Question

某同学拟定了以下实验方案，来确定一批合金废料的成分并加以回收利用．

请回答下列问题：
（1）从上述信息可确定该合金中一定含有Fe和

Cu

（填化学式）．
（2）“试剂a”是一种不引入杂质的绿色氧化剂，该氧化剂的化学式为

H₂O₂（或O₂）

；滤渣D、稀硫酸和试剂a总反应的化学方程式为

Cu+H₂O₂+H₂SO₄=CuSO₄+2H₂O

．
（3）若反应①产生的气体是H₂，则验证滤液A只含NaAlO₂、不含Na₂SiO₃的方法是：取少量滤液A于试管中，滴加

过量盐酸，先有白色沉淀生成，继续滴加盐酸，白色沉淀全部溶解证明不不含硅酸钠

．
Na₂SiO₃溶液与过量的CO₂反应的离子方程式为

SiO₃^2-+2CO₂+2H₂O=H₂SiO₃↓+2HCO₃^-

．
（4）取质量均为13.2g的滤渣B四份，分别加入相同浓度，不同体积的稀HNO₃充分反应，标准状况下所生成的NO（设还原产物只有一种）体积与剩余固体金属的质量如下表：

实验编号	①	②	③	④
稀HNO3体积（mL）	100	200	300	400
剩余金属质量（g）	9.0	4.8	0	0
NO体积（L，体积）	1.12	2.24	3.36	4.48

①实验①最先溶解的金属发生反应的化学方程式是

3Fe+8HNO₃=3Fe（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O

．
②滤渣B中Fe的质量分数为

63.6%

%（精确到0.1%）．

Answer 1

分析：（1）依据题干信息，结合（4）的溶解情况计算得到，最后得到蓝矾说明滤渣B中含有金属铜，证明合金中含有铜；
（2）双氧水是一种绿色氧化剂，可以实现金属铜和硫酸之间的反应；
（3）合金中的铝在过量氢氧化钠溶液中溶解生成偏铝酸钠和氢气，利用氢氧化铝溶于强酸溶液，硅酸不溶于酸设计实验验证；硅酸的酸性小于碳酸，二氧化碳过量反应生成碳酸氢钠；
（4））①金属铁的活泼性强于铜，根据金属铁和硝酸发生反应的情况来书写；
②先判断酸是否完全反应，再根据金属活动性判断反应的金属及生成的金属离子价态，根据1、2两组数据，结合采用极限法分析，确定剩余固体的成分，据此来计算即可．

解答：解：（1）结合产物判断流程中生成蓝矾，说明B中含有铜，①由①、②两组数据分析，两次剩余物的质量相差4.2g，此时生成1.12LNO气体（转移0.075 mol电子）．若只溶解铁，质量为4.2g，若只溶解铜，质量为4.8g．由此可知这9g中含有金属Cu，故答案为：Cu；
（2）双氧水是一种绿色氧化剂，在双氧水的作用下，金属铜可以和硫酸发生反应：Cu+H₂O₂+H₂SO₄+3H₂O=CuSO₄?5H₂O或Cu+H₂O₂+H₂SO₄=CuSO₄+2H₂O，故答案为：Cu+H₂O₂+H₂SO₄+3H₂O=CuSO₄?5H₂O或Cu+H₂O₂+H₂SO₄=CuSO₄+2H₂O；
（3）若反应①产生的气体是H₂，则验证滤液A只含NaAlO₂、不含Na₂SiO₃的方法是利用氢氧化铝溶液强酸，硅酸不溶于强酸生成沉淀设计验证，方法为：取少量滤液A于试管中，滴加盐酸，开始生成白色沉淀为氢氧化铝，继续滴加盐酸，氢氧化铝会溶解生成氯化铝，无白色沉淀现象证明不含硅酸钠；过量二氧化碳通入硅酸钠溶液中，碳酸酸性大于硅酸，反应生成硅酸沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：SiO₃^2-+2CO₂+2H₂O=H₂SiO₃↓+2HCO₃^-；
故答案为：过量盐酸，先有白色沉淀生成，继续滴加盐酸，白色沉淀全部溶解证明不不含硅酸钠；SiO₃^2-+2CO₂+2H₂O=H₂SiO₃↓+2HCO₃^-；
（4）①由①、②两组数据分析，两次剩余物的质量相差4.2g，此时生成1.12LNO气体（转移0.075 mol电子）．若只溶解铁，质量为4.2g，若只溶解铜，质量为4.8g．由此可知这9g中是金属Cu，铁的还原性大于铜，所以铁先反应，实验①中发生反应的化学方程式为：3Fe+8HNO₃=3Fe（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O，故答案为：3Fe+8HNO₃=3Fe（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O；
②实验①有铜存在Fe³⁺会被还原为Fe²⁺，在金属消耗完毕以后，硝酸将亚铁离子氧化为三价铁，在亚铁离子转化为铁离子过程中，结合试验①可知还会产生4.48L-3.36L=1.12L的气体NO，物质的量为0.05mol，发生反应3Fe²⁺+NO₃^-+4H⁺=3Fe³⁺+NO↑+2H₂O；可知反应的Fe²⁺物质的量为0.15mol，根据铁元素守恒，铁的质量分数=

0.15mol×56g/mol

13.2g

×100%=63.6%；
故答案为：63.6%；

点评：本题考查了物质定量测定的实验方法应用，物质性质的应用和判断是解题关键，数据分析和计算是难点，主要考查了铁、铝、铜及其化合物性质的综合应用和分离方法，题目难度较大．