Question

【题目】一种从含铝锂钴废料[铝箔、CoO和Co2O3(只溶于酸，不溶于碱)及LiCoO2]中回收氧化钴的工艺流程如下:

回答下列问题:

(1)步骤I“碱溶”时，为提高铝的去除率，除升高温度和不断搅拌外,还可采取的措施是____(列举1点)，“碱溶”时发生主要反应的化学方程式为_______；步骤II“过滤、洗涤”过程中滤渣还会有少量的Al(OH)3，是因为________(填离子方程式)。

(2)步骤III“酸溶”时,Co2O3 转化为CoSO4 的离子方程式为_________。

(3)步骤V“除铝和锂”时,调节pH的适用范围是_______(已知该条件下,Al3+开始沉淀时的pH为4.1,沉淀完全时的pH为4.7.Co2+开始沉淀时的pH为6.9。沉淀完全时的pH为9.4)；步骤VI所得滤渣的成分为__________。

(4)煅烧CoC2O4时发生氧化还原反应，则CoC2O4分解的化学方程式是___；若仅从沉淀转化角度考虑，能否利用反应CoCO3+ C2O42-=== CoC2O4 + CO32- 将CoCO3 转化为CoC2O4?___ (填“能”或“不能”),说明理由:________[已知Ksp(CoCO3) =1.4×10-13,Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8]

Answer 1

【答案】 增大NaOH溶液的浓度(增大液固比)、适当延长浸取时间(答出一点即可) 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ AlO2-+2H2OAl(OH)3+OH- 4Co2O3+S2O32-+14H+=8Co2++2SO42-+7H2O 4.76.9或4.7≤pH<6.9 Al(OH)3和LiF CoC2O4CoO+CO↑+CO2↑ 不能 该反应的平衡常数为K=2.22×10-6，转化程度极小

【解析】根据影响化学反应速率的外因，由于固液反应不考虑压强，所以可以考虑浓度、温度及接触面积等，如升高温度、不断搅拌、增大NaOH溶液的浓度(增大液固比)、适当延长浸取时间等；由流程可知“碱溶”时，铝与氢氧化钠溶液反应，化学方程式为： 2Al+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3H2↑；步骤II“过滤、洗涤”过程，NaAlO2已进入滤液，若

滤渣还有少量的Al(OH)3则是NaAlO2水解所致，离子方程为：AlO2-+2H2OAl(OH)3+OH- ；综上，本题正确答案为：增大NaOH溶液的浓度(增大液固比)、适当延长浸取时间(答出一点即可)； 2Al+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3H2↑； AlO2-+2H2OAl(OH)3+OH- 。

（2）步骤III“酸溶”时,Co2O3转化为CoSO4，三价钴转化为二价钴，加入的Na2S2O3起还原剂作用，发生氧化还原反应，离子方程式为4Co2O3+S2O32-+14H+=8Co2++2SO42-+7H2O；

故本题正确答案为：4Co2O3+S2O32-+14H+=8Co2++2SO42-+7H2O 。

(3)步骤V“除铝和锂”时,使Al3+沉淀完全，而Co2+不沉淀，由信息知，Al3+沉淀完全时的pH为4.7，Co2+开始沉淀时的pH为6.9，故调节pH的适用范围是 4.76.9或4.7≤pH<6.9；步骤VI加入Na2CO3溶液和溶液中的Al3+发生双水解生成氢氧化铝沉淀，同时加入NaF溶液使Li+变为LiF沉淀，故步骤VI所得滤渣的成分为：Al(OH)3和LiF。综上，本题正确答案为：4.76.9或4.7≤pH<6.9 ； Al(OH)3和LiF；

(4)从流程知：煅烧CoC2O4发生氧化还原反应，生成CoO，钴元素化合价降低，则碳元素化合价一定会升高，即一定有CO2生成，根据原子守恒可写出并配平化学方程式为：CoC2O4CoO+CO↑+CO2↑；从沉淀转化角度考虑，若实现CoCO3+C2O42-=== CoC2O4+ CO32-，

该反应的平衡常数为K=c(CO32-)/c（C2O42-）=Ksp(CoCO3)/Ksp(CoC2O4)=1.4×10-13/6.3×10-8=2.22×10-6，转化程度极小，所以不能实现转化。因此，本题正确答案为：CoC2O4CoO+CO↑+CO2↑； 不能，. 该反应的平衡常数为K=2.22×10-6，转化程度极小；