Question

【题目】用废Ni--MH电池正极材料可制备电子级硫酸镍晶体，其工艺流程如下图所示:

回答下列问题:

(1)废Ni-NH电池正极材料硫酸浸出液中的成分浓度如下表所示:

成分	Ni2+	Fe2+	Cu2+	Ca2+	Mg2+	Mn2+	H+	SO42-
浓度(mol/L)	c	0.013	0.0007	0.0013	0.0030	0.004	0.01	1.8

溶液中c(Ni2+)=_____mol/L(结果保留四位有效数字)。

(2)在“滤液1”中加入双氧水可将Fe2+转化为难溶的针铁矿(FeOOH),写出反应的离子方程式:___________。

(3)“滤液2”中加入NaF可将滤液中Ca2+、Mg2+转化为难溶的CaF2和MgF2。当加入过量NaF后，所得“滤液3”中c(Mg2+):c(Ca2+)=0.67，则MgF2的溶度积为______[已知Ksp(CaF2)=1.10×10-10]。

(4)“除锰”时，(NH4)2S2O8与“滤液3”中的MnSO4反应生成含锰化合物R、硫酸铵及硫酸，若氧化剂与还原剂物质的量之比为1:1，则R的化学式为_____。(填字母)

a.MnO2 b.Mn2O3 c.(NH4)2MnO4 d.Mn(OH)3

(5)“除锌”时，Zn2+与有机萃取剂(用HA表示)形成易溶于萃取剂的络合物ZnA2·2HA。

①试写出萃取时反应的离子方程式______________。

②“除锌”时、锌的萃取率随料液pH变化如右图所示：试分析pH增大时，锌的萃取率有所增大的原因是_____________________。

③“操作X”的名称是________________。

Answer 1

【答案】 1.773 2Fe2++H2O2+2H2O=2FeOOH↓+4H+ 7.37×10-11 a Zn2++4HAZnA2·2HA+2H+ 料液的pH增大,使料液中的c(H+)减小,促使Zn2++4HAZnA2·2HA+2H+向右进行，锌的萃取率增大 分液

【解析】（1）根据电荷守恒，2c(Ni2+)+0013 mol/L×2+0.0007 mol/L×2+0.0013 mol/L×2+0.0030 mol/L×2+0.004 mol/L×2+0.01 mol/L×1=1.8 mol/L×2，解得c(Ni2+)=1.773 mol/L，故答案为：1.773；

(2)在“滤液1”中加入双氧水可将Fe2+转化为难溶的针铁矿(FeOOH)，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H2O=2FeOOH↓+4H+，故答案为：2Fe2++H2O2+2H2O=2FeOOH↓+4H+；

(3) “滤液3”中c(Mg2+):c(Ca2+)=0.67，因此====0.67，因此Ksp(MgF2)= 7.37×10-11，故答案为：7.37×10-11；

（4）设该反应中锰元素的化合价变化为+2价→+x价，失电子化合价升高，锰离子作还原剂；氧元素的化合价不变，所以S元素得电子化合价降低，S2O82-作氧化剂，S元素化合价变化为+7价→+6价，若氧化剂与还原剂物质的量之比为1:1，即（7-6）×2：（x-2）=1:1，解得x=4，只有a中MnO2中Mn元素的化合价为+4价，故选a；

（5）①“除锌”时，Zn2+与有机萃取剂(用HA表示)形成易溶于萃取剂的络合物ZnA2·2HA，反应的离子方程式为Zn2++4HAZnA2·2HA+2H+，故答案为：Zn2++4HAZnA2·2HA+2H+；

②根据图像，料液的pH增大，使料液中的c(H+)减小,促使Zn2++4HAZnA2·2HA+2H+向右进行，锌的萃取率增大，故答案为：料液的pH增大，使料液中的c(H+)减小,促使Zn2++4HAZnA2·2HA+2H+向右进行，锌的萃取率增大；

③根据流程图，Zn2+与有机萃取剂(用HA表示)形成易溶于萃取剂的络合物ZnA2·2HA ，“操作X”为萃取后的分液，故答案为：分液。