Question

20．一种磁性材料的磨削废料（含镍质量分数约21%）主要成分是铁镍合金，还含有钢、钙、镁、硅的氧化物，由该废料制备纯度较高的Ni（0H）₂，工艺流程如下：
（1）合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加人稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，反应有N₂生成．写出金属镍溶解的离子方程式5Ni+12H⁺+2NO₃^-=5Ni²⁺+2N₂↑+6H₂O．
（2）“除铁”时，H₂O₂的作用是将Fe²⁺氧化为Fe³⁺．为了证明添加的H₂O₂已足量，应选择的试剂是铁氰化钾（填“铁氰化钾”或“硫氰化钾”）溶液．黄钠铁矾[Na_xFe_y（SO₄）_m（OH）_n]具有沉淀颗粒大、沉淀速率快、溶解过滤等特点，x：y：m：n=1：3：2：6．
（3）“除铜”时，反应的离子方程式为H₂S+Cu²⁺=CuS+2H⁺，若用Na₂S₂O₃代替H₂S除铜，优点是反应更充分，除铜效果更好．
（4）已知除杂过程在陶瓷容器中进行，NaF的实际用量为理论用量的1.1倍，用量不宜过大的原因是氟离子水解生成氟化氢，腐蚀陶瓷容器．
（5）100kg肥料经上述工艺制得Ni（OH）₂固体的质量为31kg，则镍回收率的计算式为93.65%．
（6）镍氢电池以成为混合动力汽车的主要电池类型，其工作原理如下：M+Ni（OH）₂$?_{放点}^{充电}$MH+NiOOH（式中M为储氢合金）写出电池放点过程中正极的电极反应式NiOOH+H₂O+e^--=Ni（OH）₂+OH^-．

Answer 1

分析 废料与稀硫酸、稀硝酸酸溶反应生成硫酸亚铁、硫酸镍．双氧水具有强氧化性，加入双氧水目的是将Fe²⁺全部氧化为Fe³⁺，加入碳酸钠调节pH，除掉铁离子，通入硫化氢除掉铜离子，硫化氢可与铜离子反应生成硫化铜，加入氟化钠，可生成氟化钙、氟化镁沉淀，最后调节pH生成氢氧化镍沉淀．
（1）镍能将硝酸还原为氮气；
（2）双氧水具有氧化性；铁氰化酸根离子与二价铁离子生成铁氰化亚铁沉淀；黄钠铁矾[Na_xFe_y（SO₄）_m（OH）_n]中铁元素化合价为+3价，元素化合价代数和为0，x+3y-2m-n=0；
（3）硫化氢与铜离子反应生成硫化铜沉淀；Na₂S₂O₃与铜离子反应生成硫代硫酸铜沉淀；
（4）氟离子水解生成氟化氢；
（5）根据Ni（OH）₂中镍的质量分数求出镍的质量，然后计算回收率；
（6）电池放电过程中，正极上NiOOH得电子生成Ni（OH）₂．

解答 解：（1）金属镍溶解的离子方程式5Ni+12H⁺+2NO₃^-=5Ni²⁺+2N₂↑+6H₂O，故答案为：5Ni+12H⁺+2NO₃^-=5Ni²⁺+2N₂↑+6H₂O；
（2）双氧水具有强氧化性，加入双氧水目的是将Fe²⁺全部氧化为Fe³⁺；铁氰化酸根离子与二价铁离子生成铁氰化亚铁沉淀，不变蓝，说明H₂O₂已足量；黄钠铁矾[Na_xFe_y（SO₄）_m（OH）_n]中铁元素化合价为+3价，元素化合价代数和为0，x+3y-2m-n=0，1+3×3-2×2-n=0，n=6，故答案为：将Fe²⁺氧化为Fe³⁺；铁氰化钾；6；
（3）硫化氢与铜离子反应生成硫化铜沉淀：H₂S+Cu²⁺=CuS+2H⁺；Na₂S₂O₃与铜离子反应生成硫代硫酸铜沉淀，用Na₂S₂O₃代替H₂S除铜，反应更充分，除铜效果更好，故答案为：H₂S+Cu²⁺=CuS+2H⁺；反应更充分，除铜效果更好；
（4）氟离子水解生成氟化氢，腐蚀陶瓷容器，故答案为：氟离子水解生成氟化氢，腐蚀陶瓷容器；
（5）$\frac{\frac{59}{93}×31}{100×0.21}$=93.65%，故答案为：93.65%；
（6）电池放电过程中，正极上NiOOH得电子生成Ni（OH）₂，则正极的电极方程式为：NiOOH+H₂O+e^--=Ni（OH）₂+OH^-，故答案为：NiOOH+H₂O+e^--=Ni（OH）₂+OH^-．

点评 本题以工艺流程为基础，考查了工艺流程解题思路和基本方法，实验基本操作，元素化合物性质等相关知识，掌握基础是关键，题目难度中等．