高考化学专项小练化工流程

化工流程专题训练1．海水是巨大的化学资源宝库，利用海水可以提取很多物质。利用1：提溴工业用海水晒盐之后的盐卤可提取溴，提取流程如图：(1)吹出塔中热空气能将溴单质吹出的原因是______________________________________。蒸馏塔中通入水蒸气进行加热，需要控制温度在90℃左右的原因是_________________。利用2：提镁工业从海水提取食盐和Br2之后的盐卤中除含有Mg2＋、Cl－外，还含有少量Na＋、Fe2＋、Fe3＋、SOeq\o\al(2－,4)和CO(NH2)2等，还可以用来提取MgCl2、MgO、Mg(OH)2等物质，流程如图所示：(2)用NaClO除去尿素CO(NH2)2时，生成物除盐外，还有能参与大气循环的无毒物质，则该反应的化学方程式为_____________________________________________________________；加入NaClO的另一个作用是______________________________________________________。利用3：淡化工业(3)海水淡化的方法主要有闪蒸法、离子交换法、电渗析法等。离子交换法淡化海水模拟过程如图所示。氢型阳离子交换原理可表示为：HR＋Na＋=NaR＋H＋；……。羟型阴离子交换树脂填充部分存在的反应有：ROH＋Cl－=RCl＋OH－；____________；______________。(4)电渗析法是一种利用离子交换膜进行海水淡化的方法，其原理如图所示：①图中的海水没有直接通入到阴极室中，其原因是______________________________。②淡化水在________室(填X、Y、Z、M或N)形成后流出。答案(1)溴单质的沸点低，溴单质易挥发温度过低不利于溴的蒸出，温度过高会蒸出较多水蒸气(2)3NaClO＋CO(NH2)2=3NaCl＋CO2↑＋N2↑＋2H2O将Fe2＋氧化为Fe3＋，并形成Fe(OH)3(3)2ROH＋SOeq\o\al(2－,4)=R2SO4＋2OH－H＋＋OH－=H2O(4)①海水中含有较多的Mg2＋、Ca2＋等阳离子，阴极放电产生OH－，容易生成Mg(OH)2和Ca(OH)2等沉淀附着在电极表面或堵塞交换膜②Y、M解析(1)吹出塔中热空气能将溴单质吹出的原因是由于液溴沸点低，易挥发。蒸馏塔中通入水蒸气进行加热，需要控制温度在90℃左右是由于温度过低不利于溴的蒸出，而温度过高会蒸出较多水蒸气。(2)加入的NaClO具有强氧化性，尿素具有还原性，在NaClO除去尿素CO(NH2)2时，二者发生氧化还原反应，产生CO2、N2、H2O、NaCl，根据得失电子守恒、原子守恒，可得反应方程式为3NaClO＋CO(NH2)2=3NaCl＋CO2↑＋N2↑＋2H2O；在提取盐后的盐卤水中含有还原性微粒Fe2＋，而NaClO具有强氧化性，能够将Fe2＋氧化产生Fe3＋，同时NaClO是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，Fe3＋与水解产生的OH－结合形成Fe(OH)3沉淀，因此加入NaClO的另一个作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋，并形成Fe(OH)3沉淀除去。(4)①海水为混合物，其中含有大量的Mg2＋、Ca2＋等阳离子，而阴极在电解时水放电产生H2同时会产生OH－，OH－易与Mg2＋、Ca2＋反应生成Mg(OH)2和Ca(OH)2等沉淀附着在电极表面或堵塞交换膜，因此不能将海水直接通入到阴极室；②X、Y、Z、M中均加入海水，根据电解装置可知左侧为电解池的阳极，右侧为阴极，溶液中的阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，由此可分析Y中的Cl－会通过阴离子交换膜进入左侧X室，而其中的Na＋则通过阳离子交换膜进到右侧Z中；同理M中的阳离子Na＋会通过阳离子交换膜进到右侧阴极区N中，其中的阴离子Cl－会通过阴离子交换膜进入Z中，而Z中的阴、阳离子都无法透过相应的交换膜，因此能得到淡水的是Y、M，而Z中的氯化钠浓度增大。2．锆及其化合物作为新材料，具有相当重要的意义。氧氯化锆(ZrOCl2)是制备锆系列材料的一种重要中间产品，用锆英砂(主要成分ZrSiO4)制备水合氧氯化锆有多种方法，目前使用较多的是“一酸一碱法”，其主要流程如图：已知：①Na2ZrO3在强碱性的介质中不溶解或水解；②硅酸和原硅酸都具有吸附性。回答下列问题：(1)“碱烧”过程中生成“碱熔料”的化学方程式为______________________________。(2)“水洗压滤”工艺可以将30%～70%的硅除去，如图表示的是各种工艺变化对水洗除硅率的影响，则为了提高除硅率应采取的措施是_____________________________________(任意回答两条即可)。(3)硅的去除还有一部分是通过上述流程中的________工艺实现的，这一部分硅转化成的物质是__________(填化学式)。(4)水洗压滤的主要目的是除硅，则转型压滤的主要目的是除去__________，转型压滤过程中生成ZrO(OH)2的离子方程式为________________________________________________。(5)操作M包括________、过滤、洗涤、干燥；上述工艺若不加改进，锆的损失会比较大，为了减少锆的损失，应该改进的措施是_________________________________________。(6)称取3.220g产品(水合氧氯化锆)，溶于盐酸配制成1000mL溶液，取25mL于锥形瓶中，加热至90℃以上，并滴入2滴二甲酚橙指示剂，趁热用0.0125mol·L－1EDTA标准溶液滴定，当溶液由红色变为黄色且半分钟不褪色时，消耗EDTA溶液20mL。计算水合氧氯化锆的化学式为________(EDTA与ZrO2＋在上述条件下以1∶1比例反应；锆的相对原子质量为91)。答案(1)ZrSiO4＋4NaOHeq\o(=,\s\up7(高温))Na2SiO3＋Na2ZrO3＋2H2O(或ZrSiO4＋6NaOHeq\o(=,\s\up7(高温))Na4SiO4＋Na2ZrO3＋3H2O)(2)水料比在3∶1～4∶1之间均可；混合后立即搅拌；搅拌时间30～60min均可(3)“转型压滤”和“酸化压滤”H2SiO3(或H4SiO4)(4)钠(或Na＋或氯化钠)Na2ZrO3＋2H＋=2Na＋＋ZrO(OH)2(5)蒸发浓缩、冷却结晶将滤渣洗涤，并将洗涤液并入母液中，重复操作M(6)ZrOCl2·8H2O＝0.00025mol，由于EDTA与ZrO2＋在上述条件下以1∶1比例反应，则ZrO2＋的物质的量为0.00025mol，则3.220g产品(水合氧氯化锆)中水合氧氯化锆的物质的量为0.00025mol×eq\f(1000,25)＝0.01mol，氧氯化锆的物质的量也为0.01mol，因此所含结晶水的质量为3.22g－0.01mol×178g·mol－1＝1.44g，则水的物质的量为0.08mol，则氧氯化锆与水的物质的量之比为0.01mol∶0.08mol＝1∶8，则水合氧氯化锆的化学式为ZrOCl2·8H2O。3．Ni(OH)2作为合成镍钴锰三元电极材料的原料，工业上可用红土镍矿(主要成分为NiO、FeO、Fe2O3、MgO和SiO2)制备，工艺流程如图所示。回答下列问题：(1)“滤渣1”的成分为__________(写化学式)。(2)“除铁”中，加入NaClO的目的是_________________________________________，为了证明加入NaClO已足量，可选择的试剂是________(填字母)。a．KSCN溶液、氯水b．K3[Fe(CN)6]溶液c．NaOH溶液(3)已知“滤渣2”的成分为黄钠铁矾，其化学式为NaFe3(SO4)2(OH)6，则“除铁”中“Na2CO3/△”条件下生成滤渣2的离子方程式为_______________________________。(4)“除镁”中，若溶液pH过小，Mg2＋沉淀不完全，原因是______________________。(5)“沉镍”的离子方程式为_________________________________________________。(6)以镍钴锰三元材料(可简写为Li1－nMO2)为一极电极材料的新型锂电池工作原理如图所示，放电时总反应为Li1－nMO2＋LinC6eq\o(,\s\up11(放电),\s\do4(充电))LiMO2＋6C，则充电时b极的电极反应式为________________________________________________________________________。答案(1)SiO2(2)将Fe2＋氧化成Fe3＋b(3)Na＋＋3Fe3＋＋2SOeq\o\al(2－,4)＋3H2O＋3COeq\o\al(2－,3)=NaFe3(SO4)2(OH)6↓＋3CO2↑(4)F－与H＋结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2＋＋2F－平衡向右移动(5)Ni2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)=NiCO3↓＋CO2↑＋H2O(6)LiMO2－ne－=Li1－nMO2＋nLi＋解析(2)加入NaClO可以将Fe2＋氧化成Fe3＋，便于除去；当NaClO足量时，溶液Fe元素以Fe3＋的形式存在，不含Fe2＋，所以只要证明溶液中没有Fe2＋就可以说明NaClO足量；由于溶液中存在Fe3＋，所以滴加KSCN溶液溶液会显红色，再加氯水没有明显变化，无法检验Fe2＋，故不选a；Fe2＋可以和K3[Fe(CN)6]溶液生成蓝色沉淀，故b合适；加NaOH溶液会产生Fe(OH)3沉淀，即便有Fe2＋，产生的Fe(OH)2沉淀也会被迅速氧化，而且Fe(OH)3沉淀的颜色会覆盖掉Fe(OH)2的颜色，所以无法通过NaOH溶液判断是否有Fe2＋，故不选c。(3)反应物有Fe3＋、Na2CO3、SOeq\o\al(2－,4)等，产物有NaFe3(SO4)2(OH)6，产物中的OH－说明该反应过程有Fe3＋与COeq\o\al(2－,3)的相互促进水解，所以产物应该还有CO2，根据元素守恒可得离子方程式为Na＋＋3Fe3＋＋2SOeq\o\al(2－,4)＋3H2O＋3COeq\o\al(2－,3)=NaFe3(SO4)2(OH)6↓＋3CO2↑。(5)沉镍时反应有Ni2＋、NH4HCO3，产物有NiCO3说明不是相互促进水解，而是Ni2＋与HCOeq\o\al(－,3)电离出的COeq\o\al(2－,3)结合生成NiCO3沉淀，促进HCOeq\o\al(－,3)的电离，同时产生大量的氢离子，而氢离子又和HCOeq\o\al(－,3)反应生成二氧化碳和水，所以离子方程式为Ni2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)=NiCO3↓＋CO2↑＋H2O。4．钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)是无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂。工业上利用钼精矿(主要成分是MoS2，含少量PbS等)制备钼酸钠的途径如图所示：(1)Na2MoO4·2H2O中钼元素的化合价是________。(2)焙烧过程发生的主要反应为MoS2＋O2→MoO3＋SO2(未配平)，该反应的氧化产物是____________(填化学式)。(3)碱浸时生成Na2MoO4和一种气体A，该气体的电子式为____________；沉淀时加入Na2S溶液的目的是______________________________________________________________。(4)焙烧钼精矿所用的装置是多层焙烧炉，图1为各炉层固体物料的物质的量的百分数(φ)。第6层焙烧炉中所得MoO3与MoO2的物质的量之比为________。(5)钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如图2：①使碳素钢的缓蚀效果最优，钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度比应为________。②随着盐酸和硫酸浓度的增大，碳素钢在两者中腐蚀速率产生明显差异的主要原因是________________________________________________________________________。③空气中钼酸盐对碳钢的缓蚀原理是在碳钢表面形成FeMnO4­Fe2O3保护膜。密闭式循环冷却水系统中的碳钢管道缓蚀，除需要加入钼酸盐外还需加入NaNO2。则NaNO2的作用是________________________________________________________________________。答案(1)＋6(2)MoO3和SO2(3)除去Pb2＋(4)1∶3(5)①1∶1②Cl－有利于碳钢的腐蚀，SOeq\o\al(2－,4)不利于碳钢的腐蚀，使得钢铁在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸③替代空气中氧气起氧化剂作用解析(2)焙烧过程中MoS2和O2反应生成MoO3和SO2，Mo元素的化合价从＋2价升高到＋6价、S元素的化合价从－1价升高到＋4价，O元素的化合价从0价降低到－2价，根据得失电子守恒和原子守恒，配平后的化学方程式为2MoS2＋7O2eq\o(=,\s\up7(△))2MoO3＋4SO2，该反应的还原剂是MoS2，则氧化产物是MoO3和SO2。(3)由流程图可知，碱浸时MoO3与Na2CO3反应生成一种气体A和Na2MoO4，可推知碱浸时发生了反应：MoO3＋COeq\o\al(2－,3)=MoOeq\o\al(2－,4)＋CO2↑，则A为CO2，电子式为；流程图中“沉淀时”加入Na2S溶液后再过滤，得到的滤液中已经不含铅元素，则铅元素转移到废渣中，即废渣含PbS，加入Na2S溶液目的是除去Pb2＋。(4)第6层焙烧炉中所得含钼元素产物有MoS2、MoO3与MoO2，其中MoS2与MoO3物质的量百分数均为20%，则MoO2物质的量百分数为60%，则MoO3与MoO2的物质的量之比为1∶3。(5)①根据图像知当缓蚀剂中钼酸钠和月桂酰肌氨酸均为150mg·L－1时碳素钢的缓蚀效果最优，钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度比应为1∶1。②随着盐酸和硫酸浓度的增大，碳素钢在两者中腐蚀速率产生明显差异，则二者主要的差别为阴离子不同，可以推测其主要原因是Cl－有利于碳钢的腐蚀，SOeq\o\al(2－,4)不利于碳钢的腐蚀，使得钢铁在盐酸中的腐蚀速率明显快于在硫酸中的腐蚀速率。③空气中钼酸盐对碳钢的缓蚀原理是在碳钢表面形成FeMnO4­Fe2O3保护膜。密闭式循环冷却水系统中的碳钢管道缓蚀，除需要加入钼酸盐外还需加入NaNO2。则NaNO2的作用是替代空气中氧气起氧化剂作用，以便在碳钢表面形成FeMnO4­Fe2O3保护膜。5．(2020·深圳外国语学校高三4月测试)铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。某科研小组从某废旧铍铜元件(含25%BeO、71%CuS、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如下：已知：Ⅰ.铍、铝元素化学性质相似；BeCl2熔融时能微弱电离；Ⅱ.常温下部分难溶物的溶度积常数如下表：难溶物Cu(OH)2Fe(OH)3Mn(OH)2溶度积常数(Ksp)2.2×10－204.0×10－382.1×10－13(1)滤液A的主要成分除NaOH外，还有________(填化学式)，写出反应Ⅰ中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式：_______________________________________________________。(2)①滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，最合理的实验步骤顺序为________(填字母)。a．加入过量的氨水b．通入过量的CO2c．加入过量的NaOHd．加入适量的HCle．洗涤f．过滤②从BeCl2溶液中获得BeCl2的晶体易带结晶水，但是将BeCl2晶体与SOCl2(易水解，产物之一能使品红褪色)混合可得无水BeCl2，请从平衡移动角度解释原因：_____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质，写出反应Ⅱ中CuS发生反应的化学方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)滤液D中c(Cu2＋)＝2.2mol·L－1、c(Fe3＋)＝0.0080mol·L－1、c(Mn2＋)＝0.010mol·L－1，缓慢通氨气调节pH可将其依次分离(体积变化忽略不计)。当Cu2＋恰好完全沉淀[c(Cu2＋)＝1.0×10－5mol·L－1]时，溶液中eq\f(cCu2＋,cFe3＋)约为________。(eq\r(22)≈4.7，保留两位有效数字)(5)电解NaCl－BeCl2混合熔盐可制备金属铍。①电解过程中，加入氯化钠的目的是___________________________________________。②电解得到的Be蒸气中约含1%的Na蒸气，除去Be中少量Na的方法为___________________________________________________________________________________。已知部分物质的熔沸点如下表：物质熔点(K)沸点(K)Be15513243Na3701156答案(1)Na2BeO2、Na2SiO3BeOeq\o\al(2－,2)＋4H＋=Be2＋＋2H2O(2)①afed②SOCl2＋H2OSO2＋2HCl，SOCl2能吸收水，同时产生HCl，抑制BeCl2的水解(3)MnO2＋CuS＋2H2SO4=MnSO4＋S＋CuSO4＋2H2O(4)2.6×1010(5)①增强熔融物的导电性②可以控制温度在1156～3243K之间冷却解析(2)①滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，可先加入过量的氨水生成Be(OH)2，过滤，洗涤后再加入盐酸，可生成BeCl2，操作顺序为afed。②已知SOCl2易水解，产物之一能使品红褪色，发生的反应为SOCl2＋H2OSO2＋2HCl，则SOCl2能吸收水，同时产生HCl，抑制BeCl2的水解。(4)已知Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，当Cu2＋恰好完全沉淀[c(Cu2＋)＝1.0×10－5mol·L－1]时，c(OH－)＝eq\r(\f(2.2×10－20,1.0×10－5))mol·L－1；则根据Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，可知溶液中c(Fe3＋)＝eq\f(4.0×10－38,\r(\f(2.2×10－20,1.0×10－5))3)mol·L－1，故溶液中eq\f(cCu2＋,cFe3＋)＝1.0×10－5÷eq\f(4.0×10－38,\r(\f(2.2×10－20,1.0×10－5))3)≈2.6×1010。(5)①熔融的NaCl能导电，则电解过程中，加入氯化钠能增强熔融物的导电性。②电解得到的Be蒸气中约含1%的Na蒸气，由表中熔沸点可知，除去Be中少量Na的方法为控制温度在1156～3243K之间冷却。6.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pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1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VOeq\o\al(＋,2)，同时还有________离子被氧化。写出VO＋转化为VOeq\o\al(＋,2)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＋=VOeq\o\al(＋,2)＋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VOeq\o\al(＋,2)，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＋=VOeq\o\al(＋,2)＋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)NHeq\o\al(＋,4)(aq)＋VOeq\o\al(－,3)(aq)，“沉钒”中加入过量NH4Cl，增大c(NHeq\o\al(＋,4))，有利于NH4VO3结晶析出(同离子效应的应用)。7.(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＝0.01mol·L－1)的pH7.23.72.27.5沉淀完全时(c＝1.0×10－5mol·L－1)的pH8.74.73.29.0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1.0mol·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AlOeq\o\al(－,2)＋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中存在的金属元素只有铝元素，铝元素以AlOeq\o\al(－,2)的形式存在，当加酸调到中性时，发生反应的离子方程式为AlOeq\o\al(－,2)＋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＋)＝1.0mol·L－1时，c(OH－)＝eq\r(\f(Ksp,cNi2＋))＝eq\r(\f(0.01×107.2－142,1))＝10－7.8，c(H＋)＝eq\f(Kw,cOH－)＝eq\f(10－14,10－7.8)＝10－6.2，pH＝－lgc(H＋)＝－lg10－6.2＝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，所以需要调节pH大于3.2，综合分析，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。8.[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)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp1×10－16.31×10－38.61×10－32.31×10－12.7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≤1.0×10－5mol·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)H2O24.9(5)Mn2＋＋HCOeq\o\al(－,3)＋NH3·H2O=MnCO3↓＋NHeq\o\al(＋,4)＋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＋)≤1.0×10－5mol·L－1时沉淀完全，可求得c(OH－)≥1×10－9.1mol·L－1，即c(H＋)≤1×10－4.9mol·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＋＋HCOeq\o\al(－,3)＋NH3·H2O=MnCO3↓＋NHeq\o\a