题目
一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh（铑）、Pt,含有少量SiO2]中尽可能回收铑的工艺流程如图：浓盐酸 王水 浓盐酸、 DETA H-|||-贵金属-|||-合金粉 → 酸溶1 → 酸溶2 → 煮沸 → 沉 Y → 灼烧 → 高温还原-|||-滤液1 滤渣 滤液2-|||-NH4Cl SnCl2 Zn 浓盐酸-|||-沉铂 → 活化还原 →二 二次还原 → 酸溶3-|||-含铂沉淀 滤液3 滤液4回答下列问题：（1）“酸溶1”的目的是 ____ 。（2）已知“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6]，则生成该物质的化学方程式为 ____ ；“滤渣”的主要成分是 ____ （填化学式）。（3）“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量Rh2O3和RhCl3，则“高温还原”中发生反应的化学方程式为 ____ 。（4）若“活化还原”在室温下进行，SnCl2初始浓度为1.0×10-4mol•L-1，为避免生成Sn（OH）2沉淀，溶液适宜的pH为 ____ （填标号）[已知Sn（OH）2的Ksp=5.5×10-28]。A．2.0B．4.0C．6.0（5）“活化还原”中，SnCl2必须过量，其与Rh（Ⅲ）反应可生成[Rh（SnCl3）5]4-，提升了Rh的还原速率，该配离子中Rh的化合价为 ____ ；反应中同时生成[SnCl6]2-，Rh（Ⅲ）以[RhCl6]3-计，则理论上SnCl2和Rh（Ⅲ）反应的物质的量之比为 ____ 。（6）“酸溶3”的目的是 ____ 。
一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh（铑）、Pt,含有少量SiO2]中尽可能回收铑的工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）“酸溶1”的目的是 ____ 。
（2）已知“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6]，则生成该物质的化学方程式为 ____ ；“滤渣”的主要成分是 ____ （填化学式）。
（3）“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量Rh2O3和RhCl3，则“高温还原”中发生反应的化学方程式为 ____ 。
（4）若“活化还原”在室温下进行，SnCl2初始浓度为1.0×10-4mol•L-1，为避免生成Sn（OH）2沉淀，溶液适宜的pH为 ____ （填标号）[已知Sn（OH）2的Ksp=5.5×10-28]。
A．2.0
B．4.0
C．6.0
（5）“活化还原”中，SnCl2必须过量，其与Rh（Ⅲ）反应可生成[Rh（SnCl3）5]4-，提升了Rh的还原速率，该配离子中Rh的化合价为 ____ ；反应中同时生成[SnCl6]2-，Rh（Ⅲ）以[RhCl6]3-计，则理论上SnCl2和Rh（Ⅲ）反应的物质的量之比为 ____ 。
（6）“酸溶3”的目的是 ____ 。
回答下列问题：
（1）“酸溶1”的目的是 ____ 。
（2）已知“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6]，则生成该物质的化学方程式为 ____ ；“滤渣”的主要成分是 ____ （填化学式）。
（3）“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量Rh2O3和RhCl3，则“高温还原”中发生反应的化学方程式为 ____ 。
（4）若“活化还原”在室温下进行，SnCl2初始浓度为1.0×10-4mol•L-1，为避免生成Sn（OH）2沉淀，溶液适宜的pH为 ____ （填标号）[已知Sn（OH）2的Ksp=5.5×10-28]。
A．2.0
B．4.0
C．6.0
（5）“活化还原”中，SnCl2必须过量，其与Rh（Ⅲ）反应可生成[Rh（SnCl3）5]4-，提升了Rh的还原速率，该配离子中Rh的化合价为 ____ ；反应中同时生成[SnCl6]2-，Rh（Ⅲ）以[RhCl6]3-计，则理论上SnCl2和Rh（Ⅲ）反应的物质的量之比为 ____ 。
（6）“酸溶3”的目的是 ____ 。
题目解答
答案
（1）根据流程图，原料中的Fe会与盐酸反应，进入溶液中，通过过滤分离，故“酸溶1”的目的是为了溶解Fe使其进入溶液中，通过过滤分离，
故答案为：溶解Fe使其进入溶液中，通过过滤分离；
（2）王水是浓硝酸和浓盐酸按体积比1：3的混合物，可溶解金、铂等金属，根据题目信息，“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6]，则生成该物质的化学方程式为Rh+6HCl+HNO3=H3[RhCl6]+NO↑+2H2O；原料中的SiO2不溶于盐酸、硝酸，故“滤渣”的主要成分是SiO2，
故答案为：Rh+6HCl+HNO3=H3[RhCl6]+NO↑+2H2O；SiO2；
（3）根据题目信息，流程图中“高温还原”中发生的反应是高温下H2将Rh2O3和RhCl3还原为Rh,反应的化学方程式为：Rh2O3+3H2$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2Rh+3H2O、2RhCl3+3H2$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Rh+6HCl,
故答案为：Rh2O3+3H2$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2Rh+3H2O、2RhCl3+3H2$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Rh+6HCl；
（4）初始浓度为1.0×10-4mol•L-1的SnCl2溶液，要避免生成Sn（OH）2沉淀，溶液应控制最低pH=14+$\frac{1}{2}$lg$\frac{{K}_{sp}[Sn（OH）_{2}]}{c（S{n}^{2+}）}$=14+$\frac{1}{2}$lg$\frac{5.5×1{0}^{-28}}{1×1{0}^{-4}}$=2-lg5.5＜2，故溶液适宜的pH为可选2.0，A正确，
故答案为：A；
（5）配离子[Rh（SnCl3）5]4-中，[SnCl3]-带一个负电荷，Sn为+2价，Cl为-1价，设Rh的化合价为x,则有x+（+2-1×3）×5=-4，解得x=+1，即Rh的化合价为+1价；“活化还原”中，SnCl2与Rh（Ⅲ）反应，Rh（Ⅲ）转化为[Rh（SnCl3）5]4-，Rh的化合价从+3变为+1，得2个电子，SnCl2转化为[SnCl6]2-，Sn的化合价从+2变为+4，失2个电子，同时SnCl2与Cl-结合形成[SnCl3]-，生成一个[Rh（SnCl3）5]4-需要5个[SnCl3]-，因此SnCl2和Rh（Ⅲ）反应的物质的量之比为6：1，
故答案为：+1；6：1；
（6）根据流程图，进行二次还原后，Zn与[Rh（SnCl3）5]4-完全反应，滤渣中有Rh、Sn和过量的Zn单质，利用Zn、Sn溶于盐酸而Rh不溶于盐酸的性质，将Rh与Sn、Zn分离，“酸溶3”的目的就是除去Zn和Sn,得到纯净的Rh,
故答案为：除去Zn和Sn,得到纯净的Rh。
故答案为：溶解Fe使其进入溶液中，通过过滤分离；
（2）王水是浓硝酸和浓盐酸按体积比1：3的混合物，可溶解金、铂等金属，根据题目信息，“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6]，则生成该物质的化学方程式为Rh+6HCl+HNO3=H3[RhCl6]+NO↑+2H2O；原料中的SiO2不溶于盐酸、硝酸，故“滤渣”的主要成分是SiO2，
故答案为：Rh+6HCl+HNO3=H3[RhCl6]+NO↑+2H2O；SiO2；
（3）根据题目信息，流程图中“高温还原”中发生的反应是高温下H2将Rh2O3和RhCl3还原为Rh,反应的化学方程式为：Rh2O3+3H2$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2Rh+3H2O、2RhCl3+3H2$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Rh+6HCl,
故答案为：Rh2O3+3H2$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2Rh+3H2O、2RhCl3+3H2$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Rh+6HCl；
（4）初始浓度为1.0×10-4mol•L-1的SnCl2溶液，要避免生成Sn（OH）2沉淀，溶液应控制最低pH=14+$\frac{1}{2}$lg$\frac{{K}_{sp}[Sn（OH）_{2}]}{c（S{n}^{2+}）}$=14+$\frac{1}{2}$lg$\frac{5.5×1{0}^{-28}}{1×1{0}^{-4}}$=2-lg5.5＜2，故溶液适宜的pH为可选2.0，A正确，
故答案为：A；
（5）配离子[Rh（SnCl3）5]4-中，[SnCl3]-带一个负电荷，Sn为+2价，Cl为-1价，设Rh的化合价为x,则有x+（+2-1×3）×5=-4，解得x=+1，即Rh的化合价为+1价；“活化还原”中，SnCl2与Rh（Ⅲ）反应，Rh（Ⅲ）转化为[Rh（SnCl3）5]4-，Rh的化合价从+3变为+1，得2个电子，SnCl2转化为[SnCl6]2-，Sn的化合价从+2变为+4，失2个电子，同时SnCl2与Cl-结合形成[SnCl3]-，生成一个[Rh（SnCl3）5]4-需要5个[SnCl3]-，因此SnCl2和Rh（Ⅲ）反应的物质的量之比为6：1，
故答案为：+1；6：1；
（6）根据流程图，进行二次还原后，Zn与[Rh（SnCl3）5]4-完全反应，滤渣中有Rh、Sn和过量的Zn单质，利用Zn、Sn溶于盐酸而Rh不溶于盐酸的性质，将Rh与Sn、Zn分离，“酸溶3”的目的就是除去Zn和Sn,得到纯净的Rh,
故答案为：除去Zn和Sn,得到纯净的Rh。