Question

12．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：

（注：SiCl₄的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃）下列说法不正确的是（　　）

• A． 向反应器中通入Cl₂前，需通一段时间N₂，主要目的是排除空气，减少碳的损失
• B． 在1500℃高温条件下，反应后初级石墨中的氧化物杂质均转变为相应的氯化物和CO₂
• C． 步骤①为：搅拌、过滤，所得溶液IV中的阴离子有Cl^-、OH^-、AlO₂^?
• D． 100 g初级石墨最多可获得V的质量为7.8 g

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，以此解答该题．

解答 解：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，
A．石墨化学性质在常温下稳定，而在高温下可与氧气发生反应，所以通入氮气排尽装置中的空气，防止石墨发生氧化反应，减少石墨损失，故A正确；
B．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，故B错误；
C．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C正确；
D．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100g初级石墨中氧化铝的质量=100g×5.1%=5.1g，
根据Al元素守恒，可知氢氧化铝的质量=$\frac{\frac{5.1g×54}{102}}{\frac{27}{78}}$=7.8g，
故D正确．
故选B．

点评 本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，题目难度中等，把握物质的性质、流程中的反应及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查．