Question

(14分，每空2分))镍电池广泛应用于混合动力汽车系统，电极材料由Ni(OH)₂､碳粉､氧化铁等涂覆在铝箔上制成。由于电池使用后电极材料对环境有危害，某兴趣小组对该电池电极材料进行资源回收研究，设计实验流程如下：

已知：①NiCl₂易溶于水，Fe³⁺不能氧化Ni²⁺。

②已知实验温度时的溶解度：NiC₂O₄> NiC₂O₄·H₂O > NiC₂O₄·2H₂O

③K_sp[Ni(OH)₂]=5．0×10^-16， K_sp（NiC₂O₄）=5．0×10^-10；

回答下列问题：

（1）酸溶后所留残渣的主要成分为      (填物质名称)。

（2）用NiO调节溶液的pH，析出沉淀的成分为       (填化学式)。

（3）写出加入Na₂C₂O₄溶液后反应的化学方程式：        。

（4）写出加入NaOH溶液所发生反应的离子方程式：       。

（5）电解过程中阴极反应式    ，沉淀Ⅲ可被电解所得产物之一氧化，写出氧化反应的离子方程式     。

（6）铁镍蓄电池，放电时总反应为：

Fe+Ni₂O₃+3H₂O=Fe(OH)₂+2Ni(OH)₂，下列有关该电池的说法不正确的是

A．电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni₂O₃､负极为Fe

B．电池放电时，负极反应为Fe+2OH^--2e^-=Fe(OH)₂

C．电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低

D．电池充电时，阳极反应为2Ni(OH)₂+2OH^--2e-=Ni₂O₃+3H₂O

Answer

(14分)

（1）碳粉 （2）Fe(OH)3､Al(OH)3

（3）NiCl2+Na2C2O4+2H2ONiC2O4·2H2O↓+2NaCl

（4）NiC2O4·2H2O+2OH-=Ni(OH)2+C2O42-+2H2O

（5）2H2O +2e-==H2↑+2OH- 2Ni(OH)2+2OH-+Cl22Ni(OH)3+2Cl-

（6）C

【解析】

试题分析：（1）电极材料中Ni(OH)2､氧化铁、铝均与盐酸反应，只有碳粉不与盐酸反应，所以残渣的主要成分是碳粉；

（2）根据流程图可知，该流程的最终产品是Ni(OH)3，所以应将铝离子、铁离子沉淀，则加入NiO，调节溶液的pH的目的是使铁离子、铝离子沉淀，生成Fe(OH)3､Al(OH)3；

（3）根据NiC2O4晶体的溶解度，NiC2O4·2H2O的溶解度最小，所以加入Na2C2O4与NiCl2发生复分解反应生成NiC2O4·2H2O沉淀和NaCl，化学方程式是NiCl2+Na2C2O4+2H2ONiC2O4·2H2O↓+2NaCl；

（4）根据已知③可知Ni(OH)2比NiC2O4更难溶，所以加入氢氧化钠溶液，则NiC2O4·2H2O沉淀转化为Ni(OH)2沉淀，离子方程式是NiC2O4·2H2O+2OH-=Ni(OH)2+C2O42-+2H2O；

（5）过滤1得到的滤液为NaCl溶液，则阴极是氢离子放电生成氢气，电极反应式是2H2O +2e-==H2↑+2OH-；电解食盐水得到的产物氯气具有强氧化性，可氧化Ni(OH)2为Ni(OH)3，同时氯气被还原为氯离子，离子方程式是2Ni(OH)2+2OH-+Cl22Ni(OH)3+2Cl-；

（6）A、根据电池反应方程式可知，Fe失去电子与氢氧根离子结合为氢氧化亚铁，所以Fe做负极，Ni2O3发生还原反应，与氢氧根离子结合为Ni(OH)2，所以Ni2O3为正极，电解液为碱性，正确；B、放电时负极是Fe失去2个电子与氢氧根离子结合为氢氧化亚铁，正确；C、充电时，阴极发生还原反应，元素的化合价降低，则氢氧化亚铁得到电子生成Fe和氢氧根离子，所以阴极附近溶液的氢氧根离子浓度增大，pH升高，错误；D、电池充电时，阳极发生氧化反应，元素的化合价升高，所以是Ni(OH)2失去电子，与氢氧根离子结合生成Ni2O3和H2O，电极反应式为2Ni(OH)2+2OH--2e-=Ni2O3+3H2O，正确，答案选C。

考点：考查对工艺流程的分析判断，电化学反应原理的应用