Question

5．Ⅰ．下列实验方案设计中，可行的DE
A．加稀硝酸后过滤，除去混在铜粉中的少量镁粉和铝粉
B．用澄清石灰水试液鉴别SO₂和CO₂两种气体
C．用溶解、过滤的方法分离CaCl₂和NaCl固体混合物
D．利用丁达尔效应鉴别Fe（OH）₃胶体与FeCl₃溶液
E．FeSO₄溶液存放在加有少量铁粉的试剂瓶中
Ⅱ．工业上用黄铜矿炼铜，其反应如下：
8CuFeS₂+21O₂$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$8Cu+4FeO+2Fe₂O₃+16SO₂
（一）上述冶炼过程每产生1.6molSO₂．转移电子的物质的量是10mol
（二）利用黄铜矿冶炼铜产生的炉渣（含Fe₂O₃、FeO、SiO₂、Al₂O₃）可制备Fe₂O₃．方法为
①用稀盐酸浸取炉渣，过滤．
②滤液先氧化，再加入过量NaOH溶液，搅拌，过滤，将沉淀洗涤、干燥、充分煅烧得到固体A
（1）步骤①中过滤实验所用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯．
（2）今有黄铜矿样品40g，在步骤②中充分煅烧所得的固体A的质量为16g，求该样品中CuFeS₂的质量分数92%
（3）验证炉渣中含有FeO，选择的试剂是先加A，再加E．
A．稀硫酸   B．稀硝酸　C．浓盐酸  D．KSCN溶液  E．KMnO₄溶液   F．NaOH溶液．

Answer 1

分析 Ⅰ．A．Cu、Mg、Al都能和稀硝酸反应；
B．澄清石灰水试液和SO₂、CO₂反应都生成白色沉淀；
C．CaCl₂和NaCl都易溶于水；
D．胶体具有丁达尔效应；
E．FeSO₄易发生水解反应和氧化反应；
Ⅱ（一） 该反应中-2价硫化合价升高为+4价，生成16mol二氧化硫，转移100mol电子；
（二）（1）过滤时需要的玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒；
（2）滤液先氧化然后加入过量NaOH溶液，得到的固体是氢氧化铁，灼烧沉淀得到的固体A是氧化铁，其质量为16g，先计算氧化铁中铁元素质量，再计算该样品中CuFeS₂的质量分数．
（3）FeO与硫酸反应生成硫酸亚铁，再滴入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去，可以检验FeO存在．

解答 解：Ⅰ．A．Cu、Mg、Al都能和稀硝酸反应，应该用稀盐酸或稀硫酸除去Mg、Al，故A错误；
B．澄清石灰水试液和SO₂、CO₂反应都生成白色沉淀，应该用品红溶于鉴别二者，故B错误；
C．CaCl₂和NaCl都易溶于水，不能采用溶解过滤方法分离，故C错误；
D．胶体具有丁达尔效应，氢氧化铁胶体具有丁达尔效应，氯化铁溶液没有丁达尔效应，故D正确；
E．FeSO₄易发生水解反应和氧化反应，所以FeSO₄溶液存放在加有少量铁粉的试剂瓶中防止亚铁离子被氧化，故D正确；
故选DE；
Ⅱ（一）反应中-2价硫化合价升高为+4价，生成16mol二氧化硫，转移100mol电子，则生成1.6mol二氧化硫转移10mol电子，故答案为：10；
（二）（1）过滤时需要的玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，故答案为：漏斗、玻璃棒和烧杯；
（2）滤液先氧化然后加入过量NaOH溶液，得到的固体是氢氧化铁，灼烧沉淀得到的固体A是氧化铁，其质量为16g，氧化铁中Fe元素质量=$\frac{16g}{160g/mol}×2×56g/mol$=11.2g，
CuFeS₂中Fe元素质量分数=$\frac{56}{184}$，CuFeS₂的质量=$\frac{11.2g}{\frac{56}{184}}$=36.8g，
该样品中CuFeS₂的质量分数=$\frac{36.8g}{40g}$×100%=92%，
故答案为：92%；
（3）FeO与硫酸反应生成硫酸亚铁，亚铁离子具有还原性，再滴入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去，可以检验FeO存在，故选：A，E．

点评 本题考查物质分离和提纯、化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质分离和提纯、计算、实验基本操作等知识点，明确实验原理及物质性质差异性是解本题关键，易错点是（二）中（2）的计算，题目难度中等．