锆（40Zr）是现代工业的重要金属原料，具有良好的可塑性，抗蚀性能超过钛．以锆英石（主要成分是ZrSiO4，还含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质）为原料生产锆及其化合物的流程如图所示：（1）ZrSiO4中锆元素的价态是，SiCl4的电子式为．（2）上述流程中，高温气化存在多个反应，若不考虑反应中的损失，则分馏后得到的SiCl4质量通常比由纯ZrSiO4发生的反应得到的SiCl4质量大，原因是．（3）高温气化后的固体残渣除碳（C）外，还有Al2O3和FeCl3，加水浸取得氯化铁溶液，过滤，从滤渣
2019-04-22
锆（40Zr）是现代工业的重要金属原料，具有良好的可塑性，抗蚀性能超过钛．以锆英石（主要成分是ZrSiO4，还含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质）为原料生产锆及其化合物的流程如图所示：
（1）ZrSiO4中锆元素的价态是___，SiCl4的电子式为___．
（2）上述流程中，高温气化存在多个反应，若不考虑反应中的损失，则分馏后得到的SiCl4质量通常比由纯ZrSiO4发生的反应得到的SiCl4质量大，原因是___．
（3）高温气化后的固体残渣除碳（C）外，还有Al2O3和FeCl3，加水浸取得氯化铁溶液，过滤，从滤渣中分离出碳和Al2O3两种固体的方法是___．
（4）写出上述流程中ZrCl4与水反应的化学方程式：___．
（5）某燃料电池是以C2H4作为燃料气，另一极通入氧气，电解质是掺杂氧化钇（Y2O3）的氧化锆（ZrO2）晶体，在熔融状态下能传导O2-，则负极上发生的反应式为___．用该电池电解硫酸铜溶液一段时间后，需向溶液中加入4.44g Cu2（OH）2CO3使溶液复原．则这段时间内电路中转移的电子物质的量为___．
优质解答
锆英石（主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2•SiO2，还含少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质），通入足量的氯气以及和足量的石焦油反应，ZrSiO4转化为ZrCl4，加水水解，使ZrCl4转化为ZrOCl2•8H2O，900℃加热分解，即可得到ZrO2，加入镁置换得到海绵锆，加入镁置换得到海绵锆，
（1）根据在化合物中正负化合价代数和为零，氧元素显-2价，硅元素显+4价，设锆元素（Zr）的化合价是x，可知ZrSiO4中锆元素（Zr）的化合价：x+（+4）+（-2）×4=0，则x=+4，SiCl4分子中硅原子最外层有4个电子，能形成4个共价键达到稳定结构，每个氯原子能形成一个共价键达到稳定结构，电子式为：
，
故答案为：+4；；
（2）锆英石（主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2•SiO2，还含少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质），杂质SiO2也能在高温气化条件下反应生成SiCl4，则分馏后得到的SiCl4质量通常比由纯ZrSiO4发生的反应得到的SiCl4质量大，
故答案为：因为杂质中的SiO2也通过反应产生了SiCl4；
（3）氧化铝为两性氧化物，易溶于强酸强碱，碳不溶于非氧化性酸，不溶于碱，从滤渣中分离出C和A12O3两种固体：加碱浸取过滤得到C，再向滤液中通入足量CO2，过滤后将固体加热得到氧化铝．（或加酸浸取过滤得到C，再向滤液中加氨水，过滤后将固体加热得到氧化铝），
故答案为：加碱浸取过滤得到C，再向滤液中通入足量CO2，过滤后将固体加热得到氧化铝．（或加酸浸取过滤得到C，再向滤液中加氨水，过滤后将固体加热得到氧化铝）；
（4）ZrCl4与水反应产物为ZrOCl2•8H2O，根据原子守恒，反应方程式为：ZrCl4+9H2O═ZrOCl2•8H2O+2HCl，
故答案为：ZrCl4+9H2O═ZrOCl2•8H2O+2HCl；
（5）该燃料电池中通入乙烯的一极为负极，发生氧化反应，乙烯失电子和氧离子反应生成二氧化碳和水，电极反应式为：C2H4+6O2--12e-═2CO2+2H2O，4.44g Cu2（OH）2CO3其物质的量为0.02mol，加入0.02molCu2（OH）2CO3使溶液复原，相当于硫酸铜溶液在电解过程中产生了0.04moCu和消耗了0.02mol水，根据关系式Cu～2e-可知，产生了0.04moCu要转移0.08mol电子，根据关系式H2O～2e-，可知消耗了0.02mol水，转移电子的物质的量为0.04mol，所以反应中共转移电子的物质的量为0.12mol，
故答案为：C2H4+6O2--12e-═2CO2+2H2O；0.12mol．
锆英石（主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2•SiO2，还含少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质），通入足量的氯气以及和足量的石焦油反应，ZrSiO4转化为ZrCl4，加水水解，使ZrCl4转化为ZrOCl2•8H2O，900℃加热分解，即可得到ZrO2，加入镁置换得到海绵锆，加入镁置换得到海绵锆，
（1）根据在化合物中正负化合价代数和为零，氧元素显-2价，硅元素显+4价，设锆元素（Zr）的化合价是x，可知ZrSiO4中锆元素（Zr）的化合价：x+（+4）+（-2）×4=0，则x=+4，SiCl4分子中硅原子最外层有4个电子，能形成4个共价键达到稳定结构，每个氯原子能形成一个共价键达到稳定结构，电子式为：，
故答案为：+4；；
（2）锆英石（主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2•SiO2，还含少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质），杂质SiO2也能在高温气化条件下反应生成SiCl4，则分馏后得到的SiCl4质量通常比由纯ZrSiO4发生的反应得到的SiCl4质量大，
故答案为：因为杂质中的SiO2也通过反应产生了SiCl4；
（3）氧化铝为两性氧化物，易溶于强酸强碱，碳不溶于非氧化性酸，不溶于碱，从滤渣中分离出C和A12O3两种固体：加碱浸取过滤得到C，再向滤液中通入足量CO2，过滤后将固体加热得到氧化铝．（或加酸浸取过滤得到C，再向滤液中加氨水，过滤后将固体加热得到氧化铝），
故答案为：加碱浸取过滤得到C，再向滤液中通入足量CO2，过滤后将固体加热得到氧化铝．（或加酸浸取过滤得到C，再向滤液中加氨水，过滤后将固体加热得到氧化铝）；
（4）ZrCl4与水反应产物为ZrOCl2•8H2O，根据原子守恒，反应方程式为：ZrCl4+9H2O═ZrOCl2•8H2O+2HCl，
故答案为：ZrCl4+9H2O═ZrOCl2•8H2O+2HCl；
（5）该燃料电池中通入乙烯的一极为负极，发生氧化反应，乙烯失电子和氧离子反应生成二氧化碳和水，电极反应式为：C2H4+6O2--12e-═2CO2+2H2O，4.44g Cu2（OH）2CO3其物质的量为0.02mol，加入0.02molCu2（OH）2CO3使溶液复原，相当于硫酸铜溶液在电解过程中产生了0.04moCu和消耗了0.02mol水，根据关系式Cu～2e-可知，产生了0.04moCu要转移0.08mol电子，根据关系式H2O～2e-，可知消耗了0.02mol水，转移电子的物质的量为0.04mol，所以反应中共转移电子的物质的量为0.12mol，
故答案为：C2H4+6O2--12e-═2CO2+2H2O；0.12mol．