Question

10．二氧化鋯是重要的耐高溫材料、陶瓷絕緣材料．以鋯英砂（主要成分為ZrSiO₄，還含有少量Fe₂O₃、Al₂O₃、SiO₂等雜貨）為原料制備二氧化鋯（ZrO₂）的工藝流程如圖所示．
已知：①ZrO₂能與燒堿反應生成可溶于水的Na₂ZrO₂，Na₂ZrO₂與酸反應生成ZrO²⁺
②部分離子在實驗條件下開始沉淀和完全沉淀時的pH如下表•

離子	Fe3+	AP+	ZrO2+
開始沉淀pH	1.9	3.3	6.2
完仝沉淀pH	3.2	5.2	8.0

（l）經熔融后，鋯英砂中Zr元素以Na₂ZrO₃（寫化學式）形式存在，寫出酸浸時生成Al³⁺、Fe³⁺的離子方程式：Fe₂O₃+6H⁺=Fe³⁺+3H₂O，AlO₂^-+4H⁺=Al³⁺+2H₂O
（2）濾渣I的主要成分的名稱為硅酸
（3）向過濾Ⅰ所得溶液中加氨水調pH=a，其目的是除去Fe³⁺、Al³⁺然后繼續(xù)加氨水至pH=b的范圍是b≥8.0
（4）向過濾Ⅲ所得溶液中加入CaCO₂粉末并加熱，可得CO₂和另一種氣體，該反應的離子方程式為2NH₄⁺+CaCO₃$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Ca²⁺+2NH₃↑+CO₂↑+H₂O．

Answer 1

分析 鋯英砂（主要成分為ZrSiO₄，也可表示為ZrO₂•SiO₂，還含少量Fe₂O₃、Al₂O₃、SiO₂等雜質）加NaOH熔融，ZrSiO₄轉化為Na₂SiO₃和Na₂ZrO₃，加過量鹽酸酸浸，Na₂SiO₃與HCl生成硅酸沉淀，濾液中含有ZrO²⁺、Fe³⁺、Al³⁺，加氨水調節(jié)pH為5.2～6.2，使Fe³⁺、Al³⁺轉化為氫氧化物沉淀，過濾，濾液中主要含有ZrO²⁺，再加氨水調節(jié)pH使ZrO²⁺轉化為Zr（OH）₄沉淀，過濾、洗滌，得到Zr（OH）₄，加熱分解，即可得到ZrO₂．
（1）高溫下，ZrSiO₄與NaOH反應生成Na₂SiO₃和Na₂ZrO₃；酸浸時生成Al³⁺、Fe³⁺的反應是氧化鐵和酸反應生成氯化鐵和水，偏鋁酸鈉和鹽酸反應生成氯化鋁和水；
（2）加過量鹽酸酸浸，Na₂SiO₃與HCl生成硅酸沉淀，過濾，濾渣為H₂SiO₃；
（3）需用氨水調pH=a，使Fe³⁺、Al³⁺轉化為氫氧化物沉淀，而ZrO²⁺不能沉淀，根據(jù)表中數(shù)據(jù)判斷；加氨水至pH=b時，ZrO²⁺與NH₃•H₂O反應生成Zr（OH）₄沉淀；
（4）過濾Ⅲ所得濾液中主要含有銨根離子，溶液顯酸性，加入CaCO₃粉末并加熱得到氨氣和二氧化碳．

解答 解：（1）高溫下，ZrSiO₄與NaOH反應生成Na₂SiO₃和Na₂ZrO₃，其反應的方程式為：ZrSiO₄+4NaOH $\frac{\underline{\;高溫\;}}{\;}$Na₂SiO₃+Na₂ZrO₃+2H₂O，經熔融后，鋯英砂中Zr元素以Na₂ZrO₃存在，酸浸時生成Al³⁺、Fe³⁺的反應是氧化鐵和酸反應生成氯化鐵和水，偏鋁酸鈉和鹽酸反應生成氯化鋁和水，反應的離子方程式為：Fe₂O₃+6H⁺=Fe³⁺+3H₂O，AlO₂^-+4H⁺=Al³⁺+2H₂O，
故答案為：Na₂ZrO₃；Fe₂O₃+6H⁺=Fe³⁺+3H₂O，AlO₂^-+4H⁺=Al³⁺+2H₂O；
（2）加過量鹽酸酸浸，Na₂SiO₃與HCl生成硅酸沉淀，過濾，濾渣Ⅰ為H₂SiO₃，名稱為：硅酸，故答案為：硅酸；
（3）需用氨水調pH=a，使Fe³⁺、Al³⁺轉化為氫氧化物沉淀，而ZrO²⁺不能沉淀，根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知：pH在5.2～6.2時Fe³⁺、Al³⁺完全沉淀，而ZrO²⁺不沉淀；加氨水至pH=b=8時，ZrO²⁺與NH₃•H₂O反應生成Zr（OH）₄沉淀，其反應的離子方程式為：ZrO²⁺+2NH₃•H₂O+H₂O=Zr（OH）₄↓+2NH₄⁺，所以b≥8.0使ZrO²⁺完全轉化為Zr（OH）₄沉淀，
故答案為：除去Fe³⁺、Al³⁺；b≥8.0；
（4）過濾Ⅲ所得濾液中主要含有銨根離子，溶液顯酸性，加入CaCO₃粉末并加熱得到氨氣和二氧化碳，其反應的離子方程式為：2NH₄⁺+CaCO₃$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Ca²⁺+2NH₃↑+CO₂↑+H₂O；
故答案為：2NH₄⁺+CaCO₃$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Ca²⁺+2NH₃↑+CO₂↑+H₂O．

點評 本題考查了物質分離提純的方法和流程分析應用，涉及流程的分析應用、離子方程式的書寫、除雜質、基本實驗操作等，側重于學生的分析能力和實驗能力的考查，解答該類題目，注意把握實驗原理和操作流程的目的，主要是物質性質的理解，題目難度中等．