题目内容

1．CoCl2•6H2O是一种饲料营养强化剂．一种利用水钴矿（主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等）制取CoCl2•6H2O的工艺流程如下：

已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：（金属离子浓度为：0.01mol/L）
沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3Mn（OH）2
开始沉淀2.77.67.64.07.7
完全沉淀3.79.69.25.29.8
③CoCl2•6H2O熔点为86℃，加热至110-120℃时，失去结晶生成无水氯化钴．
（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O．
（2）写出NaClO3发生反应的主要离子方程式ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O．
（3）“加加Na2CO3调pH至a”，过滤所得到的沉淀成分为Fe（OH）3、Al（OH）3，加入萃取剂的目的是除去溶液中的Mn2+，防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀．
（4）制得的CoCl2•6H2O在烘干时需减压烘干的原因是降低烘干温度，防止产品分解．
（5）为测定粗产品中CoCl2•6H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量HNO3酸化的AgNO3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CoCl2•6H2O的质量分数大于100%，其原因可能是粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水．（答一条即可）

分析 含钴废料中加入盐酸，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2，加入过氧化氢，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，为得到CoCl2•6H2O晶体，应空气温度在86℃以下，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干，
（1）根据流程图结合信息浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等进行解答；
（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气；
（3）加Na2CO3调pH至a，铝离子、铁离子都能与碳酸根离子发生双水解生成沉淀；加入萃取剂可除去锰离子；
（4）温度高时，CoCl2•6H2O分解；
（5）根据CoCl2•6H2O的组成分析，可能是含有杂质，也可能是失去部分水．

解答 解：（1）向水钴矿，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，
故答案为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；
（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，其反应的离子方程式为：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；
故答案为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；
（3）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至a，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑，所以沉淀成分为：Fe（OH）3、Al（OH）3，据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，
故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；除去溶液中的Mn2+，防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀；
（4）根据题意知，CoCl2•6H2O常温下稳定无毒，加热至110～120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，为防止其分解，制得的CoCl2•6H2O需减压烘干，
故答案为：降低烘干温度，防止产品分解；
（5）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：含有杂质，导致氯离子含量大或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：粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水．

点评 本题通过制取CoCl2•6H2O的工艺流程，考查了物质制备方案的设计，为高考常见题型，题目难度中等，理解工艺流程图、明确实验操作与设计及相关物质的性质是解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．

练习册系列答案
相关题目
2．取FeCl2溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成．当消耗2mol I-时，共转移3mol电子，该反应的离子方程式是2Fe2++3H2O2+4I-=2Fe（OH）3↓+2I2．
3．化学与生活密切相关，下列说法正确的是（　　）
A．漂白粉长期放置在空气中会被空气中的氧气氧化而变质
B．河水中有许多杂质和有害细菌，加入K2FeO4可以消毒杀菌除杂
C．辽宁舰上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于新型无机非金属材料
D．利用加热的方法杀死人体内感染的埃博拉病毒
20．下列实验设计能达到相应实验目的是（　　）
A．鉴别蚕丝与人造纤维：分别取少许点燃，闻气味
B．提纯含少量苯酚的苯：向含少量苯酚的苯溶液中加入浓溴水，静置、过滤
C．验证NH4+水解是吸热反应：向0.1mol•L-1NH4Cl溶液中插入温度计，微热溶液，观察读数
D．检验C4H9X中的卤素：向少量C4H9X中加入NaOH溶液煮沸一会，冷却后直接加入AgNO3溶液，观察现象
7．下列实验操作、现象与结论对应关系正确的是（　　）
选项实验操作实验现象结论
A将1g碳酸钠固体和1g碳酸氢钠固体分别加入两支试管，加10mL水溶解后，滴加1～2滴酚酞溶液碳酸钠溶液显红色，碳酸氢钠溶液显浅红色碳酸钠溶液碱性比碳酸氢钠溶液碱性强
B除锈的铁钉在浓硝酸中浸泡后，用蒸馏水洗净，再加入CuSO4溶液中无明显现象铁不与CuSO4溶液反应
C将SO2和CO2气体分别通入水中至饱和，立即用pH计测两溶液的pH前者的pH小于后者H2SO3酸性强于H2CO3
D向2mL0.1mol/LNa2S溶液中滴入几滴0.1mol/LZnSO4溶液，再加入几滴0.1mol/LCuSO4溶液开始有白色沉淀生成，后又有黑色沉淀生成溶度积（Ksp）：ZnS＞CuS
A．AB．BC．CD．D
6．（1）Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定．
为测定产品纯度，进行了如下实验：准确称取W g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000mol•L-1碘的标准溶液滴定．
反应原理为：2S2O32-+I2═S4O62-+2I-
①如何判断滴定终点？加入最后一滴碘的标准液，溶液由无色变变蓝色，且半分钟内不恢复原来颜色．
②测定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为18.10mL．产品的纯度为（设Na2S2O3•5H2O相对分子质量为M）$\frac{3.62×1{0}^{-3}M}{W}$×100%．
（2）利用I2的氧化性可测定钢铁中硫的含量．做法是将钢样中的硫转化成H2SO3，然后用一定浓度的I2溶液进行滴定，标准I2溶液应装在酸式滴定管中（填“酸式”或“碱式”，滴定反应的离子方程式为I2+H2SO3+H2O═4H++2I-+SO42-．
13．恒温恒容下，将4molA和2molB通入体积为2L的密闭容器中，发生如下反应：2A（g）+B（g）?xC（g）+2D（s），2min后反应达到平衡状态，此时剩余0.8molB，并测得C的浓度为1.8mol/L．
（1）X=3
（2）从开始反应至平衡状态，生成C的平均反应速率为0.9mol/（L•min）
（3）气体A的转化率为60%．
10．少量铁粉与100mL 0.01mol•L-1的稀盐酸反应，反应速率太慢．为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的（　　）
A．升高温度（不考虑盐酸挥发）B．改用10 mL 0.1 mol/L硝酸
C．加入NaCl溶液D．滴入几滴硫酸铜溶液
11．下列化学反应在理论上可设计成原电池的是（　　）
A．CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑B．Cu+2AgNO3=2Ag+Cu（NO3）2
C．CaO+H2O=Ca（OH）2D．3NaOH+FeCl3=3NaCl+Fe（OH）3↓

违法和不良信息举报电话：027-86699610 举报邮箱：58377363@163.com

精英家教网