Question

5．石墨在材料領(lǐng)域有重要應(yīng)用，某初級(jí)石墨中含SiO₂（7.8%）、Al₂O₃（5.1%）、Fe₂O₃（3.1%）和MgO（0.5%）等雜質(zhì)，設(shè)計(jì)的提純與綜合利用工藝如圖1：

（注：SiCl₄的沸點(diǎn)為57.6℃，金屬氯化物的沸點(diǎn)均高于150℃）
（1）向反應(yīng)器中通入Cl₂前，需通一段時(shí)間N₂，主要目的是排出空氣，作為保護(hù)氣，防止石墨被空氣中的氧氣氧化而損耗．
（2）高溫反應(yīng)后，石墨中氧化物雜質(zhì)均轉(zhuǎn)變?yōu)橄鄳?yīng)的氯化物，寫(xiě)出由氣體II中某物質(zhì)得到水玻璃的化學(xué)反應(yīng)方程式為SiCl₄+6NaOH=Na₂SiO₃+4NaCl+3H₂O．
（3）步驟①為：攪拌、過(guò)濾，所得溶液IV中的三種陰離子是Cl^-、AlO₂^-、OH^-．
（4）由溶液IV生成沉淀V的反應(yīng)的離子方程式為AlO₂^-+CO₂+2H₂O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$HCO₃^-+Al（OH）₃↓，100kg初級(jí)石墨最多可獲得V的質(zhì)量為7.8kg．
（5）使用上面提純得到的石墨電極電解NO可制得 NH₄NO₃酸性溶液，其工作原理如圖2所示，
①試寫(xiě)出電解池陰極的電極反應(yīng)式NO+5e^-+6H⁺═NH₄⁺+H₂O．
②為使電解產(chǎn)物全部轉(zhuǎn)化為NH₄NO₃，需補(bǔ)充物質(zhì)A，A是氨氣或氨水，說(shuō)明理由：根據(jù)反應(yīng)8NO+7H₂O$\frac{\underline{\;通電\;}}{\;}$3NH₄NO₃+2HNO₃，電解產(chǎn)生的HNO₃多．

Answer 1

分析 高溫反應(yīng)后，石墨中氧化物雜質(zhì)均轉(zhuǎn)變?yōu)橄鄳?yīng)的氯化物，根據(jù)雜質(zhì)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(diǎn)為57.6℃，金屬氯化物的沸點(diǎn)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(yīng)得到硅酸鈉與氯化鈉，固體Ⅲ存在AlCl₃、FeCl₃、MgCl₂，其中FeCl₃、MgCl₂與過(guò)量的氫氧化鈉溶液反應(yīng)得到沉淀，而氯化鋁與過(guò)量的氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉，過(guò)濾得到的溶液中含有偏鋁酸鈉、過(guò)量的氫氧化鈉，在溶液中通入過(guò)量二氧化碳生成氫氧化鋁沉淀，過(guò)濾得到沉淀為氫氧化鋁，據(jù)此答題．
（1）石墨化學(xué)性質(zhì)在常溫下穩(wěn)定，而在高溫下可與氧氣發(fā)生反應(yīng)，所以通入氮?dú)馀疟M裝置中的空氣，防止石墨發(fā)生氧化反應(yīng)；
（2）高溫反應(yīng)后，石墨中氧化物雜質(zhì)均轉(zhuǎn)變?yōu)橄鄳?yīng)的氯化物，根據(jù)雜質(zhì)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(diǎn)為57.6℃，金屬氯化物的沸點(diǎn)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(yīng)得到硅酸鈉與氯化鈉；
（3）金屬氯化物的沸點(diǎn)均高于150℃，則固體Ⅲ中存在AlCl₃、FeCl₃、MgCl₂，其中FeCl₃、MgCl₂與過(guò)量的氫氧化鈉溶液反應(yīng)得到沉淀，而氯化鋁與過(guò)量的氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉，過(guò)濾得到的溶液中含有偏鋁酸鈉、過(guò)量的氫氧化鈉；
（4）偏鋁酸鈉發(fā)生水解，加入乙酸乙酯除去過(guò)量的氫氧化鈉，且加熱條件下水解平衡一直正向移動(dòng)，得到氫氧化鋁沉淀、醋酸鈉、乙醇；
根據(jù)氧化鋁的含量計(jì)算氧化鋁質(zhì)量，再根據(jù)Al元素守恒計(jì)算氫氧化鋁的質(zhì)量；
（5）工業(yè)上電解NO制備 NH₄NO₃，由裝置圖可知陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)，NO被氧化生成NO₃^-，陰極發(fā)生還原反應(yīng)，NO被還原生成NH₄⁺，陽(yáng)極反應(yīng)為NO-3e^-+2H₂O=NO₃^-+4H⁺，陰極反應(yīng)為：NO+5e^-+6H⁺=NH₄⁺+H₂O，結(jié)合電極方程式解答該題．

解答 解：（1）石墨化學(xué)性質(zhì)在常溫下穩(wěn)定，而在高溫下可與氧氣發(fā)生反應(yīng)，所以通入氮?dú)馀疟M裝置中的空氣，防止石墨發(fā)生氧化反應(yīng)，減少石墨損失，
故答案為：排除裝置中的空氣；
（2）石墨過(guò)量高溫反應(yīng)后，石墨中氧化物雜質(zhì)均轉(zhuǎn)變?yōu)橄鄳?yīng)的氯化物，根據(jù)雜質(zhì)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(diǎn)為57.6℃，金屬氯化物的沸點(diǎn)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(yīng)得到硅酸鈉與氯化鈉，化學(xué)反應(yīng)方程式為：SiCl₄+6NaOH=Na₂SiO₃+4NaCl+3H₂O，
故答案為：CO；SiCl₄+6NaOH=Na₂SiO₃+4NaCl+3H₂O；
（3）金屬氯化物的沸點(diǎn)均高于150℃，則固體Ⅲ中存在AlCl₃、FeCl₃、MgCl₂，其中FeCl₃、MgCl₂與過(guò)量的氫氧化鈉溶液反應(yīng)得到沉淀，而氯化鋁與過(guò)量的氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉，攪拌、過(guò)濾得到溶液IV，故溶液IV中的陰離子有：AlO₂^-、OH^-、Cl^-，
故答案為：過(guò)濾；AlO₂^-、OH^-、Cl^-；
（4）偏鋁酸鈉發(fā)生水解，加入乙酸乙酯除去過(guò)量的氫氧化鈉，且加熱條件下水解平衡一直正向移動(dòng)，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(yīng)的離子方程式為AlO₂^-+CH₃COOCH₂CH₃+2H₂O $\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CH₃COO^-+CH₃CH₂OH+Al（OH）₃↓，
Al₂O₃的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為5.1%，則100kg初級(jí)石墨中氧化鋁的質(zhì)量=100kg×5.1%=5.1kg，根據(jù)Al元素守恒，可知?dú)溲趸�鋁的質(zhì)量為 $\frac{5.1kg×\frac{54}{102}}{\frac{27}{78}}$=7.8kg，
故答案為：AlO₂^-+CH₃COOCH₂CH₃+2H₂O $\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CH₃COO^-+CH₃CH₂OH+Al（OH）₃↓；7.8．
（5）電解NO制備N(xiāo)H₄NO₃，陽(yáng)極反應(yīng)為NO-3e^-+2H₂O=NO₃^-+4H⁺，陰極反應(yīng)為：NO+5e^-+6H⁺=NH₄⁺+H₂O，從兩極反應(yīng)可看出，要使得失電子守恒，陽(yáng)極產(chǎn)生的NO₃^-的物質(zhì)的量大于陰極產(chǎn)生的NH₄⁺的物質(zhì)的量，總反應(yīng)方程式為：8NO+7H₂O$\frac{\underline{\;通電\;}}{\;}$3NH₄NO₃+2HNO₃，因此若要使電解產(chǎn)物全部轉(zhuǎn)化為NH₄NO₃，需補(bǔ)充N(xiāo)H₃，
故答案為：NO+5e^-+6H⁺═NH₄⁺+H₂O；氨氣或氨水，根據(jù)反應(yīng)8NO+7H₂O$\frac{\underline{\;通電\;}}{\;}$3NH₄NO₃+2HNO₃，電解產(chǎn)生的HNO₃多．

點(diǎn)評(píng) 本題考查混合物分離提純的綜合應(yīng)用，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、流程中的反應(yīng)及混合物分離方法為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾�，題目難度不大．