Question

7．石墨在材料領域有重要應用，某初級石墨中含SiO₂（7.8%）、Al₂O₃（5.1%）、Fe₂O₃（3.1%）和MgO（0.5%）等雜質，設計的提純與綜合利用工藝如下：

（1）高溫反應后，石墨中氧化物雜質均轉化為相應的氯化物，氣體Ⅰ中的碳氧化合物主要為CO，氣體Ⅱ為SiCl₄，由其得到水玻璃的化學方程式為SiCl₄+6NaOH=Na₂SiO₃+4NaCl+3H₂O
（2）步驟①為攪拌，過濾，則得到的溶液Ⅳ中的陰離子有AlO₂^-、Cl^-、OH^-；
（3）100kg初級石墨最多可獲得的沉淀Ⅴ的質量為：7.8kg．

Answer 1

分析 高溫反應后，石墨中氧化物雜質均轉變為相應的氯化物，根據雜質的含量可知，氣體I中氯化物主要為SiCl₄、AlCl₃、FeCl₃等，氣體I中碳氧化物主要為CO，SiCl₄的沸點為57.6℃，金屬氯化物的沸點均高于150℃，80℃冷卻得到的氣體Ⅱ含有SiCl₄及CO，SiCl₄與氫氧化鈉溶液反應得到硅酸鈉與氯化鈉，固體Ⅲ存在AlCl₃、FeCl₃、MgCl₂，其中FeCl₃、MgCl₂與過量的氫氧化鈉溶液反應得到沉淀，而氯化鋁與過量的氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉，過濾得到的溶液中含有偏鋁酸鈉、過量的氫氧化鈉；
（1）高溫反應后，石墨中氧化物雜質均轉變為相應的氯化物，根據雜質的含量可知，氣體I中氯化物主要為SiCl₄、AlCl₃、FeCl₃等，氣體I中碳氧化物主要為CO，SiCl₄的沸點為57.6℃，金屬氯化物的沸點均高于150℃，80℃冷卻得到的氣體Ⅱ含有SiCl₄及CO，SiCl₄與氫氧化鈉溶液反應得到硅酸鈉與氯化鈉；
（2）金屬氯化物的沸點均高于150℃，則固體Ⅲ中存在AlCl₃、FeCl₃、MgCl₂，其中FeCl₃、MgCl₂與過量的氫氧化鈉溶液反應得到沉淀，而氯化鋁與過量的氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉，過濾得到的溶液中含有偏鋁酸鈉、過量的氫氧化鈉；
（3）偏鋁酸鈉發生水解，加入乙酸乙酯除去過量的氫氧化鈉，且加熱條件下水解平衡一直正向移動，得到氫氧化鋁沉淀、醋酸鈉、乙醇；
根據氧化鋁的含量計算氧化鋁質量，再根據Al元素守恒計算氫氧化鋁的質量．

解答 解：（1）石墨過量高溫反應后，石墨中氧化物雜質均轉變為相應的氯化物，根據雜質的含量可知，氣體I中氯化物主要為SiCl₄、AlCl₃、FeCl₃等，氣體I中碳氧化物主要為CO，SiCl₄的沸點為57.6℃，金屬氯化物的沸點均高于150℃，80℃冷卻得到的氣體Ⅱ含有SiCl₄及CO，SiCl₄與氫氧化鈉溶液反應得到硅酸鈉與氯化鈉，化學反應方程式為：SiCl₄+6NaOH=Na₂SiO₃+4NaCl+3H₂O，
故答案為：CO；SiCl₄；SiCl₄+6NaOH=Na₂SiO₃+4NaCl+3H₂O；
（2）金屬氯化物的沸點均高于150℃，則固體Ⅲ中存在AlCl₃、FeCl₃、MgCl₂，其中FeCl₃、MgCl₂與過量的氫氧化鈉溶液反應得到沉淀，而氯化鋁與過量的氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉，攪拌、過濾得到溶液IV，故溶液IV中的陰離子有：AlO₂^-、OH^-、Cl^-，
故答案為：AlO₂^-、OH^-、Cl^-；
（4）偏鋁酸鈉發生水解，加入乙酸乙酯除去過量的氫氧化鈉，且加熱條件下水解平衡一直正向移動，得到氫氧化鋁沉淀、醋酸鈉、乙醇，由溶液IV生成沉淀V的總反應的離子方程式為：AlO₂^-+CH₃COOCH₂CH₃+2H₂O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CH₃COO^-+CH₃CH₂OH+Al（OH）₃↓，
Al₂O₃的質量分數為5.1%，則100kg初級石墨中氧化鋁的質量=100kg×5.1%=5.1kg，
根據Al元素守恒，可知氫氧化鋁的質量=$\frac{\frac{5.1kg×54}{102}}{\frac{27}{78}}$=7.8kg；
故答案為：7.88kg．

點評 本題考查物質制備分離、閱讀題目獲取信息能力、化學方程式及離子方程式書寫、化學計算等，需要學生具備扎實的基礎及遷移運用能力，難度中等．