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专题讲座（五）工艺流程的解题策略
【化学学科素养】
工艺流程题是高考中的必考题型，综合性强、难度较大，是高考试卷中的拉分题目之一。近年常以简
洁工艺流程和复杂工艺流程轮换的形式考查有多种可变化合价的典型元素，采用多角度设问的形式，考查
考生获取信息、加工信息的能力。无机化工流程题是近年来高考中备受关注的一种题型，该类题源于生产
实际，以解决化学实际问题为目的，将化工生产过程中的主要生产流程用框图形式展示出来，并根据其中
涉及的化学知识步步设问，使问题情境真实，构成与化工生产紧密联系的化学工艺流程题。试题新颖，内
容丰富，阅读量大，其结构分题头、流程图和问题三部分。题头一般简单介绍该工艺生产的原料和生产目
的，流程图部分主要用框图形式将原料到产品的主要生产工艺展示出来，问题部分主要根据生产过程中涉
及的化学知识设计一系列的问题。
【必备知识解读】
一、工业流程试题的基本特点
工艺流程题以工业生产实际中的物质的制备、分离、提纯为命题情境，通过工业流程框图的呈现形式，
考查高中化学元素化合物知识、反应原理、化学实验基本操作等核心知识的一类题型。具有情景的真实性、
复杂性、综合性的特点。工艺流程题题型成熟，流程有相对固定的环节，设问有相对稳定的内容，问题分
析有相对明确的方向。解题时要构建模型，特别是对于流程图中物质转化线、工艺操作线的模型构建，能
对流程深入严谨的分析，注重培养学生宏观辨识与微观探析，证据推理与模型认知，转换观念与平衡思想，
科学态度与社会责任等学科素养。试题的切入点（或试题素材）较多的采用了与生产生活密切联系的化学
新技术、新成果。故题干内容来源都是真实的工业生产过程，内容丰富，提问灵活。
2.题目结构：分题头、题干和题尾三部分。
（1）题头一般是介绍该工艺生产的原材料和工艺生产的目的（包括获得副产品）；
（2）题干部分主要用框图形式将原料到产品的主要生产工艺流程表示出来；
（3）题尾主要是根据生产过程中涉及的化学知识设置系列问题。
3.呈现形式：流程图、数据表格、图像、实验装置。
4.设问方式：措施、成分、物质、原因。
5.能力考查：获取、整合、处理、应用信息的能力、分解问题的能力、表达能力。
6.知识落点：基本理论、元素化合物、实验。
二、工艺流程题特点
1．化工生产的一般流程2．试题的设问角度
化工流程题的考点主要从以下6点设置：
(1)基本操作
除杂、分离、检验、洗涤、干燥等实验操作的步骤描述；加入某些试剂或某个操作步骤的目的描述。
(2)物质的分离与提纯
通过调节pH使溶液中的金属离子沉淀达到分离除杂的目的，据此选择需要加入的化学试剂；加入某
种物质使难溶物转化为更难溶的物质后，通过过滤除去等。
(3)化学反应速率与化学平衡理论的运用
例如，研磨使反应物颗粒变小，增大反应物间的接触面积，从而增大反应速率，提高原料利用率；升
高温度能增大反应速率，使吸热反应平衡正向移动等。
(4)化学方程式或离子方程式的书写
根据流程图及设问中的信息找出反应物和生成物，书写指定的化学方程式或离子方程式。
(5)环境与绿色化学思想
流程中物质的转化和循环、资源的回收和利用、“三废”的来源、对环境的影响及处理措施等。
(6)化学计算
联系原料纯度、转化率、损失率、产物产率等计算产品质量；联系溶液配制、滴定操作测定样品中某
元素含量或产品纯度；联系溶度积常数，计算溶液中某离子浓度或完全沉淀时的pH等。
【关键能力拓展】
一、工艺流程题的解题策略
1.粗读题干，挖掘图示
图示中一般会呈现超出教材范围的知识，但题目中往往会有提示或者问题中不涉及，所以一定要关注
题目的每一个关键字，尽量弄懂流程图，但不必将每一种物质都推出，只需问什么推什么。如制备类无机
化工题，可粗读试题，知道题目制取什么、大致流程和有什么提示等。
2.携带问题，精读信息这里信息包括三个方面：一是主干，二是流程图示，三是设置问题。读主干抓住关键字、词；读流程
图，重点抓住物质流向(“进入”与“流出”)、实验操作方法等。
3.跳跃思维，规范答题
答题时应注意前后问题往往没有“相关性”，即前一问未答出，不会影响后面答题。要求用理论回答
的试题，应采用“四段论法”：改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论→有什么变化→得出什么
结论。
4.积累常考的答题模板
(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HO、
2 2
NH HCO )、氧化(如NaSO )或促进水解(如AlCl )等，影响产品的生成。
4 3 2 3 3
(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、乙醇洗等)、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、碱等，以避免引入新的杂质；沉淀时pH范围的确定：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HO、浓硝酸、NH HCO )受热
2 2 4 3
分解、挥发。
(10)检验溶液中离子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AlCl 溶液时为获得AlCl 需在HCl气
3 3
流中进行。
(17)事先煮沸溶液的原因：除去溶解在溶液中的氧化性气体(如氧气)，防止某物质被氧化。
1．首尾分析法：对线型流程工艺(从原料到产品为一条龙的生产工序)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。
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。
【核心题型例解】
高频考点一 以物质制备为目的工艺流程
1．工艺流程中的常见专业术语
释义
研磨、雾 将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体分散成微小液滴，增大反应物接触面
化 积，以加快反应速率或使反应更充分
使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、
灼烧(煅烧)
高岭土、硫铁矿
向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸
浸取
溶、碱溶、醇溶等
酸浸 在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程
浸出率 固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少
滴定 定量测定，可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定
酸作用 溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等
碱作用 去油污、去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅、调节pH、促进水解(沉淀)
2．工艺流程题中常见问题的答题方向
常见问题 答题要考虑的角度
过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作，如从溶液中得到晶体的
分离、提纯
方法：蒸发浓缩—冷却结晶—过滤—(洗涤、干燥)
绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利
提高原子利用率
用)
在空气中或特定气
要考虑O、HO、CO 或特定气体是否参与反应或能否达到隔绝空
体中进行的反应或 2 2 2
气，防氧化、水解、潮解等目的
操作
洗涤沉淀 方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次
判断沉淀是否洗涤
取最后洗涤液少量，检验其中是否还有某种离子存在等
干净
①调节溶液的酸碱性，抑制水解(或使其中某些金属离子形成氢氧化
物沉淀)
控制溶液的pH ②“酸作用”还可除去氧化物(膜)
③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等
④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)
①使化学平衡移动；控制化学反应的方向
②控制固体的溶解与结晶
控制温度(常用水
③控制反应速率：使催化剂达到最大活性
浴、冰浴或油浴)
④升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发
⑤加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离
例1．（2023·全国甲卷第26题）BaTiO 是一种压电材料。以BaSO 为原料，采用下列路线可制备粉
3 4
状BaTiO 。
3
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BaCl 、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子
2
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BaSO 还原
4
（2）
（3）c （4） 不可行 CaS也会与盐酸反应生成可溶于水的CaCl ，导致BaCl 溶液中混有
2 2CaCl 杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低
2
（5）
（6）1:1
【解析】由流程和题中信息可知，BaSO 与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、
4
BaCl 、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和CaS，滤液中有BaCl 和
2 2
BaS；滤液经酸化后浓缩结晶得到BaCl 晶体；BaCl 晶体溶于水后，加入 和 将钡离子
2 2
充分沉淀得到 ； 经热分解得到 。
（1）“焙烧”步骤中，BaSO 与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl 、BaS和
4 2
CaS，BaSO 被还原为BaS，因此，碳粉的主要作用是做还原剂，将BaSO 还原。
4 4
（2）S2-易发生水解生成HS-， 。
（3）“酸化”步骤是为了将BaS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BaCl
2
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CaS也会与盐酸反应生成可溶于水的
CaCl ，导致BaCl 溶液中混有CaCl 杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低。
2 2 2
（5）“沉淀”步骤中生成 的化学方程式为：BaCl + + =
2
。
（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 =1:1。
【变式探究】（2023·全国乙卷第27题） LiMn O 作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱
2 4
锰矿（MnCO ，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素）制备LiMn O 的流程如下：
3 2 4已知：K [Fe(OH) ]=2.8×10-39，K [Al(OH) ]=1.3×10-33，K [Ni(OH) ]=5.5×10-16。
sp 3 sp 3 sp 2
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MnO 的作用是_______。不宜使用HO 替代MnO ，原因是_______。
2 2 2 2
（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LiMn O 反应的化学方程式是_______。
2 4
【答案】（1）MnCO +H SO =MnSO +H O+CO↑ 粉碎菱锰矿
3 2 4 4 2 2
（2）将Fe2+氧化为Fe3+ Fe3+可以催化HO 分解
2 2
（3）2.8×10-9 Al3+ （4）BaSO、NiS
4
（5）Mn2++2H O=====H↑+MnO↓+2H+ 加入MnSO
2 2 2 4
（6）2LiCO+8MnO=====4LiMn O+2CO ↑+O ↑
2 3 2 2 4 2 2
【解析】根据题给的流程，将菱锰矿置于反应器中，加入硫酸和MnO ，可将固体溶解为离子，将杂
2
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MnO 可以将溶液中的Fe2+氧化为
2
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MnO ，将MnO 与碳酸锂共同煅烧得到最终产物LiMn O。
2 2 2 4
（1）菱锰矿中主要含有MnCO ，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：
3
MnCO +H SO =MnSO +H O+CO↑；为提高溶矿速率，可以将菱锰矿粉碎；
3 2 4 4 2 2
（2）根据分析，加入MnO 的作用是将酸溶后溶液中含有的Fe2+氧化为Fe3+，但不宜使用HO 氧化
2 2 2
Fe2+，因为氧化后生成的Fe3+可以催化HO 分解，不能使溶液中的Fe2+全部氧化为Fe3+；
2 2
（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-
4mol·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+；
（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BaS+Ni2++SO2-=BaSO ↓+NiS↓，生
4 4
成的沉淀有BaSO、NiS。
4
（5）在电解槽中，Mn2+发生反应生成MnO ，反应的离子方程式为Mn2+
2
+2H O=====H↑+MnO↓+2H+；电解时电解液中Mn2+大量减少，需要加入MnSO 以保持电解液成分的稳
2 2 2 4
定。
（6）煅烧窑中MnO 与LiCO 发生反应生成LiMn O，反应的化学方程式为
2 2 3 2 4
2LiCO+8MnO=====4LiMn O+2CO ↑+O ↑。
2 3 2 2 4 2 2
【举一反三】（2023·湖南卷第17题）超纯Ga(CH) 是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年
3 3
来，我国科技工作者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯Ga(CH) 方面取
3 3
得了显著成果，工业上以粗镓为原料，制备超纯Ga(CH) 的工艺流程如下：
3 3
已知：①金属Ga的化学性质和Al相似，Ga的熔点为29.8℃；
②EtO(乙醚)和NR (三正辛胺)在上述流程中可作为配体；
2 3
③相关物质的沸点：
物质 Ga(CH) EtO CHI NR
3 3 2 3 3
沸点/℃ 55.7 34.6 42.4 365.8
回答下列问题：
（1）晶体Ga(CH) 的晶体类型是_______；
3 3
（2）“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在40-45℃的原因是_______，阴极的电极反应式为_______；
（3）“合成Ga(CH)(EtO)”工序中的产物还包括MgI 和CHMgI，写出该反应的化学方程式：
3 3 2 2 3
_______；
（4）“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是_______；
（5）下列说法错误的是_______；
A. 流程中EtO得到了循环利用
2
B. 流程中，“合成GaMg”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行
2 5
C. “工序X”的作用是解配Ga(CH)(NR )，并蒸出Ga(CH)
3 3 3 3 3
D. 用核磁共振氢谱不能区分Ga(CH) 和CHI
3 3 3
（6）直接分解Ga(CH)(EtO)不能制备超纯Ga(CH)，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯
3 3 2 3 3
的
Ga(CH) 理由是_______；
3 3
（7）比较分子中的C-Ga-C键角大小：Ga(CH)_______Ga(CH)(EtO)(填“>”“<”或“=”)，其原因是
3 3 3 3 2
_______。
【答案】（1）分子晶体 （2）保证Ga为液体，便于纯Ga流出 Ga3++3eˉ=Ga
（3）8CHI+2EtO+Ga Mg=2Ga(CH)(EtO)+3MgI +2CHMgI； （4）CH （5）D
3 2 2 5 3 3 2 2 3 4
（6）NR 沸点较高，易与Ga(CH ) 分离，EtO的沸点低于Ga(CH )，一起气化，难以得到超纯
3 3 3 2 3 3
Ga(CH )
3 3
（7） > Ga(CH ) 中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH )(Et O)中Ga为sp3杂化，所以为
3 3 3 3 2
四面体结构，故夹角较小
【解析】以粗镓为原料，制备超纯Ga(CH)，粗Ga经过电解精炼得到纯Ga，Ga和Mg反应生产
3 3
GaMg，GaMg 和CHI、EtO反应生成Ga(CH)(EtO)、MgI 和CHMgI，然后经过蒸发溶剂、蒸馏，除
2 5 2 5 3 2 3 3 2 2 3
去残渣MgI 、CHMgI，加入NR 进行配体交换、进一步蒸出得到超纯Ga(CH)，EtO重复利用，据此解
2 3 3 3 3 2答。
（1）晶体Ga(CH) 的沸点较低，晶体类型是分子晶体；
3 3
（2）电解池温度控制在40-45℃可以保证Ga为液体，便于纯Ga流出；粗Ga在阳极失去电子，阴极
得到Ga，电极反应式为Ga3++3eˉ=Ga；
（3）“合成Ga(CH)(EtO)”工序中的产物还包括MgI 和CHMgI，该反应的化学方程式
3 3 2 2 3
8CHI+2EtO+Ga Mg=2Ga(CH)(EtO)+3MgI +2CHMgI；
3 2 2 5 3 3 2 2 3
（4）“残渣”含CHMgI，经纯水处理，能产生可燃性气体CH；
3 4
（5）根据分析，流程中EtO得到了循环利用，A正确；Ga(CH)(EtO) 容易和水反应，容易被氧
2 3 3 2
化，则流程中，“合成GaMg”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行，B正确；“配体交换”得到
2 5
Ga(CH)(NR )，“工序X”先解构 Ga(CH)(NR )后蒸出Ga(CH)，C正确；二者甲基的环境不同，核磁共
3 3 3 3 3 3 3 3
振氢谱化学位移不同，用核磁共振氢谱能区分Ga(CH) 和CHI，D错误；故选D；
3 3 3
（6）直接分解Ga(CH)(EtO)时由于EtO的沸点较低，与Ga(CH ) 一起蒸出，不能制备超纯
3 3 2 2 3 3
Ga(CH)，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯Ga(CH) 的理由是，根据题给相关物质沸点可知，
3 3 3 3
NR 沸点远高于Ga(CH )，与Ga(CH ) 易分离；
3 3 3 3 3
（7）分子中的C-Ga-C键角Ga(CH)>Ga(CH)(EtO)，其原因是Ga(CH ) 中Ga为sp2杂化，所以为平
3 3 3 3 2 3 3
面结构，而Ga(CH )(Et O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小。
3 3 2
【变式探究】（2023·山东卷第17题）盐湖卤水(主要含 、 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LiCO 的工艺流程如下：
2 3
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0.10mol·L-1
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pH=_____。
（2）滤渣Ⅰ的主要成分是_____(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CO2-浓度应控制在_____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
3
_____的用量(填化学式)。
（3）精制Ⅱ的目的是_____；进行操作X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）
（2）CaSO 纯碱
4
（3）加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+转化为CaCO （或除去精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+），提高
3
LiCO 纯度 盐酸 浓缩液中因CO2-浓度过大使得Li+过早沉淀，即浓缩结晶得到的NaCl中会混有
2 3 3
LiCO，最终所得LiCO 的产率减小
2 3 2 3
【解析】由流程可知，卤水中加入盐酸脱镁后过滤，所得滤液经浓缩结晶后得到晶体，该晶体中含有
Na+、Li+、Cl-、SO 2-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
4
下溶解度最小的是CaSO，则滤渣Ⅰ的主要成分为CaSO；由于CaSO 微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中再加
4 4 4
纯碱又生成沉淀，则滤渣Ⅱ为CaCO ；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
3
钠，浓缩后的滤液中加入饱和碳酸钠溶液沉锂，得到LiCO。
2 3
（1）含硼固体中的B(OH) 在水中存在平衡： (常温下，
3
)； 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CaSO；精制I后溶液中Li+的浓度为2.0mol·L-1，由
4
可知，则常温下精制Ⅱ过程中CO2-浓度应控制在 mol·L-1
3
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（NaCO）的用量。
2 3
（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CaSO；由于CaSO 微溶
4 4
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CaCO （或除去精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+），提高LiCO 纯度。操作X是
3 2 3
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CO2-浓度过大使得Li+过早沉淀，即浓缩
3
结晶得到的Na
Cl中会混有LiCO，最终所得LiCO 的产率减小。
2 3 2 3
高频考点二 以混合物的分离、提纯为目的的工艺流程题
1．物质转化过程中分离提纯阶段的主要操作
加入沉淀剂或控制溶液的酸碱性使形成氢氧化物沉淀。如：除去含Cu2＋溶液中
除杂
混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH) 、Cu (OH) CO 等来调节溶液的pH
2 2 2 3
加快反应速率或使平衡向某个方向移动。如果在制备过程中出现一些受热易分
加热 解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如：侯氏制碱中的NaHCO ；还有如
3
HO、Ca(HCO )、KMnO 、AgNO、HNO(浓)等物质
2 2 3 2 4 3 3
降温 防止某物质在高温时会分解或使平衡向着题目要求的方向移动
固液分离——过滤
液液分离：
a.有溶解度差异——结晶或重结晶(蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干；
分离
蒸发结晶、趁热过滤)
b.有溶解性差异——(萃取)分液
c.有沸点差异——蒸馏
2．获得产品阶段的主要操作水洗：洗去晶体表面的杂质离子(适用于溶解度小的物质)
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
洗涤(冰水、
(适用于高温溶解度大、低温溶解度小的物质)
热水、有机
溶剂) 醇洗(常用于溶解度较大的物质)：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(若对溶解度小的物质进行醇洗，则是为了洗去杂质离
子，并使其尽快干燥)
蒸发时的气
如从溶液中析出FeCl 、AlCl 、MgCl 等溶质时，应在HCl的气流中加热，以
体氛围抑制 3 3 2
防其水解
水解
如KCr O 和少量NaCl的混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析
蒸发浓缩、 2 2 7
出的固体主要是KCr O，母液中是NaCl和少量KCr O，这样就可分离出
冷却结晶 2 2 7 2 2 7
大部分KCr O；同样原理可除去KNO 中的少量NaCl
2 2 7 3
如NaCl和少量KCr O 的混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固
蒸发结晶、 2 2 7
体主要是NaCl，母液中是KCr O 和少量NaCl；同样原理可除去NaCl中的
趁热过滤 2 2 7
少量KNO
3
例2.（2023·广东卷第18题） 均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含
)中，利用氨浸工艺可提取 ，并获得高附加值化工产品。工艺流程如
下：
已知：氨性溶液由 、 和 配制。常温下， 与
形成可溶于水的配离子： ； 易被空气氧化为 ；部分氢氧
化物的 如下表。
氢氧化物
回答下列问题：（1）活性 可与水反应，化学方程式为___________。
（2）常温下， 的氨性溶液中， ___________ (填“>”“<”或“=”)。
（3）“氨浸”时，由 转化为 的离子方程式为___________。
（4） 会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图
谱中，出现了 的明锐衍射峰。
① 属于___________(填“晶体”或“非晶体”)。
② 提高了 的浸取速率，其原因是___________。
（5）①“析晶”过程中通入的酸性气体A为___________。
②由 可制备 晶体，其立方晶胞如图。 与O最小间距大于 与O最小间距，x、y
为整数，则 在晶胞中的位置为___________；晶体中一个 周围与其最近的O的个数为___________。
（6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得 溶液中
与 的比值，理论上最高为___________。
②“热解”对于从矿石提取 工艺的意义，在于可重复利用 和___________(填化学式)。
【答案】（1） （2）＞（3） 或
（4）晶体 减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积
（5）HCl 体心 12
（6）0.4或2:5 MgO
【解析】硝酸浸取液(含 )中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤
液主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，
向滤液中进行镍钴分离，，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气
体得到氯化镍晶体。
（1）活性MgO可与水反应，化学方程式为 。
（2）常温下， 的氨性溶液中， ， ，
，则 ＞ ；
（3）“氨浸”时， 与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成 ，则
由 转化为 的离子方程式为
或
。
（4） 会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图
谱中，出现了 的明锐衍射峰。①X射线衍射图谱中，出现了 的明锐衍射峰，则 属于晶体；②根据题意 会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松
分布的棒状颗粒物，则 能提高了 的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化
物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。
（5）①“析晶”过程中为了防止 水解，因此通入的酸性气体A为HCl ；②由 可制备
晶体，其立方晶胞如图。x、y为整数，根据图中信息Co、Al都只有一个原子，而氧(白色)原子
有3个，Al与O最小间距大于Co与O最小间距，则Al在顶点，因此Co在晶胞中的位置为体心；晶体中
一个Al周围与其最近的O原子，以顶点Al分析，面心的氧原子一个横截面有4个，三个横截面共12个，
因此晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为12。
（6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则晶体A为
，根据 ， ，还
剩余5个水分子，因此所得 溶液中 与 的比值理论上最高为2:5；②“热解”对
于从矿石提取 工艺的意义，根据前面分析 ，
，在于可重复利用HNO 和MgO。
3
【变式探究】（2023·新课标卷第27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 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SiO 和_______。
2
（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MgSiO 和MgNH PO 的形式沉淀，该步需要控制溶液的
3 4 4
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VO 沉淀，VO 在pH<1时，溶解为 或
2 5 2 5
在碱性条件下，溶解为 或 ，上述性质说明VO 具有_______(填标号)。
2 5
A．酸性 B．碱性 C．两性
（6）“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(NaSO)溶液，反应的离子方程式为_______。
2 2 5
【答案】（1）NaCrO （2）Fe O （3）SiO2-
2 4 2 3 3
（4）不能形成MgNH PO 沉淀 不能形成MgSiO 沉淀
4 4 3
（5）C （6）2Cr O2-+3S O2-+10H+=4Cr3++6SO2-+5H O
2 7 2 5 4 2
【解析】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将硅元素转化为硅酸沉淀，过滤得到硅酸滤渣和滤液；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MgSiO 和MgNH PO 沉淀，过滤得到含有MgSiO、MgNH PO 的滤渣
3 4 4 3 4 4
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。
（1）由分析可知，煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠，故答案为：NaCrO；
2 4
（2）由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁，故答案为：Fe O Fe O；
2 3 2 3
（3）由分析可知，沉淀步骤调pH到弱碱性的目的是将硅元素转化为硅酸沉淀，故答案为：SiO2- ；
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MgSiO 和
3
MgNH PO 沉淀，若溶液pH<9时，会导致磷元素不能形成MgNH PO 沉淀若溶液pH>9时，会导镁离子生
4 4 4 4成氢氧化钠沉淀，不能形成MgSiO 沉淀，导致产品中混有杂质；
3
（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2Cr O2-+3S O2-+10H+=4Cr3++6SO2-+5H O。
2 7 2 5 4 2
【变式探究】（2023·辽宁卷第16题）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液 (含)
和 )。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
物质
回答下列问题：
（1）用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为_______(答出一条即可)。
（2）“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H SO )，1molH SO
2 5 2 5
中过氧键的数目为_______。
（3）“氧化”中，用石灰乳调节 pH=4，Mn2+被 HSO 氧化为 MnO ，该反应的离子方程式为
2 5 2
_______(HSO 的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为MnO 、_______(填化学式)。
2 5 2
（4）“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。SO 体积分数为_______
2
时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO 体积分数时，Mn(Ⅱ)氧化速率减小的原因是_______。
2（5）“沉钻镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧化成 ，该反应的化学方程式为_______。
为
（6）“沉镁”中 使 沉淀完全 ，需控制pH不低于_______(精确至0.1)。
【答案】（1）适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
（2）N （3） Fe(OH)
A 3
（4）9.0% SO 有还原性，过多将会降低HSO 的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率
2 2 5
（5）
（6）11.1
【解析】在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H SO )，用石
2 5
灰乳调节pH=4，Mn2+被HSO 氧化为MnO ，发生反应 ，Fe3+水解同时生
2 5 2
成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co2+变为Co(OH) ，在空气中可被氧化成 。
2
（1）用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接
触面积
（2）HSO 的结构简式为 ，所以1molH SO 中过氧键的数目为N
2 5 2 5 A
（ 3 ） 用 石 灰 乳 调 节 pH=4 ， Mn2+ 被 HSO 氧 化 为 MnO ， 该 反 应 的 离 子 方 程 式 为 ：
2 5 2
；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中 c(Fe3+)=10-5mol/L， ，c(OH-)=10-10.8mol/L，根据 Kw=10-14，pH=3.2，
此时溶液的pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀，故滤渣还有氢氧化铁；
（4）根据图示可知SO 体积分数为0.9%时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO 体积分数时，由于
2 2
SO 有还原性，过多将会降低HSO 的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率
2 2 5
（5）“沉钻镍”中得到的 Co(OH) ，在空气中可被氧化成 ，该反应的化学方程式为：
2
；
（6）氢氧化镁的Ksp=10-10.8， 当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp可计算c(OH-)=10-
2.9mol/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1；
【举一反三】（2023·湖北卷第16题） 是生产多晶硅的副产物。利用 对废弃的锂电池正极
材料 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_______周期，第_______族。
（2）烧渣是LiCl、 和 的混合物，“500℃焙烧”后剩余的 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_______。
（3）鉴别洗净的“滤饼3”和固体 常用方法的名称是_______。
（4）已知 ，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中 浓度为
_______ 。“850℃煅烧”时的化学方程式为_______。
（5）导致 比 易水解的因素有_______(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
【答案】（1）4 Ⅷ （2） （3）焰色反应
（4） （5）abd
【解析】由流程和题中信息可知，LiC O 粗品与SiCl 在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、
O 2 4
C Cl 和SiO 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SiO 和HSiO；滤液
O 2 2 2 2 3
1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2（主要成分为C
O
(OH) ）和滤液2（主要溶质为LiCl）；滤饼2置于空气中在850℃煅烧得到C O；滤液2经碳酸钠溶液沉
2 O3 4
锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为LiCO。
2 3
（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4周期、第Ⅷ族。
（2）“500℃焙烧”后剩余的SiCl 应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，四氯化硅与可
4
水反应且能生成氯化氢和硅酸，故其原因是：SiCl 遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程
4
式为 。
（3）洗净的“滤饼3”的主要成分为LiCO，常用焰色反应鉴别LiCO 和NaCO，LiCO 的焰色反应
2 3 2 3 2 3 2 3
为紫红色，而NaCO 的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体NaCO 常用方法的名称是焰色反应。
2 3 2 3
（4）已知 ，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中
，C 2+浓度为
O
。“850℃煅烧”时，C (OH) 与O 反应生成C O 和HO，该反应的化学方程式为
O 2 2 O3 4 2
。
（5）Si-Cl键极性更大，则 Si-Cl键更易断裂，因此，SiCl 比CCl 易水解，a有关； Si的原子半径更
4 4
大，因此，SiCl 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
4
OH-的进攻，因此，SiCl 比CCl 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
4 4键能更大不能说明Si-Cl更易断裂，故不能说明SiCl 比CCl 易水解，c无关；Si有更多的价层轨道，因此
4 4
更易与水电离的OH-形成化学键，从而导致SiCl 比CCl 易水解，d有关；综上所述，导致SiCl 比CCl 易
4 4 4 4
水解的因素有abd。
