微专题18 金属及其化合物制备流程（Ni）-备战2022年高考化学考点微专题（解析版）

微专题18金属及其化合物制备流程（Ni）镍:元素符号Ni，原子序数28，原子量58.71，外围电子排布3d84s2，位于第四周期第Ⅷ族。主要化合价+2、+3、+4。一、物理性质：银白色金属，有良好延展性，具有中等硬度，有铁磁性。密度8.902克/厘米3，熔点1453℃，沸点2732℃。二、化学性质：化学性质较活泼。有较好的耐腐蚀性，室温时在空气中难氧化，不易与浓硝酸反应，能耐碱腐蚀。细镍丝可燃，加热时与卤素反应，在稀酸中缓慢溶解。能吸收相当数量氢气。三、用途：用于制不锈钢，抗腐蚀合金、蓄电池、化学器皿、陶瓷制品，还用作催化剂。1751年瑞典人克朗斯埃特首先从红砷镍矿制得镍。主要矿物有红砷镍矿、针镍矿等。矿石经煅烧成氧化物后，再用水煤气或炭还原得到镍。四、镍的冶炼火法冶炼硫化镍矿火法冶炼几种工艺的流程综合如下图： 火法冶炼火法冶炼的冶炼工艺可分为还原熔炼镍铁工艺和还原硫化熔炼镍锍工艺两种。火法冶炼适合处理硅镁镍类型矿(即矿床下部硅、镁的含量比较高、铁含量较低、钴含量也较低的矿石)。其中用的最多的是还原熔炼镍铁工艺。 【专题精练】1．(2021年河北省第三模拟)硫化镍矿的主要成分是，还含有、、一些不溶性物质等，工业上用硫化镍矿制备金属镍的工艺流程如图所示：(1)硫化镍矿粉磨的目的是_______，“酸浸”时，硫化镍与稀盐酸反应的化学方程式为_______。(2)“氧化、除铁”过程中加入溶液时，发生反应的离子方程式为_______；加入氧化镍的目的是除去铁元素，用化学平衡移动原理解释除去铁元素的原因_______。(3)已知，，若“除镁”后的滤液中的浓度不大于，则滤液中≤_______。(4)电解硫酸镍溶液时，在_______极得到镍单质，电解产物_______(填化学式)可以循环使用。【答案】(1)增大反应物的接触面积，提高反应速率，使反应更加充分(2)在溶液中水解使溶液呈酸性，加入的氧化镍与氢离子反应，水解平衡右移使转化为沉淀而除去(3)(4)阴H2SO4【解析】 (1)硫化镍矿粉磨得到矿粉，既能增大与酸的接触面积，又可提高浸出率，其目的是：增大反应物的接触面积，提高反应速率，使反应更加充分；硫化镍与盐酸反应生成氯化镍和硫化氢，反应的化学方程式为。答案为：增大反应物的接触面积，提高反应速率，使反应更加充分；；(2)加入溶液的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为。除去溶液中的Fe3+时，通常采用水解的方法让其转化为Fe(OH)3沉淀，为促进水解的进行，加入氧化镍与H+反应，则用化学平衡移动原理解释除去铁元素的原因为：在溶液中水解使溶液呈酸性，加入的氧化镍与氢离子反应，水解平衡右移使转化为沉淀而除去。答案为：；在溶液中水解使溶液呈酸性，加入的氧化镍与氢离子反应，水解平衡右移使转化为沉淀而除去；(3)若滤液中，由氢氧化镍的溶度积可知溶液中，由氢氧化镁的溶度积可知溶液中。答案为：；(4)电解硫酸镍溶液制备金属镍，在阴极放电，阳极上水放电可得到氧气和，阳极处生成的H2SO4可以循环使用。答案为：阴；H2SO4。2．(2021届宁夏大学附属中学高三模拟)三氧化二镍是一种重要的电子元件材料、蓄电池材料。工业上利用含镍废料(以镍、铁、钙、镁合金为主)制取草酸镍(NiC2O4·2H2O)，再高温煅烧草酸镍制取三氧化二镍。已知草酸的钙、镁、镍盐均难溶于水。根据下列工艺流程示意图回答问题。 (1)操作1的名称为___________。(2)双氧水的作用___________(3)沉淀A为混合物，写出其成分的化学式___________。(4)试剂B的名称为___________，沉镍后，滤液中C2O的浓度为0.01mol/L，则残留在滤液中的c(Ni2＋)=___________[已知Ksp(NiC2O4)=4×10-10]。(5)NiC2O4·2H2O高温煅烧制取三氧化二镍时会产生CO、CO2、水蒸气等混合气体，发生反应的化学方程式为___________。(6)NiC2O4·2H2O(相对分子质量为182.7)高温煅烧制取三氧化二镍的热重曲线如图所示：T2温度时固体物质的化学式为___________。【答案】(1)过滤(2)使二价铁氧化为三价铁(3)MgF2，CaF2(4)草酸(或可溶性的草酸盐)4×10-8mol/L(5)2NiC2O4·2H2ONi2O3＋3CO↑＋CO2↑＋4H2O(6)NiC2O4【解析】(1)根据流程图，含镍废料加酸溶解，除去不溶物，所以操作1的名称为过滤；(2)H2O2具有氧化性，Fe2+具有还原性，双氧水的作用是使二价铁氧化为三价铁；(3)硫酸钙、硫酸镁和氟化铵反应生成硫酸铵、氟化钙沉淀、氟化镁沉淀，所以沉淀A的化学式MgF2、CaF2；(4)草酸镍难溶于水，根据流程图可知，硫酸镍溶液加入试剂B生成NiC2O4·2H2O沉淀，所以试剂B的名称为草酸，沉镍后，滤液中的浓度为0.01mol/L，则残留在滤液中的c(Ni2＋)===4×10-8mol/L； (5)NiC2O4·2H2O高温煅烧生成三氧化二镍、CO、CO2、水蒸气，根据得失电子守恒，发生反应的化学方程式为2NiC2O4·2H2ONi2O3＋3CO↑＋CO2↑＋4H2O；(6)NiC2O4·2H2O(相对分子质量为182.7)高温煅烧，先失去结晶水，然后NiC2O4分解为Ni2O3，失去1个结晶水时剩余固体占原固体的90.2%，失去2个结晶水时剩余固体占原固体的80.3%，所以T2温度时固体物质的化学式为NiC2O4。3．(2021届辽宁省高三3月联考)以铁镍合金(含少量铜)为原料，生产电极材料的部分工艺流程如下：已知：(1)表中列出了几种金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0计算)。开始沉淀的pH沉淀完全的pH6.79.51.13.25.88.84.27.2(2)；。回答下列问题。 (1)中的化合价为__。“酸溶”时转化为，该过程中温度控制在70~80℃的原因是__。(2)“酸溶”时镍生成，写出铁镍合金中镍参与反应的离子方程式：____。(3)“除铜”时若选用，会导致部分也产生沉淀，当溶液中、沉淀同时存在时，溶液中__。(4)“沉镍”时得到碳酸镍()沉淀。在空气中碳酸镍与碳酸锂共同“煅烧”可制得，该反应的化学方程式为____。(5)“沉镍”后的滤液中主要是和，当溶液中二者的物质的量之比为1：1时，溶液中离子浓度由大到小的顺序是__。(6)已知铁镍合金中镍的质量分数为29.5%，称取10.0g合金，最终制得4.7g，则合金中的利用率为____(保留两位有效数字)。【答案】(1)+3温度低于70℃，反应速率降低，温度高于80℃，HNO3分解(或挥发)加快(2)(3)(4)(5)(6)96%【解析】(1)中，Li元素为+1价，O元素为-2价，根据电中性原理，Ni元素为+3价；温度低于70℃，反应速率降低，温度高于80℃，HNO3分解(或挥发)加快，因此应将反应温度控制在70~80℃；(2)镍和硝酸反应生成硝酸镍、一氧化氮和水，离子方程式为：； (3)当溶液中、沉淀同时存在时，；(4)在空气中碳酸镍与碳酸锂共同“煅烧”可制得，化学方程式为：；(5)“沉镍”后的滤液中主要是和，当溶液中二者的物质的量之比为1：1时，最大，水解生成，溶液显碱性，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序为；(6)铁镍合金中镍的质量分数为29.5%，称取10.0g合金，则合金中Ni的质量为，最终制得4.7g，生成Ni的质量为，则的利用率为。4．(2021届攀枝花市高三统一考试)氢氧化镍[Ni(OH)2]常用于制备金属镍及镍的重要化合物。一种用铁镍合金废料(还含有少量铜、钙、镁、硅的氧化物)制备纯度较高氢氧化镍的工艺流程如下：已知：H2S的电离常数K1=1.3×10-7，K2=7.1×10-15；Ksp[CuS]=6.0×10-36；Ksp[Ni(OH)2]=1.0×10-15.6回答下列问题：(1) 合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，还原产物为N2，金属镍溶解的离子方程式是___________；“酸溶”时产生的废渣主要成分为___________。(2)“除铁”加入Na2CO3时，生成黄钠铁矾（NaFe3(SO4)2(OH)6）的离子方程式是___________；“除铁”时，将“铁”转化成颗粒较大的黄钠铁矾沉淀对后续操作较为有利，原因是___________。(3)“除铜”时，反应的离子方程式为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，该反应平衡常数K=___________。(4)“除钙镁”过程在陶瓷容器中进行，NaF的实际用量为理论用量的1.1倍，用量不宜过大的原因是___________。(5)“沉镍”前c(Ni2+)=1.0mol/L，加入少量浓NaOH溶液，若忽略加入浓NaOH溶液对溶液体积的影响，则开始沉淀时溶液的pH=___________。(6)用含镍21%的100kg铁镍合金废料经上述工艺制得31kgNi(OH)2固体，镍的回收率为___________。【答案】(1)5Ni+12H++2=5Ni2++N2↑+6H2OSiO2(2)Na＋+3Fe3＋+2+3H2O+3=NaFe3(SO4)2(OH)6↓+3CO2↑或Na＋+3Fe3＋+2+6+6H2O=NaFe3(SO4)2(OH)6↓+6沉降速率快，容易过滤等(3)1.54×1014(4)过量的F—生成氢氟酸会腐蚀陶瓷容器(5)6.2(6)93.65%【解析】(1)金属镍在酸性条件下被硝酸氧化为镍离子、氮气和水，离子反应为：5Ni+12H++2＝5Ni2++N2↑+6H2O；酸溶时SiO2不溶于稀硝酸和稀硫酸，则废渣的主要成分是SiO2；(2)“除铁”加入Na2CO3时，生成黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]，根据原子守恒和电荷守恒可知反应的离子方程式是Na＋+3Fe3＋+2+3H2O+3=NaFe3(SO4)2(OH)6↓+3CO2↑或Na＋+3Fe3＋+2+6+6H2O=NaFe3(SO4)2(OH)6↓+6；“除铁”时，将“铁”转化成颗粒较大的黄钠铁矾沉淀，有利于沉降速率快，容易过滤等，因此对后续操作较为有利；(3)“除铜”时，反应的离子方程式为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，该反应平衡常数K= =≈1.54×1014。(4)SiO2能溶于HF，而过量的氟离子水解生成氟化氢，腐蚀陶瓷容器，所以“除钙镁”过程在陶瓷容器中进行，NaF的用量不宜过大。(5)“沉镍”前c(Ni2+)=1.0mol/L，根据溶度积常数可知开始沉淀时溶液中氢氧根离子的浓度是，所以pH=14－7.8＝6.2。(6)100kg废料中镍元素为100kg×21%=21kg，经上述工艺制得31kgNi(OH)2固体，镍元素为：31kg×59/93，其回收率为：×100%≈93.65%。5．(2021届吉林市高三下学期第三次调研)某油脂厂废弃的油脂加氢所用催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及他们的氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如图工艺流程回收其中的镍来制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示，回答下列问题：金属离子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+开始沉淀时的pH6.23.72.27.5沉淀完全时的pH8.74.73.29.0(1)废弃催化剂上的油脂在_______过程中被处理(2)滤液①中含有的无机阴离子除OH-离子外还有_______。(3)“转化”过程的离子方程式_______；“转化”过程宜控制较低温度的原因是_______。(4)加NaOH溶液“调pH”应控制的pH范围是_______。(5) 硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式_______。(6)操作I为_______、_______、过滤、洗涤、干燥，得到产品。【答案】(1)碱浸(2)(3)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O(3)温度过高会导致过氧化氢分解(4)3.2≤pH＜6.2(或3.2～6.2)(5)2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O(6)蒸发浓缩冷却结晶【解析】(1)油脂可以在碱性环境中水解生成可溶于水的甘油和高级脂肪酸盐，所以油脂在“碱浸”过程中被处理；(2)根据分析可知滤液①中含有的无机阴离子除OH-离子外还有铝以及氧化铝和NaOH溶液反应生成的；(3)转化过程中发生的主要反应为双氧水氧化亚铁离子生成铁离子，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；温度过高会导致过氧化氢分解，所以“转化”过程宜控制较低温度；(4)调节pH的目的是使Fe3+完全沉淀，但不使Ni2+沉淀，根据题目所给数据可知范围为3.2≤pH＜6.2(或3.2～6.2)；(5)根据题意可知碱性溶液中Ni2+被ClO-氧化为NiOOH，化合价升高1价，ClO-被还原为Cl-，根据电子守恒可知Ni2+和ClO-的系数比应为2:1，再结合元素守恒可得离子方程式为2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O；(6)操作I可以从滤液中得到硫酸镍晶体，所以为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。【一氧化镍】别名氧化镍或氧化亚镍，化学式NiO，式量74.71。绿色立方晶体或绿色粉末，密度6.67克/厘米3，熔点1984℃。不溶于水或醇。可溶于酸或氨水。用作催化剂、电子元件材料、蓄电池材料。搪瓷涂料、制备镍盐。用镍在空气中加热或者用草酸镍在隔绝空气条件下加热分解制得。【氧化镍】见一氧化镍条。 【氧化亚镍】见一氧化镍条。【硫酸镍】化学式NiSO4·7H2O，式量280.88。亮绿色菱形晶体，俗称翠矾。密度1.948克/厘米3。于31.5℃时失去1分子结晶水，99℃时熔于结晶水中。278.4℃时失全部结晶水。无水硫酸镍为淡黄色晶体。七水合硫酸镍在干燥空气中易风化。溶于水，水溶液呈酸性。能跟碱金属或铵的硫酸盐作用生成水合复盐。用作加氢催化剂、媒染剂、配电镀液。由镍或氧化镍溶于稀硫酸制得。【硝酸镍】化学式Ni(NO3)2·6H2O，式量290.81。绿色单斜晶体。有潮解性，在干燥空气中微风化。易溶于水，水溶液呈酸性。溶于乙醇。密度2.05克/厘米3，56.7℃熔于结晶水中。沸点136.7℃。有氧化性。用作催化剂，镀镍。由镍溶于稀硝酸制得。