Question

17．结晶氯化铝（AlCl₃•6H₂0）在精密铸造中可以代替氯化铵，也是生产净水剂聚合氯化铝的中间产品．以煤矸石（含有Al₂0₃、Fe₂0₃及Si0₂等）为原料制备结晶氯化铝是煤矸石资源利用的重要方式之一，工艺流程如下．请回答：

（1）结晶滤液的主要成分是AlCl₃、FeCl₃和HCl，二次残渣的主要成分是SiO₂（填化学式）．
（2）该工艺流程中可以循环使用的物质是盐酸，循环利用该物质的优点是充分利用原料降低成本，缺点是杂质的富集可能会影响后续AlCl₃•6H₂O产品的纯度．
（3）为了分析二次残渣中铁元素的含量，某同学称取5.000g二次残渣，先将其预处理使铁元素还原为Fe²⁺，并在容量瓶中配制成100mL溶液，然后移取25.00mL用1.000×l0^-2mol•L^-lKMn0₄标准溶液滴定，消耗标准溶液20.00mL．已知反应式为：Fe²⁺+Mn0₄^-+H⁺→Fe³⁺+Mn²⁺+H₂0（未配平），二次残渣中铁元素的质量分数为4.480%．
（4）下表为HCl通入体积对AlCl₃结晶效率和HC1利用率的影响．

HCl气体体积/（m3．L-1）	结晶效率/%	HCl利用效率/%
0.0375	11.8	93.2
0.075	31.5	89.8
0.1225	59.0	83.2
0.15	68.0	74.9
0.1875	71.0	67.8
0.225	73.1	59.1

结晶效率变化的原因是氯化铝的溶解度会随着溶液中盐酸浓度的增加而下降；随HC1体积的增大，HC1利用率降低的原因可能是通入的HCl气体使溶液中的盐酸浓度升高，继续通入HCl气体，降低了气体在溶液中的吸收效率．
（5）将结晶氯化铝加入一定量蒸馏水，在lOO℃水浴中加热蒸干即可得到聚合氯化铝[Al₂（OH）_nCl_6-n•H₂0]_m．由结晶氯化铝制取Al₂（OH）_nCl_6-n的化学方程式为2AlCl₃•6H₂O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Al₂（OH）_nCl_6-n+nHCl+（12-n）H₂O．

Answer 1

分析 以煤矸石（含有Al₂0₃、Fe₂0₃及Si0₂等）为原料制备结晶氯化铝，煤矸石加入20%的盐酸溶解后，Al₂0₃、Fe₂0₃和盐酸反应得到氯化铝、氯化铁溶液，Si0₂和盐酸不反应，过滤得到一次残渣为Si0₂，二次酸浸继续发生如上的反应使氧化铝、氧化铁尽可能溶解，过滤得到二次酸浸液和二次滤渣，二次滤液调节溶液PH重新提取，一次性酸浸液蒸发浓缩制备饱和溶液，在氯化氢气流中得到氯化铝晶体，结晶的滤液主要是氯化铝、氯化铁、盐酸，调节溶液酸度析出沉淀滤液进行二次酸浸进入循环使用提纯的过程，
（1）结晶滤液的主要成分是氯化铝、氯化铁、盐酸，二次残渣的主要成分是二氧化硅；
（2）该工艺流程中可以循环使用的物质是参与反应过程，最后又生成的物质，充分利用原料，杂质的富集可能会影响氯化铝的纯度；
（3）配平氧化还原反应的离子方程式．结合反应定量关系计算铁元素的质量分数，5Fe²⁺+Mn0₄^-+8H⁺=5Fe³⁺+Mn²⁺+4H₂0，注意溶液体积的变化；
（4）图中数据分析可知AICl₃结晶效率随氯化氢体积增大，氯化氢利用率降低，氯化铝的溶解度会随盐酸浓度增大减小；
（5）结晶氯化铝（ AICl₃•6H₂0）加入一定量蒸馏水，在lOO℃水浴中加热蒸干即可得到聚合氯化铝[Al₂（OH）_nCl_6-n•H₂0]_m，依据原子守恒配平书写化学方程式；

解答 解：以煤矸石（含有Al₂0₃、Fe₂0₃及Si0₂等）为原料制备结晶氯化铝，煤矸石加入20%的盐酸溶解后，Al₂0₃、Fe₂0₃和盐酸反应得到氯化铝、氯化铁溶液，Si0₂和盐酸不反应，过滤得到一次残渣为Si0₂，二次酸浸继续发生如上的反应使氧化铝、氧化铁尽可能溶解，过滤得到二次酸浸液和二次滤渣，二次滤液调节溶液PH重新提取，一次性酸浸液蒸发浓缩制备饱和溶液，在氯化氢气流中得到氯化铝晶体，结晶的滤液主要是氯化铝、氯化铁、盐酸，调节溶液酸度析出沉淀滤液进行二次酸浸进入循环使用提纯的过程，
（1）结晶滤液的主要成分是氯化铝、氯化铁、盐酸，化学式为：AlCl₃、FeCl₃和HCl，二次残渣的主要成分是二氧化硅，化学式为：SiO₂，
故答案为：AlCl₃、FeCl₃和HCl，SiO₂；
（2）该工艺流程中可以循环使用的物质是参与反应过程，最后又生成的物质，分析过程可知HCl符合可以循环使用，循环利用该物质的优点是充分利用原料降低成本，缺点是杂质的富集可能会影响后续AlCl₃•6H₂O产品的纯度，
故答案为：盐酸，充分利用原料降低成本，杂质的富集可能会影响后续AlCl₃•6H₂O产品的纯度；
（3）某同学称取5.000g二次残渣，先将其预处理使铁元素还原为Fe²⁺，并在容量瓶中配制成100mL溶液，然后移取25.00mL用1.000×l0^-2mol•L^-lKMn0₄标准溶液滴定，消耗标准溶液20.00mL．
    5Fe²⁺+Mn0₄^-+8H⁺=5Fe³⁺+Mn²⁺+4H₂0
     5       1
    n       0.020L×1.000×l0^-2mol•L^-l
n=0.001mol
100mL溶液中含铁元素物质的量=0.001mol×$\frac{100}{25}$=0.004mol
二次残渣中铁元素的质量分数=$\frac{0.004mol×56g/mol}{5.000g}$×100%=4.480%，
故答案为：4.480%；
（4）图中数据分析可知AICl₃结晶效率随氯化氢体积增大，氯化氢利用率降低，氯化铝的溶解度会随盐酸浓度增大减小，结晶效率变化的原因是氯化铝的溶解度会随着溶液中盐酸浓度的增加而下降，随HC1体积的增大，HC1利用率降低的原因可能是通入的HCl 气体使溶液中的盐酸浓度升高，继续通入HCl 气体，降低了气体在溶液中的吸收效率，
故答案为：氯化铝的溶解度会随着溶液中盐酸浓度的增加而下降，通入的HCl 气体使溶液中的盐酸浓度升高，继续通入HCl 气体，降低了气体在溶液中的吸收效率；
（5）结晶氯化铝（ AICl₃•6H₂0）加入一定量蒸馏水，在lOO℃水浴中加热蒸干即可得到聚合氯化铝[Al₂（OH）_nCl_6-n•H₂0]_m，依据原子守恒配平书写化学方程式为：2AlCl₃•6H₂O $\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$ Al₂（OH）_nCl_6-n+nHCl+（12-n）H₂O
故答案为：2AlCl₃•6H₂O $\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$ Al₂（OH）_nCl_6-n+nHCl+（12-n）H₂O；

点评 本题考查了物质分离提纯的实验过程分析判断，数据分析和不和规律的理解应用，物质性质和题干信息的应用是解题关键，题目难度较大．