Question

5．以含钴废催化剂（主要成分为Co、Fe、SiO₂）为原料，制取钴的氧化物的流程如图1：

（1）步骤Ⅰ中废催化剂用硫酸浸出后，将滤渣1进行再次浸出，其目的是提高钴元素的总浸出率．
（2）步骤Ⅱ需要加热搅拌，相应的离子方程式为6Fe²⁺+6H⁺+ClO₃^-$\frac{\underline{\;加热\;}}{\;}$ 6Fe³⁺+Cl^-+3H₂O．
（3）步骤Ⅲ中的反应为2Na⁺+6Fe³⁺+4SO₄^2-+12H₂O═Na₂Fe₆（SO₄）₄（OH）₁₂+12H⁺．过滤后母液的pH=2，.0，c（Na⁺）=a mol•L^-1，c（Fe³⁺）=b mol•L^-1，c（SO₄^2-）=d mol•L^-1，该反应的平衡常数K=$\frac{（1{0}^{-2}）^{12}}{{a}^{2}×{b}^{6}×{d}^{4}}$（用含a、b、d 的代数式表示）．
（4）完成步骤Ⅳ中反应的离子方程式：
□5Co²⁺+□CO₃^2-+□H₂O═Co₅（OH）₆（CO₃）₂↓+□3CO₂↑；
（5）已知CoCl₂的溶解度曲线如图2所示．步骤Ⅴ向碱式碳酸钴中加入足量稀盐酸，边加热边搅拌，待固体溶解后需趁热过滤．
①边加热边搅拌的原因是加快固体溶解速率；
②趁热过滤的原因是防止因温度降低，CoCl₂晶体析出．

Answer 1

分析 钴废催化剂加入稀硫酸，发生Co+H₂SO₄=CoSO₄+H₂↑，Fe+H₂SO₄=FeSO₄+H₂↑，过滤滤渣是不溶的二氧化硅，而滤液是硫酸钴、硫酸亚铁与过量的硫酸的混合溶液，向滤液中加氯酸钠将亚铁离子氧化成铁离子，然后加入碳酸钠得到黄钠铁矾[Na₂Fe₆（SO₄）₄（OH）₁₂]沉淀，继续向滤液中加入碳酸钠，得到碱式碳酸钴[（CoCO₃）₂•3Co（OH）₂]，然后用盐酸溶解碱式碳酸钴[（CoCO₃）₂•3Co（OH）₂]，再向所到溶液中加入草酸铵，得到溶解度极小的草酸钴，最后燃烧生成氧化钴．
（1）步骤Ⅰ中废催化剂用硫酸浸出后，将滤渣1进行再次浸出，其目的是提高滤液中钴的利用率；
（2）亚铁离子被氯酸根离子氧化成铁离子，根据得失电子守恒分析解答；
（3）依据平衡常数的概念计算，用生成物浓度的幂次方乘积除以反应物浓度的幂次方乘积；
（4）向滤液中加入碳酸钠，得到碱式碳酸钴[（CoCO₃）₂•3Co（OH）₂]和二氧化碳；
（5）①边加热边搅拌，能加快固体溶解在溶剂中的速率；
②CoCl₂的溶解度曲线可知，随温度的升高，CoCl₂的溶解度增大，所以趁热过滤，防止温度降低氯化钴析出．

解答 解：（1）步骤Ⅰ中废催化剂用硫酸浸出后，将滤渣1进行再次浸出，能够将滤渣中的钴元素的浸出率，所以其目的是提高钴元素的总浸出率，
故答案为：提高钴元素的总浸出率；
（2）亚铁离子被氯酸根离子氧化成铁离子，1molr的亚铁离子失去1mol的电子，而1mol的氯酸根离子得到6mol的电子，根据电子得失守恒，可知离子方程式为：6Fe²⁺+6H⁺+ClO₃^-═6Fe³⁺+Cl^-+3H₂O，
故答案为：6Fe²⁺+6H⁺+ClO₃^-$\frac{\underline{\;加热\;}}{\;}$ 6Fe³⁺+Cl^-+3H₂O；
（3）除去杂质的化学方程式可表示为：2Na⁺+6Fe³⁺+4SO₄^2-+12H₂O═Na₂Fe₆（SO₄）₄（OH）₁₂+12H⁺，过滤后母液的pH=2.0，c（Na⁺）=a mol•L^-1，c（Fe³⁺）=b mol•L^-1，c（SO₄^2-）=d mol•L^-1，氢离子浓度为10^-2，依据K的表达式写出K=$\frac{{C}^{2}（{H}^{+}）}{{C}^{2}（N{a}^{+}）×{C}^{6}（F{e}^{3+}）×{C}^{4}（S{{O}_{4}}^{2-}）}$=$\frac{（1{0}^{-2}）^{12}}{{a}^{2}×{b}^{6}×{d}^{4}}$，
故答案为：$\frac{（1{0}^{-2}）^{12}}{{a}^{2}×{b}^{6}×{d}^{4}}$；

（4）Co²⁺与CO₃^2-发生双水解，离子方程式为：5Co²⁺+5CO₃^2-+3H₂O=Co₅（OH）₆（CO₃）₂↓+3CO₂↑，
故答案为：5Co²⁺+5CO₃^2-+3H₂O=Co₅（OH）₆（CO₃）₂↓+3CO₂↑；
（5）①边加热边搅拌，能加快固体与溶剂的接触速度，加快固体溶解速率，
故答案为：加快固体溶解速率；
②CoCl₂的溶解度曲线可知，随温度的升高，CoCl₂的溶解度增大，所以趁热过滤，防止温度降低CoCl₂晶体析出，
故答案为：防止因温度降低，CoCl₂晶体析出．

点评 本题考查了工艺流程的分析判断，物质分离的方法和试剂选择方法，离子方程式的书写，平衡常数的计算等，需要学生具备知识的基础，题目难度中等．