Question

【题目】一种磁性材料的磨削废料（含镍质量分数约21%）主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。用该废料制备纯度较高的氢氧化镍，工艺流程如图所示：

请回答下列问题：

（1）为了提高“酸溶”工序中原料的浸出效率，采取的措施不合理的有______。

A．搅拌

B．适当升高温度

C．研磨矿石

D．用浓硫酸

（2）“酸溶”时，溶液中有Fe3+、Fe2+、Ni2+等生成，废渣的主要成分是______；合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，反应有N2生成，金属镍溶解的离子方程式为______。

（3）“除铁”时控制温度不超过40℃的原因是______；加入碳酸钠的目的是______。

（4）Fe2+也可以用NaClO3氧化，生成的Fe3+在较小pH条件下水解，最终形成黄钠铁矾[Na2Fe6（SO4）4（OH）12]沉淀而被除去，图表示pH-温度关系，图中阴影部分为钠铁矾稳定存在的区域。

则下列说法不正确的是______（填字母）

a．黄钠铁矾[Na2Fe6（SO4）4（OH）12]中铁为+2价

b．pH过低或过高均不利于生成黄钠铁矾，其原因相同

c．氯酸钠在氧化Fe2+时，1 molNaClO3得到的电子数为6NA

d．工业生产中温度常保持在85℃-95℃，控制溶液的pH为1.2～1.8，此时加入Na2SO4后生成黄钠铁矾

（5）“除铜”时，反应的离子方程式为______，若用Na2S代替H2S除铜，优点是______。

（6）已知某温度下Ksp[Ni（OH）2]=4.0×10-15，该流程在“沉镍”过程中需调节溶液pH约为______，Ni2+才刚好沉淀完全（离子沉淀完全的浓度≤10-5mol/L；lg2=0.30）。

Answer 1

【答案】D SiO2 5Ni＋12H＋＋2NO3－=5Ni2＋＋N2↑＋6H2O 温度过高过氧化氢分解，浓度降低 调节溶液pH，使Fe3＋完全沉淀为黄钠铁矾 ab Cu2＋＋H2S=CuS↓＋2H＋ 不会有易挥发的有毒气体H2S逸出，保护环境 9.3

【解析】

废料与稀硫酸、稀硝酸溶液反应生成硫酸亚铁、硫酸镍，双氧水具有强氧化性，加入双氧水的目的是将Fe2＋氧化成Fe3＋，加入碳酸钠调节pH，除去Fe3＋，通入硫化氢除去Cu2＋，硫化氢可与Cu2＋反应生成CuS，加入氟化钠，可生成氟化钙、氟化镁沉淀，最后调节pH生成氢氧化镍沉淀，据此分析；

(1)“酸溶”中增大原料的利用率，可以采取的措施是搅拌、适当升高温度、粉碎（或研磨）、适当增加酸的浓度，但是不能用浓硫酸，因为铁与浓硫酸发生钝化反应，不符合该工艺流程，故D符合题意；

(2)废料是铁镍合金，含有CuO、CaO、MgO、SiO2，铁镍合金能与混酸反应转化成相应的离子，CuO、CaO、MgO为碱性氧化物，能与酸反应生成相应的离子，SiO2属于酸性氧化物，不溶于水，且不与硫酸和硝酸反应，因此废渣的主要成分是SiO2；镍与硝酸反应生成Ni2＋和N2，其离子方程式为5Ni＋12H＋＋2NO3－=5Ni2＋＋N2↑＋6H2O；

(3)除铁时需要加入H2O2，H2O2不稳定受热易分解，因此控制温度不超过40℃的原因是防止温度过高过氧化氢分解，浓度降低；加入碳酸钠的目的是调节pH，使Fe3＋完全沉淀为黄钠铁矾；

(4)a．根据化合价代数和为0，推出Fe的化合价为＋3价，故a说法错误；

b．根据图像，pH过低会将黄钠铁矾溶解，pH过高则不会生成黄钠铁矾，其原因不同，故b说法错误；

c．1molNaClO3氧化Fe2＋，得到电子物质的量为1mol×1×[5－(－1)]=6mol，故c说法正确；

d．工业生产中温度常保持在85℃～95℃，加入Na2SO4后生成黄钠铁矾，结合图可知此时溶液的pH约为1.2～1.8，故d说法正确；

故答案选ab；

(5)根据流程，加入H2S除Cu2＋，CuS不溶于硫酸，即发生离子方程式为Cu2＋＋H2S=CuS↓＋2H＋；H2S具有臭鸡蛋气味的气体，有毒，污染环境，Na2S代替H2S，优点是不会有易挥发的有毒气体H2S逸出，保护环境；

(6)Ni2＋才刚好沉淀完全时，c(Ni2＋)小于等于10－5mol·L－1，根据溶度积得出，c(OH－)==2.0×10－5mol·L－1，pOH=5－lg2=5－0.3=4.7，即pH=14－4.7=9.3。