Question

5．钴（Co）及其化合物在磁性材料、电池材料、超硬材料及催化剂等领域有广泛应用．已知钴属于铁系元素，其单质与化合物的性质与铁相似，其常见化合价有+2和+3．请回答下列问题：
（1）在空气中加热CoCO₃可得到黑色Co₃O₄，写出该反应的化学方程式6CoCO₃+O₂$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2Co₃O₄+6CO₂．
（2）Co₃O₄与浓盐酸反应能生成黄绿色气体，写出该反应的离子方程式Co₃O₄+8H⁺+2Cl^-═3Co²⁺+Cl₂↑+4H₂O．
（3）常温下，CoCl₂溶液在碱性条件下可以得到粉红色Co（OH）₂沉淀．已知当溶液中某离子的浓度≤10^-5mol•L^-1时，就认为该离子不存在，K_sp[Co（OH）₂]=1.0×
10^-15mol³•L^-3．若要使0.1mol•L^-1CoCl₂溶液中的Co²⁺完全沉淀，则溶液pH的控制范围为≥9．
（4）Co（OH）₂具有较显著的两性，在浓的强碱溶液中可以形成[Co（OH）₄]^2-，写出Co（OH）₂酸式电离的电离方程式Co（OH）₂+2H₂O=[Co（OH）₄]^2-+2H⁺．
（5）Co（OH）₂在空气中加热时，样品质量随温度变化的曲线如图所示，通过分析计算确定：
①1000℃时，固体的成分为CoO．②取800℃时的产物（其中Co的化合价为+2、+3），用480mL5mol•L^-1盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCl₂溶液和4.48L（标准状况）黄绿色气体．则该钴氧化物中n（Co²⁺）：n（Co³⁺）=3：2．

Answer 1

分析 （1）在空气中加热CoCO₃可以和氧气反应得到黑色Co₃O₄，据此书写方程式；
（2）Co₃O₄与浓盐酸反应，能生成黄绿色气体氯气，同时得到还原产物氯化钴，据此回答；
（3）依据溶度积常数结合Co²⁺完全沉淀，即c（Co²⁺）＜10^-5 mol•L^-1，计算溶液中氢氧根离子浓度，得到溶液PH；
（4）Co（OH）₂酸式电离电离出氢离子和[Co（OH）₄]^2-，结合氢氧化铝的两性来回答；
（5）①1000℃时，Co（OH）₂在空气中加热得到的固体质量不再发生变化，根据质量变化情况来计算；
②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⁺），然后计算钴氧化物中n（Co²⁺）：n（Co³⁺）．

解答 解：（1）在空气中加热CoCO₃可以和氧气反应得到黑色Co₃O₄，即6CoCO₃+O₂=2Co₃O₄+6CO₂，故答案为：6CoCO₃+O₂=2Co₃O₄+6CO₂；
（2）Co₃O₄与浓盐酸反应，能生成黄绿色气体氯气，同时得到还原产物氯化钴，发生反应的离子方程式为：Co₃O₄+8H⁺+2Cl^-═3Co²⁺+Cl₂↑+4H₂O，故答案为：Co₃O₄+8H⁺+2Cl^-═3Co²⁺+Cl₂↑+4H₂O；
（3）Co²⁺完全沉淀，即c（Co²⁺）＜10^-5 mol•L^-1，Ksp=c（Co²⁺）c²（OH^-），溶液中氢氧根离子浓度=$\sqrt{\frac{1.0×1{0}^{-15}}{1{0}^{-5}}}$=10^-5mol/L，所以c（H⁺）=10^-9mol/L，若要使0.1mol•L^-1CoCl₂溶液中的Co²⁺完全沉淀，则溶液pH的控制范围为≥9，故答案为：≥9；
（4）Co（OH）₂酸式电离电离出氢离子和=[Co（OH）₄]^2-，电离方程式为：Co（OH）₂+2H₂O[Co（OH）₄]^2-+2H⁺，故答案为：Co（OH）₂+2H₂O[Co（OH）₄]^2-+2H⁺；
（5）①由于Co有+2、+3价，原始为Co（OH）₂，相对分子质量为93，得到固体的质量是x，则$\frac{x}{93}$=$\frac{80.65}{100}$，解得x=75，所以得到的固体成分为为CoO，故答案为：CoO．
 ②由电子守恒：n（Co³⁺）=2 n（Cl₂）=2×$\frac{4.48L}{22.4L/mol}$=0.4 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×$\frac{4.48L}{22.4L/mol}$）=1 mol，所以固体中的n（Co²⁺）=1mol-0.4mol=0.6 mol，则钴氧化物中n（Co²⁺）：n（Co³⁺）=0.64：0.4=3：2；
故答案为：3：2．

点评 本题考查元素化合价的判断、物质化学式的计算、得失电子守恒规律的应用、对图象的分析处理等，注意利用电子守恒和原子守恒计算，难度中等．