题目内容

10．银铜合金广泛用于航空工业．从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：
（注：Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450℃和80℃）
（1）电解精炼银时，电解质溶液可选用AgNO3；滤渣A与稀HNO3反应的化学方程式为3Ag+4HNO3（稀）=3AgNO3+NO↑+2H2O．
（2）固体混合物B的组成为Al（OH）3和CuO；过滤得到固体B时，实验室如何进行洗涤操作将固体置于漏斗中，慢慢注入蒸馏水直到淹没固体，静置使其全部滤出，重复2～3次．
（3）完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：
4CuO+2 Al2O3$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$4CuAlO2+O2↑．
（4）理论上生产6.15kgCuAlO2需要含铜的质量分数为64%的银铜合金废料5kg．

分析 Ag、Cu合金废料在空气中熔炼得到Ag熔体，Ag熔体冷凝成型得到粗Ag，粗Ag电解精炼得到Ag；
渣料中含有少量Ag和CuO，向渣料中加入稀硫酸，发生反应CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，过滤得到滤渣A为Ag，滤液中含有CuSO4；Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450℃和80℃，向硫酸铜溶液中加入硫酸铝和NaOH溶液，得到Al（OH）3和Cu（OH）2，煮沸过程中氢氧化铜分解生成CuO，然后过滤得到固体B为Al（OH）3和CuO，固体B在惰性气体氛围中煅烧得到CuAlO2，
（1）电解精炼银时，电解质溶液可选用可溶性的银盐溶液；Ag和稀硝酸反应生成硝酸银、NO和水；
（2）固体混合物B的组成为Al（OH）3和CuO；过滤得到固体B时，洗涤操作为将固体置于漏斗中，慢慢注入蒸馏水直到淹没固体，静置使其全部滤出，重复2～3次；
（3）该反应中Cu元素化合价由+2价变为+1价，则CuO作氧化剂，还需要还原剂，失电子，只有O元素失电子，生成氧气，O元素化合价由-2价变为0价，转移电子数为4，根据转移电子守恒及原子守恒配平方程式；
（4）根据Cu原子守恒计算消耗合金的质量．

解答 解：Ag、Cu合金废料在空气中熔炼得到Ag熔体，Ag熔体冷凝成型得到粗Ag，粗Ag电解精炼得到Ag；渣料中含有少量Ag和CuO，向渣料中加入稀硫酸，发生反应CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，过滤得到滤渣A为Ag，滤液中含有CuSO4；Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450℃和80℃，向硫酸铜溶液中加入硫酸铝和NaOH溶液，得到Al（OH）3和Cu（OH）2，煮沸过程中氢氧化铜分解生成CuO，然后过滤得到固体B为Al（OH）3和CuO，固体B在惰性气体氛围中煅烧得到CuAlO2，
（1）电解精炼银时，电解质溶液可选用可溶性的银盐溶液，如AgNO3；Ag和稀硝酸反应生成硝酸银、NO和水，反应方程式为3Ag+4HNO3（稀）=3AgNO3+NO↑+2H2O，
故答案为：AgNO3；3Ag+4HNO3（稀）=3AgNO3+NO↑+2H2O；
（2）固体混合物B的组成为Al（OH）3和CuO；过滤得到固体B时，洗涤操作为将固体置于漏斗中，慢慢注入蒸馏水直到淹没固体，静置使其全部滤出，重复2～3次，
故答案为：Al（OH）3和CuO；将固体置于漏斗中，慢慢注入蒸馏水直到淹没固体，静置使其全部滤出，重复2～3次；
（3）该反应中Cu元素化合价由+2价变为+1价，则CuO作氧化剂，还需要还原剂，失电子，只有O元素失电子，生成氧气，O元素化合价由-2价变为0价，转移电子数为4，根据转移电子守恒及原子守恒配平方程式为4CuO+2Al2O3$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$4CuAlO2+O2↑，
故答案为：4；2；4；O2；
（4）根据Cu原子守恒得关系式CuAlO2----Cu，
设理论上生产6.15kgCuAlO2需要含铜的质量分数为64%的银铜合金废料质量为x，
CuAlO2----Cu
123          64
6.15kg      64%x
123：64=6.15kg：64%x
x=$\frac{6.15kg×64}{123×64%}$=5kg，
故答案为：5．

点评 本题考查物质分离和提纯及物质制备，为高频考点，侧重考查学生对知识的综合运用能力，明确流程图中发生的反应、物质的性质、物质分离和提纯方法是解本题关键，易错点是（2）题洗涤操作中化学用语的正确运用，题目难度不大．

练习册系列答案
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20．1861年，比利时人索尔维以食盐、石灰石和氨为原料，制得了碳酸钠．这种制碱方法称为氨碱法，其主要步骤是：
①在含氨的饱和氯化钠溶液中通入CO2制得NaHCO3
②再将NaHCO3焙烧制得纯碱，CO2循环使用
③析出小苏打的母液中加入生石灰，NH3循环使用
我国著名化学家侯德榜改革国外的纯碱生产工艺，生产流程可简要表示如下：

（1）上述生产纯碱的方法称联合制碱法，副产品的一种用途为作化肥．
（2）沉淀池中发生的化学反应方程式是NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓．
（3）写出上述流程中X物质的分子式CO2．
（4）向母液中通氨气，加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品，通氨气的作用有增大铵根离子浓度，使氯化铵更多析出．
（5）设计实验检验产品碳酸钠中是否含有氯化钠检验产品碳酸钠中是否含有氯化钠即检验是否含氯离子，可以用硝酸酸化的硝酸银，观察到若产生白色沉淀则说明有氯化钠存在，
故答案为：用硝酸酸化的硝酸银，观察产生白色沉淀．
（6）侯德榜制碱的方法与氨碱法相比，其优点是把合成氨和纯碱两种产品联合起来，降低了成本．
1．完成下列问题：
（1）体积相同，浓度均为0.2mol/L的盐酸和CH3COOH溶液，分别加水稀释10倍，溶液的pH分别变成m和n，则m与n的关系为m＜n．
（2）体积相同，浓度均为0.2mol/L的盐酸和CH3COOH溶液，分别加水稀释m倍、n倍，溶液的pH都变成3，则m与n的关系为m＞n．
（3）体积相同，pH均等于13的氨水和NaOH溶液，分别加水稀释m倍、n倍，溶液的pH都变成9，则m与n的关系为m＞n．
18．下列说法正确的是 （　　）
A．已知，X与Y互为同分异构体，可用FeCl3溶液鉴别
B．能发生的反应类型：加成反应、取代反应、消去反应、水解反应
C．3-甲基-3-乙基戊烷的一氯代物有3种
D．相同条件下乙酸乙酯在水中的溶解度比其在乙醇中的溶解度大
5．现向含6mol KI的硫酸溶液中逐滴加入KBrO3溶液，整个过程中含碘物质的物质的量与所加入KBrO3的物质的量的关系如图所示．
已知①BrO3-+6I一+6H+=3I2+Br-+3H2O；
②2BrO3-+I2=2IO3-+Br2；
请回答下列问题：
（1）由反应②有同学由此得出氧化性：I2＞Br2的结论，你认为是否正确否（填是或否），并说明理由该反应中I2作还原剂，Br2为还原产物，应得出还原性I2＞Br2结论 
（2）b点时，KI反应完全，则消耗的氧化剂与还原剂物质的量之比为1：6，还原产物是KBr．
（3）b→c过程中只有一种元素的化合价发生变化，写出该过程的离子反应方程式BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O．
（4）含6mol KI的硫酸溶液所能消耗n（KBrO3）的最大值为7.2mol．
（5）n（KBrO3）=4mol时，对应含碘物质的化学式为I2，KIO3．
（6）若实验室需要6mol•L-1的KI溶液480mL，根据配制情况回答下列问题：
①实验室中除了托盘天平、烧杯、药匙、量筒外还需要的其它仪器有玻璃棒、胶头滴管、500ml 容量瓶．
②下列操作使所配溶液浓度偏低的有BCD（填字母）；
A．容量瓶未干燥就用来配制溶液B．定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出
C．往容量瓶转移时有少量液体溅出         D．定容时仰视刻度线．
15．碘酸钾与碘化钾在酸性条件下发生如下反应，配平化学方程式（将化学计量数填于空白处）
1KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O．
2．NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）
A．NA个CO2分子占有的体积一定为22.4L
B．标准状况下，22.4L四氯化碳含有的分子数为NA
C．常温常压下，1.06g Na2CO3含有的Na+数为0.02 NA
D．物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含Cl-个数为NA
19．有A、B、C、D、E、F六种微粒，其中A～E五种微粒均由两种元素组成且均含10个电子，它们有如图所示的转化关系：
（1）写出微粒的空间构型：A三角锥形、C正四面体．
（2）六种微粒中互为等电子体的是H3O+、NH3（写微粒的化学式）．
（3）A～E五种微粒中含有配位键的是H3O+、NH4+（写微粒的化学式）．
（4）E易溶于D，其原因是一方面NH3是极性溶质，H2O是极性溶剂，根据相似相溶原理，极性溶质易溶于极性溶剂；另一方面NH3与H2O之间能形成作用力较强的氢键，从而增大其溶解度．
（5）将过量的F滴加到CuSO4溶液中，生成深蓝色的溶液，该深蓝色物质的化学式是[Cu（NH3）4]SO4．
20．在某无色透明酸性溶液中，能共存的离子组是（　　）
A．NH4+、NO3-、Al3+、Cl-B．Na+、Al3+、S2-、NO3-
C．MnO4-、K+、SO42-、Na+D．K+、SO42-、HCO3-、Na+

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