Question

4．一種含鋁、鋰、鈷的新型電子材料，生產中產生的廢料數量可觀，廢料中的鋁以金屬鋁箔的形式存在；鈷以Co₂O₃•CoO的形式存在，吸附在鋁箔的單面或雙面；鋰混雜于其中．

（1）過程I中采用NaOH溶液溶出廢料中的Al，反應的化學反應方程式為2Al+2NaOH+2H₂O=2NaAlO₂+3H₂↑．
（2）過程II中加入稀H₂SO₄酸化后，再加入Na₂S₂O₃溶液浸出鈷．則浸出鈷的離子反應方程式為（產物中只有一種酸根）4Co₂O₃•CoO+S₂O₃^2-+22H⁺=12Co²⁺+2SO₄^2-+11H₂O．請從反應原理分析不用鹽酸酸化的主要原因Co₂O₃•CoO可氧化鹽酸產生Cl₂，污染環境．
（3）碳酸鈉溶液在過程III和IV中所起作用有所不同，請分別用離子方程式表示在過程III、IV中起的作用：2Al³⁺+3CO₃^2-+3H₂O=2Al（OH）₃↓+3CO₂↑；Co²⁺+CO₃^2-=CoCO₃↓．
（4）某天然堿的化學式可表示為2Na₂CO₃•NaHCO₃•2H₂O，取少量該物質溶于水得稀溶液P．下列有關溶液P中微粒的物質的量濃度關系正確的是AD（填序號）．
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^-）+5c（H₂CO₃）
D．將P溶液與少量NaOH溶液混合：c（Na⁺）+c（H⁺）=c（HCO₃^-）+2c（CO₃^2-）+c（OH^-）
（5）CoO溶于鹽酸可得粉紅色的CoCl₂溶液．CoCl₂含結晶水數目不同而呈現不同顏色，利用藍色的無水CoCl₂吸水變色這一性質可制成變色水泥和顯隱墨水．如圖是粉紅色的CoCl₂•6H₂O晶體受熱分解時，剩余固體質量隨溫度變化的曲線，B物質的化學式是CoCl₂•H₂O．

Answer 1

分析 操作Ⅰ利用了鋁能溶解在氫氧化鈉溶液的性質，將鋁從廢料中分離出來，過濾后得到含Co₂O₃•CoO的鈷渣，再用酸溶解過濾后得到含Co³⁺及Al³⁺、Li⁺的濾液，通過調整溶液的pH得到Al（OH）₃和LiF沉淀，再過濾得到含Co³⁺的濾液，再滴加Na₂CO₃溶液得到CoCO₃沉淀，經過濾、洗滌沉淀，最后將CoCO₃進行加熱分解可得CoO粉末，
（1）Al和NaOH溶液發生氧化還原反應生成偏鋁酸鈉和氫氣；
（2）Co₂O₃•CoO在酸性條件下和硫代硫酸鈉反應生成鈷離子、硫酸根離子和水；
Co₂O₃•CoO具有氧化性，HCl具有還原性，二者發生氧化還原反應；
（3）Al³⁺和CO₃^2-發生雙水解反應生成Al（OH）₃和CO₂；Co²⁺和CO₃^2-反應生成CoCO₃沉淀；
（4）任何電解質溶液中都存在電荷守恒和物料守恒，根據電荷守恒和物料守恒判斷；
（5）根據關系式CoCl₂•6H₂O～CoCl₂求出CoCl₂•6H₂O的質量，然后再根據差量法求出B物質的化學式．

解答 解：操作Ⅰ利用了鋁能溶解在氫氧化鈉溶液的性質，將鋁從廢料中分離出來，過濾后得到含Co₂O₃•CoO的鈷渣，再用酸溶解過濾后得到含Co³⁺及Al³⁺、Li⁺的濾液，通過調整溶液的pH得到Al（OH）₃和LiF沉淀，再過濾得到含Co³⁺的濾液，再滴加Na₂CO₃溶液得到CoCO₃沉淀，經過濾、洗滌沉淀，最后將CoCO₃進行加熱分解可得CoO粉末，
（1）Al和NaOH溶液發生氧化還原反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，反應方程式為2Al+2NaOH+2H₂O=2NaAlO₂+3H₂↑，故答案為：2Al+2NaOH+2H₂O=2NaAlO₂+3H₂↑；
（2）Co₂O₃•CoO在酸性條件下和硫代硫酸鈉反應生成鈷離子、硫酸根離子和水，離子方程式為4Co₂O₃•CoO+S₂O₃^2-+22H⁺=12Co²⁺+2SO₄^2-+11H₂O；
Co₂O₃•CoO具有氧化性，HCl具有還原性，二者發生氧化還原反應生成氯氣，氯氣有毒，污染環境，所以不能用鹽酸；
故答案為：4Co₂O₃•CoO+S₂O₃^2-+22H⁺=12Co²⁺+2SO₄^2-+11H₂O；Co₂O₃•CoO可氧化鹽酸產生Cl₂，污染環境；
（3）Al³⁺和CO₃^2-發生雙水解反應生成Al（OH）₃和CO₂；Co²⁺和CO₃^2-反應生成CoCO₃沉淀，離子方程式分別為2Al³⁺+3CO₃^2-+3H₂O=2Al（OH）₃↓+3CO₂↑、Co²⁺+CO₃^2-=CoCO₃↓，故答案為：2Al³⁺+3CO₃^2-+3H₂O=2Al（OH）₃↓+3CO₂↑；Co²⁺+CO₃^2-=CoCO₃↓；
（4）A．碳酸根離子水解、碳酸氫根離子水解程度大于電離程度導致溶液中堿性，所以c（OH^-）＞c（H⁺），碳酸根離子、碳酸氫根離子水解程度都較小，所以溶液中存在c（CO₃^2-）＞c（HCO₃^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），故A正確；
B．溶液中存在電荷守恒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），則3c（OH^-）=3c（H⁺）+2c（HCO₃^-）+5c（H₂CO₃）+2c（CO₃^2-），故B錯誤；
C．根據物料守恒可得：3c（Na⁺）=5c（CO₃^2-）+5c（HCO₃^-）+5c（H₂CO₃），所以3c（Na⁺）＞5c（CO₃^2-）+5c（HCO₃^-），故C錯誤；
D．溶液中存在電荷守恒c（Na⁺）+c（H⁺）=c（HCO₃^-）+2c（CO₃^2-）+c（OH^-），故D正確；
故答案為：AD；
（5）CoCl₂•6H₂O～CoCl₂
        238             130    
         m             65mg
 $\frac{238}{m}$，解得：m=119mg
 B物質的化學式為CoCl₂•nH₂O，則有：
   CoCl₂•6H₂O～CoCl₂•nH₂O△m
    238                       18（6-n）
   119mg                      119mg-74mg
$\frac{238}{119mg}$=$\frac{18（6-n）}{（119-74）mg}$，解得：n=1，
所以B物質的化學式為：CoCl₂•H₂O，
故答案為：CoCl₂•H₂O．

點評 本題考查物質分離和提純、離子濃度大小比較、化學方程式的有關計算等知識點，為高頻考點，明確物質性質、各物質之間的關系、常見物質分離提純方法等知識點是解本題關鍵，知道流程圖中發生的反應及基本操作方法，難點是B物質化學式的確定．