Question

15．黄铜灰渣（含有Cu、Zn、Ni、CuO、ZnO及少量的FeO、Fe₂O₃等）可用于制取金属铜、锌盐和硫酸镊铵、其生产工艺如下：

回答下列问题：
（1）浸取时，Fe₂O₃与稀硫酸反应的离子方程式为Fe₂O₃+6H⁺=2Fe³⁺+3H₂O．加入Zn粉，主要被还原的阳离子有H⁺、Fe³⁺、Cu²⁺．
（2）计入浓硫酸二次浸取可能产生的有毒气体是SO₂；净化的方法是用氨水吸收．
（3）除铁时，需要加入双氧水，发生反应的离子方程式为2Fe²⁺+H₂O₂+2H⁺=2Fe³⁺+2H₂O，再调节溶液的pH使铁以Fe（OH）₃（填化学式）的形式被除去．
（4）电解时，阴极的电极反应式为Cu²⁺+2e^-=Cu；回收利用电解后废液中废酸的方法是加入ZnO反应掉酸后与过滤2的滤液合并制备ZnSO₄•7H₂O．
（5）硫酸镍铵[（NH₄）_xNi（SO₄）_m•nH₂O]是常用的化学分析试剂．某同学为测定硫酸镍铵的组成，进行如下实验：①准确称取1.9750g　样品，配制成100.00mL　溶液A；②准确量取25.00mL　溶液A，用0.04000mol•L^-1的EDTA（Na₂H₂Y）标准溶液滴定其中的Ni²⁺（离子方程式为Ni²⁺+H₂Y₂^-═NiY^2-+2H⁺），消耗EDTA　标准溶液31.25mL；③另取25.00mL溶液A，加足量的NaOH　溶液并充分加热，生成NH₃　56.00mL（标准状况）．
①硫酸镍铵的化学式为（NH₄）₂Ni（SO₄）₂•6H₂O
②若测定管在使用前未有EDTA标准溶液刷洗，则测得的N²⁺含量将偏高（填“偏高”“偏低”或“不变”）

Answer 1

分析 黄铜灰中加入稀硫酸，稀硫酸可Zn、CuO、ZnO、FeO、Fe₂O₃反应，滤渣1为铜和少量的SiO₂，滤液1主要含有Zn²⁺、Cu²⁺、Fe²⁺、H⁺，加入锌粉，锌粉可与Cu²⁺、Fe²⁺、H⁺反应生成铜和铁单质，滤渣2主要为铜和铁单质和过量的锌，焙烧便于除去铜块内部包裹的锌等杂质，浓硫酸与铜反应生成硫酸铜和二氧化硫，二氧化硫可用氨水吸收；电解硫酸铜溶液可得到铜单质，锌离子在溶液不放电，加入ZnO中和后与滤液2合并制备ZnSO₄•7H₂O，
（1）浸取时，Fe₂O₃与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，加入锌粉还原铁离子和铜离子；
（2）浓硫酸被还原生成有毒气体二氧化硫，利用二氧化硫是酸性氧化物可以用氨水吸收；
（3）过氧化氢在酸溶液中氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH使铁离子全部沉淀除去；
（4）电解时溶液中铜离子在阴极得到电子生成铜，回收利用电解后溶液中硫酸的方法加入ZnO反应掉酸后与过滤2的滤液合并制备硫酸锌晶体，充分利用原料；
（5）①根据反应和滴定数据计算出镍离子的物质的量；根据氨气的体积计算出氨气的物质的量；根据正负电荷相等求算出硫酸根的物质的量，再利用质量计算出水的物质的量，最后求出硫酸镍铵的化学式．
②滴定管没有润洗，导致标准液浓度减小，测定结果会偏高．

解答 解：黄铜灰中加入稀硫酸，稀硫酸可Zn、CuO、ZnO、FeO、Fe₂O₃反应，滤渣1为铜和少量的SiO₂，滤液1主要含有Zn²⁺、Cu²⁺、Fe²⁺、H⁺，加入锌粉，锌粉可与Cu²⁺、Fe²⁺、H⁺反应生成铜和铁单质，滤渣2主要为铜和铁单质和过量的锌，焙烧便于除去铜块内部包裹的锌等杂质，浓硫酸与铜反应生成硫酸铜和二氧化硫，二氧化硫可用氨水吸收；电解硫酸铜溶液可得到铜单质，锌离子在溶液不放电，加入ZnO中和后与滤液2合并制备ZnSO₄•7H₂O，
（1）浸取时，Fe₂O₃与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，反应的离子方程式为：Fe₂O₃+6H⁺=2Fe³⁺+3H₂O，加入锌粉还原溶液中铁离子和铜离子，
故答案为：Fe₂O₃+6H⁺=2Fe³⁺+3H₂O；Fe³⁺、Cu²⁺；
（2）浓硫酸被还原生成有毒气体二氧化硫，净化方法是利用二氧化硫是酸性氧化物可以用氨水吸收；
故答案为：SO₂；用氨水吸收；
（3）过氧化氢在酸溶液中氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe²⁺+H₂O₂+2H⁺=2Fe³⁺+2H₂O，调节溶液PH使铁离子形成氢氧化铁全部沉淀除去；
故答案为：2Fe²⁺+H₂O₂+2H⁺=2Fe³⁺+2H₂O；Fe（OH）₃；
（4）电解时溶液中铜离子在阴极得到电子生成铜，电极反应为：Cu²⁺+2e^-=Cu，回收利用电解后溶液中硫酸的方法加入ZnO反应掉酸后与过滤2的滤液合并制备硫酸锌晶体，充分利用原料，
故答案为：Cu²⁺+2e^-=Cu；加入ZnO反应掉酸后与过滤2的滤液合并制备ZnSO₄•7H₂O；
（5）①25mL溶液中镍离子的物质的量是：n（Ni²⁺）=n（H₂Y₂^-）=0.04000 mol•L^-1×0.03125L=1.250×10^-3 mol，
氨气的物质的量等于铵离子的物质的量，n（NH₄⁺）=$\frac{0.056L}{22.4L/mol}$=2.500×10^-3 mol
根据电荷守恒，硫酸根的物质的量是：n（SO₄^2-）=$\frac{1}{2}$×[2n（Ni²⁺）+n（NH₄⁺）]=2.500×10^-3 mol，
所以：m（Ni²⁺）=59 g•mol^-1×1.250×10^-3 mol=0.07375 g
m（NH₄⁺）=18 g•mol^-1×2.500×10^-3 mol=0.04500 g
m（SO₄^2-）=96 g•mol^-1×2.500×10^-3 mol=0.2400 g
n（H₂O）=$\frac{1.9750g×\frac{25}{100}-（0.07375g+0.04500g+0.2400g）}{18g/mol}$=7.250×10^-3 mol
x：y：m：n=n（NH₄⁺）：n（Ni²⁺）：n（SO₄^2-）：n（H₂O）=2：1：2：6，
硫酸镍铵的化学式为（NH₄）₂Ni（SO₄）₂•6H₂O，
故答案为：（NH₄）₂Ni（SO₄）₂•6H₂O；
②由于没有用标准液润洗滴定管，使得滴定管中的标准液浓度减小，滴定是消耗的标准液体积增大，测定结果偏高，
故答案是：偏高．

点评 本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握制备原理及实验流程中的反应、物质的性质等为解答的关键，侧重分析与实验、计算能力的综合考查，题目难度中等．