高考化学一轮复习教师用书 17 第三章　第14讲　过渡金属与化工流程

第14讲过渡金属与化工流程[课程标准]1.了解热点过渡金属及其化合物的转化。2.能用热重分析法计算判断金属化合物的组成。考点一热重分析法的应用1．设晶体为1mol，其质量为m。2．失重一般是先失水，再失非金属氧化物。3．计算每步固体剩余的质量(m余)，eq\f(m余,m)×100%＝固体残留率。4．晶体中金属质量不再减少，仍在m余中。5．失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m氧，由n金属∶n氧即可求出失重后物质的化学式。1．g摩尔盐[(NH4)2SO4·FeSO4·xH2O]产品，在隔绝空气的条件下加热至135℃时完全失去结晶水，g，则该摩尔盐结晶水个数x＝________。解析：m[(NH4)2SO4·FeSO4]g，n[(NH4)2SO4·FeSO4]＝g,284g·mol－1)＝mol，m(H2O)g，n(H2O)＝g,18g·mol－1)mol，则该摩尔盐结晶水个数x＝eq\f(mol)＝6。答案：62．CoCl2·6H2O晶体受热易分解，取119g该晶体加热至某一温度，得到CoCl2·xH2O晶体83g，则x＝________。解析：119g该晶体的物质的量为eq\f(119g,238g·mol－1)mol，含结晶水3mol，加热后失去结晶水的质量为119g－83g＝36g，n(H2O)＝eq\f(36g,18g·mol－1)＝2mol，molCoCl2·xH2O含结晶水为3mol－2mol＝1mol，所以x＝2。答案：23．“煅烧”NiSO4·6H2O晶体时剩余固体质量与温度变化曲线如图，该曲线中B段所表示氧化物的名称为________。解析：gNiSO4·6H2O晶体的物质的量为g,263g·mol－1)mol，molmol×59g·mol－1g，该晶体受热先失结晶水，再分解得到镍的氧化物，根据原子守恒，gg，mol，所以固体氧化物中n(Ni)∶n(O)mol∶mol＝2∶3，所以B段所表示氧化物的名称为三氧化二镍。答案：三氧化二镍4．CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl2溶液，CoCl2·6H2O晶体受热分解时，剩余固体质量随温度变化的示意关系如图，B段物质的化学式是_____________________________。解析：476mgCoCl2·6H2O的物质的量是g,238g·mol－1)mol，其中结晶水的质量是g，根据图像可知固体质量由476mg变为332mg，质量减少144mg，这说明该阶段减少水的物质的量是g,18g·mol－1)mol，mol，g，则A段物质的化学式为CoCl2·2H2O。A到B阶段固体质量减少332mg－296mg＝36mg，则剩余水的质量是72mg－36mg＝36mg，mol，因此B对应物质的化学式是CoCl2·H2O。答案：CoCl2·H2O考点二化工流程题中的过渡金属过渡金属元素常具有多种可变化合价，形成化合物种类较多，近年高考题常以Cr、Mn、V、Zn等元素化合物的制备流程为载体，考查不同价态物质转化规律，条件控制、物质的分离提纯等关键能力。1．(2022·山东师范大学附中模拟预测)实验室以含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2＋、Mn2＋)为原料制备ZnCO3·2Zn(OH)2的实验流程如下：下列说法正确的是()A．过二硫酸钠(Na2S2O8)中硫元素的化合价为＋7价B．氧化除锰后的溶液中存在：Na＋、Zn2＋、Fe2＋、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))C．调节pH时试剂X可以选用Zn、ZnO、ZnCO3等物质D．沉锌时的离子方程式为3Zn2＋＋6HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))=ZnCO3·2Zn(OH)2↓＋5CO2↑＋H2OD[把流程中前两步过滤后溶液编号为：滤液1、滤液2，由题给流程可知，向含锌废液中加入过二硫酸钠溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，锰离子氧化为二氧化锰，过滤得到二氧化锰和滤液1；向滤液1中加入氧化锌或碳酸锌等调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁和滤液2；向滤液2中加入碳酸氢铵溶液，将锌离子转化为ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀，过滤得到滤液和ZnCO3·2Zn(OH)2，分子中硫元素的化合价为＋6价，，氧化除锰后的溶液中存在的离子为Na＋、Zn2＋、Fe3＋、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，故B错误；，所以调节溶液pH时试剂X不能选用锌，3·2Zn(OH)2沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为3Zn2＋＋6HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))=ZnCO3·2Zn(OH)2↓＋5CO2↑＋H2O，故D正确。]2．(2022·湖北黄冈中学二模)电镀污泥(包含Ni、Ca、Fe、Al等金属阳离子)对环境污染极大，是典型危险废弃物。某科研团队设计了从电镀污泥中提取镍的流程，如图所示。根据以上信息，下列说法错误的是()学生用书第67页A.“浸出渣”的主要成分可能是CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3B．“氨浸”时适当提高氨水浓度和反应温度，有利于增大浸出率C．该流程中“有机萃取剂”和“萃余液”均可重复使用，且重复使用的目的相同D．“富集”与“还原”之间的操作可能是沉淀、过滤、洗涤、干燥、灼烧C[(包含Ni、Ca、Fe、Al等金属阳离子)，研磨后加入碳酸铵、氨水进行氨浸后除去浸出渣，钙离子与碳酸根离子反应生成CaCO3，溶液pH增大促进Fe3＋、Al3＋的水解，转化为Fe(OH)3、Al(OH)3，故浸出渣主要成分为CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3，选项A正确；B.“氨浸”时适当提高氨水浓度，pH值增大，升高反应温度，均促进Fe3＋、Al3＋的水解，有利于增大浸出率，“有机萃取剂”和“萃余液”均可重复使用，但前者重复使用的目的是充分利用萃取剂，而后者是为了提高Ni的萃取率，目的不相同，选项C错误；D.“富集”与“还原”之间的操作是将溶液中的Ni转化后处理富集且转化为粗镍，可能是沉淀、过滤、洗涤、干燥、灼烧，选项D正确。]3．(2021·河北衡水中学二模)以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用，废钒催化剂的主要成分为V2O5、V2O4、K2SO4、Al2O3、SiO2、Fe2O3，如图为废钒催化剂回收工艺路线，其中“离子交换”和“洗脱”过程可简单表示为4ROH＋V4Oeq\o\al(\s\up1(4－),\s\do1(12))R4V4O12＋4OH－(ROH为强碱性阴离子交换树脂)：下列说法错误的是()A．“酸浸”时V2O5转化为VOeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))，反应的离子方程式为V2O5＋2H＋=2VOeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))＋H2OB．“废渣1”的主要成分是SiO2C．“氧化”中欲使3mol的VO2＋变为VOeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))，则需要氧化剂KClO3molD．为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈酸性D[V2O5、V2O4、K2SO4、Al2O3、SiO2、Fe2O3等加入稀硫酸反应生成(VO2)2SO4、VOSO4、Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3，SiO2不与硫酸反应，过滤后，向滤液中加KClO3，将VOSO4氧化为(VO2)2SO4，加KOH溶液沉淀铝离子和铁离子，再进行离子交换，再用碱液淋洗得到V4Oeq\o\al(\s\up1(4－),\s\do1(12))，再加入氯化铵沉钒，再将固体煅烧得到V2O5。A.“酸浸”时V2O5和硫酸反应生成(VO2)2SO4和水，反应的离子方程式为V2O5＋2H＋=2VOeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))＋H2O，2不与硫酸反应，因此“废渣1”的主要成分是SiO2，2＋中＋4价V变为VOeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))中＋5价V，化合价升高1个价态，KClO3中＋5价Cl变为－1价Cl，降低6个价态，“氧化”中欲使3mol的VO2＋变为VOeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))，即转移3mol电子，因此需要氧化剂KClO3至少为eq\f(3mol,6)mol，“离子交换”和“洗脱”过程可简单表示为4ROH＋V4Oeq\o\al(\s\up1(4－),\s\do1(12))R4V4O12＋4OH－，因此为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈碱性，增大氢氧根浓度，促使反应向洗脱方向进行，故D错误。]真题演练明确考向1．[2019·全国卷Ⅰ，27(5)]采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150℃，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为________________________________________________________________________。解析：失重5.6%是质量分数，设硫酸铁铵结晶水合物的化学式为NH4Fe(SO4)2·xH2O，由题意知×18,266＋18x)＝eq\f(5.6,100)，解得x≈12。答案：NH4Fe(SO4)2·12H2O2．[全国卷Ⅱ，27(4)]PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如图所示，已知失重曲线上的a点为样品失重4.0%(即eq\f(样品起始质量－a点固体质量,样品起始质量)×100%)的残留固体。若a点固体组成表示为PbOx或mPbO2·nPbO，列式计算x值和m∶n值。答案：根据PbO2eq\o(=,\s\up7(△))PbOx＋eq\f(2－x,2)O2↑，有eq\f(2－x,2)×32＝239×4.0%，解得x＝2－eq\f(239×4.0%,16)≈，根据mPbO2·nPbO，有eq\f(2m＋n,m＋n)，得eq\f(m,n)＝eq\f(0.4,0.6)＝eq\f(2,3)3．(2022·全国甲卷)硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：离子Fe3＋Zn2＋Cu2＋Fe2＋Mg2＋Ksp×10－38×10－17×10－20×10－16×10－11回答下列问题：(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为_________________________________________________________________________________________________________。(2)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有________________、________________。(3)加入物质X调溶液pH＝5，最适宜使用的X是________(填标号)。A．NH3·H2OB．Ca(OH)2C．NaOH滤渣①的主要成分是________、________、______。(4)向80～90℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的离子方程式为_______________________________________________________________________________________________________________________。(5)滤液②中加入锌粉的目的是_______________________________________________________________________________________________________________。(6)滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是________、________。解析：由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO3eq\o(=,\s\up7(焙烧))ZnO＋CO2↑，再加入H2SO4浸取，得到含Zn2＋、Ca2＋、Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋、Cu2＋的溶液，加入物质X调节pH＝5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2＋、Cu2＋、Mg2＋、Ca2＋、Fe2＋，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2＋，过滤得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu，过滤后得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4·7H2O，据此分析解答。(3)3·H2O受热易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，＋，且成本较高，C不适宜；当沉淀完全时(离子浓度小于10－5mol/L)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH＜5的只有Fe3＋，故滤渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；(4)向80～90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2＋，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2＋＋MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋7H2O=3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋；(5)滤液②中加入锌粉，发生反应Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2＋为Cu从而除去；(6)由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。答案：(1)ZnCO3eq\o(=,\s\up7(焙烧))ZnO＋CO2↑(2)将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积增大硫酸的浓度(3)BFe(OH)3CaSO4SiO2(4)3Fe2＋＋MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋7H2O=3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋(5)置换Cu2＋为Cu从而除去(6)CaSO4MgSO4课时精练(十四)过渡金属与化工流程eq\a\vs4\al(\f(对应学生,用书P353))(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)1．(2022·辽宁模拟预测)利用闪锌矿[主要成分为ZnS，还有Fe、Co、In(铟)、F、Cl等元素]生产Zn的一种工艺流程如图所示。下列说法中正确的是()已知：焙烧时，Fe、Co均转化为＋3价的氧化物；CaF2易成胶状。A．Na2S2O4在“除杂1”中作氧化剂B．“气体2”中含有有色气体，由此说明氧化性：Cl2＞O3C．“除氟”时，适量的CaCO3可以防止形成氟化钙胶体，提高氟的沉降率D.“溶浸”时，易形成难溶的ZnFe2O4和In2(Fe2O4)3，其中Fe元素的化合价为＋6价C[闪锌矿焙烧后产生气体1为SO2，Fe、Co、In均转化为＋3价的氧化物；硫酸溶浸后得到Fe3＋、Co3＋、In3＋，不溶性物质进入浸渣，上层清液中加入Na2S2O4,Co3＋转化为Co(OH)2沉淀，Co化合价降低，Na2S2O4为还原剂；O3除杂2产生气体2为Cl2，剩下滤液中加氢氧化钙和碳酸钙进行除氟，由于CaF2易成胶状，除氟时适量的碳酸钙可以使生成的氟化钙附着在碳酸钙表面形成沉淀，防止氟化钙形成胶体，提高氟的沉降率，，Co会转化为Co2O3，加入Na2S2O4可将Co3＋转化为Co2＋，Na2S2O4作还原剂，A错误；B.－1价氯元素会和臭氧反应生成氯气，说明氧化性O3＞Cl2，B2易成胶状，除氟时适量的碳酸钙可以使生成的氟化钙附着在碳酸钙表面形成沉淀，防止氟化钙形成胶体，提高氟的沉降率，C2O4中锌、氧的化合价分别为＋2、－2，则铁元素的化合价为＋3，In2(Fe2O4)3中Fe元素的化合价为＋3，D错误。]2．如今环境保护越来越受重视，某化工集团为减少环境污染，提高资源的利用率，将钛厂、氯碱厂、甲醇厂进行联合生产。其主要生产工艺如下(FeTiO3中Ti为＋4价)：下列叙述正确的是()A．该流程中只有“电解”“氯化”涉及氧化还原反应B．“合成”反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1C．“氯化”时反应方程式为7Cl2＋2FeTiO3＋6C=2FeCl3＋2TiCl4＋6CO(条件省略)D．上述流程中“Mg，Ar”可用“Mg，CO2”代替C[由氢气合成甲醇的过程中也涉及氧化还原反应，A项错误；根据CO＋2H2=CH3OH可以看出，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2，B项错误；根据工艺流程图不难看出“氯化”即氯气、钛铁矿和焦炭反应得到四氯化钛、一氧化碳和氯化铁的过程，C项正确；二氧化碳和镁会发生反应，因此不能用二氧化碳来作保护气，D项错误。]3．钽酸锂(LiTaO3)是功能材料领域的“万能”材料，具有良好的机械性能。某企业利用含钽废渣(主要含Ta2O3·FeO、Al2O3及油脂等)制备钽酸锂的工艺流程如下：已知：①“钠盐和氧化物”中主要成分有NaTaO3、NaAlO2、Fe2O3等；②正五价的钽元素具有一定的氧化性。下列说法错误的是()A．通空气目的是氧化Ta2O3·FeO生成NaTaO3和Fe2O3同时将油脂氧化除去B．“滤渣Ⅰ”中主要成分是Fe2O3C．“溶液Ⅱ”中最好将盐酸换为硫酸D．实验室模拟“灼烧”时，主要仪器有瓷坩埚、酒精灯、玻璃棒等D[2O3·FeO生成NaTaO3和Fe2O3外，还可以将油脂氧化除去，A项正确；B.由钠盐和氧化物主要成分可知，过滤后的滤渣Ⅰ中主要成分是Fe2O3，B氧化性，盐酸有还原性，为防止发生氧化还原反应，溶液Ⅱ中最好将盐酸换为硫酸，，能与Li2CO3发生反应，D项错误。]4．将Ce(SO4)2·4H2O(摩尔质量为404g·mol－1)在空气中加热，样品的固体残留率(eq\f(固体样品的剩余质量,固体样品的起始质量)×100%)随温度的变化如下图所示。当固体残留率为70.3%时，所得固体可能为______(填字母)。A．Ce(SO4)2B．Ce2(SO4)3C．CeOSO4解析：404×70.3%≈284，A项的相对分子质量为332，B项的相对分子质量为568，C项的相对分子质量为252；因为B项中有两个Ce，根据质量守恒808×70.3%≈568。答案：B5．PbO2gPbO2，将其加热分解，受热分解过程中固体质量随温度的变化如图所示。A点与C点对应物质的化学式分别为________、________。解析：mol，mol。A点，g，mol，此时剩余的铅和氧原子的个数之比是2∶3，A点对应的物质是Pb2O3。同理可得出C点对应物质是PbO。答案：Pb2O3PbO6．gMnSO4·H2O样品受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示：(1)300℃时，所得固体的化学式为________。(2)1150℃时，反应的化学方程式为______________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)gMnSO4·H2O样品中n(Mn)＝n(MnSO4·H2O)mol，其中n(H2O)mol，m(H2O)g，300℃时，g，g，则说明该段失去结晶水，此时固体为MnSO4。(2)温度继续升高，固体MnSO4mol，850℃时，g，g，则硫的氧化物的相对分子质量为64，故为二氧化硫，则此时的固体为MnO2，1150℃时固体为二氧化锰分解所得，由锰元素质量守恒，则m(Mn)＝n(Mn)×55g·mol－1g，则氧化物中m(O)g，n(O)mol，故n(Mn)∶n(O)∶0.2＝3∶4，则该氧化物为Mn3O4，故反应的化学方程式为3MnO2eq\o(=,\s\up7(1150℃))Mn3O4＋O2↑。答案：(1)MnSO4(2)3MnO2eq\o(=,\s\up7(1150℃))Mn3O4＋O2↑7．碱式碳酸铝镁[MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O]常用作塑料阻燃剂。为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：①g样品与足量稀盐酸充分反应，LCO2(已换算成标准状况下)。②另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率(eq\f(固体样品的剩余质量,固体样品的起始质量)×100%)随温度的变化如图所示(样品在270℃时已完全失去结晶水，600℃以上残留固体为金属氧化物的混合物)。根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n(OH－)∶n(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＝________。解析：碱式碳酸铝镁的化学式不确定，题中只表示为MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O，g样品为研究对象，g样品为1g样品与足量的稀盐酸充分反应，生成CO2L(标准状况)。n(CO2)＝L·mol－1)mol，根据C元素守恒，即可确定d为0.025。270℃时已完全失去结晶水，g×(1－73.45%)≈g，600℃以上残留固体为金属氧化物的混合物，说明又失去了除结晶水外的氢元素。失去的氢元素只能再结合样品中的氧元素生成水。600℃g×(1－37.02%)≈g，g－(mol×44g·mol－1)g＝g。n(H)＝g,18g·mol－1)×2mol，根据氢元素守恒，c＝0.015。故碱式碳酸铝镁样品中的n(OH－)∶n(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))∶0.025＝3∶5。答案：3∶58．利用钒钛磁铁矿冶炼后产生的钒渣(主要含FeO·V2O3、Al2O3、SiO2及少量可溶性磷酸盐)生产V2O5的工艺流程如下，回答下列问题：已知：①V2O5、Al2O3、SiO2可与Na2CO3、NaCl组成的混合钠盐在高温下反应，并转化为NaVO3、NaAlO2、Na2SiO3等可溶性钠盐。②AlOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋4H＋=Al3＋＋2H2O。(1)焙烧Ⅰ包括氧化和钠化成盐两个过程，氧化的目的是获得V2O5，写出氧化过程中FeO·V2O3发生反应的化学方程式：_______________________________________________________________________________________________________________________；废渣Ⅰ的主要成分是____________；精制Ⅰ中加盐酸调pH的主要作用是_____________________________________________________________________________________________________________，加入NH3·H2O后发生反应的离子方程式为___________________________________________________________________________________________________________。(2)精制Ⅱ中加入CaCl2溶液除去磷酸盐，pH过小时影响除磷效果的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________；pH过大时，沉淀量增大的原因是____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)沉钒所得NH4VO3沉淀需进行洗涤，洗涤时除去的阴离子主要是________。NH4VO3在500℃时焙烧脱氨制得产品V2O5，反应的化学方程式为2NH4VO3eq\o(=,\s\up7(△))V2O5＋H2O↑＋2NH3↑。但脱氨过程中，部分V2O5会转化成V2O4，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3∶2，该反应的化学方程式为_________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)氧化过程FeO·V2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5，化学方程式为4FeO·V2O3＋5O2eq\o(=,\s\up7(焙烧))2Fe2O3＋4V2O5；经过氧化和钠化后，V2O5、Al2O3、SiO2均转化为可溶性盐，Fe2O3成为滤渣；精制Ⅰ中加盐酸调pH是为了和SiOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))反应生成硅酸沉淀，并将AlOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))转化为Al3＋；加入NH3·H2O后与Al3＋发生反应生成Al(OH)3沉淀，还可以中和酸，反应的化学方程式为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))、H＋＋NH3·H2O=H2O＋NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))。(2)精制Ⅱ中加入CaCl2溶液生成磷酸钙沉淀，除去磷酸盐，pH过小时易形成溶解度较大的酸式盐；pH过大时易形成Ca(OH)2沉淀。(3)沉钒时加入试剂NH4Cl，因此所得NH4VO3沉淀，含有的阴离子主要为Cl－；脱氨过程中，部分V2O5会转化成V2O4，且反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3∶2，则V2O5为氧化剂，NH3为还原剂，还原产物为V2O4，氧化产物为N2，则氧化还原方程式为3V2O5＋2NH3eq\o(=,\s\up7(500℃))3V2O4＋N2＋3H2O。答案：(1)4FeO·V2O3＋5O2eq\o(=,\s\up7(焙烧))2Fe2O3＋4V2O5Fe2O3除Si并将AlOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))转化为Al3＋Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))、H＋＋NH3·H2O=H2O＋NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))(2)形成溶解度较大的酸式盐(或形成溶解度较大的磷酸氢钙或磷酸二氢钙)产生了Ca(OH)2沉淀(3)Cl－3V2O5＋2NH3eq\o(=,\s\up7(500℃))3V2O4＋N2＋3H2O9．铬是一种具有战略意义的金属，它具有多种价态，单质铬熔点为1857℃。(1)工业上以铬铁矿[主要成分是