Question

12．用含钴废料（主要成分为Co，含有一定量的Ni、Al₂O₃、Fe、SiO₂等）制备草酸钴晶体（CoC₂O₄•2H₂O）的工业流程如图．己知：①草酸钴晶体难溶于水②RH为有机物（难电离）

（1）滤渣I的主要成分是SiO₂（填化学式），写出一种能提高酸浸速率的措施提高硫酸的浓度、提高反应的温度、搅拌．
（2）操作①用到的主要仪器有分液漏斗、烧杯．
（3）H₂O₂是一种绿色氧化剂，写出加入H₂O₂后发生反应的离子方程式2Fe²⁺+2H⁺+H₂O₂=2Fe³⁺+2H₂O．
（4）加入氧化钴的目的是调节溶液的pH．
（5）草酸钴晶体分解后可以得到多种钴的氧化物（其中Co的化合价为+2、+3），取一定量钴的氧化物，用280mL 5mol/L盐酸恰好完全溶解，并得到CoCl₂溶液和2.24L（标准状况）黄绿色气体，由此可确定该钴氧化物中Co、O的物质的量之比为6：7．
（6）实验室可以用酸性KMnO₄标准液滴定草酸根离子（C₂O₄^2-），测定溶液中C₂O₄^2-的浓度，写出此反应的离子方程式2MnO₄^-+5C₂O₄^2-+16H⁺=2Mn²⁺+l0CO₂↑+8H₂O；KMnO₄ 标准溶液常用硫酸酸化，若用盐酸酸化，会使测定结果偏高（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．

Answer 1

分析 用含钴废料（主要成分为Co，含有一定量的Ni、Al₂O₃、Fe、SiO₂等）制备草酸钴晶体（CoC₂O₄•2H₂O）：粉碎后用硫酸溶解，SiO₂不与硫酸反应，过滤得到滤液中含有CoSO₄、NiSO₄、FeSO₄、Al₂（SO₄）₃及过量的硫酸，滤渣Ⅰ为SiO₂，滤液中加入过氧化氢和CoO，将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，同时调节pH，使铁离子、铝离子转化为沉淀除去，所以滤渣Ⅱ为氢氧化铁、氢氧化铝，向滤液中加入RH，Ni ²⁺，溶于有机层，为分液，向水层加入（NH₄）₂C₂O₄，得到草酸钴晶体，据此分析解答（1）～（4）；
（5）根据原子守恒和化合价代数和为0计算；
（6）高锰酸钾会氧化盐酸中的氯离子，消耗高锰酸钾偏多，测定结果偏高．

解答 解：（1）用含钴废料，粉碎后用硫酸溶解，SiO₂不与硫酸反应，滤渣Ⅰ为SiO₂，提高硫酸的浓度、提高反应的温度、搅拌能提高酸浸速率；
故答案为：SiO₂；提高硫酸的浓度、提高反应的温度、搅拌；
（2）通过操作①得到水层和有机层，则操作①为分液，分液需要的仪器有：分液漏斗、烧杯；
故答案为：分液漏斗、烧杯；
（3）H₂O₂氧化亚铁离子生成铁离子，离子方程式为：2Fe²⁺+2H⁺+H₂O₂=2Fe³⁺+2H₂O；
故答案为：2Fe²⁺+2H⁺+H₂O₂=2Fe³⁺+2H₂O；
（4）加入氧化钴的目的是调节溶液的pH，使铁离子铝离子沉淀；
故答案为：调节溶液pH；
（5）取一定量钴的氧化物，用280mL 5mol/L盐酸恰好完全溶解，则n（Cl）=0.28L×5mol/L=1.4mol，有得到CoCl₂溶液和2.24L（标准状况）黄绿色气体，n（Cl₂）=$\frac{2.24L}{22.4L/mol}$=0.1mol，故n（CoCl₂）=0.6mol，则n（Co原子）_总=0.6mol，
由电子守恒：Cl₂～2e^-～2Co³⁺，则n（Co³⁺）=2n（Cl₂）=0.2mol，
所以固体中的n（Co²⁺）=0.6mol-0.2mol=0.4mol，
根据化合价为0，氧化物中n（O）=（0.2mol×3+0.4mol×2）÷2=0.7mol，
故该钴氧化物中n（Co）：n（O）=0.6mol：0.7mol=6：7；
故答案为：6：7；
（6）用酸性KMnO₄标准液滴定草酸根离子（C₂O₄^2-），发生氧化还原反应，离子方程式为：2MnO₄^-+5C₂O₄^2-+16H⁺=2Mn²⁺+l0CO₂↑+8H₂O，KMnO₄ 标准溶液常用硫酸酸化，若用盐酸酸化，高锰酸钾会氧化盐酸中的氯离子，消耗高锰酸钾偏多，测定结果偏高；
故答案为：2MnO₄^-+5C₂O₄^2-+16H⁺=2Mn²⁺+l0CO₂↑+8H₂O；偏高．

点评 本题物质制备的工艺流程，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．