Question

10．二氧化锆是重要的耐高温材料、陶瓷绝缘材料．以锆英砂（主要成分为ZrSiO₄，还含有少量Fe₂O₃、Al₂O₃、SiO₂等杂货）为原料制备二氧化锆（ZrO₂）的工艺流程如图所示．
已知：①ZrO₂能与烧碱反应生成可溶于水的Na₂ZrO₂，Na₂ZrO₂与酸反应生成ZrO²⁺
②部分离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表•

离子	Fe3+	AP+	ZrO2+
开始沉淀pH	1.9	3.3	6.2
完仝沉淀pH	3.2	5.2	8.0

（l）经熔融后，锆英砂中Zr元素以Na₂ZrO₃（写化学式）形式存在，写出酸浸时生成Al³⁺、Fe³⁺的离子方程式：Fe₂O₃+6H⁺=Fe³⁺+3H₂O，AlO₂^-+4H⁺=Al³⁺+2H₂O
（2）滤渣I的主要成分的名称为硅酸
（3）向过滤Ⅰ所得溶液中加氨水调pH=a，其目的是除去Fe³⁺、Al³⁺然后继续加氨水至pH=b的范围是b≥8.0
（4）向过滤Ⅲ所得溶液中加入CaCO₂粉末并加热，可得CO₂和另一种气体，该反应的离子方程式为2NH₄⁺+CaCO₃$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Ca²⁺+2NH₃↑+CO₂↑+H₂O．

Answer 1

分析 锆英砂（主要成分为ZrSiO₄，也可表示为ZrO₂•SiO₂，还含少量Fe₂O₃、Al₂O₃、SiO₂等杂质）加NaOH熔融，ZrSiO₄转化为Na₂SiO₃和Na₂ZrO₃，加过量盐酸酸浸，Na₂SiO₃与HCl生成硅酸沉淀，滤液中含有ZrO²⁺、Fe³⁺、Al³⁺，加氨水调节pH为5.2～6.2，使Fe³⁺、Al³⁺转化为氢氧化物沉淀，过滤，滤液中主要含有ZrO²⁺，再加氨水调节pH使ZrO²⁺转化为Zr（OH）₄沉淀，过滤、洗涤，得到Zr（OH）₄，加热分解，即可得到ZrO₂．
（1）高温下，ZrSiO₄与NaOH反应生成Na₂SiO₃和Na₂ZrO₃；酸浸时生成Al³⁺、Fe³⁺的反应是氧化铁和酸反应生成氯化铁和水，偏铝酸钠和盐酸反应生成氯化铝和水；
（2）加过量盐酸酸浸，Na₂SiO₃与HCl生成硅酸沉淀，过滤，滤渣为H₂SiO₃；
（3）需用氨水调pH=a，使Fe³⁺、Al³⁺转化为氢氧化物沉淀，而ZrO²⁺不能沉淀，根据表中数据判断；加氨水至pH=b时，ZrO²⁺与NH₃•H₂O反应生成Zr（OH）₄沉淀；
（4）过滤Ⅲ所得滤液中主要含有铵根离子，溶液显酸性，加入CaCO₃粉末并加热得到氨气和二氧化碳．

解答 解：（1）高温下，ZrSiO₄与NaOH反应生成Na₂SiO₃和Na₂ZrO₃，其反应的方程式为：ZrSiO₄+4NaOH $\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Na₂SiO₃+Na₂ZrO₃+2H₂O，经熔融后，锆英砂中Zr元素以Na₂ZrO₃存在，酸浸时生成Al³⁺、Fe³⁺的反应是氧化铁和酸反应生成氯化铁和水，偏铝酸钠和盐酸反应生成氯化铝和水，反应的离子方程式为：Fe₂O₃+6H⁺=Fe³⁺+3H₂O，AlO₂^-+4H⁺=Al³⁺+2H₂O，
故答案为：Na₂ZrO₃；Fe₂O₃+6H⁺=Fe³⁺+3H₂O，AlO₂^-+4H⁺=Al³⁺+2H₂O；
（2）加过量盐酸酸浸，Na₂SiO₃与HCl生成硅酸沉淀，过滤，滤渣Ⅰ为H₂SiO₃，名称为：硅酸，故答案为：硅酸；
（3）需用氨水调pH=a，使Fe³⁺、Al³⁺转化为氢氧化物沉淀，而ZrO²⁺不能沉淀，根据表中数据可知：pH在5.2～6.2时Fe³⁺、Al³⁺完全沉淀，而ZrO²⁺不沉淀；加氨水至pH=b=8时，ZrO²⁺与NH₃•H₂O反应生成Zr（OH）₄沉淀，其反应的离子方程式为：ZrO²⁺+2NH₃•H₂O+H₂O=Zr（OH）₄↓+2NH₄⁺，所以b≥8.0使ZrO²⁺完全转化为Zr（OH）₄沉淀，
故答案为：除去Fe³⁺、Al³⁺；b≥8.0；
（4）过滤Ⅲ所得滤液中主要含有铵根离子，溶液显酸性，加入CaCO₃粉末并加热得到氨气和二氧化碳，其反应的离子方程式为：2NH₄⁺+CaCO₃$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Ca²⁺+2NH₃↑+CO₂↑+H₂O；
故答案为：2NH₄⁺+CaCO₃$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Ca²⁺+2NH₃↑+CO₂↑+H₂O．

点评 本题考查了物质分离提纯的方法和流程分析应用，涉及流程的分析应用、离子方程式的书写、除杂质、基本实验操作等，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，解答该类题目，注意把握实验原理和操作流程的目的，主要是物质性质的理解，题目难度中等．