制备$\text{CoC}{{\text{l}}_{2}}$。“除杂”过程中加入$\text{NaCl}{{\text{O}}_{3}}$的作用是                。

将$\\text{F}{{\\text{e}}^{2+}}$氧化成$\\text{F}{{\\text{e}}^{3+}}$，便于后续去除

由分析可知，加入适量的$\rm NaClO_{3}$的作用是将$\rm Fe^{2+}$氧化为$\rm Fe^{3+}$，便于后续除去；

制备${{\left[ \text{Co}{{\left( \text{N}{{\text{H}}_{3}} \right)}_{6}} \right]}^{3+}}$。

①“氧化”过程应先加入                $\rm ($填序号$\rm )$，原因是                。

$\rm A$．氨水          $\rm B$．氢氧化钠          $\rm C$．$\rm \text{Co}{{(\text{OH})}_{2}}$          $\rm D$．$\rm \text{Co}{{(\text{OH})}_{3}}$

②生成${{\left[ \text{Co}{{\left( \text{N}{{\text{H}}_{3}} \right)}_{6}} \right]}^{3+}}$的离子方程式为                。

$\\rm A$ ； ${{\\left[ \\text{Co}{{\\left( \\text{N}{{\\text{H}}_3} \\right)}_6} \\right]}^{2+}}$具有较强还原性，易被氧化，若先加${{\\text{H}}_{2}}{{\\text{O}}_{2}}$将$\\text{C}{{\\text{o}}^{2+}}$氧化为$\\text{C}{{\\text{o}}^{3+}}$，后加氨水，会生成$\\text{Co}{{(\\text{OH})}_{3}}$沉淀，不利于产品的生成 ； $2{{\\left[ \\text{Co}{{\\left( \\text{N}{{\\text{H}}_{3}} \\right)}_{6}} \\right]}^{2+}}+2\\text{NH}_{4}^{+}+{{\\text{H}}_{2}}{{\\text{O}}_{2}}=2{{\\left[ \\text{Co}{{\\left( \\text{N}{{\\text{H}}_{3}} \\right)}_{6}} \\right]}^{3+}}+2\\text{N}{{\\text{H}}_{3}}\\cdot {{\\text{H}}_{2}}\\text{O}$

①结合分析可知，若先加$\rm H_{2}O_{2}$，将$\rm Co$元素氧化到$\rm Co^{3+}$，后加氨水，会生成$\rm Co(OH)_{3}$，不利于产品的生成，故先加入氨水再加入$\rm H_{2}O_{2}$，可防止$\rm Co(OH)_{3}$的生成，原因为；$\rm [Co(NH_{3})_{6}]^{2+}$具有较强还原性，易被氧化；先加$\rm H_{2}O_{2}$将$\rm Co^{2+}$氧化为$\rm Co^{3+}$，后加氨水，会生成$\rm Co(OH)_{3}$，不利于产品的生成，故先加入氨水再加入$\rm H_{2}O_{2}$；

②由分析可知，生成$\rm [Co(NH_{3})_{6}]^{3+}$的反应方程式为：$\rm H_{2}O_{2}+2[Co(NH_{3})_{6}]Cl_{2}+2NH_{4}Cl=2[Co(NH_{3})_{6}]Cl_{3}+2NH_{3}↑+2H_{2}O$，则其离子方程式为$\rm 2[Co(NH_{3})_{6}]^{2+}+2\text{NH}_{\text{4}}^{+}\rm +H_{2}O_{2}=2[Co(NH_{3})_{6}]^{3+}+2NH_{3}↑+2H_{2}O$；

得到$\left[ \text{Co}{{\left( \text{N}{{\text{H}}_{3}} \right)}_{6}} \right]\text{C}{{\text{l}}_{3}}$晶体。${{\left[ \text{Co}{{\left( \text{N}{{\text{H}}_{3}} \right)}_{6}} \right]}^{3+}}$中中心原子配位数是                。

$\\rm 6$

$\rm [Co(NH_{3})_{6}]^{3+}$中配位原子是$\rm N$，配位数是$\rm 6$；

含量测定。通过碘量法可测定产品中的钴元素的含量。称取$\rm 0.20$ $\rm g$产品，加入稍过量的$\rm NaOH$溶液并加热，将$\rm Co$元素完全转化为难溶的$\text{Co}{{(\text{OH})}_{3}}$，过滤洗涤后将滤渣完全溶于盐酸中，向所得的溶液中加入过量的$\rm KI$和$2\sim3$滴淀粉溶液，再用$0.010\ \text{mol}\cdot {{\text{L}}^{-1}}$的$\text{N}{{\text{a}}_{2}}{{\text{S}}_{2}}{{\text{O}}_{3}}$溶液滴定$\rm ($反应原理：$\text{C}{{\text{o}}^{3+}}+{{\text{I}}^{-}}\xrightarrow[{}]{{}}\text{C}{{\text{o}}^{2+}}+{{\text{I}}_{2}}$、${{\text{I}}_{2}}+{{\text{S}}_{2}}\text{O}_{3}^{2-}\xrightarrow[{}]{{}}{{\text{I}}^{-}}+{{\text{S}}_{4}}\text{O}_{6}^{2-}\rm )$，达到滴定终点时消耗$\text{N}{{\text{a}}_{2}}{{\text{S}}_{2}}{{\text{O}}_{3}}$溶液$\rm 48.00$ $\rm mL$，试求产品中钴元素的百分含量$\rm ($写出解题过程$\rm )$                。

$14.16 \\%$

根据得失电子守恒可得关系式：$2\text{C}{{\text{o}}^{3+}}\sim{{\text{I}}_{2}}\sim2{{\text{S}}_{2}}\text{O}_{3}^{2-}$，$n\left( \text{C}{{\text{o}}^{3+}} \right)=n\left( {{\text{S}}_{2}}\text{O}_{3}^{2-} \right)=0.010\,\text{mol}\cdot {{\text{L}}^{-1}}\times 0.048\,\text{L}=4.8\times {{10}^{-4}}\ \text{mol}$，$m\left( \text{C}{{\text{o}}^{3+}} \right)=4.8\times {{10}^{-4}}\,\text{mol}\times 59\,\text{g}\cdot \text{mo}{{\text{l}}^{-1}}=0.02832\,\text{g}$，产品中钴元素的百分含量为$\dfrac{0.02832\ \text{g}}{0.20\ \text{g}}\times 100\%=14.16\%$。