Question

已知A為中學化學中的一種鹽，B、C為日常生活中常見的金屬．通常條件下D為無色無味氣體，無色氣體G遇空氣變紅棕色．已知用惰性電極電解A溶液一段時間后，產(chǎn)物只有C、D和E的稀溶液．各物質(zhì)之間的轉化關系如圖（部分反應產(chǎn)物已略去）．

請回答下列問題：
（1）A的化學式為

 

．
（2）E的稀溶液與F溶液反應的離子方程式為

 

．
（3）電解100mL鹽A的溶液一段時間后，斷開電路，取出電極，測得生成的氣體D在標準狀況下的體積為5.6mL，則電解后溶液的pH為

 

．（假設溶液體積不變）．
（4）若向100mL鹽A的溶液中加入10g金屬單質(zhì)B的粉末，充分攪拌后，過濾，烘干得10.16g固體，則濾液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度為

 

．（假設溶液體積不變）
（5）在含C²⁺的晶體中常含有雜質(zhì)D²⁺．在提純時為了除去D²⁺，常加入合適氧化劑，使D²⁺氧化為D³⁺，下列物質(zhì)可采用的是

 

．A．KMnO₄      B．H₂O₂       C．Cl₂ 水       D．HNO₃
然后再加入適當物質(zhì)調(diào)整至溶液pH=4，使D³⁺轉化為D（OH）₃，可以達到除去D³⁺而不損失C²⁺的目的．關于調(diào)整溶液pH，甲同學懷疑pH=4是否能達到除去D³⁺而不損失C²⁺的目的；乙同學認為可以通過計算確定，他查閱有關資料得到如下數(shù)據(jù)，常溫下D（OH）₃的溶度積K_sp=8.0×10^-38，C （OH）₂的溶度積K_sp=3.0×10^-20，設溶液中C²⁺的濃度為3.0mol?L^-1，則C（OH）₂開始沉淀時溶液的pH為

 

，D³⁺完全沉淀時溶液的pH為

 

，通過計算確定上述方案

 

（填“可行”或“不可行”，在溶液中當離子濃度小于1.0×10^-5 mol?L^-1可以認為沉淀完全）．

Answer 1

考點：無機物的推斷,難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉化的本質(zhì),電解原理

專題：推斷題,電離平衡與溶液的pH專題,電化學專題

分析：根據(jù)題意，采用正推和逆推相結合的方法推斷，電解A溶液時產(chǎn)生金屬單質(zhì)C和另外一種氣體D，應為電解含氧酸鹽溶液，在陰極上析出不活潑金屬，結合“B、C為日常生活中常見的金屬、通常條件下D為無色無味氣體”可知C應為銅，D為氧氣；
E溶液能與C金屬發(fā)生氧化還原反應，且E溶液與F溶液也能反應生成無色無味氣體G，“無色氣體G遇空氣變紅棕色”則G為NO，說明E溶液是具有強氧化性的硝酸，則A為硝酸銅，C為銅，D為氧氣，G為NO，F(xiàn)與硝酸反應生成NO，說明且含有金屬B元素，說明F溶液具有還原性，應為Fe（NO₃）₂溶液，則B為Fe、H為Fe（NO₃）₃，
由此可回答（1）（2）題；
（3）Na₂O₂與水反應生成NaOH和氧氣，加入到Cu（NO₃）₂溶液中有藍色沉淀生成；根據(jù)電解硝酸銅的電極方程式：2Cu（NO₃）₂+2H₂O

電解  .

2Cu+O₂↑+4HNO₃，可計算溶液的pH；
（4）根據(jù)化學方程式，利用質(zhì)量守恒定律計算硝酸銅的物質(zhì)的量，進而計算溶液的物質(zhì)的量濃度；
（5）根據(jù)除雜質(zhì)至少要滿足兩個條件：①加入的試劑只能與雜質(zhì)反應，不能與原物質(zhì)反應；②加入的物質(zhì)不能引進新的雜質(zhì)粒子，據(jù)此選擇氧化劑；依據(jù)氫氧化銅飽和溶液中溶度積常數(shù)計算溶液中的氫離子濃度計算pH；結合氫氧化鐵溶度積及殘留在溶液中的離子濃度小于1×10^-5 mol?L^-1時就認為沉淀完全，進行計算．

解答： 解：（1）電解A溶液時產(chǎn)生金屬單質(zhì)C和另外一種氣體D，應為電解含氧酸鹽溶液，在陰極上析出不活潑金屬，則C應為銅，D為氧氣，E溶液能與C金屬發(fā)生氧化還原反應，且E溶液與F溶液也能反應生成無色無味氣體G，說明E溶液具有強氧化性，應為硝酸，故A為硝酸銅，C為銅，D為氧氣，G為NO，F(xiàn)與硝酸反應生成NO，說明且含有金屬B元素，說明F溶液具有還原性，應為Fe（NO₃）₂溶液，B為Fe，H為Fe（NO₃）₃，
故答案為：Cu（NO₃）₂；
（2）硝酸具有強氧化性，F(xiàn)e²⁺具有還原性，二者發(fā)生氧化還原反應，反應的離子方程式為：3Fe²⁺+NO₃^-+4H⁺═3Fe³⁺+NO↑+2H₂O，
故答案為：3Fe²⁺+NO₃^-+4H⁺═3Fe³⁺+NO↑+2H₂O；
（3）根據(jù)電解硝酸銅的電極方程式：
2Cu（NO₃）₂+2H₂O

電解  .

2Cu+O₂↑+4HNO₃
                      22.4L   4mol
                   5.6×10^-3L   n
則n=

4mol×5.6×10-3L

22.4L

=1×10^-3mol
所以c（H⁺）=

1×10-3mol

0.1L

=0.01mol，故pH=2，
故答案為：2；
（4）向鹽A溶液中加入金屬單質(zhì)B，反應的化學方程式為：Fe+Cu（NO₃）₂═Fe（NO₃）₂+Cu，根據(jù)差量法計算：
Fe+Cu（NO₃）₂═Fe（NO₃）₂+Cu△m
    1mol                       8g
    n                     10.16g-10g=0.16g
n=

0.16g×1mol

8g

=0.02mol，
所以溶液的濃度為：

0.02mol

0.1L

=0.2mol/L，
故答案為：0.2 mol/L；
（5）除雜質(zhì)至少要滿足兩個條件：①加入的試劑只能與雜質(zhì)反應，不能與原物質(zhì)反應；②反應后不能引入新的雜質(zhì)，四個選項中，只有雙氧水氧化后生成水，雙氧水受熱見光易分解，沒有多余雜質(zhì)，所以B正確；
Cu（OH）₂的溶度積K_sp=3.0×10^-20，溶液中CuSO₄的濃度為3.0mol?L^-1，c（Cu²⁺）=3.0mol?L^-1，
依據(jù)溶度積常數(shù)c（Cu²⁺）×c²（OH^-）=3.0×10^-20可得：c²（OH^-）=

3×10-20

3.0

=10^-20，
c（OH^-）=

10-20

mol/L=10^-10mol/L，則：c（H⁺）=

1×10-14

1×10-10

mol/L=10^-4mol/L，溶液的pH=4，
則Cu（OH）₂開始沉淀時溶液的pH=-lg10^-4=4；
殘留在溶液中的離子濃度小于1×10^-5 mol?L^-1時就認為沉淀完全，F(xiàn)e（OH）₃的溶度積K_sp=8.0×10^-38，
即：c（Fe³⁺）×c³（OH^-）=8.0×10^-38，則c³（OH^-）=

8.0×10-38

1×10-5

=8.0×10^-33，
解得：c（OH^-）=

3	8×10-33

mol/L=2×10^-11mol/L，c（H⁺）=

1×10-14

2×10-11

mol/L=5×10^-4mol/L，則pH=-lg5×10^-4=3.3，由于pH=4能達到除去Fe³⁺而不損失Cu²⁺的目的，則方案可行，
故答案為：B；4；3.3；可行．

點評：本題以無機物的推斷為載體，考查電化學知識及溶液的有關計算，題目難度較大度，根據(jù)框圖，推斷出各種物質(zhì)是做好本題的關鍵，注意難溶物溶度積的表達式及計算方法．