試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁篤學好“鈷”，“鎳”而不渝鈷、鎳都是中等活潑的金屬元素，化合物性質比較接近，但也存在差異，這與它們的電子層結構有關。單質由于原子核的核電荷數以及半徑不同導致對電子的吸引能力不同，所以鐵的金屬活潑性稍強于鈷和鎳；由于表面具有一層致密的氧化膜，常溫下鈷、鎳在空氣中能穩定存在；

加熱條件下可生成CoO、NiO；與稀H2SO4和稀鹽酸反應較緩慢，鈷與硝酸易反應；化合價＋2價＋3價氧化物CoO：一定條件下可被H2或CO還原成單質鈷。能溶于酸和強堿，不溶于水、醇和氨水。NiO：能溶于酸和氨水，不溶于水。Co2O3、Ni2O3在酸性溶液中具有強氧化性：Co2O3＋6HCl=2CoCl2＋Cl2↑＋3H2ONi2O3＋6HCl=2NiCl2＋Cl2↑＋3H2O氫氧化物Co(OH)2：在空氣中被緩慢氧化為棕褐色的Co(OH)3，可被強氧化劑(如H2O2)迅速氧化。Ni(OH)2：在空氣中較穩定，可采用氧化性較強的Cl2將其氧化。Co(OH)3、Ni(OH)3在酸性溶液中有強氧化性。2Co(OH)3＋6H＋＋2Cl－=2Co2＋＋Cl2↑＋6H2O2Ni(OH)3＋6H＋＋2Cl－=2Ni2＋＋Cl2↑＋6H2O氯化物CoCl2、NiCl2在不同的溫度時可含不同數目的結晶水，前者因結晶水數目的不同呈現不同的顏色，可用于制造變色硅膠，還可用作干濕指示劑NiCl2通常在有機溶劑中的溶解度比CoCl2小得多，利用這一性質可分離二者。Co3＋、Ni3＋僅能夠存在于固態物質或配合物中，在水溶液中會發生如下反應(鎳同)：4Co3＋＋2H2O=4Co2＋＋4H＋＋O2↑CoCl3在加熱或遇水時發生分解：2CoCl32CoCl2＋Cl2↑1．（2023上·江蘇揚州·高三揚州市新華中學校考階段練習）近年來，廢舊鋰離子電池的回收成為目前新能源產業重要的發展方向。某鋰離子二次電池的正極材料主要為，還含有少量Al、Fe、Mn、Ni的化合物。通過如圖流程利用廢舊鋰離子電池制備草酸鈷晶體()：已知該工藝條件下，有關金屬離子沉淀完全()的pH見表：離子pH9.33.29.04.710.18.9回答下列問題：(1)“酸浸還原”時，發生的反應中氧化產物為硫酸鹽的化學方程式為。(2)水解凈化的“濾渣”成分。(3)氧化過濾的目的是沉鐵和沉錳，其操作為控制體系的pH在4~5，加入NaClO溶液。寫出其中沉鐵的離子方程式；實際生產中，隨著反應時間的延長，錳和鐵的沉淀率逐漸增大，但鈷的損失量也隨之增大，可能的原因為：。(4)利用“P507萃取劑”從“濾液”中分離。萃取時，Co、Ni的浸出率和鈷/鎳分離因素與水相pH的如圖所示。Co/Ni分離因素越大，表明萃取劑對Co/Ni分離效果越好。由圖可知，萃取時的最佳水相pH為_______(填字母)。A．2.5 B．3.0 C．3.5 D．4.02．（2023上·江蘇南通·高三江蘇省如東高級中學校聯考學業考試）某工廠采用如下工藝處理鎳鈷礦硫酸浸取液(含Ni2＋、Co2＋、Fe2＋、Fe3＋、Mg2＋和Mn2＋)，實現鎳、鈷、鎂元素的回收。回答下列問題：(1)在一定溫度下，用硫酸浸取已粉碎的鎳鈷礦時，提高浸取速率的方法為。(答出一條即可)(2)“氧化”中，混合氣在金屬離子的催化作用下產生具有強氧化性的過一硫酸(H2SO5)，寫出H2SO5的結構式：。(3)“氧化”中，用石灰乳調節pH=4，Mn2＋被H2SO5氧化為MnO2，該反應的離子方程式為。(H2SO5的電離第一步完全，第二步微弱)(4)“氧化”中保持空氣通入速率不變，Mn(Ⅱ)氧化率與時間的關系如圖。SO2體積分數為9%時，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；繼續增大SO2體積分數時，Mn(Ⅱ)氧化速率減小的原因是。(5)將“鈷鎳渣”酸溶后，進行如下流程：①寫出“鈷鎳分離”時發生反應的離子方程式：。②“鎳鈷分離”后溶液中c(Ni2＋)=1.0mol·L-1，若“濾液1”中c(CO)=10-5mol·L-1，則沉鎳率=(要求寫出計算過程)。[已知：Ksp(NiCO3)=1.0×10-7，沉鎳率=]3．（2023上·福建莆田·高三莆田第二十五中學校考階段練習）鎳、鈷是重要的戰略物資，但資源匱乏。一種利用酸浸出法從冶金廠廢爐渣中提取鎳和鈷的工藝流程如下：已知：i．酸浸液中的金屬陽離子有Ni2+、Co2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+等ii．NiSO4在水中的溶解度隨溫度升高而增大回答下列問題：(1)Co2+的價電子排布式，空間構型為(2)提高“酸浸”速率的方法有。(任寫一條)(3)“濾渣1”的主要成分是。(寫化學式)(4)黃鈉鐵礬的化學式為Na2Fe6(SO4)4(OH)12，“除鐵”的離子方程式為。(5)“除鈣鎂”時，隨pH降低，NaF用量急劇增加，原因是(結合平衡理論解釋)。Ca2+和Mg2+沉淀完全時，溶液中F－的濃度c(F－)最小為mol·L－1(已知離子濃度≤10－5mol·L－1時，認為該離子沉淀完全，Ksp(CaF2)=1.0×10－10，Ksp(MgF2)=7.5×10－11)。(6)獲得NiSO4(s)的“一系列操作”是。(7)工藝流程中，可循環利用的物質是。4．（2024上·廣東深圳·高三統考期末）某鈷土礦主要含有鎳(Ni)、鈷(Co)、鐵(Fe)、鋁(Al)、鈣(Ca)、硅(Si)等元素的氧化物，一種綜合回收利用鈷土礦的部分流程如下：已知：①25℃時，相關金屬離子形成氫氧化物沉淀的范圍如下：金屬離子開始沉淀的6.31.83.46.97.1沉淀完全的8.33.24.78.99.1②氧化前后，溶液中、元素的化合價均為+2價。(1)“酸浸”時，濾渣的主要成分為(填化學式)。(2)“除鐵、鋁”時，應控制溶液范圍為，使用溶液可將濾渣2中鐵、鋁元素分離，涉及化學方程式為。(3)“沉鈷”時，濾渣3的成分為亞硝酸鈷鉀，同時有無色氣體(遇空氣變為紅棕色)生成，寫出“沉鈷”步驟的離子方程式。(4)亞硝酸鈷鉀的中心離子的配位數為，配體中配位原子的雜化方式為。(5)的一種氧化物是重要的化工原料。晶體為尖晶石結構，其晶胞結構如下圖所示。已知晶胞邊長為，設為阿伏加德羅常數的值，則該晶體中與的個數比為，晶體的密度為(列出計算式)。5．（2023上·福建莆田·高三莆田一中校考期中）廢鉬催化劑中鉬、鈷、鎳等有價金屬作為二次資源可加以回收利用，一種從廢鉬催化劑(主要成分為MoO3、MoS2，含少量CoO、CoS、NiO、Fe2O3等)中回收有價金屬的一種工藝流程如圖。已知：溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金屬離子Fe3+Co2+Ni2+開始沉淀時

(c=0.01mol·L-1)的pH沉淀完全時(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH2.23.26.49.07.28.7回答下列問題：(1)Ni在元素周期表中的位置為，“焙燒”時產生的氣體A的主要成分為。(2)“焙燒”時MoS2轉化為MoO3，寫出“堿浸”時MoO3參與反應的離子方程式。(3)“堿浸”時NaOH加入量、浸出溫度、浸出時間對鉬浸出率的影響如圖所示。則應選擇的適宜的生產工藝條件為、、。(4)“除鐵”時應調節溶液pH的范圍為，“沉淀”時調節溶液pH=9.0，則此時溶液中(pX=-lgX)。(5)“系列操作”為、、過濾洗滌、干燥得到(NH4)2MoO4·7H2O晶體。(6)50.00kg該廢鉬催化劑(含Mo元素質量分數為10.56%)通過該工藝最終得到15.05kg七水鉬酸銨(相對分子質量為322)產品，則該工藝中七水鉬酸銨的收率為%(保留小數點后一位數字。收率=)。6．（2023上·山東·高三山東省實驗中學校考階段練習）鎳、鈷是重要的戰略物資，但資源匱乏。一種利用酸浸出法從冶金廠廢爐渣中提取鎳和鈷的工藝流程如下：已知：i．酸浸液中的金屬陽離子有Ni2+、Co2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+等ii．NiSO4在水中的溶解度隨溫度升高而增大回答下列問題：(1)“濾渣1”的主要成分是。(寫化學式)(2)黃鈉鐵礬的化學式為Na2Fe6(SO4)4(OH)12，“除鐵”的離子方程式為。(3)“除鈣鎂”時，隨pH降低，NaF用量急劇增加，原因是(結合平衡理論解釋)。Ca2+和Mg2+沉淀完全時，溶液中F-的濃度c(F-)最小為mol·L-1。[已知離子濃度≤10-5mol/L時，認為該離子沉淀完全，Ksp(CaF2)=1.0×10-10(mol/L)3，Ksp(MgF2)=7.5×10-11(mol/L)3](4)鎳、鈷萃取率與料液pH、萃取劑體積與料液體積比Va：V0的關系曲線如下圖所示，則“萃取”時應選擇的pH和Va：V0分別為、。(5)獲得NiSO4(s)的“一系列操作”是。(6)該工藝流程中，可循環利用的物質是。7．（2023·遼寧·統考高考真題）某工廠采用如下工藝處理鎳鈷礦硫酸浸取液（含和)。實現鎳、鈷、鎂元素的回收。

已知：物質回答下列問題：(1)用硫酸浸取鎳鈷礦時，提高浸取速率的方法為(答出一條即可)。(2)“氧化”中，混合氣在金屬離子的催化作用下產生具有強氧化性的過一硫酸，中過氧鍵的數目為。(3)“氧化”中，用石灰乳調節，被氧化為，該反應的離子方程式為(的電離第一步完全，第二步微弱)；濾渣的成分為、(填化學式)。(4)“氧化”中保持空氣通入速率不變，(Ⅱ)氧化率與時間的關系如下。體積分數為時，(Ⅱ)氧化速率最大；繼續增大體積分數時，(Ⅱ)氧化速率減小的原因是。

(5)“沉鈷鎳”中得到的(Ⅱ)在空氣中可被氧化成，該反應的化學方程式為。(6)“沉鎂”中為使沉淀完全，需控制不低于(精確至0.1)。8．（2023·河北·張家口市宣化第一中學校聯考二模）電池正極片由鎳鈷錳酸鋰正極材料和鋁片組成，以其為原料回收各金屬工藝流程如下：

回答下列問題：(1)濾液1中含鋁微粒為。(2)“堿浸”后需進行過濾、洗滌，簡述洗滌的操作過程：。(3)“還原”時，參加反應的。(4)“分離”過程包含萃取和反萃取，萃取時必須使用的儀器是；萃取時利用有機物HT將Co2＋從水溶液中萃取出來，該過程可表示為Co2＋(水層)＋2HT(有機層)CoT2(有機層)＋2H+(水層)。向CoT2(有機層)中加入稀硫酸能獲得較純的含Co2+的水溶液，從平衡角度解釋其原因：。(5)“氧化”過程中MnSO4發生反應生成MnO2、(NH4)2SO4和H2SO4的化學方程式為。(6)“沉鈷”后獲得CoC2O4·2H2O，取mgCoC2O4·2H2O進行“高溫分解”，測得固體的失重率()與溫度的關系曲線如圖所示。寫出加熱到160℃時反應的化學方程式：；“高溫分解”需控制的最低溫度為。

9．（2023·湖北荊州·統考模擬預測）鎳、鈷是重要的戰略金屬。廣泛應用于國防、新能源、電子等工業，一種利用酸浸出法從冶金廠廢爐渣(含Ni、Co及少量Cu、Mg、Ca、Fe的氧化物)中提取銅、鎳和鈷的部分工藝流程如圖：已知：i．，；離子濃度時，認為該離子沉淀完全。ii．在水中的溶解度隨溫度升高明顯增大，不溶于乙醇和苯。(1)基態和中的未成對電子數之比為。(2)除鐵是用將溶液中的氧化為，再通過調pH，轉化為黃鈉鐵礬，寫出氧化的離子方程式：。(3)除鈣鎂時，隨pH降低，NaF用量急劇增加，原因是；當沉淀完全時，溶液中是否沉淀完全？(寫出計算過程)(4)已知：萃取劑P204和P507對金屬離子的萃取率與平衡pH的關系如圖甲、乙所示，則萃取步驟中應選擇的萃取劑是，最佳pH在左右。

(5)實驗室從溶液中得到晶體，操作過程為：蒸發濃縮、當(填現象)，停止加熱，冷卻結晶，過濾、洗滌干燥等。10．（2023·山東臨沂·校聯考模擬預測）鎳電池的電極活性材料為多組分合金(主要成分為鎳、鈷，還含有鋁、鐵等)，可重新回收利用。利用廢鎳電池資源化生產醋酸鈷晶體的工藝流程如下。

已知：①浸取母液中除鋁元素外，其他金屬元素的化合價均為+2價。②部分金屬陽離子沉淀的pH如下表。沉淀物Co(OH)3開始沉淀pH2.27.47.60.14.07.6完全沉淀pH3.28.99.21.15.29.2請回答下列問題：(1)“浸取”時可以提高浸取率的操作有(任寫1條)。(2)“調pH”時溶液的pH范圍是，所得濾渣1的主要成分為(填化學式)。(3)“氧化分離”操作控制溶液pH=2，加入NaClO發生反應的離子方程式為。(4)“溶解1”操作中加入H2O2的作用為，“沉鈷”操作過程中發生反應的離子方程式為。(5)“溶解2”操作后得到醋酸鈷晶體，要使該醋酸鈷晶體的純度更高，所采取的實驗操作名稱應為。參考答案：1．(1)(2)(3)氧化，使其生成沉淀出去(4)C【分析】該工藝流程的原料為廢舊鋰電池的正極材料（主要為，還含有少量Al、Fe、Mn、Ni的化合物），產品為草酸鈷晶體()，流程主線中的主元素為Co，則Al、Fe、Mn、Ni元素在該工藝流程中作為雜質被除去，“酸浸還原”過程中，、與反應生成、，的化合物也都與反應生成的硫酸鹽，在“水解凈化”過程中碳酸氫銨和發生雙水解反應生成氫氧化鋁沉淀而除去，“氧化沉鐵、錳”過程是將分別氧化為、過濾除去，利用“P507萃取劑”從“濾液”中分離，再反萃取后加入，最終得到。【詳解】（1）“酸浸還原”過程中，、與反應生成、，故化學反應方程式為；（2）“酸浸還原”后溶液中含有等陽離子，在“水解凈化”過程中碳酸氫銨中的和發生雙水解反應生成氫氧化鋁沉淀而過濾除去，故“濾渣”為；（3）在“氧化沉鐵、錳”過程中將分別氧化為、從而過濾除去，故與發生的離子反應為；隨著反應時間的延長，具有較強氧化性，氧化，使其轉化為沉淀，而造成鈷的損失；（4）根據圖像，pH為3.5時，鈷的萃取率高，鎳的萃取率低，且Co/Ni分離因素最大，分離效果最好，故萃取時的最佳水相pH為3.5，C正確；答案選C。2．(1)適當增大硫酸濃度(2)(3)H2O＋Mn2＋＋HSO=MnO2＋SO＋3H＋(4)SO2有還原性，過多將會降低H2SO5的濃度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率(5)ClO-＋2Co2＋＋5H2O=2Co(OH)3↓＋Cl-＋4H＋99%或0.99【分析】混合氣中的氧氣具有強氧化性，酸性條件下，將亞鐵離子和錳離子轉化為為氫氧化鐵和二氧化錳，鈣離子被硫酸根離子沉淀，鎳離子、鎂離子先后轉化為氫氧化物沉淀，而實現鎳、鈷、鎂元素的回收。(5)濾液中加NaClO將Co2+氧化為Co(OH)3，反應的離子方程式為ClO-+2Co2++5H2O=2Co(OH)3↓+Cl-+4H+；再加Na2CO3，將Ni2+轉化為NiCO3沉淀，離子方程式為Ni2++=NiCO3；NiCO3中加H2SO4，反應生成NiSO4，經蒸發濃縮、冷卻結晶，可得NiSO4?7H2O；鈷鎳分離后得到的Co(OH)3加濃HCl，可將三價的Co還原為二價，得到CoCl2，經蒸發濃縮、冷卻結晶，可得CoCl2?6H2O。【詳解】（1）提高浸取率可以適當增大硫酸濃度或適當升高溫度或將鎳鈷礦粉碎增大接觸面積等方法增大反應速率，故答案為：適當增大硫酸濃度或適當升高溫度或將鎳鈷礦粉碎增大接觸面積；（2）過一硫酸可以看做過氧化氫中的一個氫原子被磺酸基取代，因此結構式為；（3）H2SO5的電離第一步完全，第二步微弱，S主要以存在，-1價的O將Mn2+氧化為二氧化錳，方程式為；（4）二氧化硫有還原性，二氧化硫的體積分數較大時，二氧化硫將H2SO5還原，Mn(Ⅱ)氧化速率減小，則原因為SO2有還原性，過多將會降低H2SO5的濃度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率；（5）根據分析，鈷鎳分離時發生的反應為ClO-+2Co2++5H2O=2Co(OH)3↓+Cl-+4H+；c(CO)=10-5mol/L，根據Ksp(NiCO3)=1.0×10-7可知，c(Ni2+)==0.01mol/L，沉鎳率===0.99。3．(1)正四面體(2)攪拌（或適當升溫、適當增大硫酸的濃度、粉碎爐渣）(3)Fe、Cu(4)(5)pH降低，c(H+)增大，H++F-HF平衡正向移動，溶液中c(F-)減小，為使CaF2和MgF2的溶解平衡逆向移動，NaF用量更多10-2.5(6)蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾(7)P507+煤油【分析】根據題干已知信息，酸浸液中的金屬陽離子有Ni2+、Co2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+等，加入過量鐵粉后置換出銅，濾渣1為銅和過量的鐵粉，加入氯酸鈉將亞鐵氧化為三價鐵，發生反應：，過濾除鐵，繼續加入氟化鈉，發生離子方程式：,，除去鈣鎂，過濾后濾液中還含有Ni2+、Co2+，加入P507+煤油將Co2+萃取進入有機相，分液得到硫酸鎳溶液和含Co2+的有機相，再用硫酸將Co2+反萃取進入無機相，得到硫酸鈷溶液，硫酸鎳溶液經蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、干燥得到硫酸鎳晶體。【詳解】（1）鈷的原子序數為27，其基態原子核外電子排布式為：或[Ar]，則Co2+的價電子排布式，中心原子孤電子對數、價電子對數=，則其空間構型為正四面體；（2）提高“酸浸”速率的方法有攪拌、適當升溫、適當增大硫酸的濃度、粉碎爐渣等；（3）據分析，“濾渣1”的主要成分是Fe、Cu；（4）除鐵”步驟是用NaClO3將溶液中的Fe2+氧化為黃鈉鐵礬，黃鈉鐵礬的化學式為Na2Fe6(SO4)4(OH)12，則離子方程式為：（5）“除鈣鎂”時，隨著pH的降低，溶液中的H+增加，H++F-HF的平衡正向移動，溶液中c(F-)減小，為使CaF2和MgF2的溶解平衡逆向移動，NaF用量更多；已知離子濃度10-5mol·L-1時，認為該離子沉淀完全，且Ksp(CaF2)=1.0×10-10，Ksp(MgF2)=7.5×10-11，鈣離子沉淀完全時，c(F-)=mol·L-1，鎂離子沉淀完全時，c(F-)=，所以為使Ca2+和Mg2+沉淀完全，溶液中c(F-)的濃度最小為10-2.5mol/L；（6）已知NiSO4在水中的溶解度隨溫度升高而增大，由NiSO4溶液獲得NiSO4(s)應采用重結晶的方法，故獲得NiSO4(s)的一系列操作為：蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾；（7）由工藝流程分析可知，可循環利用的物質是萃取劑P507+煤油。4．(1)、(2)4.7~6.9(3)(4)6(5)1：2【分析】鈷土礦加入硫酸溶解，溶解后溶液中存在鎳(Ni)、鈷(Co)、鐵(Fe)、鋁(Al)相對應金屬離子，二氧化硅不與硫酸反應，鈣離子與硫酸根離子形成微溶物硫酸鈣，過濾后濾渣1中主要成分為、；氧化過程中、元素的化合價為+2價不變，主要是為了將亞鐵離子氧化為鐵離子；加入碳酸鈉將鋁和鐵分別形成氫氧化鋁和氫氧化鐵沉淀；過程后向溶液中加入硫酸、KNO2飽和溶液，將鈷形成沉淀與Ni分離，經過系列操作，得到相應產物；【詳解】（1）根據分析可知，“酸浸”時，濾渣的主要成分：、；（2）“除鐵、鋁”時，要使二者完全沉淀，而鈷和鎳不能沉淀，則應控制溶液范圍為：4.7~6.9；氫氧化鋁與氫氧化鈉反應的方程式為Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O。（3）“沉鈷”時，濾渣3的成分為亞硝酸鈷鉀，同時有無色氣體(遇空氣變為紅棕色)生成，說明該氣體為NO，則“沉鈷”步驟的離子方程式：；（4）亞硝酸鈷鉀的中心離子為Co2+，連接6個，則其配位數為6；配體中配位原子階層電子對數：，其雜化方式為雜化；（5）結合晶胞結構示意圖，根據均攤法計算，位于晶胞頂點和體心，個數：；位于晶胞體心，個數：4，與的個數比值：1：2；結合晶胞與晶體結構示意圖可知，在該晶體中，Co離子總個數：24，O離子總個數：32，晶體總質量：，晶體總體積：，晶體密度：。5．(1)第四周期Ⅷ族SO2(2)MoO3+2OH-=MoO+H2O(3)NaOH加入量/鉬理論耗量為1.0浸出溫度85℃浸出時間2.4h(4)3.2≤pH<6.40.6(5)蒸發濃縮冷卻結晶(6)85.0【分析】由題干工藝流程圖可知，廢鉬催化劑在空氣中焙燒將MoS2氧化為MoO3，CoS轉化為CoO，同時放出氣體A為SO2，向固體中加入NaOH和H2O2進行“堿浸”將MoO3轉化為Na2MoO4溶液，過濾得到濾渣主要成分為CoO、NiO、Fe2O3，濾液主要為Na2MoO4溶液，向濾渣中加入稀HNO3，將氧化為轉化為Co2+、Ni2+和Fe3+，然后加入NaOH溶液調節pH值進行除鐵，即產生Fe(OH)3過濾除去，向濾液中繼續加入NaOH溶液，將Co2+、Ni2+轉化為Co(OH)2、Ni(OH)2沉淀，向Na2MoO4溶液中加入稀硝酸進行沉鉬轉化為H2MoO4沉淀，向沉淀中加入氨水，將沉淀轉化為(NH4)2MoO4溶液，經過蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌干燥等一系列操作即得(NH4)2MoO4·7H2O晶體，據此分析解題。【詳解】（1）已知Ni是28號元素，其核外電子排布式為：[Ar]3d84s2，故Ni在元素周期表中的位置為第四周期Ⅷ族，由分析可知，“焙燒”時產生的氣體A的主要成分為SO2，故答案為：第四周期Ⅷ族；SO2；（2）“焙燒”時MoS2轉化為MoO3，“堿浸”時MoO3參與反應生成Na2MoO4溶液，故該反應的離子方程式為：MoO3+2OH-=MoO+H2O，故答案為：MoO3+2OH-=MoO+H2O；（3）由題干“堿浸”時NaOH加入量、浸出溫度、浸出時間對鉬浸出率的影響圖示信息可知，NaOH加入量/鉬理論耗量為1.0、浸出溫度為85℃、浸出時間約為2.4h的條件下，鉬浸出率最大，則應選擇的適宜的生產工藝條件為NaOH加入量/鉬理論耗量為1.0、浸出溫度為85℃、浸出時間約為2.4h，故答案為：NaOH加入量/鉬理論耗量為1.0；浸出溫度為85℃；浸出時間約為2.4h；（4）由題干表中數據可知，“除鐵”時即讓Fe3+完全沉淀而Ni2+、Co2+不沉淀，則應調節溶液pH的范圍為3.2≤pH＜6.4，“沉淀”時調節溶液pH=9.0，即溶液中c(OH-)=10-5mol/L，則此時溶液中c(Ni2+)===10-10.6mol/L，c(Co2+)===10-10.0mol/L，故==10-0.6，p[]=-lg[]=-lg10-0.6=0.6，故答案為：3.2≤pH＜6.4；0.6；（5）由分析可知，“系列操作”為蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌、干燥得到(NH4)2MoO4·7H2O晶體，故答案為：蒸發濃縮；冷卻結晶；（6）根據Mo元素守恒可知，50.00kg該廢鉬催化劑(含Mo元素質量分數為10.56%)理論上應該生成七水鉬酸銨的質量為：50.00kg×10.56%×=17.71kg，通過該工藝最終得到15.05kg七水鉬酸銨(相對分子質量為322)產品，則該工藝中七水鉬酸銨的收率為×100%=85.0%，故答案為：85.0。6．(1)Cu、Fe(2)(3)pH降低，c（H+）增大，溶液中c（F-）減小，為使CaF2和MgF2的溶解平衡逆向移動，NaF用量更多10-2.5(4)4.01.00(5)蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾(6)P507+煤油【分析】由提示信息，酸浸液中的金屬陽離子有Ni2+、Co2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+等，用鐵除銅，置換反應，濾渣1為Cu、過量的Fe；用NaClO3與發生氧化還原反應除鐵，用NaF生成沉淀除Ca、Mg；用P507煤油萃取，把Ni與Co分開。【詳解】（1）由分析濾渣1為Cu、Fe；（2）根據氧化還原反應配平方程式：（3）①“除鈣鎂”時，隨pH降低，c（H+）增大，H++F-HF，平衡右移，c（F-）減小，為使CaF?和MgF?的溶解平衡逆向移動，NaF用量急劇增加；②已知離子濃度≤10-5mol·L-1時,認為該離子沉淀完全,且Ksp(CaF2)=1.0×10-10,Ksp(MgF?)=7.5×10-11，鈣離子沉淀完全時,c(F-)=(mol/L),鎂離子沉淀完全時，c(F-)=(mol/L),所以為使Ca2+和Mg2+沉淀完全,溶液中c(F-)最小為1.0×10-2.5mol/L;（4）萃取目的是為了獲取NiSO4溶液和Co負載有機相,所以Co萃取率越高越好,Ni萃取率越低越好,所以由圖分析可知應選擇的pH和Va:V0分別為4.0和1.00（5）NiSO4在水中的溶解度隨溫度升高而增大，由NiSO4溶液獲得NiSO4(s)應采用重結晶的方法,故一系列操作為:蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾。（6）)由工藝流程分析可知，可循環利用的物質是萃取劑P507十煤油。7．(1)適當增大硫酸濃度或適當升高溫度或將鎳鈷礦粉碎增大接觸面積(2)NA(3)CaSO4、Fe(OH)3(4)9.0%SO2有還原性，過多將會降低的濃度，降低(Ⅱ)氧化速率(5)(6)11.1【分析】在“氧化”中，混合氣在金屬離子的催化作用下產生具有強氧化性的過一硫酸，用石灰乳調節，被氧化為，發生反應，Fe3+水解同時生成氫氧化鐵，“沉鉆鎳”過程中，Co2+變為Co(OH)2，在空氣中可被氧化成。【詳解】（1）用硫酸浸取鎳鈷礦時，為提高浸取速率可適當增大硫酸濃度、升高溫度或將鎳鈷礦粉碎增大接觸面積（2）的結構簡式為，所以中過氧鍵的數目為NA（3）用石灰乳調節，被氧化為，該反應的離子方程式為：；氫氧化鐵的Ksp=10-37.4，當鐵離子完全沉淀時，溶液中c(Fe3+)=10-5mol/L，，c(OH-)=10-10.8mol/L，根據Kw=10-14，pH=3.2，此時溶液的pH=4，則鐵離子完全水解，生成氫氧化鐵沉淀；由于CaSO4微溶于水，故濾渣還有CaSO4和氫氧化鐵；（4）根據圖示可知體積分數為0.9%時，(Ⅱ)氧化速率最大；繼續增大體積分數時，由于SO2有還原性，過多將會降低的濃度，降低(Ⅱ)氧化速率（5）“沉鉆鎳”中得到的Co(OH)2，在空氣中可被氧化成，該反應的化學方程式為：；（6）氫氧化鎂的Ksp=10-10.8，當鎂離子完全沉淀時，c(Mg2+)=10-5mol/L，根據Ksp可計算c(OH-)=10-2.9mol/L，根據Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1；8．(1)[Al(OH)4]-(2)將濾渣置于漏斗中，向漏斗內加入蒸餾水直至浸沒濾渣，讓水自然留下，重復，待通過焰色試驗檢測不到鈉離子后停止洗滌(3)2:1(4)分液漏斗加入稀硫酸能增大c(H+)，使平衡Co2＋(水層)＋2HT(有機層)CoT2(有機層)＋2H+(水層)逆向移動，c(Co2+)濃度升高，能獲得較純的含Co2+的水溶液(5)(NH4)2S2O8+MnSO4+2H2O=MnO2+(NH4)2SO4+2H2SO4(6)890℃【分析】電池正極片加入NaOH溶液與鋁片反應生成能溶于水的Na[Al(OH)4]，向濾渣中加入硫酸和過氧化氫還原，加入有機物HT萃取出Co2＋、Li＋，加入(NH4)2S2O8氧化Mn2+生成MnO2，加入草酸銨與Co2＋反應生成CoC2O4·2H2O，高溫分解生成CoO；【詳解】（1）鋁片與足量NaOH溶液反應生成Na[Al(OH)4]，濾液1中含鋁微粒為[Al(OH)4]-；（2）洗滌的操作過程：將濾渣置于漏斗中，向漏斗內加入蒸餾水直至浸沒濾渣，讓水自然留下，重復，待通過焰色試驗檢測不到鈉離子后停止洗滌；（3）“還原”時，反應的離子方程式為2Co3++H2O2=2Co2++O2↑+2H+，參加反應的2:1；向CoT2(有機層)中加入稀硫酸能增大c(H+)，使平衡逆向移動，c(Co2+)濃度升高，能獲得較純的含Co2+的水溶液；（4）進行萃取操作時，用到的玻璃儀器有分液漏斗、燒杯；（5）“氧化”過程中將Mn2+氧化生成MnO2，自身被還原為，MnSO4發生反應生成MnO2、(NH4)2SO4和H2SO4的化學方程式為：(NH4)2S2O8+MnSO4+2H2O=MnO2+(NH4)2SO4+2H2SO4；（6）CoC2O4?2H2O的相對分子質量為183，假設其質量為183g,加熱到160℃時失重率為19.67%，減少的物質質量為183g×19.67%=36g，而183g晶體中含有的結晶水是36g，可知是恰好失去全部的結晶水，即加熱到160℃時所得固體的化學式為CoC2O4，反應的化學方程式：，由圖可知，“高溫分解”生成CoO，失重率，需控制的最低溫度為890℃。故答案為：；890℃。9．(1)2：3(2)(3)pH偏低，氫離子濃度過大，與氟離子生成弱酸HF鎂離子沉淀完全時，，此時，，未沉淀完全(4)P5074(5)有晶膜析出時【分析】由題給流程可知，向廢爐渣中加入硫酸和硝酸的混酸，經金屬氧化物轉化為可溶的硫酸鹽，向溶液中加入碳酸鈉溶液將鈣元素部分轉化為碳酸鈣沉淀，過濾得到含有碳酸鈣的濾渣1和濾液；向濾液中加入鐵粉，將溶液中的銅離子轉化為銅，過濾得到銅和濾液；向濾液中加入氯酸鈉溶液將亞鐵離子氧化為鐵離子，調節溶液pH將鐵離子轉化為黃鈉鐵礬沉淀，過濾得到黃鈉鐵礬和濾液；向濾液中加入氟化鈉