Question

一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co₂O₃•CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中。从废料中回收氧化钴（CoO）的工艺流程如下：

（1）过程Ⅰ中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为_______________。

（2）过程Ⅱ中加入稀H₂SO₄酸化后，再加入Na₂S₂O₃溶液浸出钴，则浸出钴的化学反应方程式为（产物中只有一种酸根）_______________，在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，请从反应原理分析不用盐酸浸出钴的主要原因_______________。

（3）过程Ⅲ得到锂铝渣的主要成分是LiF和Al（OH）₃，碳酸钠溶液在产生Al（OH）₃时起重要作用，请写出该反应的离子方程式_______________。

（4）碳酸钠溶液在过程Ⅲ和Ⅳ中所起作用有所不同，请写出在过程Ⅳ中起的作用是_______________。

（5）在Na₂CO₃溶液中存在多种粒子，下列各粒子浓度关系正确的是_______________（填序号）。

A、c（Na⁺）=2c（CO₃^2-）

B、c（Na⁺）＞c（CO₃^2-）＞c（HCO₃^-）

C、c（HCO₃^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）

D、c（OH^-）-c（H⁺）═c（HCO₃^-）+2c（H₂CO₃）

（6）CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl₂溶液．CoCl₂含结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CoCl₂吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水．如图是粉红色的CoCl₂•6H₂O晶体受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，A物质的化学式是_______________。

Answer

（1）2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（2）4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O；Co2O3•CoO可氧化盐酸产生Cl2污染环境；（3）2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；（4）调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3；（5）BD；（6）CoCl2•2H2O

【解析】

试题分析：（1）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为：2Al + 2OH- + 2H2O = 2AlO2-+3H2↑；

（2）Co3O4和Na2S2O3在酸性条件下发生氧化还原反应生成CoSO4、Na2SO4和H2O，反应方程式为：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O；盐酸具有还原性，能被Co2O3•CoO氧化生成有毒的氯气而污染环境，所以不能盐酸，故答案为：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O；Co2O3•CoO可氧化盐酸产生Cl2污染环境；

（3）铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；故答案为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；

（4）碳酸钠溶液在过程Ⅲ中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3；故答案为：调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3；

（5）A、Na2CO3溶液中电荷守恒：c（Na+） + c（H+） = c（HCO3-） + c（OH-） + 2c（CO32-） ，故A错误；B、碳酸根离子发生水解以及水的电离，所以溶液中离子浓度：c（Na+） ＞ c（CO32-） ＞ c（OH-） ＞ c（HCO3-） ＞ c（H+），故B正确；C、碳酸根离子发生水解以及水的电离，所以溶液中离子浓度： c （Na+） ＞ c （CO32-） ＞ c （OH-） ＞ c （HCO3-） ＞ c （H+） ，故C错误；D、Na2CO3溶液中质子守恒： c（H+） ═ c（OH-） + c（HCO3-） + 2c（H2CO3） ，故D正确；故选BD；

（6）CoCl2•6H2O～CoCl2

238 130

m 65mg

＝，解得：m=119mg

A物质的化学式为CoCl2•nH2O，则有：

CoCl2•6H2O～CoCl2•nH2O△m

238 18（6-n）

119mg 119mg-83mg

=，解得：n=2，

所以A物质的化学式为：CoCl2•2H2O，故答案为：CoCl2•2H2O

考点：考查了物质分离和提纯、离子浓度大小的比较的相关知识。