Question

1．信息時代產(chǎn)生的大量電子垃圾對環(huán)境構成了極大的威脅．某“變廢為寶”學生探究小組將一批廢棄的線路板簡單處理后，得到含70% Cu、25% Al、4% Fe及少量Au、Pt等金屬的混合物，并設計出如下制備硫酸銅和硫酸鋁晶體的路線：
請回答下列問題：
（1）第①步Cu與酸反應的離子方程式為Cu+4H⁺+2NO₃^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Cu²⁺+2NO₂+2H₂O或3Cu+8H⁺+2NO₃^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O；得到濾渣1的主要成分為Au、Pt．
（2）第②步加H₂O₂的作用是將Fe²⁺氧化為Fe³⁺，調溶液pH的目的是使Fe³⁺、Al³⁺生成沉淀．
（3）用第③步所得CuSO₄•5H₂O制備無水CuSO₄的方法是加熱脫水．
（4）由濾渣2制取Al₂（SO₄）₃•18H₂O，探究小組設計了三種方案：
甲：濾渣2$\stackrel{H_{2}SO_{4}}{→}$酸浸液，蒸發(fā)、冷卻、結晶、過濾Al₂（SO₄）₃•18H₂O
乙：濾渣2$\stackrel{H_{2}SO_{4}}{→}$酸浸液$→_{過濾}^{適量AI粉}$濾液，蒸發(fā)、冷卻、結晶、過濾Al₂（SO₄）₃•18H₂O
丙：$→_{過濾}^{NaOH溶液}$濾液$\stackrel{H_{2}SO_{4}}{→}$溶液，蒸發(fā)、冷卻、結晶、過濾Al₂（SO₄）₃•18H₂O
上述三種方案中，甲方案不可行，原因是甲所得產(chǎn)品中含有較多Fe₂（SO₄）₃雜質；
從原子利用率角度考慮，乙方案更合理．
（5）探究小組用滴定法測定CuSO₄•5H₂O（M_r=250）含量．取a g試樣配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干擾離子后，用c mol•L^-1 EDTA（H₂Y^2-）標準溶液滴定至終點，平均消耗EDTA溶液至b mL．滴定反應如下：Cu²⁺+H₂Y^2-═CuY^2-+2H⁺．寫出計算CuSO₄•5H₂O質量分數(shù)的表達式w=$\frac{cmol•{L}^{-1}×b×1{0}^{-3}L×250g•mo{l}^{-1}×5}{ag}×100%$．

Answer 1

分析 稀硫酸、濃硝酸混合酸后加熱，Cu、Al、Fe發(fā)生反應生成Cu²⁺、Al³⁺、Fe²⁺，而Au、Pt不反應，所以濾渣1 的成分是Pt和Au，濾液1中的離子是Cu²⁺、Al³⁺、Fe²⁺、Fe³⁺，第②步加H₂O₂的作用是把Fe²⁺氧化為Fe³⁺，該氧化劑的優(yōu)點是不引入雜質，產(chǎn)物對環(huán)境物無污染，調溶液pH的目的是使Fe³⁺和Al³⁺形成沉淀．所以濾液2的成分是Cu²⁺，經(jīng)蒸發(fā)結晶可得到CuSO₄•5H₂O晶體，濾渣2的成分為氫氧化鐵和氫氧化鋁，在濾渣中加NaOH，和Al（OH）₃反應生成NaAlO₂，再在濾液中加H₂SO₄生成Al₂（SO₄）₃，蒸發(fā)、冷卻、結晶、過濾可得硫酸鋁晶體；
（1）稀硫酸、濃硝酸混合酸后加熱，Cu、Al、Fe發(fā)生反應生成Cu²⁺、Al³⁺、Fe²⁺；所以濾渣1 的成分是Pt和Au，濾液1中的離子是Cu²⁺、Al³⁺、Fe²⁺；
（2）過氧化氫具有氧化性且被還原為水，無雜質無污染；可以氧化亞鐵離子為鐵離子易于沉淀除去，調節(jié)溶液PH目的是鐵離子和鋁離子全部沉淀；第②步加H₂O₂的作用是把Fe²⁺氧化為Fe³⁺，該氧化劑的優(yōu)點是不引入雜質，產(chǎn)物對環(huán)境無污染．調溶液PH的目的是使Fe³⁺和Al³⁺形成沉淀．所以濾液2的成分是Cu2+，濾渣2的成分為氫氧化鐵和氫氧化鋁；
（3）第③步由五水硫酸銅制備硫酸銅的方法應是在坩堝中加熱脫水；
（4）依據(jù)實驗方案過程分析制備晶體中是否含有雜質，使用的試劑作用，原料的利用率，原子利用率因素分析判斷；
（5）依據(jù)滴定實驗和反應離子方程式計算得到；滴定實驗誤差分析依據(jù)標準溶液消耗的多少進行分析判斷．

解答 解：（1）稀硫酸、濃硝酸混合酸后加熱，Cu、Al、Fe發(fā)生反應生成Cu²⁺、Al³⁺、Fe²⁺；所以濾渣1的成分是Pt和Au，濾液1中的離子是Cu²⁺、Al³⁺、Fe²⁺；第①步Cu與酸反應的離子方程式為：Cu+4H⁺+2NO₃^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Cu²⁺+2NO₂+2H₂O或3Cu+8H⁺+2NO₃^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O，
故答案為：Cu+4H⁺+2NO₃^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Cu²⁺+2NO₂+2H₂O或3Cu+8H⁺+2NO₃^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O；Au、Pt；
（2）第②步加H₂O₂的作用是將Fe²⁺氧化為Fe³⁺；2Fe²⁺+H₂O₂+2H⁺=2Fe³⁺+2H₂O；調節(jié)溶液PH鐵離子和鋁離子全部沉淀后過濾得到氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀和濾液硫酸銅，故答案為：將Fe²⁺氧化為Fe³⁺；Fe³⁺、Al³⁺；
（3）膽礬加熱易分解，故利用加熱脫水的方法除去結晶水，故答案為：加熱脫水；
（4）制備硫酸鋁晶體的甲、乙、丙三種方法中，甲方案在濾渣中只加硫酸會生成硫酸鐵和硫酸鋁，冷卻、結晶、過濾得到的硫酸鋁晶體中混有大量硫酸鐵雜質；乙方案先在濾渣中加H₂SO₄，生成Fe₂（SO₄）₃和Al₂（SO₄）₃，再加Al粉和Fe₂（SO₄）₃生成Al₂（SO₄）₃，蒸發(fā)、冷卻、結晶、過濾可得硫酸鋁晶體；丙方案先在濾渣中加NaOH和Al（OH）₃反應生成NaAlO₂，再在濾液中加H₂SO₄生成Al₂（SO₄）₃，蒸發(fā)、冷卻、結晶、過濾可得硫酸鋁晶體；但從原子利用角度考慮方案乙最合理，因為丙加的NaOH和制備的Al₂（SO₄）₃的原子組成沒有關系，造成原子浪費，所以上述三種方案中：甲方案制得的硫酸鋁晶體中混有大量硫酸鐵雜質，不可行；從原子利用率和是否產(chǎn)生雜質考慮知，乙方案更合理，故答案為：甲；甲所得產(chǎn)品中含有較多Fe₂（SO₄）₃雜質；乙；
（5）取a g試樣配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干擾離子后，用c mol•L^-1 EDTA（H₂Y^2-）標準溶液滴定至終點，平均消耗EDTA溶液6mL．滴定反應如下：Cu²⁺+H₂Y^2-=CuY^2-+2H⁺，銅離子物質的量和標準液物質的量相同=cmol/L×b×10^-3L=bc×10^-3mol；依據(jù)元素守恒得到：
則20ml溶液中含有的CuSO₄•5H₂O物質的量為bc×10^-3mol；100ml溶液中含bc×10^-3mol×5=5bc×10^-3mol；
所以CuSO₄•5H₂O質量分數(shù)的表達式=$\frac{cmol•{L}^{-1}×b×1{0}^{-3}L×250g•mo{l}^{-1}×5}{ag}$×100%，故答案為：$\frac{cmol•{L}^{-1}×b×1{0}^{-3}L×250g•mo{l}^{-1}×5}{ag}$×100%．

點評 本題考查離子分離的方法，實驗設計，試劑選擇，中和滴定的簡單計算和誤差的分析，離子性質的熟練掌握是解題關鍵，題目難度中等．