Question

11．鎳氫電池的應用很廣，其正負極材料都可以再生利用，正極主要為氫氧化鎳[Ni（OH）₂]，其表面覆蓋有鈷或氫氧化鈷[Co（OH）₂]，還含有Fe、Mn、Ca、Mg等雜質元素，現(xiàn)利用以下工藝流程回收正極材料中的Co、Ni元素（部分條件未給出）

已知：①浸出液中各離子含量

金屬離子	Ni2+	Co2+	Fe3+	Mn2+	Ca2+	Mg2+
濃度（g/L）	63.6	5.90	1.00	0.22	5.24×10-2	6.37×10-2

②K_sp（CaF₂）=2.7×10^-11，K_sp（MgF₂）=6.5×10^-9，K_sp[Ni（OH）₂]=5.5×10^-16
回答下列問題：
（1）浸出液沉鐵過程中，生成的沉淀是FeOOH，發(fā)生反應的離子方程式為2Fe²⁺+H₂O₂+2H₂O=2FeOOH+4H⁺
（2）加入NaF可除去Ca²⁺、Mg²⁺，若使溶液中Ca²⁺、Mg²⁺濃度小于1.0×10^-5mol/L，F(xiàn)濃度必須大于$\sqrt{\frac{6.5×1{0}^{-9}}{1.0×1{0}^{-5}}}$mol/L（列出計算式即可）
（3）過硫酸銨[（NH₄）₂S₂O₈除錳的原理是：第一步用過硫酸銨將溶液中的Mn²⁺氧化成MnO₄^-，第二步MnO₄^-繼續(xù)與Mn^2-反應生成MnO₂沉淀，在第一步反應中氧化劑和還原劑的物質的量之比為5：2，第二步發(fā)生反應的離子方程式為3Mn²⁺+2MnO₄^-+2H₂O=5MnO₂↓+4H⁺，若除去1L浸出液中的Mn²⁺和Co²⁺至少需要過硫酸銨13.68g
（4）除錳、鈷時若溶液pH較大，會有什么后果？Ni²⁺也會形成Ni（OH）₂沉淀析出
（5）加入Na₂CO₃溶液后，為得到純凈的NiCO₃固體，需要的操作有過濾、洗滌、干燥．

Answer 1

分析 鎳氫電池是正極主要為氫氧化鎳[Ni（OH）₂]，其表面覆蓋有鈷或氫氧化鈷[Co（OH）₂]，還含有Fe、Mn、Ca、Mg等雜質元素，加稀硫酸溶解、過濾，濾液中含有Ni²⁺、Co²⁺、Fe²⁺、Mn²⁺、Ca²⁺、Mg²⁺，加雙氧水，同時調節(jié)pH=3.4，亞鐵離子轉化為沉淀FeOOH析出，過濾，濾液中含有Ni²⁺、Co²⁺、Mn²⁺、Ca²⁺、Mg²⁺，在濾液中加NaF固體，Ca²⁺和Mg²⁺轉化為沉淀CaF₂、MgF₂，過濾，濾液中含有Ni²⁺、Co²⁺、Mn²⁺，在濾液中加過硫酸銨[（NH）₂S₂O₈]，把Co²⁺氧化為Co³⁺，把Mn²⁺氧化為MnO₄^-，MnO₄^-繼續(xù)與Mn^2-反應生成MnO₂沉淀，調節(jié)pH=4.0，Co³⁺轉化為Co（OH）₃沉淀，過濾，在濾液中加碳酸鈉生成NiCO₃沉淀，過濾、洗滌、干燥，得到純凈的NiCO₃；
（1）酸性條件下，亞鐵離子被雙氧水氧化生成FeOOH和H⁺；
（2）若使溶液中Ca²⁺、Mg²⁺濃度小于1.0×10^-5mol/L，根據c（F^-）=$\sqrt{\frac{{K}_{sp}}{c（{R}^{2+}）}}$計算氟離子的最小濃度；
（3）根據得失電子守恒和原子守恒配平方程式，再計算氧化劑和還原劑的物質的量之比；MnO₄^-可與Mn²⁺反應生成MnO₂，結合元素守恒和電子守恒配平方程式；根據表格中Mn²⁺和Co²⁺濃度求出質量和物質的量，再根據二者與（NH）₂S₂O₈反應的方程式計算；
（4）溶液pH較大時Ni²⁺會形成Ni（OH）₂沉淀析出；
（5）從渾濁液中得到純凈的固體需要過濾、洗滌、干燥．

解答 解：鎳氫電池是正極主要為氫氧化鎳[Ni（OH）₂]，其表面覆蓋有鈷或氫氧化鈷[Co（OH）₂]，還含有Fe、Mn、Ca、Mg等雜質元素，加稀硫酸溶解、過濾，濾液中含有Ni²⁺、Co²⁺、Fe²⁺、Mn²⁺、Ca²⁺、Mg²⁺，加雙氧水，同時調節(jié)pH=3.4，亞鐵離子轉化為沉淀FeOOH析出，過濾，濾液中含有Ni²⁺、Co²⁺、Mn²⁺、Ca²⁺、Mg²⁺，在濾液中加NaF固體，Ca²⁺和Mg²⁺轉化為沉淀CaF₂、MgF₂，過濾，濾液中含有Ni²⁺、Co²⁺、Mn²⁺，在濾液中加過硫酸銨[（NH）₂S₂O₈]，把Co²⁺氧化為Co³⁺，把Mn²⁺氧化為MnO₄^-，MnO₄^-繼續(xù)與Mn^2-反應生成MnO₂沉淀，調節(jié)pH=4.0，Co³⁺轉化為Co（OH）₃沉淀，過濾，在濾液中加碳酸鈉生成NiCO₃沉淀，過濾、洗滌、干燥，得到純凈的NiCO₃；
（1）酸性條件下，亞鐵離子被雙氧水氧化生成FeOOH和H⁺，其反應的離子方程式為：2Fe²⁺+H₂O₂+2H₂O=2FeOOH+4H⁺；
故答案為：2Fe²⁺+H₂O₂+2H₂O=2FeOOH+4H⁺；
（2）已知K_sp（CaF₂）=2.7×10^-11，K_sp（MgF₂）=6.5×10^-9，CaF₂的溶度積比MgF₂小，CaF₂先沉淀，當MgF₂完全沉淀（即濃度小于1.0×10^-5mol/L）時，CaF₂也一定完全沉淀，當溶液中Mg²⁺濃度等于1.0×10^-5mol/L時，c（F^-）=$\sqrt{\frac{{K}_{sp}（Mg{F}_{2}）}{c（M{g}^{2+}）}}$=$\sqrt{\frac{6.5×1{0}^{-9}}{1.0×1{0}^{-5}}}$，所以若使溶液中Ca²⁺、Mg²⁺濃度小于1.0×10^-5mol/L，F(xiàn)^-濃度必須大于$\sqrt{\frac{6.5×1{0}^{-9}}{1.0×1{0}^{-5}}}$；
故答案為：$\sqrt{\frac{6.5×1{0}^{-9}}{1.0×1{0}^{-5}}}$；
（3）該反應中，錳元素的化合價變化為+2價→+7價，失電子化合價升高，錳離子作還原劑；氧元素的化合價不變，所以S元素得電子化合價降低，S₂O₈^2-作氧化劑，S元素化合價變化為+7價→+6價，則該方程式為8H₂O+5S₂O₈^2-+2Mn²⁺=2MnO₄^-+10SO₄^2-+16H⁺，所以氧化劑和還原劑的物質的量之比為5：2；
MnO₄^-可與Mn²⁺反應生成MnO₂，其離子方程式為：3Mn²⁺+2MnO₄^-+2H₂O=5MnO₂↓+4H⁺；
1L浸出液中的Mn²⁺為0.22g，Co²⁺為5.90g，Co²⁺與S₂O₈^2-的反應方程式為S₂O₈^2-+2Co²⁺=2SO₄^2-+2Co³⁺，
則5（NH）₂S₂O₈～～～2Mn²⁺      （NH）₂S₂O₈～～～～～～2Co²⁺；
   5×228         2×55        228                  2×59
     m           0.22g        m′5.9g
則過硫酸銨的質量=m+m′=$\frac{5×228×0.22g}{2×55}$+$\frac{228×5.9g}{2×59}$=13.68g；
故答案為：5：2；3Mn²⁺+2MnO₄^-+2H₂O=5MnO₂↓+4H⁺；13.68；
（4）已知K_sp[Ni（OH）₂]=5.5×10^-16，當溶液pH較大時Ni²⁺會形成Ni（OH）₂沉淀析出，使產品的回收率降低；
故答案為：Ni²⁺也會形成Ni（OH）₂沉淀析出；
（5）加入Na₂CO₃溶液后，Ni²⁺轉化為NiCO₃沉淀，要從該渾濁液中得到純凈的固體需要過濾、洗滌、干燥，
故答案為：過濾、洗滌、干燥．

點評 本題考查了物質的分離提純的方法和基本操作綜合，題目涉及物質的分離、離子方程式的書寫、Ksp的有關計算、氧化還原反應的計算等，題目難度中等，側重于考查學生對基礎知識的綜合應用能力和計算能力．