Question

15．为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如下实验流程，用含有铝、铁和铜的合金废料制取无水氯化铝、绿矾晶体（FeSO₄•7H₂O）和胆矾晶体．

请回答：
【制备无水氯化铝】
（1）步骤Ⅰ进行的实验操作所需要的玻璃仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒；
（2）步骤Ⅱ生成固体C的离子方程式是AlO₂^-+CO₂+2H₂O=Al（OH）₃↓+HCO₃^-；
（3）进行步骤Ⅱ时，该小组用如下图所示装置及试剂制取CO₂并将制得的气体通入溶液A中．一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少．为了避免固体C减少，可采取的改进措施是在装置a、b之间增加一个盛有饱和NaHCO₃溶液的洗气瓶（合理即可）；
（4）由AlCl₃溶液制备无水AlCl₃的实验过程如下：
①由AlCl₃溶液制备氯化铝晶体（AlCl₃•6H₂O）涉及的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；
②将AlCl₃•6H₂O溶于浓硫酸进行蒸馏，可以得到一定量的无水AlCl₃，此原理是利用浓硫酸下列性质中的bc（填字母）．
a．氧化性  b．吸水性  c．难挥发性  d．脱水性
【制备胆矾晶体】
（5）用固体F制备CuSO₄溶液，可设计以下三种途径，你认为的最佳途径为②．（填序号）
【测定FeSO₄•7H₂O含量】
（6）称取制得的绿矾样品10.0g，溶于适量的稀硫酸中，配成100mL溶液，准确量取25.00mL该液体于锥形瓶中，再用0.1000mol/L KMnO₄标准溶液滴定．用同样的方法滴定3次，平均消耗15.00mL标准液，则样品中FeSO₄•7H₂O的质量分数为83.4%．（已知Mr（FeSO₄•7H₂O）=278）

Answer 1

分析 含有铝、铁、铜的合金加入氢氧化钠溶解，只有铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，所以滤渣B为铁和铜，再经稀硫酸反应过滤的滤液为氯化亚铁，进一步转化成绿矾，滤渣F为铜单质，进一步转化成胆矾；滤液A则为偏铝酸钠溶液，加过量盐酸经途径Ⅰ生成氯化铝溶液，而滤液A通足量气体C经途径Ⅱ生成沉淀D，根据氢氧化铝只溶于强酸强碱，所以气体C为二氧化碳，沉淀D为氢氧化铝，与盐酸反应生成氯化铝溶液，
（1）根据以上分析，该流程需要过滤操作，所以还需的玻璃仪器为玻璃棒、烧杯、漏斗；
（2）过量CO₂与偏铝酸钠溶液反应，生成氢氧化铝和碳酸氢根离子；
（3）制得的CO₂气体中混有氯化氢气体，用饱和的碳酸氢钠除去；
（4）①由AlCl₃溶液制备氯化铝晶体的操作为：蒸发浓缩\、冷却结晶、过滤、洗涤；
②AlCl₃能水解，直接加热AlCl₃•6H₂O，水解彻底生成氢氧化铝，得不到氯化铝，而浓硫酸能吸水且不挥发，抑制氯化铝水解；
（5）金属铜可以和硝酸之间反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，但是一氧化氮是有毒的，根据铜、稀硫酸的性质来判断反应的发生；
（6）Fe²⁺→Fe³⁺，铁元素化合价升高1价；MnO₄^-→Mn²⁺，锰元素降低5价，化合价升降最小公倍数为5，根据关系式5Fe²⁺～MnO₄^-，计算25mL该液体中Fe²⁺的物质的量，进而计算样品中FeSO₄•7H₂O的质量，再根据质量分数定义计算．

解答 解：含有铝．铁．铜的合金加入氢氧化钠溶解，只有铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，所以滤渣B为铁和铜，再经稀硫酸反应过滤的滤液为氯化亚铁，进一步转化成绿矾，滤渣F为铜单质，进一步转化成胆矾；滤液A则为偏铝酸钠溶液，加过量盐酸经途径Ⅰ生成氯化铝溶液，而滤液A通足量气体C经途径Ⅱ生成沉淀D，根据氢氧化铝只溶于强酸强碱，所以气体C为二氧化碳，沉淀D为氢氧化铝，与盐酸反应生成氯化铝溶液；
（1）根据以上分析，该流程需要过滤操作，所以还需的玻璃仪器为玻璃棒、烧杯、漏斗，故答案为：玻璃棒、烧杯、漏斗；
（2）过量CO₂与偏铝酸钠溶液反应，生成氢氧化铝和碳酸氢根离子，反应的离子方程式为：AlO₂^-+CO₂+2H₂O=Al（OH）₃↓+HCO₃^-，
故答案为：AlO₂^-+CO₂+2H₂O=Al（OH）₃↓+HCO₃^-；
（3）进行步骤Ⅱ时，该小组用如图2所示装置及试剂将制得的CO₂气体通入溶液A中．一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少，其原因是二氧化碳气体中含有从盐酸中挥发出的氯化氢气体，氯化氢在水中溶解了部分沉淀氢氧化铝，发生的反应为Al（OH）₃+3H⁺=Al³⁺+3H₂O，为了避免固体C减少，可在制取二氧化碳的收集装置中增加一个洗去氯化氢的装置，二氧化碳在饱和碳酸氢钠中不溶，氯化氢和碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，所以可在装置a和b之间增加一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中的氯化氢，
故答案为：在装置a和b之间增加一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶（合理即可）；
（4）①由AlCl₃溶液制备氯化铝晶体的操作为：蒸发浓缩\、冷却结晶、过滤、洗涤，
故答案为：蒸发浓缩；
②AlCl₃能水解，直接加热AlCl₃•6H₂O，水解彻底生成氢氧化铝，得不到氯化铝，浓硫酸具有吸水性，能吸收AlCl₃•6H₂O中的水，且浓硫酸不挥发，能抑制氯化铝水解，利用浓硫酸的吸水性与难挥发性，
故选：b c；
（5）铜不能和稀硫酸反应，但是当加热并通入空气之后，铜和氧气反应生成氧化铜，然后氧化铜会和硫酸反应生成硫酸铜，不会产生污染大气的气体，该过程原料利用率高，所以途径②最佳，
故答案为：②；
（6）测定样品中Fe²⁺的含量，采用在酸性条件下KMnO₄标准液滴定，Fe²⁺→Fe³⁺，铁元素化合价升高1价；MnO₄^-→Mn²⁺，锰元素降低5价，化合价升降最小公倍数为5，故Fe²⁺系数为5，MnO₄^- 系数为1，根据元素守恒可知Mn²⁺与Fe³⁺系数分别为1、5，根据电荷守恒可知缺项为H⁺，H⁺其系数为2+3×5-[2×5-1]=8，根据H元素守恒可知H₂O系数是4，所以反应离子方程式为5Fe²⁺+MnO₄^-+8H⁺=1Mn²⁺+5Fe³⁺+4H₂O，
令Fe²⁺的物质的量为xmol，则：
5Fe²⁺～～～～～～MnO₄^-，
5                           1
xmol         0.015L×0.1mol/L
所以x=$\frac{5×0.015L×0.1mol/L}{1}$=0.0075mol，
所以样品中FeSO₄•7H₂O的质量0.0075mol×4×278g/mol=8.34g，所以4g产品中FeSO₄•7H₂O的质量分数为$\frac{8.34g}{10g}$×100%=83.4%，
故答案为：83.4%；

点评 本题考查物质制备方案的设计，题目难度中等，明确工艺流程原理是解答本题的关键，注意掌握物质制备方案的设计与评价原则，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力．