为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式                。

$\\text{AlO}_{2}^{-}+{{\\text{H}}^{+}}+{{\\text{H}}_{2}}\\text{O}=\\text{Al}{{\\left( \\text{OH} \\right)}_{3}}\\downarrow $

根据分析可知，滤液①中含有$\rm NaAlO_{2}$和过量的$\rm NaOH$，加入稀硫酸，调为中性，生成氢氧化铝沉淀，发生反应的离子方程式为$\text{AlO}_{2}^{-}+{{\text{H}}^{+}}+{{\text{H}}_{2}}\text{O}=\text{Al}{{\left( \text{OH} \right)}_{3}}\downarrow $。

“滤液②”中含有的金属离子是                。

$\\text{N}{{\\text{i}}^{2+}}$、$\\text{F}{{\\text{e}}^{2+}}$、$\\text{F}{{\\text{e}}^{3+}}$

加入稀硫酸酸浸，$\rm Ni$、$\rm Fe$及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是$\text{N}{{\text{i}}^{2+}}$、$\text{F}{{\text{e}}^{2+}}$、$\text{F}{{\text{e}}^{3+}}$；

“转化”中可替代$\rm H_{2}O_{2}$的物质是                ，如果“转化”后的溶液中$\text{N}{{\text{i}}^{2+}}$浓度为$1.0\;\rm \text{mol}\cdot {{\text{L}}^{-1}}$，则“调$\rm pH$”应控制的$\rm pH$范围是                。

$\\rm O_{2}$或空气；$3.2\\leqslant \\text{pH}\\lt 6.2$

“转化”中$\rm H_{2}O_{2}$的作用是将$\text{F}{{\text{e}}^{2+}}$氧化为$\text{F}{{\text{e}}^{3+}}$，可用$\rm O_{2}$或空气替代；如果“转化”后的溶液中$\text{N}{{\text{i}}^{2+}}$浓度为$1.0\;\rm \text{mol}\cdot {{\text{L}}^{-1}}$，为避免镍离子沉淀，此时$c\left( \text{O}{{\text{H}}^{-}} \right)=\sqrt{\dfrac{{{K}_{\text{sp}}}\left[ \text{Ni}{{\left( \text{OH} \right)}_{2}} \right]}{c\left( \text{N}{{\text{i}}^{2+}} \right)}}=\sqrt{\dfrac{0.01\times {{\left( {{10}^{7.2-14}} \right)}^{2}}}{1.0}}\text{ mol/L}={{10}^{-7.8}}\text{ mol/L}$，则$c\left( {{\text{H}}^{+}} \right)=\dfrac{{{K}_{\text{w}}}}{c\left( \text{O}{{\text{H}}^{-}} \right)}=\dfrac{{{10}^{-14}}}{{{10}^{-7.8}}}\text{ mol/L}={{10}^{-6.2}}\text{ mol/L}$，即$\rm pH=6.2$；$\text{F}{{\text{e}}^{3+}}$完全沉淀的$\rm pH$为$\rm 3.2$，因此“调节$\rm pH$”应控制的$\rm pH$范围是$3.2\leqslant \text{pH}\lt 6.2$。

硫酸镍在强碱溶液中用$\rm NaClO$氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的$\rm NiOOH$。写出该反应的离子方程式                。

$2 \\mathrm{Ni}^{2+}+\\mathrm{ClO}^{-}+4 \\mathrm{OH}^{-}=2 \\mathrm{NiOOH} \\downarrow+\\mathrm{Cl}^{-}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$

由题干信息，硫酸镍在强碱中被$\rm NaClO$氧化得到$\rm NiOOH$沉淀，即反应中$\text{N}{{\text{i}}^{2+}}$被氧化为$\rm NiOOH$沉淀，$\text{Cl}{{\text{O}}^{-}}$被还原为$\text{C}{{\text{l}}^{-}}$，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为$2 \mathrm{Ni}^{2+}+\mathrm{ClO}^{-}+4 \mathrm{OH}^{-}=2 \mathrm{NiOOH} \downarrow+\mathrm{Cl}^{-}+\mathrm{H}_{2} \mathrm{O}$。

将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是                。

提高镍回收率

分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有$\text{N}{{\text{i}}^{2+}}$，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率。

第Ⅷ族元素单质及其化合物在工业生产和科研领域有重要的用途。

①$\text{Ni}{{\left( \text{CO} \right)}_{4}}$常用作制备高纯镍粉，其熔点为$\rm -19.3\;\rm ^\circ\rm C$，沸点为$\rm 43\;\rm ^\circ\rm C$。$\text{Ni}{{\left( \text{CO} \right)}_{4}}$中$\sigma $键和$\pi $键的数目之比为                。

②氧化镍和氯化钠的晶体结构相同，可看成镍离子替换钠离子，氧离子替换氯离子。若阿伏加德罗常数的值为${{N}_{\text{A}}}$，晶体密度为$\rho \;\rm\text{g}\cdot {c}{{\text{m}}^{-3}}$，则该晶胞中最近的${{\text{O}}^{2-}}$之间的距离为                $\rm pm($列出表达式$\rm )$。

$\\rm 1: 1$；$\\dfrac{\\sqrt{2}}{2}\\times \\sqrt[3]{\\dfrac{75\\times 4}{\\rho {{N}_{\\text{A}}}}}\\times {{10}^{10}}$

①单键都是$\sigma $键，三键分子中含有$\rm 1$个$\sigma $键和$\rm 2$个$\pi $键，$\text{Ni}{{\left( \text{CO} \right)}_{4}}$中$\sigma $键和$\pi $键的数目之比为$8:8=1:1$；

②在一个晶胞中含有$\text{N}{{\text{i}}^{2+}}$的个数：$\dfrac{1}{4}\times 12+1=4$；${{\text{O}}^{2-}}$的个数为：$\dfrac{1}{8}\times 8+\dfrac{1}{2}\times 6=4$，因此在一个晶胞中含有$\rm 4$个$\rm NiO$；晶胞的质量为$m=\dfrac{4\times 75}{{{N}_{\text{A}}}}\text{ g}$，晶胞密度为$\rho \;\mathrm{g} \cdot \mathrm{cm}^{-3}$，则晶胞参数为$\sqrt[3]{\dfrac{\dfrac{4\times 75}{{{N}_{\text{A}}}}}{\rho \text{ g/c}{{\text{m}}^{3}}}}=\sqrt[3]{\dfrac{4\times 75}{\rho {{N}_{\text{A}}}}}\times {{10}^{10}}\text{ pm}$，由于晶胞中最近的${{\text{O}}^{2-}}$之间的距离为面对角线的一半，所以最近的${{\text{O}}^{2-}}$之间的距离$ {L}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\times \sqrt[3]{\dfrac{75\times 4}{\rho {{N}_{\text{A}}}}}\times {{10}^{10}}\text{ pm}$。