Ni、Co 均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液…——2023 高考化学第 18 题答案解析

【答案】(1) $\mathrm{MgO} + \mathrm{H}_{2}\mathrm{O} = \mathrm{Mg(OH)}_{2}$ (2) > ③ $2\mathrm{Co(OH)}_{3} + 12\mathrm{NH}_{3} \cdot \mathrm{H}_{2}\mathrm{O} + \mathrm{SO}_{3}^{2-} = 2\left[\mathrm{Co}(\mathrm{NH}_{3})_{6}\right]^{2+} + \mathrm{SO}_{4}^{2-} + 13\mathrm{H}_{2}\mathrm{O} + 4\mathrm{OH}^{-}$ 或 $2\mathrm{Co(OH)}_{3} + 8\mathrm{NH}_{3} \cdot \mathrm{H}_{2}\mathrm{O} + 4\mathrm{NH}_{4}^{+} + \mathrm{SO}_{3}^{2-} = 2\left[\mathrm{Co}(\mathrm{NH}_{3})_{6}\right]^{2+} + \mathrm{SO}_{4}^{2-} + 13\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}$ (4) ①. 晶体 ②. 减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹, 增加了滤泥与氨性溶液的接触面积

(5) ①. HCl ②. 体心 ③. 12

(6) ①. 0.4 或 2:5 ②. MgO

【解析】

【分析】硝酸浸取液(含 $Ni^{2+}$ 、 $Co^{2+}$ 、 $Al^{3+}$ 、 $Mg^{2+}$ )中加入活性氧化镁调节溶液 pH 值，过滤，得到滤液主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，向滤液中进行镍钴分离，，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到氯化镍晶体。

活性 $\mathrm{MgO}$ 可与水反应，化学方程式为 $\mathrm{MgO} + \mathrm{H}_2\mathrm{O} = \mathrm{Mg(OH)}_2$ ；故答案为： $\mathrm{MgO} + \mathrm{H}_2\mathrm{O} = \mathrm{Mg(OH)}_2$ 。【小问2详解】

常温下，pH=9.9 的氨性溶液中， $\lg K_{b}\left(\mathrm{NH}_{3}\cdot\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}\right)=-4.7$ ，

$\mathrm{K_b(NH_3\cdot H_2O) = 10^{-4.7} = \frac{c(NH_4^+) \cdot c(OH^-)}{c(NH_3 \cdot H_2O)}}, \frac{c(NH_4^)}{c(NH_3 \cdot H_2O)} = \frac{10^{-4.7}}{c(OH^-)} = \frac{10^{-4.7}}{10^{-4.1}} = 10^{-0.6} < 1,$ 则 $\mathrm{c(NH_3\cdot H_2O) > c(NH_4^)}$ ；故答案为： $>$ 。

“氨浸”时， $\mathrm{Co(OH)_3}$ 与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成 $\left[\mathrm{Co(NH_3)_6}\right]^{2+}$ ，则由 $\mathrm{Co(OH)_3}$ 转化为 $\left[\mathrm{Co(NH_3)_6}\right]^{2+}$ 的离子方程式为 $2\mathrm{Co(OH)_3} + 12\mathrm{NH_3} \cdot \mathrm{H_2O} + \mathrm{SO_3^{2-}} = 2\left[\mathrm{Co(NH_3)_6}\right]^{2+} + \mathrm{SO_4^{2-}} + 13\mathrm{H_2O} + 4\mathrm{OH^-}$ 或 $2\mathrm{Co(OH)_3} + 8\mathrm{NH_3} \cdot \mathrm{H_2O} + 4\mathrm{NH_4^+} + \mathrm{SO_3^{2-}} = 2\left[\mathrm{Co(NH_3)_6}\right]^{2+} + \mathrm{SO_4^{2-}} + 13\mathrm{H_2O}$ ；故答案为：

$$ \begin{array}{l} 2 \mathrm{Co} (\mathrm{OH}) _ {3} + 1 2 \mathrm{NH} _ {3} \cdot \mathrm{H} _ {2} \mathrm{O} + \mathrm{SO} _ {3} ^ {2 -} = 2 \left[ \mathrm{Co} \left(\mathrm{NH} _ {3}\right) _ {6} \right] ^ {2 +} + \mathrm{SO} _ {4} ^ {2 -} + 1 3 \mathrm{H} _ {2} \mathrm{O} + 4 \mathrm{OH} ^ {-} \text {或} \\ 2 \mathrm{Co} (\mathrm{OH}) _ {3} + 8 \mathrm{NH} _ {3} \cdot \mathrm{H} _ {2} \mathrm{O} + 4 \mathrm{NH} _ {4} ^ {+} + \mathrm{SO} _ {3} ^ {2 -} = 2 \left[ \mathrm{Co} \left(\mathrm{NH} _ {3}\right) _ {6} \right] ^ {2 +} + \mathrm{SO} _ {4} ^ {2 -} + 1 3 \mathrm{H} _ {2} \mathrm{O} 。 \end{array} $$

【小问 4 详解】

$\left(\mathrm{NH}_{4}\right)_{2}\mathrm{CO}_{3}$ 会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了 $\mathrm{NH}_{4}\mathrm{Al}(\mathrm{OH})_{2}\mathrm{CO}_{3}$ 的明锐衍射峰。

①X射线衍射图谱中，出现了 $\mathrm{NH_{4}Al(OH)_{2}CO_{3}}$ 的明锐衍射峰，则 $\mathrm{NH_{4}Al(OH)_{2}CO_{3}}$ 属于晶体；故答案为：晶体。

②根据题意 $\left(\mathrm{NH}_{4}\right)_{2}\mathrm{CO}_{3}$ 会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则 $\left(\mathrm{NH}_{4}\right)_{2}\mathrm{CO}_{3}$ 能提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积；故答案为：减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。

【小问 5 详解】

①“析晶”过程中为了防止 $Ni^{2+}$ 水解，因此通入的酸性气体 A 为 HCl；故答案为：HCl。

②由 $CoCl_{2}$ 可制备 $Al_{x}CoO_{y}$ 晶体，其立方晶胞如图。x、y 为整数，根据图中信息 Co、Al 都只有一个原子，而氧(白色)原子有 3 个，Al 与 O 最小间距大于 Co 与 O 最小间距，则 Al 在顶点，因此 Co 在晶胞中的位置为体心；晶体中一个 Al 周围与其最近的 O 原子，以顶点 Al 分析，面心的氧原子一个横截面有 4 个，三个横截面共 12 个，因此晶体中一个 Al 周围与其最近的 O 的个数为 12；故答案为：体心；12。

【小问 6 详解】

①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体 A 含 6 个结晶水，则晶体 A 为 $\mathrm{Mg(NO_{3})_{2}\cdot6H_{2}O}$ ，根据 $\mathrm{Mg(NO_{3})_{2}+2H_{2}O\rightleftharpoons Mg(OH)_{2}+2HNO_{3}}$ ， $\mathrm{Mg(OH)_{2}\xlongequal{\Delta}MgO+H_{2}O}$ ，还剩余 5 个水分子，因此所得 $HNO_{3}$ 溶液中 $\mathrm{n(HNO_{3})}$ 与 $\mathrm{n(H_{2}O)}$ 的比值理论上最高为 2:5；故答案为：0.4 或 2:5。

②“热解”对于从矿石提取 Ni、Co 工艺的意义，根据前面分析

$\mathrm{Mg(NO_{3})_{2} + 2H_{2}O\rightleftharpoons Mg(OH)_{2} + 2HNO_{3}, Mg(OH)_{2}\stackrel{\Delta}{=}MgO + H_{2}O}$ ，在于可重复利用 $\mathrm{HNO}_3$ 和

MgO；故答案为：MgO。