Question

一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co₂O₃?CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中．从废料中回收氧化钴（CoO）的工艺流程如图1：
（1）过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为

 

．
（2）过程II中加入稀H₂SO₄酸化后，再加入Na₂S₂O₃溶液浸出钴．则浸出钴的离子反应方程式为（产物中只有一种酸根）

 

．请从反应原理分析不用盐酸浸出钴的主要原因

 

．
（3）碳酸钠溶液在过程Ⅲ和Ⅳ中所起作用有所不同，请分别用离子方程式表示在过程III、IV中起的作用：

 

；

 

．
（4）某天然碱的化学式可表示为2Na₂CO₃?NaHCO₃?2H₂O，取少量该物质溶于水得稀溶液P．下列有关溶液P中微粒的物质的量浓度关系正确的是

 

（填序号）．
A．c（CO₃^2-）＞c（HCO₃^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）
B．c（OH^-）=c（H⁺）+c（HCO₃^-）+2c（H₂CO₃）
C．3c（Na⁺）＞5c（CO₃^2-）+5c（HCO₃^-）
D．将P溶液与少量NaOH溶液混合：c（Na⁺）+c（H⁺）=c（HCO₃^-）+2c（CO₃^2-）+c（OH^-）
（5）CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl₂溶液．CoCl₂含结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CoCl₂吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水．图2是粉红色的CoCl₂?6H₂O晶体受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，A物质的化学式是

 

．

Answer 1

考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用,制备实验方案的设计

专题：实验设计题,元素及其化合物

分析：制备流程为：废料用碱液溶解，过滤得到偏铝酸钠溶液和钴渣；用硫酸溶解钴渣，发生反应：4Co₃O₄+Na₂S₂O₃+11H₂SO₄=12CoSO₄+Na₂SO₄+11H₂O，得到含有钴离子的溶液，然后调节溶液pH并用碳酸钠溶液除去杂质铝离子，得到较纯净的含有钴离子的溶液，再加入碳酸钠、调节溶液的pH将钴离子转化成碳酸钴沉淀，最后灼烧碳酸钴得到氧化钴，
（1）铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，注意该反应中水是反应物；
（2）Co₃O₄和硫代硫酸根离子在酸性条件下发生氧化还原反应生成硫酸根离子、二价钴离子和水；盐酸具有还原性，能被Co₂O₃?CoO氧化生成有毒的氯气；
（3）碳酸钠溶液在过程Ⅲ中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；碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调整pH，提供CO₃^2-，使Co²⁺沉淀为CoCO₃；
（4）碳酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，碳酸氢钠中HCO₃^-水解程度大于电离程度，导致碳酸氢钠溶液呈碱性，所以该物质溶于水得稀溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒、物料守恒；
（5）根据关系式CoCl₂?6H₂O～CoCl₂求出CoCl₂?6H₂O的质量，然后再根据差量法求出A物质的化学式．

解答： 解：制备氧化钴的大致流程为：制备流程为：废料用碱液溶解，过滤得到偏铝酸钠溶液和钴渣；用硫酸溶解钴渣，发生反应：4Co₃O₄+Na₂S₂O₃+11H₂SO₄=12CoSO₄+Na₂SO₄+11H₂O，得到含有钴离子的溶液，然后调节溶液pH并用碳酸钠溶液除去杂质铝离子，得到较纯净的含有钴离子的溶液，再加入碳酸钠、调节溶液的pH将钴离子转化成碳酸钴沉淀，最后灼烧碳酸钴得到氧化钴，
（1）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为：2Al+2OH^-+2H₂O=+2AlO₂^-+3H₂↑，故答案为：2Al+2OH^-+2H₂O=+2AlO₂^-+3H₂↑；
（2）Co₃O₄和Na₂S₂O₃在酸性条件下发生氧化还原反应生成CoSO₄、Na₂SO₄和H₂O，反应方程式为：4Co₃O₄+Na₂S₂O₃+11H₂SO₄=12CoSO₄+Na₂SO₄+11H₂O，改写成离子方程式为：4Co₂O₃?CoO+S₂O₃ ^2-+22H⁺=12Co²⁺+2SO₄^2-+11H₂O，
盐酸具有还原性，能被Co₂O₃?CoO氧化生成有毒的氯气而污染环境，所以不用盐酸，
故答案为：4Co₂O₃?CoO+S₂O₃ ^2-+22H⁺=12Co²⁺+2SO₄^2-+11H₂O；Co₂O₃?CoO可氧化盐酸产生Cl₂污染环境；
（3）碳酸钠溶液在过程Ⅲ中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，反应的两种方式为：2Al³⁺+3CO₃^2-+3H₂O=2Al（OH）₃↓+3CO₂↑；
碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调整pH，提供CO₃^2-，使Co²⁺沉淀为CoCO₃，反应的离子方程式为：Co²⁺+CO₃^2-=CoCO₃↓，
故答案为：2Al³⁺+3CO₃^2-+3H₂O=2Al（OH）₃↓+3CO₂↑；Co²⁺+CO₃^2-=CoCO₃↓；
（4）A．碳酸根离子水解、碳酸氢根离子水解程度大于电离程度导致溶液中碱性，所以c（OH^-）＞c（H⁺），碳酸根离子、碳酸氢根离子水解程度都较小，所以溶液中存在c（CO₃^2-）＞c（HCO₃^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），故A正确；
B．溶液中存在电荷守恒c（Na⁺）+c（H⁺）=c（HCO₃^-）+2c（CO₃^2-）+c（OH^-），存在物料守恒3c（Na⁺）=5c（CO₃^2-）+5c（HCO₃^-）+5c（H₂CO₃），则3c（OH^-）=3c（H⁺）+2c（HCO₃^-）+5c（H₂CO₃）+2c（CO₃^2-），故B错误；
C．根据物料守恒可得：3c（Na⁺）=5c（CO₃^2-）+5c（HCO₃^-）+5c（H₂CO₃），所以3c（Na⁺）＞5c（CO₃^2-）+5c（HCO₃^-），故C正确；
D．溶液中存在电荷守恒c（Na⁺）+c（H⁺）=c（HCO₃^-）+2c（CO₃^2-）+c（OH^-），故D正确；
故答案为：ACD；
（5）根据图象曲线变化可知，CoCl₂?6H₂O～CoCl₂
                            238       130    
                             m        65mg
则：

238

m

=

130

65mg

，
解得：m=119mg，
设A物质的化学式为CoCl₂?nH₂O，则有：
   CoCl₂?6H₂O～CoCl₂?nH₂O△m
    238                  18（6-n）
   119mg                 119mg-83mg
则：

238

119mg

=

18(6-n)

119mg-83mg

，
解得：n=2，
所以A物质的化学式为：CoCl₂?2H₂O，
故答案为：CoCl₂?2H₂O．

点评：本题考查了金属及其化合物的性质，考查氧化还原反应、离子反应、关系式计算等，题目难度中等，解答关键根据实验流程利用氧化还原反应判断发生的离子反应，侧重对学生综合能力的考查，是一道质量较好的能力考查题．