Question

工业上设计将VOSO₄中的K₂SO₄、SiO₂杂质除去并回收得到V₂O₅的流程如下：

请回答下列问题：
（1）步骤①所得废渣的成分是          （写化学式），操作I的名称        。
（2）步骤②、③的变化过程可简化为（下式R表示VO²⁺，HA表示有机萃取剂）：
R₂(SO₄)_n (水层)+ 2nHA（有机层）2RA_n（有机层） + nH₂SO₄  (水层) 
②中萃取时必须加入适量碱，其原因是                                                     。
③中X试剂为                            。
（3）⑤的离子方程式为                                      。
（4）25℃时，取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间关系如下表：

pH	1.3	1.4	1.5	1.6	1.7	1.8	1.9	2.0	2.1
钒沉淀率%	88.1	94.8	96.5	98.0	98.8	98.8	96.4	93.1	89.3

 
结合上表，在实际生产中，⑤中加入氨水，调节溶液的最佳pH为             ；若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe(OH)₃沉淀，则溶液中c(Fe³⁺)<           。〖已知：25℃时，K_sp[Fe(OH)₃]=2.6×10^－39〗
（5）该工艺流程中，可以循环利用的物质有              和                      。

Answer 1

（16分）
（1）SiO₂（写名称0分）（2分）；过滤（2分）
（2）加入碱中和硫酸，促使平衡正向移动，提高钒的萃取率［或类似表述，如提高RA_n（有机层）的浓度、百分含量、充分溶解等］（2分）；H₂SO₄（2分）（写稀硫酸、浓硫酸也给分）
（3）NH₃·H₂O+VO₃^－ =NH₄VO₃↓+OH^－或NH₃·H₂O+VO₃^－+H⁺ =NH₄VO₃↓+ H₂O或分2步：NH₃·H₂O+H⁺ = NH₄⁺+H₂O，NH₄⁺+VO₃^－ =NH₄VO₃↓（2分）（不写↓扣1分）
（4）1.7～1.8（或1.7、1.8其中一个）（2分），2.6×10^－3mol·L^－1（2分）（数值1分、单位1分）
（5）氨气（或氨水或NH₃或NH₃·H₂O）（1分）；有机萃取剂（HA或有机溶剂或萃取后的有机层也给分）（1分）（2空之间无顺序要求）

解析试题分析：（1）对比操作I前后的物质，可以判断VOSO₄、K₂SO₄是易溶易电离的盐，而二氧化硅是难溶于水的酸性氧化物，因此滤渣的主要成分是SiO₂；操作I的目的是从混合物中分离滤渣和溶液，说明I是过滤；（2）加入碱，碱能中和硫酸，减小硫酸浓度，使R₂(SO₄)_n (水层)+ 2nHA(有机层)2RA_n(有机层)+ nH₂SO₄ (水层)的平衡向正反应方向移动，提高钒的萃取率［或类似表述，如提高RA_n（有机层）的浓度、百分含量、充分溶解等］；加入X试剂的目的是得到有机萃取剂HA，因此需要使R₂(SO₄)_n (水层)+ 2nHA(有机层)2RA_n(有机层)+ nH₂SO₄ (水层)的平衡向逆反应方向移动，且不能引入新的杂质，因此X为硫酸；（3）加入氨水提高溶液的pH至1.7～1.8之间时，首先氨水与酸中和生成铵根离子，接着铵根离子与钒酸根离子结合生成钒酸铵沉淀，即NH₃·H₂O+H⁺ = NH₄⁺+H₂O，NH₄⁺+VO₃^－ =NH₄VO₃↓或NH₃·H₂O+VO₃^－ =NH₄VO₃↓+OH^－或NH₃·H₂O+VO₃^－+H⁺ =NH₄VO₃↓+ H₂O；（4）读表，pH至1.7～1.8之间时，钒沉淀率最高，达到98.8%；根据钒沉淀率和溶液pH之间关系，若钒沉淀率为93.1%，则溶液pH=2.0，则c(H⁺)=10^—2mol/L，由于常温下水的离子积为1.0×10^—14，c(OH^－)=K_w/ c(H⁺)=10^—12mol/L，若不产生Fe(OH)₃沉淀，则Q_c<K_sp，则c(Fe³⁺)?c³ (OH^－)< 2.6×10^－39，则c(Fe³⁺)< 2.6×10^－3mol/L；（5）图中萃取步骤消耗有机萃取剂，反萃取步骤生成有机萃取剂，因此有机萃取剂HA可以循环利用；图中调pH需要消耗氨水，焙烧时生成氨气，为了防止污染环境，氨气回收变为氨水，因此氨气或氨水可以循环利用。
考点：考查物质制备化学工艺流程，涉及滤渣成分推断、混合物分离提纯方法、根据平衡移动原理解释加碱或加酸的原因、关键步骤的离子方程式、生成沉淀控制溶液pH的范围、溶度积的有关计算、循环利用的物质推断等。