Question

20．某油脂化工廠的含鎳廢催化劑主要含有Ni，還含有Al、Fe的單質(zhì)及氧化物，其他是不溶雜質(zhì)．現(xiàn)用該廢催化劑制取NiSO₄•7H₂O，流程如圖1：

部分陽(yáng)離子以氫氧物形式完全沉淀時(shí)的pH如下：

沉淀物	Al（OH）3	Fe（OH）3	Fe（OH）2	Ni（OH）2
pH	5.2	3.2	9.7	9.2

回答下列問(wèn)題：
（1）第1步加入NaOH溶液的目的是除去Al、Al₂O₃和油脂等雜質(zhì)．
（2）“酸浸”時(shí)所加入的X酸是硫酸（填化學(xué)式）．保持其他條件相同，在不同溫度下對(duì)廢鎳催化劑進(jìn)行“酸浸”，鎳浸出率隨時(shí)間變化如圖2，“酸浸”的適宜溫度與時(shí)間分別是C（填選項(xiàng)字母）．
A.30℃、30min  B.90℃、150min  C.70℃、120min
（3）第V步調(diào)pH為2～3的目的是（請(qǐng)結(jié)合化學(xué)用語(yǔ)和平衡移動(dòng)原理解釋?zhuān)┤芤褐写嬖谒�解平衡Ni²⁺+2H₂O?Ni（OH）₂+2H⁺，增大氫離子濃度平衡逆向進(jìn)行避免濃縮過(guò)程中水解生成沉淀．
（4）工業(yè)上以鋁和NiOOH為電極，NaOH溶液為電解液制成電池．放電時(shí)，NiOOH轉(zhuǎn)化為Ni（OH）₂，該電池正極反應(yīng)式是NiO（OH）+H₂O+e^-═Ni（OH）₂+OH^-．
（5）已知：2Mg（s）+O₂（g）=2Mg（s）△H₁=-2075kJ/mol
Mg₂Ni（s）+2MgH₂（s）=2Mg（s）+Mg₂NiH₄（s）△H₂=+84.6kJ/mol
MgH₂（s）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=MgO（s）+H₂（g）△H₃=-963kJ/mol
含鎳儲(chǔ)氫材料（Mg₂NiH₄）釋放氫氣和Mg₂Ni的熱化學(xué)方程式是Mg₂NiH₄（s）=Mg₂Ni（s）+2H₂（g）△H=+64.4KJ/mol．
（6）在含鎳廢催化劑中，Ni、Al和Fe的質(zhì)量分?jǐn)?shù)分別是29.5%、31%和5.6%．a(chǎn) kg含鎳廢催化劑按上述流程轉(zhuǎn)化，第Ⅱ步加入cmol/L的X酸bL，酸浸后的濾液Y不含F(xiàn)e³⁺，濾液Z中殘留的酸忽略不計(jì)，則第Ⅳ步應(yīng)加入NiCO₃0.119（cb-5.5a）kg．

Answer 1

分析 廢催化劑制取NiSO₄•7H₂O，含鎳廢催化劑主要含有Ni，還含有Al、Fe的單質(zhì)及氧化物，其他是不溶雜質(zhì)，廢催化劑中加入氫氧化鈉溶液浸取，鋁及其氧化鋁溶解，過(guò)濾得到濾渣為鎳、鐵及其氧化物，加入硫酸酸浸主要是溶解鎳金屬和鐵單質(zhì)及其氧化物，過(guò)濾得到濾液中加入NiO₂氧化亞鐵離子為鐵離子，NiCO₃調(diào)節(jié)溶液PH=6沉淀鐵離子，過(guò)濾得到濾液中加入硫酸調(diào)節(jié)溶液PH=2-3，防止硫酸鎳溶液中鎳離子水解生成沉淀，濃縮結(jié)晶得到NiSO₄•7H₂O，
（1）含鎳催化劑主要含有Ni，還含有Al（31%）的單質(zhì)及氧化物，鋁和氧化鋁都可以和強(qiáng)酸強(qiáng)堿反應(yīng)溶解得到溶液含有偏鋁酸鹽；
（2）根據(jù)鎳浸出率隨時(shí)間變化圖可知，70℃時(shí)，鎳浸出率很大，從時(shí)間看，120min鎳浸出率就已經(jīng)很高了；
（3）調(diào)節(jié)溶液pH為酸性防止鎳離子水解，減少鎳離子的損失；
（4）放電時(shí)NiO（OH）轉(zhuǎn)化為Ni（OH）₂，Ni元素化合價(jià)降低，被還原，應(yīng)為原電池正極反應(yīng)；
（5）依據(jù)熱化學(xué)方程式和蓋斯定律計(jì)算③×2-②-①得到含鎳儲(chǔ)氫材料（Mg₂NiH₄）釋放氫氣和Mg₂Ni的熱化學(xué)方程式；
（6）分析可知第Ⅱ步加入cmol/L的硫酸bL，物質(zhì)的量為cbmol，元素守恒最后為NiSO₄，鎳元素來(lái)源于加入的NiCO₃、NiO₂和廢催化劑中的Ni，依據(jù)氧化還原反應(yīng)和鐵的量計(jì)算消耗NiO₂物質(zhì)的量，鎳元素守恒計(jì)算得到碳酸鎳物質(zhì)的量得到質(zhì)量．

解答 解：（1）堿浸”過(guò)程中是為了除去鋁及其氧化物，鋁是兩性元素和強(qiáng)堿反應(yīng)，氧化鋁是兩性氧化物和強(qiáng)堿反應(yīng)，鎳單質(zhì)和鐵及其氧化物不和堿反應(yīng)達(dá)到除去鋁元素的目的，反應(yīng)的兩種方程式為：2Al+2OH^-+2H₂O═2AlO₂^-+3H₂↑、Al₂O₃+2OH^-═2AlO₂^-+3H₂O，第1步加入NaOH溶液的目的是除去Al、Al₂O₃和油脂等雜質(zhì)，
故答案為：除去Al、Al₂O₃和油脂等雜質(zhì)；
（2）“酸浸”時(shí)主要是溶解鎳金屬和鐵單質(zhì)及其氧化物，依據(jù)制備目的是得到NiSO₄•7H₂O，加入的酸不能引入新的雜質(zhì)，所以需要加入硫酸進(jìn)行酸浸酸浸X為硫酸，根據(jù)鎳浸出率隨時(shí)間變化圖可知，70℃時(shí)，鎳浸出率很大，從時(shí)間看，120min鎳浸出率就已經(jīng)很高了，
故答案為：硫酸；C；
（3）硫酸鎳溶液需要蒸發(fā)濃縮結(jié)晶析出，為防止鎳離子水解生成氫氧化鎳沉淀，溶液中存在水解平衡Ni²⁺+2H₂O?Ni（OH）₂+2H⁺，增大氫離子濃度平衡逆向進(jìn)行避免濃縮過(guò)程中水解生成沉淀，需要控制溶液pH在酸性條件下，
故答案為：溶液中存在水解平衡Ni²⁺+2H₂O?Ni（OH）₂+2H⁺，增大氫離子濃度平衡逆向進(jìn)行避免濃縮過(guò)程中水解生成沉淀；
（4）放電時(shí)NiO（OH）轉(zhuǎn)化為Ni（OH）₂，Ni元素化合價(jià)降低，被還原，應(yīng)為原電池正極反應(yīng)，電極方程式為NiO（OH）+H₂O+e^-═Ni（OH）₂+OH^-，
故答案為：NiO（OH）+H₂O+e^-═Ni（OH）₂+OH^-；
（5）①2Mg（s）+O₂（g）=2MgO（s）△H₁=-2075kJ/mol
②Mg₂Ni（s）+2MgH₂（s）=2Mg（s）+Mg₂NiH₄（s）△H₂=+84.6kJ/mol
③MgH₂（s）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=MgO（s）+H₂（g）△H₃=-963kJ/mol，
依據(jù)熱化學(xué)方程式和蓋斯定律計(jì)算③×2-②-①得到含鎳儲(chǔ)氫材料（Mg₂NiH₄）釋放氫氣和Mg₂Ni的熱化學(xué)方程式：
Mg₂NiH₄（s）=Mg₂Ni（s）+2H₂（g）△H=+64.4KJ/mol
故答案為：Mg₂NiH₄（s）=Mg₂Ni（s）+2H₂（g）△H=+64.4KJ/mol；
（6）分析可知第Ⅱ步加入cmol/L的硫酸bL，物質(zhì)的量為cbmol，元素守恒最后為NiSO₄，鎳元素來(lái)源于加入的NiCO₃、NiO₂和廢催化劑中的Ni，依據(jù)氧化還原反應(yīng)和鐵的量計(jì)算消耗NiO₂物質(zhì)的量，酸浸后的濾液Y不含F(xiàn)e³⁺，濾液Z中殘留的酸忽略不計(jì)，NiO₂～Ni²⁺～2e^-，F(xiàn)e²⁺～Fe³⁺～e^-，則NiO₂～2Fe²⁺，n（Fe）=$\frac{a×1{0}^{3}×5.6%}{56}$=amol，NiO₂物質(zhì)的量為0.5amol，原廢催化劑中Ni物質(zhì)的量=$\frac{a×1{0}^{3}×29.5%}{59}$=5amol，則NiCO₃物質(zhì)的量=cbmol-0.5amol-5amol=（cb-5.5a）mol，則第Ⅳ步應(yīng)加入NiCO₃ 質(zhì)量=（cb-5.5a）mol×119g/mol=119（cb-5.5a）g=0.119（cb-5.5a）Kg，
故答案為：0.119（cb-5.5a）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了物質(zhì)分離提純、除雜實(shí)驗(yàn)過(guò)程分析、元素守恒的計(jì)算、蓋斯定律計(jì)算等，主要是離子性質(zhì)和流程分析判斷，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等．