的目的是将VO3-转化为Ca3V2O8沉淀，该反应的化学方程式为；此步骤可分离Na2CrO4的原因是。(2)“浸出”时，Ca3V2O8与NaHCO3反应生成NaVO3、NaOH和一种盐，该盐的化学式为；浸出渣1的主要成分为(填化学式)。(3)“结晶”加入NH4HCO3，使NaVO3转化为NH4VO3沉淀，该反应的离子方程式为；NH4VO3中V的化合价为。(4)“煅烧NH4VO3生成V2O5，同时产生NH3和H2O，该反应的化学方程式为。(5)不同pH下含铬微粒的分布系数如图所示。调至的过程中，和浓度会发生相应变化，用离子方程式解释原因：。结合图像和工业生产的经济性分析，“沉铬”时适宜的pH范围是。【答案】(1)6NaVO3+3Ca(OH)2=Ca3V2O8↓+6NaOHNa2CrO4不与Ca(OH)2反应，留在溶液中(2)CaCO3CaCO3(3)VO3-+NH4+=NH4VO3↓+5(4)(5)7.5～8.5【分析】钒渣钠化焙烧水浸液主要成分为、，经过“沉钒”步骤，加入后生成沉淀，即钒富集渣，同时分离出含铬溶液，含铬溶液通过“沉铬”步骤，加入将转化为沉淀，沉铬后加入浸出，得到产品；钒富集渣用浸出，生成溶液，再加入结晶得到，最后煅烧得。【解析】(1)沉钒反应中，Ca(OH)2提供Ca2+,与NaVO3中的VO3-结合生成Ca3V2O8沉淀，化学方程式为：6NaVO3+3Ca(OH)2=Ca3V2O8↓+6NaOH；分离Na2CrO4的原因是：Na2CrO4不与Ca(OH)2发生反应，仍留在溶液中，从而与钒的沉淀分离。(2)Ca3V2O8与NaHCO3反应时，Ca2+与HCO3-结合生成CaCO3(盐),故该盐的化学式为CaCO3；CaCO3难溶于水，因此浸出渣1的主要成分为CaCO3。(3)NH4HCO3电离出的NH4+与NaVO3电离出的VO3-结合生成NH4VO3沉淀，离子方程式为：VO3-+NH4+=NH4VO3↓；在NH4VO3中，NH4+为+1价、0为-2价，设V的化合价为x,根据正负化合价代数和为0:+1+x+3×(-2)=0,解得x=+5,故V的化合价为+5。（4）在高温下分解生成，同时释放和，根据元素守恒，反应方程式为；（5）根据题目给出的图像，时，占主导；时，占主导；在6-7之间时，逐渐减少，逐渐增加，这说明存在平衡，当增大时，平衡右移，减少，增加；对于“沉铬”步骤，需要将转化为沉淀，根据图像，时，占绝对优势，有利于沉淀完全，但过高会增加碱的消耗，不经济，综合分析，在7.5-8.5之间时是最佳范围，此时比例高，且无需过量碱；

题型02铬及其化合物的制备流程典｜例｜精｜析典例1（2025·河北卷）铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾同时回收利用钾资源，可实现绿色化学的目标。过程如下：已知：铬铁矿主要成分是。回答下列问题：(1)基态铬原子的价层电子排布式：。(2)煅烧工序中反应生成的化学方程式：。(3)浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分：、、(填化学式)。(4)酸化工序中需加压的原因：。(5)滤液Ⅱ的主要成分：(填化学式)。(6)补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式。(7)滤渣Ⅱ可返回工序。(填工序名称)【答案】(1)(2)(3)MgO(4)增大CO2的溶解度，保证酸化反应充分进行(5)(6)(7)煅烧【分析】铬铁矿主要成分是，与过量KOH在空气中煅烧，生成、Fe2O3、MgO，；通入/CO2浸取，生成，、MgO不反应，故滤渣Ⅰ为：，、MgO，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出固体，滤液Ⅰ中含有；将中加水溶解，并通入过量CO2酸化，将转化为，同时副产物生成，将与分离，滤液Ⅱ的主要溶质为；做还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的还原为，自身转化为进入滤渣Ⅱ，KOH进一步处理得，循环使用，据此分析；【解析】（1）Cr为24号元素，基态铬原子的价层电子排布式：；（2）煅烧工序中与过量KOH、空气中氧气反应生成、Fe2O3、，根据得失电子守恒，原子守恒，化学方程式：；（3）根据分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分：、MgO；（4）向中加水溶解，并通入过量CO2酸化，将转化为，加大压强，可以增大CO2的溶解度，使液体中CO2浓度增大，保证酸化反应充分进行；（5）根据分析可知，滤液Ⅱ的主要溶质为；（6）做还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的还原为，自身转化为，铁元素由0价升高到+3价，Cr由+6价降低到+3价，根据得失电子守恒，原子守恒，化学方程式：；（7）滤渣Ⅱ含有和可返回煅烧工序。典例2（25-26高三上·辽宁·期中）从钒铬锰矿渣(主要成分为、、)中提取铬的一种工艺流程如下：已知：①较大时，二价锰[Mn(II)]在空气中易被氧化，酸性条件下钒元素的存在形式为。②常温下，部分、开始沉淀和完全沉淀(离子浓度小于)时的如下表。沉淀物开始沉淀时的1.68.1完全沉淀时的5.610.1回答下列问题：(1)中钒元素的化合价为；硫酸浸出钒铬锰矿渣时，与硫酸反应的离子方程式为。(2)检验“沉钒”后的滤液中是否含有的方法为。(3)“沉铬”时控制溶液pH的范围为。(4)写出“煅烧”时发生反应的化学方程式：。(5)“转化”过程中生成的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为。(6)若取含铬质量分数为的钒铬锰矿渣经过上述流程(铬元素在整个流程中损失率为)，则可制得固体的质量为(保留3位有效数字)。【答案】(1)+5(2)取少许滤液于试管中，滴入几滴溶液，若混合溶液变红，则含有，反之则没有(或其他合理答案)(3)5.6~8.1(4)(5)1:1(6)0.139【分析】依据题干可知钒铬锰矿渣经沉钒步骤将钒元素转化为钒的氧化物分离，滤液在碱性条件下使铬元素转化为氢氧化物沉淀，即固体A为；滤液B中主要含有，经过过氧化氢氧化后转化为二氧化锰。【解析】（1）氧为-2价，设钒化合价为x，则2x+(-2×5)=0，解得x=+5，即钒元素显+5价；酸性条件下，与反应生成，即离子方程式为；（2）检验铁离子采用硫氰化钾（），即取少许滤液于试管中，滴入几滴溶液，若混合溶液变红，则含有，反之则没有；（3）由表中数据，完全沉淀pH=5.6，而开始沉淀pH=8.1，故应控制pH在5.6~8.1之间，使铬离子沉淀而锰离子不沉淀；（4）高温煅烧可得到不变价金属氧化物和水，即化学方程式为；（5）已知题干转化过程为碱性条件下锰离子转化为二氧化锰，则反应离子方程式为，在反应中锰离子（）做还原剂，过氧化氢（）做氧化剂，通过离子方程式可知，氧化剂和还原剂物质的量之比为1:1；（6）根据题干可知，矿渣中铬元素的质量为[10××（1-）]kg，铬元素物质的量为mol，三氧化二铬的物质的量为mol，则三氧化二铬的质量为g≈0.139akg。方｜法｜提｜练铬及其化合物制备流程题核心考查铬的价态转化（+3、+6为主）、氧化还原反应控制及除杂分离，解题遵循“梳流程→抓价态→析操作→巧计算”四步核心法。首先，快速梳理流程主线：原料预处理（粉碎、焙烧、酸浸/碱浸）→核心转化（氧化/还原调节价态，如Cr3+与CrO42-、Cr2O72-的转化）→除杂提纯（调pH沉淀、过滤、洗涤）→产品制备（结晶、灼烧、转化），明确各阶段物质流向。其次，聚焦价态转化规律，牢记关键条件：酸性条件下CrO42-转化为CrO42-，碱性条件下反之；Cr3+需强氧化剂（如NaClO、H2O2）氧化为+6价，+6价铬需还原剂（如Fe2+、SO2）还原为Cr3+，结合题干信息书写配平反应方程式。再次，分析操作目的：酸浸/碱浸适配原料性质，调pH除杂优先除去Fe3+、Al3+等杂质，控制pH避免铬离子共沉淀。最后，计算优先用电子守恒或元素守恒，简化复杂反应推导，快速求解产量、纯度等问题。解题关键是紧扣铬价态转化的条件依赖性，将操作与性质关联定位突破口。变｜式｜巩｜固变式1（25-26高三上·黑龙江牡丹江·期中）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存在，在碱性介质中以存在。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、磷分别以和的形式沉淀，该步需要控制溶液的以达到最好的除杂效果，若时，会导致。(5)“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到沉淀，在时，溶解为或在碱性条件下，溶解为或，上述性质说明具有。A．酸性

B．碱性

C．两性(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠()溶液，反应的离子方程式为。【答案】(1)(2)(3)(4)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)【分析】铬钒渣在空气中和碳酸钠、氢氧化钠中煅烧得到，、等，用水浸取，会转化为，过滤出滤渣二氧化硅和氧化铁，再用稀硫酸调节pH值得到氢氧化铝沉淀，再用硫酸镁、硫酸铵除硅、磷杂质，用稀硫酸调节pH值分离出钒，用焦亚硫酸钠()溶液还原得到氢氧化铬。【解析】（1）煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，根据在碱性介质中以存在，则其中含铬化合物主要为；（2）煅烧过程中铁的化合物被氧化为氧化铁，因此水浸渣中主要有和；（3）煅烧、浸取后铝元素以形式存在，因此“沉淀”步骤调到弱碱性，则铝元素以氢氧化铝形式存在，即主要除去的杂质是；（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；（5）根据上述信息说明既和酸反应又和碱反应，因此说明具有两性，故答案为C；（6）根据最高价铬酸根在酸性介质中以存在，则“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠()溶液，反应的离子方程式为。变式2（25-26高三上·四川广安·月考）铬酸铅(PbCrO4)又称铬黄，是一种重要的黄色颜料。工业上以铬渣(主要成分Cr2O3，含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2)为原料制备铬酸铅，实现资源的再利用，流程如下。已知：①2+2H++H2O；

②Ksp(PbCO3)=8×10-14。(1)基态Pb是价电子排布图为。(2)“粉碎”的目的是。(3)“氧化焙烧”时，Cr2O3发生的化学方程式为。(4)“除杂”中生成金属化合物的离子方程式。(5)“调pH”一般调至接近中性，原因是。(6)一系列操作包括、研磨粉碎(7)一幼童经检验血铅含量达450μg/L(1μg=10-6g)，已知工业铬黄颜料中铬酸铅的含量约为50%，假设幼童体内血液总量为2L，且摄入的铅经过代谢最终有0.1%滞留在血液中，该幼童等效于摄入了g颜料。(保留一位小数，PbCrO4相对分子质量为323)【答案】(1)

(2)增大反应物的接触面积，加快后续氧化焙烧等过程的反应速率，使焙烧更充分(3)(4)(5)pH过高可能导致沉铬时生成PbCO3杂质；pH过低c(OH-)过高，会促使转化为(6)过滤、洗涤、干燥(7)2.8【分析】将铬渣(主要成分Cr2O3，含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2)粉碎，加入、氧化焙烧后，转化为，水浸后，滤渣1为不溶于水的，通入除杂，将滤液中的、转化为Al(OH)3、H2SiO3沉淀除掉，故滤渣2为Al(OH)3、H2SiO3，滤液中含有，加入硝酸“调pH”一般调至接近中性，一方面防止形成，另一方面可防止转化为，加入硝酸铅沉淀得到，经过系列操作得到铬酸铅，据此解答。【解析】（1）Pb与C元素位于同一主族，为第六周期ⅣA族，价电子排布式为6s26p2，价电子排布图为：。（2）“粉碎”的目的是增大反应物的接触面积，加快后续氧化焙烧等过程的反应速率，使焙烧更充分。（3）”氧化焙烧”时，与NaOH、反应生成了，做氧化剂，被氧化为，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。（4）由分析可知，“除杂”中和CO2反应生成金属化合物Al(OH)3，离子方程式为：。（5）“除杂”过程中会生成NaHCO3，调 pH 至接近中性，原因是：若pH较高，发生离子反应：，导致沉铬时生成PbCO3杂质；若pH较低，发生反应：，导致PbCO3产率下降。（6）一系列操作通常包括“过滤、洗涤、干燥”等，然后再研磨粉碎。（7）幼童血铅总量为 450 μg / L × 2 L = 900 μg (即 0.0009 g)，设这是摄入铅总量的 0.1%，则摄入铅 == 0.9 g，工业铬黄中约 50% 为 PbCrO4，PbCrO4 中铅所占质量分数为 。故颜料中铅的质量分数 ≈ 0.50 × 64.1% = 0.3205，即摄入颜料质量 = (保留一位小数)。变式3（25-26高三上·吉林四平·期中）以铬铁矿(，含杂质)为原料制备红矾钠的流程如下：已知：①“浸取”时可溶性组分的浓度与的关系如图所示，当时，可认为已除尽；②酸性条件下，具有强氧化性。回答下列问题：(1)“焙烧”时，铬元素转化为，写出“焙烧”时发生反应的化学方程式：。(2)“中和”的目的是，需控制溶液的范围为。(3)“酸化”时需使用的溶液。实验室用密度为、质量分数为的浓硫酸配制该溶液时，需用量筒量取浓硫酸的体积为。(4)“酸化”过程中不能用浓盐酸代替稀溶液，其原因是。(5)测定红矾钠的纯度。取样品配成250.00mL溶液，取出放于锥形瓶中，加入稀硫酸和足量的溶液置于暗处充分反应，最后用浓度为的标准溶液滴定，共消耗标准液。①测定实验中可选用作指示剂。②该样品中的纯度为(已知：、，反应未配平)。【答案】(1)(2)以氢氧化铝沉淀、硅酸沉淀的形式除去铝和硅元素(3)(4)酸性条件下，具有强氧化性，会氧化氯离子，生成有毒的氯气(5)淀粉【分析】铬铁矿主要成分FeO·Cr2O3，含Al2O3、SiO2等杂质；铬铁矿和纯碱、氧气焙烧生成Na2CrO4、四羟基合铝酸钠、硅酸钠、氧化铁；“水浸”除去氧化铁；滤液中加硫酸“中和”生成氢氧化铝、硅酸沉淀，过滤；滤液中加硫酸酸化把完全转化为，蒸发浓缩，冷却结晶析出Na2Cr2O7·2H2O。【解析】（1）焙烧时FeO·Cr2O3、碳酸钠、氧气反应生成Na2CrO4、氧化铁、二氧化碳气体，发生反应的化学方程式为：。（2）使用稀硫酸中和的目的是以氢氧化铝沉淀、硅酸沉淀的形式除去铝和硅元素；根据图示，铝离子沉淀完全的，当溶液时，氢氧化铝会溶解生成四羟基合铝酸钠，故pH的理论范围为。（3）根据浓度换算公式，，结合溶液稀释公式：，则。（4）加稀硫酸酸化把完全转化为，酸性条件下，具有强氧化性，会氧化氯离子，生成有毒的氯气。（5）①在测定实验中，由于与硫代硫酸钠反应，淀粉遇碘变蓝，所以可选用淀粉溶液作指示剂。②将已知方程式配平：、，可得关系式：，样品中的纯度为：。变式4[原创题]某兴趣小组利用铬铁矿无钙铬渣(主要成分包括等)制备的流程如下：已知：①饱和溶液的；②当离子浓度时，可认为已除尽。回答下列问题：(1)“氧化焙烧”时，FeCr2O4与Na2CO3、O2反应生成Fe2O3、Na2CrO4和CO2，该反应中FeCr2O4的氧化产物为：SiO2与Na2CO3反应的化学方程式为。(2)“浸出”后，浸渣的主要成分为Fe2O3和(填化学式)；“除杂”通入CO2的目的是除去Al(OH)4-,反应的离子方程式为。(3)“除杂”时，需控制pH不低于5.6，原因是。(4)溶液中离子与的关系如下图所示。则“除杂”时溶液的范围是；滤渣的主要成分为、。(5)纯度分析：称取(相对分子质量294)试样配成溶液，取出于锥形瓶中，加入适量的稀和足量KI，放于暗处，然后加入水，同时加入少量淀粉溶液作指示剂，用标准溶液滴定(杂质不参与反应)，平行测定三次，平均用去标准溶液，则所得产品中纯度为(已知：)。【答案】(1)Fe2O3、Na2CrO4SiO2+Na2CO3eq\o(=,\s\up7(高温))Na2SiO3+CO2↑(2)MgOAl(OH)4-+CO2=Al(OH)3+HCO3-(3)确保CO2充分溶解，使Al(OH)4-完全沉淀；(4)(5)98%【分析】本题为无机物制备类的工业流程题，首先对原材料氧化焙烧，此时，都可以发生反应，其中氧化铝和二氧化硅分别反应生成偏铝酸钠和硅酸钠，、FeCr2O4和碳酸钠、氧气反应生成，其中FeCr2O4反应的方程式为：，随后用水浸出后，浸渣含有氧化铁和氧化镁，偏铝酸钠用水浸出后变为NaAl(OH)4，过滤后向滤液中通入二氧化碳和NaAl(OH)4和硅酸钠反应生成氢氧化铝和硅酸，即此时过滤的滤渣中含有氢氧化铝和硅酸，随后酸化，再加入氯化钾得到产品，以此解题。【解析】（1）“氧化焙烧”时碳酸钠、氧气和FeCr2O4反应生成、CO2和Fe2O3，方程式为：，氧化产物是价态升高生成的产物，故该反应中FeCr2O4的氧化产物为Fe2O3、Na2CrO4；SiO2与Na2CO3高温反应生成Na2SiO3和CO2，方程式为SiO2+Na2CO3eq\o(=,\s\up7(高温))Na2SiO3+CO2↑。（2）结合分析可知，浸渣的主要成分为Fe2O3、MgO；CO2与AlO2-在水溶液中反应生成Al(OH)3沉淀。离子方程式为Al(OH)4-+CO2=Al(OH)3+HCO3-。（3）结合分析可知，“除杂”时要除去硅酸根和Al(OH)4-离子，饱和溶液的，低于此值溶解不足，无法充分Al(OH)4-沉淀，故答案为确保CO2充分溶解，使Al(OH)4-完全沉淀；（4）结合图像分析可知，“除杂”时要除去硅酸根和Al(OH)4-离子，饱和溶液的，要防止Al(OH)4-未除净，同时防止生成Al3+，则“除杂”时溶液的范围是；滤渣的主要成分为、；（5）根据得失电子守恒可知，，再结合可知，，则产品中纯度为。

题型03锰及其化合物的制备流程典｜例｜精｜析典例1（2025·湖南卷）一种从深海多金属结核[主要含，有少量的]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液的工艺流程如下：已知：①金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子。②常温下，溶液中金属离子(假定浓度均为)开始沉淀和完全沉淀的：开始沉淀的1.93.34.76.97.48.1完全沉淀的3.24.66.78.99.410.1回答下列问题：(1)基态的价层电子排布式为。(2)“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是(写化学式)；还原的化学方程式为。(3)“沉铁”时，转化为的离子方程式为，加热至的主要原因是。(4)“沉铝”时，未产生沉淀，该溶液中不超过。(5)“第二次萃取”时，、(填离子符号)与混合萃取剂形成的配合物(其结构如图所示，M表示金属元素)更稳定，这些配合物中氮原子的杂化类型为。【答案】(1)(2)(3)防止形成胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降(4)(5)sp2【分析】金属结核[主要含，有少量的]加入、进行酸浸还原，得到的滤渣含有，滤液中含有，通入空气，调解pH=3.2，沉铁得到滤渣，继续加入NaOH调节pH=5.2沉铝主要得到，加入萃取剂第一次萃取，分液得到的萃取液1，萃余液1中加入混合萃取剂进行第二次萃取，得到电池级镍钴锰混合溶液，萃余液2中电解得到金属锰，据此解答。【解析】（1）原子的价电子是指和能级上的电子，所以基态原子的价电子排布式为；（2）由分析可知，“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是；将3价钴还原为2价钴，同时由于硫酸的作用得到，化学方程式为；（3）“沉铁”时，转化为，铁元素化合价上升，则做氧化剂，离子反应为：；已知金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子，则加热至的主要原因是防止形成胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降；（4）由表可知，，“沉铝”时，未产生沉淀，则；（5）由流程可知，第二次萃取时，主要萃取，因此与混合萃取剂形成的配合物更稳定；六元杂环是平面结构，N原子提供单电子用于环内形成大π键，剩余1对孤对电子形成配位键，N的价层电子对数为3，是sp2杂化。典例2（2025·云南卷）从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、、、CuO、等)中提取Au、Ag，并回收其它有价金属的一种工艺如下：已知：①金-银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19%、2.35%。②25℃时，的为。回答下列问题：(1)基态Cu原子的价层电子排布式为。(2)“还原酸浸”时，反应的离子方程式为。(3)“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下：①②上述过程中的催化剂为。(4)“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为。(5)根据“还原酸浸”“氧化”，推断的氧化性由强到弱的顺序为。(6)25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，无析出，则。(7)一种锑锰合金的立方晶胞结构如图。①该晶胞中，每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有个。②为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为anm，则晶体的密度为(列出计算式即可)。【答案】(1)(2)(3)(4)大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度(5)(6)0.19(7)12【分析】由流程可知，矿石经“还原酸浸”，、被还原为和，CuO被溶解为，Au、Ag、不溶进入“滤渣1”；“沉铜”时，被铁粉还原为Cu；“氧化时”被氧化为；“沉铁”时，转化为沉淀，后续转化为氧化铁；“沉锰”时，沉淀为碳酸锰。“浸金银”时，Au、Ag被混合液浸出，后续提炼出Au、Ag。【解析】（1）Cu为29号元素，基态Cu原子的核外电子排布属于洪物规则的特例，其价电子数为11，其价层电子排布式为。（2）“还原酸浸”时，被亚硫酸钠还原为，该反应的离子方程式为。（3）“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下：①②分析以上两反应可知，参与了反应①，但在反应②又重新生成，其质量和性质在反应前后没发生变化，因此，上述过程中的催化剂为。（4）“还原酸浸”所得“滤液1”中含有一定浓度的未反应的硫酸和亚硫酸钠，多次循环利用“滤液1”对矿石进行“还原酸浸”可以充分利用其中的有效成分，大大减少了原料的浪费，从而有效降低成本；其次，持续地将杂质元素溶解并带出矿石体系，可以使矿石中的金银的相对品位得到提升，为后续提纯工序创造更好的条件；第三，还可以减少废水的排放量和处理成本；第四，可以回收更多的有价值的溶解成分。综上所述，“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为：大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度。（5）“还原酸浸”时，和CuO可以被硫酸溶解转化为和，亚硫酸钠将还原为，而并未被还原，因此，的氧化性强于；“氧化”时，被氧化为，因此，的氧化性强于。综上所述，根据“还原酸浸”“氧化”，推断的氧化性由强到弱的顺序为。（6）25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，此时，无析出，根据的为，则。（7）由晶胞结构可知，该晶胞为面心立方，Sb位于晶胞的顶点，其与邻近的3个面的面心上的Mn距离最近且距离相等，每个顶点参与形成8个晶胞，而每个面心参与形成2个晶胞，因此，该晶胞中，每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有个。②由晶胞结构和均摊法可知，该晶胞中平均占有1个Sb和3个Mn，因此，该晶胞的质量为，该晶胞的体积为，晶体的密度为。方｜法｜提｜练锰及其化合物制备流程题核心考查锰的价态转化（+2、+4、+6、+7为主）、氧化还原反应调控及除杂分离，解题遵循“理流程→抓价态→析操作→用守恒”四步核心法。首先，梳理流程主线：原料预处理（粉碎、焙烧、酸浸/碱浸，常见原料为软锰矿MnO2）→核心转化（氧化/还原调节价态，如MnO2还原为Mn2+、Mn2+氧化为MnO4-等）→除杂提纯（调pH沉淀Fe3+、Al3+等杂质，避免Mn2+共沉淀）→产品制备（结晶、灼烧、歧化转化等），明确物质流向。其次，聚焦价态转化规律，牢记关键条件：酸性条件下MnO2氧化性增强，易被还原为Mn2+；Mn2+需强氧化剂（如NaBiO3）氧化为MnO4-；MnO42-在酸性条件下易歧化生成MnO4-和MnO2。再次，分析操作目的：焙烧常为氧化低价锰或分解杂质，调pH需控制范围匹配杂质沉淀与锰离子稳定价态。最后，计算优先用电子守恒或元素守恒，简化反应推导。解题关键是紧扣锰价态转化的条件差异，关联操作与物质性质定位突破口。变｜式｜巩｜固变式1（25-26高三上·北京·月考）是一种重要的化工产品。以菱锰矿（主要成分为，还含有、、等）为原料制备的工艺流程如下图。资料：金属离子沉淀的金属离子开始沉淀1.56.37.47.6完全沉淀2.88.39.410.2(1)酸浸后所得溶液的金属阳离子包括、、。(2)沉淀池1中，先加充分反应后再加氨水。写出加时发生反应的离子方程式：。(3)沉淀池2中，不能用代替含硫沉淀剂，原因是。(4)和的溶解度曲线如下图。从“含的溶液”中提取“晶体”的操作为，洗涤干燥。(5)受实际条件限制，“酸浸池”所得的废渣中还含有。其含量测定方法如下。i．称取废渣，加酸将锰元素全部溶出成，过滤，将滤液定容于容量瓶中；ii．取溶液于锥形瓶中，加入少量催化剂和过量溶液，加热、充分反应后，煮沸溶液使过量的分解。iii．用溶液滴定，至溶液褪色时消耗溶液的体积为。①补全步骤ii中反应的离子方程式：。②废渣中锰元素的质量分数为（列出计算式即可）。③若略去第ii步中的煮沸步骤，锰元素的质量分数将（填“偏大”、“不受影响”或“偏小”）。【答案】(1)、(2)(3)若用作沉淀剂，沉淀完全时，也会沉淀，导致产率降低(4)蒸发结晶，趁热过滤(5)偏大【分析】菱锰矿加入硫酸酸浸，锰、铁、钴转化为相应的硫酸盐溶液，滤液先加入将转化为，再加入氨水调节将铁转化为氢氧化铁沉淀得到沉淀1，滤液加入含硫沉淀剂将钴转化为沉淀得到沉淀2，过滤得到含有的滤液，再经过蒸发结晶、趁热过滤、洗涤干燥得到晶体。据此分析。【解析】（1）由分析可知，酸浸后所得溶液的金属阳离子包括、、、。（2）加入二氧化锰将二价铁转化为三价铁，同时四价锰转化为二价锰，反应为。（3）沉淀池2中，不能用代替含硫沉淀剂，结合图表可知，加入会使得、均会转化为氢氧化物沉淀，不能单纯除去，并且导致产率降低。（4）由分析可知，从“含的溶液”中提取“晶体”的操作为蒸发结晶，趁热过滤，洗涤干燥。（5）①根据氧化还原反应的配平原则，被氧化为，被还原为。通过得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，离子方程式为：；②根据以上反应可得关系式：，则废渣中锰元素的质量分数为；③若略去煮沸步骤，过量的会氧化，导致滴定消耗的体积偏大，计算出的锰元素质量分数偏大。变式2（25-26高三上·安徽·月考）可用于生产软磁材料，利用电解金属锰阳极渣(，还含少量、、CuO等)和黄铁矿(含)制备的流程如下：已知：①各物质的溶度积(25℃)物质溶度积()

②时，认为沉淀完全。回答下列问题：(1)的价层电子轨道表示式为。滤渣I的主要成分为S、(填化学式)。(2)“酸浸”过程中的质量浓度()和Mn的浸出率与反应时间关系如图，20~80min浸出Mn元素的主要离子方程式为。(3)加入的作用是，请从氧化还原反应角度说明选择的优点是。(4)若“转化”后溶液中，“中和除杂”需调节溶液的pH范围为(不考虑溶液体积的变化，)。(5)若“氟化除