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

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。

核心考向聚焦

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：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。

关键能力与思维瓶颈培优瓶颈：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。

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

命题前瞻与备考策略

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

-+2+

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Fe、

2+

SO2等还原为VO(+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

5+-+4+2+

(1)价态转化规律混淆：无法精准判断不同酸碱性条件下V(VO3、VO2)与V(VO)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

+2+

(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Fe、SO2还原为

2+-

VO,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

2-2-2-2+

铬常见+2、+3、+6价，+6价(Cr2O7、CrO4)氧化性强，酸性条件下Cr2O7可被Fe、SO2等还原为

3+2-2-2-2-+2-

Cr;碱性条件下CrO4氧化性减弱。Cr2O7与CrO4可通过调节pH相互转化：2CrO4+2HCr2O7+H2O。

2.氢氧化物的两性

3+-

Cr(OH)3是典型两性氢氧化物，与酸反应生成Cr,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

3+2-

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；Cr溶液呈绿色，Cr2O7

2-

溶液呈橙色，CrO4溶液呈黄色。

4.工业流程相关性质

3+2-

铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3)需经焙烧氧化(如纯碱、氧气焙烧)将Cr转化为可溶性CrO4;含铬废水

2-3+

需将Cr2O7还原为Cr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

+62-2-3+

(1)价态转化与平衡认知混乱：对Cr（Cr2O7、CrO4）与Cr的转化条件理解模糊，无法精准关联pH对

2-2-+

Cr2O7/CrO4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+2-

(3)工业流程核心原理断层：对铬铁矿焙烧（纯碱+氧气）将Cr转化为CrO4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。

+6

(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，

2-2+2-

明确酸性条件下Cr2O7的强氧化性（如与Fe、SO2的还原反应）、碱性条件下CrO4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

2-2-

Cr2O7/CrO4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

3+2-

-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Cr→CrO4

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

+6

（原子经济性、能耗、环保、操作难度），结合Cr化合物性质（如Cr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：

-2+

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Mn,中性生成MnO2,碱性生成

2-

MnO4(绿色);

②+4价MnO2有氧化性，与浓盐酸共热制Cl2;

2+

③+2价Mn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((2KMnO4===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

2+

Mn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，

2--

MnO4酸性条件下歧化为MnO4和MnO2。

4.工业流程关联性质

2+

①软锰矿(MnO2)提锰需先还原为Mn,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；

2+

③含锰废水处理：将Mn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

+-2-

强弱的影响；氧化还原配平时遗漏H、OH、H2O的配平规律，对MnO4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

2+

Mn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

-2+

(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→Mn、

2-

中性→MnO2、碱性→MnO4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

2-

子守恒”的解题步骤，结合实例理解MnO4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：

2+

①+2价(Co):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;

3+-2+

②+3价(Co):酸性条件下氧化性极强，能将Cl氧化为Cl2,本身易被还原为Co,仅在固体或配合物中稳定存

3+

在(如Co2O3、[Co(NH3)6])。

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，

3+-

与酸反应时，Co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

2+3+

示剂；钴易形成配合物(如[Co(NH3)6]、[Co(NH3)6]),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）、

2+

氧化沉淀（Co→Co(OH)3）等步骤提纯。

3+2+

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（Co→Co），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+3+

(2)配合物性质应用僵化：机械记忆[Co(NH3)6]易被氧化为[Co(NH3)6]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→

3+2+

制备”的工艺链条；对“还原LiCoO2中Co为Co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

2+3+

(1)构建价态-介质-转化三维模型：绘制“Co/Co价态-介质酸碱性-转化试剂“对应表，明确碱性条件下O2

3+-

氧化Co(OH)2、酸性条件下Co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

2+3+

异，推导分离原理；对比[Co(NH3)6]与[Co(NH3)6]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

2+

→分离提纯”的逻辑：①分析酸浸时Co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＋

(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]、[Ag(NH3)2]

＋3－2＋

、[Fe(SCN)6]、[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]。

(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

2＋＋

CuSO4(aq)[或AgNO3(aq)]Cu(OH)2(s)[或AgOH(s)][Cu(NH3)4]｛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-1、0、+2、+2、+3、+6，+2、+4、+6、+7，+2、+3，核心为+2、

价态，高价氧化性+3、+4、+5，核心为+3、+6核心为+2、+4、+3

强、低价还原性强核心为+4、+5+7

2--

价态转化介质酸碱性酸性下Cr2O7(橙)与MnO4还原产物碱性下Co(OH)2易

+2-

关键影响VO2(+5)易被CrO4(黄)随随酸/中/碱性分被O2氧化为

2+

因素还原为pH可逆转化别为Mn、Co(OH)3

2+2-

VO(+4)MnO2、MnO4

氢氧化物+3价氢氧化物多V(OH)5呈弱Cr(OH)3典型Mn(OH)2无两Co(OH)2弱两性；

性质具两性酸性，易脱水两性，与强碱性，易被氧化；Co(OH)3强氧化性，

-

生成V2O5生成[Cr(OH)4]MnO(OH)2为碱与盐酸反应放出Cl2

性

配合物形离子有空轨道，易与萃取剂形与NH3形成配合物较少，高与NH3形成

3+2+

成与配体形成配合成配合物实[Cr(NH3)6]稳考考查占比低[Co(NH3)6]与

3+

物现富集定配合物[Co(NH3)6]，后者

稳定性远高于前者

工业制备氧化/还原浸出→钒渣焙烧氧铬铁矿纯碱焙软锰矿还原浸出钴矿酸浸→萃取分

核心步骤调pH除杂→分离化→酸浸→烧→水浸→酸→除杂→氧化制离钴镍→氧化沉淀

提纯→转化萃取→沉钒化→还原沉淀备KMnO4或→煅烧制备钴氧化

生成NH4VO3Cr(OH)3MnO2物

2-

高考高频价态转化方程式V2O5两性催Cr2O7强氧化KMnO4氧化性废旧电池回收提钴、

考点配平、工业流程分化性质、萃取性、含铬废水与介质关系、歧钴镍萃取分离原理

离原理、平衡计算分离处理化反应

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）V2O5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V2O5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V2O3的矿物，杂质为大量Al2O3和少量CaO等；苛化泥的主要成分为

、、

CaCO3NaOHNa2CO3等。

高温下，苛化泥的主要成分可与AlO反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙CaVO和偏铝酸钙均难

ⅱ2332

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；CO2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NH4Cl溶液的浓度

32

【答案】(1)3d4s+5CO2

(2)NaAlO2

65~70℃

--提高溶液中-浓度，促使偏钒酸钙转化为碳

(3)HCO3+OH+CaVO32CaCO3+H2O+2VO3HCO3

-

酸钙，释放VO3离子交换

(4)NaCl

(5)bd

【分析】石煤和苛化泥通入空气进行焙烧，反应生成、、、、和

NaVO3CaVO32NaAlO2CaAlO22CaO

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

CO2(NaVO3)[CaVO32CaAlO22]

-

液进行离子交换、洗脱，用于富集和提纯VO3，加入氯化铵溶液沉钒，生成NH4VO3，经一系列处理后得到

V2O3；滤渣①在pH8，6570℃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VO3的富集。

32-

【解析】（1）钒是23号元素，其价层电子排布式为3d4s；焙烧过程中，氧气被还原，V2O3被氧化生成VO3，

偏钒酸盐中钒的化合价为+5价；CaCO3在800C以上开始分解，生成的气体①为CO2。

（2）由已知信息可知，高温下，苛化泥的主要成分与Al2O3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NaAlO2。

（）在弱碱性环境下，与-和-反应生成、-和，离子方程式为：

3CaVO32HCO3OHCaCO3

VO3H2O

65~70℃

--；加压导入盐浸工序可提高浸出率，因为可提高

HCO3+OH+CaVO32CaCO3+H2O+2VO3CO2C

---+

溶液中HCO3浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放VO3；滤液①中含有VO3、NH4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Cl-，考虑到水浸所得溶液中含有Na+，为避免

引人其他杂质离子，且NaCl廉价易得，故洗脱液的主要成分应为NaCl。

（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．NH4Cl呈弱酸性，如果将溶

-+

液调至碱性，OH与NH4反应，不利于生成NH4VO3，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NH4Cl溶液的浓度，不利于生成NH4VO3，

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：

22

已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O7存在，在碱性介质中以CrO4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。

3+

(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VO2或VO在碱性

3

条件下，溶解为VO3或VO4，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)AlOH

4

+

(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

2-2-+3+2-

(6)2Cr2O7+3S2O5+10H=4Cr+6SO4+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

AlOH，故答案为：AlOH；

44

（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

2-2-+3+2-2-2-+3+2-

2Cr2O7+3S2O5+10H=4Cr+6SO4+5H2O，故答案为：2Cr2O7+3S2O5+10H=4Cr+6SO4+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。

-3+3+

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、VO4，酸性条件下VO4

+3+

可转化为VO2，强还原剂可将高价钒还原为V，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

萃取

．2-有机层有机层+

ⅡVO+2HR()反萃取VOR2()+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VO3，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。

（生产还原产物所需要的电量）

QxX

已知：FE%=×100%，其中，Qx=nF，n表示电解生成还原产物X所转移

Q总（电解过程中通过的总电量）

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-+2+2-

(2)2VO3+SO3+6H=2VO+SO4+3H2O

(3)酸性10∶3

(4)H2O+NH4VO3+Bi(NO3)3=BiVO4+NH4NO3+2HNO3

-+

(5)＜2H2O-4e=4H+O210.8

【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

-2+

渣中应该含有Al(OH)3和H2SiO3；根据流程图可知，“还原”时，VO3转化为VO，相应的离子方程式为

-2-+2+2-2+2+

2VO3+SO3+6H=2VO+SO4+3H2O；用HR萃取出VO，然后反萃取，用NaClO3将VO氧化成VO3，

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2H2O-4e=4H+O2，泡沫Ni网电极为阴极，阴极生成HCOOH的电极反应方程式为

+-+-

CO2+2H+2e=HCOOH，阴极生成HCHO的电极方程式为CO2+4H+4e=HCHO+H2O，阴极生成CH3OH

+-

的电极方程式为CO2+6H+6e=CH3OH+H2O，阴极生成C2H5OH的电极方程式为

+-

2CO2+12H+12e=C2H5OH+3H2O，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+

（2）根据流程图可知，“还原”时，VO3转化为VO，相应的离子方程式为

-2-+2+2-

2VO3+SO3+6H=2VO+SO4+3H2O。

2+

（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VO3还原为VO，

2+

NaClO3将VO氧化成VO3，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H2O+NH4VO3+Bi(NO3)3=BiVO4+NH4NO3+2HNO3。

（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

-+

2H2O-4e=4H+O2；

+-+-

③生成HCOOH、HCHO的电极反应依次为CO2+2H+2e=HCOOH、CO2+4H+4e=HCHO+H2O，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

Q36%Qm%

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，可得总:总5:3，解

42

得m=10.8。

变式2（25-26高三上·江苏镇江·开学考试）V2O5是石油化工中的催化剂，利用苛化泥(CaCO3、NaOH)焙

FeO

烧工艺从石煤(主要含V2O3，杂质为SiO2、Al2O3、灰渣、23、CaO、MgO等)中提取V2O5的工艺如下：

已知：．常温下，微溶于水，难溶于水。

ⅠNH4VO3CaVO32

-36-7-15

Ⅱ．Ksp(CuS)=610；Ka1H2S=110，Ka2H2S=610。

(1)碱化焙烧时，V2O3转化为NaVO3的化学方程式为。

反萃取

--

(2)萃取原理可表示为VO3(水层)+RA(Cl)(有机层)RAVO3(有机层)+Cl(水层)，反萃取时将有机层中

萃取

--

VO3转移到水层。使VO3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pH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pH

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0.1

molL-1，溶液pH=12，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NH4Cl的目的是。

2+2+-+

(5)在实际工业生产中，“沉钒”前要加入NH4HS除掉溶液中微量的Cu，反应Cu+HS=CuS+H的平衡常数

K=。

焙烧

【答案】(1)V2O3+O2+2NaOH2NaVO3+H2O

(2)适当提高Cl-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)

4-

(3)V2O7或

+

(4)增大cNH4，促进NH4VO3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NaVO3等，水浸可分离焙烧后的可溶性物质(如NaVO3)

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，

[CaVO32]

-

将有机层中VO3转移到水层；加入过量NH4Cl沉钒，再经系列操作得到高纯V2O5。

【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，V2O3转化为NaVO3的化学方程式VO+O+2NaOH2NaVO+HO；

232焙烧32

-