Question

17．镍及其化合物具有优良的物理和化学特性，是许多领域尤其是高技术产业的重要原料．回答下列问题：
（1）镍及其化合物能发生下列反应：
①Ni+2HCl═NiCl₂+H₂↑；
②NiO₂+4HCl═NiCl₂+Cl₂↑+2H₂O
当两个反应转移相同电子数时，消耗HCl的物质的量比为1：2，生成气体的物质的量比为1：1．
（2）工业上为从4J29合金（铁钴镍合金）废料中提取钴和镍，首先先进行“酸浸”，镍浸出率随时间变化如图所示
①“酸浸”的适宜温度与时间分别为70℃、120min．镍的浸出率并没有随温度的升高而呈明显提高的原因是70℃时，Ni的进出率已达90%，故升高温度进出率变化不大．
②除去铁元素的过程中有下列反应发生，请配平上述反应方程式．
2Fe（OH）₃+5-nClO^-+2nOH^-=2FeO₄^n-+5-nCl^-+n+3H₂O
（3）近年来镍氢电池发展很快，它可由NiO（OH）与LaNi₅H₆（La为镧元素，LaNi₅H₆中各元素化合价均可看作是零）组成，反应方程式为NiO（OH）+LaNi₅H₆$?_{充电}^{放电}$LaNi₅+6Ni（OH）₂．LaNi₅H₆中H元素的化合价为0，该电池充电时，阴极反应是LaNi₅+6H₂O-6e^-=LaNi₅H₆+6OH^-．
（4）向NiSO₄溶液中加入氢氧化钠溶液搅拌，有Ni（OH）₂沉淀生成．
①当Ni²⁺完全沉淀 （Ni²⁺浓度小于1×10^-5mol/L） 时，则溶液的pH约为9.7{已知Ksp[Ni（OH）₂]=1.6×10^-14（mol/L）³； lg2≈0.3}．
②将生成的Ni（OH）₂在空气中加热可制取碱式氧化镍[NiO（OH）]，若加热不充分，制得的NiO（OH）中会混有Ni（OH）₂，其组成可表示为xNiO（OH）•yNi（OH）₂．现称取1.013g样品溶于稀硫酸，加入指示剂，用1.0mol/LFe²⁺标准溶液滴定，其离子方程式为NiO（OH）+Fe²⁺+3H⁺=Ni²⁺+Fe³⁺+2H₂O，滴定终点时消耗10.00mL标准液，则x：y的值10：1（列出计算过程）．

Answer 1

分析 （1）分析反应中元素化合价变化，依据方程式判断当两个反应转移相同电子，消耗的氯化氢和生成气体的物质的量；
（2）①根据镍浸出率随时间变化图可知，70℃时，镍浸出率很大，从时间看，120min镍浸出率已经很高，再延长时间对浸出率提高幅度很小；根据温度的升高对进出率的影响来分析；
②反应中铁元素化合价从+3升高为8-n价，化合价升高5-n价，氯元素从+1价降为-1价，化合价降了2价，依据氧化还原反应化合价升降数目相等结合原子个数守恒配平方程式；
（3）依据题意：La为镧元素，LaNi₅H₆中各元素化合价均可看作是零判断氢元素化合价；此电池放电时的反应为LaNi₅H₆+6NiOH=LaNi₅+6Ni（OH）₂，正极反应为6NiOOH+6e^-=6Ni（OH）₂+6OH^-，负极反应为 LaNi₅H₆-6e^-+6OH^-=LaNi₅+6H₂O．由此可见储氢合金是还原剂，作原电池的负极
，充电时电解池阴极对应原电池负极，发生还原反应，据此书写充电时阴极电极反应式；
（4）①依据溶度积规则计算解答；
②根据消耗Fe²⁺的物质的量求出样品中含有的NiO（OH）的物质的量和质量，然后用样品的质量减去NiO（OH）的质量即得Ni（OH）₂的质量和物质的量，即可求出x：y的值．

解答 解：（1）①Ni+2HCl═NiCl₂+H₂↑，Ni由0价升高到NiCl₂中+2价，转移2mol电子消耗2mol氯化氢，生成1mol氢气；
②NiO₂+4HCl═NiCl₂+Cl₂↑+2H₂O，NiO₂由+4价降为NiCl₂中+2价，转移2mol电子消耗4mol氯化氢，生成1mol氯气；
所以两个反应转移相同电子数时，消耗HCl的物质的量比为：1：2；生成气体的物质的量比为1：1；
故答案为：1：2；1：1；
（2）①根据镍浸出率随时间变化图可知，70℃时，镍浸出率很大，从时间看，120min时镍浸出率已经很高，再延长时间对镍浸出率没有实质性提高，选择70℃和120min为宜；在70℃时，Ni的进出率已经达到90%，再升高温度进出率的升高空间不大；
故答案为：70；120；70℃时，Ni的进出率已达90%，故升高温度进出率变化不大；
②反应中铁元素化合价从+3升高为8-n价，化合价升高5-n价，氯元素从+1价降为-1价，化合价降了2价，要使化合价升降数目相等则：氢氧化铁系数为2，次氯酸根离子系数为5-n，依据原子个数守恒得：2Fe（OH）₃+（5-n）ClO^-+2nOH^-=2FeO₄^n-+（5-n）Cl^-+（n+3）H₂O；
故答案为：2；（5-n）；2n；2；（5-n）；（n+3）；
（3）依据题意：La为镧元素，LaNi₅H₆中各元素化合价均可看作是零，所以氢元素化合价为0；此电池放电时的反应为LaNi₅H₆+6NiOH=LaNi₅+6Ni（OH）₂，正极反应为6NiOOH+6e^-=6Ni（OH）₂+6OH^-，负极反应为 LaNi₅H₆-6e^-+6OH^-=LaNi₅+6H₂O．由此可见储氢合金是还原剂，作原电池的负极，充电时电解池阴极对应原电池负极，发生还原反应，阴极反应为LaNi₅+6H₂O-6e^-=LaNi₅H₆+6OH^-；
故答案为：0；LaNi₅+6H₂O-6e^-=LaNi₅H₆+6OH^-；
（4）①当Ni²⁺完全沉淀 （Ni²⁺浓度小于1×10^-5mol/L） 时，则满足c（Ni²⁺）×c²（OH^-）=Ksp[Ni（OH）₂]，即1×10^-5×c²（OH^-）=1.6×10^-14，解得c（OH^-）=4×10^-5，c（H⁺）=$\frac{10{\;}^{-14}}{4×10{\;}^{-5}}$=2.5×10^-10mo/L，则pH=-lg2.5×10^-10=9.7，故答案为：9.7；
②反应消耗Fe²⁺的物质的量n=0.01L×1mol/L=0.01mol，设样品中含有的NiO（OH）的物质的量为amol，则有：
NiO（OH）～Fe²⁺
 1                     1
amol                0.01mol
故有：$\frac{1}{amol}=\frac{1}{0.01mol}$
解得a=0.01mol
则样品中含有的NiO（OH） 的质量m=0.01mol×92g/mol=0.92g
则样品中含有的Ni（OH）₂的质量m=1.013g-0.92g=0.093g
物质的量n=$\frac{0.093g}{93g/mol}$=0.001mol
则NiO（OH） 和Ni（OH）₂的物质的量之比为0.01mol：0.001mol=10：1=x：y
故答案为：10：1．

点评 本题考查了物质分离方法和实验过程分析判断，溶度积常数和离子积常数的计算应用以及滴定过程的计算，注意流程的理解应用，掌握实验基础和物质性质是关键，题目难度中等．