Question

12．用含鈷廢料（主要成分為Co，含有一定量的Ni、Al₂O₃、Fe、SiO₂等）制備草酸鈷晶體（CoC₂O₄•2H₂O）的工業(yè)流程如圖．己知：①草酸鈷晶體難溶于水②RH為有機物（難電離）

（1）濾渣I的主要成分是SiO₂（填化學式），寫出一種能提高酸浸速率的措施提高硫酸的濃度、提高反應的溫度、攪拌．
（2）操作①用到的主要儀器有分液漏斗、燒杯．
（3）H₂O₂是一種綠色氧化劑，寫出加入H₂O₂后發(fā)生反應的離子方程式2Fe²⁺+2H⁺+H₂O₂=2Fe³⁺+2H₂O．
（4）加入氧化鈷的目的是調(diào)節(jié)溶液的pH．
（5）草酸鈷晶體分解后可以得到多種鈷的氧化物（其中Co的化合價為+2、+3），取一定量鈷的氧化物，用280mL 5mol/L鹽酸恰好完全溶解，并得到CoCl₂溶液和2.24L（標準狀況）黃綠色氣體，由此可確定該鈷氧化物中Co、O的物質(zhì)的量之比為6：7．
（6）實驗室可以用酸性KMnO₄標準液滴定草酸根離子（C₂O₄^2-），測定溶液中C₂O₄^2-的濃度，寫出此反應的離子方程式2MnO₄^-+5C₂O₄^2-+16H⁺=2Mn²⁺+l0CO₂↑+8H₂O；KMnO₄ 標準溶液常用硫酸酸化，若用鹽酸酸化，會使測定結(jié)果偏高（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）．

Answer 1

分析 用含鈷廢料（主要成分為Co，含有一定量的Ni、Al₂O₃、Fe、SiO₂等）制備草酸鈷晶體（CoC₂O₄•2H₂O）：粉碎后用硫酸溶解，SiO₂不與硫酸反應，過濾得到濾液中含有CoSO₄、NiSO₄、FeSO₄、Al₂（SO₄）₃及過量的硫酸，濾渣Ⅰ為SiO₂，濾液中加入過氧化氫和CoO，將Fe²⁺氧化為Fe³⁺，同時調(diào)節(jié)pH，使鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為沉淀除去，所以濾渣Ⅱ為氫氧化鐵、氫氧化鋁，向濾液中加入RH，Ni ²⁺，溶于有機層，為分液，向水層加入（NH₄）₂C₂O₄，得到草酸鈷晶體，據(jù)此分析解答（1）～（4）；
（5）根據(jù)原子守恒和化合價代數(shù)和為0計算；
（6）高錳酸鉀會氧化鹽酸中的氯離子，消耗高錳酸鉀偏多，測定結(jié)果偏高．

解答 解：（1）用含鈷廢料，粉碎后用硫酸溶解，SiO₂不與硫酸反應，濾渣Ⅰ為SiO₂，提高硫酸的濃度、提高反應的溫度、攪拌能提高酸浸速率；
故答案為：SiO₂；提高硫酸的濃度、提高反應的溫度、攪拌；
（2）通過操作①得到水層和有機層，則操作①為分液，分液需要的儀器有：分液漏斗、燒杯；
故答案為：分液漏斗、燒杯；
（3）H₂O₂氧化亞鐵離子生成鐵離子，離子方程式為：2Fe²⁺+2H⁺+H₂O₂=2Fe³⁺+2H₂O；
故答案為：2Fe²⁺+2H⁺+H₂O₂=2Fe³⁺+2H₂O；
（4）加入氧化鈷的目的是調(diào)節(jié)溶液的pH，使鐵離子鋁離子沉淀；
故答案為：調(diào)節(jié)溶液pH；
（5）取一定量鈷的氧化物，用280mL 5mol/L鹽酸恰好完全溶解，則n（Cl）=0.28L×5mol/L=1.4mol，有得到CoCl₂溶液和2.24L（標準狀況）黃綠色氣體，n（Cl₂）=$\frac{2.24L}{22.4L/mol}$=0.1mol，故n（CoCl₂）=0.6mol，則n（Co原子）_總=0.6mol，
由電子守恒：Cl₂～2e^-～2Co³⁺，則n（Co³⁺）=2n（Cl₂）=0.2mol，
所以固體中的n（Co²⁺）=0.6mol-0.2mol=0.4mol，
根據(jù)化合價為0，氧化物中n（O）=（0.2mol×3+0.4mol×2）÷2=0.7mol，
故該鈷氧化物中n（Co）：n（O）=0.6mol：0.7mol=6：7；
故答案為：6：7；
（6）用酸性KMnO₄標準液滴定草酸根離子（C₂O₄^2-），發(fā)生氧化還原反應，離子方程式為：2MnO₄^-+5C₂O₄^2-+16H⁺=2Mn²⁺+l0CO₂↑+8H₂O，KMnO₄ 標準溶液常用硫酸酸化，若用鹽酸酸化，高錳酸鉀會氧化鹽酸中的氯離子，消耗高錳酸鉀偏多，測定結(jié)果偏高；
故答案為：2MnO₄^-+5C₂O₄^2-+16H⁺=2Mn²⁺+l0CO₂↑+8H₂O；偏高．

點評 本題物質(zhì)制備的工藝流程，理解工藝流程圖、明確實驗操作與設計及相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵，試題充分考查了學生的分析、理解能力及靈活應用所學知識的能力．