Question

7．石墨在材料领域有重要应用，某初级石墨中含SiO₂（7.8%）、Al₂O₃（5.1%）、Fe₂O₃（3.1%）和MgO（0.5%）等杂质，设计的提纯与综合利用工艺如下：

（1）高温反应后，石墨中氧化物杂质均转化为相应的氯化物，气体Ⅰ中的碳氧化合物主要为CO，气体Ⅱ为SiCl₄，由其得到水玻璃的化学方程式为SiCl₄+6NaOH=Na₂SiO₃+4NaCl+3H₂O
（2）步骤①为搅拌，过滤，则得到的溶液Ⅳ中的阴离子有AlO₂^-、Cl^-、OH^-；
（3）100kg初级石墨最多可获得的沉淀Ⅴ的质量为：7.8kg．

Answer 1

分析 高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质的含量可知，气体I中氯化物主要为SiCl₄、AlCl₃、FeCl₃等，气体I中碳氧化物主要为CO，SiCl₄的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃，80℃冷却得到的气体Ⅱ含有SiCl₄及CO，SiCl₄与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠，固体Ⅲ存在AlCl₃、FeCl₃、MgCl₂，其中FeCl₃、MgCl₂与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，过滤得到的溶液中含有偏铝酸钠、过量的氢氧化钠；
（1）高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质的含量可知，气体I中氯化物主要为SiCl₄、AlCl₃、FeCl₃等，气体I中碳氧化物主要为CO，SiCl₄的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃，80℃冷却得到的气体Ⅱ含有SiCl₄及CO，SiCl₄与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠；
（2）金属氯化物的沸点均高于150℃，则固体Ⅲ中存在AlCl₃、FeCl₃、MgCl₂，其中FeCl₃、MgCl₂与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，过滤得到的溶液中含有偏铝酸钠、过量的氢氧化钠；
（3）偏铝酸钠发生水解，加入乙酸乙酯除去过量的氢氧化钠，且加热条件下水解平衡一直正向移动，得到氢氧化铝沉淀、醋酸钠、乙醇；
根据氧化铝的含量计算氧化铝质量，再根据Al元素守恒计算氢氧化铝的质量．

解答 解：（1）石墨过量高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质的含量可知，气体I中氯化物主要为SiCl₄、AlCl₃、FeCl₃等，气体I中碳氧化物主要为CO，SiCl₄的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃，80℃冷却得到的气体Ⅱ含有SiCl₄及CO，SiCl₄与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠，化学反应方程式为：SiCl₄+6NaOH=Na₂SiO₃+4NaCl+3H₂O，
故答案为：CO；SiCl₄；SiCl₄+6NaOH=Na₂SiO₃+4NaCl+3H₂O；
（2）金属氯化物的沸点均高于150℃，则固体Ⅲ中存在AlCl₃、FeCl₃、MgCl₂，其中FeCl₃、MgCl₂与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，搅拌、过滤得到溶液IV，故溶液IV中的阴离子有：AlO₂^-、OH^-、Cl^-，
故答案为：AlO₂^-、OH^-、Cl^-；
（4）偏铝酸钠发生水解，加入乙酸乙酯除去过量的氢氧化钠，且加热条件下水解平衡一直正向移动，得到氢氧化铝沉淀、醋酸钠、乙醇，由溶液IV生成沉淀V的总反应的离子方程式为：AlO₂^-+CH₃COOCH₂CH₃+2H₂O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CH₃COO^-+CH₃CH₂OH+Al（OH）₃↓，
Al₂O₃的质量分数为5.1%，则100kg初级石墨中氧化铝的质量=100kg×5.1%=5.1kg，
根据Al元素守恒，可知氢氧化铝的质量=$\frac{\frac{5.1kg×54}{102}}{\frac{27}{78}}$=7.8kg；
故答案为：7.88kg．

点评 本题考查物质制备分离、阅读题目获取信息能力、化学方程式及离子方程式书写、化学计算等，需要学生具备扎实的基础及迁移运用能力，难度中等．