Question

14．Ni₂O₃主要用作陶瓷、搪瓷和玻璃的着色剂，也可用于镍粉的制造．以镍粉废料为原料制备Ni₂O₃的工艺如图1

回答下列问题：
（1）Ni₂O₃中Ni的化合价为+3．
（2）提高“酸浸”、“酸溶”速率时，温度不宜过高，其原因是温度高，HCl挥发加快．
（3）加入H₂O₂“氧化”的离子方程式为2Fe²⁺+2H⁺+H₂O₂=2Fe³⁺+2H₂O；滤渣A的主要成分是Fe（OH）₃（填化学式）．
（4）工艺中分步加入Na₂CO₃的作用是将Fe³⁺和Ni²⁺分别沉淀出来；为提高原料的利用率，应控制加入NaClO与NaOH的物质的量之比为1：4．
（5）工业上，用镍为阳极，电解0.1mol/L NiCl₂溶液与一定量NH₄Cl组成的混合溶液，可得高纯度的球形超细镍粉．当其他条件一定时，NH₄Cl的浓度对阴极电流效率（电流效率是指电解时，在电极上实际沉积的物质的量与理论析出量之比）及镍的成粉率的影响如图2所示：
①为获得高纯度的球形超细镍粉，NH₄Cl溶液的浓度最好控制为0.2mol/L．
②当NH₄Cl溶液的浓度大于15g/L时，阴极有气体生成，导致阴极电流效率降低，请结合平衡移动原理解释其原因：随着NH₄⁺浓度增大，水解平衡NH₄⁺+H₂?NH₃•H₂O+H⁺，向右移动，H+浓度增大，导致阴极析出H₂．

Answer 1

分析 酸浸后的酸性溶液中含有Ni²⁺、Cl^-，另含有少量Fe²⁺、Fe³⁺等，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀，过滤后的滤液中再加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO₃，滤液A中含有NaCl等物质，将NiCO₃再溶于盐酸，得氯化镍溶液，向其中加入次氯酸钠和氢氧化钠溶液可得Ni₂O₃．
（1）根据化合物中化合价代数和为0计算；
（2）温度过高，HCl挥发，不利用金属离子的溶解；
（3）过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀；
（4）工艺中分步加入Na₂CO₃的作用是将Fe³⁺和Ni²⁺分别沉淀出来；根据反应2Ni²⁺+ClO^-+4OH^-=Ni₂O₃↓+Cl^-+2H₂O；
（5）①选择镍的成粉率最高的浓度；
②当NH₄Cl浓度大于15g•L^-1时，阴极有氢气生成，导致阴极电流效率降低．

解答 解：（1）Ni₂O₃中氧元素-2价，化合物中化合价代数和为0，则Ni的化合价为+3；
故答案为：+3；
（2）温度过高，HCl挥发，不利用金属离子的溶解；
故答案为：温度高，HCl挥发加快；
（3）过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，发生的反应为：2Fe²⁺+2H⁺+H₂O₂=2Fe³⁺+2H₂O；加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀，则滤渣为Fe（OH）₃；
故答案为：2Fe²⁺+2H⁺+H₂O₂=2Fe³⁺+2H₂O；Fe（OH）₃；
（4）工艺中分步加入Na₂CO₃的作用是将Fe³⁺和Ni²⁺分别沉淀出来，为提高原料的利用率，NaClO与NaOH“氧化”生成Ni₂O₃的离子方程式为2Ni²⁺+ClO^-+4OH^-=Ni₂O₃↓+Cl^-+2H₂O，加入NaClO与NaOH的物质的量之比为 1：4；
故答案为：将Fe³⁺和Ni²⁺分别沉淀出来；1：4；
（5）①根据图2可知，NH₄Cl的浓度为10g•L^-1时，镍的成粉率最高，所以NH₄Cl的浓度最好控制为10 g•L^-1，浓度为$\frac{10}{53.3}$mol/L≈0.2mol/L；
故答案为：0.2；
②当NH₄Cl溶液的浓度大于15g/L时，随着NH₄⁺浓度增大，水解平衡NH₄⁺+H₂?NH₃•H₂O+H⁺，向右移动，H+浓度增大，导致阴极析出H₂；
故答案为：随着NH₄⁺浓度增大，水解平衡NH₄⁺+H₂?NH₃•H₂O+H⁺，向右移动，H+浓度增大，导致阴极析出H₂．

点评 本题考查物质制备工艺流程，涉及反应速率影响因素、条件控制、陌生方程式书写、电解原理、信息获取能力等，是高考常考题型，是对学生综合能力的考查，题目难度中等．