Question

10．目前，全世界的镍消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位．镍行业发展蕴藏着巨大的潜力．镍化合物中的三氧化二镍是一种重要的电子元件材料和二次电池材料．工业上可利用含镍合金废料（除镍外，还含有Fe、Cu、Ca、Mg、C等杂质）制取草酸镍，然后高温煅烧草酸镍来制取三氧化二镍．
已知：①草酸的钙、镁、镍盐均难溶于水，且溶解度：NiC₂O₄＞NiC₂O₄•H₂O＞NiC₂O₄•2H₂O
②常温下，Ksp[（Fe（OH））₃]=4.0×10^-38，lg5=0.7
根据下列工艺流程图回答问题：

（1）加6%的H₂O₂时，温度不能太高，其目的是减少过氧化氢的分解．若H₂O₂在一开始酸溶时便与盐酸一起加入，会造成酸溶过滤后的滤液中增加一种金属离子，用离子方程式表示这一情况Cu+H₂O₂+2H⁺=Cu²⁺+2H₂O．
（2）流程中有一步是调pH，使Fe³⁺转化为Fe（OH）₃沉淀，常温下当溶液中c（Fe³⁺）=0.5×10^-5mol/L时，溶液的pH=3.3．
（3）流程中加入NH₄F的目的是除去Ca²⁺、Mg²⁺．
（4）将最后所得的草酸镍晶体在空气中强热到400℃，可生成三氧化二镍和无毒气体，写出该反应的化学方程式4（NiC₂O₄•2H₂O）+3O₂ $\frac{\underline{\;△\;}}{\;}$2Ni₂O₃+8CO₂+8H₂O．
（5）工业上还可用电解法制取三氧化二镍，用NaOH溶液调节NiCl₂溶液的pH至7.5，再加入适量Na₂SO₄进行电解，电解产生的Cl₂其80%的可将二价镍氧化为三价镍．写出Cl₂氧化Ni（OH）₂生成三氧化二镍的离子方程式Cl₂+2Ni（OH）₂+2OH^-=Ni₂O₃+2Cl^-+3H₂O；将a mol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过电子的物质的量是1.25amol．
（6）近年来镍氢电池发展很快，它可由NiO（OH）跟LaNi₅H₆（LaNi₅H₆中各元素化合价均可看作是零）组成：6NiO（OH）+LaNi₅H₆$?_{充电}^{放电}$LaNi₅+6Ni（OH）₂．该电池放电时，负极反应是LaNi₅H₆+6OH^--6e^-=LaNi₅+6 H₂O．

Answer 1

分析 含镍废料用盐酸溶解，Cu、C不与盐酸反应，过滤得到滤渣中含有Cu、C，滤液中含有NiCl₂、FeCl₂、MgCl₂、CaCl₂及过量的HCl，加入H₂O₂将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，加入镍的混合物调节pH使Fe³⁺转化为Fe（OH）₃沉淀，过滤除去，滤液中含有NiCl₂、MgCl₂、CaCl₂，向滤液中加入NH₄F，过滤，再向滤液中加入Na₂C₂O₄，过滤得到草酸镍晶体，故加入NH₄F应是除去溶液中Ca²⁺、Mg²⁺．
（1）过氧化氢受热易分解，所以温度不能过高；Fe、Ca、Mg均与盐酸直接反应，过氧化氢的加入造成酸溶过滤后的滤液中增加一种金属离子，则该金属离子只能是铜离子；
（2）根据Ksp[（Fe（OH））₃]计算反应中c（OH^-），再根据水的离子积计算c（H⁺），调节溶液pH=-lgc（H⁺）；
（3）加入NH₄F后的操作是过滤，说明该过程有沉淀产生，所以加入NH₄F的目的是除去Ca²⁺、Mg²⁺；
（4）根据题目可知无毒气体是二氧化碳，同时有水生成，由氧元素守恒可知，应有氧气参加反应，配平书写方程式；
（5）根据氧化还原反应理论，Cl₂氧化Ni（OH）₂生成三氧化二镍，自身被还原为氯离子，还有水生成，配平书写化学方程式，根据电子转移守恒计算反应中需要氯气物质的量，再根据氯气利用率计算电解生成氯气物质的量，根据电子转移守恒计算电路中通过电子；
（6）NiO（OH）中Ni的化合价是+3价，Ni（OH）₂中Ni是+2价，化合价降低，发生还原反应，所以放电时负极应发生氧化反应，LaNi₅H₆为负极反应物质，LaNi₅H₆中各元素化合价均可看作是零，所以化合价升高的只能是H元素，碱性条件下得到LaNi₅与H₂O．

解答 解：含镍废料用盐酸溶解，Cu、C不与盐酸反应，过滤得到滤渣中含有Cu、C，滤液中含有NiCl₂、FeCl₂、MgCl₂、CaCl₂及过量的HCl，加入H₂O₂将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，加入镍的混合物调节pH使Fe³⁺转化为Fe（OH）₃沉淀，过滤除去，滤液中含有NiCl₂、MgCl₂、CaCl₂，向滤液中加入NH₄F，过滤，再向滤液中加入Na₂C₂O₄，过滤得到草酸镍晶体，故加入NH₄F应是除去溶液中Ca²⁺、Mg²⁺．
（1）过氧化氢受热易分解，所以温度不能过高的目的是减少过氧化氢的分解；Fe、Ca、Mg均与盐酸直接反应，过氧化氢的加入造成酸溶过滤后的滤液中增加一种金属离子，则该金属离子只能是铜离子，所以反应的离子方程式为：Cu+H₂O₂+2H⁺=Cu²⁺+2H₂O，
反应答案为：减少过氧化氢的分解；Cu+H₂O₂+2H⁺=Cu²⁺+2H₂O；
（2）Ksp[（Fe（OH））₃]=4.0×10^-38=c（Fe³⁺）×[c（OH^-）]³，则[c（OH^-）]³=8×10^-33mol/L，则c（OH^-）=2×10^-11mol/L，所以c（H⁺）=5×10^-4，故pH=-lg5×10^-4=3.3，
故答案为：3.3；
（3）加入NH₄F后的操作是过滤，说明该过程有沉淀产生，所以加入NH₄F的目的是除去Ca²⁺、Mg²⁺，故答案为：除去Ca²⁺、Mg²⁺；
（4）根据题目可知无毒气体是二氧化碳，同时有水生成，由氧元素守恒可知，应有氧气参加反应，所以化学方程式为4（NiC₂O₄•2H₂O）+3O₂ $\frac{\underline{\;△\;}}{\;}$2Ni₂O₃+8CO₂+8H₂O，
故答案为：4（NiC₂O₄•2H₂O）+3O₂ $\frac{\underline{\;△\;}}{\;}$2Ni₂O₃+8CO₂+8H₂O；
（5）根据氧化还原反应理论，Cl₂氧化Ni（OH）₂生成三氧化二镍，自身被还原为氯离子，还有水生成，化学方程式为：Cl₂+2Ni（OH）₂+2OH^-=Ni₂O₃+2Cl^-+3H₂O；amol二价镍全部转化为三价镍时，根据电子转移守恒需要氯气$\frac{amol×1}{2}$=0.5amol，氯气的利用率是80%，则电解过程中的氯气是$\frac{0.5amol}{80%}$=0.625a mol，每生成1mol氯气转移2mol电子，所以外电路中通过电子的物质的量是0.625a mol×2=1.25amol，
故答案为：Cl₂+2Ni（OH）₂+2OH^-=Ni₂O₃+2Cl^-+3H₂O；1.25amol；
（6）NiO（OH）中Ni的化合价是+3价，Ni（OH）₂中Ni是+2价，化合价降低，发生还原反应，所以放电时负极应发生氧化反应，LaNi₅H₆为负极反应物质，LaNi₅H₆中各元素化合价均可看作是零，所以化合价升高的只能是H元素，碱性条件下得到LaNi₅与H₂O，电极反应式为：LaNi₅H₆+6OH^--6e^-=LaNi₅+6 H₂O，
故答案为：LaNi₅H₆+6OH^--6e^-=LaNi₅+6 H₂O．

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．