Question

14．为回收利用废镍催化剂（主要成分为NiO，另含Fe₂O₃、CaO、CuO、BaO等），科研人员研制了一种回收镍的新工艺．工艺流程如图：

氢氧化物	Fe（OH）3	Fe（OH）2	Ni（OH）2
开始沉淀的pH	1.5	6.5	7.7
沉淀完全的pH	3.7	9.7	9.2

已知常温下：①有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全
的pH如右表     ②Cu₂O+2H⁺=Cu+Cu²⁺+H₂O
③常温时，K_sp（CaF₂）=2.7×10^-11
回答下列问题：
（1）写出酸浸时Fe₂O₃和硫酸反应的化学方程式Fe₂O₃+3H₂SO₄=Fe₂（SO₄）₃+3H₂O．
（2）浸出渣主要成分为CaSO₄•2H₂O和BaSO₄两种物质．
（3）操作B是除去滤液中的铁元素，某同学设计了如下方案：向操作A所得的滤液中加入NaOH溶液，调节溶液pH在3.7～7.7范围内，静置，过滤．请对该实验方案进行评价方案错误，在调节pH前，应先在滤液中加入H₂O₂，使溶液中的Fe²⁺氧化为Fe³⁺（若原方案正确，请说明理由；若原方案错误，请加以改正）．
（4）流程中的“副产品”为CuSO₄•5H₂O（填化学式）．在空气中灼烧CuS可以得到铜的氧化物，向Cu、Cu₂O、CuO组成的混合物中加入1L 0.6mol•L^-1HNO₃溶液恰好使混合物溶解，同时收集到2240mLNO气体（标准状况），若该混合物中含0.1molCu，与稀硫酸充分反应至少消耗0.1mol H₂SO₄．
（5）操作C是为了除去溶液中的Ca²⁺，若控制溶液中F^-浓度为3×10^-3mol•L^-1，则溶液中$\frac{c（C{a}^{2+}）}{c（{F}^{-}）}$=1.0×10^-3．
（6）电解产生2NiOOH•H₂O的原理分两步：
①碱性条件下，Cl^-在阳极被氧化为ClO^-，则阳极的电极反应式为Cl^-+2OH^--2e^-=ClO^-+H₂O；
②Ni²⁺被ClO^-氧化产生2NiOOH•H₂O沉淀．则该步反应的离子方程式为ClO^-+2Ni²⁺+4OH^-=2NiOOH•H₂O↓+Cl^-．

Answer 1

分析 （1）Fe₂O₃和硫酸反应生成盐和水，反应方程式为：Fe₂O₃+3H₂SO₄=Fe₂（SO₄）₃+3H₂O；
（2）氧化钙和氧化钡与硫酸反应生成难溶的硫酸钙和硫酸钡；
（3）用氢氧化钠溶液调节溶液的pH值，容易引入杂质，所以方案是错误的；正确的操作应该是在调节pH前，应先在滤液中加入H₂O₂，使溶液中的Fe²⁺氧化为Fe³⁺；
（4）CuS、S灼烧后溶于稀硫酸中生成硫酸铜，所以副产品应该是胆矾；根据3Cu～2NO，3Cu₂O～2NO，n（Cu）=0.1mol，n（NO）=0.1mol，可得混合物中Cu₂O为0.05mol，故CuO为0.05mol．混合物中，0.1mol Cu不与稀H₂SO₄反应，0.05molCu₂O、0.05molCuO与稀H₂SO₄反应，根据Cu₂O、CuO中氧原子与H₂SO₄反应结合H⁺生成H₂O，据此计算消耗硫酸；
（5）常温时CaF₂的溶度积常数为2.7×10^-11可知，溶液中F^-浓度为3×10^-3 mol•L^-1，再计算出钙离子的浓度；
（6）①阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水，所以阳极反应式为Cl^-+2OH^--2e^-═ClO^-+H₂O；
②Ni²⁺被ClO^-氧化产生2NiOOH•H₂O沉淀，其还原产物是氯离子．

解答 解：（1）Fe₂O₃和硫酸反应生成盐和水，反应方程式为：Fe₂O₃+3H₂SO₄=Fe₂（SO₄）₃+3H₂O，故答案为：Fe₂O₃+3H₂SO₄=Fe₂（SO₄）₃+3H₂O；
（2）氧化钙和氧化钡与硫酸反应生成难溶的硫酸钙和硫酸钡，所以浸出渣主要成分为CaSO₄•2H₂O和BaSO₄，故答案为：BaSO₄；
（3）由于用氢氧化钠溶液调节溶液的pH值，容易引入杂质，所以方案是错误的；正确的操作应该是在调节pH前，应先在滤液中加入H₂O₂，使溶液中的Fe²⁺氧化为Fe³⁺，
故答案为：方案错误，在调节pH前，应先在滤液中加入H₂O₂，使溶液中的Fe²⁺氧化为Fe³⁺；
（4）由于CuS、S灼烧后溶于稀硫酸中生成硫酸铜，所以副产品应该是胆矾，即CuSO₄•5H₂O，
根据3Cu～2NO可知，0.1molCu反应生成NO为$\frac{0.2}{3}$mol，故3Cu₂O～2NO反应生成NO为（$\frac{2.24L}{22.4L/mol}$-$\frac{0.2}{3}$mol），可得混合物中Cu₂O为（0.1mol-$\frac{0.2}{3}$mol）×$\frac{3}{2}$=0.05mol，故CuO为0.25mol-0.1mol-0.05mol=0.05mol，混合物中，0.1mol Cu不与稀H₂SO₄反应，0.05molCu₂O、0.05molCuO与稀H₂SO₄反应，根据Cu₂O、CuO中氧原子与H₂SO₄反应结合H⁺生成H₂O，可得n（H₂SO₄）=0.05mol+0.05mol=0.1mol，
故答案为：CuSO₄•5H₂O；0.1；
（5）根据常温时CaF₂的溶度积常数为2.7×10^-11可知，溶液中F^-浓度为3×10^-3 mol•L^-1，则Ca²⁺的浓度为$\frac{2.7×1{0}^{-11}}{（3×1{0}^{-3}）^{2}}$=3×10^-6 mol/L，所以则溶液中$\frac{c（C{a}^{2+}）}{c（{F}^{-}）}$=$\frac{3×1{0}^{-6}}{3×1{0}^{-3}}$=1.0×10^-3，故答案为：1.0×10^-3；
（6）①阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水，所以阳极反应式为Cl^-+2OH^--2e^-═ClO^-+H₂O，故答案为：Cl^-+2OH^--2e^-=ClO^-+H₂O； 
②Ni²⁺被ClO^-氧化产生2NiOOH•H₂O沉淀，其还原产物是氯离子，则根据电子的得失守恒可知，反应的离子方程式为ClO^-+2Ni²⁺+4OH^-=2NiOOH•H₂O↓+Cl^-，
故答案为：ClO^-+2Ni²⁺+4OH^-=2NiOOH•H₂O↓+Cl^-．

点评 该题以废旧含镍催化剂生产NiO为载体，重点考查学生对工艺流程试题了解掌握情况，试题综合性强，贴近高考，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生的逻辑推理能力和规范严谨的实验设计能力以及动手操作能力；该类试题综合性强，理论和实践的联系紧密，有的还提供一些新的信息，这就要求学生必须认真、细致的审题，联系所学过的知识和技能，进行知识的类比、迁移、重组，全面细致的思考才能得出正确的结论．