16.以含鈷廢催化劑(主要成分為Co、Fe、SiO2)為原料,制取氧化鈷的流程如圖1:

(1)溶解:溶解后過濾,將濾渣洗滌2~3次,洗液與濾液合并,其目的是提高鈷等元素的利用率.
(2)氧化:加熱攪拌條件下加入NaClO3,將Fe2+氧化成Fe3+,其離子方程式6Fe2++6H++ClO3-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$6Fe3++Cl-+3H2O.
已知:鐵氰化鉀化學式為K3[Fe(CN)6];亞鐵氰化鉀化學式為K4[Fe(CN)6]•3H2O.
3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓(藍色沉淀)
4Fe3++3[Fe(CN)6]4-=Fe4[Fe(CN)6]3↓(藍色沉淀)
確定Fe2+是否氧化完全的方法是取氧化后的溶液少許于試管中,滴加幾滴鐵氰化鉀溶液,若無藍色沉淀生成,則Fe2+已全部被氧化.(可供選擇的試劑:鐵氰化鉀溶液、亞鐵氰化鉀溶液、鐵粉、KSCN溶液)
(3)除鐵:加入適量的Na2CO3調節(jié)酸度,生成黃鈉鐵礬[Na2Fe6(SO44(OH)12]沉淀,寫出該反應的化學方程式3Fe2(SO43+6H2O+6Na2CO3=Na2Fe6(SO44(OH)12↓+5Na2SO4+6CO2↑.
(4)沉淀:生成沉淀堿式碳酸鈷[(CoCO32•3Co(OH)2],沉淀需洗滌,洗滌的操作是向漏斗中加入蒸餾水至浸沒沉淀,靜置使濾液流出.重復操作2~3次.
(5)溶解:CoCl2的溶解度曲線如圖2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,其原因是防止因溫度降低,CoCl2晶體析出.
(6)灼燒:準確稱取所得CoC2O4 1.470g,在空氣中充分灼燒得0.830g氧化鈷,寫出氧化鈷的化學式Co2O3

分析 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,而濾液是硫酸鈷、硫酸亞鐵與過量的硫酸的混合溶液,向濾液中加氯酸鈉將亞鐵離子氧化成鐵離子,然后加入碳酸鈉得到黃鈉鐵礬[Na2Fe6(SO44(OH)12]沉淀,繼續(xù)向濾液中加入碳酸鈉,得到堿式碳酸鈷[(CoCO32•3Co(OH)2],然后用鹽酸溶解堿式碳酸鈷[(CoCO32•3Co(OH)2],再向所到溶液中加入草酸銨,得到溶解度極小的草酸鈷,最后燃燒生成氧化鈷,
(1)洗液與濾液合并,提高洗滌和濾液中鈷的利用率;
(2)亞鐵離子被氯酸根離子氧化成鐵離子,根據(jù)得失電子守恒分析解答;根據(jù)3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓(藍色沉淀);4Fe3++3[Fe(CN)6]4-=Fe4[Fe(CN)6]3↓(藍色沉淀),如果亞鐵離子部分氧化,滴加無色的硫氰化鉀生成藍色沉淀,可向氧化后的溶液中滴入硫氰化鉀,觀察是否有藍色沉淀生成;
(3)生成硫酸鐵與碳酸鈉發(fā)生雙水解得到黃鈉鐵礬,書寫化學方程式;
(4)沉淀洗滌的方法是向漏斗中加入蒸餾水至浸沒沉淀,靜置使濾液流出.重復操作2~3次;
(5)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;
(6)CoC2O4的質量為1.470g,其我知道可為0.01mol,Co元素質量為0.59g,鈷氧化物質量為0.83g,氧化物中氧元素質量為0.83g-0.59g=0.24g,則氧化物中Co原子與O原子物質的量之比為0.01mol:$\frac{0.24}{16}$≈2:3,據(jù)此可確定該氧化物的化學式;

解答 解: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,而濾液是硫酸鈷、硫酸亞鐵與過量的硫酸的混合溶液,向濾液中加氯酸鈉將亞鐵離子氧化成鐵離子,然后加入碳酸鈉得到黃鈉鐵礬[Na2Fe6(SO44(OH)12]沉淀,繼續(xù)向濾液中加入碳酸鈉,得到堿式碳酸鈷[(CoCO32•3Co(OH)2],然后用鹽酸溶解堿式碳酸鈷[(CoCO32•3Co(OH)2],再向所到溶液中加入草酸銨,得到溶解度極小的草酸鈷,最后燃燒生成氧化鈷,
(1)洗液與濾液合并,可提高洗滌和濾液中鈷的利用率,
故答案為: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,1molr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-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$6Fe3++Cl-+3H2O,取氧化后的溶液少許于試管中,滴加幾滴鐵氰化鉀溶液,若無藍色沉淀生成,則Fe2+已全部被氧化,
故答案為:6Fe2++6H++ClO3-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$6Fe3++Cl-+3H2O;取氧化后的溶液少許于試管中,滴加幾滴鐵氰化鉀溶液,若無藍色沉淀生成,則Fe2+已全部被氧化;
(3)生成硫酸鐵與碳酸鈉發(fā)生雙水解得到黃鈉鐵礬,化學反應方程式為:3Fe2(SO43+6H2O+6 Na2CO3=Na2Fe6(SO44(OH)12↓+5 Na2SO4+6CO2↑,
故答案為:3Fe2(SO43+6H2O+6 Na2CO3=Na2Fe6(SO44(OH)12↓+5 Na2SO4+6CO2↑;
(4)沉淀洗滌的方法是:向漏斗中加入蒸餾水至浸沒沉淀,靜置使濾液流出.重復操作2~3次,
故答案為:向漏斗中加入蒸餾水至浸沒沉淀,靜置使濾液流出.重復操作2~3次;
(5)CoCl2的溶解度曲線可知,隨溫度的升高,CoCl2的溶解度增大,所以趁熱過濾,防止溫度降低氯化鈷析出,
故答案為:防止因溫度降低,CoCl2晶體析出;
(6)CoC2O4的質量為1.470g,其我知道可為0.01mol,Co元素質量為0.59g,鈷氧化物質量為0.83g,氧化物中氧元素質量為:0.83g-0.59g=0.24g,則氧化物中Co原子與O原子物質的量之比為0.01mol:$\frac{0.24}{16}$≈2:3,故Co氧化物為Co2O3,
故答案為:Co2O3

點評 本題通過制取氧化鈷,考查了物質制備方案的設計,題目難度中等,根據(jù)制備流程明確實驗原理為解答關鍵,注意掌握常見化學實驗基本操作方法,能夠正確書寫反應的化學方程式、離子方程式,試題知識點較多、綜合性較強,充分考查了學生的分析能力及化學實驗能力.

練習冊系列答案
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13.現(xiàn)有一定質量的Cu和Cu2O組成的混合物溶于足量濃硫酸中,加熱使固體完全溶解,共產(chǎn)生11.2LSO2(標準狀況),則該混合物的質量可能是( 。
A.32gB.50gC.72gD.80g

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7.設NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值,下列說法錯誤的是( 。
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C.20g D2O中含有的質子數(shù)目為10NA
D.標準狀況下,22.4 LCO2和O2混合氣體中含有的氧原子數(shù)為2NA

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4.書寫下列物質的結構簡式
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11.在HF、H2O、NH3、CH4、N2、CO2、HI分子中:
(1)以非極性鍵結合的非極性分子是N2
(2)以極性鍵相結合,具有正四面體結構的非極性分子是CH4
(3)以極性鍵相結合,具有三角錐型結構的極性分子是NH3
(4)以極性鍵相結合,具有折線型結構的極性分子是H2O.
(5)以極性鍵相結合,而且分子極性最大的是HF.
(6)以極性鍵相結合,分子最不穩(wěn)定的是HI.

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1.某反應由兩步反應 A、B、C 構成,它的反應能量曲線如圖所示(E1、E2、E3、E4表示活化能).回答下列問題
(1)A→B 過程中的△H>(填“<”或“>”)0.
(2)加入催化劑不能(“能”或“不能”)改變反應的焓變.
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8.硫鐵礦燒渣是一種重要的化學化工產(chǎn)業(yè)中間產(chǎn)物,主要成分是Fe3O4、Fe2O3、FeO和二氧化硅等.下面是以硫鐵礦燒渣制備高效凈水劑聚合硫酸鐵m的流程圖:

(1)聚合硫酸鐵m的鐵元素的化合價為+3.
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(3)“酸溶”過程中Fe3O4溶解的化學反應方程式為Fe3O4+4H2SO4$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$FeSO4+Fe2(SO43+4H2O.
(4)硫鐵礦燒渣在“酸溶”前要粉碎的主要目的是增大燒渣固體與硫酸的接觸的表面積,加快燒渣的溶解速率.
(5)加入適量H2O2的目的是氧化Fe2+,寫出該過程中H2O2氧化Fe2+的離子方程式2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O.
(6)若硫鐵礦燒渣中Fe3O4、Fe2O3、FeO的物質的量之比為1:1:1,且這些氧化物的總物質的量為a mol,則流程圖中反應I消耗鐵單質的物質的量至少為$\frac{2}{3}$amol.

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5.氫能的存儲是氫能應用的主要瓶頸,配位氫化物、富氫載體化合韌是目前所采用的主要儲氫材料.
(1)Ti(BH42是一種過渡元素硼氫化物儲氫材料.在基態(tài)Ti2+中,電子占據(jù)的最高能層符號為M,該能層具有的原子軌道數(shù)為9;
(2)液氨是富氫物質,是氫能的理想載體,利用N2+3H2?2NH3,實現(xiàn)儲氫和輸氫.下列說法正確的是cd;
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b.NH+4與PH+4、CH4、BH-4、ClO-4互為等電子體
c.相同壓強時,NH3的沸點比PH3的沸點高
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(3)用價層電子對互斥理論推斷SnBr2分子中,Sn原子的軌道雜化方式為sp2雜化,SnBr2分子中 Sn-Br的
鍵角<120°(填“>”“<”或“=”).
(4)NiO 的晶體結構與氯化鈉相同,在晶胞中鎳離子的配位數(shù)是6. 已知晶胞的邊長為 a nm,NiO 的摩爾質量為 b g•mol-1,NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,則NiO 晶體的密度為$\frac{4b×1{0}^{21}}{{a}^{3}×{N}_{A}}$g•cm-3

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科目:高中化學 來源: 題型:選擇題

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