Question

11．某学校化学兴趣小组为探究金属回收物的综合利用，专门设计实验用含有铝、铁、铜的合金制取纯净的AlCl₃溶液和胆矾晶体（CuSO₄•5H₂O），其实验方案如图：

请回答下列问题：
（1）将合金研磨成合金粉的目的是增大反应物的接触面积，使反应速率加快．
（2）分别写出步骤Ⅰ、Ⅱ中发生反应的化学方程式：Ⅰ2Al+2NaOH+2H₂O=2NaAlO₂+3H₂↑；ⅡFe+H₂SO₄=FeSO₄+H₂↑．
（3）在滤液B转化为沉淀E的过程中盐酸的用量不易控制，可将加入适量的盐酸改为通入一种气体，该气体的电子式为，写出更改试剂（气体过量）后生成沉淀E所发生反应的离子方程式：AlO₂^-+CO₂+2H₂O=Al（OH）₃↓+HCO₃^-．
（4）该小组成员从资料中获知H₂O₂是一种绿色氧化剂，在滤渣D中加入稀硫酸和H₂O₂可制得CuSO₄，下列两种方法均可以制备CuSO₄．
方法一：2Cu+O₂$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2CuO，CuO+H₂SO₄═CuSO₄+H₂O
方法二：Cu+2H₂SO₄（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CuSO₄+SO₂↑+2H₂O
①假如某工厂欲生产CuSO₄，请选择一种方法，并说明理由：方法一，硫酸原料利用率高，对环境污染小．
②有同学认为，生成等量的硫酸铜两种方法消耗的能量相同，因为反应都是铜转变为CuSO₄，你认为上述说法不正确（填“正确”或“不正确”），原因是反应物与产物不完全相同，故反应的热效应不同，消耗的能量也不同．

Answer 1

分析 合金中铝具有两性，能与氢氧化钠反应，故滤渣A是金属Fe和金属Cu，滤液中含有偏铝酸根离子，滤渣A中加入稀硫酸F溶解，Cu不溶解，故滤渣D使金属Cu，滤液C中含有亚铁离子，滤液B中加入适量HCl生成氢氧化铝沉淀，再加入适量盐酸变为氯化铝溶液；
（1）研磨成粉末可以增大反应物的接触面积，从化学反应速率方面考虑即可；
（2）铝、铁和铜三种金属中，只有金属铝能与氢氧化钠溶液反应，过滤后铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，依据氧化还原反应原理书写方程式即可；
（3）氢氧化铝具有两性，即溶于强酸也溶于强碱，但是不溶于弱酸，据此解答即可；
（4）两种方法相比，二中生成二氧化硫污染环境，两个反应娿反应物与产物不同，则反应的热效应不同，以此来解答．

解答 解：（1）把合金研磨成合金粉，即把块状固体研磨成细小的颗粒，增大了反应物的接触面积，有利于反应进行，即加快了化学反应速率，
故答案为：增大反应物的接触面积，使反应速率加快；
（2）三种金属只有金属铝是两性金属，与氢氧化钠的溶液反应，反应生成氢气、偏铝酸钠，化学反应方程式为2Al+2NaOH+2H₂O=2NaAlO₂+3H₂↑，过滤后铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应方程式为Fe+H₂SO₄=FeSO₄+H₂↑，
故答案为：2Al+2NaOH+2H₂O=2NaAlO₂+3H₂↑；Fe+H₂SO₄=FeSO₄+H₂↑；
（3）偏铝酸钠溶于过量的HCl会直接生成氯化铝而得不到氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶于弱酸，故利用碳酸的弱酸性代替HCl，此气体为二氧化碳，电子式为：，偏铝酸钠中通入过量的二氧化碳气体生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子反应方程式为：AlO₂^-+CO₂+2H₂O=Al（OH）₃↓+HCO₃^-，
故答案为：；AlO₂^-+CO₂+2H₂O=Al（OH）₃↓+HCO₃^-；
（4）①两种方法相比可知，方法一，硫酸原料利用率高，对环境污染小，而方法二生成二氧化硫污染环境，则选择方法一，
故答案为：方法一，硫酸原料利用率高，对环境污染小； 
②生成等量的硫酸铜两种方法消耗的能量不相同，则说法不正确，是因反应物与产物不完全相同，故反应的热效应不同，消耗的能量也不同，
故答案为：不正确；反应物与产物不完全相同，故反应的热效应不同，消耗的能量也不同．

点评 本题是对物质的分离和提纯知识点的考查，题目难度不是很大，掌握常见物质的制取方法以及氧化还原反应原理是解决本题的关键，注意整理．