Question

5．钴及其化合物可作为一些化学合成的催化剂，亦用于油漆、颜料、玻璃、釉瓷及电极板等的制造．
（1）粉红色、不溶于水的Co（OH）₂空气中慢慢被氧化为棕褐色的Co（OH）|₃，反应的化学方程式为4Co（OH）₂+O₂+2H₂O=4Co（OH）₃．
（2）CoxNi（1-x）Fe₂O₄可用作H₂O₂分解的催化剂，具有较高的活性．两种不同方法制得的催化剂CoxNi（1-x）Fe₂O₄在10℃时催化分解6%的H₂O₂溶液的相对初始速率随X变化的曲线如图所示．由图中信息可知：微波水热法制取得到的催化剂活性更高；Co²⁺、Ni²⁺两种离子中催化效果较好的是Co²⁺．
（3）CoCl₂常用作多彩水泥的添加剂，可用钴的氧化物（其中Co的化合价为+2、+3）制备，现将一定量的某种钴的氧化物用480mL5mol•L^-1盐酸恰好将其完全溶解，得到CoCl₂溶液和6.72L（标准状况下）黄绿色气体．则该钴的氧化物的化学式为Co₃O₄+8HCl═3CoCl₂+Cl₂↑+4H₂O（列出计算过程）．
（4）将上述制得一定量的CoCl₂•6H₂O粗产品溶于水，加入足量的硝酸银溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量，通过计算发现粗产品中CoC_l2•6H₂O的质量分数大于100%，其原因可能是样品中含有NaCl杂质，CoCl₂•6H₂O烘干时失去了部分结晶水．

Answer 1

分析 （1）类比氢氧化亚铁的性质回答即可；
（2）过氧化氢的分解速率越大，催化剂活性更高；随x值越大，过氧化氢的分解速率越大，而x增大，Co²⁺的比例增大，据此进行分析；
（3）由电子守恒：n（Co³⁺）=2 n（Cl₂），由电荷守恒：n（Co原子）_总=n（Co²⁺）_溶液=$\frac{1}{2}$n（Cl^-），联立计算n_氧化物（Co²⁺），根据化合价电荷守恒为0计算氧化物中n（O），进而计算氧化物中n（Co）：n（O），结合原子守恒写出化学方程式；
（4）根据CoCl₂•6H₂O的组成分析，造成产品中CoCl₂•6H₂O的质量分数大于100%的原因可能是：1、含有杂质，导致氯离子含量大，2、结晶水化物失去部分水；

解答 解：（1）Co（OH）₂在空气中慢慢被氧化为棕褐色的Co（OH）₃的方程式为：4Co（OH）₂+O₂+2H₂O=4Co（OH）₃，
故答案为：4Co（OH）₂+O₂+2H₂O=4Co（OH）₃；
（2）过氧化氢的分解速率越大，催化剂活性更高，根据图象可知，x相同时，微波水热法初始速度大于常规水热法，故微波水热法制得催化剂的活性更高；由图可知，随x值越大，过氧化氢的分解速率越大，而x增大，Co²⁺的比例增大，故Co²⁺的催化活性更高，故答案为：微波水热；Co²⁺；
（3）由电子守恒：n（Co³⁺）=2 n（Cl₂）=2×$\frac{6.72L}{22.4L/mol}$=0.6 mol，由电荷守恒：n（Co原子）_总=n（Co²⁺）_溶液=$\frac{1}{2}$n（Cl^-）=$\frac{1}{2}$×（ 0.48L×5mol/L-2×0.3mol）=0.9 mol，所以固体中的n（Co²⁺）=0.9mol-0.6mol=0.3 mol，根据化合价电荷守恒为0，氧化物中n（O）=（0.3mol×2+0.6mol×3）÷2=1.2mol，故该钴氧化物中n（Co）：n（O）=0.9mol：1.2mol=3：4，故氧化物的化学式为：Co₃O₄，和盐酸反应的化学方程式为Co₃O₄+8HCl═3CoCl₂+Cl₂↑+4H₂O，
故答案为：Co₃O₄+8HCl═3CoCl₂+Cl₂↑+4H₂O；
故答案为：降低烘干温度，防止产品分解；
（4）根据CoCl₂•6H₂O的组成分析，造成产品中CoCl₂•6H₂O的质量分数大于100%的原因可能是：1、含有杂质，导致氯离子含量大，2、结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，
故答案为：样品中含有NaCl杂质，CoCl₂•6H₂O烘干时失去了部分结晶水；

点评 本题考查学生对实验原理理解、实验装置的理解、物质组成的测定等，难度中等，理解实验原理是解题的关键，是对知识的综合运用，需要学生具有扎实的基础与综合运用分析解决问题的能力．