Question

Ⅰ．配平下列反应方程式：

 

NaIO₃+

 

NaHSO₃--

 

I₂+

 

Na₂SO₄+

 

H₂SO₄+

 

H₂O
Ⅱ．废旧金属的回收再利用是保护自然资源的有力措施．一批成分不详的合金废料，为了确定其成分和再利用途径，探究性学习小组拟定以下方案进行实验分析：
请回答下列问题：

（1）从上述信息知，该合金中可确定的成分有

 

；（填化学式）
（2）滤渣D中加入稀硫酸和试剂b，常温下可制得胆矾，是一种绿色化学工艺，则试剂b是

 

；写出总反应方程式

 

；
（3）甲、乙两同学都验证了反应①生成气体是氢气，甲同学推断滤液A应是NaAlO₂；乙同学查阅资料得知硅与NaOH溶液反应也有H₂放出，因此持不同意见，请你设计一最佳方案，帮助他们作一确证：（写出选用试剂、实验判断现象及得出结论）

 

（4）取质量均为m g的滤渣B四份，分别加入同浓度，不同体积的稀HNO₃充分反应，在标准状况生成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）	1.12	2.24	3.36	V

①实验1溶解的金属是

 

；质量为

 

g；
②写出实验4中金属恰好溶解后，发生反应的离子方程式：

 

．实验4中V的数值为

 

．

Answer 1

分析：（1）氧化还原反应中化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，根据电子守恒来配平方程式；
（2）依据流程图中最后的产物分析；
（3）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；
（4）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；
（5）①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；
②在金属消耗完毕以后，硝酸将亚铁离子氧化为三价铁，据此分析．

解答：解：（1）化学反应中碘元素化合价从+5价降为0价，生成1mol碘单质共降低10价，硫元素的化合价从+4价升高到+6价，2molNaHSO₃生成1molNa₂SO₄共升高了4价，根据电子守恒和原子守恒，则碘酸钠的前面系数是4，亚硫酸氢钠的系数是10，即4NaIO₃+10NaHSO₃=2I₂+7Na₂SO₄+3H₂SO₄+2H₂O，
故答案为：4；10；2；7；3；2；
（2）依据流程图中最后的产物有绿矾和蓝矾，说明原合金中含有铜和铁，故答案为：Cu、Fe；
（3）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=CuSO₄+2H₂O，
故答案为：H₂O₂；Cu+H₂O₂+H₂SO₄=CuSO₄+2H₂O；
（4）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：取少量混合液A于试管中，逐滴滴加稀盐酸至过量．先生成白色沉淀，过量，若沉淀完全溶解，则只有Al；若沉淀部分溶解，则Al、Si都有；若沉淀始终不溶，则只有Si；
故答案为：取少量混合液A于试管中，逐滴滴加稀盐酸至过量，先生成白色沉淀，过量，若沉淀完全溶解，则只有Al；若沉淀部分溶解，则Al、Si都有；若沉淀始终不溶，则只有Si；
（5）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0.15 mol电子），若只溶解铁，质量为4.2g，若只溶解铜，质量为4.8g；由此可知实验1中是Fe溶解，其溶解的质量为4.2g，故答案为：Fe；4.2；
②实验1中是Fe溶解，发生反应的离子方程式为：3Fe+8H⁺+2NO₃^-=3Fe²⁺+2NO↑+4H₂O；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1.12L的气体，所以试验④中V=4.48L，
故答案为：3Fe+8H⁺+2NO₃^-=3Fe²⁺+2NO↑+4H₂O；4.48．

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．