题目内容

16．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）3
开始沉淀2.77.67.64.0
完全沉淀3.79.69.25.2
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
写出NaClO3发生反应的主要离子方程式ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O．
不慎向“浸出液”中加了过量NaClO3，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，加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2，加入NaClO3，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，应控制温度在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）根据铝离子、铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成沉淀和二氧化碳进行解答；
（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[主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]，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，由表中数据可知，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，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
6．化工生产中常用FeS作沉淀剂除去工业废水中的Cu2+：Cu2+（aq）+FeS（s）?CuS（s）+Fe2+（aq）下列有关叙述中正确的是（　　）
①FeS的Ksp大于CuS的Ksp
②该反应平衡常数K=$\frac{Ksp（FeS）}{Ksp（CuS）}$
③溶液中加入少量Na2S固体后，溶液中c（Cu2+）、c（Fe2+）保持不变
④达到平衡时c（Fe2+）=c（Cu2+）
A．②③B．①③④C．①②D．②③④
7．钼（Mo）是一种过渡金属元素，通常用作合金及不锈钢的添加剂，这种元素可增强合金的强度、硬度、可焊性及韧性，还可增强其耐高温及耐腐蚀性能．如图是化工生产中制备金属钼的主要流程图，已知钼酸难溶于水．

（1）写出反应①的化学方程式：2MoS2+7O2$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2MoO3+4SO2 ．
（2）写出反应②的化学方程式：MoO3+2NH3•H2O=（NH4）2MoO4．
（3）反应①的尾气可以用碳酸钠溶液吸收．已知
化学式电离常数
H2SO3K1=1.3×10-2，K2=6.2×10-8
H2CO3K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11
根据表中提供的数据可知，在溶液中不能大量共存的微粒是CD
A．HCO3-、HSO3-    B HCO3-、SO32-
C．HCO3-、H2SO3   D HSO3-、CO32-
向过量碳酸钠溶液中通人少量二氧化硫，写出反应的离子方程式：2CO32-+SO2+H2O=SO32-+2HCO3-．
（4）如果在实验室模拟操作1和操作2，则需要使用的主要玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒．
（5）工业上制备还原性气体CO和H2的反应原理为CO2+CH4$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2CO+2H2，CH4+H2O$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$CO+3H2．含甲烷体积分数为80%的10L（标准状况）天然气与足量二氧化碳和水蒸气的混合物在高温下反应，甲烷转化率为90%，用产生的还原性气体（CO和H2）还原MoO3制钼，理论上能生产钼的质量为41.1g（小数点后保留1位，钼的相对原子质量为96）．
4．实验室用乙酸和正丁醇制备乙酸正丁酯．有关物质的相关数据如表：
化合物相对分子质量密度/g•cm-3沸点/℃溶解度g/l00g水
正丁醇740.80118.09
冰醋酸601.045118.1互溶
乙酸正丁酯1160.882126.10.7
操作如下：
①在50mL三颈烧瓶中投入几粒沸石，将18.5mL正丁醇和13.4mL冰醋酸（过量），3～4滴浓硫酸按一定顺序均匀混合，安装分水器（作用：实验过程中不断分离除去反应生成的水）、温度计及回流冷凝管．
②将分水器分出的酯层和反应液一起倒入分液漏斗中依次用水洗，10% Na2CO3洗，再水洗，最后转移至锥形瓶并干燥．
③将干燥后的乙酸正丁酯加入烧瓶中，常压蒸馏，收集馏分，得15.1g乙酸正丁酯．
请回答有关问题：
（1）写出任意一种正丁醇同类的同分异构体的结构简式CH3CH2CH（OH）CH3．
（2）仪器A中发生反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OH$?_{△}^{浓硫酸}$CH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O．
（3）步骤①向三颈烧瓶中依次加入的药品是：正丁醇，浓硫酸，冰醋酸．
（4）步骤②中，用 10%Na2CO3溶液洗涤有机层，该步操作的目的是除去酯中混有的乙酸和正丁醇．
（5）步骤③在进行蒸馏操作时，若从118℃开始收集馏分，产率偏高，（填“高”或“低”）原因是会收集到少量未反应的冰醋酸和正丁醇．
（6）该实验生成的乙酸正丁酯的产率是65%．
11．工业上制取硝酸铵的流程图如图1，请回答下列问题：

（1）在上述工业制硝酸的生产中，B设备的名称是氧化炉，其中发生反应的化学方程式为4NH3+5O2 $\frac{\underline{催化剂}}{△}$4NO+6H2O．
（2）此生产过程中，N2与H2合成NH3所用的催化剂是铁砂网．1909年化学家哈伯在实验室首次合成了氨，2007年化学家格哈德•埃特尔在哈伯研究所证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程，示意图如图2：

分别表示N2、H2、NH3．图⑤表示生成的NH3离开催化剂表面，图②和③的含义分别是N2、H2被吸附在催化剂表面、在催化剂表面，N2、H2中化学键断裂．
（3）在合成氨的设备（合成塔）中，设置热交换器的目的是利用余热，节约能源；在合成硝酸的吸收塔中通入空气的目的是使NO循环利用，全部转化成HNO3．
（4）生产硝酸的过程中常会产生一些氮的氧化物，可用如下两种方法处理：
碱液吸收法：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O
NH3还原法：8NH3+6NO2=7N2+12H2O（NO也有类似的反应）
以上两种方法中，符合绿色化学的是氨气还原法 ．
（5）某化肥厂用NH3制备NH4NO3．已知：由NH3制NO的产率是96%、NO制HNO3的产率是92%，则制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量（不考虑其它损耗）的53%．
1．图是用0.1000mol/L的盐酸滴定某未知浓度的NaOH溶液的示意图和某次滴定前、后的盛放盐酸滴定管中液面的位置．请回答：
（1）仪器A的名称是酸式滴定管；
（2）盐酸的体积读数：
滴定前读数为0.80mL，
滴定后读数为22.80mL．
（3）某实验小组同学的三次实验的实验数据如表所示．根据表中数据计算出的待测NaOH溶液的平均浓度是0.1100mol/L．（保留四位有效数字）
实验
编号		待测NaOH溶液的体积（mL）滴定前盐酸的
体积读数（mL）		滴定后盐酸的
体积读数（mL）
120.001.2023.22
220.002.2124.21
320.001.5023.48
（4）滴定操作可分解为如下几步（所用的仪器刚用蒸馏水洗净）：
A．用碱式滴定管向锥形瓶里注入20.00mL待测NaOH溶液，并加入2～3滴酚酞；
B．用标准溶液润洗酸式滴定管2～3次；
C．把盛有标准溶液的酸式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液，使管内无气泡；
D．取标准HCl溶液注入酸式滴定管至刻度0以上2～3cm；
E．调节液面至0或0以下刻度，记下读数；
F．把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准HCl溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度．
正确操作步骤的顺序是BDCEAF（用序号字母填写）
（5）判断到达滴定终点的实验现象是当溶液颜色由粉红色变为无色，且半分钟内不变色．
（6）对下列几种假定情况进行讨论：（填“无影响”、“偏高”、“偏低”）
①如果上述B步骤省略，对测定结果的影响是偏高．
②取待测液的滴定管，滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失．偏低
③若滴定前锥形瓶未用待测液润洗，对测定结果的影响是无影响；
④标准液读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，对测定结果的影响是偏低．
8．用已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度盐酸时，下列操作对实验结果没有影响的是（　　）
A．锥形瓶用蒸馏水洗涤后，直接盛盐酸溶液
B．中和滴定将要达到滴定终点时，眼睛注视滴定管中液面的位置变化
C．滴定管装碱液前未用标准碱液润洗
D．滴定时，锥形瓶摇动太剧烈，有少量溶液溅出
5．醋酸和醋酸盐在日常生活和生产中的应用很广泛．
①25℃时，pH=11的CH3COONa溶液中由水电离产生的c（OH-）=1×10-3 mol/L，
②用标准的NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸，选用酚酞为指示剂，下列能造成测定结果偏高的是A．
A．未用标准液润洗碱式滴定管B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度
C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
③用蒸馏水稀释0.10mol•L-1的醋酸，则下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是B（填序号）．
A．$\frac{c（C{H}_{3}COOH）}{c（{H}^{+}）}$      B．$\frac{c（C{H}_{3}CO{O}^{-}）}{c（C{H}_{3}COOH）}$        C．$\frac{c（{H}^{+}）}{{K}_{W}}$       D．$\frac{c（{H}^{+}）}{c（O{H}^{-}）}$．
6．下列现象或应用中，不能用胶体知识解释的是（　　）
A．清晨，在茂密的树林，常常可以看到从枝叶间透过的一道道光柱
B．一支钢笔使用两种不同牌号的蓝黑墨水，易出现堵塞
C．在饱和FeCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生红褐色沉淀
D．在河水与海水交界处有三角洲形成

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