Question

20．镍及其化合物常用作合金、催化剂及电极材料．已知：镍元素有+2、+3价的氧化物和氢氧化物，在盐中以+2价的形式存在．
（1）镍与稀硝酸反应放出NO，反应的化学方程式是3Ni+8HNO₃=3Ni（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O．
（2）Ni₂O₃是一种重要的电池材料．
①铁镍蓄电池放电时总反应为：Fe+Ni₂O₃+3H₂O=Fe（OH）₂+2Ni（OH）₂
电池放电时，负极反应为Fe+2OH^--2e^-=Fe（OH）₂；
电池充电时，阳极反应为2Ni（OH）₂+2OH^--2e^-=Ni₂O₃+6H₂O．
②在碱性条件下，镍氢电池的总反应为：3Ni₂O₃+LaNi₅H₆+3H₂O$?_{充电}^{放电}$LaNi₅+6Ni（OH）₂，该电池放电时，负极电极反应为LaNi₅H₆+6OH^--6e^-=LaNi₅+6H₂O
（3）工业上电解法处理含镍酸性废水并得到单质Ni的原理如图所示．
已知：
①Ni²⁺在弱酸性溶液中发生水解
②氧化性：Ni²⁺（高浓度）＞H⁺＞Ni²⁺（低浓度）
下列说法不正确的是BD
A．碳棒上发生的电极反应：4OH^--4e^-  O₂↑+2H₂O
B．电解过程中，B室中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减少
C．为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水pH
D．若将图中阳离子膜去掉，将A、B两室合并，则电解反应总方程式不发生改变
（4）某工厂用废的含镍催化剂（主要含Ni，还含有一定量的Al、Fe、SiO₂）回收镍的流程如下：

已知：上述流程中，几种氢氧化物完全沉淀时的pH如下表：

沉淀	Al（OH）3	Fe（OH）3	Fe（OH）2	Ni（OH）2
pH	5.2	3.2	9.7	9.2

①水合肼（N₂H₄•H₂O）是强还原剂，氧化产物对环境友好．由“沉淀→镍”的化学方程式2Ni（OH）₂+N₂H₄•H₂O═2Ni+N₂↑+5H₂O．
②滤渣b所含成份的化学式为Al（OH）₃、Fe（OH）₃．
③若将溶液调整为pH=6时加入了bkgNi（OH）₂，从酸浸到滤液B的过程中镍的损失率为3%，后几步操作过程中镍的损失率为5%，akg废催化剂（含Ni70%）经上述流程最终得到金属镍的质量为（a×70%×97%+$\frac{59}{93}$b）×95%kg（填计算式）．

Answer 1

分析 （1）镍与稀硝酸反应放出NO，同时生成硫酸镍，根据元素守恒可写出化学方程式；
（2）①根据电池的总反应：Fe+Ni₂O₃+3H₂O=Fe（OH）₂+2Ni（OH）₂，放电时Fe作负极，发生氧化反应失电子生成Fe²⁺，最终生成Fe（OH）₂；Ni₂O₃作正极，发生还原反应，得电子，最终生成Ni（OH）₂，电池充电时，阳极Ni（OH）₂发生氧化反应生成Ni₂O₃，据此分析；
②电池放电时的反应为LaNi₅H₆+6NiO（OH）═LaNi₅+6Ni（OH）₂，该电池放电时，负极NiOOH发生氧化反应生成Ni（OH）₂，根据电荷守恒和元素守恒可写出电极反应式；
（3）A、由图分析可知，碳棒与电源正极相连是电解池的阳极，电极反应4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑；
B、镀镍铁棒与电源负极相连是电解池的阴极，电极反应Ni²⁺+2e^-=Ni．电解过程中为平衡A、C中的电荷，A中的Na⁺和C中的Cl^-分别通过阳离子膜和阴离子膜移向B中，这使B中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大；
C、因Ni²⁺在弱酸性溶液中易发生水解，氧化性：Ni²⁺（高浓度）＞H⁺＞Ni²⁺（低浓度），为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水pH；
D、若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序Cl^-＞OH^-，则Cl^-移向阳极放电：2Cl^- --2e^-=Cl₂↑，电解反应总方程式会发生改变；
（4）废镍催化剂（主要含Ni，还含有一定量的Al、Fe、SiO₂），用硫酸溶解，SiO₂不与硫酸反应，过滤得到滤液A中含有NiSO₄、FeSO₄、Al₂（SO₄）₃及过量的硫酸，加入 的是H₂O₂将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，加入Ni（HO）₂调节pH为6，使Fe³⁺转化为Fe（OH）₃沉淀、Al³⁺转化为Al（OH）₃沉淀，过滤得滤渣b为Al（OH）₃、Fe（OH）₃，滤液中含有NiSO₄，将滤液pH值调到9.2，使镍离子沉淀，再加N₂H₄•H₂O还原得金属镍，据此答题．

解答 解：（1）镍与稀硝酸反应放出NO，同时生成硫酸镍，反应的化学方程式为3Ni+8HNO₃=3Ni（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O，
故答案为：3Ni+8HNO₃=3Ni（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O；
（2）①根据电池的总反应：Fe+Ni₂O₃+3H₂O=Fe（OH）₂+2Ni（OH）₂，放电时Fe作负极，发生氧化反应失电子生成Fe²⁺，最终生成Fe（OH）₂，负极电极反应式为Fe+2OH^--2e^-=Fe（OH）₂，Ni₂O₃作正极，发生还原反应，得电子，最终生成Ni（OH）₂，电极反应式为，电池充电时，阳极Ni（OH）₂发生氧化反应生成Ni₂O₃，电极反应式为2Ni（OH）₂+2OH^--2e^-=Ni₂O₃+6H₂O，
故答案为：Fe+2OH^--2e^-=Fe（OH）₂；2Ni（OH）₂+2OH^--2e^-=Ni₂O₃+6H₂O；
②电池放电时的反应为LaNi₅H₆+6NiO（OH）═LaNi₅+6Ni（OH）₂，该电池放电时，负极NiOOH发生氧化反应生成Ni（OH）₂，电极反应式为LaNi₅H₆+6OH^--6e^-=LaNi₅+6 H₂O，
故答案为：LaNi₅H₆+6OH^--6e^-=LaNi₅+6 H₂O；
（3）A、由图知，碳棒与电源正极相连是电解池的阳极，电极反应4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑，故A正确；
B、镀镍铁棒与电源负极相连是电解池的阴极，电极反应Ni²⁺+2e^-=Ni．电解过程中为平衡A、C中的电荷，A中的Na⁺和C中的Cl^-分别通过阳离子膜和阴离子膜移向B中，这使B中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大，故B错误；
C、因Ni²⁺在弱酸性溶液中易发生水解；氧化性：Ni²⁺（高浓度）＞H⁺＞Ni²⁺（低浓度），为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水pH，故C正确；
D、若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序Cl^-＞OH^-，则Cl^-移向阳极放电：2Cl^- --2e^-=Cl₂↑，电解反应总方程式会发生改变，故D错误；
故选BD；
（4）废镍催化剂（主要含Ni，还含有一定量的Al、Fe、SiO₂），用硫酸溶解，SiO₂不与硫酸反应，过滤得到滤液A中含有NiSO₄、FeSO₄、Al₂（SO₄）₃及过量的硫酸，加入 的是H₂O₂将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，加入Ni（HO）₂调节pH为6，使Fe³⁺转化为Fe（OH）₃沉淀、Al³⁺转化为Al（OH）₃沉淀，过滤得滤渣b为Al（OH）₃、Fe（OH）₃，滤液中含有NiSO₄，将滤液pH值调到9.2，使镍离子沉淀，再加N₂H₄•H₂O还原得金属镍，
①水合肼（N₂H₄•H₂O）是强还原剂，氧化产物对环境友好，由“沉淀→镍”的化学方程式为2Ni（OH）₂+N₂H₄•H₂O═2Ni+N₂↑+5H₂O，
故答案为：2Ni（OH）₂+N₂H₄•H₂O═2Ni+N₂↑+5H₂O；  
②根据上面的分析可知，滤渣b所含成份的化学式为Al（OH）₃、Fe（OH）₃，
故答案为：Al（OH）₃、Fe（OH）₃；
③bkgNi（OH）₂中镍元素的质量为$\frac{59}{93}$bkg，akg废催化剂（含Ni70%）中镍元素的质量为akg×70%，从酸浸到滤液B的过程中镍的损失率为3%，根据镍元素守恒可知，最终得到金属镍的质量为（a×70%×97%+$\frac{59}{93}$b）×95% kg，
故答案为：（a×70%×97%+$\frac{59}{93}$b）×95%．

点评 本题考查制备方案，涉及化学工艺流程、对操作与试剂的分析评价、化学方程式书写、原电池与电解原理等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与迁移运用能力，难度中等．