Question

【題目】2019年諾貝爾化學獎頒給了三位為鋰離子電池發(fā)展做出重要貢獻的科學家。利用廢舊二次電池[主要成分為Ni(OH)2、Fe2O3、MnO2、碳粉、鋁箔等]合成電池級Ni(OH)2的工藝流程如下：

已知：

氫氧化物	Fe(OH)3	Al(OH)3	Ni(OH)2	Mn(OH)2
Ksp(室溫下)	4.0×10-38	1.0×10-33	1.6×10-14	2.0×10-13

(1)①已知“酸浸”后濾液中含有：Ni2+、Al3+、Fe3+、Mn2+，調(diào)節(jié)溶液的pH約為5，其目的是__；以下最適合作為物質(zhì)X的是____（填字母）。

A．雙氧水 B．氨水 C．鹽酸 D．NiO

②若濾液中Ni2+的濃度為2molL-1，列式計算判斷此時濾渣Ⅱ中是否有Ni(OH)2沉淀：___ 。

(2)濾渣Ⅲ的主要成分是____，“氧化除錳”過程發(fā)生反應的離子方程式為______。

(3)用Ni(OH)2和LiOH在空氣中混合加熱至700℃～800℃可制得LiNiO2（鎳酸鋰），該反應的化學方程式為___________。

(4)鎳酸鋰是一種有較好前景的鋰離子電池正極材料。該電池在充放電過程中，發(fā)生LiNiO2和Li1-xNiO2之間的轉化，充電時LiNiO2在_______（填“陰”或“陽“）極發(fā)生反應，該電極的電極反應式為_____。

Answer 1

【答案】除去Al3+、Fe3+ D pH=5時，濾液中c(OH-)=1×10-9mol/L，Qc=c(Ni2+)c2(OH-)=2×10-18< Ksp[Ni(OH)2]，故沒有沉淀產(chǎn)生 MnO2 2MnO4-+3Mn2++2H2O==5MnO2↓+4H+ 4Ni(OH)2+4LiOH+O24LiNiO2+6H2O 陽 LiNiO2-xe- =Li1-xNiO2+xLi+

【解析】

廢舊二次電池[主要成分為Ni(OH)2、Fe2O3、MnO2、碳粉、鋁箔等]酸浸后，所得的濾液中含有Ni2+、Al3+、Fe3+、Mn2+，此時碳粉不溶而成為濾渣Ⅰ；調(diào)節(jié)溶液的pH約為5，由后續(xù)操作可以看出，此時Fe3+、Al3+轉化為Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，可利用Ksp通過計算加以證實，所以加入的物質(zhì)X用于調(diào)節(jié)溶液的pH；加入KMnO4氧化除錳(Mn2+)時，產(chǎn)物中Mn的價態(tài)應介于+2~+7之間，考慮到此時Mn轉化為難溶物，應為MnO2，此為濾渣Ⅲ的主要成分；溶液中的Ni2+加入NaOH溶液后，轉化為Ni(OH)2沉淀。

(1)①由以上分析知，調(diào)節(jié)溶液的pH約為5，其目的是除去Al3+、Fe3+；雙氧水難以調(diào)節(jié)pH至5，氨水可調(diào)節(jié)溶液的pH為5，但引入NH4+，加入鹽酸不能增大溶液的pH，所以選擇NiO，故選D。答案為：除去Al3+、Fe3+；D；

②若濾液中Ni2+的濃度為2molL-1，列式計算判斷此時濾渣Ⅱ中是否有Ni(OH)2沉淀： pH=5時，濾液中c(OH-)=1×10-9mol/L，Qc=c(Ni2+)c2(OH-)=2×10-18< Ksp[Ni(OH)2]，故沒有沉淀產(chǎn)生。答案為：pH=5時，濾液中c(OH-)=1×10-9mol/L，Qc=c(Ni2+)c2(OH-)=2×10-18< Ksp[Ni(OH)2]，故沒有沉淀產(chǎn)生；

(2)由以上分析知，濾渣Ⅲ的主要成分是MnO2，“氧化除錳”過程發(fā)生反應的離子方程式為2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+。答案為：MnO2；2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；

(3)用Ni(OH)2和LiOH在空氣中混合加熱至700℃～800℃可制得LiNiO2，Ni由+2價升高到+3價，則反應物中應有氧化劑(O2)參加反應，該反應的化學方程式為4Ni(OH)2+4LiOH+O24LiNiO2+6H2O。答案為：4Ni(OH)2+4LiOH+O24LiNiO2+6H2O；

(4)充電時LiNiO2轉化為Li1-xNiO2，Ni價態(tài)由+3價升高為+(3+x)價，所以在陽極發(fā)生反應，該電極的電極反應式為LiNiO2-xe- =Li1-xNiO2+xLi+。答案為：陽；LiNiO2-xe- =Li1-xNiO2+xLi+。