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____（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____；滤渣D、稀硫酸和试剂a总反应的化学方程式为     。
（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                      。
Na₂SiO₃溶液与过量的CO₂反应的离子方程式为                                            。
（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,标况)	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                  。
②滤渣B中Fe的质量分数为____%（精确到0．1%）。

Answer 1

(1)Cu（1分）(2)H₂O₂(或O₃)（1分）Cu+H₂O₂+H₂SO₄＝CuSO₄+2H₂O
（2分）(3) 逐滴滴加稀盐酸(或稀硫酸)至过量（1分），若先有白色沉淀（1分），然后沉淀完全溶解（1分）SiO₃^2-+2CO₂+2H₂O＝H₂SiO₃↓+2HCO₃^-（2分）
（4）①3Fe+8HNO₃＝3Fe(NO₃)₃+2NO↑+4H₂O（2分）②63.6%（2分）

解析试题分析：（1）结合产物判断流程中生成蓝矾，说明B中含有铜，即该合金中一定含有Fe和Cu。
（2）双氧水（或臭氧）是一种常见的绿色氧化剂，在双氧水的作用下，金属铜在硫酸中被氧化生成硫酸铜，发生反应的化学方程式为Cu+H₂O₂+H₂SO₄＝CuSO₄+2H₂O或Cu+H₂O₂+H₂SO₄+3H₂O=CuSO₄?5H₂O。
（3）由于偏铝酸钠与硅酸钠均与酸反应生成白色沉淀，但偏铝酸钠生成的氢氧化铝是两性氢氧化物可以溶解在酸中。但硅酸钠生成的硅酸不能溶解在酸中，据此可以鉴别二者。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；碳酸酸性大于硅酸，因此过量二氧化碳通入硅酸钠溶液中，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^-。
（4）①由于铁的还原性大于铜，所以铁首先与硝酸发生氧化还原反应，因此实验①中发生反应的化学方程式为3Fe+8HNO₃＝3Fe(NO₃)₃+2NO↑+4H₂O。
②由①、②两组数据分析，①组实验中金属过量，硝酸不足。①中溶解金属的质量＝13.2g－9.0g＝4.2g，此时生成1.12LNO气体，物质的量＝1.12L÷22.4L/mol＝0.05mol（转移0.05mol×3＝0.15 mol电子）。由于金属有剩余，则生成的应该是亚铁离子。若只溶解铁，则铁的物质的量＝0.15mol÷2＝0.075mol，质量为0.075mol×56g/mol＝4.2gg。若只溶解铜，铜的物质的量＝0.15mol÷2＝0.075mol，质量为0.075mol×64g/mol＝4.8g。由此可知，实验①中恰好溶解了4.2g金属铁。根据实验②可知，②比①又多溶解了9.0g－4.8g＝4.2g金属，而②比①多生成了2.24L－1.21L＝1.12LNO气体，这说明实验②中共恰好溶解了8.4g金属铁。而根据③比②多生成了3.36L－2.24L＝1.12LNO气体可知，剩余的4.8g金属全部是Cu。实验④比③又多生成了1.12LNO，这是由于发生了反应3Fe²⁺+NO₃^-+4H⁺＝3Fe³⁺+NO↑+2H₂O。由此可知滤渣中铁的质量分数＝×100%＝63.6%。
考点：考查物质定量测定的实验方法应用以及氧化还原反应的有关判断和计算