Question

【題目】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。(已知Co2O3的氧化性>Cl2的氧化性)從廢料中回收氧化鈷(CoO)的工藝流程如下：

已知：①CoCO3的溶度積為：Ksp=1.0×10-13；

②溶液中離子濃度小于1.0×10-5mol/L時認為該離子沉淀完全。

(1)“堿溶”前通常將廢料粉碎，其目的是____________。

(2)過程I中采用NaOH溶液溶出廢料中的A1，反應的離子方程式為_________________。

(3)過程Ⅱ中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出鈷。則浸出含鉆物質的反應化學方程式為 (產物中只有一種酸根) _______________________________________。在實驗室模擬工業(yè)生產時，也可用鹽酸浸出鈷，但實際工業(yè)生產中不用鹽酸，請分析不用鹽酸浸出鈷的主要原因______________________________________。

(4)過程III得到鋰鋁渣的主要成分是LiF和AI(OH)3，碳酸鈉溶液在產生 Al(OH)3時起重要作用，請寫出該反應的離子方程式__________________________________。

(5)將2.0×10-4 mol/LCoSO4與2.2×10-4mol/L的Na2CO3等體積混合，此時溶液中的Co2+的濃度為__________，Co2+是否沉淀完全? __________(填“是”或“否”)。

(6)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，物質B的化學式是____________________。

【答案】 略 略 略 略 略 略 略 略

【解析】(1). “堿溶”前通常將廢料粉碎，可以增大固體反應物的接觸面積，加快反應速率，故答案為：增大反應物接觸面積，加快反應速率；

(2). NaOH溶液和Al反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，離子方程式為：2A1+2OH－+2H2O=2A1O2－+3H2↑，故答案為：2A1+2OH－+2H2O=2A1O2－+3H2↑；

(3). 廢料中鈷以Co2O3·CoO的形式存在，鈷的化合價為+2價和+3價，由流程圖可知，加入Na2S2O3溶液后，鈷全部變?yōu)?/span>+2價，說明Co3+氧化S2O32－，還原產物為Co2+，由產物中只有一種酸根離子可知氧化產物為SO42－，根據得失電子守恒和原子守恒，浸出含鈷物質的反應化學方程式為：4Co2O3·CoO+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O，由題中信息可知，Co2O3的氧化性>Cl2的氧化性，則Co2O3·CoO可氧化鹽酸產生Cl2，污染環(huán)境，所以實際工業(yè)生產中不用鹽酸浸出含鈷物質，故答案為：4Co2O3·CoO+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O；Co2O3·CoO可氧化鹽酸產生Cl2，污染環(huán)境；

(4). 在過程III中加入碳酸鈉溶液，碳酸根離子和鋁離子發(fā)生雙水解反應生成氫氧化鋁沉淀，離子方程式為：2A13++3CO32－+3H2O=2A1(OH)3↓+3CO2↑，故答案為：2A13++3CO32－+3H2O=2A1(OH)3↓+3CO2↑；

(5). 將2.0×10-4mol/LCoSO4與2.2×10-4mol/L的Na2CO3等體積混合，Co2＋與CO32－反應生成CoCO3，離子方程式為：Co2＋+ CO32－= CoCO3，由離子方程式可知，反應后的溶液中c(CO32－)=( 2.2×10-4－2.0×10-4)mol/L÷2=1×10－5mol/L，則反應后的溶液中c(Co2＋)==1.0×10-8mol/L，c(Co2＋)＜1.0×10-5mol/L，所以Co2＋沉淀完全，故答案為：1.0×10-8mol/L；是；

(6). 據圖可知，n(CoCl2)=65×10-3g÷130g/mol=5×10-4mol，B中含有水的物質的量為n(H2O)=(74－65)×10-3g÷18g/mol=5×10-4mol，則n(CoCl2): n(H2O)=1:1，則物質B為CoCl2·H2O，故答案為：CoCl2·H2O。

【題型】綜span>合題
【結束】
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【題目】砷元素廣泛存在于自然界，砷與其化合物被運用在農藥、除草劑、殺蟲劑等。

(1)砷的常見氧化物有As2O3和As2O5，其中As2O5熱穩(wěn)定性差。根據圖1寫出As2O3轉化為As2O5的熱化學方程式__________________________________。

(2)砷酸鈉具有氧化性，298K時，在100mL燒杯中加入10mL0.1 mol/L Na3AsO4溶液、20mL0.1 mol/L KI溶液和20mL0.05mol/L硫酸溶液，發(fā)生下列反應：AsO43-(無色)+12(淺黃色)+H2O △H。測得溶液中c(I2)與時間(t)的關系如圖2所示(溶液體積變化忽略不計)。

①升高溫度，溶液中AsO43-的平衡轉化率減小，則該反應的△H________0(填“大于”“小于”或“等于”)。

②0~10min內，I的反應速率v(Iˉ)= ____________。

③下列情況表明上述可逆反應達到平衡狀態(tài)的是_______(填字母代號)。

a.c(AsO33-)+c(AsO42-)不再變化 b.溶液顏色保持不再變化

C.c(AsO33-)與c(AsO42-)的比值保持不再變化 d.I的生成速率等于I2的生成速率

④在該條件下，上述反應平衡常數的表達式K=______________。

(3)利用(2)中反應可測定含As2O3和As2O5的試樣中的各組分含量(所含雜質對測定無影響)，過程如下：

①將試樣02000g溶于NaOH溶液，得到含AO33-和AsO43-的混合溶液。

②上述混合液用0.02500 mol·L-1的I2溶液滴定，用淀粉試液做指示劑，當________________，則滴定達到終點。重復滴定3次，平均消耗I2溶液40.00mL。則試樣中As2O5的質量分數是_________(保留四位有效數字)。若滴定終點時，仰視讀數，則所測結果_________ (填“偏低”，“偏高”，“無影響”)。

Answer 1

【答案】 略 略 略 略 略 略 略 略

【解析】(1). 由圖1可知，As2O3(s)和O2(g)反應轉化為As2O5(s)的△H=－(914.6－619.2)kJ/mol=－295.4kJ/mol，則熱化學方程式為：As2O3(s)+O2(g)=As2O5(s) △H=-295.4kJ/mol，故答案為：As2O3(s)+O2(g)=As2O5(s) △H=-295.4kJ/mol；

(2). ①. 升高溫變，溶液中AsO43-的平衡轉化率減小，說明升高溫度，平衡逆向移動，該反應為放熱反應，則△H＜0，故答案為：小于；

②. 在0~10min 內，I2的濃度從0變?yōu)?/span>0.015mol/L，由反應方程式可知，I－減少了0.03mol/L，則0~10min內，用I－表示的反應速率v(I－)=0.03mol/L÷10min=0.003mol/(L·min)，故答案為：0.003mol/(L·min)；

③. a. 根據物料守恒關系可知，溶液中的c(AsO33-)+c(AsO43-)始終不變，所以c(AsO33-)+c(AsO43-)不再變化，不能說明反應達到平衡狀態(tài)，故a錯誤；b. 溶液顏色不再變化，說明各物質的濃度不再改變，反應達到平衡狀態(tài)，故b正確；c. c(AsO33-)與c(AsO43-)的比值不再變化，說明正逆反應速率相等，反應達到平衡狀態(tài)，故c正確；d. I－的生成速率等于I2的生成速率，正逆反應速率不相等，說明反應沒有達到平衡狀態(tài)，故d錯誤；答案選：bc；

④. 由反應方程式可知，在該條件下，反應平衡常數的表達式K=，故答案為：；

(3). ①. 用0.02500mol/L的I2溶液滴定含AsO33-和AsO43-的混合溶液，當滴入最后一滴標準液時，溶液由無色變藍色，且30s內不恢復，即為滴定終點，上述混合液用0.02500mol/L的I2溶液滴定，重復滴定3次，平均消耗I2溶液40.0mL，根據As2O5+6OH=2AsO43+3H2O、AsO33-+I2+H2O AsO43-+2I-+2H+可知：

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n 0.02500mol/L×0.04L，n(AsO33-)= 0.001mol，則試樣中As2O5的質量分數是×100%=50.50%，若滴定終點時仰視讀數，會使讀取的標準液體積偏大，n(AsO33-)偏大，則As2O5的質量分數偏小，所測結果偏低，故答案為：滴入最后一滴標準液，溶液由無色變藍色，且30s內不恢復；50.50%；偏低。