专题10 工艺流程综合题（6年汇编）（江苏专用）2021-2026年高考化学真题分类汇编

专题10 工艺流程综合题 6年真题3年模拟 考点分类 江苏考情（2021-2026） 命题规律 工艺流程综合题 2026江苏(1题)、2025江苏(1题)、2024江苏(2题)、2023江苏(2题) 情境设置：· 真题多取材于矿物加工、资源回收和环保治理，如黑云母提RbCl、闪锌矿制ZnS并回收砷、钕铁硼回收、高氯废水处理、脱硫及催化剂制备，融合生产流程与实验数据。 考查重点：· 围绕浸出、沉淀、萃取、焙烧等工序，考查Ksp、Ka、平衡常数、离子方程式、回收率与比值计算，以及条件控制和产物判断。 命题趋势：· 以真实流程为主线，设问递进，结合pH、时间、温度等曲线或结构图，强化定量计算、平衡分析和绿色回收的综合能力。 1.(2026·江苏·高考真题)含铷(Rb，ⅠA族元素)矿物黑云母生产的RbCl，可用于航空航天领域。黑云母化学式为，其中为或。 （1）浮选分离。黑云母与十二胺()结合后会上浮，与其他矿物分离后回收，浮选示意如图。 已知：黑云母在水中表面带负电荷。 ①黑云母上浮，是因为十二胺中的　　　　　　　　　　　(填“烃基”或“氨基”)具有疏水性。 ②黑云母的回收率随浮选时水的变化如图所示。酸性条件下浮选时，越低黑云母回收率越大的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）硫酸酸浸。黑云母具有层状结构，与硫酸反应得到硫酸盐和，酸浸时加入等金属离子进入层间，能将交换出来，产生的空隙有利于进入，提升酸浸效果。 ①某黑云母的化学式中，酸浸液中主要金属阳离子有、K+、、Mg2+、　　　　　(填离子符号)。 ②其他条件不变，酸浸时添加同浓度的比浸出效果好，可能的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （3）结晶焙烧。浸出液除杂后得到含、K+、、的混合溶液，蒸发浓缩、冷却结晶获得晶体(相关物质的溶解度曲线如图所示)，焙烧后获得。 ①为提高的回收率和纯度，结晶后，趁热过滤的适宜温度为　　　　　℃。 ②将在700℃进行焙烧，分解仅得到和两种氧化物，该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）萃取转化。将含和的混合溶液多次萃取转化，获得RbCl和混合溶液。已知：元素回收率为96%，K元素回收率为40%[回收率]。计算萃取转化所得溶液中的　　　　　　　　(写出计算过程)。 【答案】（1）① 烃基    ② 溶液中pH越低，浓度越大，会和结合形成，带正电的更容易通过静电作用与表面带负电的黑云母结合，使其上浮从而提高黑云母的回收率；     （2）① 、    ② 酸性条件下可以将氧化成，促进的交换，有利于进入，提升酸浸效果     （3）① 40    ②      （4）0.6      【解析】(1)① 十二胺中的烃基（）属于长链烃基，属于疏水性基团，而氨基（）属于亲水基团，因此十二胺中烃基具有疏水性； ② 溶液中pH越低，浓度越大，十二胺中的会和结合形成，为带正电的阳离子，而已知黑云母在水中表面带负电荷，带正电的更容易通过静电作用与表面带负电的黑云母结合，使其上浮从而提高黑云母的回收率； (2)① 当x=3时，黑云母的化学式为，根据化合价代数和为0计算，M为+1价，Si为+4价，Al为+3价，O为-2价，OH为-1价，因此三个Fe的化合价之和为+7，因此说明三个Fe中有两个和一个，因此溶液中金属阳离子除了、K+、、Mg2+，还有和； ② 酸性条件下可以将氧化成，根据已知可知，金属离子进行层间能将交换出来，使更多的离子交换出来，产生的孔隙有利于进入，提升酸浸效果； (3)① 由图可知，在10℃-40℃时的溶解度较小，在40℃后溶解度提高，因此温度继续提高不能保证的回收率和纯度，并且的溶解度在40℃时的溶解度较大，为提高的回收率和纯度，选择的趁热过滤的温度应为40℃； ②在700℃焙烧时，分解得到除了，两种氧化物应为和，因此化学方程式为； (4)的物质的量为，根据元素守恒，，由于元素回收率为96%，可以求出萃取转化后溶液中；的物质的量为，根据元素守恒，，由于K元素回收率为40%，可以求出萃取转化后溶液中，因此同一溶液中。 2.(2025·江苏·高考真题)可用于制备光学材料和回收砷。 （1）制备。由闪锌矿[含及少量硫化镉等]制备的过程如下： 已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸时通入可提高浸出率的原因是　　　　　　　。 ②通入除镉。通过计算判断当溶液时，是否沉淀完全　　　　　　　(写出计算过程)。 ③沉锌前调节溶液的至，加入的氧化物为　　　　　　　(填化学式)。 （2）制备光学材料。如图甲所示，晶体中掺入少量后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。 区域A“”中的离子为　　　　　　　(填离子符号)，区域B带　　　　　　　(填“正电”或“负电”)。 （3）回收砷。用去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。 已知：溶液中主要以弱酸形式存在，。 时，按向酸性废液中加入，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。 ①写出与反应生成的离子方程式：　　　　　　　。 ②反应后，砷回收率下降的原因有　　　　　　　。 【答案】（1）① 氧化生成S，促进酸浸反应正向进行    ② 否, ，， ，则未沉淀完全    ③ ZnO     （2）①     ② 负电     （3）①     ② 生成As2S3沉淀附着于ZnS表面，阻止反应；随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H2S浓度减小，促使As2S3+6H2O2H3AsO3+3H2S平衡正向移动，As2S3重新溶解，砷回收率下降      【解析】闪锌矿中含ZnS、FeS、少量硫化镉等，加入酸浸后，ZnS、FeS、CdS分别转化为，硫元素转化为硫单质，经过除铁、除镉除去与，调pH、沉锌后获得ZnS，据此解答。 (1)① 酸浸时，若不通入，会发生反应：，通入可以氧化生成S，促进酸浸反应正向进行，提高浸出率；故答案为氧化生成S，促进酸浸反应正向进行。 ② 通入除镉，当溶液时，， 又因为，=，则，则此时，此时的浓度大于，故沉淀不完全； ③ 由② 知，除镉时溶液酸性较强，沉锌前调节溶液的至，故应在不引入新杂质的同时消耗溶液中的，加入的氧化物为ZnO，故答案为ZnO。 (2)晶胞掺杂过程中，应由半径相近的微粒进行替换，则区域A中，由替换，区域B中，由替换；按照均摊法，区域B中含：3个、：1个、：个，，则区域B带负电，故答案为；负电。 (3)① 根据质量守恒、电荷守恒和题给信息“酸性废液”， 与反应除了生成外还有锌离子，写出反应的离子方程式为： 。 ②生成As2S3沉淀附着于ZnS表面，阻止反应；随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H2S浓度减小，促使As2S3+6H2O2H3AsO3+3H2S平衡正向移动，As2S3重新溶解，砷回收率下降。 3.(2024·江苏·高考真题)贵金属银应用广泛。Ag与稀制得，常用于循环处理高氯废水。 （1）沉淀。在高氯水样中加入使浓度约为，当滴加溶液至开始产生沉淀(忽略滴加过程的体积增加)，此时溶液中浓度约为　　　　　　　。[已知：，] （2）还原。在沉淀中埋入铁圈并压实，加入足量盐酸后静置，充分反应得到Ag。 ①铁将转化为单质Ag的化学方程式为　　　　　　　。 ②不与铁圈直接接触的也能转化为Ag的原因是　　　　　　　。 ③为判断是否完全转化，补充完整实验方案：取出铁圈，搅拌均匀，取少量混合物过滤，　　　　　　　[实验中必须使用的试剂和设备：稀、溶液，通风设备] （3）Ag的抗菌性能。纳米Ag表面能产生杀死细菌(如图所示)，其抗菌性能受溶解氧浓度影响。 ①纳米Ag溶解产生的离子方程式为　　　　　　　。 ②实验表明溶解氧浓度过高，纳米Ag的抗菌性能下降，主要原因是　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）①     ② 铁还原氯化银形成Fe-Ag原电池，氯化银在Ag表面得到电子    ③ 用蒸馏水洗涤滤渣，最后一次洗涤滤液中滴加硝酸银溶液无明显现象，转移滤渣至烧杯中，打开通风设备；向烧杯中边加稀HNO3边搅拌至无气泡产生，若无固体剩余，则氯化银转化完全     （3）①     ② 纳米Ag表面形成氧化物，减少Ag+产生      【解析】(1)浓度约为，当滴加溶液至开始产生沉淀，此时，； (2)①沉淀中埋入铁圈并压实，铁将AgCl转化为单质Ag，反应的化学方程式为：； ② 不与铁圈直接接触的也能转化为Ag的原因是：与铁圈直接接触的AgCl被还原为单质Ag，形成以盐酸作电解质溶液的Fe-Ag原电池，氯化银继续在单质Ag表面得到电子被还原，直至完全反应。由此得出原因为：铁还原氯化银形成Fe-Ag原电池，氯化银在Ag表面得到电子； ③ 判断AgCl是否完全转化，即检验混合物中是否含有AgCl，若AgCl完全转化，则剩余固体全部为银，可完全溶于稀硝酸，若AgCl未完全转化，剩余AgCl不能溶于稀硝酸，则可用稀硝酸检验，稀硝酸参与反应可能会产生氮氧化物，反应需在通风设备中进行，反应后的溶液中存在氯离子，若未将滤渣洗净，氯离子会干扰实验，所以首先需要检验氯离子是否洗净，实验方案补充为：用蒸馏水洗涤滤渣，最后一次洗涤滤液中滴加硝酸银溶液无明显现象，转移滤渣至烧杯中，打开通风设备；向烧杯中边加稀HNO3边搅拌至无气泡产生，若无固体剩余，则氯化银转化完全。 (3)① 纳米Ag溶解时被氧化为Ag+，离子方程式为：； ② 其他条件不变，抗菌性能下降，表明纳米Ag杀死细菌减少，说明Ag+的产生减少。在其他反应物未减少或不变的情况下，根据反应条件化学反应速率的影响，可能原因是Ag与反应物的接触减少。溶解氧浓度过高，Ag可以直接被氧化成Ag2O，覆盖着纳米Ag的表面。由此，主要原因可以描述为：纳米Ag表面形成氧化物，减少Ag+产生。 4.(2024·江苏·高考真题)回收磁性合金钕铁硼()可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。 （1）钕铁硼在空气中焙烧转化为、等(忽略硼的化合物)，用盐酸酸浸后过滤得到溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率()随浸取时间变化如图所示。 ①含铁滤渣的主要成分为　　　　　　　(填化学式)。 ②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是　　　　　　　。 （2）含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。 ①用含有机胺()的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的溶液，原理为： (有机层) 已知： 其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是　　　　　　　。 ②反萃取后，经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O原子未画出)，其中原子数目比　　　　　　　。 （3）净化后的溶液通过沉钕、焙烧得到。 ①向溶液中加入溶液，可转化为沉淀。该反应的离子方程式为　　　　　　　。 ②将(摩尔质量为)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。时，所得固体产物可表示为，通过以上实验数据确定该产物中的比值　　　　　　　(写出计算过程)。 【答案】（1）① Fe2O3    ② Fe2O3溶于盐酸，c(H+)减小，Fe3+水解进入滤渣     （2）① c(OH-)增大，c(H+)减小，(R3NH)2SO4量增多，萃取正向进行程度增加    ② 2:1     （3）①     ② 2:1      【解析】(1)①依据题目中的信息，焙烧后Nd和Fe分别转化为Nd2O3和Fe2O3。焙烧后“酸浸”的目的是将浸出元素从固态物质转化为可溶性离子，根据图1中的信息，随着浸出时间的延长Nd的浸出率大于95%，而Fe的最高浸出率约8%。说明此过程中Nd2O3几乎全部溶于盐酸转化成Nd3+，而Fe2O3只有很少部分能转化成Fe3+，所以含铁滤渣的主要成分应是未浸出的Fe2O3； ②结合题给信息，“酸浸”过程影响浸出率的主要因素有：酸的种类、酸的浓度、浸取时间、固液比等，通过控制合适的条件可以实现Nd和Fe的分离。反应一开始，因为Fe2O3溶于盐酸，所以Fe的浸出率随浸取时间而上升。随着反应进行至5分钟后，Fe浸出率下降说明部分浴出产生的Fe3+重新进入滤渣，分析可能原因是Fe3+的水解产生Fe(OH)3相同条件下Nd3+水解能力远小于Fe3+。结合Nd2O3浸出率持续上升，可推理出因为Nd2O3溶解会消耗H+，当c(H+)低于一定值，Fe2O3不再浴解，同时c(H+)减小促进Fe3+水解产生Fe(OH)3。可以得出结论：Fe2O3溶于盐酸，c(H+)减小，Fe3+水解进入滤渣。 (2)①减小生成物浓度，化学平衡向正反应方向移动，因此，其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，的浓度减小，的化学平衡向正反应方向移动，又的浓度减小使平衡逆向移动，引起浓度的增大，进一步促进平衡向萃取方向移动，导致的浓度增大，因此，有机层中Fe元素含量迅速增多。 ②由铁酸铋晶胞结构示意图可知，晶胞中体内有4个Fe原子，面上有8个Fe原子，根据均摊法可知，Fe原子的数目为；原子全部在晶胞的面上，共有，因此，其中原子数目比2:1。 (3)①向溶液中加入溶液，和相互促进对方水解生成沉淀和，该反应的离子方程式为。 ②的物质的量为，其在氮气氛围中焙烧后，金属元素的质量和化合价均保持不变，因此，=；时剩余固体的质量为7.60，固体减少的质量为，由于碱式盐在受热分解时易变为正盐，氢氧化物分解得到氧化物和，碳酸盐分解得到氧化物和，因此，可以推测固体变为时失去的质量是生成和的质量；根据H元素守恒可知，固体分解时生成的质量为，则生成的质量为-=，则生成的物质的量为，由C元素守恒可知，分解后剩余的的物质的量为4×10-5mol-=，因此可以确定该产物中的比值为。 5.(2023·江苏·高考真题)催化剂能催化脱除烟气中的NO，反应为   。 （1）催化剂的制备。将预先制备的一定量的粉末置于80℃的水中，在搅拌下加入一定量的溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状催化剂。在水溶液中水解为沉淀的离子方程式为　　　　　　　　　　　；反应选用溶液而不选用溶液的原因是　　　　　　　　　　　。 （2）催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、、(其余为)气体匀速通过装有催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如题图所示。反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是　　　　　　　　　　　；反应温度高于380℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有　　　　　　　　　　　(用化学方程式表示)。 （3）废催化剂的回收。回收废催化剂并制备的过程可表示为 ①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有　　　　　　　　　　　。 ②通过萃取可分离钒和钨，在得到的钒酸中含有。已知具有八元环结构，其结构式可表示为　　　　　　　　　　　。 ③向pH=8的溶液中加入过量的溶液，生成沉淀。已知：，加过量溶液的目的是　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）① 或    ② 水解可促进的水解     （2）① 在该温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消    ②      （3）① 提高反应温度、延长浸出时间    ② 或    ③ 促进充分沉淀      【解析】(1)在水溶液中水解为沉淀的离子方程式为，另水解会促进水解，故在水溶液中水解为沉淀的离子方程式也可写成为；反应选用溶液而不选用溶液，其原因是水解可促进的水解， (2)反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是此温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消。反应温度高于380℃，NO转化率下降，有可能体系产生了NO，如 。 (3)提高钒元素浸出率的方法还有提高反应温度、延长浸出时间，已知具有八元环结构，且V连有五根共价键，结构式可表示为   或。饱和溶液中存在溶解平衡，加过量溶液有利于增加铵根离子浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高的含量，促进充分沉淀。 6.(2023·江苏·高考真题)实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备，其实验过程可表示为     （1）在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入气体，生成，反应为，其平衡常数K与、、、的代数关系式为　　　　　　　　　　　；下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收效率的有　　　　　　　　　　　(填序号)。 A．水浴加热氧化镁浆料 B．加快搅拌速率 C．降低通入气体的速率 D．通过多孔球泡向氧化镁浆料中通 （2）在催化剂作用下被氧化为。已知的溶解度为0.57g(20℃)，氧化溶液中的离子方程式为　　　　　　　　　　　；在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中被氧化的速率随pH的变化如题图甲所示。在pH=6~8范围内，pH增大，浆料中的氧化速率增大，其主要原因是　　　　　　　　　　　。         （3）制取晶体。在如题图乙所示的实验装置中，搅拌下，使一定量的浆料与溶液充分反应。浆料与溶液的加料方式是　　　　　　　　　　　；补充完整制取晶体的实验方案：向含有少量、的溶液中，　　　　　　　　　　　。(已知：、在时完全转化为氢氧化物沉淀；室温下从饱和溶液中结晶出，在150~170℃下干燥得到，实验中需要使用MgO粉末)     【答案】（1）①     ② BD     （2）①     ② pH增大，抑制的水解，反应物的浓度增大，故可加快氧化速率     （3）① 用滴液漏斗向盛有MgSO3浆料的三颈烧瓶中缓慢滴加硫酸溶液    ② 分批加入少量氧化镁粉末，搅拌，直至用pH试纸测得pH≥5，过滤；将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥。      【解析】本实验的目的是制取，首先在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入气体，生成，然后使一定量的浆料与溶液充分反应生成硫酸镁，在硫酸镁的溶液中加入氧化镁调节溶液的pH除去三价铁和三价铝，将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥即可得到； (1)已知下列反应： ①     K ② ③ ④ ⑤ ⑥ 根据盖斯定律，①=②-③+④+⑤-⑥，故K=； A．加热可加快反应速率，但温度升高，SO2在水中溶解度降低，且会导致H2SO3受热分解，不一定能提高吸收SO2效率，A错误； B．加快搅拌速率，可以使反应物充分接触，提高吸收SO2效率，B正确； C．降低通入SO2气体的速率，SO2可与MgO浆料充分接触，但会降低反应速率，不一定能提高吸收SO2效率，C错误； D．多孔球泡可以让SO2与MgO浆料充分接触，能提高吸收SO2效率，D正确； 故选BD。 (2)根据题意，O2氧化溶液中的，被氧化为，1molO2氧化2mol，故氧化溶液中的离子方程式为：； pH增大，抑制的水解，反应物的浓度增大，故可加快氧化速率； (3)在进行含固体物质的反应物与液体反应的实验时，应将含固体物质的反应物放在三颈瓶中，通过滴液漏斗滴加液体，H2SO4溶液的滴加速率要慢，以免H2SO4过量； 根据题意，首先需要调节pH≥5以除去Fe3+、Al3+杂质，需要用到的试剂为MgO粉末，操作细节为分批加入少量MgO粉末，以免pH过高，不断搅拌进行反应直至检测到pH≥5，然后过滤除去氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；接着需要从溶液中得到，根据题目信息，室温下结晶只能得到，因此需要在150~170℃下干燥得到，操作细节为将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥。 …………………… 1.(2026·江苏南京江浦高级中学·二模)钼()及其化合物广泛地应用于医疗卫生、国防等领域。某镍钼矿中的镍和钼以和形式存在，从镍钼矿中分离钼，并得到的一种工艺流程如下： 回答下列问题： （1）基态原子的核外电子排布式　　　　　　　。 （2）“焙烧”中生成的化学方程式为　　　　　　　。 （3）用量对钼浸出率和浸取液中浓度的影响如图1所示，分析实际生产中选择用量为理论用量1.2倍的原因：　　　　　　　。 （4）的溶解度曲线如图2所示，为充分分离，工艺流程中的“操作X”应为_______(填标号)。 A. 蒸发结晶 B. 低温结晶 C. 蒸馏 D. 萃取 （5）为充分利用资源，“离子交换萃取”步骤产生的交换溶液应返回“　　　　　　　”步骤。 （6）(NH4)6Mo7O24·4H2O的热重曲线如图所示： 已知A点失重的原因是生成H2O，则1 mol (NH4)6Mo7O24·4H2O在A点失去H2O的物质的量为　　　　　　　，B点所得的物质为　　　　　　　(写出计算过程)。 【答案】（1）1s22s22p63s23p63d84s2     （2）     （3）若高于1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼浸出率较低     （4）B     （5）净化     （6）① 5    ② MoO3      【解析】镍钼矿加入碳酸钠并通入空气焙烧生成、NiO，加水后，进入溶液中，加入硫酸镁除去多余的碳酸根，过滤后再通过低温结晶将硫酸钠分离出来，溶液经过离子交换萃取等一系列操作后可得钼酸铵。 (1)Ni为28号元素，基态原子的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d84s2； (2)“焙烧”中生成，反应中Mo化合价由+4变为+6、S化合价由-2变为+6，氧气中O化合价由0变为-2，结合电子守恒、质量守恒，反应化学方程式为： ； (3)若高于1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼浸出率较低，故实际生产中选择用量为理论用量1.2倍； (4)温度较低时，硫酸钠的溶解度远低于钼酸钠，故选用低温结晶；故选B； (5)由流程，萃取后生成，得到的交换溶液主要含Na+，应返回净化步骤； (6)晶体受热首先失去结晶水，已知A点失重的原因是生成H2O，则1 mol (NH4)6Mo7O24·4H2O为1236g，在A点固体残留率为92.72%，则失重1236g×(1-92.72%)=90g，则失去5molH2O；B点失重1236g×(1-81.56%)=228g，铵盐分解生成6mol氨气，则生成水为，氢元素完全变为气体逸出，固体中氧原子为28mol-7mol=21mol，则Mo、O的物质的量之比为7:21=1:3，则化学式为MoO3。 2.(2026·江苏南京大厂高级中学·二模)钒和铬都是重要的战略金属，利用钒、铬废渣(主要成分为NaVO3和Na2CrO4，还含有其他难溶物)分离回收钒、铬的工艺流程如图所示： 已知：常温下，Ksp(BaCO3)=5.1×10-9，Ksp(BaCrO4)=1.2×10-10，Ksp(CuCrO4)=3.6×10-6。 回答下列问题： （1）基态钒原子价层电子轨道表示式为　　　　　　　　　　　。 （2）钒、铬废渣“水浸”前，先要进行粉碎处理，为提高浸取效率，还可采取的措施有　　　　　　　　　　　(任写2点)。 （3）“沉铬”时，铬转化为CuCrO4沉淀，“转化”过程中发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 （4）向“沉钒后液”中加入足量BaCO3，可将其中的铬转化为BaCrO4沉淀，该转化的平衡常数为　　　　　　　　　　　(保留三位有效数字)。 （5）复合材料氧铬酸钙的立方晶胞如图所示。 ①该晶体的化学式为　　　　　　　　　　　。 ②已知该晶体的密度为ρ g/cm3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则相邻Ca2+与Cr3+之间的最短距离为 　　　　　　　　　　　pm(列出计算式即可)。 【答案】（1）     （2）延长浸取时间、适当升高温度、搅拌等     （3）CuCrO4+2OH-=Cr+Cu(OH)2     （4）42.5     （5）① CaCrO3    ② ×      【解析】钒、铬废渣主要成分为NaVO3和Na2CrO4，还含有其他难溶物。水浸除去难溶物，浸取液中含有NaVO3、Na2CrO4，加入生石灰沉钒得到钒酸钙沉淀，经过一系列步骤之后得到五氧化二钒。沉矾后的溶液主要成分是Na2CrO4，经过酸化、加入氧化铜铬转化为CuCrO4沉淀，加入氢氧化钠进行沉淀转化得到氢氧化铜沉淀和Na2CrO4溶液，冷却结晶得Na2CrO4固体。 (1)钒是23号元素，基态钒原子价层电子排布式为3d34s2，轨道表示式为 (2)根据影响反应速率的因素，为提高浸取效率，还可采取的措施有延长浸取时间、适当升高温度、搅拌等。 (3)“沉铬”时，“沉铬”时，铬转化为CuCrO4沉淀， “转化”过程中CuCrO4和氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和Na2CrO4，发生反应的离子方程式为CuCrO4+2OH-=Cr+Cu(OH)2。 (4)向“沉钒后液”中加入足量BaCO3，可将其中的铬转化为BaCrO4沉淀，该沉淀转化的离子方程式为BaCO3(s)+ BaCrO4(s)+，该转化的平衡常数为K=。 (5)① 根据均摊原则，Ca原子数为、O原子数为、Cr原子数为1、该晶体的化学式为CaCrO3。 ② 已知该晶体的密度为ρ g/cm3，设NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为apm，则pm，相邻Ca2+与Cr3+之间的最短距离为体对角线的一半，Ca2+与Cr3+之间的最短距离为×pm。 3.(2026·江苏苏北七市·二模)镓(Ga)的发现、提取及应用对科学与技术的发展意义重大。 （1）科学家是通过　　　　　　　(填字母)实验发现镓元素的。 A．原子光谱       B．分子光谱       C．X-射线衍射 （2）镓元素在地壳中含量低，常存在于立方晶型的硫化锌矿中。 ①GaAs晶体的晶胞结构如图-1所示，Ga的配位数为　　　　　　　。 ②从结构角度分析GaAs存在于ZnS晶格内的原因：(ⅰ)两种晶体中离子的排列方式相同；(ⅱ)　　　　　　　。 （3）一种以锌浸出液(含大量、、，少量、及微量)为原料制取金属Ga的工艺流程如下： ①若不经过“还原”，直接调节pH也能依次实现、及分步沉淀，但该方案会导致Ga严重损失，原因是　　　　　　　。 ②“酸溶”后的酸性溶液用有机萃取剂萃取。“萃取”前后溶液中金属元素的质量浓度如下表。已知铁的萃取率()为20%，镓的萃取率为　　　　　　　(写出计算过程，计算结果保留三位有效数字)。 Ga Fe Zn 酸性溶液中元素的质量浓度(g/L) 0.28 2.5 19.5 有机相中元素的质量浓度(g/L) 0.175 0.35 5.382 ③向萃取后的有机相中加入一定浓度的硫酸或盐酸，可实现金属元素反萃取。控制其它条件一定，实验测得Ga、Fe、Zn的反萃率随硫酸或盐酸浓度的变化如图-2所示。为尽可能实现Ga与Fe、Zn的分离，需要进行两次反萃取操作，操作中选用的酸依次为　　　　　　　(注明酸的种类及浓度)。 （4）是制备光电材料的主要原料。一种制备的路径如下： ①X的化学式为　　　　　　　。 ②研究发现，不使用Hg，向合金中滴加，也可制得，且有生成。当参加反应的时，反应的化学方程式为　　　　　　　。 【答案】（1）A     （2）① 4    ② 晶胞中离子核间距相当     （3）① 生成的会吸附溶液中的    ② 89.3%    ③ 盐酸、硫酸     （4）①     ②       【解析】浸出液(含大量Zn2+、Fe3+、Fe2+，少量Al3+、Cu2+及微量Ga3+)，加还原剂，将Fe3+还原为Fe2+，避免后续调pH时Fe(OH)3胶体吸附，造成镓损失；调pH使Ga3+以Ga(OH)3形式沉淀析出，同时Zn2+、Fe2+、Al3+仍留在溶液中；加入Zn粉置换，将溶液中Cu2+、残留Fe2+、Ga3+等置换为金属单质，富集到滤渣中，加入稀酸将滤渣中的Ga、Zn、Fe、Cu及Ga(OH)3溶解成溶液；加入萃取试剂，将Ga3+从Zn2+、Fe2+、Al3+混合液中萃取到有机相，加入反萃取剂，将有机相中的Ga3+反萃取到水相，得到富镓溶液，后续经一系列操作得到金属Ga。 (1)不同元素的原子具有不同的特征谱线，科学家通过原子光谱发现新元素；分子光谱用于研究分子结构，X射线衍射用于测定晶体结构，故选A。 (2)① 每个Ga原子周围结合4个As原子，因此Ga的配位数为4；② 两种晶体粒子排列方式相同，且晶胞参数（尺寸）相近，晶胞中离子核间距相当，因此GaAs可以存在于ZnS晶格中。 (3)①Ga是微量组分，即使pH有微小差异，也能实现分步沉淀。真正导致微量组分损失的核心，是大量生成的Fe(OH)3沉淀的强吸附作用，而非同步沉淀，故原因为：生成的Fe(OH)3会吸附溶液中的Ga3+； ②设萃取前原溶液体积为，萃取后有机相体积为，对于Fe，萃取率：，解得，Ga的萃取率：； ③ 第一次Ga反萃率必须越低越好。根据图-2右图确定先选用6mol/L盐酸，反萃后所有Ga均在有机相中，有机相中还有少量Fe。再根据图-2左图选择 80g·L-1硫酸，Fe反萃率为0，所有Fe均留在有机相，而接近100%的Ga进入水相，从而最大限度地实现了Ga与Fe和Zn的分离。 (4)① 根据原子守恒，第二步反应为，产物X为；② 反应物物质的量比，产物为、，根据原子可知生成物还有，故反应方程式为。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题10 工艺流程综合题 6年真题3年模拟 考点分类 江苏考情（2021-2026） 命题规律 工艺流程综合题 2026江苏(1题)、2025江苏(1题)、2024江苏(2题)、2023江苏(2题) 情境设置：· 真题多取材于矿物加工、资源回收和环保治理，如黑云母提RbCl、闪锌矿制ZnS并回收砷、钕铁硼回收、高氯废水处理、脱硫及催化剂制备，融合生产流程与实验数据。 考查重点：· 围绕浸出、沉淀、萃取、焙烧等工序，考查Ksp、Ka、平衡常数、离子方程式、回收率与比值计算，以及条件控制和产物判断。 命题趋势：· 以真实流程为主线，设问递进，结合pH、时间、温度等曲线或结构图，强化定量计算、平衡分析和绿色回收的综合能力。 1.(2026·江苏·高考真题)含铷(Rb，ⅠA族元素)矿物黑云母生产的RbCl，可用于航空航天领域。黑云母化学式为，其中为或。 （1）浮选分离。黑云母与十二胺()结合后会上浮，与其他矿物分离后回收，浮选示意如图。 已知：黑云母在水中表面带负电荷。 ①黑云母上浮，是因为十二胺中的　　　　　　　　　　　(填“烃基”或“氨基”)具有疏水性。 ②黑云母的回收率随浮选时水的变化如图所示。酸性条件下浮选时，越低黑云母回收率越大的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）硫酸酸浸。黑云母具有层状结构，与硫酸反应得到硫酸盐和，酸浸时加入等金属离子进入层间，能将交换出来，产生的空隙有利于进入，提升酸浸效果。 ①某黑云母的化学式中，酸浸液中主要金属阳离子有、K+、、Mg2+、　　　　　(填离子符号)。 ②其他条件不变，酸浸时添加同浓度的比浸出效果好，可能的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （3）结晶焙烧。浸出液除杂后得到含、K+、、的混合溶液，蒸发浓缩、冷却结晶获得晶体(相关物质的溶解度曲线如图所示)，焙烧后获得。 ①为提高的回收率和纯度，结晶后，趁热过滤的适宜温度为　　　　　℃。 ②将在700℃进行焙烧，分解仅得到和两种氧化物，该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）萃取转化。将含和的混合溶液多次萃取转化，获得RbCl和混合溶液。已知：元素回收率为96%，K元素回收率为40%[回收率]。计算萃取转化所得溶液中的　　　　　　　　(写出计算过程)。 2.(2025·江苏·高考真题)可用于制备光学材料和回收砷。 （1）制备。由闪锌矿[含及少量硫化镉等]制备的过程如下： 已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸时通入可提高浸出率的原因是　　　　　　　。 ②通入除镉。通过计算判断当溶液时，是否沉淀完全　　　　　　　(写出计算过程)。 ③沉锌前调节溶液的至，加入的氧化物为　　　　　　　(填化学式)。 （2）制备光学材料。如图甲所示，晶体中掺入少量后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。 区域A“”中的离子为　　　　　　　(填离子符号)，区域B带　　　　　　　(填“正电”或“负电”)。 （3）回收砷。用去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。 已知：溶液中主要以弱酸形式存在，。 时，按向酸性废液中加入，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。 ①写出与反应生成的离子方程式：　　　　　　　。 ②反应后，砷回收率下降的原因有　　　　　　　。 3.(2024·江苏·高考真题)贵金属银应用广泛。Ag与稀制得，常用于循环处理高氯废水。 （1）沉淀。在高氯水样中加入使浓度约为，当滴加溶液至开始产生沉淀(忽略滴加过程的体积增加)，此时溶液中浓度约为　　　　　　　。[已知：，] （2）还原。在沉淀中埋入铁圈并压实，加入足量盐酸后静置，充分反应得到Ag。 ①铁将转化为单质Ag的化学方程式为　　　　　　　。 ②不与铁圈直接接触的也能转化为Ag的原因是　　　　　　　。 ③为判断是否完全转化，补充完整实验方案：取出铁圈，搅拌均匀，取少量混合物过滤，　　　　　　　[实验中必须使用的试剂和设备：稀、溶液，通风设备] （3）Ag的抗菌性能。纳米Ag表面能产生杀死细菌(如图所示)，其抗菌性能受溶解氧浓度影响。 ①纳米Ag溶解产生的离子方程式为　　　　　　　。 ②实验表明溶解氧浓度过高，纳米Ag的抗菌性能下降，主要原因是　　　　　　　。 4.(2024·江苏·高考真题)回收磁性合金钕铁硼()可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。 （1）钕铁硼在空气中焙烧转化为、等(忽略硼的化合物)，用盐酸酸浸后过滤得到溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率()随浸取时间变化如图所示。 ①含铁滤渣的主要成分为　　　　　　　(填化学式)。 ②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是　　　　　　　。 （2）含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。 ①用含有机胺()的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的溶液，原理为： (有机层) 已知： 其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是　　　　　　　。 ②反萃取后，经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O原子未画出)，其中原子数目比　　　　　　　。 （3）净化后的溶液通过沉钕、焙烧得到。 ①向溶液中加入溶液，可转化为沉淀。该反应的离子方程式为　　　　　　　。 ②将(摩尔质量为)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。时，所得固体产物可表示为，通过以上实验数据确定该产物中的比值　　　　　　　(写出计算过程)。 5.(2023·江苏·高考真题)催化剂能催化脱除烟气中的NO，反应为   。 （1）催化剂的制备。将预先制备的一定量的粉末置于80℃的水中，在搅拌下加入一定量的溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状催化剂。在水溶液中水解为沉淀的离子方程式为　　　　　　　　　　　；反应选用溶液而不选用溶液的原因是　　　　　　　　　　　。 （2）催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、、(其余为)气体匀速通过装有催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如题图所示。反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是　　　　　　　　　　　；反应温度高于380℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有　　　　　　　　　　　(用化学方程式表示)。 （3）废催化剂的回收。回收废催化剂并制备的过程可表示为 ①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有　　　　　　　　　　　。 ②通过萃取可分离钒和钨，在得到的钒酸中含有。已知具有八元环结构，其结构式可表示为　　　　　　　　　　　。 ③向pH=8的溶液中加入过量的溶液，生成沉淀。已知：，加过量溶液的目的是　　　　　　　　　　　。 6.(2023·江苏·高考真题)实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备，其实验过程可表示为     （1）在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入气体，生成，反应为，其平衡常数K与、、、的代数关系式为　　　　　　　　　　　；下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收效率的有　　　　　　　　　　　(填序号)。 A．水浴加热氧化镁浆料 B．加快搅拌速率 C．降低通入气体的速率 D．通过多孔球泡向氧化镁浆料中通 （2）在催化剂作用下被氧化为。已知的溶解度为0.57g(20℃)，氧化溶液中的离子方程式为　　　　　　　　　　　；在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中被氧化的速率随pH的变化如题图甲所示。在pH=6~8范围内，pH增大，浆料中的氧化速率增大，其主要原因是　　　　　　　　　　　。         （3）制取晶体。在如题图乙所示的实验装置中，搅拌下，使一定量的浆料与溶液充分反应。浆料与溶液的加料方式是　　　　　　　　　　　；补充完整制取晶体的实验方案：向含有少量、的溶液中，　　　　　　　　　　　。(已知：、在时完全转化为氢氧化物沉淀；室温下从饱和溶液中结晶出，在150~170℃下干燥得到，实验中需要使用MgO粉末)     …………………… 1.(2026·江苏南京江浦高级中学·二模)钼()及其化合物广泛地应用于医疗卫生、国防等领域。某镍钼矿中的镍和钼以和形式存在，从镍钼矿中分离钼，并得到的一种工艺流程如下： 回答下列问题： （1）基态原子的核外电子排布式　　　　　　　。 （2）“焙烧”中生成的化学方程式为　　　　　　　。 （3）用量对钼浸出率和浸取液中浓度的影响如图1所示，分析实际生产中选择用量为理论用量1.2倍的原因：　　　　　　　。 （4）的溶解度曲线如图2所示，为充分分离，工艺流程中的“操作X”应为_______(填标号)。 A. 蒸发结晶 B. 低温结晶 C. 蒸馏 D. 萃取 （5）为充分利用资源，“离子交换萃取”步骤产生的交换溶液应返回“　　　　　　　”步骤。 （6）(NH4)6Mo7O24·4H2O的热重曲线如图所示： 已知A点失重的原因是生成H2O，则1 mol (NH4)6Mo7O24·4H2O在A点失去H2O的物质的量为　　　　　　　，B点所得的物质为　　　　　　　(写出计算过程)。 2.(2026·江苏南京大厂高级中学·二模)钒和铬都是重要的战略金属，利用钒、铬废渣(主要成分为NaVO3和Na2CrO4，还含有其他难溶物)分离回收钒、铬的工艺流程如图所示： 已知：常温下，Ksp(BaCO3)=5.1×10-9，Ksp(BaCrO4)=1.2×10-10，Ksp(CuCrO4)=3.6×10-6。 回答下列问题： （1）基态钒原子价层电子轨道表示式为　　　　　　　　　　　。 （2）钒、铬废渣“水浸”前，先要进行粉碎处理，为提高浸取效率，还可采取的措施有　　　　　　　　　　　(任写2点)。 （3）“沉铬”时，铬转化为CuCrO4沉淀，“转化”过程中发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 （4）向“沉钒后液”中加入足量BaCO3，可将其中的铬转化为BaCrO4沉淀，该转化的平衡常数为　　　　　　　　　　　(保留三位有效数字)。 （5）复合材料氧铬酸钙的立方晶胞如图所示。 ①该晶体的化学式为　　　　　　　　　　　。 ②已知该晶体的密度为ρ g/cm3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则相邻Ca2+与Cr3+之间的最短距离为 　　　　　　　　　　　pm(列出计算式即可)。 3.(2026·江苏苏北七市·二模)镓(Ga)的发现、提取及应用对科学与技术的发展意义重大。 （1）科学家是通过　　　　　　　(填字母)实验发现镓元素的。 A．原子光谱       B．分子光谱       C．X-射线衍射 （2）镓元素在地壳中含量低，常存在于立方晶型的硫化锌矿中。 ①GaAs晶体的晶胞结构如图-1所示，Ga的配位数为　　　　　　　。 ②从结构角度分析GaAs存在于ZnS晶格内的原因：(ⅰ)两种晶体中离子的排列方式相同；(ⅱ)　　　　　　　。 （3）一种以锌浸出液(含大量、、，少量、及微量)为原料制取金属Ga的工艺流程如下： ①若不经过“还原”，直接调节pH也能依次实现、及分步沉淀，但该方案会导致Ga严重损失，原因是　　　　　　　。 ②“酸溶”后的酸性溶液用有机萃取剂萃取。“萃取”前后溶液中金属元素的质量浓度如下表。已知铁的萃取率()为20%，镓的萃取率为　　　　　　　(写出计算过程，计算结果保留三位有效数字)。 Ga Fe Zn 酸性溶液中元素的质量浓度(g/L) 0.28 2.5 19.5 有机相中元素的质量浓度(g/L) 0.175 0.35 5.382 ③向萃取后的有机相中加入一定浓度的硫酸或盐酸，可实现金属元素反萃取。控制其它条件一定，实验测得Ga、Fe、Zn的反萃率随硫酸或盐酸浓度的变化如图-2所示。为尽可能实现Ga与Fe、Zn的分离，需要进行两次反萃取操作，操作中选用的酸依次为　　　　　　　(注明酸的种类及浓度)。 （4）是制备光电材料的主要原料。一种制备的路径如下： ①X的化学式为　　　　　　　。 ②研究发现，不使用Hg，向合金中滴加，也可制得，且有生成。当参加反应的时，反应的化学方程式为　　　　　　　。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题10 工艺流程综合题 6年真题3年模拟 1.【答案】（1）① 烃基    ② 溶液中pH越低，浓度越大，会和结合形成，带正电的更容易通过静电作用与表面带负电的黑云母结合，使其上浮从而提高黑云母的回收率；     （2）① 、    ② 酸性条件下可以将氧化成，促进的交换，有利于进入，提升酸浸效果     （3）① 40    ②      （4）0.6      2.【答案】（1）① 氧化生成S，促进酸浸反应正向进行    ② 否, ，， ，则未沉淀完全    ③ ZnO     （2）①     ② 负电     （3）①     ② 生成As2S3沉淀附着于ZnS表面，阻止反应；随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H2S浓度减小，促使As2S3+6H2O2H3AsO3+3H2S平衡正向移动，As2S3重新溶解，砷回收率下降      3.【答案】（1）     （2）①     ② 铁还原氯化银形成Fe-Ag原电池，氯化银在Ag表面得到电子    ③ 用蒸馏水洗涤滤渣，最后一次洗涤滤液中滴加硝酸银溶液无明显现象，转移滤渣至烧杯中，打开通风设备；向烧杯中边加稀HNO3边搅拌至无气泡产生，若无固体剩余，则氯化银转化完全     （3）①     ② 纳米Ag表面形成氧化物，减少Ag+产生      4.【答案】（1）① Fe2O3    ② Fe2O3溶于盐酸，c(H+)减小，Fe3+水解进入滤渣     （2）① c(OH-)增大，c(H+)减小，(R3NH)2SO4量增多，萃取正向进行程度增加    ② 2:1     （3）①     ② 2:1      5.【答案】（1）① 或    ② 水解可促进的水解     （2）① 在该温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消    ②      （3）① 提高反应温度、延长浸出时间    ② 或    ③ 促进充分沉淀      6.【答案】（1）①     ② BD     （2）①     ② pH增大，抑制的水解，反应物的浓度增大，故可加快氧化速率     （3）① 用滴液漏斗向盛有MgSO3浆料的三颈烧瓶中缓慢滴加硫酸溶液    ② 分批加入少量氧化镁粉末，搅拌，直至用pH试纸测得pH≥5，过滤；将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥。      1.【答案】（1）1s22s22p63s23p63d84s2     （2）     （3）若高于1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼浸出率较低     （4）B     （5）净化     （6）① 5    ② MoO3      2.【答案】（1）     （2）延长浸取时间、适当升高温度、搅拌等     （3）CuCrO4+2OH-=Cr+Cu(OH)2     （4）42.5     （5）① CaCrO3    ② ×      3.【答案】（1）A     （2）① 4    ② 晶胞中离子核间距相当     （3）① 生成的会吸附溶液中的    ② 89.3%    ③ 盐酸、硫酸     （4）①     ②       试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $