Question

11．钴（Cu）及其化合物在工业上有广泛应用．为从某工业废料中回收钴，某学生设计流程如下（废料中含有Al、Li、Co₂O₃和Fe₂O₃等物质）．

已知：部分金属离子形成氢氧化物沉淀的pH见下表：

	Fe3+	Co2+	Co3+	Al2+
pH（开始沉淀）	1.9	7.15	-0.23	3.4
pH（完全沉淀）	3.2	9.15	1.09	4.7

请回答：
（1）步骤Ⅰ中得到含铝溶液的反应的离子方程式是2Al+2OH^-+2H₂O=2AlO₂^-+3H₂↑． 
（2）写出步骤Ⅱ中Co₂O₃与Na₂CO₃反应的离子方程式是Co₂O₃+SO₃^2-+4H⁺=Co²⁺+SO₄^2-+2H₂O．
（3）步骤Ⅲ中若不慎向“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^-+6H⁺+5Cl^-=3Cl₂↑+3H₂O，其中，Na₂CO₃溶液的作用是调节溶液PH使铁离子沉淀完全转化为Fe（OH）₃．
（4）在空气中加热草酸钴晶体（CoC₂O₄•2H₂O）样品需要用到的主要仪器是坩埚，5.49g该晶体受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表：

温度范围/℃	固体质量/g
150～210	4.41
290～320	2.41
890～920	2.25

经测定，210～290℃过程中产生的气体只有CO₂，此过程发生反应的化学方程式是3CoC₂O₄+2O₂$\frac{\underline{\;210℃-290℃\;}}{\;}$Co₃O₄+6CO₂．[M （CoC₂O₄•2H₂O）=183 g/mol]
（5）从反应后的混合物中得到草酸钴晶体，需对晶体进行洗涤，证明晶体已经洗涤干净的操作及现象是取最后一次洗涤液于试管中，加入几滴稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，说明已经洗净．

Answer 1

分析 废料中含有Al、Li、Co₂O₃和Fe₂O₃等物质，废料加入氢氧化钠溶液碱浸，得到钴渣为Li、Co₂O₃和Fe₂O₃等物质，加入盐酸溶解后发生氧化还原反应，氧化钴氧化氯离子为氯气，过滤得到酸溶的溶液加入碳酸钠溶液和NaClO₃溶液净化，除去锂离子和铁离子，在滤液中加入碳酸钠溶液沉淀钴离子为碳酸钴沉淀，加入盐酸和草酸铵溶液得到草酸钴晶体，高温分解得到氧化钴；
（1）步骤Ⅰ中得到含铝溶液是铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；
（2）步骤Ⅱ中Co₂O₃与Na₂SO₃在酸性溶液中发生氧化还原反应，生成二价钴离子，亚硫酸钠被氧化为硫酸钠；
（3）步骤Ⅲ中若不慎向“浸出液”中加过量NaClO₃时，可能会生成有毒气体，是氯离子和ClO₃^-在酸溶液中发生氧化还原反应生成氯气，结合原子守恒和电子守恒分析配平书写离子方程式，依据表中数据分析判断加入碳酸钠调节溶液PH，沉淀铁离子和锂离子，但不能沉淀钴离子；
（4）固体加热在坩埚中进行，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°C失去结晶水得到CoC₂O₄，210～290℃过程中是CoC₂O₄发生的反应，210～290℃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，参加费用的还有氧气，则反应的氧气质量=2.64g-2g=0.64g，O₂物质的量=$\frac{0.64g}{32g/mol}$=0.02mol，依据原子守恒配平书写反应的化学方程式；
（5）依据洗涤液中是否含有氯离子设计实验检验．

解答 解：废料中含有Al、Li、Co₂O₃和Fe₂O₃等物质，废料加入氢氧化钠溶液碱浸，得到钴渣为Li、Co₂O₃和Fe₂O₃等物质，加入盐酸溶解后发生氧化还原反应，氧化钴氧化氯离子为氯气，过滤得到酸溶的溶液加入碳酸钠溶液和NaClO₃溶液净化，除去锂离子和铁离子，在滤液中加入碳酸钠溶液沉淀钴离子为碳酸钴沉淀，加入盐酸和草酸铵溶液得到草酸钴晶体，高温分解得到氧化钴．
（1）步骤Ⅰ中得到含铝溶液是铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为：2Al+2OH^-+2H₂O=2AlO₂^-+3H₂↑，
故答案为：2Al+2OH^-+2H₂O=2AlO₂^-+3H₂↑；
（2）步骤Ⅱ中Co₂O₃与Na₂SO₃在酸性溶液中发生氧化还原反应，生成二价钴离子，亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，反应离子方程式为Co₂O₃+SO₃^2-+4H⁺=Co²⁺+SO₄^2-+2H₂O，
故答案为：Co₂O₃+SO₃^2-+4H⁺=Co²⁺+SO₄^2-+2H₂O；
（3）步骤Ⅲ中若不慎向“浸出液”中加过量NaClO₃时，可能会生成有毒气体，是氯离子和ClO₃^-在酸溶液中发生氧化还原反应生成氯气，ClO₃^-中氯元素化合价+5价降低为0价．氯元素化合价-1价变化为0价，反应的离子方程式：ClO₃^-+6H⁺+5Cl^-=3Cl₂↑+3H₂O，依据表中数据分析判断加入碳酸钠调节溶液PH，沉淀铁离子和锂离子，但不能沉淀钴离子，所以碳酸钠的主要作用是沉淀铁离子和锂离子，但不能沉淀钴离子，步骤Ⅲ中Na₂CO₃溶液的作用是调节溶液的pH，应使溶液的pH不超过7.15，
故答案为：ClO₃^-+6H⁺+5Cl^-=3Cl₂↑+3H₂O；调节溶液PH使铁离子沉淀完全转化为Fe（OH）₃；
（4）在空气中加热草酸钴晶体（CoC₂O₄•2H₂O）样品需要用到的主要仪器是坩埚，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°C失去结晶水得到CoC₂O₄，210～290℃过程中是CoC₂O₄发生的反应，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，说明说明有气体参加反应应为氧气，则反应的氧气质量=2.64g-2g=0.64g，O₂物质的量=$\frac{0.64g}{32g/mol}$=0.02mol；n（CoC₂O₄）：n（O₂）：n（CO₂）=0.03：0.02：0.06=3：2：6，依据原子守恒配平书写反应的化学方程式为3CoC₂O₄+2O₂ $\frac{\underline{\;210℃-290℃\;}}{\;}$Co₃O₄+6CO₂，
故答案为：坩埚；3CoC₂O₄+2O₂$\frac{\underline{\;210℃-290℃\;}}{\;}$ Co₃O₄+6CO₂；
（5）从反应后的混合物中得到草酸钴晶体，需对晶体进行洗涤，证明晶体已经洗涤干净的操作及现象是：取最后一次洗涤液于试管中，加入几滴稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，说明已经洗净；
故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，加入几滴稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，说明已经洗净．

点评 本题考查了物质分离和提纯的方法，实验过程和物质性质的判断，离子方程式、化学方程式书写方法，化学式的计算分析应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．