Question

9．某工厂从废含镍有机催化剂中回收镍的工艺流程如图所示（已知废催化剂中舍有Ni70.0%及一定量的Al、Fe、SiO₂和有机物，镍及其化台物的化学性质与铁的类似，但Ni^2-的性质较稳定）．

已知：部分阳离子以氢氧化物的形式完全沉淀时的pH如下表所示，回答下列间题

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

（1）滤渣a的成分是SiO₂，用乙醇洗涤废催化剂的目的是溶解、除去有机物，从废渣中回收乙醇的方法是蒸馏．
（2）为提高酸浸速率，可采取的措施有（答两条）将废催化剂粉碎或适当地提高硫酸的浓度、浸泡时的温度．
（3）向A中加人 H₂O₂时反应的离子方程式为2Fe²⁺+2H⁺+H₂O₂=2Fe³⁺+2H₂O．试剂x可以是蒸馏．
（4）用方程式表示出由沉淀．制取单质镍的方法Ni（OH）₂ $\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$NiO+H₂O、2Al+2NiO $\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Al₂O₃+3Ni．回收mkg上述废催化剂的过程中，若将溶液pH调整为6时消耗了akgNi（OH）₂，从洗涤到得到滤液B的过程中镍的损失率为3%，后几步操作过程中镍的损失率为5%，则最终得到单质镍的质量为（70%×97%m+$\frac{59}{93}$a）×95%kg（填计算式）．
（5）利用化学镀（待镀件直接置于含有镀层金属的化合物的溶液中）可以在金属、塑料、陶瓷等物品表面镀上一层金属镍或铬等金属，某化学镀镍的溶液中含有Ni²⁺和H₂PO₂^-，在酸性条件下发生的反应之一如下，请配平该反应．与电镀相比，化掌镀的最大优点是：不消耗电能，节约能源．

Answer 1

分析 用乙醇洗涤溶解并除去有机物杂质，“酸浸”时主要是溶解镍金属和铁、Al单质，只有SiO₂不与硫酸反应，过滤得到滤渣a是SiO₂；滤液A加入H₂O₂的目的是将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，B溶液调节pH=6，使溶液中Fe³⁺、Al³⁺转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，通过过滤而除去，由表中数据，加入试剂X的目的是将镍转化为Ni（OH）₂，故X是碱类物质；Ni（OH）₂转化为单质镍的方法是先将其加热使其转化为NiO，然后用还原剂进行还原，如通过铝热反应．
（1）利用蒸馏的方法可将乙醇与其它有机物分离开；
（2）将废催化剂粉碎或适当地提高硫酸的浓度、浸泡时的温度均可提高酸浸速率；
（3）加入H₂O₂的目的是将Fe²⁺氧化为Fe³⁺．由表中数据及流程图知，加入试剂X的目的是将镍转化为Ni（OH）₂，故X是碱类物质；
（4）Ni（OH）₂转化为单质镍的方法是先将其加热使其转化为NiO，然后用还原剂进行还原，可以通过铝热反应进行；
计算m kg废催化剂中含镍的质量，计算滤液B中的镍元素质量，根据化学式计算Ni（OH）₂中含镍的质量，将每一步的损失率都转化为Ni的损失率，根据Ni元素守恒计算最终得到的单质镍；
（5）首先依得失电子守恒配平氧化剂与还原剂、氧化产物与还原产物的计量数得：2Ni²⁺+H₂PO₂^-→2Ni⁺+H₂PO₃^-+，再依电荷守恒、质量守恒知还有水参与反应并有H⁺生成；从能源消耗方面分析化学镀的优点．

解答 解：用乙醇洗涤溶解并除去有机物杂质，“酸浸”时主要是溶解镍金属和铁、Al单质，只有SiO₂不与硫酸反应，过滤得到滤渣a是SiO₂．滤液A加入H₂O₂的目的是将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，B溶液调节pH=6，使溶液中Fe³⁺、Al³⁺转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，通过过滤而除去，由表中数据，加入试剂X的目的是将镍转化为Ni（OH）₂，故X是碱类物质．Ni（OH）₂转化为单质镍的方法是先将其加热使其转化为NiO，然后用还原剂进行还原，如通过铝热反应．
（1）用乙醇洗涤的目的是溶解并除去有机物杂质，利用蒸馏的方法可将乙醇与其它有机物分离开；因只有SiO₂不与硫酸反应，故滤渣a是SiO₂，
故答案为：SiO₂；溶解、除去有机物；蒸馏；
（2）将废催化剂粉碎或适当地提高硫酸的浓度、浸泡时的温度均可提高酸浸速率，
故答案为：将废催化剂粉碎或适当地提高硫酸的浓度、浸泡时的温度；
（3）加入H₂O₂的目的是将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，反应离子方程式为：2Fe²⁺+2H⁺+H₂O₂=2Fe³⁺+2H₂O，由表中数据及流程图知，加入试剂X的目的是将镍转化为Ni（OH）₂，故X是碱类物质，X可以为NaOH，
故答案为：2Fe²⁺+2H⁺+H₂O₂=2Fe³⁺+2H₂O；NaOH；
（4）Ni（OH）₂转化为单质镍的方法是先将其加热使其转化为NiO，然后用还原剂进行还原，可以通过铝热反应进行，反应方程式为：Ni（OH）₂ $\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$NiO+H₂O、2Al+2NiO $\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Al₂O₃+3Ni；
m kg废催化剂中含镍的质量为70% m kg，在经过洗涤及酸浸转化到滤液B中的镍元素为70%×97% m kg，a kg Ni（OH）₂中含镍为 $\frac{59}{93}$a kg，根据Ni元素守恒，故最终得到的单质镍为（70%×97%m+$\frac{59}{93}$a）kg×95%，
故答案为：Ni（OH）₂ $\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$NiO+H₂O、2Al+2NiO $\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Al₂O₃+3Ni；（70%×97%m+$\frac{59}{93}$a）×95%；
（5）首先依得失电子守恒配平氧化剂与还原剂、氧化产物与还原产物的计量数得：2Ni²⁺+H₂PO₂^-→2Ni⁺+H₂PO₃^-+，再依电荷守恒、质量守恒知还有水参与反应并有H⁺生成，配平后的离子方程式为：2Ni²⁺+H₂PO₂^-+H₂O=2Ni⁺+1H₂PO₃^-+2H⁺；
与电镀相比，化学镀的最大优点是：不消耗电能，节约能源，
故答案为：2、1、H₂O→2、1、2H⁺；不消耗电能，节约能源．

点评 本题以工艺流程为载体，考查了物质分离提纯、化学反应速率影响因素、沉淀转化、化学计算、氧化还原反应配平等，是高考常考题型，综合性较强，涉及知识面较广，侧重考查学生对知识的迁移应用，关键是对工艺流程理解分析，难度中等．