Question

【題目】一種從含鋁鋰鈷廢料[鋁箔、CoO和Co2O3(只溶于酸，不溶于堿)及LiCoO2]中回收氧化鈷的工藝流程如下:

回答下列問題:

(1)步驟I“堿溶”時，為提高鋁的去除率，除升高溫度和不斷攪拌外,還可采取的措施是____(列舉1點)，“堿溶”時發生主要反應的化學方程式為_______；步驟II“過濾、洗滌”過程中濾渣還會有少量的Al(OH)3，是因為________(填離子方程式)。

(2)步驟III“酸溶”時,Co2O3 轉化為CoSO4 的離子方程式為_________。

(3)步驟V“除鋁和鋰”時,調節pH的適用范圍是_______(已知該條件下,Al3+開始沉淀時的pH為4.1,沉淀完全時的pH為4.7.Co2+開始沉淀時的pH為6.9。沉淀完全時的pH為9.4)；步驟VI所得濾渣的成分為__________。

(4)煅燒CoC2O4時發生氧化還原反應，則CoC2O4分解的化學方程式是___；若僅從沉淀轉化角度考慮，能否利用反應CoCO3+ C2O42-=== CoC2O4 + CO32- 將CoCO3 轉化為CoC2O4?___ (填“能”或“不能”),說明理由:________[已知Ksp(CoCO3) =1.4×10-13,Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8]

Answer 1

【答案】 增大NaOH溶液的濃度(增大液固比)、適當延長浸取時間(答出一點即可) 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ AlO2-+2H2OAl(OH)3+OH- 4Co2O3+S2O32-+14H+=8Co2++2SO42-+7H2O 4.76.9或4.7≤pH<6.9 Al(OH)3和LiF CoC2O4CoO+CO↑+CO2↑ 不能 該反應的平衡常數為K=2.22×10-6，轉化程度極小

【解析】根據影響化學反應速率的外因，由于固液反應不考慮壓強，所以可以考慮濃度、溫度及接觸面積等，如升高溫度、不斷攪拌、增大NaOH溶液的濃度(增大液固比)、適當延長浸取時間等；由流程可知“堿溶”時，鋁與氫氧化鈉溶液反應，化學方程式為： 2Al+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3H2↑；步驟II“過濾、洗滌”過程，NaAlO2已進入濾液，若

濾渣還有少量的Al(OH)3則是NaAlO2水解所致，離子方程為：AlO2-+2H2OAl(OH)3+OH- ；綜上，本題正確答案為：增大NaOH溶液的濃度(增大液固比)、適當延長浸取時間(答出一點即可)； 2Al+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3H2↑； AlO2-+2H2OAl(OH)3+OH- 。

（2）步驟III“酸溶”時,Co2O3轉化為CoSO4，三價鈷轉化為二價鈷，加入的Na2S2O3起還原劑作用，發生氧化還原反應，離子方程式為4Co2O3+S2O32-+14H+=8Co2++2SO42-+7H2O；

故本題正確答案為：4Co2O3+S2O32-+14H+=8Co2++2SO42-+7H2O 。

(3)步驟V“除鋁和鋰”時,使Al3+沉淀完全，而Co2+不沉淀，由信息知，Al3+沉淀完全時的pH為4.7，Co2+開始沉淀時的pH為6.9，故調節pH的適用范圍是 4.76.9或4.7≤pH<6.9；步驟VI加入Na2CO3溶液和溶液中的Al3+發生雙水解生成氫氧化鋁沉淀，同時加入NaF溶液使Li+變為LiF沉淀，故步驟VI所得濾渣的成分為：Al(OH)3和LiF。綜上，本題正確答案為：4.76.9或4.7≤pH<6.9 ； Al(OH)3和LiF；

(4)從流程知：煅燒CoC2O4發生氧化還原反應，生成CoO，鈷元素化合價降低，則碳元素化合價一定會升高，即一定有CO2生成，根據原子守恒可寫出并配平化學方程式為：CoC2O4CoO+CO↑+CO2↑；從沉淀轉化角度考慮，若實現CoCO3+C2O42-=== CoC2O4+ CO32-，

該反應的平衡常數為K=c(CO32-)/c（C2O42-）=Ksp(CoCO3)/Ksp(CoC2O4)=1.4×10-13/6.3×10-8=2.22×10-6，轉化程度極小，所以不能實現轉化。因此，本題正確答案為：CoC2O4CoO+CO↑+CO2↑； 不能，. 該反應的平衡常數為K=2.22×10-6，轉化程度極小；