Question

【題目】五氧化二釩(V2O5)為強(qiáng)氧化劑，易被還原成各種低價氧化物，在工業(yè)生產(chǎn)中常用作催化劑，即觸媒。實驗室以含釩廢料(含V2O3、CuO、MnO、SiO2、Al2O3、有機(jī)物)為原料制備V2O5的一種流程如圖：

已知I.25℃時，難溶電解質(zhì)的溶度積常數(shù)如表所示：

II.NH4VO3在水中的溶解度：20℃、4.8g·L-1；60℃、24.2g·L-1。

回答下列問題：

（1）“焙燒”的目的是__。

（2）“濾渣1”的用途為__(寫出一種即可)。

（3）濾渣2成分為__。通過列式計算說明，常溫下，若“調(diào)pH”為6，Cu2+是否沉淀完全__。(溶液中離子濃度小于10-5mol·L-1時，認(rèn)為該離子沉淀完全)

（4）“沉錳”需將溫度控制在70°C左右，溫度不能過高或過低的原因為___。

（5）濾渣3成分為MnCO3，請寫出“沉錳”的離子方程式__。

（6）V2O5最重要的應(yīng)用是在接觸法制硫酸時，作SO2氧化為SO3的催化劑。該催化反應(yīng)中VO2為中間產(chǎn)物，請用化學(xué)方程式表示該催化過程：__、__。

Answer 1

【答案】除去有機(jī)物，將V2O3氧化成V2O5 制坩堝、制光導(dǎo)纖維、制玻璃(寫出一種即可) Al(OH)3、Cu(OH)2 pH=6時，c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)=mol/L=10-8mol/L，因為Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，此時有：c(Cu2+)×(10-8)2=2.2×10-20，c(Cu2+)==2.2×10-4﹥10-5，所以未完全沉淀 溫度過高，碳酸氫銨分解，原料利用率低，溫度過低，反應(yīng)速率慢，NH4VO3可能提前析出導(dǎo)致產(chǎn)率低 2HCO3-+Mn2+=MnCO3↓+H2O+CO2↑ V2O5+SO2= 2VO2+SO3 4VO2+O2=2V2O5

【解析】

將釩廢料(含V2O3、CuO、MnO、SiO2、Al2O3、有機(jī)物)進(jìn)行焙燒除去有機(jī)物，加硫酸進(jìn)行溶解，SiO2不溶于硫酸，過濾除去，加合適的藥品調(diào)pH除去Cu2+和Al3+，接下來利用碳酸氫銨把Mn2+沉淀，然后過濾除去，加硫酸銨得到硫酸銨和NH4VO3的混合溶液，利用溶解性不同濃縮結(jié)晶后過濾得到NH4VO3，煅燒NH4VO3得到V2O5，據(jù)此分析解得。

（1）一方面，通過焙燒，有機(jī)物燃燒除去了，另一方面，從整個流程看，在沒有加氧化劑的情況下V從V2O3中的+3價變成了最后的+5價，所以焙燒還有一個目的，將V2O3氧化成V2O5，故答案為：除去有機(jī)物，將V2O3氧化成V2O5；

（2）由分析可得出“濾渣1”主要成分是二氧化硅，可以用來制坩堝、制光導(dǎo)纖維、制玻璃等，故答案為：制坩堝、制光導(dǎo)纖維、制玻璃(寫出一種即可)；

（3）對比調(diào)pH前后，溶液中少了Cu2+和Al3+，說明Cu2+和Al3+被沉淀除去了，所以濾渣2成分為：Al(OH)3、Cu(OH)2。pH=6時，c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)=mol/L=10-8mol/L，因為Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，此時有：c(Cu2+)×(10-8)2=2.2×10-20，c(Cu2+)==2.2×10-4﹥10-5，所以未完全沉淀，故答案為：Al(OH)3、Cu(OH)2；pH=6時，c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)=mol/L=10-8mol/L，因為Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，此時有：c(Cu2+)×(10-8)2=2.2×10-20，c(Cu2+)=2.2×10-4﹥10-5，所以未完全沉淀；

（4）溫度過高，碳酸氫銨分解，原料利用率低，溫度過低，反應(yīng)速率慢，NH4VO3可能提前析出導(dǎo)致產(chǎn)率低，故答案為：溫度過高，碳酸氫銨分解，原料利用率低，溫度過低，反應(yīng)速率慢，NH4VO3可能提前析出導(dǎo)致產(chǎn)率低；

（5）根據(jù)電荷守恒有：2HCO3-+Mn2+=MnCO3↓+H2O+CO2↑，故答案為：2HCO3-+Mn2+=MnCO3↓+H2O+CO2↑；

（6）VO2是中間產(chǎn)物，從V2O5到VO2，V從+5價降低到+4價，被還原，SO2做還原劑，自身被氧化成SO3，所以第一步為V2O5+SO2= 2VO2+SO3，接下來，2被氧氣氧化為V2O5，所以第二步為4VO2+O2=2V2O5，故答案為：V2O5+SO2= 2VO2+SO3；4VO2+O2=2V2O5。