Question

【题目】2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展做出重要贡献的科学家。利用废旧二次电池[主要成分为Ni(OH)2、Fe2O3、MnO2、碳粉、铝箔等]合成电池级Ni(OH)2的工艺流程如下：

已知：

氢氧化物	Fe(OH)3	Al(OH)3	Ni(OH)2	Mn(OH)2
Ksp(室温下)	4.0×10-38	1.0×10-33	1.6×10-14	2.0×10-13

(1)①已知“酸浸”后滤液中含有：Ni2+、Al3+、Fe3+、Mn2+，调节溶液的pH约为5，其目的是__；以下最适合作为物质X的是____（填字母）。

A．双氧水 B．氨水 C．盐酸 D．NiO

②若滤液中Ni2+的浓度为2molL-1，列式计算判断此时滤渣Ⅱ中是否有Ni(OH)2沉淀：___ 。

(2)滤渣Ⅲ的主要成分是____，“氧化除锰”过程发生反应的离子方程式为______。

(3)用Ni(OH)2和LiOH在空气中混合加热至700℃～800℃可制得LiNiO2（镍酸锂），该反应的化学方程式为___________。

(4)镍酸锂是一种有较好前景的锂离子电池正极材料。该电池在充放电过程中，发生LiNiO2和Li1-xNiO2之间的转化，充电时LiNiO2在_______（填“阴”或“阳“）极发生反应，该电极的电极反应式为_____。

Answer 1

【答案】除去Al3+、Fe3+ D pH=5时，滤液中c(OH-)=1×10-9mol/L，Qc=c(Ni2+)c2(OH-)=2×10-18< Ksp[Ni(OH)2]，故没有沉淀产生 MnO2 2MnO4-+3Mn2++2H2O==5MnO2↓+4H+ 4Ni(OH)2+4LiOH+O24LiNiO2+6H2O 阳 LiNiO2-xe- =Li1-xNiO2+xLi+

【解析】

废旧二次电池[主要成分为Ni(OH)2、Fe2O3、MnO2、碳粉、铝箔等]酸浸后，所得的滤液中含有Ni2+、Al3+、Fe3+、Mn2+，此时碳粉不溶而成为滤渣Ⅰ；调节溶液的pH约为5，由后续操作可以看出，此时Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，可利用Ksp通过计算加以证实，所以加入的物质X用于调节溶液的pH；加入KMnO4氧化除锰(Mn2+)时，产物中Mn的价态应介于+2~+7之间，考虑到此时Mn转化为难溶物，应为MnO2，此为滤渣Ⅲ的主要成分；溶液中的Ni2+加入NaOH溶液后，转化为Ni(OH)2沉淀。

(1)①由以上分析知，调节溶液的pH约为5，其目的是除去Al3+、Fe3+；双氧水难以调节pH至5，氨水可调节溶液的pH为5，但引入NH4+，加入盐酸不能增大溶液的pH，所以选择NiO，故选D。答案为：除去Al3+、Fe3+；D；

②若滤液中Ni2+的浓度为2molL-1，列式计算判断此时滤渣Ⅱ中是否有Ni(OH)2沉淀： pH=5时，滤液中c(OH-)=1×10-9mol/L，Qc=c(Ni2+)c2(OH-)=2×10-18< Ksp[Ni(OH)2]，故没有沉淀产生。答案为：pH=5时，滤液中c(OH-)=1×10-9mol/L，Qc=c(Ni2+)c2(OH-)=2×10-18< Ksp[Ni(OH)2]，故没有沉淀产生；

(2)由以上分析知，滤渣Ⅲ的主要成分是MnO2，“氧化除锰”过程发生反应的离子方程式为2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+。答案为：MnO2；2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；

(3)用Ni(OH)2和LiOH在空气中混合加热至700℃～800℃可制得LiNiO2，Ni由+2价升高到+3价，则反应物中应有氧化剂(O2)参加反应，该反应的化学方程式为4Ni(OH)2+4LiOH+O24LiNiO2+6H2O。答案为：4Ni(OH)2+4LiOH+O24LiNiO2+6H2O；

(4)充电时LiNiO2转化为Li1-xNiO2，Ni价态由+3价升高为+(3+x)价，所以在阳极发生反应，该电极的电极反应式为LiNiO2-xe- =Li1-xNiO2+xLi+。答案为：阳；LiNiO2-xe- =Li1-xNiO2+xLi+。