Question

4．一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co₂O₃•CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中．

（1）过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的化学反应方程式为2Al+2NaOH+2H₂O=2NaAlO₂+3H₂↑．
（2）过程II中加入稀H₂SO₄酸化后，再加入Na₂S₂O₃溶液浸出钴．则浸出钴的离子反应方程式为（产物中只有一种酸根）4Co₂O₃•CoO+S₂O₃^2-+22H⁺=12Co²⁺+2SO₄^2-+11H₂O．请从反应原理分析不用盐酸酸化的主要原因Co₂O₃•CoO可氧化盐酸产生Cl₂，污染环境．
（3）碳酸钠溶液在过程III和IV中所起作用有所不同，请分别用离子方程式表示在过程III、IV中起的作用：2Al³⁺+3CO₃^2-+3H₂O=2Al（OH）₃↓+3CO₂↑；Co²⁺+CO₃^2-=CoCO₃↓．
（4）某天然碱的化学式可表示为2Na₂CO₃•NaHCO₃•2H₂O，取少量该物质溶于水得稀溶液P．下列有关溶液P中微粒的物质的量浓度关系正确的是AD（填序号）．
A．c（CO₃^2-）＞c（HCO₃^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）
B．c（OH^-）=c（H⁺）+c（HCO₃^-）+2c（H₂CO₃）
C．3c（Na⁺）＞5c（CO₃^2-）+5c（HCO₃^-）+5c（H₂CO₃）
D．将P溶液与少量NaOH溶液混合：c（Na⁺）+c（H⁺）=c（HCO₃^-）+2c（CO₃^2-）+c（OH^-）
（5）CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl₂溶液．CoCl₂含结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CoCl₂吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水．如图是粉红色的CoCl₂•6H₂O晶体受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，B物质的化学式是CoCl₂•H₂O．

Answer 1

分析 操作Ⅰ利用了铝能溶解在氢氧化钠溶液的性质，将铝从废料中分离出来，过滤后得到含Co₂O₃•CoO的钴渣，再用酸溶解过滤后得到含Co³⁺及Al³⁺、Li⁺的滤液，通过调整溶液的pH得到Al（OH）₃和LiF沉淀，再过滤得到含Co³⁺的滤液，再滴加Na₂CO₃溶液得到CoCO₃沉淀，经过滤、洗涤沉淀，最后将CoCO₃进行加热分解可得CoO粉末，
（1）Al和NaOH溶液发生氧化还原反应生成偏铝酸钠和氢气；
（2）Co₂O₃•CoO在酸性条件下和硫代硫酸钠反应生成钴离子、硫酸根离子和水；
Co₂O₃•CoO具有氧化性，HCl具有还原性，二者发生氧化还原反应；
（3）Al³⁺和CO₃^2-发生双水解反应生成Al（OH）₃和CO₂；Co²⁺和CO₃^2-反应生成CoCO₃沉淀；
（4）任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；
（5）根据关系式CoCl₂•6H₂O～CoCl₂求出CoCl₂•6H₂O的质量，然后再根据差量法求出B物质的化学式．

解答 解：操作Ⅰ利用了铝能溶解在氢氧化钠溶液的性质，将铝从废料中分离出来，过滤后得到含Co₂O₃•CoO的钴渣，再用酸溶解过滤后得到含Co³⁺及Al³⁺、Li⁺的滤液，通过调整溶液的pH得到Al（OH）₃和LiF沉淀，再过滤得到含Co³⁺的滤液，再滴加Na₂CO₃溶液得到CoCO₃沉淀，经过滤、洗涤沉淀，最后将CoCO₃进行加热分解可得CoO粉末，
（1）Al和NaOH溶液发生氧化还原反应生成偏铝酸钠和氢气，反应方程式为2Al+2NaOH+2H₂O=2NaAlO₂+3H₂↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H₂O=2NaAlO₂+3H₂↑；
（2）Co₂O₃•CoO在酸性条件下和硫代硫酸钠反应生成钴离子、硫酸根离子和水，离子方程式为4Co₂O₃•CoO+S₂O₃^2-+22H⁺=12Co²⁺+2SO₄^2-+11H₂O；
Co₂O₃•CoO具有氧化性，HCl具有还原性，二者发生氧化还原反应生成氯气，氯气有毒，污染环境，所以不能用盐酸；
故答案为：4Co₂O₃•CoO+S₂O₃^2-+22H⁺=12Co²⁺+2SO₄^2-+11H₂O；Co₂O₃•CoO可氧化盐酸产生Cl₂，污染环境；
（3）Al³⁺和CO₃^2-发生双水解反应生成Al（OH）₃和CO₂；Co²⁺和CO₃^2-反应生成CoCO₃沉淀，离子方程式分别为2Al³⁺+3CO₃^2-+3H₂O=2Al（OH）₃↓+3CO₂↑、Co²⁺+CO₃^2-=CoCO₃↓，故答案为：2Al³⁺+3CO₃^2-+3H₂O=2Al（OH）₃↓+3CO₂↑；Co²⁺+CO₃^2-=CoCO₃↓；
（4）A．碳酸根离子水解、碳酸氢根离子水解程度大于电离程度导致溶液中碱性，所以c（OH^-）＞c（H⁺），碳酸根离子、碳酸氢根离子水解程度都较小，所以溶液中存在c（CO₃^2-）＞c（HCO₃^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），故A正确；
B．溶液中存在电荷守恒c（Na⁺）+c（H⁺）=c（HCO₃^-）+2c（CO₃^2-）+c（OH^-），存在物料守恒3c（Na⁺）=5c（CO₃^2-）+5c（HCO₃^-）+5c（H₂CO₃），则3c（OH^-）=3c（H⁺）+2c（HCO₃^-）+5c（H₂CO₃）+2c（CO₃^2-），故B错误；
C．根据物料守恒可得：3c（Na⁺）=5c（CO₃^2-）+5c（HCO₃^-）+5c（H₂CO₃），所以3c（Na⁺）＞5c（CO₃^2-）+5c（HCO₃^-），故C错误；
D．溶液中存在电荷守恒c（Na⁺）+c（H⁺）=c（HCO₃^-）+2c（CO₃^2-）+c（OH^-），故D正确；
故答案为：AD；
（5）CoCl₂•6H₂O～CoCl₂
        238             130    
         m             65mg
 $\frac{238}{m}$，解得：m=119mg
 B物质的化学式为CoCl₂•nH₂O，则有：
   CoCl₂•6H₂O～CoCl₂•nH₂O△m
    238                       18（6-n）
   119mg                      119mg-74mg
$\frac{238}{119mg}$=$\frac{18（6-n）}{（119-74）mg}$，解得：n=1，
所以B物质的化学式为：CoCl₂•H₂O，
故答案为：CoCl₂•H₂O．

点评 本题考查物质分离和提纯、离子浓度大小比较、化学方程式的有关计算等知识点，为高频考点，明确物质性质、各物质之间的关系、常见物质分离提纯方法等知识点是解本题关键，知道流程图中发生的反应及基本操作方法，难点是B物质化学式的确定．