2022届高三化学一轮复习讲义：无机化工流程题的解题策略

这是一份2022届高三化学一轮复习讲义：无机化工流程题的解题策略，共13页。学案主要包含了工业流程题的结构，流程图中主要环节的分析等内容，欢迎下载使用。

无机化工流程题的解题策略
复习目标　1.培养从试题提供的新信息中准确地提取实质性内容，并与已有知识块整合重组为新知识块的能力。2.培养将实际问题分解，通过运用相关知识，采用分析、综合的方法，解决简单化学问题的能力。3.培养将分析和解决问题的过程及成果用正确的化学术语及文字、图表、模型、图形等表达并做出解释的能力。

一、工业流程题的结构

二、流程图中主要环节的分析
1．核心反应——陌生方程式的书写
关注箭头的指向：箭头指入→反应物，箭头指出→生成物。
(1)氧化还原反应：熟练应用氧化还原规律，①判断产物，②根据化合价升降相等配平。
(2)非氧化还原反应：结合物质性质和反应实际判断产物。
2．原料的预处理
(1)溶解：通常用酸溶。如用硫酸、盐酸等。
水浸
与水接触反应或溶解
浸出
固体加水(酸)溶解得到离子
酸浸
在酸溶液中反应，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去
浸出率
固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少(更多转化)

(2)灼烧、焙烧、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。
(3)审题时要“瞻前顾后”，注意物质性质及反应原理的前后联系。
3．常用的控制反应条件的方法
(1)调节溶液的pH。常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH所需的物质一般应满足两点：
①能与H＋反应，使溶液pH增大；
②不引入新杂质。
例如：若要除去Cu2＋中混有的Fe3＋，可加入CuO、CuCO3、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。
(2)控制温度。根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动。
(3)趁热过滤。防止某物质降温时会析出。
(4)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。
4．常用的提纯方法
(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。
5．常用的分离方法
(1)过滤：分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法。
(2)萃取和分液：利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴。
(3)蒸发结晶：提取溶解度随温度变化不大的溶质，如从溶液中提取NaCl。
(4)冷却结晶：提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等。
(5)蒸馏或分馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油。
(6)冷却法：利用气体液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中的氨气。

1．(2019·全国卷Ⅲ，26)高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如图所示。回答下列问题：

相关金属离子[c0(Mn＋)＝0.1 mol·L－1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：

金属离子
Mn2＋
Fe2＋
Fe3＋
Al3＋
Mg2＋
Zn2＋
Ni2＋
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9

(1)“滤渣1”含有S和________；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式：__________________________________________________________________________。
(2)“氧化”中添加适量的MnO2的作用是_____________________________________。
(3)“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为________～6之间。
(4)“除杂1”的目的是除去Zn2＋和Ni2＋，“滤渣3”的主要成分是_______________。
(5)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2＋。若溶液酸度过高，Mg2＋沉淀不完全，原因是____________________________________________________________________________。
(6)写出“沉锰”的离子方程式：___________________________________。
(7)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为＋2、＋3、＋4。当x＝y＝时，z＝________。
答案　(1)SiO2(或不溶性硅酸盐)　MnO2＋MnS＋2H2SO4===2MnSO4＋S＋2H2O　(2)将Fe2＋氧化为Fe3＋　(3)4.7　(4)NiS和ZnS　(5)F－与H＋结合形成弱电解质HF，MgF2(s)Mg2＋(aq)＋2F－(aq)平衡向右移动　(6)Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O (7)
解析　(1)硫化锰矿中硅元素主要以SiO2或不溶性硅酸盐形式存在，则“滤渣1”的主要成分为S和SiO2(或不溶性硅酸盐)。结合“滤渣1”中含S，可知“溶浸”时MnO2与MnS在酸性条件下发生氧化还原反应生成MnSO4和S，根据化合价升降法可配平该反应的化学方程式。(2)“溶浸”后溶液中含Fe2＋，“氧化”中加入的适量MnO2能将Fe2＋氧化为Fe3＋。(3)“调pH”除去Fe3＋和Al3＋时，结合表格中数据信息可知需控制溶液的pH在4.7～6之间。(4)“除杂1”中加入Na2S能将Zn2＋和Ni2＋分别转化为沉淀除去，故“滤渣3”的主要成分为NiS和ZnS。(5)“除杂2”中F－与Mg2＋反应生成MgF2沉淀，若溶液酸度过高，则F－与H＋结合生成弱电解质HF，导致MgF2(s)Mg2＋(aq)＋2F－(aq)平衡向右移动，Mg2＋不能完全除去。(6)“沉锰”时Mn2＋与HCO反应生成MnCO3并放出CO2，由此可写出离子方程式。(7)化合物LiNixCoyMnzO2中，当x＝y＝时，根据化合物中正负化合价代数和为0知1＋2×＋3×＋4z－2×2＝0，解得z＝。
2．(2020·济宁模拟)钪及其化合物具有许多优良的性能，在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用。从钛白工业废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)中提取氧化钪(Sc2O3)的一种流程如图：

回答下列问题：
(1)洗涤“油相”可除去大量的钛离子。洗涤水是用93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成。混合的实验操作是__________________________________________。
(2)先加入氨水调节pH＝3，过滤，滤渣主要成分是____________；再向滤液中加入氨水调节pH＝6，滤液中Sc3＋的浓度为__________。(已知：25 ℃时，Ksp[Mn (OH)2]＝1.9×10－13，Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10－39，Ksp[Sc(OH)3]＝9.0×10－31)
(3)用草酸“沉钪”。25 ℃时pH＝2的草酸溶液中 ＝________________(保留两位有效数字)。写出“沉钪”得到草酸钪的离子方程式：______________________________。[已知：25 ℃时，Ka1(H2C2O4)＝5.9×10－2，Ka2(H2C2O4)＝6.4×10－5]
(4)草酸钪“灼烧”氧化的化学方程式为____________________________________________。
(5)废酸中含钪量为15 mg·L－1，V L废酸最多可提取Sc2O3的质量为________________。
答案　(1)将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入双氧水中，并不断搅拌
(2)Fe(OH)3　9.0×10－7mol·L－1
(3)3.8×10－2　2Sc3＋＋3H2C2O4===Sc2(C2O4)3↓＋6H＋
(4)2Sc2(C2O4)3＋3O22Sc2O3＋12CO2
(5)0.023V g
解析　(1)在混合不同的液体时，一般先加密度较小、易挥发的，后加密度大、难挥发的，若混合时放热，则最后加受热易分解的，因此混合的实验操作是将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入双氧水中，并不断搅拌。(3)25 ℃时pH＝2的草酸溶液中＝××＝Ka2(H2C2O4)×
Ka1(H2C2O4)×＝6.4×10－5×5.9×10－2×≈3.8×10－2。“沉钪”得到草酸钪的离子方程式为2Sc3＋＋3H2C2O4===Sc2(C2O4)3↓＋6H＋。(4)草酸钪“灼烧”氧化的化学方程式为2Sc2(C2O4)3＋3O22Sc2O3＋12CO2。(5)废酸中含钪量为15 mg·L－1，则V L废酸中含钪的质量为15×10－3 g·L－1×V L＝0.015V g，所以最多可提取Sc2O3的质量为＝0.023V g。
3．利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥Cr(Ⅲ)的处理工艺流程如图：

已知硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3＋，其次是Fe3＋、Al3＋、Ca2＋和Mg2＋。
(1)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有__________、__________。(答出两点)
(2)H2O2的作用是将滤液Ⅰ中的Cr3＋转化为Cr2O，则此反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为__________。
(3)常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表所示：
阳离子
Fe3＋
Al3＋
Cr3＋
开始沉淀时的pH
2.7
－
－
沉淀完全时的pH
3.7
5.4(＞8溶解)
9(＞9溶解)

①用NaOH调节溶液的pH不能超过8，其理由是_____________________________________。
②当pH＝8时，Mg2＋______________ (填“是”或“否”)开始沉淀(溶液中Mg2＋浓度不超过1 mol·L－1)。已知：Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11。
(4)上述流程中，加入NaOH溶液后，溶液呈碱性，Cr2O转化为CrO，写出上述流程中用SO2进行还原时发生反应的离子方程式：___________________________________________。
答案　(1)升高温度(加热)　搅拌　(2)3∶2　(3)①pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成AlO，最终影响Cr回收与再利用　②否　(4)3SO2＋2CrO＋12H2O===2Cr(OH)(H2O)5SO4↓＋SO＋2OH－
解析　(1)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是延长浸取时间、加快溶解速度等措施，可以升高温度增大物质的溶解度或搅拌加快溶解速度。(2)H2O2将Cr3＋转化为Cr2O，H2O2作氧化剂。Cr3＋被氧化，发生的反应为2Cr3＋＋3H2O2＋H2O===Cr2O＋8H＋，氧化剂和还原剂物质的量之比为3∶2。(3)①pH＝8时，Fe3＋、Al3＋已沉淀完全，pH＞8时，会使部分Al(OH)3溶解生成AlO，会影响Cr的回收与再利用。②当pH＝8时，Qc＝c(Mg2＋)·c2(OH－)＝1×
(10－6)2＝10－12 4．(2020·山东济宁模拟)三盐基硫酸铅(3PbO·PbSO4·H2O，其相对分子质量为990)简称“三盐”，不溶于水及有机溶剂。主要适用于不透明的聚氯乙烯硬质管、注射成型制品，也可用于人造革等软质制品。以铅泥(主要成分为PbO、Pb及PbSO4等)为原料制备三盐的工艺流程如下图所示。

已知：Ksp(PbSO4)＝1.82×10－8，Ksp(PbCO3)＝1.46×10－13
请回答下列问题：
(1)写出步骤①“转化”的离子方程式：____________________________________________。
(2)根据下图溶解度曲线，由滤液1得到Na2SO4固体的操作为：将“滤液1”________、________、用乙醇洗涤后干燥。

(3)步骤③“酸溶”，为提高酸溶速率，可采取的措施是______________(任意写出一条)。
(4)“滤液2”中可循环利用的溶质为________(填化学式)。若步骤④“沉铅”后的滤液中c(Pb2＋)＝1.82×10－5mol·L－1，则此时c(SO)＝________mol·L－1。
(5)步骤⑥“合成”三盐的化学方程式为____________________________________________。
(6)若消耗100.0 t铅泥，最终得到纯净干燥的三盐49.5 t，假设铅泥中的铅元素有75%转化为三盐，则铅泥中铅元素的质量分数为________。
答案　(1)PbSO4(s)＋CO(aq)PbCO3(s)＋SO(aq)
(2)升温结晶　趁热过滤
(3)适当升温(适当增加硝酸浓度等合理答案均可)
(4)HNO3　1×10－3
(5)4PbSO4＋6NaOH3PbO·PbSO4·H2O＋3Na2SO4＋2H2O
(6)55.20%
解析　(1)由于Ksp(PbSO4)＝1.82×10－8>Ksp(PbCO3)＝1.46×10－13，所以步骤①加入碳酸钠溶液，把硫酸铅转化为碳酸铅，反应的离子方程式为PbSO4(s)＋CO(aq)PbCO3(s)＋
SO(aq)。
(2)滤液1的溶质主要是Na2SO4和过量的Na2CO3，将“滤液1”升温结晶、趁热过滤、用乙醇洗涤后干燥得到Na2SO4固体。
(4)Pb、PbO和PbCO3在硝酸的作用下转化成Pb(NO3)2，Pb(NO3)2中加硫酸转化成PbSO4和硝酸，HNO3可循环利用；根据Ksp(PbSO4)＝1.82×10－8，若滤液中c(Pb2＋)＝1.82×10－5mol·L－1，则溶液中的c(SO)＝＝ mol·L－1＝1×10－3mol·L－1。
(6)设铅泥中铅元素的质量分数为x，根据铅元素守恒可得：＝×4，解得x＝0.552 0，所以铅泥中铅元素的质量分数为55.20%。
5．(2020·东北三省四市联合模拟)碱式碳酸铜在烟火、农药、颜料、杀菌剂等方面应用广泛。一种以辉铜矿(Cu2S，含有SiO2和少量Fe2O3等杂质)为原料制备碱式碳酸铜的流程如图所示：

已知：①有关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Fe2＋
Fe3＋
Cu2＋
Mn2＋
开始沉淀的pH
7.5
2.7
5.6
8.3
完全沉淀的pH
9.0
3.7
6.7
9.8

②[Cu(NH3)4]SO4常温稳定，在热水中会分解生成NH3；
③Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38。
回答下列问题：
(1)加快“浸取”速率，除将辉铜矿粉碎外，还可采取的措施有____________(任写一种)。
(2)滤渣Ⅰ经CS2提取后可获得一种淡黄色副产品，则滤渣Ⅰ中的主要成分是____________(填化学式)。回收淡黄色副产品过程中温度控制在50～60 ℃之间，不宜过高或过低的原因是________________________________________________________________________。
(3)常温下“除铁”时加入的试剂A可用CuO，调节pH的范围为__________，若加A后将溶液的pH调为5，则溶液中Fe3＋的浓度为__________________mol·L－1。
(4)写出“沉锰”(除Mn2＋)过程中反应的离子方程式：_______________________________。
(5)“赶氨”时，最适宜的操作方法是___________________________________________。
(6)测定副产品MnSO4·H2O样品的纯度：准确称取样品14.00 g，加蒸馏水配成100 mL溶液，取出25.00 mL用标准的BaCl2溶液测定，完全反应后得到了4.66 g沉淀，则此样品的纯度为________(保留到小数点后两位)。
答案　(1)搅拌(或适当增加硫酸浓度、适当加热等)
(2)SiO2、S、MnO2　温度过低，硫的溶解速率小，温度过高，CS2易挥发　(3)3.7～5.6(或3.7≤pH<5.6)　4.0×10－11　(4)Mn2＋＋HCO＋NH3===MnCO3↓＋NH　(5)将溶液加热　(6)96.57%
解析　辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，Cu2S在酸性条件下被二氧化锰氧化，SiO2不溶于稀硫酸，滤渣Ⅰ经CS2提取后可获得一种淡黄色副产品，说明滤渣Ⅰ中含有S，过滤得到的滤渣中含有MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3＋、Mn2＋、Cu2＋，加入A，调节溶液的pH使铁离子形成氢氧化铁沉淀，除去铁；加入碳酸氢铵溶液沉淀锰，过滤得到碳酸锰，用硫酸溶解，生成硫酸锰晶体，滤液赶出氨气，参与循环使用，同时得到碱式碳酸铜，据此分析解答。
(1)加快“浸取”速率，除将辉铜矿粉碎外，还可以适当增加硫酸的浓度，充分搅拌，加热等。(2)滤渣Ⅰ的主要成分是MnO2、SiO2、单质S；回收淡黄色副产品(S)的过程中温度控制在50～60 ℃之间，不宜过高或过低，原因是温度过低，硫的溶解速率小，温度过高，CS2易挥发。(3)加入的试剂A是用于调节溶液的pH，促进铁离子的水解，但不能引入杂质，因最后要制备碱式碳酸铜，则可加入氧化铜、氢氧化铜等；根据有关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围，“除铁”时溶液pH应该介于3.7～5.6( 或3.7≤pH＜5.6)，若加A后将溶液的pH调为5，则c(OH－)＝10－9mol·L－1，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，则溶液中铁离子浓度为mol·L－1＝4.0×10－11 mol·L－1。(4)“沉锰”(除Mn2＋)过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为Mn2＋＋HCO＋NH3===MnCO3↓＋NH。(5)氨气易挥发，“赶氨”时，最适宜的操作方法是将溶液加热。(6)反应得到的沉淀硫酸钡的物质的量为＝0.02 mol，n(MnSO4·H2O)＝n(BaSO4)＝0.02 mol，则此样品中MnSO4·H2O物质的量为0.02 mol×＝0.08 mol，则样品中MnSO4·H2O的纯度为×100%≈96.57%。

化学工艺流程题的分析方法
主线分析“原料→中间转化物质→目标产物”
(1)反应与物质的转化：分析每一步操作的目的及所发生的化学反应，跟踪物质转化的形式。尤其要注意原料中的杂质在流程中是如何被除去的。滤渣、滤液成分的确定：反应过程中哪些物质(离子)发生了变化？产生了哪些新离子？这些离子间是否能发生化学反应？所加试剂是否过量？
(2)循环物质的确定

(3)副产品的判断


1．(2020·全国卷Ⅰ，26)钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以＋3、＋4、＋5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。

该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Fe3＋
Fe2＋
Al3＋
Mn2＋
开始沉淀pH
1.9
7.0
3.0
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
10.1
回答下列问题：
(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是______________________________________________。
(2)“酸浸氧化”中，VO＋和VO2＋被氧化成VO，同时还有________离子被氧化。写出VO＋转化为VO反应的离子方程式____________________________________________________。
(3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5· xH2O，随滤液②可除去金属离子K＋、Mg2＋、Na＋、________，以及部分的________。
(4)“沉淀转溶”中，V2O5· xH2O转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是______________。
(5)“调pH”中有沉淀产生，生成沉淀反应的化学方程式是____________________________。
(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是____________________。
答案　(1)加快酸浸氧化反应速率(促进氧化完全)
(2) Fe2＋　VO＋＋MnO2＋2H＋===VO＋Mn2＋＋H2O
(3) Mn2＋　Fe3＋、Al3＋
(4)Fe(OH)3
(5)NaAlO2＋HCl＋H2O===NaCl＋Al(OH)3↓
(6)利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全
解析　(1)“酸浸氧化”过程中钒矿粉、MnO2和30% H2SO4发生反应，常温下反应速率较小，加热的目的是加快酸浸氧化反应速率。
(2)Fe3O4与稀硫酸反应：Fe3O4＋8H＋===2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2O，“酸浸氧化”过程中，Fe2＋具有还原性，也能被MnO2氧化生成Fe3＋。VO＋被氧化为VO，MnO2则被还原为Mn2＋，溶液呈酸性，结合守恒规律，写出离子方程式：VO＋＋MnO2＋2H＋===VO＋Mn2＋＋H2O。
(3)由表中数据可知，Mn2＋开始沉淀的pH为8.1，Al3＋开始沉淀的pH为3.0，沉淀完全的pH为4.7，Fe3＋沉淀完全的pH为3.2。“中和沉淀”中调节pH＝3.0～3.1，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，此时Mn2＋不沉淀，Al3＋部分沉淀，Fe3＋几乎沉淀完全，故随滤液②除去的金属离子有K＋、Mg2＋、Na＋、Mn2＋及部分Al3＋、Fe3＋。
(4)滤饼②中含V2O5·xH2O、Fe(OH)3和少量Al(OH)3，“沉淀转溶”中，加入NaOH溶液，调节pH＞13，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3转化为NaAlO2，故滤渣③的主要成分是Fe(OH)3。
(5)滤液③中含有NaAlO2、NaVO3，“调pH”中加入HCl，调节pH＝8.5，此时NaAlO2＋HCl＋H2O===Al(OH)3↓＋NaCl。
(6)NH4VO3存在沉淀溶解平衡：NH4VO3(s)NH(aq)＋VO(aq)，“沉钒”中加入过量NH4Cl，增大c(NH)，有利于NH4VO3结晶析出(同离子效应的应用)。
2．(2020·全国卷Ⅲ，27)某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：

溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Ni2＋
Al3＋
Fe3＋
Fe2＋
开始沉淀时(c＝0.01 mol·L－1)的pH
7.2
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时(c＝1.0×10－5 mol·L－1)的pH
8.7
4.7
3.2
9.0

回答下列问题：
(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是____________________________。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式_____________________。
(2)“滤液②”中含有的金属离子是________________。
(3)“转化”中可替代H2O2的物质是________________。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即，“滤液③”中可能含有的杂质离子为_______。
(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp＝__________________________ (列出计算式)。
如果“转化”后的溶液中Ni2＋浓度为1.0 mol·L－1，则“调pH”应控制的pH范围是________。
(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式_____________________________________________________________。
(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是___________________________。
答案　(1)除去油脂，溶解铝及其氧化物　AlO＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓
(2)Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋
(3)O2或空气　Fe3＋
(4)0.01×(107.2－14)2[或10－5×(108.7－14)2]　3.2～6.2
(5)2Ni2＋＋ClO－＋4OH－===2NiOOH↓＋ Cl－＋H2O
(6)提高镍的回收率
解析　(1)因为废镍催化剂表面沾有油脂，所以“碱浸”的目的是除去油脂，同时还可以溶解催化剂中混有的铝及氧化铝杂质。滤液①中存在的金属元素有铝元素和钠元素，铝元素以AlO的形式存在，当加酸调到中性时，发生反应的离子方程式为AlO＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓。
(2)滤饼①加稀硫酸酸浸，产生的滤液中的金属离子有Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋。
(3)过程中加入H2O2的目的是氧化Fe2＋，由于Fe2＋的还原性强，能与氧气反应，因此也可以用氧气或空气代替H2O2。如果过程中先“调pH”后“转化”，结合金属离子沉淀的有关pH数据可知，当调节pH小于7.2时，Fe2＋不能形成沉淀，加入H2O2后Fe2＋被氧化为Fe3＋，因此滤液③中可能混有Fe3＋。
(4)根据溶度积的表达式得Ksp[Ni(OH)2]＝c(Ni2＋)·c2(OH－)＝0.01×(107.2－14)2[或10－5×(108.7－14)2]。当溶液中c(Ni2＋)＝1.0 mol·L－1时，c(OH－)＝＝mol·L－1＝
10－7.8 mol·L－1，c(H＋)＝＝ mol·L－1＝10－6.2 mol·L－1，pH＝－lg c(H＋)＝－lg 10－6.2
＝6.2。所以当pH＝6.2时，Ni2＋开始产生沉淀，根据流程图可知，调pH的目的是让Fe3＋沉淀完全，所以应控制pH的范围为3.2～6.2。
(6)分离出硫酸镍晶体后的母液中仍有Ni2＋，采用循环使用的意义是提高镍的回收率。

3．[2020·新高考全国卷Ⅰ(山东)，16]用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：

已知：MnO2是一种两性氧化物；25 ℃时相关物质的Ksp见下表。
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mn(OH)2
Ksp
1×10－16.3
1×10－38.6
1×10－32.3
1×10－12.7

回答下列问题：
(1)软锰矿预先粉碎的目的是__________________________，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为_____________________________________________。
(2)保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小的原因是______________________。
(3)滤液Ⅰ可循环使用，应当将其导入到________操作中(填操作单元的名称)。
(4)净化时需先加入的试剂X为________(填化学式)，再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为________(当溶液中某离子浓度c≤1.0×10－5 mol·L－1时，可认为该离子沉淀完全)。
(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为______________________。
答案　(1)增大接触面积，充分反应，提高反应速率
MnO2＋BaS＋H2O===Ba(OH)2＋MnO＋S
(2)过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2
(3)蒸发
(4)H2O2　4.9
(5)Mn2＋＋HCO＋NH3·H2O===MnCO3↓＋NH＋H2O
解析　(1)软锰矿粉碎后，表面积增大，即在反应中增大了反应物的接触面积，一是可以使之充分反应；二是可以提高反应速率。由题给信息可知，反应物有MnO2、BaS，生成物有MnO；由流程图中给出的信息可知，生成物中还有Ba(OH)2和硫黄。根据原子守恒和得失电子守恒，可写出该反应的化学方程式MnO2＋BaS＋H2O===MnO＋Ba(OH)2＋S。
(2)增大MnO2与BaS的投料比，S的量达到最大值后不再变化，说明过量的MnO2与S不反应；Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，说明过量的MnO2与Ba(OH)2发生了反应，消耗了产生的Ba(OH)2。
(3)滤液Ⅰ中还含有未结晶的Ba(OH)2，可循环使用，应将其导入蒸发操作中。
(4)软锰矿中含有的Fe3O4、Al2O3杂质与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3，要除去Fe2＋，应先将Fe2＋氧化为Fe3＋，为了不引入其他杂质，加入的氧化剂X可选用H2O2。因Fe(OH)3和Al(OH)3的组成相似，且Fe(OH)3的Ksp小于Al(OH)3的，因此当Al3＋完全沉淀时，Fe3＋也完全沉淀，由Ksp[Al(OH)3]＝1×10－32.3可知，c(Al3＋)·c3(OH－)＝1×10－32.3，由题意知，当c(Al3＋)≤1.0×10－5 mol·L－1时沉淀完全，可求得c(OH－)≥1×10－9.1 mol·L－1，即c(H＋)≤1×
10－4.9 mol·L－1，pH的理论最小值为4.9。
(5)由流程图提供的信息可知，碳化时的反应物有碳酸氢铵、氨水、Mn2＋，生成物有MnCO3，由此可写出该反应的离子方程式为Mn2＋＋HCO＋NH3·H2O===MnCO3↓＋NH＋H2O。