题目内容
6．铝、铁、铜及其化合物在生产、生活中有广泛的用途，试回答下列问题：（1）已知可利用电解工业冶炼单质铝，则阳极电极反应式为2O2-+4e-═O2↑．
（2）制造电路板的工艺中，FeCl3溶液可以蚀刻铜箔，请写出该反应的离子方程式2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+．
（3）已知铜与稀硫酸不反应，但将铜片在稀硫酸中长时间加热时溶液会呈蓝色，请用化学方程式表示原因2Cu+O2+2H2SO4$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2CuSO4+2H2O．
（4）氯化铝广泛用于有机合成和石油工业的催化剂．将铝土矿粉（主要成分为Al2O3）与焦炭混合后加热并通入氯气，可得到氯化铝，同时生成CO，写出该反应的化学方程式Al2O3+3Cl2+3C$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2AlCl3+3CO．
（5）已知Cu2S可以和硝酸反应，请配平下列化学反应方程式：
□Cu2S+□HNO3 $\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$□CuSO4+□Cu（NO3）2+□NO↑+□3Cu2S+16HNO3$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3CuSO4+3Cu（NO3）2+10NO↑+8H2O
（6）某校兴趣小组欲测定一种铁铝硅合金（FexAlySiz）粉末的组成，提出如下方案：准确称取1.46g该合金粉末，加入过量盐酸溶液充分反应后过滤，测定剩余固体质量0.07g．向滤液中滴加足量浓NaOH溶液，充分搅拌、过滤、洗涤得固体．再将所得固体充分加热、灼烧得红棕色粉末1.60g，通过计算确定此合金的组成为Fe8Al4Si．（填化学式）．
分析 （1）在电解池中，阳极上是阴离子发生失电子的氧化反应；
（2）铁离子具有氧化性氧化铜生成铜离子和亚铁离子；
（3）铜片在稀硫酸中长时间加热时溶液会呈蓝色是因为铜和氧气反应生成氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜溶液呈蓝色；
（4）根据反应物、生成物和反应条件写出配平反应方程式；
（5）Cu2S中两种元素化合价都变，可将其作一整体，然后运用守恒的思想配平；
（6）合金溶于过量盐酸铁和铝反应，剩余固体质量为硅的质量，计算得到n（Si），加入过量氢氧化钠溶液铝离子反应全部变化为偏铝酸钠，铁离子生成氢氧化铁过滤、洗涤得固体．再将所得固体充分加热、灼烧，得红棕色粉末1.60g为Fe2O3，计算得到铁元素物质的量，结合质量守恒计算合金中铝元素物质的量得到化学式．
解答 解：（1）在电解熔融的氧化铝的电解池中，阳极上是阴离子氧离子发生失电子的氧化反应：2O2--4e-═O2↑，故答案为：2O2-+4e-═O2↑；
（2）FeCl3溶液可以蚀刻铜箔，因为铁离子具有氧化性，将铜单质氧化生成铜离子和亚铁离子，反应的离子方程式为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；
故答案为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；
（3）因溶液中有氧气，加热能与铜反应生成氧化铜：2Cu+O2$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2CuO，氧化铜再与硫酸反应：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，两式相加：2Cu+O2+2H2SO4$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2CuSO4+2H2O，
故答案为：2Cu+O2+2H2SO4$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2CuSO4+2H2O；
（4）根据题意知，反应物是氧化铝、碳和氯气，反应条件是加热，生成物是氯化铝和一氧化碳，所以其反应方程式为：Al2O3+3C+3Cl2$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2AlCl3+3CO，
故答案为：Al2O3+3Cl2+3C$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2AlCl3+3CO；
（5）在Cu2S中：Cu Cu：+1→+2↑（2-1）×2，S：-2→+6↑ 6-（-2），化合价升高10，
而HNO3中N+5→+2化合价降低3，根据化合价的升降守恒：
3Cu2S+□HNO3$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$□CuSO4+□Cu（NO3）2+10NO↑+（ ）
再根据原子守恒得：
S守恒：3Cu2S+□HNO3$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3CuSO4+□Cu（NO3）2+10NO↑+（ ）
Cu守恒：3Cu2S+□HNO3$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3CuSO4+3Cu（NO3）2+10NO↑+（ ）
N守恒：3Cu2S+16HNO3$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3CuSO4+3Cu（NO3）2+10NO↑+（ ）
根据质量守恒得：3Cu2S+16HNO3$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3CuSO4+3Cu（NO3）2+10NO↑+8 H2O，
故答案为：3Cu2S+16HNO3$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3CuSO4+3Cu（NO3）2+10NO↑+8H2O；
（6）准确称取1.46g该合金粉末，加入过量盐酸溶液，充分反应后过滤，铁和铝全部溶解，测定剩余固体质量0.07g为硅．n（Si）=$\frac{0.07g}{28g/mol}$=0.0025mol，向滤液中滴加足量NaOH浓溶液，铝离子反应生成偏铝酸钠，充分搅拌、过滤、洗涤得固体．判断为Fe（OH）3，再将所得固体充分加热、灼烧，得红棕色粉末1.60g为Fe2O3，铁的物质的量n（Fe）=$\frac{1.60g}{160g/mol}$×2=0.02mol，n（Al）=$\frac{1.46g-0.07g-0.02mol×56g/mol}{27g/mol}$=0.01mol；n（Fe）：n（Al）：n（Si）=0.02：0.01：0.0025=8：4：1，所以其化学式为Fe8Al4Si，故答案为：Fe8Al4Si．
点评 本题考查了常见金属单质及其化合物性质、氧化还原反应的配平等知识，题目难度中等，主要是氧化还原反应的离子方程式和化学方程式书写，元素守恒计算物质化学式是解题关键．
①CH3OH（g）+H2O（g）═CO2（g）+3H2（g）；△H1=+49.0kJ•mol-1
②CH3OH（g）+$\frac{1}{2}$O2（g）═CO2（g）+2H2（g）；△H2=-192.9kJ•mol-1
下列说法正确的是（ ）
| A． | CH3OH的燃烧热△H=-192.9 kJ•mol-1 | |
| B． |  ②中的能量变化如图所示，则△H2=E1-E3 | |
| C． | H2燃烧能放出大量的热，故CH3OH转变成H2的过程必须吸收热量 | |
| D． | 根据②推知：在25℃，101 kPa时，1 molCH3OH（g）完全燃烧生成CO2和H2O放出的热量应大于192.9 kJ |
| A． | 常温下二者都可用铁制容器贮存 | B． | 常温下二者都能与铜较快反应 | ||
| C． | 露置于空气中，溶液浓度均降低 | D． | 浓HNO3与浓H2SO4都具有强氧化性 |
，化合物的化学式，甲为CuO，乙为Cu2O；高温时，甲易转化为乙的原因为Cu2O中Cu原子d轨道为全满状态，比较稳定．| A． | 1：16 | B． | 16：1 | C． | 17：7 | D． | 5：7 |
