题目内容

18．三氧化二镍是一种重要的电子元件材料、蓄电池材料．工业上利用含镍废料（镍铁钙镁合金为主）制取草酸镍，再高温煅烧草酸镍制取三氧化二镍．已知草酸的钙、镁、镍盐难溶于水．根据下列工艺流程示意图回答问题．

（1）生产过程中多次进行过滤．实验室进行过滤操作中用到玻璃棒，玻璃棒的作用是引流．
（2）加入过氧化氢后缓慢加入碳酸钠溶液调pH至4.0～4.5左右，加入碳酸钠溶液的作用是调节pH，促进铁离子水解沉淀完全．再加入NH4F的目的是除去Ca2+、Mg2+．
（3）草酸镍（NiC2O4•2H2O）在热空气中干燥脱水后在高温下煅烧三小时，制得三氧化二镍，同时获得一种混合气体．写出草酸镍受热分解的化学方程式2NiC2O4 $\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Ni2O3+3CO↑+CO2↑．
（4）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pH至7.5，加入适量硫酸钠后采用惰性电极进行电解．电解过程中产生的Cl2有80%在弱碱性条件下生成ClO-，再把二价镍氧化为三价镍．写出ClO-氧化Ni（OH）2生成三氧化二镍的离子方程式ClO-+2Ni（OH）2═Cl-+Ni2O3+2H．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1.25a mol．
（5）电解法制取三氧化二镍实际过程中，有时获得一种结晶水合物，已知1mol该物质中含有0.5mol结晶水．取该化合物20.2g进行充分加热，而获得三氧化二镍固体和0.2mol水，则该结晶水合物的化学式为NiOOH•$\frac{1}{2}$H2O或2NiOOH•H2O．

分析 流程分析，镍废料（镍、铁、钙、镁合金为主）制取草酸镍（NiC2O4•2H2O），再高温煅烧草酸镍制取三氧化二镍．镍废料加入酸溶解后过滤得到滤液中含有亚铁离子、钙离子、镁离子、镍离子，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的PH，使铁离子全部沉淀，过滤后的滤液在加入NH4F沉淀钙离子和镁离子，过滤得到溶液含有镍离子的溶液，在溶液中加入草酸生成草酸镍，蒸发浓缩结晶析出晶体为目标产物NiC2O4•2H2O，
（1）过滤时用玻璃棒进行引流；
（2）过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，依据电荷守恒和原子守恒，加入Na2CO3溶液调pH至4.0〜4.5，促进铁离子水解形成氢氧化铁沉淀；氟化钙、氟化镁难溶于水；
（3）草酸镍（NiC2O4•2H2O）在热空气中干燥脱水后生成NiC2O4，NiC2O4再发生氧化还原反应（Ni由+2价升高到+3价，则C由+3价降低到+2价，题中要求生成混合气体，则另一气体为CO2）生成Ni2O3、CO、CO2，再利用化合价升降相等配平；
（4）Cl由+1价降低到-1价，Ni由+2价升高到+3价，利用化合价升降相等可配平ClO-、Ni（OH）2、Cl-、Ni2O3的系数，再利用H原子守恒配平水的系数，最后可利用O原子检查配平是否正确；依据化学方程式和元素守恒计算得到；
（5）依据（4）的计算结果和原子守恒分析写出化学式．

解答 解：（1）过滤时用玻璃棒进行引流，故答案为：引流；
（2）加双氧水的目的是把Fe2+氧化生成Fe3+，加入碳酸钠溶液的作用是中和过多的H+，调节pH，促进铁离子水解沉淀完全，再加入NH4F的目的是除去钙离子、镁离子，使最后加草酸时生成草酸镍沉淀；
故答案为：调节pH，促进铁离子水解沉淀完全；除去Ca2+、Mg2+；
（3）草酸镍（NiC2O4•2H2O）在热空气中干燥脱水后生成NiC2O4，NiC2O4再发生氧化还原反应（Ni由+2价升高到+3价，则C由+3价降低到+2价，题中要求生成混合气体，则另一气体为CO2）生成Ni2O3、CO、CO2，再利用化合价升降相等，Ni：升高2×（3-2），C：升高1×（4-3），C：降低：3×（3-2），配平方程式为：2NiC2O4$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Ni2O3+3CO↑+CO2↑；
故答案为：2NiC2O4$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Ni2O3+3CO↑+CO2↑；
（4）Cl由+1价降低到-1价，Ni由+2价升高到+3价，利用化合价升降相等可配平ClO-、Ni（OH）2、Cl-、Ni2O3的系数，再利用H原子守恒配平水的系数，最后可利用O原子检查配平是否正确，得到离子方程式为：ClO-+2Ni（OH）2═Cl-+Ni2O3+2H2O；
 ClO-+2Ni（OH）2═Cl-+Ni2O3+2H2O
  1                2
n（ClO-）   a mol 
则n（ClO-）=0.5 a mol
   Cl2+2OH-═ClO-+Cl-+H2O
0.8n（Cl2）     0.5 a mol 
则n（Cl2）=0.625 a mol
进行电解时：2Cl--2e-═Cl2↑
                 2                  1
              n（e-）      0.625 a mol 
则n（e-）=1.25a mol；
故答案：ClO-+2Ni（OH）2═Cl-+Ni2O3+2H2O；1.25a mol；
（5）0.2 mol水的质量为3.6g，则m（Ni2O3）=20.2 g-3.6g=16.6g，n（Ni2O3）=0.1mol，即：n（Ni2O3）：n（H2O）=0.1mol：0.2 mol=1：2，再利用原子守恒写成结晶水合物的形式，“1mol该物质中含有0.5 mol结晶水”，即NiOOH•$\frac{1}{2}$H2O或整合成：2NiOOH•H2O．
故答案为：NiOOH•$\frac{1}{2}$H2O 或2NiOOH•H2O．

点评 本题考查了流程分析推断，实验操作步骤的分析判断，化学方程式计算和电解原理分析应用，题目综合性较大，题目难度较大．

练习册系列答案
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7．下列说法中，正确的是（　　）
A．H2SO4的摩尔质量是98g
B．1molO2的质量是32g
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D．1molNa+的质量是23g/mol
9．某兴趣小组同学取用80.00g的MgCl2溶液（含镁元素质量分数为15.00%），将其小心蒸干得49.25g固体（其成分表示为Mgx（OH）yClz•nH2O），为研究其组成进行了如下实验：
实验一：将所得固体全部溶于100mL 1.50mol/L的盐酸中，再加水稀释至500mL，则溶液的pH为1；
实验二：取实验一稀释后的溶液50mL向其中加入足量的AgNO3溶液得沉淀12.915g．
回答下列问题：
（1）你认为上述两实验是否有必要都做？理由是没有必要，因为Mg2+的量已知，故OH-、Cl-的量只要确定一个，再运用电荷守恒即可求得另一量；
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（3）试通过计算确定固体的化学式Mg5（OH）Cl9•2H2O．
6．双酚A是食品、饮料包装和奶瓶等塑料制品的添加剂，能导致人体内分泌失调，对儿童的健康危害更大．下列有关双酚A的叙述不正确的是（　　）
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13．将一定量的Na2CO3•10H2O与NaHCO3的混合物完全溶解于水，配成100mL溶液，测得溶液中Na+的浓度为0.4mol/L，若将溶液蒸干并灼烧到质量不变，可得到固体的质量是（　　）
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3．pH相等且等体积的醋酸和盐酸与足量的Zn反应，产生H2起始速率醋酸=盐酸（填＞，＜或=），整个反应过程产生H2的平均反应速率醋酸＞盐酸（填＞，＜或=），放出的H2醋酸＞盐酸（填＞，＜或=）；物质的量浓度相等，且等体积的醋酸和盐酸与足量的Zn反应，产生H2起始速率醋酸＜盐酸，放出H2的物质的量醋酸=盐酸．
10．下列实验过程中产生的现象与对应的图形相符合的是（　　）
A．B．
C．D．
7．下列实验能获得成功的是（　　）
A．制备溴苯时，将苯与溴水混合，剧烈振荡
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C．在酸性高锰酸钾溶液中滴加几滴苯，用力振荡，紫红色褪去
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7．甲醇是燃料电池的常见原料，现以熔融的K2CO3为电解质，以甲醇为燃料，以空气为氧化剂，以具有催化作用和导电性能的稀土金属材料为电极．图是甲醇燃料电池模型，试回答下列问题：
①写出该燃料电池的正极反应式O2+4e-+2CO2=2CO32-．
②b处应该通入甲醇（填空气或者甲醇）M、N是阴离子交换膜，则阴离子移动的方向是从右到左（填“从左到右”或“从右到左”）
③用该电池电解500mL，0.2mol/L的CuSO4溶液，消耗3.2g甲醇时，阴极析出Cu的质量为6.4g．

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