Question

【题目】某科研小组以废旧的含镍催化剂(主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO等)为原料制取Ni2O3，工艺流程如下图：

相关离子生成氢氧化物的pH和相关物质的溶解性如下表：

回答下列问题：

（1）滤渣的主要成分为BaSO4和____________________(填化学式)。

（2）操作A中发生反应的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+、_________________________；操作A中没有FeS和NiS沉淀产生，其原因是(用Ka和Ksp解释)__________________________。

（3）操作B加入H2O2的目的是________________，加NaOH溶液调节pH应在____________范围内；操作C中加入NaF的目的是____________________。

（4）该工艺流程中使用H2S气体，优点是可以制取副产品CuSO4·5H2O，但也有明显的缺点：一是产生空气污染，二是______________________________________________。

（5）电解产生2NiOOH·H2O的原理为：在碱性条件下电解，Cl-在阳极被氧化为ClO-，ClO-再将Ni2+氧化成2NiOOH·H2O沉淀。则阳极的电极反应式为________________________。

（6）0.80g CuSO4·5H2O副产品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示，CuSO4·5H2O稳定存在的温度应低于________，则200℃时固体物质的化学式____________。

Answer 1

【答案】 CaSO42H2O 2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓ 由Ka2=[S2-][H+]/[HS-]知：若溶液中c(H+)过大，则c(S2-)过小，达不到FeS和NiS沉淀的溶度积 将Fe2+氧化成Fe3+，有利于转化成Fe(OH)3沉淀 3.2≤pH＜6.7 将Ca2+转化成CaF2沉淀 产生更多的Fe2+和H+，将消耗更多的氧化剂（H2O2）和NaOH Cl-+2OH--2e-=ClO-+H2O 102℃ CuSO4H2O

【解析】（1）由题目已知CaSO42H2O微溶，原料中含有一定量的CaO，加入硫酸酸浸，所以应该有CaSO42H2O析出。

（2）操作A的生成物中有单质S，只能是溶液中的Fe3+将通入的H2S氧化为单质S，方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓。注意：H2S是弱酸，不能拆分。上一步酸浸中硫酸应该过量，这一步通入H2S，H2S本来就是一个二元弱酸电离能力较差（Ka很小），上一步过量的氢离子对其电离又起到了抑制作用，所以溶液中的S2-的浓度应该很小。此时如果要形成硫化物沉淀，就要求该硫化物的KSP极小，本题中FeS和NiS的KSP较大，无法沉淀。

（3）加入过氧化氢的目的是为了将Fe2+氧化为Fe3+，以利于转化为氢氧化铁的沉淀除去。此时应该控制的pH是3.2到6.7之间（保证Fe3+沉淀完全，同时不沉淀Ni2+）。由题目已知，CaF2是难溶物，所以加入NaF是为了除去溶液中剩余的少量Ca2+。

（4）使用H2S气体，发生反应：2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓，下一步中又要将Fe2+氧化为Fe3+，所以这个过程会增加需要加入的过氧化氢的量。同时反应生成H+会导致后续沉淀氢氧化铁的时候需要加入更多的氢氧化钠。

（5）阳极产生的是ClO-（ClO-再将Ni2+氧化成2NiOOH·H2O沉淀，是在溶液中进行的，不是电极反应），所以应该是Cl失去电子转化为ClO-，方程式为：Cl-+2OH--2e-=ClO-+H2O。

（6）图中102℃的时候固体质量开始下降，所以说明102℃时，CuSO4·5H2O开始分解，所以CuSO4·5H2O稳定存在的温度应低于102℃。图示中，200℃时，固体由0.8g降低为0.57g，减少0.23g。0.8gCuSO4·5H2O中含有的结晶水为0.288g，所以此时失去的都是结晶水，减少0.23g水，物质的量为0.0128mol，0.8gCuSO4·5H2O的物质的量为0.0032mol，其中含水为0.0032×5=0.016mol，所以200℃的时候剩余的结晶水为0.016－0.0128=0.0032mol，硫酸铜为0.0032mol，所以该化合物为：CuSO4H2O。