Question

18．垃圾是放错地方的资源，工业废料也可以再利用．某化学兴趣小组在实验室中用废弃的含铝、铁、铜的合金制取硫酸铝溶液、硝酸铜晶体和铁红（Fe₂O₃）．实验方案如下：

（1）滤渣B中发生反应的离子反应方程式为：NO₃^-+Fe+4H⁺=Fe³⁺+NO↑+2H₂O；2NO₃^-+3Cu+8H⁺=3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O．
（2）已知Fe（OH）₃沉淀的pH是3～4，溶液C通过调节pH可以使Fe³⁺沉淀完全．下列物质中可用作调整溶液C的pH的试剂是CD（填序号）．
A．铜粉B．氨水C．氢氧化铜D．碱式碳酸铜
（3）常温，若溶液C中金属离子均为1mol•L^-1，K_sp[Fe（OH）₃]=4.0×10^-38，K_sp[Cu（OH）₂]=2.2×10^-20．控制pH=4，溶液中c（Fe³⁺）=4x10^-8mol•L^-1．
（4）将20mL Al₂（SO₄）₃溶液与等物质的量浓度的Ba（OH）₂溶液70mL混合，反应的离子方程为2Al³⁺+3SO₄^2-+3Ba²⁺+7OH^-=3BaSO₄↓+Al（OH）₃↓+AlO₂^-+2H₂O．
（5）在0.1L的混合酸溶液中，c（HNO₃）=2mol•L^-1，c（H₂SO₄）=3mol•L^-1，将0.3mol的铜放入加热充分反应后，所得溶液的溶质的物质的量浓度为0.3mol/L．（溶液体积不变）

Answer 1

分析 含铝、铁、铜的合金与足量KOH作用，反应后所得滤液A为KAlO₂，滤渣B为铁和铜，B中加入硝酸，得到的溶液C为硝酸铜和硝酸铁的混合物，铁离子易水解，可通过调节溶液pH的方法得到氢氧化铁沉淀，即E为氢氧化铁，D为硝酸铜溶液，经蒸发、结晶可得到硝酸铜晶体，
（1）滤渣B为铁和铜，B中加入硝酸，得到的溶液C为硝酸铜和硝酸铁的混合物；
（2）溶液C通过调节pH可以使Fe³⁺沉淀完全，加入的物质能消耗氢离子，但是不能引入新的杂质；
（3）根据Ksp[Fe（OH）₃]和溶液中氢氧根离子的浓度计算c（Fe³⁺）；
（4）将20mL Al₂（SO₄）₃溶液与等物质的量浓度的Ba（OH）₂溶液70mL混合，则二者的物质的量之比为2：7，根据物质的量关系写方程式；
（5）根据反应3Cu+8H⁺+2NO₃^-=3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O进行判断．

解答 解：含铝、铁、铜的合金与足量KOH作用，反应后所得滤液A为KAlO₂，滤渣B为铁和铜，B中加入硝酸，得到的溶液C为硝酸铜和硝酸铁的混合物，铁离子易水解，可通过调节溶液pH的方法得到氢氧化铁沉淀，即E为氢氧化铁，D为硝酸铜溶液，经蒸发、结晶可得到硝酸铜晶体，
（1）滤渣B为铁和铜，B中加入硝酸，得到的溶液C为硝酸铜和硝酸铁的混合物，反应的离子方程式为NO₃^-+Fe+4H⁺=Fe³⁺+NO↑+2H₂O，2NO₃^-+3Cu+8H⁺=3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O；
故答案为：NO₃^-+Fe+4H⁺=Fe³⁺+NO↑+2H₂O；2NO₃^-+3Cu+8H⁺=3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O；
（2）溶液C通过调节pH可以使Fe³⁺沉淀完全，应加入CuO、碱式碳酸铜或氢氧化铜，而加入铜粉生成Fe²⁺，加入氨水引入新的杂质，
故答案为：CD；
（3）已知溶液的pH=4，则c（H⁺）=10^-4mol/L，c（OH^-）=10^-10mol/L，Ksp[Fe（OH）₃]=4.0×10^-38=c（Fe³⁺）×c³（OH^-），所以c（Fe³⁺）=4.0×10^-8mol/L；
故答案：4.0×10^-8；
（4）将20mL Al₂（SO₄）₃溶液与等物质的量浓度的Ba（OH）₂溶液70mL混合，则二者的物质的量之比为2：7，则反应时铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为1：3.5，所以有部分氢氧化铝转化为偏铝酸根离子，其离子方程式为：2Al³⁺+3SO₄^2-+3Ba²⁺+7OH^-=3BaSO₄↓+Al（OH）₃↓+AlO₂^-+2H₂O；
故答案为：2Al³⁺+3SO₄^2-+3Ba²⁺+7OH^-=3BaSO₄↓+Al（OH）₃↓+AlO₂^-+2H₂O；
（5）n（HNO₃）=0.1L×2mol/L=0.2mol，n（H₂SO₄）=0.1L×3mol/L=0.3mol，
则n（H⁺）=0.2mol+2×0.3mol=0.8mol，n（NO₃^-）=0.2mol，n（Cu）=0.3mol，
由反应3Cu+8H⁺+2NO₃^-=3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O可知，0.3mol完全反应生成0.3mol硫酸铜，则c（CuSO₄）=$\frac{0.3mol}{0.1L}$=0.3mol/L；
故答案为：0.3mol/L．

点评 本题主要考查了物质的分离提纯和制备，题目涉及离子反应方程式的书写、除杂质、氧化还原反应、溶度积的有关计算等，综合性较强，题目难度中等，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力．