Question

10．利用钴渣[含Co₂0₃•CoO、少量Fe₂O₃等金属氧化物，氧化性：Co³⁺＞Fe³⁺]，制备钴氧化物的工艺流程如图：

（1）Co₂0₃“溶解还原”的离子方程式为Co₂O₃+SO₃^2-+4H⁺=2Co²⁺+SO₄^2-+2H₂O．
（2）将浸液在空气中搅拌，生成红褐色絮状物，用离子方程式表示过程变化4Fe²⁺+O₂+10H₂O=4Fe（OH）₃↓+8H⁺．然后加入NH₄HCO₃调节pH=3.7～8时有大量红褐色沉淀生成，解释其原因加入NH₄HCO₃调节pH=3.7～8时则促进铁离子的水解，因而有大量红褐色沉淀生成．
（3）以石墨做电极，电解CoSO₄和CuSO₄的混合溶液可以制得Co₂O₃．阳极发生的电极反应式为2Co²⁺-2e^-+3H₂O=Co₂O₃+6H⁺，观察到阴极石墨电极上包裹铜层；若电解液中不加入CuSO₄时，出现的主要问题是阴极上Co³⁺获得电子生成Co²⁺，Co²⁺的利用率降低．
（4）在空气中煅烧CoC₂O₄•2H₂O（M为183g/mol），在不同温度下分别得到一种固体物质，充分煅烧5.49g该晶体，测得其残留质量如表：

温度范围（℃）	残留固体质量（g）
150～210	4.41
290～320	2.41
890～920	2.25

经测定，210℃～320℃过程中，产生的气体只有CO₂，则此过程发生的化学反应方程式为3CoC₂O₄+2O₂$\frac{\underline{\;210℃～320℃\;}}{\;}$Co₃O₄+6CO₂．

Answer 1

分析 利用钴渣[含Co₂0₃•CoO、少量Fe₂O₃等金属氧化物，制备钴氧化物的工艺流程为，将钴渣加硫酸溶解后为钴离子和铁离子等，钴离子和铁离子与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成亚钴离子和亚铁离子，调节溶液的pH值，将浸液在空气中搅拌，使亚铁离子生成氢氧化铁沉淀，过滤后在滤液中加入草酸铵调节溶液pH值，生成草酸钴晶体沉淀，煅烧CoC₂O₄晶体生成钴氧化物，
（1）Co₂0₃与亚硫酸根反应生成钴离子和硫酸根离子；
（2）亚铁离子被空气中氧气氧化成铁离子水解得到氢氧化铁，然后加入NH₄HCO₃调节pH=3.7～8时则促进铁离子的水解，因而有大量红褐色沉淀生成；
（3）以石墨做电极，电解CoSO₄和CuSO₄的混合溶液，阳极上亚钴离子发生氧化反应生成氧化钴，阴极上铜离子放电生成铜，若电解液中不加入CuSO₄，阴极上Co³⁺获得电子生成Co²⁺，Co²⁺的利用率降低；
（4）计算晶体物质的量n=$\frac{5.49g}{183g/mol}$=0.03mol，失去结晶水应为0.06mol，固体质量变化=0.06mol×18g/mol=1.08g，图表数据可知，150℃～210℃固体质量变化=5.49g-4.41g=1.08g，说明210℃失去结晶水得到CoC₂O₄；210℃～320℃过程中是CoC₂O₄发生的反应，210℃～320℃过程中产生的气体只有CO₂ ，依据元素守恒得到生成CO₂物质的量为0.06mol，质量=0.06mol×44g/mol=2.64g，气体质量共计减小=4.41g-2.41g=2g，说明不是分解反应，参加反应的还有氧气，则反应的氧气质量=2.64g-2g=0.64g，O₂物质的量=$\frac{0.064g}{32g/mol}$=0.02mol，依据原子守恒配平书写反应的化学方程式，据此书写化学方程式；

解答 解：（1）Co₂0₃与亚硫酸根反应生成钴离子和硫酸根离子，反应的离子方程式为Co₂O₃+SO₃^2-+4H⁺=2Co²⁺+SO₄^2-+2H₂O，
故答案为：Co₂O₃+SO₃^2-+4H⁺=2Co²⁺+SO₄^2-+2H₂O；
（2）亚铁离子被空气中氧气氧化成铁离子水解得到氢氧化铁反应的离子方程式为4Fe²⁺+O₂+10H₂O=4Fe（OH）₃↓+8H⁺，然后加入NH₄HCO₃调节pH=3.7～8时则促进铁离子的水解，因而有大量红褐色沉淀生成，
故答案为：4Fe²⁺+O₂+10H₂O=4Fe（OH）₃↓+8H⁺；加入NH₄HCO₃调节pH=3.7～8时则促进铁离子的水解，因而有大量红褐色沉淀生成；
（3）以石墨做电极，电解CoSO₄和CuSO₄的混合溶液，阳极上亚钴离子发生氧化反应生成氧化钴，电极反应式为2Co²⁺-2e^-+3H₂O=Co₂O₃+6H⁺，阴极上铜离子放电生成铜，若电解液中不加入CuSO₄，阴极上Co³⁺获得电子生成Co²⁺，Co²⁺的利用率降低，
故答案为：2Co²⁺-2e^-+3H₂O=Co₂O₃+6H⁺； 阴极上Co³⁺获得电子生成Co²⁺，Co²⁺的利用率降低；
（4）计算晶体物质的量n=$\frac{5.49g}{183g/mol}$=0.03mol，失去结晶水应为0.06mol，固体质量变化=0.06mol×18g/mol=1.08g，图表数据可知，150℃～210℃固体质量变化=5.49g-4.41g=1.08g，说明210℃失去结晶水得到CoC₂O₄；210℃～320℃过程中是CoC₂O₄发生的反应，210℃～320℃过程中产生的气体只有CO₂ ，依据元素守恒得到生成CO₂物质的量为0.06mol，质量=0.06mol×44g/mol=2.64g，气体质量共计减小=4.41g-2.41g=2g，说明不是分解反应，参加反应的还有氧气，则反应的氧气质量=2.64g-2g=0.64g，O₂物质的量=$\frac{0.064g}{32g/mol}$=0.02mol，则：n（CoC₂O₄）：n（O₂）：n（CO₂）=0.03：0.02：0.06=3：2：6，
方程式计量系数之比等于转化量之比，所以该反应的方程式为：3CoC₂O₄+2O₂$\frac{\underline{\;210℃～320℃\;}}{\;}$Co₃O₄+6CO₂，
故答案为：3CoC₂O₄+2O₂$\frac{\underline{\;210℃～320℃\;}}{\;}$Co₃O₄+6CO₂；

点评 本题考查物质的分离和提纯，侧重考查学生分析判断能力，涉及氧化还原反应、离子反应等知识点，为高频考点，明确流程图中发生的反应及基本操作、确定各个阶段固体成分及先后分解生成物成分是解本题关键，题目难度中等．