Question

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，并设计出如下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    ；得到滤渣1的主要成分为（填化学式）    ．
（2）第②步加H₂O₂的作用是    ，使用H₂O₂的优点是    ；调溶液pH的目的是使    生成沉淀．
（3）用第③步所得CuSO₄?5H₂O制备无水CuSO₄的方法是    ．
（4）由滤渣2制取Al₂（SO₄）₃?18H₂O，探究小组设计了三种方案：

上述三种方案中，    方案不可行，原因是    ：从原子利用率角度考虑，    方案更合理．

Answer 1

【答案】分析：（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，产物对环境物污染．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；
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：（（10分），离子方程式Cu+4H⁺+2NO₃^-Cu²⁺+2NO₂↑+2H₂O或3Cu+8H⁺+2NO₃^-3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O，Au、Pt和酸不反应，所以滤渣是Au、Pt；
故答案为：Cu+4H⁺+2NO₃^-Cu²⁺+2NO₂↑+2H₂O或3Cu+8H⁺+2NO₃^-3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O；Au、Pt；
（2）第②步加H₂O₂的作用是将Fe²⁺氧化为Fe³⁺；2Fe²⁺+H₂O₂+2H⁺=2Fe³⁺+2H₂O，过氧化氢做氧化剂被还原后为水，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；
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；但从原子利用角度考虑方案乙最合理，因为丙加的NaOH和制备的Al₂（SO₄）₃的原子组成没有关系，造成原子浪费，
所以上述三种方案中：甲方案制得的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，不可行；从原子利用率和是否产生杂质考虑知，乙方案更合理，
故答案为：甲；所得产品中含有较多Fe₂（SO₄）₃杂质；乙；
点评：本题考查制备硫酸铜和硫酸铝晶体的实验设计，明确离子的性质是解答本题关键，题目难度中等．