新教材适用2024版高考化学二轮总复习第2部分新高考五大题型突破题型突破2化学工艺流程综合题突破点1流程中的原料处理与条件控制教师用书

题型突破二化学工艺流程综合题题型功能1.知识考查：元素及化合物、基本反应原理、反应条件的控制(温度、pH、投料比等)、实验技术、能量问题、绿色化工等。2.能力考查：考查学生文字阅读、图像、文字信息的提取、加工和处理能力，分析推理、知识迁移的能力，计算和数据处理能力以及语言文字表述能力。题型情境以真实的化工生产情境为背景，多以元素Fe、Cr、Mn、Ni、Mg、Al、V、Ti、Ca和陌生元素Mo、Ce等的单质及其化合物为载体。题型结构主要考查物质的制备和提纯工艺，试题结构模型如下：题型1物质制备型1.(2023·山东选考)盐湖卤水(主要含Na＋、Mg2＋、Li＋、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)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Li2CO3的工艺流程如下：已知：常温下，Ksp(Li2CO3)＝2.2×10－3。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B(OH)3在水中存在平衡：B(OH)3＋H2OH＋＋[B(OH)4]－(常温下，Ka＝10－9.34)；B(OH)3与NaOH溶液反应可制备硼砂Na2B4O5(OH)4·8H2O。常温下，在0.10mol·L－1硼砂溶液中，[B4O5(OH)4]2－水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]－，该水解反应的离子方程式为[B4O5(OH)4]2－＋5H2O=2B(OH)3＋2[B(OH)4]－，该溶液pH＝_9.34__。(2)滤渣Ⅰ的主要成分是_CaSO4__(填化学式)；精制Ⅰ后溶液中Li＋的浓度为2.0mol·L－1，则常温下精制Ⅱ过程中COeq\o\al(2－,3)浓度应控制在_5.5×10－4__mol·L－1以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl外，还将增加_纯碱__的用量(填化学式)。(3)精制Ⅱ的目的是_加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的Ca2＋转化为CaCO3(或除去精制Ⅰ所得滤液中的Ca2＋)，提高Li2CO3纯度__；进行操作X时应选择的试剂是_盐酸__，若不进行该操作而直接浓缩，将导致_浓缩液中因COeq\o\al(2－,3)浓度过大使得Li＋过早沉淀，即浓缩结晶得到的NaCl中会混有Li2CO3，最终所得Li2CO3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－、SOeq\o\al(2－,4)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CaSO4，则滤渣Ⅰ的主要成分为CaSO4；由于CaSO4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CaCO3；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Li2CO3。(1)含硼固体中的B(OH)3在水中存在平衡：B(OH)3＋H2O[B(OH)4]－＋H＋(常温下，Ka＝10－9.34)；B(OH)3与NaOH溶液反应可制备硼砂Na2B4O5(OH)4·8H2O。常温下，在0.10mol·L－1硼砂溶液中，[B4O5(OH)4]2－水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]－，该水解反应的离子方程式为[B4O5(OH)4]2－＋5H2O=2B(OH)3＋2[B(OH)4]－，由B元素守恒可知，B(OH)3和[B(OH)4]－的浓度均为0.20mol·L－1，Ka＝eq\f(c[BOH4]－·cH＋,cBOH3)＝c(H＋)＝10－9.34，则该溶液pH＝9.34。(2)由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是CaSO4；精制Ⅰ后溶液中Li＋的浓度为2.0mol·L－1，由Ksp(Li2CO3)＝2.2×10－3可知，则常温下精制Ⅱ过程中COeq\o\al(2－,3)浓度应控制在eq\f(2.2×10－3,2.02)mol·L－1＝5.5×10－4mol·L－1以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl外，后续在浓缩结晶时将生成更多的氯化钠晶体，因此，还将增加纯碱(Na2CO3)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CaSO4；由于CaSO4微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的Ca2＋，还需要除去Ca2＋，因此，精制Ⅱ的目的是：加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的Ca2＋转化为CaCO3(或除去精制Ⅰ所得滤液中的Ca2＋)，提高Li2CO3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COeq\o\al(2－,3)浓度过大使得Li＋过早沉淀，即浓缩结晶得到的NaCl中会混有Li2CO3，最终所得Li2CO3的产率减小。〔思维建模〕物质制备类工艺流程题的解题策略1．首尾分析法：破解无机物制备工艺流程原理与过程。对一些线性流程工艺(从原料到产品为“一条龙”的生产工序)题，首先对比分析流程图中第一种物质(原材料)与最后一种物质(产品)，找出原料与产品之间的关系，弄清生产过程中原料转化为产品的基本原理和分离、提纯产品的化工工艺，然后结合题设的问题，逐一推敲解答。2．截段分析法：对于用同样的原材料生产两种或多种产品(包括副产品)的工艺流程题，用截段分析法更容易找到解题的切入点。关键在于看清主、副产品是如何分开的，以此确定截几段更合适，一般截段以产品为准。3．掌握“5种”原料预处理(研磨、水浸、酸浸、灼烧、煅烧)的作用和“6种”控制反应条件(调溶液pH、控制温度、控制压强、使用催化剂、趁热过滤、冰水洗涤)的目的。题型2分离提纯型2.(2023·湖北选考)SiCl4是生产多晶硅的副产物。利用SiCl4对废弃的锂电池正极材料LiCoO2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_四__周期，第_Ⅷ__族。(2)烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，“500℃焙烧”后剩余的SiCl4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SiCl4＋3H2O=H2SiO3＋4HCl。(3)鉴别洗净的“滤饼3”和固体Na2CO3常用方法的名称是_焰色试验__。(4)已知Ksp[Co(OH)2]＝5.9×10－15，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中Co2＋浓度为_5.9×10－7__mol·L－1。“850℃煅烧”时的化学方程式为6Co(OH)2＋O2eq\o(=,\s\up7(850℃))2Co3O4＋6H2O。(5)导致SiCl4比CCl4易水解的因素有_abd__(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【解析】由流程和题中信息可知，LiCoO2粗品与SiCl4在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2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SiO2和H2SiO3；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2(主要成分为Co(OH)2)和滤液2(主要溶质为LiCl)；滤饼2置于空气中在850℃煅烧得到Co3O4；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为Li2CO3。(1)Co是27号元素，其原子有4个电子层，其价电子排布为3d74s2，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四周期、第Ⅷ族。(2)“500℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，四氯化硅与水反应且能生成氯化氢和硅酸，故其原因是：SiCl4遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程式为SiCl4＋3H2O=H2SiO3＋4HCl。(3)洗净的“滤饼3”的主要成分为Li2CO3，常用焰色试验鉴别Li2CO3和Na2CO3，Li2CO3的焰色试验为紫红色，而Na2CO3的焰色试验为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体Na2CO3常用方法的名称是焰色试验。(4)已知Ksp[Co(OH)2]＝5.9×10－15，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中c(OH－)＝1.0×10－4mol·L－1，Co2＋浓度为eq\f(Ksp[CoOH2],c2OH－)＝eq\f(5.9×10－15,1.0×10－42)mol·L－1＝5.9×10－7mol·L－1。“850℃煅烧”时，Co(OH)2与O2反应生成Co3O4和H2O，该反应的化学方程式为6Co(OH)2＋O2eq\o(=,\s\up7(850℃))2Co3O4＋6H2O。(5)Si—Cl键极性更大，则Si—Cl键更易断裂，因此，SiCl4比CCl4易水解，a有关；Si的原子半径更大，因此，SiCl4中的共用电子对更加偏向于Cl，从而导致Si—Cl键极性更大，且Si原子更易受到水电离的OH－的进攻，因此，SiCl4比CCl4易水解，b有关；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SiCl4比CCl4易水解，c无关；Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的OH－形成化学键，从而导致SiCl4比CCl4易水解，d有关；综上所述，导致SiCl4比CCl4易水解的因素有abd。〔思维建模〕提纯类化工生产流程题的解题策略1．阅读流程图，明确原料中含有的杂质和目标物质以及提纯的流程。2．明确提纯的方法及各种方法使用范围(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。3．明确常用的分离方法，同时还要注意物质分离、提纯的原则及注意事项等。突破点1流程中的原料处理与条件控制命题角度1流程中的原料处理1.(2022·北京选考节选)煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(CaSO4、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含O2、CO2、H2O、N2、SO2。(1)煤样需研磨成细小粉末，其目的是_与空气的接触面积增大，反应更加充分__。(2)已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中eq\f(cI\o\al(－,3),cI－)保持定值时，电解池不工作。待测气体进入电解池后，SO2溶解并将Ieq\o\al(－,3)还原，测硫仪便立即自动进行电解到eq\f(cI\o\al(－,3),cI－)又回到原定值，测定结束，通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。条件控制和误差分析。①测定过程中，需控制电解质溶液pH，当pH<1时，非电解生成的Ieq\o\al(－,3)使得测得的全硫含量偏小，生成Ieq\o\al(－,3)的离子方程式为I2＋I－=Ieq\o\al(－,3)。②测定过程中，管式炉内壁上有SO3残留，测得全硫量结果_偏小__(填“偏大”或“偏小”)。【解析】(1)煤样研磨成细小粉末后固体表面积增大，与空气的接触面积增大，反应更加充分。(2)①当pH<1时，非电解生成的Ieq\o\al(－,3)使得测得的全硫含量偏小说明碘离子与电解生成的碘反应生成碘三离子，导致消耗二氧化硫的量偏小，反应的离子方程式为I2＋I－=Ieq\o\al(－,3)；②测定过程中，管式炉内壁上有三氧化硫残留说明硫元素没有全部转化为二氧化硫，会使二氧化硫与Ieq\o\al(－,3)反应生成的碘离子偏小，电解时转移电子数目偏小，导致测得全硫量结果偏小。2.(2022·辽宁选考)某工厂采用辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)与软锰矿(主要成分为MnO2)联合焙烧法制备BiOCl和MnSO4，工艺流程如下：(1)为提高焙烧效率，可采取的措施为_ab__。a．进一步粉碎矿石b．鼓入适当过量的空气c．降低焙烧温度(2)“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出Bi3＋和Mn2＋；②_抑制金属离子水解__。【解析】(1)联合焙烧时，进一步粉碎矿石，可以增大矿石与空气的接触面积，能够提高焙烧效率，选项a符合题意；鼓入适当过量的空气有利于矿石充分反应，选项b符合题意；降低焙烧温度，反应速率减慢，不利于提高焙烧效率，选项c不符合题意。(2)加入浓盐酸后，溶液中含有的离子主要为Bi3＋、Fe3＋、Mn2＋、H＋、Cl－，而酸浸后取滤液进行转化，故要防止金属离子水解生成沉淀，进入滤渣，造成制得的BiOCl产率偏低。命题角度2流程中的条件控制.(2022·广东选考节选)稀土(RE)包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：已知：月桂酸(C11H23COOH)熔点为44℃；月桂酸和(C11H23COO)3RE均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持＋3价不变；(C11H23COO)2Mg的Ksp＝1.8×10－8，Al(OH)3开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。离子Mg2＋Fe3＋Al3＋RE3＋开始沉淀时的pH8.81.53.66.2～7.4沉淀完全时的pH/3.24.7/(1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是_Fe2＋__。(2)“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至_4.7≤pH<6.2__的范围内，该过程中Al3＋发生反应的离子方程式为Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓。【解析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有RE3＋、Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、SOeq\o\al(2－,4)等离子，经氧化调pH使Fe3＋、Al3＋形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有RE3＋、Mg2＋、SOeq\o\al(2－,4)等离子，加入月桂酸钠，使RE3＋形成(C11H23COO)3RE沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。(1)由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2＋氧化为Fe3＋，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2＋。(2)由表中数据可知，Al3＋沉淀完全的pH为4.7，而RE3＋开始沉淀的pH为6.2～7.4，所以为保证Fe3＋、Al3＋沉淀完全，且RE3＋不沉淀，要用NaOH溶液调pH至4.7≤pH<6.2的范围内，Al(OH)3开始溶解时的pH为8.8，该过程中Al3＋发生反应的离子方程式为Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓。4.(2021·山东卷)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：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。(1)中和时pH的理论范围为_4.5≤pH≤9.3__；酸化的目的是使2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率；Fe元素在_浸取__(填操作单元的名称)过程中除去。(2)蒸发结晶时，过度蒸发将导致_有Na2Cr2O7·2H2O析出__；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_H2SO4__。【解析】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)过程中，向铬铁矿中加入纯碱和O2进行焙烧，FeCr2O4转化为Na2CrO4，Fe(Ⅱ)被O2氧化成Fe2O3，Al、Si氧化物转化为NaAlO2、Na2SiO3，加入水进行“浸取”，Fe2O3不溶于水，过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)转化为沉淀过滤除去，再向滤液中加入H2SO4，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，将溶液蒸发结晶将Na2SO4除去，所得溶液冷却结晶得到Na2Cr2O7·2H2O晶体，母液中还含有大量H2SO4。(1)中和时调节溶液pH目的是将AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)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SiOeq\o\al(2－,3)，因此中和时pH的理论范围为4.5≤pH≤9.3；将Al元素和Si元素除去后，溶液中Cr元素主要以Cr2Oeq\o\al(2－,7)和CrOeq\o\al(2－,4)存在，溶液中存在平衡：2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O，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。(2)蒸发结晶时，溶液的主要成分为Na2SO4、Na2Cr2O7和少量硫酸，蒸发结晶主要是除去Na2SO4，过度蒸发将导致Na2Cr2O7也结晶析出；由上述分析可知，流程中循环利用的物质除Na2Cr2O7外，还有H2SO4。〔思维建模〕1．循环物质的确定方法2．副产品的判断思路知能分点1原料的预处理1.原料预处理的目的(1)原料经过预处理主要是除去不必要的杂质，净化所需要的原料。(2)原料中的目标物质转化为易于化学处理的物质。2.原料预处理的六种常用方法方法目的研磨、雾化减小固体的颗粒度或将液体雾化，增大反应物的接触面积，加快反应速率或使反应更加充分水浸与水接触反应或溶解酸浸与酸接触反应或溶解，使可溶性离子进入溶液，不溶物通过过滤除去碱浸除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物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，如煅烧高岭土知能分点2流程中条件的控制1.温度的控制(常用水浴、冰浴或油浴)(1)加热的目的：加快反应速率或溶解速率；促进平衡向吸热方向移动；除杂，除去热不稳定的杂质，如NaHCO3、Ca(HCO3)2、KMnO4、NH4Cl等物质；使沸点相对较低或易升华的原料汽化。(2)降温的目的：防止某物质在高温时会溶解(或分解)；使化学平衡向着题目要求的方向(放热方向)移动；使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离；降低晶体的溶解度，减少损失。(3)控制温度在一定范围的目的：结晶为获得所需物质(用水浴带温度计便于控温且受热均匀)，防止某种物质(如H2O2、草酸、浓硝酸、铵盐等)因温度过高时分解或挥发；使催化剂的活性达到最好；防止副反应的发生。(4)降温或减压可以减少能源成本，降低对设备的要求，达到绿色化学的要求。(5)控制固体的溶解与结晶趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量。蒸发浓缩：蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度。蒸发结晶：蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出。从溶液中得到晶体的过程：蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤、干燥。2.pH的控制(1)控制一定的pH，以提供反应所需环境。反应环境的不同会导致反应产物的差异。如在酸性环境中KMnO4的还原产物一般为Mn2＋，中性(或弱酸性)环境中KMnO4的还原产物一般为MnO2。(2)控制一定的pH，以改变元素的存在形式。如铝元素在强酸性条件下以Al3＋形式存在，当体系的pH增大，铝元素将以Al(OH)3甚至以AlOeq\o\al(－,2)或[Al(OH)4]－的形式存在。(3)控制一定的pH，使金属阳离子形成氢氧化物沉淀。3.反应物用量或浓度的控制(1)酸浸时为了提高矿石中某金属元素的浸取率，可以适当提高酸的浓度。(2)对有多种反应物的体系，增大便宜、易得的反应物的浓度，可以提高其他物质的利用率，使反应充分进行。如工业制硫酸过程中，通入过量的O2以提高SO2的转化率。(3)增大物质浓度可以加快反应速率，使平衡发生移动，应结合具体问题进行具体分析。4.加入物质的目的(1)加碱：去油污，去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等。(2)加沸石或碎瓷片：防止液体暴沸。(3)加有机溶剂：萃取某些物质，或降低某些物质的溶解度。(4)加氧化剂：与原体系中还原剂发生氧化还原反应。5.在空气中进行的反应或操作要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应；或能否达到隔绝空气、防氧化、防变质、防分解、防水解、防潮解等目的，例如使用保护气抑制弱离子的水解(如HCl氛围)。知能分点3陌生图像中反应条件下的选择1.浸出过程中时间和液固比对锰浸出率的影响分别如图甲、图乙所示。则适宜的浸出时间和液固比分别为60min、3。2.“酸浸”实验中，镁的浸出率结果如图所示。由图可知，当镁的浸出率为80%时，所采用的实验条件为100℃、3h左右。3.酸浸时，若使钛的浸出率(η%)达到90%，则根据下图判断工业上应采取的适宜条件是：酸浓度和液固比的取值分别约为40%、6。命题角度1流程中的原料处理1.(2023·广东湛江二模)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：“粉碎”的目的是_增大接触面积，加快反应速率__，为了达到这一目的，还可以采用的措施有_适当升温或搅拌__(答一条即可)。2.(2023·山东烟台二模)Ni2O3是重要的电子元件和蓄电池材料，工业上利用含镍废料(主要含Ni、Al、Fe的氧化物，SiO2，C等)制备Ni2O3的工艺流程如下所示：“预处理”操作可以选择用_AB__(填标号)来除去含镍废料表面的矿物油污。A．纯碱溶液 B．NaOH溶液C．酒精 D．硫酸溶液命题角度2流程中的条件控制3.(2023·河北沧州二模)钒和钼均属于高熔点稀有金属，可以作为钢合金的主要添加元素，MoO3不溶于水，能溶于氨水和强碱，形成铝酸盐，即使低于熔点也能升华。一种从含钒石油废催化剂(主要成分是MoS2、V2O5和Al2O3等)中提取钒、钼的工艺如下：回答下列问题：“焙烧”过程中，温度对钒、钼转化率影响如图所示，“焙烧”的适宜温度是_800_℃左右__，“沉钒”操作中，pH控制在8.4沉钒率较高