Question

【題目】以含鈷廢催化劑(主要成分為Co、Fe、SiO2)為原料制取復(fù)合氧化鈷的流程如下：

（1）用H2SO4溶解后過濾，得到的濾渣是_________(填化學(xué)式)。將濾渣洗滌2～3次，再將洗液與濾液合并的目的是____________________。

（2）在加熱攪拌條件下加入NaClO3，將Fe2+氧化成Fe3+，反應(yīng)的離子方程式是___________________。

（3）已知：鐵氰化鉀的化學(xué)式為K3[Fe(CN)6]；亞鐵氰化鉀的化學(xué)式為K4[Fe(CN)6]。

3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓(藍(lán)色沉淀)

4Fe3++3[Fe(CN)6]4-=Fe4[Fe(CN)6]3↓(藍(lán)色沉淀)

確定Fe2+是否氧化完全的方法是__________________。(僅供選擇的試劑：鐵氰化鉀溶液、亞鐵氰化鉀溶液鐵粉、KSCN溶液)

（4）向氧化后的溶液中加入適量的Na2CO3調(diào)節(jié)酸度，使之生成黃鈉鐵礬[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，寫出該反應(yīng)的離子方程式：_______________________。

（5）弱酸和弱堿的電離平衡常數(shù)的負(fù)對數(shù)可用pK表示，根據(jù)下表中數(shù)據(jù)判斷(NH4)2C2O4溶液中各離子的濃度由大到小的順序?yàn)?/span>__________________。

H2C2O4	pKa1= l.25，pKa2=4.13
NH3·H2O	pKb=4.76

（6）已知CoCl2的溶解度曲線如圖所示。向堿式碳酸鈷中加入足量稀鹽酸邊加熱邊攪拌至完全溶解后，需趁熱過濾其原因是_____________________。

（7）準(zhǔn)確稱取1.470gCoC2O4，在空氣中充分灼燒得0.814g復(fù)合氧化鈷，寫出復(fù)合氧化鈷的化學(xué)式：_________________________。

Answer 1

【答案】 SiO2 提高鈷元素的利用率 6Fe2++6H++ClO3-6Fe3++Cl-+3H2O 取少許氧化后的溶液于試管中滴加幾滴鐵氰化鉀溶液，若無藍(lán)色沉淀生成，則說明Fe2+已全部被氧化 6Fe3++4SO42-+6H2O+2Na++6CO32-=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6CO2↑ c(NH4+)>c(C2O42-)>c(H+)>c(HC2O4-)>c(OH-) 防止因溫度降低，CoCl2晶體析出 Co5O7

【解析】（1）鈷廢催化劑加入稀硫酸，發(fā)生Co+H2SO4=CoSO4+H2↑，F(xiàn)e+H2SO4=FeSO4+H2↑，過濾濾渣是不溶的二氧化硅，洗液與濾液合并，提高洗滌和濾液中鈷的利用率，故答案為：SiO2；提高鈷等元素的利用率；

（2）亞鐵離子被氯酸根離子氧化成鐵離子，1mol的亞鐵離子失去1mol的電子，而1mol的氯酸根離子得到6mol的電子，根據(jù)電子得失守恒，可知離子方程式為：6Fe2++6H++ClO3-6Fe3++Cl-+3H2O，

（3）取氧化后的溶液少許于試管中，滴加幾滴鐵氰化鉀溶液，若無藍(lán)色沉淀生成，則Fe2+已全部被氧化；

（4）生成硫酸鐵與碳酸鈉發(fā)生雙水解得到黃鈉鐵礬，離子方程式為：6Fe3++4SO42-+6H2O+2Na++6CO32-=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6CO2↑。

（5）根據(jù)pK的大小關(guān)系，可以判斷出電離常數(shù)的大小關(guān)系為Ka1> Ka2>Kb，所以對應(yīng)離子的水解程度大小為NH4+>C2O42->HC2O4-，水解程度越大溶液中剩余離子濃度就越小，所以溶液中的離子濃度大小順序?yàn)椋?/span>c(NH4+)>c(C2O42-)>c(H+)>c(HC2O4-)>c(OH-)

（6）CoCl2的溶解度曲線可知，隨溫度的升高，CoCl2的溶解度增大，所以趁熱過濾，防止溫度降低氯化鈷析出，故答案為：防止因溫度降低，CoCl2晶體析出；

（7）CoC2O4的質(zhì)量為1.470g，其物質(zhì)的量為0.01mol，Co元素質(zhì)量為0.59g，鈷氧化物質(zhì)量為0.814g，氧化物中氧元素質(zhì)量為0.814g-0.59g=0.224g，則氧化物中Co原子與O原子物質(zhì)的量之比為0.01mol：≈5：7，故Co氧化物為Co5O7，故答案為：Co5O7。