Question

1．信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁．某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如图1制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：

请回答下列问题：
（1）第①步Cu与酸反应的离子方程式为Cu+4H⁺+2NO₃^-$\frac{\underline{\;加热\;}}{\;}$Cu²⁺+2NO₂↑+2H₂O 或3Cu+8H⁺+2NO₃^-$\frac{\underline{\;加热\;}}{\;}$3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O；得到滤渣1的主要成分为Au、Pt．
（2）第②步加H₂O₂的作用是将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，使用H₂O₂的优点是不引入杂质，对环境无污染；调溶液pH的目的是使Fe³⁺、Al³⁺
生成沉淀．
（3）用第③步所得CuSO₄•5H₂O制备无水CuSO₄的方法是加热脱水．
（4）由滤渣2制取Al₂（SO₄）₃•18H₂O，探究小组设计了三种方案：如图2三种方案中，甲方案不可行，原因是所得产品中含有较多Fe₂（SO₄）₃杂质：从原子利用率角度考虑，乙方案更合理．
（5）探究小组用滴定法测定CuSO₄•5H₂O 含量．取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c mol•L^-1 EDTA（H₂Y₂^-）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液6mL．滴定反应如下：Cu²⁺+H₂Y₂^-═CuY₂^-+2H⁺，写出计算CuSO₄•5H₂O质量分数的表达式ω=$\frac{cmol•L{\;}^{-1}×b×10{\;}^{-3}L×250g•mo{l}^{-1}×5}{ag}$×100%．
下列操作会导致CuSO₄•5H₂O含量的测定结果偏高的是c．
a．未干燥锥形瓶  
b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡
c．未除净可与EDTA反应的干扰离子．

Answer 1

分析 本题是以含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物制备硫酸铜和硫酸铝晶体的流程，涉及了用离子方程式表示反应原理，利用绿色氧化剂过氧化氢氧化二价铁离子得到三价铁，然后通过调整溶液的pH使Fe³⁺、Al³⁺沉淀，然后先用碱溶液溶解沉淀，过滤后再用酸溶解沉淀，得到的溶液再分别结晶，另外还涉及利用滴定原理测定胆矾晶体的质量分数，据此可作答；
（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu²⁺、Al³⁺、Fe²⁺；所以滤渣1 的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu²⁺、Al³⁺、Fe²⁺；
（2）过氧化氢具有氧化性且被还原为水，无杂质无污染；可以氧化亚铁离子为铁离子易于沉淀除去，调节溶液PH目的是铁离子和铝离子全部沉淀；第②步加H₂O₂的作用是把Fe²⁺氧化为Fe³⁺，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境无污染．调溶液PH的目的是使Fe³⁺和Al³⁺形成沉淀．所以滤液2的成分是Cu2+，滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝；
（3）第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水；
（4）依据实验方案过程分析制备晶体中是否含有杂质，使用的试剂作用，原料的利用率，原子利用率因素分析判断；
（5）依据滴定实验和反应离子方程式计算得到；滴定实验误差分析依据标准溶液消耗的多少进行分析判断．

解答 解：（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu²⁺、Al³⁺、Fe²⁺；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu²⁺、Al³⁺、Fe²⁺；第①步Cu与酸反应的离子方程式为：Cu+4H⁺+2NO₃^-$\frac{\underline{\;加热\;}}{\;}$Cu²⁺+2NO₂↑+2H₂O 或3Cu+8H⁺+2NO₃^-$\frac{\underline{\;加热\;}}{\;}$3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O，Au、Pt不能被硝酸溶解，就为滤渣；
故答案为：Cu+4H⁺+2NO₃^-$\frac{\underline{\;加热\;}}{\;}$Cu²⁺+2NO₂↑+2H₂O 或3Cu+8H⁺+2NO₃^-$\frac{\underline{\;加热\;}}{\;}$3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O；Au、Pt；
（2）第②步加H₂O₂的作用是将Fe²⁺氧化为Fe³⁺；过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染；调节溶液PH铁离子和铝离子全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜，故答案为：将Fe²⁺氧化为Fe³⁺；不引入杂质，对环境无污染；Fe³⁺、Al³⁺；
（3）第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水，故答案为：加热脱水；
（4）制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在滤渣中加H₂SO₄，生成Fe₂（SO₄）₃和Al₂（SO₄）₃，再加Al粉和Fe₂（SO₄）₃生成Al₂（SO₄）₃，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；丙方案先在滤渣中加NaOH和Al（OH）₃反应生成NaAlO₂，再在滤液中加H₂SO₄生成Al₂（SO₄）₃，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体，但从原子利用率角度看，方案乙原子利用率高，
故答案为：甲；所得产品中含有较多Fe₂（SO₄）₃杂质；乙；
（5）取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c mol•L^-1 EDTA（H₂Y^2-）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL．滴定反应如下：Cu²⁺+H₂Y^2-=CuY^2-+2H⁺
铜离子物质的量和标准液物质的量相同=cmol/L×b×10^-3L=bc×10^-3mol；依据元素守恒得到：
则20ml溶液中含有的CuSO₄•5H₂O物质的量为bc×10^-3mol；100ml溶液中含bc×10^-3mol×5=5bc×10^-3mol；
所以CuSO₄•5H₂O质量分数的表达式=$\frac{cmol•L{\;}^{-1}×b×10{\;}^{-3}L×250g•mo{l}^{-1}×5}{ag}$×100%；
a．未干燥锥形瓶对实验结果无影响；
b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡说明消耗标准液读数偏小，结果偏低；
c．未除净可与EDTA反应的干扰离子，消耗标准液多，结果偏高；
故答案为：$\frac{cmol•L{\;}^{-1}×b×10{\;}^{-3}L×250g•mo{l}^{-1}×5}{ag}$×100%；c．

点评 本题考查离子分离的方法，实验设计，试剂选择，中和滴定的简单计算和误差的分析，离子性质的熟练掌握是解题关键，题目难度中等．