题目内容
钴及其化合物广泛应用于磁性材料、电池材料及超硬材料等领域．
（1）CoxNi（1-x）Fe2O4（其中Co、Ni均为+2）可用作H2O2分解的催化剂，具有较高的活性．
①该催化剂中铁元素的化合价为 ．
②如图1表示两种不同方法制得的催化剂CoxNi（1-x）Fe2O4在10℃时催化分解6%的H2O2溶液的相对初始速率随x变化曲线．由图中信息可知： 法制取得到的催化剂活性更高；Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是 ．
（2）草酸钴是制备钴的氧化物的重要原料．如图2为二水合草酸钴（CoC2O4?2H2O）在空气中受热的质量变化曲线，曲线中300℃及以上所得固体均为钴氧化物．
①通过计算确定C点剩余固体的化学成分为 （填化学式）．试写出B点对应的物质与O2在225℃～300℃发生反应的化学方程式： ．
②取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化物（其中Co的化合价为+2、+3），用480mL 5mol/L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．试确定该钴氧化物中Co、O的物质的量之比．
（1）CoxNi（1-x）Fe2O4（其中Co、Ni均为+2）可用作H2O2分解的催化剂，具有较高的活性．
①该催化剂中铁元素的化合价为
②如图1表示两种不同方法制得的催化剂CoxNi（1-x）Fe2O4在10℃时催化分解6%的H2O2溶液的相对初始速率随x变化曲线．由图中信息可知：
（2）草酸钴是制备钴的氧化物的重要原料．如图2为二水合草酸钴（CoC2O4?2H2O）在空气中受热的质量变化曲线，曲线中300℃及以上所得固体均为钴氧化物．
①通过计算确定C点剩余固体的化学成分为
②取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化物（其中Co的化合价为+2、+3），用480mL 5mol/L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．试确定该钴氧化物中Co、O的物质的量之比．
考点：化学方程式的有关计算,常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
专题：
分析：（1）①根据化合价代数和为0计算Fe的化合价；
②过氧化氢的分解速率越大，催化剂活性更高；随x值越大，过氧化氢的分解速率越大，而x增大，Co2+的比例增大；
（2）①由图可知，CoC2O4?2H2O的质量为18.3g，其我知道可为0.1mol，Co元素质量为5.9g，C点钴氧化物质量为8.03g，氧化物中氧元素质量为8.03g-5.9g=2.13g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1mol：
≈3：4，故C的Co氧化物为Co3O4；
B点对应物质的质量为14.7g，与其起始物质的质量相比减少18.3g-14.7g=3.6g，为结晶水的质量，故B点物质为CoC2O4，与氧气反应生成Co3O4与二氧化碳；
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=
n（Cl-），联立计算n氧化物（Co2+），根据化合价电荷守恒为0计算氧化物中n（O），进而计算氧化物中n（Co）：n（O）．
②过氧化氢的分解速率越大，催化剂活性更高；随x值越大，过氧化氢的分解速率越大，而x增大，Co2+的比例增大；
（2）①由图可知，CoC2O4?2H2O的质量为18.3g，其我知道可为0.1mol，Co元素质量为5.9g，C点钴氧化物质量为8.03g，氧化物中氧元素质量为8.03g-5.9g=2.13g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1mol：
| 2.13g |
| 16g/mol |
B点对应物质的质量为14.7g，与其起始物质的质量相比减少18.3g-14.7g=3.6g，为结晶水的质量，故B点物质为CoC2O4，与氧气反应生成Co3O4与二氧化碳；
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=
| 1 |
| 2 |
解答：
解：（1）①CoxNi（1-x）Fe2O4中Co、Ni均为+2，O为-2价，则Fe的化合价为
=+3，
故答案为：+3；
②过氧化氢的分解速率越大，催化剂活性更高，根据图象可知，x相同时，微波水热法初始速度大于常规水热法，故微波水热法制得催化剂的活性更高；
由图可知，随x值越大，过氧化氢的分解速率越大，而x增大，Co2+的比例增大，故Co2+的催化活性更高，
故答案为：微波水热；Co2+；
（2）①由图可知，CoC2O4?2H2O的质量为18.3g，其我知道可为0.1mol，Co元素质量为5.9g，C点钴氧化物质量为8.03g，氧化物中氧元素质量为8.03g-5.9g=2.13g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1mol：
≈3：4，故C的Co氧化物为Co3O4；
B点对应物质的质量为14.7g，与其起始物质的质量相比减少18.3g-14.7g=3.6g，为结晶水的质量，故B点物质为CoC2O4，与氧气反应生成Co3O4与二氧化碳，反应方程式为：3CoC2O4+2O2
Co3O4+6CO2，
故答案为：Co3O4；3CoC2O4+2O2
Co3O4+6CO2；
②由电子守恒：n（Co3+）=2 n（Cl2）=2×
=0.4 mol，
由电荷守恒：n（Co原子）总=n（Co2+）溶液=
n（Cl-）=
×（ 0.48L×5mol/L-2×
）=1 mol，所以固体中的n（Co2+）=1mol-0.4mol=0.6 mol，
根据化合价电荷守恒为0，氧化物中n（O）=（0.6mol×2+0.4mol×3）÷2=1.2mol，
故该钴氧化物中n（Co）：n（O）=1mol：1.2mol=5：6，
答：该钴氧化物中Co、O的物质的量之比为5：6．
| 4×2-(2x+2-2x) |
| 2 |
故答案为：+3；
②过氧化氢的分解速率越大，催化剂活性更高，根据图象可知，x相同时，微波水热法初始速度大于常规水热法，故微波水热法制得催化剂的活性更高；
由图可知，随x值越大，过氧化氢的分解速率越大，而x增大，Co2+的比例增大，故Co2+的催化活性更高，
故答案为：微波水热；Co2+；
（2）①由图可知，CoC2O4?2H2O的质量为18.3g，其我知道可为0.1mol，Co元素质量为5.9g，C点钴氧化物质量为8.03g，氧化物中氧元素质量为8.03g-5.9g=2.13g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1mol：
| 2.13g |
| 16g/mol |
B点对应物质的质量为14.7g，与其起始物质的质量相比减少18.3g-14.7g=3.6g，为结晶水的质量，故B点物质为CoC2O4，与氧气反应生成Co3O4与二氧化碳，反应方程式为：3CoC2O4+2O2
| ||
故答案为：Co3O4；3CoC2O4+2O2
| ||
②由电子守恒：n（Co3+）=2 n（Cl2）=2×
| 4.48L |
| 22.4L/mol |
由电荷守恒：n（Co原子）总=n（Co2+）溶液=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
| 4.48L |
| 22.4L/mol |
根据化合价电荷守恒为0，氧化物中n（O）=（0.6mol×2+0.4mol×3）÷2=1.2mol，
故该钴氧化物中n（Co）：n（O）=1mol：1.2mol=5：6，
答：该钴氧化物中Co、O的物质的量之比为5：6．
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，需要学生具备知识的基础，难度中等．
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