笃学好“钴” ，“镍”而不渝-2025年高考化学一轮复习工业流程专题

笃学好“钴” ，“镍”而不渝 钴、镍都是中等活泼的金属元素，化合物性质比较接近，但也存在差异，这与它们的电子层结构有关。 单质 由于原子核的核电荷数以及半径不同导致对电子的吸引能力不同，所以铁的金属活泼性稍强于钴和镍； 由于表面具有一层致密的氧化膜，常温下钴、镍在空气中能稳定存在； 加热条件下可生成CoO、NiO； 与稀H2SO4和稀盐酸反应较缓慢，钴与硝酸易反应； 化合价 ＋2价 ＋3价 氧化物 CoO：一定条件下可被H2或CO还原成单质钴。能溶于酸和强碱，不溶于水、醇和氨水。 NiO：能溶于酸和氨水，不溶于水。 Co2O3、Ni2O3在酸性溶液中具有强氧化性： Co2O3＋6HCl===2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O Ni2O3＋6HCl===2NiCl2＋Cl2↑＋3H2O 氢氧化物 Co(OH)2：在空气中被缓慢氧化为棕褐色的Co(OH)3，可被强氧化剂(如H2O2)迅速氧化。 Ni(OH)2：在空气中较稳定，可采用氧化性较强的 Cl2 将其氧化。 Co(OH)3、Ni(OH)3在酸性溶液中有强氧化性。 2Co(OH)3＋6H＋＋2Cl－===2Co2＋＋Cl2↑＋6H2O 2Ni(OH)3＋6H＋＋2Cl－===2Ni2＋＋Cl2↑＋6H2O 氯化物 CoCl2、NiCl2在不同的温度时可含不同数目的结晶水，前者因结晶水数目的不同呈现不同的颜色，可用于制造变色硅胶，还可用作干湿指示剂NiCl2通常在有机溶剂中的溶解度比 CoCl2小得多，利用这一性质可分离二者。 Co3＋、Ni3＋仅能够存在于固态物质或配合物中，在水溶液中会发生如下反应(镍同)： 4Co3＋＋2H2O===4Co2＋＋4H＋＋O2↑ CoCl3在加热或遇水时发生分解： 2CoCl32CoCl2＋Cl2↑　 1．（2023上·江苏扬州·高三扬州市新华中学校考阶段练习）近年来，废旧锂离子电池的回收成为目前新能源产业重要的发展方向。某锂离子二次电池的正极材料主要为，还含有少量Al、Fe、Mn、Ni的化合物。通过如图流程利用废旧锂离子电池制备草酸钴晶体()： 已知该工艺条件下，有关金属离子沉淀完全()的pH见表： 离子 pH 9.3 3.2 9.0 4.7 10.1 8.9 回答下列问题： (1)“酸浸还原”时，发生的反应中氧化产物为硫酸盐的化学方程式为 。 (2)水解净化的“滤渣”成分 。 (3)氧化过滤的目的是沉铁和沉锰，其操作为控制体系的pH在4~5，加入NaClO溶液。写出其中沉铁的离子方程式 ；实际生产中，随着反应时间的延长，锰和铁的沉淀率逐渐增大，但钴的损失量也随之增大，可能的原因为： 。 (4)利用“P507萃取剂”从“滤液”中分离。萃取时，Co、Ni的浸出率和钴/镍分离因素与水相pH的如图所示。Co/Ni分离因素越大，表明萃取剂对Co/Ni分离效果越好。由图可知，萃取时的最佳水相pH为_______(填字母)。 A．2.5 B．3.0 C．3.5 D．4.0 2．（2023上·江苏南通·高三江苏省如东高级中学校联考学业考试）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含Ni2＋、Co2＋、Fe2＋、Fe3＋、Mg2＋和Mn2＋)，实现镍、钴、镁元素的回收。 回答下列问题： (1)在一定温度下，用硫酸浸取已粉碎的镍钴矿时，提高浸取速率的方法为 。(答出一条即可) (2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，写出H2SO5的结构式： 。 (3)“氧化”中，用石灰乳调节pH=4，Mn2＋被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为 。(H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱) (4)“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn(Ⅱ)氧化率与时间的关系如图。SO2体积分数为9%时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，Mn(Ⅱ)氧化速率减小的原因是 。 (5)将“钴镍渣”酸溶后，进行如下流程： ①写出“钴镍分离”时发生反应的离子方程式： 。 ②“镍钴分离”后溶液中c(Ni2＋)=1.0mol·L-1，若“滤液1”中c(CO)=10-5mol·L-1，则沉镍率= (要求写出计算过程)。[已知：Ksp(NiCO3)=1.0×10-7，沉镍率=] 3．（2023上·福建莆田·高三莆田第二十五中学校考阶段练习）镍、钴是重要的战略物资，但资源匮乏。一种利用酸浸出法从冶金厂废炉渣中提取镍和钴的工艺流程如下： 已知：i．酸浸液中的金属阳离子有Ni2+、Co2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+等 ii．NiSO4在水中的溶解度随温度升高而增大 回答下列问题： (1)Co2+ 的价电子排布式 ，空间构型为 (2)提高“酸浸”速率的方法有 。(任写一条) (3)“滤渣1”的主要成分是 。(写化学式) (4)黄钠铁矾的化学式为Na2 Fe 6(SO4)4(OH)12，“除铁”的离子方程式为 。 (5)“除钙镁”时，随pH降低，NaF用量急剧增加，原因是 (结合平衡理论解释)。Ca2+和Mg2+沉淀完全时，溶液中F－的浓度c(F－ )最小为 mol·L－1(已知离子浓度≤10－5 mol·L－1时，认为该离子沉淀完全，Ksp(CaF2)=1.0 ×10－10，Ksp(MgF2)=7.5×10－11)。 (6)获得NiSO4(s)的“一系列操作”是 。 (7)工艺流程中，可循环利用的物质是 。 4．（2024上·广东深圳·高三统考期末）某钴土矿主要含有镍(Ni)、钴(Co)、铁(Fe)、铝(Al)、钙(Ca)、硅(Si)等元素的氧化物，一种综合回收利用钴土矿的部分流程如下： 已知：①25℃时，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下： 金属离子 开始沉淀的 6.3 1.8 3.4 6.9 7.1 沉淀完全的 8.3 3.2 4.7 8.9 9.1 ②氧化前后，溶液中、元素的化合价均为+2价。 (1)“酸浸”时，滤渣的主要成分为 (填化学式)。 (2)“除铁、铝”时，应控制溶液范围为 ，使用溶液可将滤渣2中铁、铝元素分离，涉及化学方程式为 。 (3)“沉钴”时，滤渣3的成分为亚硝酸钴钾，同时有无色气体(遇空气变为红棕色)生成，写出“沉钴”步骤的离子方程式 。 (4)亚硝酸钴钾的中心离子的配位数为 ，配体中配位原子的杂化方式为 。 (5)的一种氧化物是重要的化工原料。晶体为尖晶石结构，其晶胞结构如下图所示。已知晶胞边长为，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体中与的个数比为 ，晶体的密度为 (列出计算式)。 5．（2023上·福建莆田·高三莆田一中校考期中）废钼催化剂中钼、钴、镍等有价金属作为二次资源可加以回收利用，一种从废钼催化剂(主要成分为MoO3、MoS2，含少量CoO、CoS、NiO、Fe2O3等)中回收有价金属的一种工艺流程如图。 已知：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 金属离子 Fe3+ Co2+ Ni2+ 开始沉淀时  (c=0.01 mol·L-1) 的pH 沉淀完全时(c=1.0×10-5mol·L-1)的 pH 2.2 3.2 6.4 9.0 7.2 8.7 回答下列问题： (1)Ni在元素周期表中的位置为 ， “焙烧”时产生的气体 A的主要成分为 。 (2)“焙烧”时MoS2转化为MoO3，写出“碱浸”时MoO3参与反应的离子方程式 。 (3)“碱浸”时 NaOH 加入量、浸出温度、浸出时间对钼浸出率的影响如图所示。 则应选择的适宜的生产工艺条件为 、 、 。 (4)“除铁”时应调节溶液pH的范围为 ，“沉淀”时调节溶液 pH=9.0， 则此时溶液中 (pX=-lgX)。 (5)“系列操作”为 、 、过滤洗涤、干燥得到(NH4)2MoO4·7H2O晶体。 (6)50.00kg该废钼催化剂(含 Mo 元素质量分数为10.56%)通过该工艺最终得到15.05kg七水钼酸铵(相对分子质量为322)产品，则该工艺中七水钼酸铵的收率为 %(保留小数点后一位数字。收率=)。 6．（2023上·山东·高三山东省实验中学校考阶段练习）镍、钴是重要的战略物资，但资源匮乏。一种利用酸浸出法从冶金厂废炉渣中提取镍和钴的工艺流程如下： 已知：i．酸浸液中的金属阳离子有Ni2+、Co2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+等 ii．NiSO4在水中的溶解度随温度升高而增大 回答下列问题： (1)“滤渣1”的主要成分是 。(写化学式) (2)黄钠铁矾的化学式为Na2Fe6(SO4)4(OH)12，“除铁”的离子方程式为 。 (3)“除钙镁”时，随pH降低，NaF用量急剧增加，原因是 (结合平衡理论解释)。Ca2+和Mg2+沉淀完全时，溶液中F-的浓度c(F-)最小为 mol·L-1。[已知离子浓度≤10-5mol/L时，认为该离子沉淀完全，Ksp(CaF2)=1.0×10-10(mol/L)3，Ksp(MgF2)=7.5×10-11(mol/L)3] (4)镍、钴萃取率与料液pH、萃取剂体积与料液体积比Va：V0的关系曲线如下图所示，则“萃取”时应选择的pH和Va：V0分别为 、 。 (5)获得NiSO4(s)的“一系列操作”是 。 (6)该工艺流程中，可循环利用的物质是 。 7．（2023·辽宁·统考高考真题）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液（含和)。实现镍、钴、镁元素的回收。    已知： 物质 回答下列问题： (1)用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为 (答出一条即可)。 (2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸，中过氧键的数目为 。 (3)“氧化”中，用石灰乳调节，被氧化为，该反应的离子方程式为 (的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为、 (填化学式)。 (4)“氧化”中保持空气通入速率不变，(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。体积分数为 时，(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大体积分数时，(Ⅱ)氧化速率减小的原因是 。    (5)“沉钴镍”中得到的(Ⅱ)在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为 。 (6)“沉镁”中为使沉淀完全，需控制不低于 (精确至0.1)。 8．（2023·河北·张家口市宣化第一中学校联考二模）电池正极片由镍钴锰酸锂正极材料和铝片组成，以其为原料回收各金属工艺流程如下：    回答下列问题： (1)滤液1中含铝微粒为 。 (2)“碱浸”后需进行过滤、洗涤，简述洗涤的操作过程： 。 (3)“还原”时，参加反应的 。 (4)“分离”过程包含萃取和反萃取，萃取时必须使用的仪器是 ；萃取时利用有机物HT将Co2＋从水溶液中萃取出来，该过程可表示为Co2＋(水层)＋2HT(有机层)CoT2(有机层)＋2H+(水层)。向CoT2(有机层)中加入稀硫酸能获得较纯的含Co2+的水溶液，从平衡角度解释其原因： 。 (5)“氧化”过程中MnSO4发生反应生成MnO2、(NH4)2SO4和H2SO4的化学方程式为 。 (6)“沉钴”后获得CoC2O4·2H2O，取mgCoC2O4·2H2O进行“高温分解”，测得固体的失重率()与温度的关系曲线如图所示。写出加热到160℃时反应的化学方程式： ；“高温分解”需控制的最低温度为 。    9．（2023·湖北荆州·统考模拟预测）镍、钴是重要的战略金属。广泛应用于国防、新能源、电子等工业，一种利用酸浸出法从冶金厂废炉渣(含Ni、Co及少量Cu、Mg、Ca、Fe的氧化物)中提取铜、镍和钴的部分工艺流程如图： 已知： i．，；离子浓度时，认为该离子沉淀完全。 ii．在水中的溶解度随温度升高明显增大，不溶于乙醇和苯。 (1)基态和中的未成对电子数之比为 。 (2)除铁是用将溶液中的氧化为，再通过调pH，转化为黄钠铁矾，写出氧化的离子方程式： 。 (3)除钙镁时，随pH降低，NaF用量急剧增加，原因是 ；当沉淀完全时，溶液中是否沉淀完全？ (写出计算过程) (4)已知：萃取剂P204和P507对金属离子的萃取率与平衡pH的关系如图甲、乙所示，则萃取步骤中应选择的萃取剂是 ，最佳pH在 左右。    (5)实验室从溶液中得到晶体，操作过程为：蒸发浓缩、当 (填现象)，停止加热，冷却结晶，过滤、洗涤干燥等。 10．（2023·山东临沂·校联考模拟预测）镍电池的电极活性材料为多组分合金(主要成分为镍、钴，还含有铝、铁等)，可重新回收利用。利用废镍电池资源化生产醋酸钴晶体的工艺流程如下。    已知：①浸取母液中除铝元素外，其他金属元素的化合价均为+2价。 ②部分金属阳离子沉淀的pH如下表。 沉淀物 Co(OH)3 开始沉淀pH 2.2 7.4 7.6 0.1 4.0 7.6 完全沉淀pH 3.2 8.9 9.2 1.1 5.2 9.2 请回答下列问题： (1)“浸取”时可以提高浸取率的操作有 (任写1条)。 (2)“调pH”时溶液的pH范围是 ，所得滤渣1的主要成分为 (填化学式)。 (3)“氧化分离”操作控制溶液pH=2，加入NaClO发生反应的离子方程式为 。 (4)“溶解1”操作中加入H2O2的作用为 ，“沉钴”操作过程中发生反应的离子方程式为 。 (5)“溶解2”操作后得到醋酸钴晶体，要使该醋酸钴晶体的纯度更高，所采取的实验操作名称应为 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1) (2) (3) 氧化，使其生成沉淀出去 (4)C 【分析】该工艺流程的原料为废旧锂电池的正极材料（主要为，还含有少量Al、Fe、Mn、Ni的化合物），产品为草酸钴晶体()，流程主线中的主元素为Co，则Al、Fe、Mn、Ni元素在该工艺流程中作为杂质被除去，“酸浸还原”过程中，、与反应生成、，的化合物也都与反应生成的硫酸盐，在“水解净化”过程中碳酸氢铵和发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀而除去，“氧化沉铁、锰”过程是将分别氧化为、过滤除去，利用“P507萃取剂”从“滤液”中分离，再反萃取后加入，最终得到。 【详解】（1）“酸浸还原”过程中，、与反应生成、，故化学反应方程式为； （2）“酸浸还原”后溶液中含有等阳离子，在“水解净化”过程中碳酸氢铵中的和发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀而过滤除去，故“滤渣”为； （3）在“氧化沉铁、锰”过程中将分别氧化为、从而过滤除去，故与发生的离子反应为； 随着反应时间的延长，具有较强氧化性，氧化，使其转化为沉淀，而造成钴的损失； （4）根据图像，pH为3.5时，钴的萃取率高，镍的萃取率低，且Co/Ni分离因素最大，分离效果最好，故萃取时的最佳水相pH为3.5，C正确； 答案选C。 2．(1)适当增大硫酸浓度 (2) (3)H2O＋Mn2＋＋HSO=MnO2＋SO＋3H＋ (4)SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率 (5) ClO-＋2Co2＋＋5H2O=2Co(OH)3↓＋Cl-＋4H＋ 99%或0.99 【分析】混合气中的氧气具有强氧化性，酸性条件下，将亚铁离子和锰离子转化为为氢氧化铁和二氧化锰，钙离子被硫酸根离子沉淀，镍离子、镁离子先后转化为氢氧化物沉淀，而实现镍、钴、镁元素的回收。 (5)滤液中加NaClO将Co2+氧化为Co(OH)3，反应的离子方程式为ClO-+2Co2++5H2O=2Co(OH)3↓+Cl-+4H+；再加Na2CO3，将Ni2+转化为NiCO3沉淀，离子方程式为Ni2++=NiCO3；NiCO3中加H2SO4，反应生成NiSO4，经蒸发浓缩、冷却结晶，可得NiSO4∙7H2O；钴镍分离后得到的Co(OH)3加浓HCl，可将三价的Co还原为二价，得到CoCl2，经蒸发浓缩、冷却结晶，可得CoCl2∙6H2O。 【详解】（1）提高浸取率可以适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积等方法增大反应速率，故答案为：适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积； （2）过一硫酸可以看做过氧化氢中的一个氢原子被磺酸基取代，因此结构式为； （3）H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱，S主要以存在，-1价的O将Mn2+氧化为二氧化锰，方程式为； （4）二氧化硫有还原性，二氧化硫的体积分数较大时，二氧化硫将H2SO5还原，Mn(Ⅱ)氧化速率减小，则原因为SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率； （5）根据分析，钴镍分离时发生的反应为ClO-+2Co2++5H2O=2Co(OH)3↓+Cl-+4H+；c(CO)=10-5mol/L，根据Ksp(NiCO3)=1.0×10-7可知，c(Ni2+)==0.01mol/L，沉镍率===0.99。 3．(1) 正四面体 (2)搅拌（或适当升温、适当增大硫酸的浓度、粉碎炉渣） (3)Fe、Cu (4) (5) pH降低，c(H+)增大，H++F- HF平衡正向移动，溶液中c(F-)减小，为使CaF2和MgF2的溶解平衡逆向移动，NaF用量更多 10-2.5 (6)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 (7)P507+煤油 【分析】根据题干已知信息，酸浸液中的金属阳离子有Ni2+、Co2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+等，加入过量铁粉后置换出铜，滤渣1为铜和过量的铁粉，加入氯酸钠将亚铁氧化为三价铁，发生反应：，过滤除铁，继续加入氟化钠，发生离子方程式：,，除去钙镁，过滤后滤液中还含有Ni2+、Co2+，加入P507+煤油将Co2+萃取进入有机相，分液得到硫酸镍溶液和含Co2+的有机相，再用硫酸将Co2+反萃取进入无机相，得到硫酸钴溶液，硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥得到硫酸镍晶体。 【详解】（1）钴的原子序数为27，其基态原子核外电子排布式为：或[Ar]，则Co2+ 的价电子排布式，中心原子孤电子对数 、价电子对数= ，则其空间构型为正四面体； （2）提高“酸浸”速率的方法有搅拌、适当升温、适当增大硫酸的浓度、粉碎炉渣等； （3）据分析，“滤渣1”的主要成分是Fe、Cu； （4）除铁”步骤是用NaClO3将溶液中的Fe2+氧化为黄钠铁矾，黄钠铁矾的化学式为Na2 Fe 6(SO4)4(OH)12，则离子方程式为： （5）“除钙镁”时，随着pH的降低，溶液中的H+增加，H++F- HF的平衡正向移动，溶液中c(F-)减小，为使CaF2和MgF2的溶解平衡逆向移动，NaF用量更多；已知离子浓度10-5 mol·L-1时，认为该离子沉淀完全，且Ksp(CaF2)=1.0×10-10，Ksp(MgF2)=7.5×10-11，钙离子沉淀完全时，c(F-)= mol·L-1，镁离子沉淀完全时，c(F-)= ，所以为使Ca2+和Mg2+沉淀完全，溶液中c(F-)的浓度最小为10-2.5mol/L； （6）已知NiSO4在水中的溶解度随温度升高而增大，由NiSO4溶液获得NiSO4(s)应采用重结晶的方法，故获得NiSO4(s)的一系列操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤； （7）由工艺流程分析可知，可循环利用的物质是萃取剂P507+煤油。 4．(1)、 (2) 4.7~6.9 (3) (4) 6 (5) 1：2 【分析】钴土矿加入硫酸溶解，溶解后溶液中存在镍(Ni)、钴(Co)、铁(Fe)、铝(Al)相对应金属离子，二氧化硅不与硫酸反应，钙离子与硫酸根离子形成微溶物硫酸钙，过滤后滤渣1中主要成分为、；氧化过程中、元素的化合价为+2价不变，主要是为了将亚铁离子氧化为铁离子；加入碳酸钠将铝和铁分别形成氢氧化铝和氢氧化铁沉淀；过程后向溶液中加入硫酸、KNO2饱和溶液，将钴形成沉淀与Ni分离，经过系列操作，得到相应产物； 【详解】（1）根据分析可知，“酸浸”时，滤渣的主要成分：、； （2）“除铁、铝”时，要使二者完全沉淀，而钴和镍不能沉淀，则应控制溶液范围为：4.7~6.9；氢氧化铝与氢氧化钠反应的方程式为Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O。 （3）“沉钴”时，滤渣3的成分为亚硝酸钴钾，同时有无色气体(遇空气变为红棕色)生成，说明该气体为NO，则“沉钴”步骤的离子方程式：； （4）亚硝酸钴钾的中心离子为Co2+，连接6个，则其配位数为6；配体中配位原子阶层电子对数：，其杂化方式为杂化； （5）结合晶胞结构示意图，根据均摊法计算，位于晶胞顶点和体心，个数：；位于晶胞体心，个数：4，与的个数比值：1：2；结合晶胞与晶体结构示意图可知，在该晶体中，Co离子总个数：24，O离子总个数：32，晶体总质量：，晶体总体积：，晶体密度：。 5．(1) 第四周期Ⅷ族 SO2 (2)MoO3+2OH-=MoO+H2O (3) NaOH 加入量/钼理论耗量为 1.0 浸出温度85℃ 浸出时间 2.4h (4) 3.2≤pH<6.4 0.6 (5) 蒸发浓缩 冷却结晶 (6)85.0 【分析】由题干工艺流程图可知，废钼催化剂在空气中焙烧将MoS2氧化为MoO3，CoS转化为CoO，同时放出气体A为SO2，向固体中加入NaOH和H2O2进行“碱浸”将MoO3转化为Na2MoO4溶液，过滤得到滤渣主要成分为CoO、NiO、Fe2O3，滤液主要为Na2MoO4溶液，向滤渣中加入稀HNO3，将氧化为转化为Co2+、Ni2+和Fe3+，然后加入NaOH溶液调节pH值进行除铁，即产生Fe(OH)3过滤除去，向滤液中继续加入NaOH溶液，将Co2+、Ni2+转化为Co(OH)2、Ni(OH)2沉淀，向Na2MoO4溶液中加入稀硝酸进行沉钼转化为H2MoO4沉淀，向沉淀中加入氨水，将沉淀转化为(NH4)2MoO4溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥等一系列操作即得(NH4)2MoO4·7H2O晶体，据此分析解题。 【详解】（1）已知Ni是28号元素，其核外电子排布式为：[Ar]3d84s2，故Ni在元素周期表中的位置为第四周期Ⅷ族，由分析可知，“焙烧”时产生的气体 A的主要成分为SO2，故答案为：第四周期Ⅷ族；SO2； （2）“焙烧”时MoS2转化为MoO3，“碱浸”时MoO3参与反应生成Na2MoO4溶液，故该反应的离子方程式为：MoO3+2OH-=MoO+H2O，故答案为：MoO3+2OH-=MoO+H2O； （3）由题干“碱浸”时 NaOH 加入量、浸出温度、浸出时间对钼浸出率的影响图示信息可知，NaOH 加入量/钼理论耗量为 1.0、浸出温度为85℃、浸出时间约为2.4h的条件下，钼浸出率最大，则应选择的适宜的生产工艺条件为NaOH 加入量/钼理论耗量为 1.0、浸出温度为85℃、浸出时间约为2.4h，故答案为：NaOH 加入量/钼理论耗量为 1.0；浸出温度为85℃；浸出时间约为2.4h； （4）由题干表中数据可知，“除铁”时即让Fe3+完全沉淀而Ni2+、Co2+不沉淀，则应调节溶液pH的范围为3.2≤pH＜6.4，“沉淀”时调节溶液pH=9.0，即溶液中c(OH-)=10-5mol/L， 则此时溶液中c(Ni2+)===10-10.6mol/L，c(Co2+)===10-10.0mol/L，故==10-0.6，p[]=-lg[]=-lg10-0.6=0.6，故答案为：3.2≤pH＜6.4；0.6； （5）由分析可知，“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到(NH4)2MoO4·7H2O晶体，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶； （6）根据Mo元素守恒可知，50.00kg该废钼催化剂(含 Mo 元素质量分数为10.56%)理论上应该生成七水钼酸铵的质量为：50.00kg×10.56%×=17.71kg，通过该工艺最终得到15.05kg七水钼酸铵(相对分子质量为322)产品，则该工艺中七水钼酸铵的收率为×100%=85.0%，故答案为：85.0。 6．(1)Cu、Fe (2) (3) pH降低，c（H+）增大，溶液中c（F-）减小，为使CaF2和MgF2的溶解平衡逆向移动，NaF用量更多 10-2.5 (4) 4.0 1.00 (5)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 (6)P507+煤油 【分析】由提示信息，酸浸液中的金属阳离子有Ni2+、Co2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+等，用铁除铜，置换反应，滤渣1为Cu、过量的Fe；用NaClO3与 发生氧化还原反应除铁，用NaF生成沉淀除Ca、Mg；用P507煤油萃取，把Ni与Co分开。 【详解】（1）由分析滤渣1为Cu、Fe； （2）根据氧化还原反应配平方程式： （3）①“除钙镁”时，随pH降低，c（H+）增大，H++F-HF，平衡右移，c（F-）减小，为使CaF₂和 MgF₂的溶解平衡逆向移动，NaF用量急剧增加；②已知离子浓度≤10-5mol·L-1时,认为该离子沉淀完全,且Ksp(CaF2)=1.0×10-10 ,Ksp( MgF₂) =7.5×10-11，钙离子沉淀完全时,c(F-)= ( mol/L),镁离子沉淀完全时，c(F-)=(mol/L),所以为使Ca2+和Mg2+沉淀完全,溶液中c(F-)最小为1.0×10-2.5mol/L; （4）萃取目的是为了获取 NiSO4溶液和Co负载有机相,所以Co萃取率越高越好,Ni萃取率越低越好,所以由图分析可知应选择的pH和Va:V0分别为4.0和1.00 （5）NiSO4在水中的溶解度随温度升高而增大，由NiSO4溶液获得NiSO4(s)应采用重结晶的方法,故一系列操作为:蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。 （6）)由工艺流程分析可知，可循环利用的物质是萃取剂P507十煤油。 7．(1)适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积 (2)NA (3) CaSO4、Fe(OH)3 (4) 9.0% SO2有还原性，过多将会降低的浓度，降低(Ⅱ)氧化速率 (5) (6)11.1 【分析】在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸，用石灰乳调节，被氧化为，发生反应，Fe3+水解同时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co2+变为Co(OH)2，在空气中可被氧化成。 【详解】（1）用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积 （2）的结构简式为，所以中过氧键的数目为NA （3）用石灰乳调节，被氧化为，该反应的离子方程式为：；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-5mol/L，，c(OH-)=10-10.8mol/L，根据Kw=10-14，pH=3.2，此时溶液的pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀；由于CaSO4微溶于水，故滤渣还有CaSO4和氢氧化铁； （4）根据图示可知体积分数为0.9%时，(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低的浓度，降低(Ⅱ)氧化速率 （5）“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为：； （6）氢氧化镁的Ksp=10-10.8， 当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp可计算c(OH-)=10-2.9mol/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1； 8．(1)[Al(OH)4]- (2)将滤渣置于漏斗中，向漏斗内加入蒸馏水直至浸没滤渣，让水自然留下，重复，待通过焰色试验检测不到钠离子后停止洗涤 (3)2:1 (4) 分液漏斗 加入稀硫酸能增大c(H+)，使平衡Co2＋(水层)＋2HT(有机层)CoT2(有机层)＋2H+(水层)逆向移动，c(Co2+)浓度升高，能获得较纯的含Co2+的水溶液 (5)(NH4)2S2O8+ MnSO4+2H2O=MnO2+(NH4)2SO4+2H2SO4 (6) 890℃ 【分析】电池正极片加入NaOH溶液与铝片反应生成能溶于水的Na[Al(OH)4]，向滤渣中加入硫酸和过氧化氢还原，加入有机物HT萃取出Co2＋、Li＋，加入(NH4)2S2O8氧化Mn2+生成MnO2，加入草酸铵与Co2＋反应生成CoC2O4·2H2O，高温分解生成CoO； 【详解】（1）铝片与足量NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]，滤液1中含铝微粒为[Al(OH)4]-； （2）洗涤的操作过程：将滤渣置于漏斗中，向漏斗内加入蒸馏水直至浸没滤渣，让水自然留下，重复，待通过焰色试验检测不到钠离子后停止洗涤； （3）“还原”时，反应的离子方程式为2Co3++H2O2=2Co2++O2↑+2H+，参加反应的2:1；向CoT2(有机层)中加入稀硫酸能增大c(H+)，使平衡逆向移动，c(Co2+)浓度升高，能获得较纯的含Co2+的水溶液； （4）进行萃取操作时，用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯； （5）“氧化”过程中将Mn2+氧化生成MnO2，自身被还原为， MnSO4发生反应生成MnO2、(NH4)2SO4和H2SO4的化学方程式为：(NH4)2S2O8+ MnSO4+2H2O=MnO2+(NH4)2SO4+2H2SO4； （6）CoC2O4•2H2O的相对分子质量为183，假设其质量为183g,加热到160℃时失重率为19.67%，减少的物质质量为183g×19.67%=36g，而183g晶体中含有的结晶水是36g，可知是恰好失去全部的结晶水，即加热到160℃时所得固体的化学式为CoC2O4，反应的化学方程式：，由图可知，“高温分解”生成CoO，失重率，需控制的最低温度为890℃。故答案为：；890℃。 9．(1)2：3 (2) (3) pH偏低，氢离子浓度过大，与氟离子生成弱酸HF 镁离子沉淀完全时， ，此时，，未沉淀完全 (4) P507 4 (5)有晶膜析出时 【分析】由题给流程可知，向废炉渣中加入硫酸和硝酸的混酸，经金属氧化物转化为可溶的硫酸盐，向溶液中加入碳酸钠溶液将钙元素部分转化为碳酸钙沉淀，过滤得到含有碳酸钙的滤渣1和滤液；向滤液中加入铁粉，将溶液中的铜离子转化为铜，过滤得到铜和滤液；向滤液中加入氯酸钠溶液将亚铁离子氧化为铁离子，调节溶液pH将铁离子转化为黄钠铁矾沉淀，过滤得到黄钠铁矾和滤液；向滤液中加入氟化钠溶液，将溶液中的钙离子、镁离子转化为氟化钙、氟化镁沉淀，过滤得到含有氟化钙、氟化镁的滤渣2和滤液；向滤液中加入萃取剂萃取溶液中的钴离子，分液得到硫酸镍溶液和有机相；向有机相中加入硫酸反萃取，分液得到硫酸钴溶液；向硫酸钴溶液中加入草酸铵溶液，将钴离子转化为草酸钴沉淀，过滤得到草酸钴。 【详解】（1）镍元素的原子序数为28，镍离子的价电子排布式为3d8，不成对电子数为2，钴元素的原子序数为28，二价钴离子的价电子排布式为3d7，不成对电子数为3，则镍离子与二价钴离子的未成对电子数之比为2：3，故答案为：2：3； （2）由题意可知，氯酸钠溶液氧化亚铁离子的反应为酸性条件下，氯酸根离子与亚铁离子反应生成氯离子、铁离子和水，反应的离子方程式为，故答案为：； （3）氢氟酸是弱酸，除钙镁时，随pH降低，溶液中氢离子浓度增大，溶液中的氟离子与氢离子反应生成氢氟酸导致氟化钠的用量急剧增加；由溶度积可知，镁离子沉淀完全时，溶液中，则溶液中，所以溶液中钙离子未沉淀完全，故答案为：pH偏低，氢离子浓度过大，与氟离子生成弱酸HF；镁离子沉淀完全时， ，此时，，未沉淀完全； （4）由图可知，萃取剂为P204时，二价钴离子和镍离子的萃取率相差不大，而萃取剂为P507时，溶液pH为4的条件下，二价钴离子萃取率很高，而镍离子的萃取率很低，所以萃取步骤中应选择的萃取剂是P507，最佳pH在4左右，故答案为：P507；4； （5）实验室从硫酸镍溶液中得到七水硫酸镍晶体操作过程为将溶液蒸发浓缩、当有晶膜析出时，停止加热，冷却结晶，过滤、洗涤干燥得到七水硫酸镍晶体，故答案为：有晶膜析出时。 10．(1)增大硫酸浓度，升高温度，延长浸取时间等 (2) 、 (3) (4) 还原生成 (5)重结晶 【分析】由题中流程可知，镍电池废料(主要成分为镍、钻，还含有铝、铁等)，用硫酸浸取后，金属元素转化为对应的离子进入溶液中，加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，调节溶液pH，使Fe3+和Al3+完全转化为Fe(OH)3沉淀和Al(OH)3沉淀，过滤，滤渣1为Fe(OH)3和Al(OH)3，向滤液中加入NaClO将Co2+氧化变成Co3+并水解生成Co(OH)3沉淀，然后向沉淀中加入H2SO4和H2O2，溶解得到CoSO4溶液，向溶液中加入NaHCO3得到CoCO3沉淀，过滤后的沉淀溶解在冰醋酸中得到醋酸钴溶液，将醋酸钻溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到醋酸钴晶体。 【详解】（1）为提高浸取速率，除适当升高温度外，还可采取的措施有延长浸取时间，适当增加硫酸浓度等；故答案为：增大硫酸浓度，升高温度，延长浸取时间等。 （2）由后续流程可知，第一次调节pH时，已经将铁、铝化合物全部除去，则滤渣1的成分除了Fe(OH)3外，还有Al(OH)3，结合表中数据可知，为了使Al3+完全沉淀而Co2+不沉淀，应当调节溶液pH的范围是5.2≤pH<7.6；故答案为：5.2≤pH<7.6；、。 （3）“母液”中含有的Co2+能够和NaClO发生氧化还原反应，根据得失电子守恒和原子守恒，可知反应的离子方程式为，故答案为：。 （4）向中加入、混合液，结合后续流程，最后得到产物中，Co以二价离子化合物形式存在，所以此时加入的为还原剂，其目的是还原生成，沉钴的离子方程式为；故答案为：还原生成；。 （5）为提高醋酸钴晶体纯度，需要重新溶解、浓缩、结晶析出纯度更高的晶体，即重结晶操作；故答案为：重结晶。 $$