Question

某同學(xué)擬定了以下實(shí)驗(yàn)方案，來確定一批合金廢料的成分并加以回收利用．

請(qǐng)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______（填化學(xué)式）．
（2）“試劑a”是一種不引入雜質(zhì)的綠色氧化劑，該氧化劑的化學(xué)式為______；濾渣D、稀硫酸和試劑a總反應(yīng)的化學(xué)方程式為______．
（3）若反應(yīng)①產(chǎn)生的氣體是H₂，則驗(yàn)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______．
Na₂SiO₃溶液與過量的CO₂反應(yīng)的離子方程式為______．
（4）取質(zhì)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(yīng)，標(biāo)準(zhǔn)狀況下所生成的NO（設(shè)還原產(chǎn)物只有一種）體積與剩余固體金屬的質(zhì)量如下表：

實(shí)驗(yàn)編號(hào)	①	②	③	④
稀HNO3體積（mL）	100	200	300	400
剩余金屬質(zhì)量（g）	9.0	4.8	0	0
NO體積（L，體積）	1.12	2.24	3.36	4.48

①實(shí)驗(yàn)①最先溶解的金屬發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是______．
②濾渣B中Fe的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為______%（精確到0.1%）．

Answer 1

（1）結(jié)合產(chǎn)物判斷流程中生成藍(lán)礬，說明B中含有銅，①由①、②兩組數(shù)據(jù)分析，兩次剩余物的質(zhì)量相差4.2g，此時(shí)生成1.12LNO氣體（轉(zhuǎn)移0.075 mol電子）．若只溶解鐵，質(zhì)量為4.2g，若只溶解銅，質(zhì)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(fā)生反應(yīng)：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(yīng)①產(chǎn)生的氣體是H₂，則驗(yàn)證濾液A只含NaAlO₂、不含Na₂SiO₃的方法是利用氫氧化鋁溶液強(qiáng)酸，硅酸不溶于強(qiáng)酸生成沉淀設(shè)計(jì)驗(yàn)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(xù)滴加鹽酸，氫氧化鋁會(huì)溶解生成氯化鋁，無(wú)白色沉淀現(xiàn)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(yīng)生成硅酸沉淀和碳酸氫鈉，反應(yīng)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(xù)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(shù)據(jù)分析，兩次剩余物的質(zhì)量相差4.2g，此時(shí)生成1.12LNO氣體（轉(zhuǎn)移0.075 mol電子）．若只溶解鐵，質(zhì)量為4.2g，若只溶解銅，質(zhì)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(yīng)，實(shí)驗(yàn)①中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：3Fe+8HNO₃=3Fe（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O，故答案為：3Fe+8HNO₃=3Fe（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O；
②實(shí)驗(yàn)①有銅存在Fe³⁺會(huì)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(jià)鐵，在亞鐵離子轉(zhuǎn)化為鐵離子過程中，結(jié)合試驗(yàn)①可知還會(huì)產(chǎn)生4.48L-3.36L=1.12L的氣體NO，物質(zhì)的量為0.05mol，發(fā)生反應(yīng)3Fe²⁺+NO₃^-+4H⁺=3Fe³⁺+NO↑+2H₂O；可知反應(yīng)的Fe²⁺物質(zhì)的量為0.15mol，根據(jù)鐵元素守恒，鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=

0.15mol×56g/mol

13.2g

×100%=63.6%；
故答案為：63.6%；