2025年高考二轮复习化学大单元主观题突破23

主观题突破二(分值:100分)学生用书P2191.(15分)(2024·甘肃卷,15节选)我国科研人员以高炉渣(主要成分为CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)为原料,对炼钢烟气(CO2和水蒸气)进行回收利用,有效减少了环境污染,主要流程如图所示。已知:Ksp(CaSO4)=4.9×105Ksp(CaCO3)=3.4×109(1)高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是。

(2)“滤渣”的主要成分是CaSO4和。

(3)“水浸2”时主要反应的化学方程式为,该反应能进行的原因是。

(4)铝产品NH4Al(SO4)2·12H2O可用于。

答案:(1)NH3(2)SiO2(3)CaSO4+(NH4)2CO3CaCO3+(NH4)2SO4Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3),微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙(4)净水解析:高炉渣(主要成分为CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)加入(NH4)2SO4在400℃下焙烧,生成硫酸钙、硫酸镁、硫酸铝,同时产生气体,该气体与烟气(CO2和水蒸气)反应生成(NH4)2CO3,所以该气体为NH3;焙烧产物经过“水浸1”,然后过滤,“滤渣”为CaSO4以及未反应的SiO2,滤液中溶质主要为硫酸镁、硫酸铝及硫酸铵;滤液经浓缩结晶,析出NH4Al(SO4)2·12H2O,剩余富镁溶液;向“滤渣”中加入(NH4)2CO3溶液,滤渣中的CaSO4会转化为更难溶的碳酸钙。(1)高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是NH3。(2)“滤渣”的主要成分是CaSO4和未反应的SiO2。(3)“水浸2”时主要反应为硫酸钙与碳酸铵反应生成更难溶的碳酸钙,反应的化学方程式为CaSO4+(NH4)2CO3CaCO3+(NH4)2SO4,该反应之所以能发生,是由于Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3),微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙。(4)铝产品NH4Al(SO4)2·12H2O溶于水后,会产生Al3+,Al3+水解生成Al(OH)3胶体,可用于净水。2.(12分)(2024·山东卷)以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流程如下:回答下列问题:(1)“热浸”时,难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2和[AgCl2]及单质硫。溶解等物质的量的PbS和Ag2S时,消耗Fe3+物质的量之比为;溶液中盐酸浓度不宜过大,除防止“热浸”时HCl挥发外,另一目的是防止产生(填化学式)。

(2)将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶,电解所得溶液可制备金属Pb。“电解Ⅰ”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用,利用该吸收液的操作单元为。

(3)“还原”中加入铅精矿的目的是。

(4)“置换”中可选用的试剂X为(填字母);

AE.Al BE.ZnCE.Pb DE.Ag“置换”反应的离子方程式为

。

(5)“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板,用作(填“阴极”或“阳极”)。

答案:(1)1∶1H2S(2)热浸(3)将过量的Fe3+还原为Fe2+(4)CPb+2[AgCl2][PbCl4]2+2Ag(5)阳极解析:本题以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag,“热浸”时,难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2和[AgCl2]及单质硫,Fe3+被还原为Fe2+,“过滤Ⅰ”除掉单质硫,滤液中[PbCl4]2在稀释、降温的过程中转化为PbCl2沉淀,然后用饱和食盐水热溶,增大氯离子浓度,使PbCl2又转化为[PbCl4]2,电解得到Pb;过滤Ⅱ后的滤液成分主要为[AgCl2]、FeCl2、FeCl3,故加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2,试剂X将[AgCl2]置换为Ag,得到富银铅泥,试剂X为铅,尾液中含FeCl2。(1)“热浸”时,Fe3+将PbS和Ag2S中2价的硫氧化为单质硫,Fe3+被还原为Fe2+,在这个过程中Pb和Ag的化合价保持不变,所以溶解等物质的量的PbS和Ag2S时,S2的物质的量相等,所以消耗Fe3+的物质的量相等,比值为1∶1;溶液中HCl浓度过大时会生成H2S气体。(2)“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶,会溶解为[PbCl4]2,电解含[PbCl4]2的溶液可制备金属Pb,Pb在阴极产生,阳极Cl放电产生Cl2,尾液中含有FeCl2,FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3,可以在“热浸”中循环使用。(3)“过滤Ⅱ”所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+,根据还原之后可以得到含硫滤渣可知,“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+。(4)“置换”中加入试剂X可以得到富银铅泥,为了防止引入其他杂质,则试剂X应为Pb,发生的反应为Pb+2[AgCl2]2Ag+[PbCl4]2。(5)“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板,“电解Ⅱ”得到金属银和金属铅,将银和铅分离出来,所以不可能作为阴极,应作为阳极板,阳极放电时,银变成阳极泥而沉降下来,铅失电子为Pb2+,阴极得电子得到Pb,所以电极板应作阳极。3.(12分)(2024·山东名校联盟二模)以水钴矿(Co2O3·H2O,含Fe2O3、MgO、CaO)和辉铜矿(Cu2S,含SiO2、Fe2O3)为原料制取胆矾和单质钴。已知:①常温下,Ksp(MgF2)=6.25×109,Ksp(CaSO4)=7.1×107,Ksp(CoCO3)=2.4×107;②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表:金属离子Fe3+Fe2+Co2+Cu2+开始沉淀时(c=0.01mol·L1)的pH2.77.57.64.7完全沉淀时(c=105mol·L1)的pH3.79.09.16.2③萃取Cu2+的反应原理:Cu2++2HRCuR2+2H+;④Mg、Ca、Fe、Co均能与强酸反应产生H2。回答下列问题:(1)“酸浸”过程硫元素价态变为+6价,写出“酸浸”过程中主要反应的化学方程式:。

(2)“滤渣1”的主要成分为。

(3)常温下,“滤液1”中(Fe元素都以Fe3+形式存在)加“氧化铜”调pH不小于。

(4)常温下,若“滤液2”中c(Mg2+)=0.015mol·L1(忽略溶液中极少量的Ca2+),除去2L“滤液2”中的Mg2+,至少需加入NaF固体的质量为g(忽略溶液体积的变化,保留至小数点后一位)。

(5)“反萃取”步骤中加入的“试剂a”为。

(6)采用惰性电极电解CoCl2溶液﹑在无离子交换膜的条件下,不能用CoSO4溶液代替CoCl2溶液的理由是

。

(7)将制得的胆矾配成溶液,先加入足量氨水,得到深蓝色溶液,再通入SO2至弱酸性,生成白色沉淀。经仪器分析:白色沉淀含H、N、O、S、Cu五种元素,且Cu∶N∶S=1∶4∶1;所含铜离子中无单电子;晶体的部分组成微粒的空间结构分别为三角锥形和正四面体形。则白色沉淀的化学式为。

答案:(1)Cu2S+5Co2O3·H2O+11H2SO42CuSO4+10CoSO4+16H2O(2)SiO2、CaSO4(3)3.7(4)4.6(5)稀硫酸(6)电解CoSO4溶液使溶液呈酸性,将生成的Co再次溶解(7)[NH4Cu(NH3)3]SO4解析:水钴矿(Co2O3·H2O,含Fe2O3、MgO、CaO)和辉铜矿(Cu2S,含SiO2、Fe2O3)中加硫酸进行溶解,二氧化硅不能被硫酸溶解,同时生成硫酸钙,过滤将二者除去;溶解过程中Co3+将Cu2S氧化,自身被还原为Co2+;加入氧化铜调节pH,使Fe3+形成沉淀过滤除去;加入NaF,可使Mg2+和Ca2+形成沉淀,过滤除去;加入萃取剂对Cu2+进行萃取,使Cu2+和Co2+分离,分离后加入反萃取剂硫酸进行反萃取后得含CuSO4的溶液,进一步得到胆矾;萃取后水相中加入碳酸钠将Co2+沉淀形成CoCO3,加盐酸溶解后对溶液进行电解得Co。(1)“酸浸”过程Co元素化合价由+3价降为+2价,硫元素化合价由2价变为+6价,Cu元素化合价由+1价升高为+2价,根据得失电子守恒及质量守恒,化学方程式:Cu2S+5Co2O3·H2O+11H2SO42CuSO4+10CoSO4+16H2O。(2)根据分析,“滤渣1”的主要成分:SiO2、CaSO4。(3)为确保Fe3+完全沉淀,应调pH不小于3.7。(4)“滤液2”中c(Mg2+)=0.015mol·L1,除去后认为溶液中c(Mg2+)≤105mol·L1,c(F)≥Ksp(MgF2)c(Mg2+)=6.25×10-910-5mol·L1=2.5×102mol·L1,生成MgF2沉淀反应过程中Mg2+浓度变化:(0.0150.00001)mol·L1,“滤液2”体积为2L,则消耗NaF物质的量:n(NaF)=2n(Mg2+),至少需加入NaF物质的量n(NaF)=(0.0150.00001)mol·L1×2L×2+2.5×102mol·L1×2L=0.109(5)根据萃取Cu2+的反应原理:Cu2++2HRCuR2+2H+及产物为胆矾可判断,“反萃取”步骤中加入的“试剂a”为稀硫酸。(6)用CoSO4溶液代替CoCl2溶液,电解过程中阳极发生电极反应:2H2O4eO2↑+4H+,导致溶液呈酸性,而阴极电极反应:Co2++2eCo,生成的Co在酸性环境下被溶解。4.(12分)(2024·山东日照一模)回收利用废旧锂离子电池中钴酸锂粗品制备LiCoO2产品,可实现资源的循环利用。其工艺流程如下。已知:①氯化胆碱[HOCH2CH2N+(CH3)3·Cl]是铵盐,熔点较低;LiCoO2熔点较高。②Co2+在溶液中常以[CoCl4]2(蓝色)和[Co(H2O)6]2+(粉红色)形式存在。③常温下,Ksp[Co(OH)2]=1×1015。回答下列问题:(1)“水浸”过程中溶液由蓝色逐渐变为粉红色,则“微波共熔”后获得的含Li、Co的化合物为(填化学式),“微波共熔”中氯化胆碱的作用是

。

(2)“沉钴”过程发生反应的离子方程式为。常温下,钴离子恰好沉淀完全时溶液的pH=[当c(Co2+)≤105mol·L1时可认为离子沉淀完全]。

(3)“煅烧”过程生成Co3O4,则消耗的n[Co(OH)2]∶n(O2)=。

(4)可回收利用“沉锂”后的滤液的操作单元是。

(5)“高温烧结”发生反应的化学方程式为

。

答案:(1)Li2[CoCl4]作为反应物提供Cl,作助剂降低LiCoO2熔融所需的温度(2)[Co(H2O)6]2++2OHCo(OH)2↓+6H2O9(3)6∶1(4)沉钴(5)6Li2CO3+O2+4Co3O412LiCoO2+6CO2解析:(1)[CoCl4]2呈蓝色,“水浸”过程中溶液由蓝色逐渐变为粉红色,则“微波共熔”后获得的含Li、Co的化合物为Li2[CoCl4],又已知氯化胆碱[HOCH2CH2N+(CH3)3·Cl]是铵盐,熔点较低,LiCoO2熔点较高,则“微波共熔”中氯化胆碱的作用是作为反应物提供Cl,作助剂降低LiCoO2熔融所需的温度。(2)“水浸”之后,溶液变为粉红色,Co2+在溶液中的存在形式为[Co(H2O)6]2+,加入氢氧化钠沉钴,得到Co(OH)2沉淀,则“沉钴”过程发生反应的离子方程式为[Co(H2O)6]2++2OHCo(OH)2↓+6H2O。常温下,Ksp[Co(OH)2]=1×1015,当c(Co2+)≤105mol·L1时可认为离子沉淀完全,则钴离子恰好沉淀完全时溶液中c(OH)=105mol·L1,pOH=5,则pH=9。(3)“煅烧”过程Co(OH)2生成Co3O4,反应为6Co(OH)2+O22Co3O4+6H2O,则消耗的n[Co(OH)2]∶n(O2)=6∶1。(5)碳酸锂和Co3O4高温烧结(通入空气氧化)得到LiCoO2产品,则“高温烧结”发生反应的化学方程式为6Li2CO3+O2+4Co3O412LiCoO2+6CO2。5.(12分)(2024·山东临沂二模)高纯二硫化钼(MoS2)粉体被誉为“固体润滑之王”。由钼精矿(主要成分为MoS2,还有少量MgO、Fe2O3、K2CO3等)制备高纯MoS2的一种工艺流程如图所示。回答下列问题:(1)“焙烧”时生成MoO3的化学方程式为

;

“水洗”的目的是。

(2)“转化”过程中,存在MoO42-→MoO3S2→MoO2S22-→①(NH4)2MoO4转化为(NH4)2MoS4的化学方程式为。

②保持温度为55℃反应1h后,冷却至20℃并静置24h,测得δ=n[(NH4)2S]δ=3时,(NH4)2MoS4晶体产率为0的原因是;δ>4时,(NH4)2MoS4晶体产率继续增大的原因是

。

(3)“酸浸”和“高温还原”中产生的气体可通入(填操作单元的名称)中循环使用。

(4)MoS2也可由(NH4)2MoS4在一定条件下加热分解制得,同时产生NH3、H2S和某种硫单质,且NH3与硫单质的物质的量之比为8∶1,则硫单质的分子式为。

答案:(1)2MoS2+7O22MoO3+4SO2除去碳酸钾(2)①(NH4)2MoO4+4(NH4)2S+4H2O(NH4)2MoS4+8NH3·H2O②(NH4)2S量不足,(NH4)2MoO4转化生成(NH4)2MoS3继续加入(NH4)2S,使得铵根离子浓度增大,降低了(NH4)2MoS4的溶解度,使其结晶析出,导致晶体产率继续增大(3)转化(4)S4解析:钼精矿在空气中煅烧时,MoS2转化为MoO3和二氧化硫,水洗除去碳酸钾等可溶物,过滤分离出固体并加入氨水浸取,氧化铁、氧化镁不反应成为“浸渣”,浸取液中含有(NH4)2MoO4,加入硫化铵将(NH4)2MoO4转化为(NH4)2MoS4,加入稀硫酸酸浸,得到硫化氢气体和MoS3沉淀:MoS42-+2H+MoS3↓+H2S↑,使用氢气在高温下还原MoS3得到MoS(1)空气中的氧气具有氧化性,“焙烧”时MoS2被氧化为MoO3,同时生成二氧化硫,该反应的化学方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2;氧化铁、氧化镁、MoO3均不溶于水,而碳酸钾溶于水,则“水洗”的目的是除去碳酸钾。(2)①向含(NH4)2MoO4的溶液中加入硫化铵生成(NH4)2MoS4,根据质量守恒可知,同时生成一水合氨,化学方程式为(NH4)2MoO4+4(NH4)2S+4H2O(NH4)2MoS4+8NH3·H2O。②δ=3时,(NH4)2S量不足,(NH4)2MoO4转化生成(NH4)2MoS3,故(NH4)2MoS4晶体产率为0;δ>4时,(NH4)2MoO4转化生成(NH4)2MoS4,继续加入(NH4)2S,使得溶液中铵根离子浓度增大,降低了(NH4)2MoS4溶解度,使其结晶析出,从而导致晶体产率继续增大。(3)“酸浸”和“高温还原”中产生的气体为硫化氢,硫化氢和氨水反应生成硫化铵,故可通入“转化”环节中继续使用。(4)NH3与硫单质的物质的量之比为8∶1,假设生成8分子氨气、1分子硫单质,根据质量守恒可知,有4分子(NH4)2MoS4参与反应,则生成4分子MoS2,Mo化合价由+6价变为+4价,转移4×2=8个电子,生成硫单质的硫化合价由2价变为0价,根据得失电子守恒可知,生成硫单质中硫原子数目为8÷2=4,故硫单质化学式为S4。6.(12分)(2024·山东德州一模)BiVO4是一种光催化材料。工业利用某废催化剂(主要含V2O5、Bi2O3、NiO及少量Al2O3、SiO2)制备BiVO4的工艺流程如下:已知:Ⅰ.Bi2O3、NiO都是不溶于水的碱性氧化物Ⅱ.0.1mol·L1Bi(NO3)3溶液的pH=1.0Ⅲ.VO2++2HR(有机层)VOR2(有机层)+2H+回答下列问题:(1)滤渣的主要成分是;酸化时,[Al(OH)4]完全转化为Al(OH)3的最大pH为。{已知Al(OH)3+OH[Al(OH)4]K=100.63;离子浓度≤105mol·L1时沉淀完全}

(2)“酸化”后的溶液中存在VO3-,则“还原”时发生反应的离子方程式为

(3)反萃取剂应选用(填“酸性”“中性”或“碱性”)溶液;若“萃取”“反萃取”的过程中钒的总回收率为90%,则“还原”时加入的Na2SO3和“氧化”时加入的NaClO3的物质的量之比为。

(4)生成BiVO4的化学方程式为,实验测得溶液pH、温度和Bi(NO3)3溶液浓度对生成BiVO4的粒径影响图像如下:

综合分析:制备粒径较小的BiVO4晶体的最佳条件是;制备过程中需加入NaOH维持最佳pH,若Bi(NO3)3过量,需要增加NaOH的用量,原因是

。

答案:(1)Al(OH)3和H2SiO38.37(2)2VO3-+SO32-+6H+2VO2++S(3)酸性10∶3(4)H2O+NH4VO3+Bi(NO3)3BiVO4+NH4NO3+2HNO3pH=6,80℃,浓度为1.0mol·L1Bi(NO3)3溶液显酸性,则为了维持最佳pH,需要增加NaOH的用量解析:(1)某废催化剂首先用氢氧化钠溶液碱溶,根据信息可知,“沉淀”为Bi2O3、NiO,其中氧化铝和二氧化硅分别转化为四羟基合铝酸钠和硅酸钠,过滤后再酸化,则滤渣主要成分为Al(OH)3和H2SiO3;题中反应的平衡常数K=c([Al(OH)4]-)c(OH-)=10-5mol·L-1c(OH-)=100(2)根据流程可知,“还原”时VO3-转化为VO2+,相应的方程式为2VO3-+SO32-+6H+2VO2+(3)结合信息Ⅲ,根据平衡移动原理可知,反萃取剂应选用酸性溶液;“萃取”“反萃取”前后V的化合价都是+4价,则根据得失电子守恒可知,还原剂失去电子的物质的量等于氧化剂得到电子的物质的量,设Na2SO3的物质的量为x,NaClO3的物质的量为y,则2x×90%=6y,则x∶y=10∶3。(4)根据流程可知,生成BiVO4的化学方程式为H2O+NH4VO3+Bi(NO3)3BiVO4+NH4NO3+2HNO3;根据图中信息可知,制备粒径较小的BiVO4晶体的最佳条件是pH=6,80℃,浓度为1.0mol·L1;根据信息Ⅱ可知,Bi(NO3)3溶液显酸性,则为了维持最佳pH,需要增加NaOH的用量。7.(12分)(2024·江苏南京二模)高效氧化剂亚氯酸钠(NaClO2)常用于烟气脱硝(NOx)和废水脱除氨氮。(1)NaClO2的制备。一种制备NaClO2的过程可表示为:①“反应2”的化学方程式为

。

②“反应1”的产物ClO2经净化后常作为饮用水消毒剂替代传统的Cl2,从消毒后饮用水水质和消毒效率(单位质量消毒剂被还原时得电子数)的角度考虑,用ClO2替代Cl2的原因是

。

(2)NaClO2溶液对烟气脱硝。①酸性条件下,Fe3+可催化溶液中的NaClO2产生氧化性更强的ClO2气体,总反应可表示为5ClO2-+4H+4ClO2+Cl+2H2O。请补充完整过程Ⅱ的离子方程式Ⅰ.Fe3++ClO2-FeClOⅡ.;

Ⅲ.5Fe2++ClO2+4H+5Fe3++Cl+2H2O。②Fe3+催化NaClO2溶液脱硝。其他条件相同时,烟气中NO氧化率随c(Fe3+)、反应温度的变化分别如图所示。ⅰ.NO氧化率随c(Fe3+)增大而增大的原因是

。

ⅱ.温度升高,NO氧化率先增大后减小的可能原因是

。

(3)NaClO2溶液处理氨氮废水。向一定量酸性氨氮废水中加入一定体积已知浓度的NaClO2溶液,用传感器测得溶液中NH4+与NO3-含量随反应时间的变化如图所示。判断该实验中被氧化的NH4+是否全部转化为答案:(1)①2ClO2+H2O2+2NaOH2NaClO2+O2↑+2H2O②可避免产生对人体有害的有机氯化物,且ClO2的消毒效率是Cl2的2.63倍(2)①FeClO22+Fe2++ClO2②ⅰ.催化剂Fe3+的浓度增大,生成氧化性更强的ClO2速率加快,NOⅱ.温度升高,Fe3+催化NaClO2生成ClO2的反应速率加快,ClO2氧化NO的速率加快;ClO2和NO在水中的溶解度减小,导致NO氧化率减小。温度低于60℃时,以前者为主,高于60℃时,以后者为主(3)一定时间内,相同体积溶液中,若NH4+减少的质量与NO3-增加的质量的比值约为18∶62,则被氧化的N解析:根据NaClO2的制备过程可知,NaClO3与SO2在酸性条件下发生反应生成硫酸氢钠、ClO2;生成的ClO2与H2O2反应生成NaClO2和氧气。(1)①ClO2与H2O2反应生成NaClO2和氧气,1molClO2得1mol电子,1molH2O2失2mol电子,根据得失电子守恒可得反应的化学方程式为2ClO2+H2O2+2NaOH2NaClO2+O2↑+2H2O。②使用ClO2可避免产生对人体有害的有机氯化物,且1molClO2转化为氯离子得5mol电子,而1molCl2转化为氯离子得2mol电子,ClO2的消毒效率与Cl2的消毒效率之比为5mol67.5g·mol(2)①结合反应Ⅰ和Ⅲ可知,反应Ⅱ中FeClO22+作反应物,Fe2+、ClO2作产物,该反应为FeClO22+Fe2++ClO2。②催化剂Fe3+的浓度增大,生成氧化性更强的ClO2的速率加快,NO的氧化率提高。③温度升高,Fe3+催化NaClO2生成ClO2的反应速率加快,ClO2氧化NO的速率加快;ClO2和NO在水中的溶解度减小,导致NO氧化率减小。温度低于60℃时,以前者为主,高于60℃(3)一定时间内,相同体积溶液中,若NH4+几乎全部转化为NO3-,则NH4+减少1mol即18g时应生成1molNO3-,则NO3-增加的质量为62g,因此当NH4+减少的质量与N8.(12分)(2024·山东潍坊调研试题二)锰废渣的硫酸浸出液含有大量Mn2+、Co2+、Ni2+以及少量的Ca2+、Mg2+、Fe3+、Fe2+。通过沉淀萃取法可以回收其中的锰、钴、镍,流程如图所示。已知:萃取剂a和萃取剂b均为有机化合物,可用通式HR表示,萃取金属离子时,发生反应:nHR+Mn+MRn+nH+(M代表被萃取的金属)。回答下列问题:(1)MnO2的作用是。

(2)该流程中涉及的实验操作有(填字母)。

AE.过滤 BE.蒸发结晶CE.分液 DE.蒸馏(3)加入CaCO3调pH的目的是

。

(4)已知:Ksp(CaF2)=5.3×109,Ksp(MgF2)=5.2×1011,向除铁后的溶液中加入MnF2,当溶液中c(Mg2+)=1.0×105mol·L1时,c(Ca2+)=mol·L1(保留1位有效数字)。

(5)写出反萃取出Mn2+的离子方程式:

。

(6)回收液中Ni2+浓度的测定:取50.00mLNi2+回收液,滴入几滴紫脲酸胺(紫色)指示剂(遇Ni2+显橙黄色),