Question

20．一種磁性材料的磨削廢料（含鎳質(zhì)量分數(shù)約21%）主要成分是鐵鎳合金，還含有鋼、鈣、鎂、硅的氧化物，由該廢料制備純度較高的Ni（0H）₂，工藝流程如下：
（1）合金中的鎳難溶于稀硫酸，“酸溶”時除了加人稀硫酸，還要邊攪拌邊緩慢加入稀硝酸，反應有N₂生成．寫出金屬鎳溶解的離子方程式5Ni+12H⁺+2NO₃^-=5Ni²⁺+2N₂↑+6H₂O．
（2）“除鐵”時，H₂O₂的作用是將Fe²⁺氧化為Fe³⁺．為了證明添加的H₂O₂已足量，應選擇的試劑是鐵氰化鉀（填“鐵氰化鉀”或“硫氰化鉀”）溶液．黃鈉鐵礬[Na_xFe_y（SO₄）_m（OH）_n]具有沉淀顆粒大、沉淀速率快、溶解過濾等特點，x：y：m：n=1：3：2：6．
（3）“除銅”時，反應的離子方程式為H₂S+Cu²⁺=CuS+2H⁺，若用Na₂S₂O₃代替H₂S除銅，優(yōu)點是反應更充分，除銅效果更好．
（4）已知除雜過程在陶瓷容器中進行，NaF的實際用量為理論用量的1.1倍，用量不宜過大的原因是氟離子水解生成氟化氫，腐蝕陶瓷容器．
（5）100kg肥料經(jīng)上述工藝制得Ni（OH）₂固體的質(zhì)量為31kg，則鎳回收率的計算式為93.65%．
（6）鎳氫電池以成為混合動力汽車的主要電池類型，其工作原理如下：M+Ni（OH）₂$?_{放點}^{充電}$MH+NiOOH（式中M為儲氫合金）寫出電池放點過程中正極的電極反應式NiOOH+H₂O+e^--=Ni（OH）₂+OH^-．

Answer 1

分析 廢料與稀硫酸、稀硝酸酸溶反應生成硫酸亞鐵、硫酸鎳．雙氧水具有強氧化性，加入雙氧水目的是將Fe²⁺全部氧化為Fe³⁺，加入碳酸鈉調(diào)節(jié)pH，除掉鐵離子，通入硫化氫除掉銅離子，硫化氫可與銅離子反應生成硫化銅，加入氟化鈉，可生成氟化鈣、氟化鎂沉淀，最后調(diào)節(jié)pH生成氫氧化鎳沉淀．
（1）鎳能將硝酸還原為氮氣；
（2）雙氧水具有氧化性；鐵氰化酸根離子與二價鐵離子生成鐵氰化亞鐵沉淀；黃鈉鐵礬[Na_xFe_y（SO₄）_m（OH）_n]中鐵元素化合價為+3價，元素化合價代數(shù)和為0，x+3y-2m-n=0；
（3）硫化氫與銅離子反應生成硫化銅沉淀；Na₂S₂O₃與銅離子反應生成硫代硫酸銅沉淀；
（4）氟離子水解生成氟化氫；
（5）根據(jù)Ni（OH）₂中鎳的質(zhì)量分數(shù)求出鎳的質(zhì)量，然后計算回收率；
（6）電池放電過程中，正極上NiOOH得電子生成Ni（OH）₂．

解答 解：（1）金屬鎳溶解的離子方程式5Ni+12H⁺+2NO₃^-=5Ni²⁺+2N₂↑+6H₂O，故答案為：5Ni+12H⁺+2NO₃^-=5Ni²⁺+2N₂↑+6H₂O；
（2）雙氧水具有強氧化性，加入雙氧水目的是將Fe²⁺全部氧化為Fe³⁺；鐵氰化酸根離子與二價鐵離子生成鐵氰化亞鐵沉淀，不變藍，說明H₂O₂已足量；黃鈉鐵礬[Na_xFe_y（SO₄）_m（OH）_n]中鐵元素化合價為+3價，元素化合價代數(shù)和為0，x+3y-2m-n=0，1+3×3-2×2-n=0，n=6，故答案為：將Fe²⁺氧化為Fe³⁺；鐵氰化鉀；6；
（3）硫化氫與銅離子反應生成硫化銅沉淀：H₂S+Cu²⁺=CuS+2H⁺；Na₂S₂O₃與銅離子反應生成硫代硫酸銅沉淀，用Na₂S₂O₃代替H₂S除銅，反應更充分，除銅效果更好，故答案為：H₂S+Cu²⁺=CuS+2H⁺；反應更充分，除銅效果更好；
（4）氟離子水解生成氟化氫，腐蝕陶瓷容器，故答案為：氟離子水解生成氟化氫，腐蝕陶瓷容器；
（5）$\frac{\frac{59}{93}×31}{100×0.21}$=93.65%，故答案為：93.65%；
（6）電池放電過程中，正極上NiOOH得電子生成Ni（OH）₂，則正極的電極方程式為：NiOOH+H₂O+e^--=Ni（OH）₂+OH^-，故答案為：NiOOH+H₂O+e^--=Ni（OH）₂+OH^-．

點評 本題以工藝流程為基礎(chǔ)，考查了工藝流程解題思路和基本方法，實驗基本操作，元素化合物性質(zhì)等相關(guān)知識，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目難度中等．