Question

某同學擬定了以下實驗方案，來確定一批合金廢料的成分并加以回收利用．

請回答下列問題：
（1）從上述信息可確定該合金中一定含有Fe和

Cu

（填化學式）．
（2）“試劑a”是一種不引入雜質的綠色氧化劑，該氧化劑的化學式為

H₂O₂（或O₂）

；濾渣D、稀硫酸和試劑a總反應的化學方程式為

Cu+H₂O₂+H₂SO₄=CuSO₄+2H₂O

．
（3）若反應①產生的氣體是H₂，則驗證濾液A只含NaAlO₂、不含Na₂SiO₃的方法是：取少量濾液A于試管中，滴加

過量鹽酸，先有白色沉淀生成，繼續滴加鹽酸，白色沉淀全部溶解證明不不含硅酸鈉

．
Na₂SiO₃溶液與過量的CO₂反應的離子方程式為

SiO₃^2-+2CO₂+2H₂O=H₂SiO₃↓+2HCO₃^-

．
（4）取質量均為13.2g的濾渣B四份，分別加入相同濃度，不同體積的稀HNO₃充分反應，標準狀況下所生成的NO（設還原產物只有一種）體積與剩余固體金屬的質量如下表：

實驗編號	①	②	③	④
稀HNO3體積（mL）	100	200	300	400
剩余金屬質量（g）	9.0	4.8	0	0
NO體積（L，體積）	1.12	2.24	3.36	4.48

①實驗①最先溶解的金屬發生反應的化學方程式是

3Fe+8HNO₃=3Fe（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O

．
②濾渣B中Fe的質量分數為

63.6%

%（精確到0.1%）．

Answer 1

分析：（1）依據題干信息，結合（4）的溶解情況計算得到，最后得到藍礬說明濾渣B中含有金屬銅，證明合金中含有銅；
（2）雙氧水是一種綠色氧化劑，可以實現金屬銅和硫酸之間的反應；
（3）合金中的鋁在過量氫氧化鈉溶液中溶解生成偏鋁酸鈉和氫氣，利用氫氧化鋁溶于強酸溶液，硅酸不溶于酸設計實驗驗證；硅酸的酸性小于碳酸，二氧化碳過量反應生成碳酸氫鈉；
（4））①金屬鐵的活潑性強于銅，根據金屬鐵和硝酸發生反應的情況來書寫；
②先判斷酸是否完全反應，再根據金屬活動性判斷反應的金屬及生成的金屬離子價態，根據1、2兩組數據，結合采用極限法分析，確定剩余固體的成分，據此來計算即可．

解答：解：（1）結合產物判斷流程中生成藍礬，說明B中含有銅，①由①、②兩組數據分析，兩次剩余物的質量相差4.2g，此時生成1.12LNO氣體（轉移0.075 mol電子）．若只溶解鐵，質量為4.2g，若只溶解銅，質量為4.8g．由此可知這9g中含有金屬Cu，故答案為：Cu；
（2）雙氧水是一種綠色氧化劑，在雙氧水的作用下，金屬銅可以和硫酸發生反應：Cu+H₂O₂+H₂SO₄+3H₂O=CuSO₄?5H₂O或Cu+H₂O₂+H₂SO₄=CuSO₄+2H₂O，故答案為：Cu+H₂O₂+H₂SO₄+3H₂O=CuSO₄?5H₂O或Cu+H₂O₂+H₂SO₄=CuSO₄+2H₂O；
（3）若反應①產生的氣體是H₂，則驗證濾液A只含NaAlO₂、不含Na₂SiO₃的方法是利用氫氧化鋁溶液強酸，硅酸不溶于強酸生成沉淀設計驗證，方法為：取少量濾液A于試管中，滴加鹽酸，開始生成白色沉淀為氫氧化鋁，繼續滴加鹽酸，氫氧化鋁會溶解生成氯化鋁，無白色沉淀現象證明不含硅酸鈉；過量二氧化碳通入硅酸鈉溶液中，碳酸酸性大于硅酸，反應生成硅酸沉淀和碳酸氫鈉，反應的離子方程式為：SiO₃^2-+2CO₂+2H₂O=H₂SiO₃↓+2HCO₃^-；
故答案為：過量鹽酸，先有白色沉淀生成，繼續滴加鹽酸，白色沉淀全部溶解證明不不含硅酸鈉；SiO₃^2-+2CO₂+2H₂O=H₂SiO₃↓+2HCO₃^-；
（4）①由①、②兩組數據分析，兩次剩余物的質量相差4.2g，此時生成1.12LNO氣體（轉移0.075 mol電子）．若只溶解鐵，質量為4.2g，若只溶解銅，質量為4.8g．由此可知這9g中是金屬Cu，鐵的還原性大于銅，所以鐵先反應，實驗①中發生反應的化學方程式為：3Fe+8HNO₃=3Fe（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O，故答案為：3Fe+8HNO₃=3Fe（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O；
②實驗①有銅存在Fe³⁺會被還原為Fe²⁺，在金屬消耗完畢以后，硝酸將亞鐵離子氧化為三價鐵，在亞鐵離子轉化為鐵離子過程中，結合試驗①可知還會產生4.48L-3.36L=1.12L的氣體NO，物質的量為0.05mol，發生反應3Fe²⁺+NO₃^-+4H⁺=3Fe³⁺+NO↑+2H₂O；可知反應的Fe²⁺物質的量為0.15mol，根據鐵元素守恒，鐵的質量分數=

0.15mol×56g/mol

13.2g

×100%=63.6%；
故答案為：63.6%；

點評：本題考查了物質定量測定的實驗方法應用，物質性質的應用和判斷是解題關鍵，數據分析和計算是難點，主要考查了鐵、鋁、銅及其化合物性質的綜合應用和分離方法，題目難度較大．