Question

6．钴基合金中含少量镁、镍和铁元素，在化工、航空航天和机械工业应用广泛．现有钴基废合金需要回收再利用，设计流程如图：


已知：1）有关钴、镍、镁、铁化合物的性质见下表：

化学式	沉淀开始时的pH	沉淀完全时的pH	有关性质
Co（OH）2	7.2	9.4	Co+2HCl═CoCl2+H2↑ Co2++2NH3•H2O═Co（OH）2↓+2NH4+ Co2++2H2O?Co（OH）2+2H+ Ni+2HCl═NiCl2+H2↑ Ni2++6NH3•H2O═Ni（NH3）6]2++6H2O
Fe（OH）2	7.1	9.6
Fe（OH）3	2.3	3.7
Mg（OH）2	10.8	12.4

2）25℃K_sp（MgF₂）=7.4×10^-11、K_sp（MgCO₃）=3.5×10^-3
请回答：
（1）“除镍”步骤必须控制在一定时间内完成，否则沉淀中将有部分Co（OH）₂转化为Co（OH）₃，此反应的化学方程式为4Co（OH）₂+O₂+2H₂O=4Co（OH）₃
（2）在“盐酸调pH=4”步骤中，加入盐酸的作用是防止Co²⁺水解．
（3）“净化”步骤中加入H₂O₂的作用是2Fe²⁺+2H⁺+H₂O₂=2H₂O+2Fe³⁺（请用离子方程式表示）．废渣的成分MgF₂、Fe（OH）₃（请用化学式表示）．
（4）已知25℃时，K_sp[Fe（OH）₃]=4.0×10^-38，则该温度下反应Fe³⁺+3H₂O?Fe（OH）₃+3H⁺的平衡常数K=2.5×10^-5．
（5）二水合草酸钴晶体（CoC₂O₄•2H₂O）中C元素的化合价为+3，在空气中高温反应的化学方程式为2CoC₂O₄•2H₂O+O₂=2CoO+4H₂O+4CO₂．

Answer 1

分析 由流程可知，钴基合金中含少量镁、镍和铁元素，加盐酸溶解后，溶液中含有Co²⁺、Ni²⁺、Fe²⁺、Mg²⁺等离子，加氨水使Ni²⁺转化为[Ni（NH₃）₆]²⁺，过滤分离出Co（OH）₂、Mg（OH）₂、Fe（OH）₂，再加盐酸溶解，调节pH=4可抑制发生Co²⁺+2H₂O?Co（OH）₂+2H⁺，再加过氧化氢，发生2Fe²⁺+2H⁺+H₂O₂=2H₂O+2Fe³⁺，加NaF使Mg²⁺转化为MgF₂沉淀，碳酸钠可促进Fe³⁺水解转化为Fe（OH）₃，则滤渣为MgF₂、Fe（OH）₃，过滤后的滤液加浓碳酸钠反应生成CoCO₃，CoCO₃与盐酸、草酸铵反应生成CoC₂O₄•2H₂O，CoC₂O₄•2H₂O高温分解生成CoO，以此来解答．

解答 解：（1）“除镍”步骤必须控制在一定时间内完成，否则沉淀中将有部分Co（OH）₂转化为Co（OH）₃，此反应的化学方程式为4Co（OH）₂+O₂+2H₂O=4Co（OH）₃，故答案为：4Co（OH）₂+O₂+2H₂O=4Co（OH）₃；
（2）因Co²⁺+2H₂O?Co（OH）₂+2H⁺，在“盐酸调pH=4”步骤中，加入盐酸的作用是防止Co²⁺水解，
故答案为：防止Co²⁺水解；
（3）“净化”步骤中加入H₂O₂的作用是2Fe²⁺+2H⁺+H₂O₂=2H₂O+2Fe³⁺，由上述分析可知废渣的成分为MgF₂、Fe（OH）₃，
故答案为：2Fe²⁺+2H⁺+H₂O₂=2H₂O+2Fe³⁺；MgF₂、Fe（OH）₃；
（4）25℃时，K_sp[Fe（OH）₃]=4.0×10^-38，则该温度下反应Fe³⁺+3H₂O?Fe（OH）₃+3H⁺的平衡常数K=$\frac{{c}^{3}（{H}^{+}）}{c（F{e}^{3+}）}$=$\frac{{c}^{3}（{H}^{+}）{c}^{3}（O{H}^{-}）}{c（F{e}^{3+}）{c}^{3}（O{H}^{-}）}$=$\frac{（K{w）}^{3}}{Ksp}$=$\frac{（1{0}^{-14}）^{3}}{4.0×1{0}^{-38}}$=2.5×10^-5，故答案为：2.5×10^-5；
（5）化合物中正负化合价的代数和为0，则CoC₂O₄•2H₂O中C元素的化合价为$\frac{0-（-2×4）-（+2）}{2}$=+3价，在空气中高温反应的化学方程式为2CoC₂O₄•2H₂O+O₂=2CoO+4H₂O+4CO₂，故答案为：+3；2CoC₂O₄•2H₂O+O₂=2CoO+4H₂O+4CO₂．

点评 本题考查混合物分离提纯，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意把握实验的原理和目的为解答该类题目的关键，注意物质的性质及题给信息的应用，题目难度中等．