Question

7．某化學興趣小組用含有鋁、鐵、銅的合金制取純凈的氯化鋁溶液、綠礬晶體[FeSO₄•7H₂O]和膽礬晶體，以探索工業(yè)廢料的再利用．其實驗方案如下：

回答下列問題：
（1）寫出合金與燒堿溶液反應的離子方程式2Al+2OH^-+2H₂O═2AlO₂^─+3H₂↑
（2）用濾渣F通過兩種途徑制取膽礬，與途徑③相比，途徑④明顯具有的兩個優(yōu)點是產生等量膽礬途徑④消耗硫酸少，途徑④不會產生污染大氣的氣體
（3）進行途徑②時，該小組用如圖所示裝置及試劑，將制得的CO₂氣體通入濾液A中．一段時間后，觀察到燒杯中產生的白色沉淀逐漸減少，其原因是Al（OH）₃+3H⁺═Al³⁺+3H₂O（用離子方程式表示）；為了避免沉淀D減少，應該在裝置I和裝置II之間增加一個盛有飽和碳酸鈉溶液的洗氣瓶

（4）通過途徑④制取膽礬，必須進行的實驗操作步驟：加硫酸、加熱通氧氣、過濾、蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、自然干燥．其中“加熱通氧氣”所起的作用為2Cu+O₂+4H⁺═2Cu²⁺+2H₂O（用離子方程式表示）
（5）白磷有劇毒，不慎沾到皮膚上，可取少量膽礬配制成CuSO₄溶液沖洗解毒．白磷可與熱的CuSO₄溶液反應生成Cu₃P（Cu為+1價），與冷溶液則析出Cu，反應方程式分別（均未配平）為：
①P₄+CuSO₄+H₂O$\stackrel{△}{→}$Cu₃P+H₃PO₄+H₂SO₄
②P₄+CuSO₄+H₂O→Cu+H₃PO₄+H₂SO₄
若上述兩反應中被氧化的P₄的物質的量相等，則消耗的CuSO₄的物質的量之比為1：1
（6）將綠礬加熱失去結晶水后的產物FeSO₄，進行如下轉化（無關物質已略去）

已知：a、X由兩種化合物組成，將X通入品紅溶液，溶液褪色；通入BaCl₂溶液，
產生白色沉淀．
b、Y是紅棕色的化合物．
①溶液2中金屬陽離子的檢驗方法是取少量溶液2于試管中，滴加幾滴KSCN溶液，溶液變紅，則證明原溶液中含有Fe³⁺
②若經反應I得到16g固體Y，產生的氣體X恰好被0.4L 1mol/L NaOH溶液完全吸收，則反應IV中生成FeSO₄的離子方程式是SO₃^2-+2Fe³⁺+H₂O═SO₄^2-+2Fe²⁺+2H⁺．

Answer 1

分析 含有Al、Fe、Cu的合金加入足量NaOH溶液溶解，只有Al與NaOH反應生成NaAlO₂和H₂，所以濾渣B為Fe和Cu，向B中加入稀硫酸，Fe反應生成FeSO₄，Cu不反應，過濾得到濾渣F為Cu，濾液E中含有硫酸亞鐵和硫酸，將濾液E經過一系列操作得到綠礬；
Cu和濃硫酸反應生成CuSO₄，Cu、空氣和稀硫酸反應也生成CuSO₄，將硫酸銅溶液經過一系列操作得到膽礬；
濾液A中含有NaAlO₂和NaOH，途徑①：向濾液A中加入稀鹽酸生成AlCl₃，同時生成NaCl；
途徑②：通入足量二氧化碳后生成沉淀D為Al（OH）₃同時生成NaHCO₃，將Al（OH）₃用適量稀鹽酸溶解得到氯化鋁溶液；
（1）合金中Al與燒堿溶液反應生成偏鋁酸鈉和氫氣；
（2）濾渣F為Cu，途徑③相中有二氧化硫生成，途徑④中沒有其它副產物生成；
（3）濃鹽酸具有揮發(fā)性，所以生成的二氧化碳中含有HCl，HCl能和氫氧化鋁反應生成氯化鋁和水；
為了避免沉淀D減少，應該在裝置I和裝置II之間增加一個裝置吸收HCl且不能產生其它氣體雜質；
（4）從溶液中制取晶體采用蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、干燥的方法；
酸性條件下，Cu能被氧氣氧化生成銅離子，同時生成水；
（5）結合電子守恒來計算消耗的CuSO₄的物質的量之比；
（6）a．硫酸亞鐵受熱分解，生成氣體X，X通入品紅溶液，溶液褪色是SO₂；通入BaCl₂溶液，產生白色沉淀是SO₃；
b．Y紅棕色的化合物，結合元素守恒值Y是Fe₂O₃；
X和NaOH反應生成硫酸鈉、亞硫酸鈉，Y和稀硫酸反應生成硫酸鐵，硫酸鐵和亞硫酸鈉反應生成硫酸亞鐵；
①溶液2中金屬陽離子是鐵離子，用KSCN溶液檢驗鐵離子；
②溶液1 和溶液2 混合亞硫酸根離子具有還原性，鐵離子具有氧化性發(fā)生氧化還原反應生成硫酸亞鐵溶液和硫酸鈉．

解答 解：含有Al、Fe、Cu的合金加入足量NaOH溶液溶解，只有Al與NaOH反應生成NaAlO₂和H₂，所以濾渣B為Fe和Cu，向B中加入稀硫酸，Fe反應生成FeSO₄，Cu不反應，過濾得到濾渣F為Cu，濾液E中含有硫酸亞鐵和硫酸，將濾液E經過一系列操作得到綠礬；Cu和濃硫酸反應生成CuSO₄，Cu、空氣和稀硫酸反應也生成CuSO₄，將硫酸銅溶液經過一系列操作得到膽礬；
濾液A中含有NaAlO₂和NaOH，途徑①：向濾液A中加入稀鹽酸生成AlCl₃，同時生成NaCl；
途徑②：通入足量二氧化碳后生成沉淀D為Al（OH）₃同時生成NaHCO₃，將Al（OH）₃用適量稀鹽酸溶解得到氯化鋁溶液；
（1）合金中Al與燒堿溶液反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，離子方程式為2Al+2OH^-+2H₂O═2AlO₂^─+3H₂↑，
故答案為：2Al+2OH^-+2H₂O═2AlO₂^─+3H₂↑；
（2）濾渣F為Cu，途徑③相中有二氧化硫生成，導致消耗的硫酸多，途徑④中沒有其它副產物生成，所以④比③的優(yōu)點是產生等量膽礬途徑④消耗硫酸少，途徑④不會產生污染大氣的氣體，
故答案為：產生等量膽礬途徑④消耗硫酸少，途徑④不會產生污染大氣的氣體；
（3）濃鹽酸具有揮發(fā)性，所以生成的二氧化碳中含有HCl，HCl能和氫氧化鋁反應生成氯化鋁和水，導致產生的沉淀少，離子方程式為Al（OH）₃+3H⁺═Al³⁺+3H₂O；
為了避免沉淀D減少，應該在裝置I和裝置II之間增加一個裝置吸收HCl且不能產生其它氣體雜質，常用飽和碳酸鈉溶液，
故答案為：Al（OH）₃+3H⁺═Al³⁺+3H₂O；飽和碳酸鈉溶液；
（4）從溶液中制取晶體采用蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、干燥的方法；
酸性條件下，Cu能被氧氣氧化生成銅離子，同時生成水，離子方程式為2Cu+O₂+4H⁺═2Cu²⁺+2H₂O，
故答案為：蒸發(fā)濃縮；2Cu+O₂+4H⁺═2Cu²⁺+2H₂O；
（5）如果被氧化的白磷都是1mol，則反應中轉移電子是20mol，所以根據電子的得失守恒可知，反應①中需要硫酸銅是$\frac{20}{6}$mol×3=10mol．而在反應②需要硫酸銅是20mol×$\frac{1}{2}$=10mol，所以消耗的CuSO₄的物質的量之比為1：1，
故答案為：1：1；
（6）a．硫酸亞鐵受熱分解，生成氣體X，X通入品紅溶液，溶液褪色是SO₂；通入BaCl₂溶液，產生白色沉淀是SO₃；
b．Y紅棕色的化合物，結合元素守恒值Y是Fe₂O₃；
X和NaOH反應生成硫酸鈉、亞硫酸鈉，Y和稀硫酸反應生成硫酸鐵，硫酸鐵和亞硫酸鈉反應生成硫酸亞鐵；
①溶液2中金屬陽離子是鐵離子，用KSCN溶液檢驗鐵離子，其檢驗方法為：取少量溶液2于試管中，滴加幾滴KSCN溶液，溶液變紅，則證明原溶液中含有Fe³⁺，
故答案為：取少量溶液2于試管中，滴加幾滴KSCN溶液，溶液變紅，則證明原溶液中含有Fe³⁺；
②反應Ⅰ為2FeSO₄$\frac{\underline{\;高溫\;}}{\;}$Fe₂O₃+SO₂↑+SO₃↑，經反應I得到16g固體Y為Fe₂O₃，為0.1mol，產生的氣體X，氣體X為SO₂、SO₃，由方程式知它們各為0.1mol，恰好被0.4L 1mol/L NaOH溶液完全吸收，NaOH為0.4mol，與SO₂、SO₃恰好反應，2NaOH+SO₂═Na₂SO₃+H₂O，2NaOH+SO₃═Na₂SO₄+H₂O，由方程式知生成Na₂SO₃、Na₂SO₄均為0.1mol，則反應IV中為Na₂SO₃與Fe₂（SO₄）₃溶液發(fā)生氧化還原反應生成硫酸亞鐵，離子方程式為SO₃^2-+2Fe³⁺+H₂O═SO₄^2-+2Fe²⁺+2H⁺，
故答案為：SO₃^2-+2Fe³⁺+H₂O═SO₄^2-+2Fe²⁺+2H⁺．

點評 本題考查較綜合，涉及物質制備、無機物推斷、離子檢驗等知識點，明確元素化合物性質、物質特殊顏色、物質之間的轉化、化學實驗原理等知識點是解本題關鍵，注意實驗的評價性分析解答，知道鐵離子檢驗方法及現象，側重考查學生知識的靈活應用，題目難度不大．