Question

5．信息時代產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⁺，使用H₂O₂的優(yōu)點是不引入雜質，對環(huán)境無污染；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的方法是在坩堝中加熱脫水．
（4）由濾渣2制取Al₂（SO₄）₃•18H₂O，探究小組設計了三種方案：

上述三種方案中，甲、丙方案不可行，原因是甲所得產品中含有較多Fe₂（SO₄）₃雜質，丙中含有硫酸鈉雜質；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 （Mr=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cmol•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=$\frac{5bc×10{\;}^{-3}×250}{a}$×100%；下列操作會導致CuSO₄•5H₂O含量的測定結果偏高的是c．
a．未干燥錐形瓶
b．滴定終點時滴定管尖嘴中產生氣泡
c．未除凈可與EDTA反應的干擾離子．

Answer 1

分析 （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⁺，銅被硝酸氧化成銅離子，硝酸被還原成氮的氧化物，所以濾渣1 的成分是Pt和Au；
（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，產物對環(huán)境物污染．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）根據離子方程式，Cu²⁺的物質的量等于EDTA的物質的量，所以由EDTA的物質的量可求出CuSO₄•5H₂O的物質的量，因為配制了100mL CuSO₄溶液，每次取20.00mL實驗，所以再乘以5，可得樣品中CuSO₄•5H₂O的物質的量，進而求出CuSO₄•5H₂O的含量；
a、未干燥錐形瓶，為正確操作，不影響結構；
b、滴定終點時滴定管尖嘴中產生氣泡，使標準液的體積測量值變小，結果偏小；
c、未除凈可與EDTA反應的干擾離子，增加了EDTA的用量，使結果偏高

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⁺，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{\;\;△\;\;}}{\;}$3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O，Au、Pt和酸不反應，所以濾渣是Au、Pt；
故答案為：Cu+4H⁺+2NO₃^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Cu²⁺+2NO₂↑+2H₂O或3Cu+8H⁺+2NO₃^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O；Au、Pt；
（2）第②步加H₂O₂的作用是將Fe²⁺氧化為Fe³⁺；2Fe²⁺+H₂O₂+2H⁺=2Fe³⁺+2H₂O，過氧化氫做氧化劑被還原后為水，不引入雜質，對環(huán)境無污染；調節(jié)溶液PH鐵離子和鋁離子全部沉淀后過濾得到氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀和濾液硫酸銅，
故答案為：將Fe²⁺氧化為Fe³⁺；不引入雜質，對環(huán)境無污染；Fe³⁺、Al³⁺；
（3）第③步由五水硫酸銅制備硫酸銅的方法應是在坩堝中加熱脫水，
故答案為：在坩堝中加熱脫水；
（4）制備硫酸鋁晶體的甲、乙、丙三種方法中，甲方案在濾渣中只加硫酸會生成硫酸鐵和硫酸鋁，冷卻、結晶、過濾得到的硫酸鋁晶體中混有大量硫酸鐵雜質；
乙方案先在濾渣中加H₂SO₄，生成Fe₂（SO₄）₃和Al₂（SO₄）₃，再加Al粉和Fe₂（SO₄）₃生成Al₂（SO₄）₃，蒸發(fā)、冷卻、結晶、過濾可得硫酸鋁晶體；
丙方案先在濾渣中加NaOH和Al（OH）₃反應生成NaAlO₂，再在濾液中加H₂SO₄生成Al₂（SO₄）₃，蒸發(fā)、冷卻、結晶、過濾可得硫酸鋁晶體；但從原子利用角度考慮方案乙最合理，因為丙加的NaOH和制備的Al₂（SO₄）₃的原子組成沒有關系，造成原子浪費，
所以上述三種方案中：甲方案制得的硫酸鋁晶體中混有大量硫酸鐵雜質，不可行；從原子利用率和是否產生雜質考慮知，乙方案更合理，
故答案為：甲、丙；甲所得產品中含有較多Fe₂（SO₄）₃雜質，丙中含有硫酸鈉雜質；乙；
（5）根據離子方程式，Cu²⁺的物質的量等于EDTA的物質的量，所以CuSO₄•5H₂O的物質的量為bc×10^-3 mol，因為配制了100mL CuSO₄溶液，每次取20.00mL實驗，所以再乘以5，所以樣品中CuSO₄•5H₂O的物質的量為5bc×10^-3 mol，則CuSO₄•5H₂O質量分數(shù)為$\frac{5bc×10{\;}^{-3}×250}{a}$×100%；
a、未干燥錐形瓶，為正確操作，不影響結構；
b、滴定終點時滴定管尖嘴中產生氣泡，使標準液的體積測量值變小，結果偏��；
c、未除凈可與EDTA反應的干擾離子，增加了EDTA的用量，使結果偏高，故選c，
故答案為：$\frac{5bc×10{\;}^{-3}×250}{a}$×100%；c．

點評 本題考查制備硫酸銅和硫酸鋁晶體的實驗設計，明確離子的性質是解答本題關鍵，題目難度中等．