金属离子 | Fe3+ | Fe2+ | Al3+ | Ni2+ |
开始沉淀的pH | 1.1 | 5.8 | 3.0 | 6.8 |
完全沉淀的pH | 3.2 | 8.8 | 5.0 | 9.5 |
分析 废镍催化剂(成分主要为Ni,含有一定量的Al2O3、Fe、SiO2、CaO等),用硫酸溶解,SiO2不与硫酸反应,过滤得到滤液中含有NiSO4、FeSO4、Al2(SO4)3、CaSO4及过量的硫酸,试剂a是一种绿色氧化剂,所以加入 的是H2O2将Fe2+氧化为Fe3+,加入Ni(HO)2调节pH,使pH大于5.0小于6.8,Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀、Al3+转化为Al(OH)3沉淀,过滤除去,滤液中含有NiSO4、CaSO4,向滤液中加入NH4F,除去Ca 2+,过滤,再向滤液中加入(NH4)2C2O4,得到草酸镍沉淀,再过滤、洗涤、干燥得草酸镍晶体,据此答题.
解答 解:废镍催化剂(成分主要为Ni,含有一定量的Al2O3、Fe、SiO2、CaO等),用硫酸溶解,SiO2不与硫酸反应,过滤得到滤液中含有NiSO4、FeSO4、Al2(SO4)3、CaSO4及过量的硫酸,试剂a是一种绿色氧化剂,所以加入 的是加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+,加入Ni(HO)2调节pH,使pH大于5.0小于6.8,Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀、Al3+转化为Al(OH)3沉淀,过滤除去,滤液中含有NiSO4、CaSO4,向滤液中加入NH4F,除去Ca 2+,过滤,再向滤液中加入(NH4)2C2O4,得到草酸镍沉淀,再过滤、洗涤、干燥得草酸镍晶体,
(1)根据影响化学反应速率的因素可知,提高浸出率,可把废镍催化剂粉碎或适当加热、适当增大硫酸浓度、搅拌等,
故答案为:把废镍催化剂粉碎或适当加热、适当增大硫酸浓度、搅拌等;
(2)根据上面的分析可知,试剂a是H2O2,所以“氧化”时反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O,
故答案为:2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O;
(3)根据表中的数据可知,pH为5.0时,Fe3+、Al3+沉淀完全,pH为6.8时Ni2+开始沉淀,所以pH的调控范围为5.0~6.8,其反应的原理为:加入Ni(HO)2调节消耗溶液中的氢离子,促使Fe3+、Al3+的水解平衡右移,使Fe3+、Al3+转化为相应的沉淀,
故答案为:5.0~6.8;加入Ni(HO)2调节消耗溶液中的氢离子,促使Fe3+、Al3+的水解平衡右移,使Fe3+、Al3+转化为相应的沉淀;
(4)“沉镍”时反应的离子方程式为Ni2++C2O42-+2H2O=NiC2O4•2H2O,证明Ni2+已经沉淀完全的实验步骤及现象是取上层清液,继续滴加(NH4)2C2O4溶液,无沉淀生成;当Ca2+沉淀完全时,即c(Ca2+)<10-5mol/L,根据Ksp(CaF2)=1.46×10-10,可知溶液中c(F-)>$\sqrt{\frac{1.46×10{\;}^{-10}}{1{0}^{-5}}}$ mol/L,
故答案为:Ni2++C2O42-+2H2O=NiC2O4•2H2O;取上层清液,继续滴加(NH4)2C2O4溶液,无沉淀生成;$\sqrt{\frac{1.46×10{\;}^{-10}}{1{0}^{-5}}}$ mol/L;
(5)根据上面的分析可知,操作a的内容是过滤、洗涤、干燥,故答案为:过滤、洗涤、干燥.
点评 本题考查制备方案,涉及化学工艺流程、对操作与试剂的分析评价、化学方程式书写、原电池与电解原理等,是对学生综合能力的考查,需要学生具备扎实的基础与迁移运用能力,难度中等.
科目:高中化学 来源: 题型:选择题
A. | 增大反应物浓度,同时降低反应温度 | |
B. | 增大压强同时使用催化剂 | |
C. | 将反应混合物的用量同时增大一倍 | |
D. | 升高温度同时将粉末状固体改为颗粒状固体 |
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科目:高中化学 来源: 题型:解答题
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科目:高中化学 来源: 题型:选择题
A. | Ag+和Cl-在水溶液中的反应,其活化能为零 | |
B. | 化学反应的反应热只与反应体系的始态和终点状态有关,而与反应的途径无关 | |
C. | 放热反应一定能自发进行,而吸热反应一定不能自发进行 | |
D. | 熵增且放热的反应一定自发进行,但实际可能因速率很小而不一定发生 |
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科目:高中化学 来源: 题型:解答题
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科目:高中化学 来源: 题型:填空题
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科目:高中化学 来源: 题型:解答题
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