题目内容

19．为探索工业含铝、铁、铜合金废料的再利用，甲同学设计的实验方案如图：

请回答：
（1）操作①用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒．
（2）写出反应①的化学方程式：2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al（OH）4]+3H2↑，反应②的离子反应方程式：[Al（OH）4]-+CO2═Al（OH）3↓+HCO3-．
（3）设计实验方案，检测滤液D中含有的金属离子（试剂自选）取少量滤液D加入NaOH溶液，产生白色沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色．
（4）在滤渣E中加入稀硫酸和试剂Y制胆矾晶体是一种绿色化学工艺，试剂Y为无色液体，反应④的总化学方程式是Cu+H2O2+H2SO4+3H2O=CuSO4•5H2O或Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O．
（5）乙同学在甲同学方案的基础上提出用滤渣B来制备FeCl3•6H2O晶体，在滤渣中滴加盐酸时，发现反应速率比同浓度盐酸与纯铁粉反应要快，其原因是铜、铁与稀硫酸形成了原电池．
（6）将滤渣B的均匀混合物平均分成四等份，分别加入同浓度的稀硝酸，充分反应后，在标准状况下生成NO的体积与剩余金属的质量见表（设硝酸的还原产物只有NO）．
实验编号①②③④
稀硝酸体积（mL）100200300400
剩余金属质量（g）9.04.800
NO体积（L）1.122.243.364.48
则硝酸的浓度为2mol/L；③中溶解铜的质量为4.8g．

分析 根据金属的性质结合框图转化关系和所得产品选择合适的试剂．由滤液A→溶液F（AlCl3）可知，滤液A中含有溶解的铝元素，根据铝既与酸反应又与碱反应可知，铝与氢氧化钠溶液反应．铁、铜与氢氧化钠不反应，所以滤渣B为铁、铜．根据产品绿矾，反应③为稀硫酸与铁反应，所以滤液E为硫酸亚铁溶液，滤渣F为铜．铜到硫酸铜，可用浓硫酸与铜加热制取，但会产生污染气体二氧化硫，所以采用铜与过氧化氢和硫酸一起反应生成硫酸铜的方法．
（1）进行过滤操作时，所用到的玻璃仪器主要有烧杯、漏斗、玻璃棒；
（2）金属铝可以和强碱发生反应生成偏铝酸盐和氢气；偏铝酸盐可以和二氧化碳气体反应生成氢氧化铝沉淀；
（3）根据亚铁离子的检验方法来回答；
（4）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；
（5）在滤渣B中滴加盐酸时，溶液中铜、铁与盐酸形成了原电池；
（6）加入100mL硝酸时，金属有剩余，说明金属溶解生成二价离子且硝酸完全反应生成硝酸银和NO，n（NO）=$\frac{1.12L}{22.4L/mol}$=0.05mol，生成NO和消耗硝酸之间的关系式为2NO----8HNO3，据此计算硝酸浓度；
②100-200mL时，溶解金属质量=9.0g-4.8g=4.2g，金属有剩余，说明生成的金属阳离子是二价铁离子，增加n（NO）=$\frac{2.24-1.12}{22.4}$=0.05mol，根据转移电子守恒得n（金属）=$\frac{0.05mol×（5-2）}{2-0}$=0.075mol，金属平均摩尔质量=$\frac{4.2g}{0.075mol}$=56g/mol，所以溶解的是Fe；且0-100mL溶解的铁和100-200mL溶解的铁质量相等，所以0-100mL溶解的Fe为8.4g；200-300mL时，溶解金属质量=4.8-0=4.8，增加n（NO=0.05mol假设溶解的完全是铜，
根据转移电子守恒得n（金属）=$\frac{0.05mol×（5-2）}{2-0}$=0.075mol，金属平均摩尔质量=$\frac{4.8g}{0.075mol}$=64g/mol；

解答 解：（1）操作①过滤，滤操作时，所用到的玻璃仪器主要有烧杯、漏斗、玻璃棒；故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；
（2）①金属铝可以和强碱氢氧化钠发生反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，即2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al（OH）4]+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al（OH）4]+3H2↑；
②四羟基合铝酸钠中通入二氧化碳，则可以和二氧化碳气体反应生成氢氧化铝沉淀，即[Al（OH）4]-+CO2═Al（OH）3↓+HCO3-，故答案为：[Al（OH）4]-+CO2═Al（OH）3↓+HCO3-；
（3）亚铁离子可以和强碱反应生成氢氧化亚铁沉淀，迅速被氧化为氢氧化铁，故亚铁离子的检验方法：取少量滤液D加入NaOH溶液，产生白色沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，故答案为：取少量滤液D加入NaOH溶液，产生白色沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；
（4）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；
（5）在滤渣B中滴加盐酸时，溶液中铜、铁与盐酸形成了许多微小的原电池，构成了电化学腐蚀，加快了反应速率，故答案为：铜、铁与稀硫酸形成了原电池；
（6）加入100mL硝酸时，金属有剩余，说明金属溶解生成二价离子且硝酸完全反应生成硝酸银和NO，n（NO）=$\frac{1.12L}{22.4L/mol}$=0.05mol，生成NO和消耗硝酸之间的关系式为2NO----8HNO3，c（HNO3）=$\frac{n}{V}$=$\frac{0.05×4}{0.1}$=2mol/L，
故答案为：硝酸的浓度为2mol/L；
②100-200mL时，溶解金属质量=9.0g-4.8g=4.2g，金属有剩余，说明生成的金属阳离子是二价铁离子，增加n（NO）=$\frac{2.24-1.12}{22.4}$=0.05mol，根据转移电子守恒得n（金属）=$\frac{0.05mol×（5-2）}{2-0}$=0.075mol，金属平均摩尔质量=$\frac{4.2g}{0.075mol}$=56g/mol，所以溶解的是Fe；且0-100mL溶解的铁和100-200mL溶解的铁质量相等，所以0-100mL溶解的Fe为8.4g；200-300mL时，溶解金属质量=4.8-0=4.8，增加n（NO=0.05mol假设溶解的完全是铜，
根据转移电子守恒得n（金属）=$\frac{0.05mol×（5-2）}{2-0}$=0.075mol，金属平均摩尔质量=$\frac{4.8g}{0.075mol}$=64g/mol，所以溶解的完全是Cu，所以③中溶解的Cu的质量为4.8g，
故答案为：③中溶解的Cu的质量为4.8g．

点评 本题为生产流程题，涉及金属的回收、环境保护、氧化还原反应、物质的分离提纯和除杂等问题，题目较为综合，做题时注意仔细审题，从题目中获取关键信息．本题难度中．

练习册系列答案
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C．Y、Z、Q 分别与 X 化合，只能形成 AB2型化合物
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14．下列各组混合物中，能用过滤的方法进行分离的是（　　）
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4．密闭容器中，投入NO2和SO2，起始浓度如表所示，其中甲经2min达平衡时，NO2的转化率为50%，下列说法正确的是（　　）
起始浓度甲乙丙
c（NO2）/mol•L-10.100.200.20
c（SO2）/mol•L-10.100.100.20
A．容器甲中的反应在前2min的平均速率v（SO2）=0.05mol•L-1•min-1
B．达到平衡时，容器丙中正反应速率与容器甲相等
C．温度升至90℃，上述反应平衡常数为1.56，则反应的△H＞0
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11．下列说法正确的是（　　）
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B．图②可用于证明实验中生成了乙烯
C．图③表示醋酸溶液滴定 NaOH 和氨水混合溶液的电导率变化曲线
D．图④可表示由CO（g）生成CO2（g）的过程中要放出566kJ 热量
8．下列叙述正确的是（　　）
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B．离子晶体中一定存在离子键
C．CCl4和NH3都是以极性键结合的极性分子
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