Question

1．信息時(shí)代產(chǎn)生的大量電子垃圾對(duì)環(huán)境構(gòu)成了極大的威脅．某“變廢為寶”學(xué)生探究小組將一批廢棄的線路板簡(jiǎn)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(jì)出如下制備硫酸銅和硫酸鋁晶體的路線：
請(qǐng)回答下列問題：
（1）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{\;\;△\;\;}}{\;}$3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O；得到濾渣1的主要成分為Au、Pt．
（2）第②步加H₂O₂的作用是將Fe²⁺氧化為Fe³⁺，調(diào)溶液pH的目的是使Fe³⁺、Al³⁺生成沉淀．
（3）用第③步所得CuSO₄•5H₂O制備無(wú)水CuSO₄的方法是加熱脫水．
（4）由濾渣2制取Al₂（SO₄）₃•18H₂O，探究小組設(shè)計(jì)了三種方案：
甲：濾渣2$\stackrel{H_{2}SO_{4}}{→}$酸浸液，蒸發(fā)、冷卻、結(jié)晶、過(guò)濾Al₂（SO₄）₃•18H₂O
乙：濾渣2$\stackrel{H_{2}SO_{4}}{→}$酸浸液$→_{過(guò)濾}^{適量AI粉}$濾液，蒸發(fā)、冷卻、結(jié)晶、過(guò)濾Al₂（SO₄）₃•18H₂O
丙：$→_{過(guò)濾}^{NaOH溶液}$濾液$\stackrel{H_{2}SO_{4}}{→}$溶液，蒸發(fā)、冷卻、結(jié)晶、過(guò)濾Al₂（SO₄）₃•18H₂O
上述三種方案中，甲方案不可行，原因是甲所得產(chǎn)品中含有較多Fe₂（SO₄）₃雜質(zhì)；
從原子利用率角度考慮，乙方案更合理．
（5）探究小組用滴定法測(cè)定CuSO₄•5H₂O（M_r=250）含量．取a g試樣配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干擾離子后，用c mol•L^-1 EDTA（H₂Y^2-）標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，平均消耗EDTA溶液至b mL．滴定反應(yīng)如下：Cu²⁺+H₂Y^2-═CuY^2-+2H⁺．寫出計(jì)算CuSO₄•5H₂O質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式w=$\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(yīng)生成Cu²⁺、Al³⁺、Fe²⁺，而Au、Pt不反應(yīng)，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(diǎn)是不引入雜質(zhì)，產(chǎn)物對(duì)環(huán)境物無(wú)污染，調(diào)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(jié)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(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(guò)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(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⁺；
（2）過(guò)氧化氫具有氧化性且被還原為水，無(wú)雜質(zhì)無(wú)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(diǎn)是不引入雜質(zhì)，產(chǎn)物對(duì)環(huán)境無(wú)污染．調(diào)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；
（4）依據(jù)實(shí)驗(yàn)方案過(guò)程分析制備晶體中是否含有雜質(zhì)，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(shí)驗(yàn)和反應(yīng)離子方程式計(jì)算得到；滴定實(shí)驗(yàn)誤差分析依據(jù)標(biāo)準(zhǔn)溶液消耗的多少進(jìn)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(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{\;\;△\;\;}}{\;}$3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O，
故答案為：Cu+4H⁺+2NO₃^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Cu²⁺+2NO₂+2H₂O或3Cu+8H⁺+2NO₃^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O；Au、Pt；
（2）第②步加H₂O₂的作用是將Fe²⁺氧化為Fe³⁺；2Fe²⁺+H₂O₂+2H⁺=2Fe³⁺+2H₂O；調(diào)節(jié)溶液PH鐵離子和鋁離子全部沉淀后過(guò)濾得到氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀和濾液硫酸銅，故答案為：將Fe²⁺氧化為Fe³⁺；Fe³⁺、Al³⁺；
（3）膽礬加熱易分解，故利用加熱脫水的方法除去結(jié)晶水，故答案為：加熱脫水；
（4）制備硫酸鋁晶體的甲、乙、丙三種方法中，甲方案在濾渣中只加硫酸會(huì)生成硫酸鐵和硫酸鋁，冷卻、結(jié)晶、過(guò)濾得到的硫酸鋁晶體中混有大量硫酸鐵雜質(zhì)；乙方案先在濾渣中加H₂SO₄，生成Fe₂（SO₄）₃和Al₂（SO₄）₃，再加Al粉和Fe₂（SO₄）₃生成Al₂（SO₄）₃，蒸發(fā)、冷卻、結(jié)晶、過(guò)濾可得硫酸鋁晶體；丙方案先在濾渣中加NaOH和Al（OH）₃反應(yīng)生成NaAlO₂，再在濾液中加H₂SO₄生成Al₂（SO₄）₃，蒸發(fā)、冷卻、結(jié)晶、過(guò)濾可得硫酸鋁晶體；但從原子利用角度考慮方案乙最合理，因?yàn)楸�加的NaOH和制備的Al₂（SO₄）₃的原子組成沒有關(guān)系，造成原子浪費(fèi)，所以上述三種方案中：甲方案制得的硫酸鋁晶體中混有大量硫酸鐵雜質(zhì)，不可行；從原子利用率和是否產(chǎn)生雜質(zhì)考慮知，乙方案更合理，故答案為：甲；甲所得產(chǎn)品中含有較多Fe₂（SO₄）₃雜質(zhì)；乙；
（5）取a g試樣配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干擾離子后，用c mol•L^-1 EDTA（H₂Y^2-）標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，平均消耗EDTA溶液6mL．滴定反應(yīng)如下：Cu²⁺+H₂Y^2-=CuY^2-+2H⁺，銅離子物質(zhì)的量和標(biāo)準(zhǔn)液物質(zhì)的量相同=cmol/L×b×10^-3L=bc×10^-3mol；依據(jù)元素守恒得到：
則20ml溶液中含有的CuSO₄•5H₂O物質(zhì)的量為bc×10^-3mol；100ml溶液中含bc×10^-3mol×5=5bc×10^-3mol；
所以CuSO₄•5H₂O質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式=$\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(diǎn)評(píng) 本題考查離子分離的方法，實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)，試劑選擇，中和滴定的簡(jiǎn)單計(jì)算和誤差的分析，離子性質(zhì)的熟練掌握是解題關(guān)鍵，題目難度中等．