Question

13．為了降低電子垃圾對環(huán)境構(gòu)成的影響，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(shè)計出如下制備硫酸銅和硫酸鋁晶體的路線：

方法Ⅰ	用炭粉在高溫條件下還原CuO
方法Ⅱ	電解法：2Cu+H2O $\frac{\underline{\;電解\;}}{\;}$Cu2O+H2↑
方法Ⅲ	用肼（N2H4）還原新制Cu（OH）2

（1）第①步Cu與混酸反應(yīng)的離子方程式為Cu+4H⁺+2NO₃^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Cu²⁺+2NO₂↑+2H₂O 或3Cu+8H⁺+2NO₃^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O．得到濾渣1的主要成分為Au、Pt．
（2）第②步中加入H₂O₂的作用是將Fe²⁺氧化為Fe³⁺，使用H₂O₂的優(yōu)點是過氧化氫做氧化劑不引入雜質(zhì)，對環(huán)境無污染；調(diào)溶液pH的目的是使Fe³⁺、Al³⁺沉淀除去．
（3）簡述第③步由濾液2得到CuSO₄•5H₂O的方法是加熱濾液2，經(jīng)過蒸發(fā)、冷卻、結(jié)晶、過濾，最終制得硫酸銅晶體
（4）由濾渣2制取Al₂（SO₄）₃•18H₂O，設(shè)計了以下三種方案：
甲：濾渣2$\stackrel{H_{2}SO_{4}}{→}$酸浸液$→_{蒸發(fā)、冷卻、結(jié)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(jié)晶、過濾}^{．}$Al₂（SO₄）₃•18H₂O
丙：濾渣2$→_{過濾}^{NaOH溶液}$濾液$\stackrel{H_{2}SO_{4}}{→}$溶液$→_{蒸發(fā)、冷卻、結(jié)晶、過濾}^{\;}$Al₂（SO₄）₃•18H₂O
上述三種方案中，甲方案不可行，原因是所得產(chǎn)品中含有較多Fe₂（SO₄）₃雜質(zhì)；從原子利用率角度考慮，乙方案更合理．
（5）用滴定法測定CuSO₄•5H₂O含量．取a g試樣配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干擾離子后，用c 
mol•L^-1 EDTA（H₂Y^2-）標準溶液滴定至終點，平均消耗EDTA溶液b mL．滴定反應(yīng)如下：Cu²⁺+H₂Y^2-→CuY^2-+
2H⁺．寫出計算CuSO₄•5H₂O質(zhì)量分數(shù)的表達式ω=$\frac{c×b×1{0}^{-3}×250×5}{a}$×100%．

Answer 1

分析 含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金屬的混合物加入混酸加熱過濾，銅反應(yīng)生成銅鹽溶液，Au、Pt不與混酸反應(yīng)，所以濾渣的主要成分是Au、Pt，濾液1中的離子是Cu²⁺、Al³⁺、Fe²⁺，加入過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，調(diào)節(jié)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，
（1）Cu與混酸反應(yīng)的實質(zhì)是與H⁺、NO₃^-反應(yīng)，隨反應(yīng)進行離子濃度逐漸減小，所以離子方程式為Cu+4H⁺+2NO₃^-=Cu²⁺+2NO₂↑+2H₂O，3Cu+8H⁺+2 NO₃^-=3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O，Au、Pt不與混酸反應(yīng)，所以濾渣的主要成分是Au、Pt，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(zhì)無污染；可以氧化亞鐵離子為鐵離子易于沉淀除去，調(diào)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(zhì)，產(chǎn)物對環(huán)境物污染．調(diào)節(jié)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(yīng)是在坩堝中加熱脫水，經(jīng)過蒸發(fā)、冷卻、結(jié)晶、過濾，最終制得硫酸銅晶體；
（4）甲方案不可行，因為濾渣2的主要成分是Fe（OH）₃、Al（OH）₃沉淀，加入硫酸沉淀全部溶解使制得的產(chǎn)品中含有較多Fe₂（SO₄）₃雜質(zhì)； 從原子利用率角度分析，乙方案更合理，不僅能除去硫酸鐵，同時增加了硫酸鋁的量，原子利用率較高
（5）由滴定反應(yīng)方程式得100ml溶液中n（Cu²⁺）=b×10^-3×a×5mol，所以CuSO₄•5H₂O質(zhì)量分數(shù)=b×10^-3×a×5×$\frac{250}{a}$×100%；

解答 解：（1）稀硫酸、濃硝酸混合酸后加熱，Cu、Al、Fe發(fā)生反應(yīng)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(yīng)的離子方程式為：Cu+4H⁺+2NO₃^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Cu²⁺+2NO₂↑+2H₂O 或3Cu+8H⁺+2NO₃^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O，Au、Pt和酸不反應(yīng)，所以是濾渣；
故答案為：Cu+4H⁺+2NO₃^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Cu²⁺+2NO₂↑+2H₂O 或3Cu+8H⁺+2NO₃^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O，Au、Pt；
（2）第②步加H₂O₂的作用是將Fe²⁺氧化為Fe³⁺，過氧化氫做氧化劑不引入雜質(zhì)，對環(huán)境無污染，調(diào)節(jié)溶液PH鐵離子和鋁離子全部沉淀后過濾得到氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀和濾液硫酸銅，
故答案為：將Fe²⁺氧化為Fe³⁺；不引入雜質(zhì)，對環(huán)境無污染；使Fe³⁺、Al³⁺沉淀除去；
（3）第③步由五水硫酸銅制備硫酸銅的方法應(yīng)是在坩堝中加熱脫水，經(jīng)過蒸發(fā)、冷卻、結(jié)晶、過濾，最終制得硫酸銅晶體；
故答案為：加熱濾液2，經(jīng)過蒸發(fā)、冷卻、結(jié)晶、過濾，最終制得硫酸銅晶體；
（4）制備硫酸鋁晶體的甲、乙、丙三種方法中，
甲方案在濾渣中只加硫酸會生成硫酸鐵和硫酸鋁，冷卻、結(jié)晶、過濾得到的硫酸鋁晶體中混有大量硫酸鐵雜質(zhì)，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在濾渣中加H₂SO₄，生成Fe₂（SO₄）₃和Al₂（SO₄）₃，再加Al粉和Fe₂（SO₄）₃生成Al₂（SO₄）₃，蒸發(fā)、冷卻、結(jié)晶、過濾可得硫酸鋁晶體；
丙方案先在濾渣中加NaOH和Al（OH）₃反應(yīng)生成NaAlO₂，再在濾液中加H₂SO₄生成Al₂（SO₄）₃，蒸發(fā)、冷卻、結(jié)晶、過濾可得硫酸鋁晶體；但從原子利用角度考慮方案乙更合理，因為丙加的NaOH和制備的Al₂（SO₄）₃的原子組成沒有關(guān)系，造成原子浪費，
所以從原子利用率和是否產(chǎn)生雜質(zhì)考慮知，乙更合理，
故答案為：甲；所得產(chǎn)品中含有較多Fe₂（SO₄）₃雜質(zhì)；乙．
（5）取a g試樣配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干擾離子后，用c mol•L^-1 EDTA（H₂Y^2-）標準溶液滴定至終點，平均消耗EDTA溶液bmL．滴定反應(yīng)如下：Cu²⁺+H₂Y^2-=CuY^2-+2H⁺
銅離子物質(zhì)的量和標準液物質(zhì)的量相同，則20mL溶液中銅離子的物質(zhì)的量=cmol/L×b×10^-3L=bc×10^-3mol；
則ag樣品中CuSO₄•5H₂O的質(zhì)量=c×b×10^-3mol×250g/mol×5，所以CuSO₄•5H₂O質(zhì)量分數(shù)的表達式=$\frac{c×b×1{0}^{-3}×250×5}{a}$×100%．
故答案為：$\frac{c×b×1{0}^{-3}×250×5}{a}$×100%．

點評 本題考查離子分離的方法，實驗設(shè)計，試劑選擇，中和滴定的簡單計算和誤差的分析，離子性質(zhì)的熟練掌握是解題關(guān)鍵，題目難度較大．