题目内容
【题目】信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学习探究小组将一批废弃的线路板简单处理后,得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物,并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线:
请回答下列问题:
(1)第①步Cu与酸反应的离子方程式为_________;
得到滤渣I的主要成分为____________________;
(2)第②步加H2O2的作用是__________________;
(3)用第③步所得CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是________;
(4)由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O,探究小组设计了三种方案:
上述三种方案中,___方案不可行,原因是_____;从原子利用率角度考虑,___方案更合理。
【答案】Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-
3Cu2++2NO↑+4H2O Au、Pt 将Fe2+氧化为Fe3+,不引入杂质,对环境无污染 加热脱水 甲 所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质 乙
【解析】
本题是以含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物为原料,制备硫酸铜和硫酸铝晶体,涉及了用离子方程式表示反应原理,利用绿色氧化剂过氧化氢氧化二价亚铁离子得到三价铁离子,然后通过调整溶液的pH使Fe3+、Al3+沉淀,再先用碱溶液溶解沉淀,过滤后再用酸溶解沉淀,得到的溶液再分别结晶,根据物质中杂质含量判断方案的可行性,根据原子利用率高低判断方案的优劣。
(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热,Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+,其中不活泼的金属Au、Pt不能溶解,进入滤渣;所以滤渣1的成分是Pt和Au,滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+;第①步Cu与硝酸反应的离子方程式为:Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O 或3Cu+8H++2NO3-
3Cu2++2NO↑+4H2O;
(2)第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+;H2O2作氧化剂,还原产物是H2O,不引入杂质,对环境无污染;
(3)由于CuSO4是难挥发性的强酸生成的盐,在加热过程中发生水解反应产生的Cu(OH)2与硫酸会再反应产生CuSO4,所以第③步由CuSO4·5H2O制备CuSO4的方法应是直接在坩埚中加热脱水;
(4)制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中:
甲方案在滤渣中只加了硫酸,会生成硫酸铁和硫酸铝,冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质,方法甲不可行;
乙方案先在滤渣中加H2SO4,生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3,再加适量Al粉,Al和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3,蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体,乙方案可行;
丙方案先在滤渣中加NaOH,NaOH和Al(OH)3反应生成可溶性的NaAlO2,然后在滤液中加H2SO4,NaAlO2与硫酸反应生成Al2(SO4)3,蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体,方案丙可行;
可见在上述三种方案中,方案甲不可行,方案乙、丙可行,甲方案不可行原因是所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质;
从原子利用率角度考虑,方案乙反应步骤少,产生的副产物少,原子利用率相对高些,所以方案乙更合理。
![](http://thumb2018.1010pic.com/images/loading.gif)
【题目】从能量的变化和反应的快慢等角度研究化学反应具有重要意义。
(1)已知一定条件下,反应N2+3H22NH3为放热反应;:
①下图能正确表示该反应中能量变化的是________;
②根据下表数据,计算生成1molNH3时该反应放出的热量为______kJ;
化学键 | H-H | N≡N | N-H |
断开1mol键所吸收的能量 | 436kJ | 946kJ | 391kJ |
③一定温度下,将3molH2和1molN2通入容积为2L的密闭容器中发生反应,5min达到平衡,测得c(NH3)=0.4mol/L,则O至5min时(N2)=______,反应开始与平衡时气体的物质的量之比为__________;
(2)原电池可将化学能转化为电能。由A、B、C、D四种金属按下表中装置进行实验:
①装置甲甲SO42-向________ 极移动(填“A”或“B”);
②四种金属活动性由强到弱的顺序是____;
③若装置丙中的电极为质量相等的铁棒和铜棒,电池工作一段时间后.取出洗净、干燥、称量.两电极质量差为6g。则导线中通过电子的物质的量为______mol。