2022年北京市各域区高三一模化学汇编：工艺流程综合题

高三模拟试题PAGEPAGE12022北京高三一模化学汇编工艺流程综合题1．（2022·北京丰台·一模）铜冶炼过程中，产生的粗硫酸镍废液中含有、、、、等杂质微粒，工业生产以此为原料，精制硫酸镍，主要流程如下：已知：常温下，

(1)步骤ⅰ的操作名称是___________。(2)①中As的化合价为___________。②步骤ⅱ中的作用是___________。(3)步骤ⅲ，加入的目的是通过调pH进一步去除，使。若溶液2中，则需控制pH的大致范围为___________。(4)①步骤ⅳ，沉淀3的主要成分有___________(填化学式)。②在加入NaF的同时需调pH约为5，若pH过低，导致沉淀率下降，原因是___________。(5)结合下图说明由溶液4得到的操作是___________。2．（2022·北京石景山·一模）从铜电解液中分离得到的粗硫酸镍晶体中含有大量的杂质元素(Cu、Fe、As、Ca、Zn等)，我国科学家对粗硫酸镍进行精制提纯，其工艺流程如下。已知：i.含镍溶液中的主要离子有：Ni2+、SO、Cu2+、Fe2+、AsO、Ca2+和Zn2+ii.饱和H2S溶液中，c(H2S)≈0.1mol/Lⅲ.部分物质的电离常数和溶度积常数如下表物质电离常数物质溶度积常数物质溶度积常数H2SKa1=1.1×10−7Ka2=1.3×10−13CuS6.3×10−36FeS6.3×10−18NiS3.2×10−19Ni(OH)25.5×10−16CaF24×10−11Fe(OH)32.8×10−39(1)H2S是弱电解质，Ka1×Ka2=_______〖用c(H2S)、c(H+)和c(S2−)表示〗=1.43×10−20。(2)滤渣1中含有As2S3和S，写出生成As2S3和S的离子方程式_______。(3)解释“氧化除杂”中析出Fe(OH)3的原因_______。(4)“氟化除杂”中试剂a为_______。(5)“P204萃取”水溶液的pH约为3.3，结合下图解释原因_______。(6)理论上“硫化除杂”之后，溶液中c(Cu2+)=_______mol/L〖计算时c(H2S)取0.1mol/L，结果保留两位有效数字〗。3．（2022·北京东城·一模）我国芒硝(Na2SO4·10H2O)储量居世界第一，由芒硝制备NaOH具有重要价值。Ⅰ.以芒硝和石灰石为原料生产NaOH、CaSO4和轻质CaCO3的主要流程如图。(1)i、ii中涉及到的分离操作是____。(2)原料石灰石经反应：____、CaO+H2O=Ca(OH)2，可获得流程中所需的CO2和石灰乳。(3)HA是一种弱酸，在上述流程中可以循环使用。已知：温度相同时，溶解度s〖Ca(OH)2〗<s(CaSO4)①平衡移动的角度解释HA在i中反应起到的作用：____。②本流程中还利用了HA的性质是_____。(4)溶液c中会含有少量NaHCO3，但不会影响钠的利用率，原因是____(用化学方程式表示)。Ⅱ.利用电解法制备NaOH(如图所示)。(5)产生OH-的电极反应是____，NaOH在____(填“A”或“C”)区生成。(6)若改变上述装置中的阳极材料，并将阴极产生的H2导入阳极，发生反应：H2-2e-=2H+。从电能与化学能转化的角度思考：产生等量的NaOH时，与原装置相比，消耗的电能____(填“增大”“减小”或“不变”)。4．（2022·北京房山·一模）铜阳极泥含有金属(、、等)及它们的化合物，其中银在铜阳极泥中的存在状态有、、等。下图是从铜阳极泥提取银的一种工艺：已知：；(1)基态原子的核外电子排布式是___________。(2)炉气中的可与、反应生成硒单质。写出该反应方程式___________。(3)溶液a的主要成分是___________。(4)水氯化浸金过程中，。配离子中提供空轨道的是___________，配位数是___________。(5)加入氨气后，溶解，请写出氨浸分银的离子方程式___________，该反应的平衡常数K=___________。(6)分子中N原子的杂化类型为___________、在沉银过程中的作用是___________。(7)的晶胞为面心立方体结构、如图所示棱长为apm(1pm=1×1010cm)晶体银的密度___________。5．（2022·北京朝阳·一模）从印刷电路板的腐蚀废液(主要含CuCl2、FeCl3、FeCl2等)中回收FeCl3、制备CuSO4·5H2O的流程如下。(1)上述流程中能加快反应速率的措施有_______。(2)粗品的主要成分是硫酸铜晶体，而不是硝酸铜晶体，分析有两种可能的原因：①相对于Cu2+，粗液中浓度过小，原因是_______(用离子方程式表示)，不能得到硝酸铜晶体。②粗液中浓度较大，但由于_______，不能得到硝酸铜晶体。(3)测量粗品中铁(含、)的含量，评定纯度等级。Ⅰ．用水溶解一定质量粗品，加入稀和溶液，加热。Ⅱ．待溶液冷却后，加入试剂X至溶液。过滤、洗涤，得到红褐色沉淀。Ⅲ．用稀溶解红褐色沉淀，滴入溶液，稀释至一定体积。将溶液红色的深浅与标准色阶对照，确定含量。已知：完全沉淀的pH为6.7，完全沉淀的pH为2.8①Ⅰ中将氧化为的离子方程式是_______。②试剂X是_______。(4)电解：在不同电压、不同pH(pH<7)条件下电解溶液，研究溶液的再生条件。序号电压阴极现象阳极产物ia无气泡，少量金属析出无，有iib较多气泡，极少量金属析出无，有iiia少量气泡，少量金属析出，有，有(，)①iii中产生的原因有、_______。②溶液再生的合适条件是_______(填实验序号)。6．（2022·北京房山·一模）金属钛()性能优越，被称为继铁、铝之后的“第三金属”。工业上以钛铁矿(主要成分，含等杂质为主要原料冶炼金属钛，其生产的工艺流程图如下：已知：(1)该元素位于周期表___________区。(2)已知：易水解，只能存在于强酸性溶液中。25℃时，难溶电解质溶解度(S)与关系如图。溶度积①步骤Ⅱ加入铁屑的目的是___________。②水解的离子方程式为___________。③溶液Ⅱ中加入溶液的作用是___________。④结合图像，当溶液接近___________时，已沉淀完全。(3)反应后得到、、的混合物，可采用真空蒸馏的方法分离得到，依据下表信息，需加热的温度略高于___________℃即可。熔点/℃-25.0648.87141667沸点/℃136.4109014123287(4)研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融作电解质，利用图示所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂，还原二氧化钛制备金属钛。写出阳极上所发生的反应式：___________。7．（2022·北京西城·一模）制备锂离子电池的正极材料的前体的一种流程如下：资料：i．磷灰石的主要成分是ii．可溶于水，微溶于水ii．iv．(1)制备①用溶液、溶液分步浸取磷灰石生成HF、和，主要反应是和_______。②增大酸浸反应速率的措施有_______(只写1条)。③其他条件不变时，若仅用溶液酸浸，浸取的速率低于用、分步浸取法，原因是_______。(2)制备将、、混合并调节溶液的pH制备。①酸性条件下，生成的离子方程式是_______。②含磷各微粒的物质的量分数与pH的关系如图。pH=1时，溶液中的，则_______。再加入晶体、溶液使溶液中的，不考虑溶液体积的变化，通过计算说明此时能否产生沉淀_______。③的纯度及颗粒大小会影响其性能，沉淀速率过快容易团聚。ⅰ．研究表明，沉淀时可加入含的溶液，的作用是_______。ⅱ．其他条件不变时，工业上选择pH=2而不是更高的pH制备，可能的原因是_______(答出2点)。

2022北京高三一模化学汇编工艺流程综合题▁▃▅▇█参*考*答*案█▇▅▃▁1．(1)萃取分液(2)

＋3

氧化和，以利于形成，除去砷和铁元素(3)4～7(4)

与结合生成弱电解质HF，导致降低，沉淀率下降(5)加热浓缩、冷却结晶、过滤〖解析〗〖祥解〗粗硫酸镍废液在有机溶剂中萃取后分液，得到含铜有机物和溶液1，往溶液1加入双氧水后过滤，得到沉淀1FeAsO4和溶液2，再往溶液2加入Na2CO3后过滤，得到沉淀2Fe(OH)3和溶液3，继续往溶液3加入NaF后过滤，得到沉淀3和溶液4，沉淀3主要是CaF2和MgF2，溶液4经加热浓缩、冷却结晶、过滤得到硫酸镍晶体。(1)据分析，步骤ⅰ分离有机相和无机相，操作名称是萃取分液。(2)①中H元素+1价，O元素-2价，根据化合价代数和为零，As的化合价为+3价；②据分析，步骤ⅱ中加入双氧水后过滤，得到沉淀1FeAsO4，从废液中知Fe2+、H3AsO3被氧化，故的作用是氧化和，以利于形成，除去砷和铁元素。(3)据已知信息，

，则溶液2中时，c(OH-)不能大于，pH=7；又需使，根据

，则c(OH-)不能小于，pH=4；故需控制pH的大致范围为4～7。(4)①据分析，步骤ⅳ，沉淀3的主要成分有；②在加入NaF的同时需调pH约为5，HF是弱酸，若pH过低，导致沉淀率下降，原因是与结合生成弱电解质HF，导致降低，沉淀率下降。(5)从图中可知，的溶解度随温度升高而增大，故由其溶液得到晶体的操作时加热浓缩、冷却结晶、过滤。2．(1)(2)2AsO+5H2S+6H+=As2S3↓+2S↓+8H2O(3)Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3，加入的Ni(OH)2和H+反应，Fe3+的水解平衡正移，生成Fe(OH)3(4)NiF2或HF(5)pH过大，Ni2+损失较多；pH过小，Zn2+有较多剩余(6)4.4×10−16〖解析〗〖祥解〗粗硫酸镍晶体溶解调节pH=0.5，通入硫化氢除去铜、砷元素；加入氯气将二价铁转化为三价铁，加入氢氧化镍调节pH值，除去铁元素；加入NiF2或HF除去钙元素；调节pH萃取分离出镍元素，最终得到精制硫酸镍。(1)H2S是弱电解质，分两步电离，H2SHS-+H+、HS-S2-+H+，Ka1=、Ka2=，所以Ka1×Ka2=；(2)含镍溶液中的主要离子有AsO，滤渣1中含有As2S3和S，由流程可知，AsO和通入的硫化氢气体在酸性环境中发生氧化还原反应生成As2S3和S，离子方程式为2AsO+5H2S+6H+=As2S3↓+2S↓+8H2O；(3)Cl2具有氧化性，会将Fe2+氧化为Fe3+，铁离子发生水解反应：Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3，加入的Ni(OH)2和溶液中H+反应导致溶液pH增大碱性增强，Fe3+的水解平衡正移生成Fe(OH)3；(4)流程对粗硫酸镍进行精制提纯，“氟化除杂”中要加入氟元素除去钙离子且不不能引入杂质阳离子，故加入试剂a为NiF2或HF；(5)由图可知，“P204萃取”水溶液的pH约为3.3时，锌离子基本已经除尽且此时镍离子损失不大，如果pH过大，Ni2+损失较多，pH过小，Zn2+有较多剩余，故pH约为3.3；(6)已知：饱和H2S溶液中，c(H2S)≈0.1mol/L；由（1）可知H2SS2-+2H+，K=Ka1×Ka2==1.43×10−20；由流程可知，此时pH=0.5，则c(H+)=10-0.5mol/L，则=1.43×10−20，c(S2-)=1.43×10−20mol/L；Ksp(CuS)=6.3×10−36=c(S2-)×c(Cu2+)，c(Cu2+)=mol/L。3．(1)过滤(2)(3)

由于溶解度s〖Ca(OH)2〗<s(CaSO4)，，正向反应限度小，加入HA消耗NaOH使上述平衡正向移动，促进CaSO4生成

难溶于水(4)(5)

C(6)减小〖解析〗〖祥解〗这是一道考查以芒硝和石灰乳制备NaOH、CaSO4和轻质CaCO3的工艺路程题，利用平衡移动的原理在原料混合物中加入HA再通过过滤制备硫酸钙，向滤液a中通入二氧化碳制得碳酸钠溶液，向溶液加入石灰乳得到氢氧化钠和碳酸钙，以此解题。(1)根据流程图可知，通过i、ii后都是得到溶液和沉淀，故i、ii中涉及到的分离操作是过滤；(2)石灰石的主要成分是碳酸钙，第二步反应是氧化钙和水反应，生成氢氧化钙，故第一步反应为碳酸钙分解，方程式为：；(3)①根据题给信息可知，s〖Ca(OH)2〗<s(CaSO4)，由流程可知，在i中得到硫酸钙，故HA在i中反应起到的作用是：由于溶解度s〖Ca(OH)2〗<s(CaSO4)，，正向反应限度小，加入HA消耗NaOH使上述平衡正向移动，促进CaSO4生成；②通过流程可知通过ii后，得到HA沉淀，故本流程中还利用了HA的性质是难溶于水；(4)在溶液c中加入石灰乳后碳酸氢钠可以和其反应生成氢氧化钠，化学方程式为：；(5)在阴极水得到电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为：；由图可知右侧为阴极，在电解的过程中，钠离子向阴极移动，且在阴极产生氢氧根离子，故NaOH在C区生成；(6)将阴极产生的H2导入阳极，发生反应：H2-2e-=2H+，则此时原来在阳极被电解的水不再被电解，水被电解的总量减少，消耗的电能减少。4．(1)1s22s22p63s23p63d104s1或〖Ar〗3d104s1(2)SeO2+2SO2+2H2O=Se+2H2SO4(3)CuSO4(4)

Au

4(5)

(6)

sp3杂化

作还原剂(7)〖解析〗〖祥解〗铜阳极泥含有金属(、、等)及它们的化合物，其中银在铜阳极泥中的存在状态有、、等，铜阳极泥在酸性环境中焙烧脱硒得到含SeO2的炉气，接着再加入硫酸酸浸，分离后得到主要成分为CuSO4的溶液a，再向滤渣中通入Cl2、HCl，发生反应，接着通入氨气，AgCl溶解：，过滤后加入N2H4沉银，得到粗银粉，据此分析解答。(1)Cu为29号元素，原子核外有29个电子，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或〖Ar〗3d104s1；(2)可与、反应生成硒单质，SO2被还原生成H2SO4，反应的化学方程式为：SeO2+2SO2+2H2O=Se+2H2SO4；(3)由分析可知，溶液a的主要成分是CuSO4；(4)配离子中Au提供空轨道，是中心原子，Cl提供孤对电子，是配位原子，因此配位数为4；(5)根据分析可知，AgCl溶解的化学方程式为：，已知；，又AgCl的沉淀溶解平衡为：，则反应的平衡常数为；(6)N2H4中N原子的价层电子对个数为4，因此N原子的杂化类型是sp3杂化，沉银过程中，加入N2H4沉银，被还原为Ag单质，得到粗银粉，因此N2H4的作用是作还原剂；(7)由晶胞结构可知，Ag原子位于晶胞的面心和顶点，则1个晶胞含有Ag原子的个数为，则1个Ag的晶胞的质量为，又晶胞的棱长为apm，则晶胞的体积为V=a3×10-30cm3，因此晶体银的密度。5．(1)加热、搅拌(2)

3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O

Cu(NO3)2的溶解度比CuSO4的大(3)

2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O

氨水(4)

2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-

ii

〖解析〗(1)常用加快化学反应速率的措施有加热，溶解时搅拌等，根据流程图，加快化学反应速率的措施有：加热，搅拌，故〖答案〗为：加热、搅拌；(2)①由于离子反应3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，导致溶液中相对于Cu2+，粗液中浓度过小，不能得到硝酸铜晶体，故〖答案〗为：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；②粗液中浓度较大，但由于Cu(NO3)2的溶解度比CuSO4的大，也能导致不能得到硝酸铜晶体，故〖答案〗为：Cu(NO3)2的溶解度比CuSO4的大；(3)①Ⅰ中加入稀硫酸和H2O2的目的就是将氧化为，便于后续调节pH来产生氢氧化铁沉淀而除去铁，该反应的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故〖答案〗为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；②该步骤的目的是制备硫酸铜晶体，为了不引入新的杂质，故加入的试剂X是氨水等，故〖答案〗为：氨水；(4)，故〖答案〗为：①由表中信息可知，iii中产生了Cl2，Cl2能够将Fe2+氧化为Fe3+，故iii中产生的原因有、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故〖答案〗为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；②由实验现象可知，ii阴极由较多气泡，极少量金属析出，则Fe2+的损失少，且阳极上不产生Cl2，对环境无污染，故溶液再生的合适条件是ii，故〖答案〗为：ii。6．(1)d(2)

将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+与TiO2+同时生成沉淀

TiO2++2H2O=TiO(OH)2+2H+

调pH，消耗溶液中的H+

3(3)1412(4)2O2--4e-=O2↑；C+O2=CO2；或写为：C+2O2--4e-=CO2↑〖解析〗〖祥解〗钛铁矿主要成分为，含等杂质，加入浓硫酸，，得到主要含有TiO2+、Fe2+、Fe3+的强酸性溶液，向该溶液中加入铁屑，Fe3+被还原为Fe2+，经沉降分离后得到主要含有TiO2+、Fe2+的溶液Ⅰ，溶液Ⅰ经浓缩结晶后得到溶液Ⅱ和FeSO4·7H2O，再向溶液Ⅱ中加入Na2CO3溶液调pH得到TiO(OH)2，最后得到Ti单质，据此分析解答。(1)22Ti为22号元素，位于元素周期表的第四周期第ⅡB族，核外电子排布式为〖Ar〗3d24s2，属于d区；(2)①由分析，加入浓硫酸，，得到主要含有TiO2+、Fe2+、Fe3+的强酸性溶液，加入铁屑可将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+与TiO2+同时生成沉淀；②TiO2＋水解生成TiO(OH)2，其离子方程式为TiO2++2H2O=TiO(OH)2+2H+；③根据分析可知，加入Na2CO3溶液的作用为调pH，消耗溶液中的H+；④根据图像可知，当溶液pH接近3时，TiO(OH)2已沉淀完全；(3)TiCl4在隔绝空气时加入Mg发生置换反应产生Ti、MgCl2，同时还有过量的金属Mg，根据混合物中Mg、Ti、MgCl2的熔沸点关系可知当加热的温度略高于1412℃时，Mg、MgCl2变为气体逸出，而Ti则恰好刚刚熔化，因此可以达到分离提纯的目的。(4)由于用惰性电极石墨电极作阳极，所以电解质中的阴离子在阳极放电，该电极的电极式是：2O2--4e-=O2↑；C+O2=CO2；或写为：C+2O2--4e-=CO2↑。7．(1)

加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等

生成的固体覆盖在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积(2)

，能产生沉淀

发生反应，使降低，减小的沉淀速率，避免团聚；随着被沉淀，上述平衡逆向移动，生成的继续被沉淀

pH更高时，产品中可能混有杂质；pH更高时，大，可能沉淀速率过快导致团聚等〖解析〗〖祥解〗由题给流程可知，磷灰石用磷酸溶液和硫酸溶液分步浸取、过滤制得粗磷酸，粗磷酸经纯化得到磷酸，向磷酸中加入硫酸亚铁溶液和过氧化氢溶液并调节溶液pH，充分反应、过滤得到磷酸铁。(1)由题意可知，硫酸溶液浸取时发生的反应为磷酸浸取磷灰石得到的磷酸二氢钙与硫酸溶液反应生成二水硫酸钙沉淀和磷酸，反应的化学方程式为，故〖答案〗为：；②加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等措施能增大酸浸的反应速率，故〖答案〗为：加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等；③其他条件不变时，若仅用硫酸溶液浸取，硫酸溶液与磷灰石反应生成的二水硫酸钙沉淀附着在在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积，降低浸取的速率，故〖答案〗为：生成的固体覆盖在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积；(2)①由题意可知，制备磷酸铁发生的反应为酸性条件下，磷酸溶液与硫酸亚铁、过氧化氢溶液反应生成磷酸铁沉淀、硫酸和水，反应的化学方程式为，故〖答案〗为：；②由图可知，当溶液中磷酸氢根离子浓度和磷酸根离子浓度相等时，溶液pH为12.3，则磷酸的三级电离常数Ka3==c(H+)=10—12.3，所以溶液pH为1时，磷酸根离子的浓度为==10—18.6mol/L；当溶液中铁离子浓度为1mol/L时，磷酸铁的熵Qc==1mol/L×10—18.6mol/L＞，所以能产生磷酸铁沉淀，故〖答案〗为：，能产生沉淀；③ⅰ．由题给信息可知，制备磷酸铁沉淀时加入含离子的溶液，离子能与溶液中的铁离子反应生成离子：，溶液中铁离子浓度减小，生成磷酸铁沉淀的反应速率减小，可有效防止团聚的发生，当溶液中铁离子转化为磷酸铁沉淀时，铁离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，生成的铁离子能继续与磷酸根离子反应生成磷酸铁沉淀，故〖答案〗为：发生反应，使降低，减小的沉淀速率，避免团聚；随着被沉淀，上述平衡逆向移动，生成的继续被沉淀；ⅱ．其他条件不变，制备磷酸铁沉淀时若pH大于2，铁离子水解程度增大会转化为氢氧化铁沉淀导致产品不纯，同时溶液中磷酸根离子浓度会增大，可能会因沉淀速率过快而导致团聚，所以工业上选择pH=2而不是更高的pH制备磷酸铁，故〖答案〗为：pH更高时，产品中可能混有杂质；pH更高时，大，可能沉淀速率过快导致团聚等。高三模拟试题PAGEPAGE12022北京高三一模化学汇编工艺流程综合题1．（2022·北京丰台·一模）铜冶炼过程中，产生的粗硫酸镍废液中含有、、、、等杂质微粒，工业生产以此为原料，精制硫酸镍，主要流程如下：已知：常温下，

(1)步骤ⅰ的操作名称是___________。(2)①中As的化合价为___________。②步骤ⅱ中的作用是___________。(3)步骤ⅲ，加入的目的是通过调pH进一步去除，使。若溶液2中，则需控制pH的大致范围为___________。(4)①步骤ⅳ，沉淀3的主要成分有___________(填化学式)。②在加入NaF的同时需调pH约为5，若pH过低，导致沉淀率下降，原因是___________。(5)结合下图说明由溶液4得到的操作是___________。2．（2022·北京石景山·一模）从铜电解液中分离得到的粗硫酸镍晶体中含有大量的杂质元素(Cu、Fe、As、Ca、Zn等)，我国科学家对粗硫酸镍进行精制提纯，其工艺流程如下。已知：i.含镍溶液中的主要离子有：Ni2+、SO、Cu2+、Fe2+、AsO、Ca2+和Zn2+ii.饱和H2S溶液中，c(H2S)≈0.1mol/Lⅲ.部分物质的电离常数和溶度积常数如下表物质电离常数物质溶度积常数物质溶度积常数H2SKa1=1.1×10−7Ka2=1.3×10−13CuS6.3×10−36FeS6.3×10−18NiS3.2×10−19Ni(OH)25.5×10−16CaF24×10−11Fe(OH)32.8×10−39(1)H2S是弱电解质，Ka1×Ka2=_______〖用c(H2S)、c(H+)和c(S2−)表示〗=1.43×10−20。(2)滤渣1中含有As2S3和S，写出生成As2S3和S的离子方程式_______。(3)解释“氧化除杂”中析出Fe(OH)3的原因_______。(4)“氟化除杂”中试剂a为_______。(5)“P204萃取”水溶液的pH约为3.3，结合下图解释原因_______。(6)理论上“硫化除杂”之后，溶液中c(Cu2+)=_______mol/L〖计算时c(H2S)取0.1mol/L，结果保留两位有效数字〗。3．（2022·北京东城·一模）我国芒硝(Na2SO4·10H2O)储量居世界第一，由芒硝制备NaOH具有重要价值。Ⅰ.以芒硝和石灰石为原料生产NaOH、CaSO4和轻质CaCO3的主要流程如图。(1)i、ii中涉及到的分离操作是____。(2)原料石灰石经反应：____、CaO+H2O=Ca(OH)2，可获得流程中所需的CO2和石灰乳。(3)HA是一种弱酸，在上述流程中可以循环使用。已知：温度相同时，溶解度s〖Ca(OH)2〗<s(CaSO4)①平衡移动的角度解释HA在i中反应起到的作用：____。②本流程中还利用了HA的性质是_____。(4)溶液c中会含有少量NaHCO3，但不会影响钠的利用率，原因是____(用化学方程式表示)。Ⅱ.利用电解法制备NaOH(如图所示)。(5)产生OH-的电极反应是____，NaOH在____(填“A”或“C”)区生成。(6)若改变上述装置中的阳极材料，并将阴极产生的H2导入阳极，发生反应：H2-2e-=2H+。从电能与化学能转化的角度思考：产生等量的NaOH时，与原装置相比，消耗的电能____(填“增大”“减小”或“不变”)。4．（2022·北京房山·一模）铜阳极泥含有金属(、、等)及它们的化合物，其中银在铜阳极泥中的存在状态有、、等。下图是从铜阳极泥提取银的一种工艺：已知：；(1)基态原子的核外电子排布式是___________。(2)炉气中的可与、反应生成硒单质。写出该反应方程式___________。(3)溶液a的主要成分是___________。(4)水氯化浸金过程中，。配离子中提供空轨道的是___________，配位数是___________。(5)加入氨气后，溶解，请写出氨浸分银的离子方程式___________，该反应的平衡常数K=___________。(6)分子中N原子的杂化类型为___________、在沉银过程中的作用是___________。(7)的晶胞为面心立方体结构、如图所示棱长为apm(1pm=1×1010cm)晶体银的密度___________。5．（2022·北京朝阳·一模）从印刷电路板的腐蚀废液(主要含CuCl2、FeCl3、FeCl2等)中回收FeCl3、制备CuSO4·5H2O的流程如下。(1)上述流程中能加快反应速率的措施有_______。(2)粗品的主要成分是硫酸铜晶体，而不是硝酸铜晶体，分析有两种可能的原因：①相对于Cu2+，粗液中浓度过小，原因是_______(用离子方程式表示)，不能得到硝酸铜晶体。②粗液中浓度较大，但由于_______，不能得到硝酸铜晶体。(3)测量粗品中铁(含、)的含量，评定纯度等级。Ⅰ．用水溶解一定质量粗品，加入稀和溶液，加热。Ⅱ．待溶液冷却后，加入试剂X至溶液。过滤、洗涤，得到红褐色沉淀。Ⅲ．用稀溶解红褐色沉淀，滴入溶液，稀释至一定体积。将溶液红色的深浅与标准色阶对照，确定含量。已知：完全沉淀的pH为6.7，完全沉淀的pH为2.8①Ⅰ中将氧化为的离子方程式是_______。②试剂X是_______。(4)电解：在不同电压、不同pH(pH<7)条件下电解溶液，研究溶液的再生条件。序号电压阴极现象阳极产物ia无气泡，少量金属析出无，有iib较多气泡，极少量金属析出无，有iiia少量气泡，少量金属析出，有，有(，)①iii中产生的原因有、_______。②溶液再生的合适条件是_______(填实验序号)。6．（2022·北京房山·一模）金属钛()性能优越，被称为继铁、铝之后的“第三金属”。工业上以钛铁矿(主要成分，含等杂质为主要原料冶炼金属钛，其生产的工艺流程图如下：已知：(1)该元素位于周期表___________区。(2)已知：易水解，只能存在于强酸性溶液中。25℃时，难溶电解质溶解度(S)与关系如图。溶度积①步骤Ⅱ加入铁屑的目的是___________。②水解的离子方程式为___________。③溶液Ⅱ中加入溶液的作用是___________。④结合图像，当溶液接近___________时，已沉淀完全。(3)反应后得到、、的混合物，可采用真空蒸馏的方法分离得到，依据下表信息，需加热的温度略高于___________℃即可。熔点/℃-25.0648.87141667沸点/℃136.4109014123287(4)研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融作电解质，利用图示所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂，还原二氧化钛制备金属钛。写出阳极上所发生的反应式：___________。7．（2022·北京西城·一模）制备锂离子电池的正极材料的前体的一种流程如下：资料：i．磷灰石的主要成分是ii．可溶于水，微溶于水ii．iv．(1)制备①用溶液、溶液分步浸取磷灰石生成HF、和，主要反应是和_______。②增大酸浸反应速率的措施有_______(只写1条)。③其他条件不变时，若仅用溶液酸浸，浸取的速率低于用、分步浸取法，原因是_______。(2)制备将、、混合并调节溶液的pH制备。①酸性条件下，生成的离子方程式是_______。②含磷各微粒的物质的量分数与pH的关系如图。pH=1时，溶液中的，则_______。再加入晶体、溶液使溶液中的，不考虑溶液体积的变化，通过计算说明此时能否产生沉淀_______。③的纯度及颗粒大小会影响其性能，沉淀速率过快容易团聚。ⅰ．研究表明，沉淀时可加入含的溶液，的作用是_______。ⅱ．其他条件不变时，工业上选择pH=2而不是更高的pH制备，可能的原因是_______(答出2点)。

2022北京高三一模化学汇编工艺流程综合题▁▃▅▇█参*考*答*案█▇▅▃▁1．(1)萃取分液(2)

＋3

氧化和，以利于形成，除去砷和铁元素(3)4～7(4)

与结合生成弱电解质HF，导致降低，沉淀率下降(5)加热浓缩、冷却结晶、过滤〖解析〗〖祥解〗粗硫酸镍废液在有机溶剂中萃取后分液，得到含铜有机物和溶液1，往溶液1加入双氧水后过滤，得到沉淀1FeAsO4和溶液2，再往溶液2加入Na2CO3后过滤，得到沉淀2Fe(OH)3和溶液3，继续往溶液3加入NaF后过滤，得到沉淀3和溶液4，沉淀3主要是CaF2和MgF2，溶液4经加热浓缩、冷却结晶、过滤得到硫酸镍晶体。(1)据分析，步骤ⅰ分离有机相和无机相，操作名称是萃取分液。(2)①中H元素+1价，O元素-2价，根据化合价代数和为零，As的化合价为+3价；②据分析，步骤ⅱ中加入双氧水后过滤，得到沉淀1FeAsO4，从废液中知Fe2+、H3AsO3被氧化，故的作用是氧化和，以利于形成，除去砷和铁元素。(3)据已知信息，

，则溶液2中时，c(OH-)不能大于，pH=7；又需使，根据

，则c(OH-)不能小于，pH=4；故需控制pH的大致范围为4～7。(4)①据分析，步骤ⅳ，沉淀3的主要成分有；②在加入NaF的同时需调pH约为5，HF是弱酸，若pH过低，导致沉淀率下降，原因是与结合生成弱电解质HF，导致降低，沉淀率下降。(5)从图中可知，的溶解度随温度升高而增大，故由其溶液得到晶体的操作时加热浓缩、冷却结晶、过滤。2．(1)(2)2AsO+5H2S+6H+=As2S3↓+2S↓+8H2O(3)Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3，加入的Ni(OH)2和H+反应，Fe3+的水解平衡正移，生成Fe(OH)3(4)NiF2或HF(5)pH过大，Ni2+损失较多；pH过小，Zn2+有较多剩余(6)4.4×10−16〖解析〗〖祥解〗粗硫酸镍晶体溶解调节pH=0.5，通入硫化氢除去铜、砷元素；加入氯气将二价铁转化为三价铁，加入氢氧化镍调节pH值，除去铁元素；加入NiF2或HF除去钙元素；调节pH萃取分离出镍元素，最终得到精制硫酸镍。(1)H2S是弱电解质，分两步电离，H2SHS-+H+、HS-S2-+H+，Ka1=、Ka2=，所以Ka1×Ka2=；(2)含镍溶液中的主要离子有AsO，滤渣1中含有As2S3和S，由流程可知，AsO和通入的硫化氢气体在酸性环境中发生氧化还原反应生成As2S3和S，离子方程式为2AsO+5H2S+6H+=As2S3↓+2S↓+8H2O；(3)Cl2具有氧化性，会将Fe2+氧化为Fe3+，铁离子发生水解反应：Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3，加入的Ni(OH)2和溶液中H+反应导致溶液pH增大碱性增强，Fe3+的水解平衡正移生成Fe(OH)3；(4)流程对粗硫酸镍进行精制提纯，“氟化除杂”中要加入氟元素除去钙离子且不不能引入杂质阳离子，故加入试剂a为NiF2或HF；(5)由图可知，“P204萃取”水溶液的pH约为3.3时，锌离子基本已经除尽且此时镍离子损失不大，如果pH过大，Ni2+损失较多，pH过小，Zn2+有较多剩余，故pH约为3.3；(6)已知：饱和H2S溶液中，c(H2S)≈0.1mol/L；由（1）可知H2SS2-+2H+，K=Ka1×Ka2==1.43×10−20；由流程可知，此时pH=0.5，则c(H+)=10-0.5mol/L，则=1.43×10−20，c(S2-)=1.43×10−20mol/L；Ksp(CuS)=6.3×10−36=c(S2-)×c(Cu2+)，c(Cu2+)=mol/L。3．(1)过滤(2)(3)

由于溶解度s〖Ca(OH)2〗<s(CaSO4)，，正向反应限度小，加入HA消耗NaOH使上述平衡正向移动，促进CaSO4生成

难溶于水(4)(5)

C(6)减小〖解析〗〖祥解〗这是一道考查以芒硝和石灰乳制备NaOH、CaSO4和轻质CaCO3的工艺路程题，利用平衡移动的原理在原料混合物中加入HA再通过过滤制备硫酸钙，向滤液a中通入二氧化碳制得碳酸钠溶液，向溶液加入石灰乳得到氢氧化钠和碳酸钙，以此解题。(1)根据流程图可知，通过i、ii后都是得到溶液和沉淀，故i、ii中涉及到的分离操作是过滤；(2)石灰石的主要成分是碳酸钙，第二步反应是氧化钙和水反应，生成氢氧化钙，故第一步反应为碳酸钙分解，方程式为：；(3)①根据题给信息可知，s〖Ca(OH)2〗<s(CaSO4)，由流程可知，在i中得到硫酸钙，故HA在i中反应起到的作用是：由于溶解度s〖Ca(OH)2〗<s(CaSO4)，，正向反应限度小，加入HA消耗NaOH使上述平衡正向移动，促进CaSO4生成；②通过流程可知通过ii后，得到HA沉淀，故本流程中还利用了HA的性质是难溶于水；(4)在溶液c中加入石灰乳后碳酸氢钠可以和其反应生成氢氧化钠，化学方程式为：；(5)在阴极水得到电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为：；由图可知右侧为阴极，在电解的过程中，钠离子向阴极移动，且在阴极产生氢氧根离子，故NaOH在C区生成；(6)将阴极产生的H2导入阳极，发生反应：H2-2e-=2H+，则此时原来在阳极被电解的水不再被电解，水被电解的总量减少，消耗的电能减少。4．(1)1s22s22p63s23p63d104s1或〖Ar〗3d104s1(2)SeO2+2SO2+2H2O=Se+2H2SO4(3)CuSO4(4)

Au

4(5)

(6)

sp3杂化

作还原剂(7)〖解析〗〖祥解〗铜阳极泥含有金属(、、等)及它们的化合物，其中银在铜阳极泥中的存在状态有、、等，铜阳极泥在酸性环境中焙烧脱硒得到含SeO2的炉气，接着再加入硫酸酸浸，分离后得到主要成分为CuSO4的溶液a，再向滤渣中通入Cl2、HCl，发生反应，接着通入氨气，AgCl溶解：，过滤后加入N2H4沉银，得到粗银粉，据此分析解答。(1)Cu为29号元素，原子核外有29个电子，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或〖Ar〗3d104s1；(2)可与、反应生成硒单质，SO2被还原生成H2SO4，反应的化学方程式为：SeO2+2SO2+2H2O=Se+2H2SO4；(3)由分析可知，溶液a的主要成分是CuSO4；(4)配离子中Au提供空轨道，是中心原子，Cl提供孤对电子，是配位原子，因此配位数为4；(5)根据分析可知，AgCl溶解的化学方程式为：，已知；，又AgCl的沉淀溶解平衡为：，则反应的平衡常数为；(6)N2H4中N原子的价层电子对个数为4，因此N原子的杂化类型是sp3杂化，沉银过程中，加入N2H4沉银，被还原为Ag单质，得到粗银粉，因此N2H4的作用是作还原剂；(7)由晶胞结构可知，Ag原子位于晶胞的面心和顶点，则1个晶胞含有Ag原子的个数为，则1个Ag的晶胞的质量为，又晶胞的棱长为apm，则晶胞的体积为V=a3×10-30cm3，因此晶体银的密度。5．(1)加热、搅拌(2)

3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O

Cu(NO3)2的溶解度比CuSO4的大(3)

2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O

氨水(4)

2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-

ii

〖解析〗(1)常用加快化学反应速率的措施有加热，溶解时搅拌等，根据流程图，加快化学反应速率的措施有：加热，搅拌，故〖答案〗为：加热、搅拌；(2)①由于离子反应3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，导致溶液中相对于Cu2+，粗液中浓度过小，不能得到硝酸铜晶体，故〖答案〗为：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；②粗液中浓度较大，但由于Cu(NO3)2的溶解度比CuSO4的大，也能导致不能得到硝酸铜晶体，故〖答案〗为：Cu(NO3)2的溶解度比CuSO4的大；(3)①Ⅰ中加入稀硫酸和H2O2的目的就是将氧化为，便于后续调节pH来产生氢氧化铁沉淀而除去铁，该反应的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故〖答案〗为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；②该步骤的目的是制备硫酸铜晶体，为了不引入新的杂质，故加入的试剂X是氨水等，故〖答案〗为：氨水；(4)，故〖答案〗为：①由表中信息可知，iii中产生了Cl2，Cl2能够将Fe2+氧化为Fe3+，故iii中产生的原因有、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故〖答案〗为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；②由实验现象可知，ii阴极由较多气泡，极少量金属析出，则Fe2+的损失少，且阳极上不产生Cl2，对环境无污染，故溶液再生的合适条件是ii，故〖答案〗为：ii。6．(1)d(2)

将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+与TiO2+同时生成沉淀

TiO2++2H2O=TiO(OH)2+2H+

调pH，消耗溶液中的H+

3(3)1412(4)2O2--4e-=O2↑；C+O2=CO2；或写为：C+2O2--4e-=CO2↑〖解析〗〖祥解〗钛铁矿主要成