Question

14．為回收利用廢鎳催化劑（主要成分為NiO，另含F(xiàn)e₂O₃、CaO、CuO、BaO等），科研人員研制了一種回收鎳的新工藝．工藝流程如圖：

氫氧化物	Fe（OH）3	Fe（OH）2	Ni（OH）2
開始沉淀的pH	1.5	6.5	7.7
沉淀完全的pH	3.7	9.7	9.2

已知常溫下：①有關(guān)氫氧化物開始沉淀和沉淀完全
的pH如右表     ②Cu₂O+2H⁺=Cu+Cu²⁺+H₂O
③常溫時(shí)，K_sp（CaF₂）=2.7×10^-11
回答下列問題：
（1）寫出酸浸時(shí)Fe₂O₃和硫酸反應(yīng)的化學(xué)方程式Fe₂O₃+3H₂SO₄=Fe₂（SO₄）₃+3H₂O．
（2）浸出渣主要成分為CaSO₄•2H₂O和BaSO₄兩種物質(zhì)．
（3）操作B是除去濾液中的鐵元素，某同學(xué)設(shè)計(jì)了如下方案：向操作A所得的濾液中加入NaOH溶液，調(diào)節(jié)溶液pH在3.7～7.7范圍內(nèi)，靜置，過濾．請(qǐng)對(duì)該實(shí)驗(yàn)方案進(jìn)行評(píng)價(jià)方案錯(cuò)誤，在調(diào)節(jié)pH前，應(yīng)先在濾液中加入H₂O₂，使溶液中的Fe²⁺氧化為Fe³⁺（若原方案正確，請(qǐng)說明理由；若原方案錯(cuò)誤，請(qǐng)加以改正）．
（4）流程中的“副產(chǎn)品”為CuSO₄•5H₂O（填化學(xué)式）．在空氣中灼燒CuS可以得到銅的氧化物，向Cu、Cu₂O、CuO組成的混合物中加入1L 0.6mol•L^-1HNO₃溶液恰好使混合物溶解，同時(shí)收集到2240mLNO氣體（標(biāo)準(zhǔn)狀況），若該混合物中含0.1molCu，與稀硫酸充分反應(yīng)至少消耗0.1mol H₂SO₄．
（5）操作C是為了除去溶液中的Ca²⁺，若控制溶液中F^-濃度為3×10^-3mol•L^-1，則溶液中$\frac{c（C{a}^{2+}）}{c（{F}^{-}）}$=1.0×10^-3．
（6）電解產(chǎn)生2NiOOH•H₂O的原理分兩步：
①堿性條件下，Cl^-在陽極被氧化為ClO^-，則陽極的電極反應(yīng)式為Cl^-+2OH^--2e^-=ClO^-+H₂O；
②Ni²⁺被ClO^-氧化產(chǎn)生2NiOOH•H₂O沉淀．則該步反應(yīng)的離子方程式為ClO^-+2Ni²⁺+4OH^-=2NiOOH•H₂O↓+Cl^-．

Answer 1

分析 （1）Fe₂O₃和硫酸反應(yīng)生成鹽和水，反應(yīng)方程式為：Fe₂O₃+3H₂SO₄=Fe₂（SO₄）₃+3H₂O；
（2）氧化鈣和氧化鋇與硫酸反應(yīng)生成難溶的硫酸鈣和硫酸鋇；
（3）用氫氧化鈉溶液調(diào)節(jié)溶液的pH值，容易引入雜質(zhì)，所以方案是錯(cuò)誤的；正確的操作應(yīng)該是在調(diào)節(jié)pH前，應(yīng)先在濾液中加入H₂O₂，使溶液中的Fe²⁺氧化為Fe³⁺；
（4）CuS、S灼燒后溶于稀硫酸中生成硫酸銅，所以副產(chǎn)品應(yīng)該是膽礬；根據(jù)3Cu～2NO，3Cu₂O～2NO，n（Cu）=0.1mol，n（NO）=0.1mol，可得混合物中Cu₂O為0.05mol，故CuO為0.05mol．混合物中，0.1mol Cu不與稀H₂SO₄反應(yīng)，0.05molCu₂O、0.05molCuO與稀H₂SO₄反應(yīng)，根據(jù)Cu₂O、CuO中氧原子與H₂SO₄反應(yīng)結(jié)合H⁺生成H₂O，據(jù)此計(jì)算消耗硫酸；
（5）常溫時(shí)CaF₂的溶度積常數(shù)為2.7×10^-11可知，溶液中F^-濃度為3×10^-3 mol•L^-1，再計(jì)算出鈣離子的濃度；
（6）①陽極上氯離子失電子生成氯氣，氯氣和氫氧根離子反應(yīng)生成次氯酸根離子和水，所以陽極反應(yīng)式為Cl^-+2OH^--2e^-═ClO^-+H₂O；
②Ni²⁺被ClO^-氧化產(chǎn)生2NiOOH•H₂O沉淀，其還原產(chǎn)物是氯離子．

解答 解：（1）Fe₂O₃和硫酸反應(yīng)生成鹽和水，反應(yīng)方程式為：Fe₂O₃+3H₂SO₄=Fe₂（SO₄）₃+3H₂O，故答案為：Fe₂O₃+3H₂SO₄=Fe₂（SO₄）₃+3H₂O；
（2）氧化鈣和氧化鋇與硫酸反應(yīng)生成難溶的硫酸鈣和硫酸鋇，所以浸出渣主要成分為CaSO₄•2H₂O和BaSO₄，故答案為：BaSO₄；
（3）由于用氫氧化鈉溶液調(diào)節(jié)溶液的pH值，容易引入雜質(zhì)，所以方案是錯(cuò)誤的；正確的操作應(yīng)該是在調(diào)節(jié)pH前，應(yīng)先在濾液中加入H₂O₂，使溶液中的Fe²⁺氧化為Fe³⁺，
故答案為：方案錯(cuò)誤，在調(diào)節(jié)pH前，應(yīng)先在濾液中加入H₂O₂，使溶液中的Fe²⁺氧化為Fe³⁺；
（4）由于CuS、S灼燒后溶于稀硫酸中生成硫酸銅，所以副產(chǎn)品應(yīng)該是膽礬，即CuSO₄•5H₂O，
根據(jù)3Cu～2NO可知，0.1molCu反應(yīng)生成NO為$\frac{0.2}{3}$mol，故3Cu₂O～2NO反應(yīng)生成NO為（$\frac{2.24L}{22.4L/mol}$-$\frac{0.2}{3}$mol），可得混合物中Cu₂O為（0.1mol-$\frac{0.2}{3}$mol）×$\frac{3}{2}$=0.05mol，故CuO為0.25mol-0.1mol-0.05mol=0.05mol，混合物中，0.1mol Cu不與稀H₂SO₄反應(yīng)，0.05molCu₂O、0.05molCuO與稀H₂SO₄反應(yīng)，根據(jù)Cu₂O、CuO中氧原子與H₂SO₄反應(yīng)結(jié)合H⁺生成H₂O，可得n（H₂SO₄）=0.05mol+0.05mol=0.1mol，
故答案為：CuSO₄•5H₂O；0.1；
（5）根據(jù)常溫時(shí)CaF₂的溶度積常數(shù)為2.7×10^-11可知，溶液中F^-濃度為3×10^-3 mol•L^-1，則Ca²⁺的濃度為$\frac{2.7×1{0}^{-11}}{（3×1{0}^{-3}）^{2}}$=3×10^-6 mol/L，所以則溶液中$\frac{c（C{a}^{2+}）}{c（{F}^{-}）}$=$\frac{3×1{0}^{-6}}{3×1{0}^{-3}}$=1.0×10^-3，故答案為：1.0×10^-3；
（6）①陽極上氯離子失電子生成氯氣，氯氣和氫氧根離子反應(yīng)生成次氯酸根離子和水，所以陽極反應(yīng)式為Cl^-+2OH^--2e^-═ClO^-+H₂O，故答案為：Cl^-+2OH^--2e^-=ClO^-+H₂O； 
②Ni²⁺被ClO^-氧化產(chǎn)生2NiOOH•H₂O沉淀，其還原產(chǎn)物是氯離子，則根據(jù)電子的得失守恒可知，反應(yīng)的離子方程式為ClO^-+2Ni²⁺+4OH^-=2NiOOH•H₂O↓+Cl^-，
故答案為：ClO^-+2Ni²⁺+4OH^-=2NiOOH•H₂O↓+Cl^-．

點(diǎn)評(píng) 該題以廢舊含鎳催化劑生產(chǎn)NiO為載體，重點(diǎn)考查學(xué)生對(duì)工藝流程試題了解掌握情況，試題綜合性強(qiáng)，貼近高考，側(cè)重對(duì)學(xué)生能力的培養(yǎng)和訓(xùn)練，有利于培養(yǎng)學(xué)生的邏輯推理能力和規(guī)范嚴(yán)謹(jǐn)?shù)膶?shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)能力以及動(dòng)手操作能力；該類試題綜合性強(qiáng)，理論和實(shí)踐的聯(lián)系緊密，有的還提供一些新的信息，這就要求學(xué)生必須認(rèn)真、細(xì)致的審題，聯(lián)系所學(xué)過的知識(shí)和技能，進(jìn)行知識(shí)的類比、遷移、重組，全面細(xì)致的思考才能得出正確的結(jié)論．