Question

【題目】2019年諾貝爾化學獎頒給了三位為鋰離子電池發展做出重要貢獻的科學家。利用廢舊二次電池[主要成分為Ni(OH)2、Fe2O3、MnO2、碳粉、鋁箔等]合成電池級Ni(OH)2的工藝流程如下：

已知：

氫氧化物	Fe(OH)3	Al(OH)3	Ni(OH)2	Mn(OH)2
Ksp(室溫下)	4.0×10-38	1.0×10-33	1.6×10-14	2.0×10-13

(1)①已知“酸浸”后濾液中含有：Ni2+、Al3+、Fe3+、Mn2+，調節溶液的pH約為5，其目的是__；以下最適合作為物質X的是____（填字母）。

A．雙氧水 B．氨水 C．鹽酸 D．NiO

②若濾液中Ni2+的濃度為2molL-1，列式計算判斷此時濾渣Ⅱ中是否有Ni(OH)2沉淀：___ 。

(2)濾渣Ⅲ的主要成分是____，“氧化除錳”過程發生反應的離子方程式為______。

(3)用Ni(OH)2和LiOH在空氣中混合加熱至700℃～800℃可制得LiNiO2（鎳酸鋰），該反應的化學方程式為___________。

(4)鎳酸鋰是一種有較好前景的鋰離子電池正極材料。該電池在充放電過程中，發生LiNiO2和Li1-xNiO2之間的轉化，充電時LiNiO2在_______（填“陰”或“陽“）極發生反應，該電極的電極反應式為_____。

Answer 1

【答案】除去Al3+、Fe3+ D pH=5時，濾液中c(OH-)=1×10-9mol/L，Qc=c(Ni2+)c2(OH-)=2×10-18< Ksp[Ni(OH)2]，故沒有沉淀產生 MnO2 2MnO4-+3Mn2++2H2O==5MnO2↓+4H+ 4Ni(OH)2+4LiOH+O24LiNiO2+6H2O 陽 LiNiO2-xe- =Li1-xNiO2+xLi+

【解析】

廢舊二次電池[主要成分為Ni(OH)2、Fe2O3、MnO2、碳粉、鋁箔等]酸浸后，所得的濾液中含有Ni2+、Al3+、Fe3+、Mn2+，此時碳粉不溶而成為濾渣Ⅰ；調節溶液的pH約為5，由后續操作可以看出，此時Fe3+、Al3+轉化為Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，可利用Ksp通過計算加以證實，所以加入的物質X用于調節溶液的pH；加入KMnO4氧化除錳(Mn2+)時，產物中Mn的價態應介于+2~+7之間，考慮到此時Mn轉化為難溶物，應為MnO2，此為濾渣Ⅲ的主要成分；溶液中的Ni2+加入NaOH溶液后，轉化為Ni(OH)2沉淀。

(1)①由以上分析知，調節溶液的pH約為5，其目的是除去Al3+、Fe3+；雙氧水難以調節pH至5，氨水可調節溶液的pH為5，但引入NH4+，加入鹽酸不能增大溶液的pH，所以選擇NiO，故選D。答案為：除去Al3+、Fe3+；D；

②若濾液中Ni2+的濃度為2molL-1，列式計算判斷此時濾渣Ⅱ中是否有Ni(OH)2沉淀： pH=5時，濾液中c(OH-)=1×10-9mol/L，Qc=c(Ni2+)c2(OH-)=2×10-18< Ksp[Ni(OH)2]，故沒有沉淀產生。答案為：pH=5時，濾液中c(OH-)=1×10-9mol/L，Qc=c(Ni2+)c2(OH-)=2×10-18< Ksp[Ni(OH)2]，故沒有沉淀產生；

(2)由以上分析知，濾渣Ⅲ的主要成分是MnO2，“氧化除錳”過程發生反應的離子方程式為2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+。答案為：MnO2；2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；

(3)用Ni(OH)2和LiOH在空氣中混合加熱至700℃～800℃可制得LiNiO2，Ni由+2價升高到+3價，則反應物中應有氧化劑(O2)參加反應，該反應的化學方程式為4Ni(OH)2+4LiOH+O24LiNiO2+6H2O。答案為：4Ni(OH)2+4LiOH+O24LiNiO2+6H2O；

(4)充電時LiNiO2轉化為Li1-xNiO2，Ni價態由+3價升高為+(3+x)價，所以在陽極發生反應，該電極的電極反應式為LiNiO2-xe- =Li1-xNiO2+xLi+。答案為：陽；LiNiO2-xe- =Li1-xNiO2+xLi+。