Question

20．鎳及其化合物常用作合金、催化劑及電極材料．已知：鎳元素有+2、+3價的氧化物和氫氧化物，在鹽中以+2價的形式存在．
（1）鎳與稀硝酸反應放出NO，反應的化學方程式是3Ni+8HNO₃=3Ni（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O．
（2）Ni₂O₃是一種重要的電池材料．
①鐵鎳蓄電池放電時總反應為：Fe+Ni₂O₃+3H₂O=Fe（OH）₂+2Ni（OH）₂
電池放電時，負極反應為Fe+2OH^--2e^-=Fe（OH）₂；
電池充電時，陽極反應為2Ni（OH）₂+2OH^--2e^-=Ni₂O₃+6H₂O．
②在堿性條件下，鎳氫電池的總反應為：3Ni₂O₃+LaNi₅H₆+3H₂O$?_{充電}^{放電}$LaNi₅+6Ni（OH）₂，該電池放電時，負極電極反應為LaNi₅H₆+6OH^--6e^-=LaNi₅+6H₂O
（3）工業(yè)上電解法處理含鎳酸性廢水并得到單質Ni的原理如圖所示．
已知：
①Ni²⁺在弱酸性溶液中發(fā)生水解
②氧化性：Ni²⁺（高濃度）＞H⁺＞Ni²⁺（低濃度）
下列說法不正確的是BD
A．碳棒上發(fā)生的電極反應：4OH^--4e^-  O₂↑+2H₂O
B．電解過程中，B室中NaCl溶液的物質的量濃度將不斷減少
C．為了提高Ni的產率，電解過程中需要控制廢水pH
D．若將圖中陽離子膜去掉，將A、B兩室合并，則電解反應總方程式不發(fā)生改變
（4）某工廠用廢的含鎳催化劑（主要含Ni，還含有一定量的Al、Fe、SiO₂）回收鎳的流程如下：

已知：上述流程中，幾種氫氧化物完全沉淀時的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）是強還原劑，氧化產物對環(huán)境友好．由“沉淀→鎳”的化學方程式2Ni（OH）₂+N₂H₄•H₂O═2Ni+N₂↑+5H₂O．
②濾渣b所含成份的化學式為Al（OH）₃、Fe（OH）₃．
③若將溶液調整為pH=6時加入了bkgNi（OH）₂，從酸浸到濾液B的過程中鎳的損失率為3%，后幾步操作過程中鎳的損失率為5%，akg廢催化劑（含Ni70%）經(jīng)上述流程最終得到金屬鎳的質量為（a×70%×97%+$\frac{59}{93}$b）×95%kg（填計算式）．

Answer 1

分析 （1）鎳與稀硝酸反應放出NO，同時生成硫酸鎳，根據(jù)元素守恒可寫出化學方程式；
（2）①根據(jù)電池的總反應：Fe+Ni₂O₃+3H₂O=Fe（OH）₂+2Ni（OH）₂，放電時Fe作負極，發(fā)生氧化反應失電子生成Fe²⁺，最終生成Fe（OH）₂；Ni₂O₃作正極，發(fā)生還原反應，得電子，最終生成Ni（OH）₂，電池充電時，陽極Ni（OH）₂發(fā)生氧化反應生成Ni₂O₃，據(jù)此分析；
②電池放電時的反應為LaNi₅H₆+6NiO（OH）═LaNi₅+6Ni（OH）₂，該電池放電時，負極NiOOH發(fā)生氧化反應生成Ni（OH）₂，根據(jù)電荷守恒和元素守恒可寫出電極反應式；
（3）A、由圖分析可知，碳棒與電源正極相連是電解池的陽極，電極反應4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑；
B、鍍鎳鐵棒與電源負極相連是電解池的陰極，電極反應Ni²⁺+2e^-=Ni．電解過程中為平衡A、C中的電荷，A中的Na⁺和C中的Cl^-分別通過陽離子膜和陰離子膜移向B中，這使B中NaCl溶液的物質的量濃度不斷增大；
C、因Ni²⁺在弱酸性溶液中易發(fā)生水解，氧化性：Ni²⁺（高濃度）＞H⁺＞Ni²⁺（低濃度），為了提高Ni的產率，電解過程中需要控制廢水pH；
D、若將圖中陽離子膜去掉，由于放電順序Cl^-＞OH^-，則Cl^-移向陽極放電：2Cl^- --2e^-=Cl₂↑，電解反應總方程式會發(fā)生改變；
（4）廢鎳催化劑（主要含Ni，還含有一定量的Al、Fe、SiO₂），用硫酸溶解，SiO₂不與硫酸反應，過濾得到濾液A中含有NiSO₄、FeSO₄、Al₂（SO₄）₃及過量的硫酸，加入 的是H₂O₂將Fe²⁺氧化為Fe³⁺，加入Ni（HO）₂調節(jié)pH為6，使Fe³⁺轉化為Fe（OH）₃沉淀、Al³⁺轉化為Al（OH）₃沉淀，過濾得濾渣b為Al（OH）₃、Fe（OH）₃，濾液中含有NiSO₄，將濾液pH值調到9.2，使鎳離子沉淀，再加N₂H₄•H₂O還原得金屬鎳，據(jù)此答題．

解答 解：（1）鎳與稀硝酸反應放出NO，同時生成硫酸鎳，反應的化學方程式為3Ni+8HNO₃=3Ni（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O，
故答案為：3Ni+8HNO₃=3Ni（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O；
（2）①根據(jù)電池的總反應：Fe+Ni₂O₃+3H₂O=Fe（OH）₂+2Ni（OH）₂，放電時Fe作負極，發(fā)生氧化反應失電子生成Fe²⁺，最終生成Fe（OH）₂，負極電極反應式為Fe+2OH^--2e^-=Fe（OH）₂，Ni₂O₃作正極，發(fā)生還原反應，得電子，最終生成Ni（OH）₂，電極反應式為，電池充電時，陽極Ni（OH）₂發(fā)生氧化反應生成Ni₂O₃，電極反應式為2Ni（OH）₂+2OH^--2e^-=Ni₂O₃+6H₂O，
故答案為：Fe+2OH^--2e^-=Fe（OH）₂；2Ni（OH）₂+2OH^--2e^-=Ni₂O₃+6H₂O；
②電池放電時的反應為LaNi₅H₆+6NiO（OH）═LaNi₅+6Ni（OH）₂，該電池放電時，負極NiOOH發(fā)生氧化反應生成Ni（OH）₂，電極反應式為LaNi₅H₆+6OH^--6e^-=LaNi₅+6 H₂O，
故答案為：LaNi₅H₆+6OH^--6e^-=LaNi₅+6 H₂O；
（3）A、由圖知，碳棒與電源正極相連是電解池的陽極，電極反應4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑，故A正確；
B、鍍鎳鐵棒與電源負極相連是電解池的陰極，電極反應Ni²⁺+2e^-=Ni．電解過程中為平衡A、C中的電荷，A中的Na⁺和C中的Cl^-分別通過陽離子膜和陰離子膜移向B中，這使B中NaCl溶液的物質的量濃度不斷增大，故B錯誤；
C、因Ni²⁺在弱酸性溶液中易發(fā)生水解；氧化性：Ni²⁺（高濃度）＞H⁺＞Ni²⁺（低濃度），為了提高Ni的產率，電解過程中需要控制廢水pH，故C正確；
D、若將圖中陽離子膜去掉，由于放電順序Cl^-＞OH^-，則Cl^-移向陽極放電：2Cl^- --2e^-=Cl₂↑，電解反應總方程式會發(fā)生改變，故D錯誤；
故選BD；
（4）廢鎳催化劑（主要含Ni，還含有一定量的Al、Fe、SiO₂），用硫酸溶解，SiO₂不與硫酸反應，過濾得到濾液A中含有NiSO₄、FeSO₄、Al₂（SO₄）₃及過量的硫酸，加入 的是H₂O₂將Fe²⁺氧化為Fe³⁺，加入Ni（HO）₂調節(jié)pH為6，使Fe³⁺轉化為Fe（OH）₃沉淀、Al³⁺轉化為Al（OH）₃沉淀，過濾得濾渣b為Al（OH）₃、Fe（OH）₃，濾液中含有NiSO₄，將濾液pH值調到9.2，使鎳離子沉淀，再加N₂H₄•H₂O還原得金屬鎳，
①水合肼（N₂H₄•H₂O）是強還原劑，氧化產物對環(huán)境友好，由“沉淀→鎳”的化學方程式為2Ni（OH）₂+N₂H₄•H₂O═2Ni+N₂↑+5H₂O，
故答案為：2Ni（OH）₂+N₂H₄•H₂O═2Ni+N₂↑+5H₂O；  
②根據(jù)上面的分析可知，濾渣b所含成份的化學式為Al（OH）₃、Fe（OH）₃，
故答案為：Al（OH）₃、Fe（OH）₃；
③bkgNi（OH）₂中鎳元素的質量為$\frac{59}{93}$bkg，akg廢催化劑（含Ni70%）中鎳元素的質量為akg×70%，從酸浸到濾液B的過程中鎳的損失率為3%，根據(jù)鎳元素守恒可知，最終得到金屬鎳的質量為（a×70%×97%+$\frac{59}{93}$b）×95% kg，
故答案為：（a×70%×97%+$\frac{59}{93}$b）×95%．

點評 本題考查制備方案，涉及化學工藝流程、對操作與試劑的分析評價、化學方程式書寫、原電池與電解原理等，是對學生綜合能力的考查，需要學生具備扎實的基礎與遷移運用能力，難度中等．