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21.(12分)三[文]氧化二镍(Ni,O[章],)是重要的电子元[来]件材料和蓄电池材料[自]，工业上利用含镍废[知]料（主要成分为镍、[嘛]铝、铁的氧化物、碳[答]等)提取N,03,[案]工业流程如下：盐酸[网]NiONa,CO,[文]溶液NaOH溶液9[章]O,H0+003镍[来]废料预处理浸出H0[自]2溶液沉镍沉淀转化[知]滤液沉淀滤渣1滤渣[嘛]2电解氧化已知：①[答]NiCl,易溶于水[案]，Fe3+不能氧化[网]Ni2+,lg2=[文]0.3。②实验温度[章]时的溶解度：NiC[来],0,>Ni[自]C,0,·H,0&[知]gt;NiC,0,[嘛]·2H,0。③K,[答][A1(0H)3][案]=1.9×102B[网],Kp[Fe(0H[文])3]=4.0×1[章]0-8K[Ni(0[来]H)2]=1.6×[自]10-4,Km(N[知]iC204)=1.[嘛]0×10-90回答[答]下列问题：“预处理[案]”操作过程中为了加[网]快浸出时酸溶的速率[文]，可以采取的措施有[章](2)在浸出液中加[来]入H,0,发生反应[自]的离子方程式为(任[知]写2条)。渣1的成[嘛]分是;滤3)室温下[答]“浸出所得溶液中的[案]浓度节溜液的加人0[网]国节时.要使心沉定[文]全，c(Fe)≤1[章].0×10m0:L[来],则需要调节溶液的[自]H范国为(4)沉镍[知]所得碱性滤液在通电[嘛]时生成C0,写出电[答]解的离子方程式：([案]5)写出加人NaO[网]H溶液沉淀转化的离[文]子方程式：[答案][章](1)将镍废料粉碎[来]，增大接触面积：搅[自]#：适当加热等合理[知]答案(2分)(2)[嘛]2Fe2++H,0[答]2+2H2Fe3·[案]+2H,0(2分）[网]C或碳(2分)(3[文])3.2≤pH&l[章]t;7.3(2分)[来](4)C+H,0也[自]解C10+H,↑([知]2分)(5)NiC[嘛]20,+20HNi[答](0H)2+C20[案](2分)【解析】([网]1)要加快镍废料酸[文]溶的速率，可以将废[章]料粉碎处理，增大接[来]触面积；搅拌；适当[自]加热等合理(2)铁[知]的氧化物包括Fe0[嘛]和Fe,0,溶于酸[答]生成的离子有Fe2[案]·和Fe·,加入H[网],0,反应的离子方[文]程式为答案。2Fe[章]2++H,02+2[来]H*一2Fe3++[自]2H,0。根据镍废[知]料的成分可知，只有[嘛]碳不溶于盐酸，故滤[答]渣1的成分6果快沉[案]定完金所黄之0用)[网]-人0-8840x[文]100阳)石是碳。[章]c(Fe3*)10[来]-”,则p0H=1[自]1-子1g2=10[知].8,故pH=3.[嘛]2:若要使不沉淀，[答]则c2(0H)-[[案]N(0H]c(Ni[网]2*)1.6×10[文]-14=4×10-[章]14,故c(0H)[来]=2×10-7,故[自]p0H=7-lg2[知]=6.7,pH=7[嘛].3。0.4(4)[答]沉镍所得的主要滤液[案]是NaCl,在碱性[网]条件下电解生成Na[文]ClO,电解的离子[章]方程式为Clˉ+H[来]20电解C10+H[自]2↑。(5)草酸镍[知]在加入NaOH溶液[嘛]发生沉淀转化时生成[答]Ni(OH)2,反[案]应的离子方程式为N[网]iC,0,+20H[文]=Ni(0H)2+[章]C202。
6.X、Y、Z、M[来]为原子序数依次增大[自]的短周期主族元素，[知]其中X、M位于同一[嘛]主族，M原子最外层[答]电子数是电子层数的[案]2倍，Y是短周期元[网]素中最活泼的金属，[文]Z元素是构成沙子、[章]岩石的主要元素。下[来]列叙述不正确的是A[自].简单氢化物沸点：[知]X>MB.原[嘛]子半径：Y>[答]Z>M>[案];XC.X、Y能形[网]成既含有离子键又含[文]有非极性键的离子化[章]合物D.X、Z形成[来]的ZX2是太阳能电[自]板的主要原料【答案[知]】D【解析】由题意[嘛]可推知X、Y、Z、[答]M分别为0Na、S[案]i、S。由于H,0[网]分子间能形成氢键，[文]简单氢化物沸点：H[章]20>H,S[来],A项正确；原子半[自]径：Na>S[知]i>S>[嘛];0,B项正确；X[答]、Y形成的Na,0[案]2中既含有离子键又[网]含有非极性键，C项[文]正确；Si是太阳能[章]电板的主要原料，而[来]不是SiO2,D项[自]错误。
