题目内容
7．某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，用此废料提取NiSO4和Ni的流程如下：
已知：有关金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH如图1：
（1）滤渣1的主要成分为SiO2．
（2）电解脱铜：金属铜在阴极析出．
（3）①用离子方程式解释加入H2O2的作用2H++H2O2+2Fe2+═2Fe3++2H2O．
②加Na2CO3调节溶液的pH至5，则滤渣2的主要成分为Fe（OH）3、Al（OH）3．
（4）从滤液2中获得NiSO4．6H2O的实验操作是加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥．
（5）电解浓缩后的滤液2可获得金属镍，其基本反应原理示意图2如下：
①A极的电极反应式为Ni2++2e-═Ni和2H++2e-=H2↑．
②B极附近pH会减小（填“增大”、“减小”或“不变”）；用平衡移动原理解释B极附近pH变化的原因：H2O?H++OH-，OH-在B极放电使c（OH-）降低，平衡向右移动，c（H+）增大，导致pH降低．
③若一段时间后，在A、B两极均收集到11.2L气体（标准状况下），理论上能得到Ni29.35 g．
分析 某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，加入稀硫酸溶解后过滤得到滤渣1为SiO2，滤液为NiSO4、FeSO4、CuSO4、Al2（SO4）3，、MgSO4，浸出液通过电解铜离子得到电子析出铜，溶液中脱铜后的溶液中加入过氧化氢氧化亚铁离子，再加入碳酸钠溶液调节溶液PH，使铁离子，铝离子全部沉淀，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液1中加入NH4F沉淀Mg2+，生成沉淀滤渣3为MgF2，过滤得到的滤液2，滤液2中获得NiSO4．6H2O晶体的方法是通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到晶体，电解浓缩后的滤液2可获得金属镍；
（1）上述分析可知，滤渣1为二氧化硅；
（2）电解脱铜，铜离子在阴极上得到电子发生还原反应，析出铜；
（3）①加入H2O2的作用是在酸性溶液中氧化亚铁离子为铁离子；
②分析金属离子完全沉淀的溶液PH，加Na2CO3调节溶液的pH至5，使铁离子，铝离子全部沉淀，过滤得到滤渣2；
（4）溶液中得到溶质晶体的方法是依据溶质溶解度随温度变化，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到结晶水合物；
（5）①依据电解池原理分析，电解质溶液中阳离子移向的电极A为电解池的阴极，溶液中镍离子、氢离子得到电子发生还原反应生成镍和氢气，阴离子硫酸根移向的电极B为阳极，溶液中氢氧根离子失电子发生氧化反应；
②阴离子硫酸根移向的电极B为阳极，溶液中氢氧根离子失电子发生氧化反应，电极附近的水电离平衡被破坏，氢离子浓度增大；
③依据电极反应和电子守恒计算得到镍的质量．
解答 解：废料提取NiSO4和Ni的流程为：某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，加入稀硫酸溶解后过滤得到滤渣1为SiO2，滤液为NiSO4、FeSO4、CuSO4、Al2（SO4）3，、MgSO4，浸出液通过电解铜离子得到电子析出铜，溶液中脱铜后的溶液中加入过氧化氢氧化亚铁离子，再加入碳酸钠溶液调节溶液PH，使铁离子，铝离子全部沉淀，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液1中加入NH4F沉淀Mg2+，生成沉淀滤渣3为MgF2，过滤得到的滤液2，滤液2中获得NiSO4．6H2O晶体的方法是通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到晶体，电解浓缩后的滤液2可获得金属镍；
（1）上述分析可知，滤渣1主要成分为二氧化硅，故答案为：二氧化硅；
（2）电解脱铜，铜离子移向阴极，在阴极上得到电子发生还原反应，析出铜，Cu2++2e-=Cu，故答案为：阴；
（3）①加入H2O2的作用是在酸性溶液中氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH易于沉淀，过氧化氢发生反应的离子方程式为：2H++H2O2+2Fe2+═2Fe3++2H2O；
故答案为：2H++H2O2+2Fe2+═2Fe3++2H2O；
②由图1，金属离子完全沉淀的溶液PH，加Na2CO3调节溶液的pH至5，此时溶液中铁离子，铝离子全部沉淀，所以过滤得到滤渣2中主要成分为Fe（OH）3、Al（OH）3；
故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；
（4）溶液中得到溶质晶体的方法是依据溶质溶解度随温度变化，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到结晶水合物，从滤液2中获得NiSO4．6H2O的实验操作是加热浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，
故答案为：加热浓缩、冷却结晶；
（5）①由图2可知，电解质溶液中阳离子移向的电极A为电解池的阴极，溶液中镍离子、氢离子得到电子发生还原反应生成镍和氢气，电极反应为：Ni2++2e-═Ni和2H++2e-=H2↑；
故答案为：Ni2++2e-═Ni；
②阴离子硫酸根移向的电极B为阳极，溶液中氢氧根离子失电子发生氧化反应，电极附近的水电离平衡被破坏，H2O?H++OH-，OH-在B极放电使c（OH-）降低，平衡向右移动，c（H+）增大，导致溶液PH减小；
故答案为：减小；H2O?H++OH-，OH-在B极放电使c（OH-）降低，平衡向右移动，c（H+）增大，导致pH降低；
③依据电极反应和电子守恒计算得到镍的质量；
（3）一段时间后在A、B两极均收集到11.2L气体（标准状况下），气体物质的量=$\frac{11.2L}{22.4L/mol}$=0.5mol，
阳极电极反应：Ni2++2e-═Ni
1mol 0.5mol
2H++2e-=H2↑；
1mol 0.5mol
阴极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑
2mol 0.5mol
生成Ni物质的量为0.5mol，质量=0.5mol×58.7/mol=29.35g，
故答案为：29.35．
点评 本题考查了物质分离和制备流程的分析判断，主要是实验基本操作和电解池原理的分析应用，物质性质和电极反应书写、电子守恒的计算应用是解题关键，题目难度中等．
A、B、C、D、E、F六种元素为原子序数依次增大的短周期元素．A为原子半径最小的元素，A和B可形成4原子10电子的分子X；C的最外层电子数是内层的3倍； D原子的最外层电子数是最内层电子数的一半；E是地壳中含量最多的金属元素；F元素的最高正价与最低负价代数和为6．请回答下列问题：
；D可以在液态X中发生类似于与A2C的反应，写出反应的化学方程式2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑．
如图是电解NaCl溶液的示意图．请回答下列问题：反应原理：
反应试剂、产物的物理常数：
| 名称 | 相对分子质量 | 性状 | 熔点 | 沸点 | 密度 | 溶解度 | ||
| 水 | 乙醇 | 乙醚 | ||||||
| 甲苯 | 92 | 无色液体易燃易挥发 | -95 | 110.6 | 0.8669 | 不溶 | ∞ | ∞ |
| 苯甲酸 | 122 | 白色片状或针状晶体 | 122.4 | 248 | 1.2659 | 微溶 | 易溶 | 易溶 |
实验方法：一定量的甲苯和KMnO4溶液置于图1装置中，在100℃时，反应一段时间，再停止反应，按如下流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯．
（1）图2仪器K的名称为安全瓶．无色液体A的结构简式为
．操作Ⅱ为蒸馏．（2）如果滤液呈紫色，要先加亚硫酸氢钾，然后再加入浓盐酸酸化，加亚硫酸氢钾的目的是除去未反应的高锰酸钾氧化剂，否则用盐酸酸化时会发生盐酸被高锰酸钾所氧化，产生氯气．
（3）下列关于仪器的组装或者使用正确的是ABD．
A．抽滤可以加快过滤速度，得到较干燥的沉淀
B．安装电动搅拌器时，搅拌棒下端不能与三颈烧瓶底、温度计等接触
C．抽滤结束后，为防止倒吸，应先关闭水龙头，再断开真空系统与过滤系统的连接
D．冷凝管中水的流向是下进上出
（4）除去残留在苯甲酸中的甲苯应先加入NaOH溶液，分液，水层再加入浓盐酸酸化，然后抽滤，干燥即可得到苯甲酸．
（5）纯度测定：称取1.220g产品，配成100mL溶液，取其中25.00mL溶液，进行滴定，消耗KOH物质的量为2.4×10-3mol．产品中苯甲酸质量分数为96%．
| A． | 整个过程的反应速率由反应②决定 | B． | N2O2，N2O是该反应的催化剂 | ||
| C． | 当$\frac{1}{2}$v（NO）=v（N2）时，反应达到平衡 | D． | 该反应的活化能为665kJ•mol-3 |
元素X的基态原子中的电子共有7个能级，且最外层电子数为1，X原子的内层轨道全部排满电子，在气体分析中，常用XCl的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含量，其化学反应如下：2XCl+2CO+2H2O═X2Cl2•2CO•2H2O．
．
| A． | 醋酸的电离常数的表达式如下Ka=$\frac{c（C{H}_{3}CO{O}^{-}）•c（{H}^{+}）}{c（C{H}_{3}COOH）}$ | |
| B． | pH=4 时，醋酸的电离常数 Ka≈1.8×10-5 | |
| C． | B点时的溶液中滴入酚酞溶液，显红色 | |
| D． | C点时，c（CH3COOˉ）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OHˉ） |