Question

某同学拟定了以下实验方案，来确定一批合金废料的成分并加以回收利用。
 
请回答下列问题：
（1）从上述信息可确定该合金中一定含有Fe和____（填化学式）。
（2）“试剂a”是一种不引入杂质的绿色氧化剂，该氧化剂的化学式为____；滤渣D、稀硫酸和试剂a总反应的化学方程式为     。
（3）若反应①产生的气体是H₂，则验证滤液A只含NaAlO₂、不含Na₂SiO₃的方法是：取少量滤液A于试管中，滴加                      。
Na₂SiO₃溶液与过量的CO₂反应的离子方程式为                                            。
（4）取质量均为13．2g的滤渣B四份，分别加入相同浓度，不同体积的稀HNO₃充分反应，标准状况下所生成的NO（设还原产物只有一种）体积与剩余固体金属的质量如下表：

实验编号	①	②	③	④
稀HNO3体积(mL)	100	200	300	400
剩余金属质量(g)	9．0	4．8	0	0
NO体积(L,标况)	1．12	2．24	3．36	4．48

①实验①最先溶解的金属发生反应的化学方程式是                  。
②滤渣B中Fe的质量分数为____%（精确到0．1%）。

Answer 1

(1)Cu（1分）(2)H₂O₂(或O₃)（1分）Cu+H₂O₂+H₂SO₄＝CuSO₄+2H₂O
（2分）(3) 逐滴滴加稀盐酸(或稀硫酸)至过量（1分），若先有白色沉淀（1分），然后沉淀完全溶解（1分）SiO₃^2-+2CO₂+2H₂O＝H₂SiO₃↓+2HCO₃^-（2分）
（4）①3Fe+8HNO₃＝3Fe(NO₃)₃+2NO↑+4H₂O（2分）②63.6%（2分）

试题分析：（1）结合产物判断流程中生成蓝矾，说明B中含有铜，即该合金中一定含有Fe和Cu。
（2）双氧水（或臭氧）是一种常见的绿色氧化剂，在双氧水的作用下，金属铜在硫酸中被氧化生成硫酸铜，发生反应的化学方程式为Cu+H₂O₂+H₂SO₄＝CuSO₄+2H₂O或Cu+H₂O₂+H₂SO₄+3H₂O=CuSO₄?5H₂O。
（3）由于偏铝酸钠与硅酸钠均与酸反应生成白色沉淀，但偏铝酸钠生成的氢氧化铝是两性氢氧化物可以溶解在酸中。但硅酸钠生成的硅酸不能溶解在酸中，据此可以鉴别二者。则验证滤液A只含NaAlO₂、不含Na₂SiO₃的方法是取少量滤液A于试管中，滴加盐酸，开始生成白色沉淀为氢氧化铝，继续滴加盐酸，氢氧化铝会溶解生成氯化铝，无白色沉淀现象证明不含硅酸钠；碳酸酸性大于硅酸，因此过量二氧化碳通入硅酸钠溶液中，反应生成硅酸沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：SiO₃^2-+2CO₂+2H₂O＝H₂SiO₃↓+2HCO₃^-。
（4）①由于铁的还原性大于铜，所以铁首先与硝酸发生氧化还原反应，因此实验①中发生反应的化学方程式为3Fe+8HNO₃＝3Fe(NO₃)₃+2NO↑+4H₂O。
②由①、②两组数据分析，①组实验中金属过量，硝酸不足。①中溶解金属的质量＝13.2g－9.0g＝4.2g，此时生成1.12LNO气体，物质的量＝1.12L÷22.4L/mol＝0.05mol（转移0.05mol×3＝0.15 mol电子）。由于金属有剩余，则生成的应该是亚铁离子。若只溶解铁，则铁的物质的量＝0.15mol÷2＝0.075mol，质量为0.075mol×56g/mol＝4.2gg。若只溶解铜，铜的物质的量＝0.15mol÷2＝0.075mol，质量为0.075mol×64g/mol＝4.8g。由此可知，实验①中恰好溶解了4.2g金属铁。根据实验②可知，②比①又多溶解了9.0g－4.8g＝4.2g金属，而②比①多生成了2.24L－1.21L＝1.12LNO气体，这说明实验②中共恰好溶解了8.4g金属铁。而根据③比②多生成了3.36L－2.24L＝1.12LNO气体可知，剩余的4.8g金属全部是Cu。实验④比③又多生成了1.12LNO，这是由于发生了反应3Fe²⁺+NO₃^-+4H⁺＝3Fe³⁺+NO↑+2H₂O。由此可知滤渣中铁的质量分数＝×100%＝63.6%。