Question

13．为了降低电子垃圾对环境构成的影响，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：

方法Ⅰ	用炭粉在高温条件下还原CuO
方法Ⅱ	电解法：2Cu+H2O $\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$Cu2O+H2↑
方法Ⅲ	用肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2

（1）第①步Cu与混酸反应的离子方程式为Cu+4H⁺+2NO₃^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Cu²⁺+2NO₂↑+2H₂O 或3Cu+8H⁺+2NO₃^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O．得到滤渣1的主要成分为Au、Pt．
（2）第②步中加入H₂O₂的作用是将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，使用H₂O₂的优点是过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染；调溶液pH的目的是使Fe³⁺、Al³⁺沉淀除去．
（3）简述第③步由滤液2得到CuSO₄•5H₂O的方法是加热滤液2，经过蒸发、冷却、结晶、过滤，最终制得硫酸铜晶体
（4）由滤渣2制取Al₂（SO₄）₃•18H₂O，设计了以下三种方案：
甲：滤渣2$\stackrel{H_{2}SO_{4}}{→}$酸浸液$→_{蒸发、冷却、结晶、过滤}^{\;}$Al₂（SO₄）₃•18H₂O
乙：滤渣2$\stackrel{H_{2}SO_{4}}{→}$酸浸液$→_{过滤}^{适量AI粉}$滤液$→_{蒸发、冷却、结晶、过滤}^{．}$Al₂（SO₄）₃•18H₂O
丙：滤渣2$→_{过滤}^{NaOH溶液}$滤液$\stackrel{H_{2}SO_{4}}{→}$溶液$→_{蒸发、冷却、结晶、过滤}^{\;}$Al₂（SO₄）₃•18H₂O
上述三种方案中，甲方案不可行，原因是所得产品中含有较多Fe₂（SO₄）₃杂质；从原子利用率角度考虑，乙方案更合理．
（5）用滴定法测定CuSO₄•5H₂O含量．取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c 
mol•L^-1 EDTA（H₂Y^2-）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液b mL．滴定反应如下：Cu²⁺+H₂Y^2-→CuY^2-+
2H⁺．写出计算CuSO₄•5H₂O质量分数的表达式ω=$\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等金属的混合物加入混酸加热过滤，铜反应生成铜盐溶液，Au、Pt不与混酸反应，所以滤渣的主要成分是Au、Pt，滤液1中的离子是Cu²⁺、Al³⁺、Fe²⁺，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液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，
（1）Cu与混酸反应的实质是与H⁺、NO₃^-反应，随反应进行离子浓度逐渐减小，所以离子方程式为Cu+4H⁺+2NO₃^-=Cu²⁺+2NO₂↑+2H₂O，3Cu+8H⁺+2 NO₃^-=3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O，Au、Pt不与混酸反应，所以滤渣的主要成分是Au、Pt，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．调节溶液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，经过蒸发、冷却、结晶、过滤，最终制得硫酸铜晶体；
（4）甲方案不可行，因为滤渣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产品中含有较多Fe₂（SO₄）₃杂质； 从原子利用率角度分析，乙方案更合理，不仅能除去硫酸铁，同时增加了硫酸铝的量，原子利用率较高
（5）由滴定反应方程式得100ml溶液中n（Cu²⁺）=b×10^-3×a×5mol，所以CuSO₄•5H₂O质量分数=b×10^-3×a×5×$\frac{250}{a}$×100%；

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^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Cu²⁺+2NO₂↑+2H₂O 或3Cu+8H⁺+2NO₃^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O，Au、Pt和酸不反应，所以是滤渣；
故答案为：Cu+4H⁺+2NO₃^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Cu²⁺+2NO₂↑+2H₂O 或3Cu+8H⁺+2NO₃^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O，Au、Pt；
（2）第②步加H₂O₂的作用是将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染，调节溶液PH铁离子和铝离子全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜，
故答案为：将Fe²⁺氧化为Fe³⁺；不引入杂质，对环境无污染；使Fe³⁺、Al³⁺沉淀除去；
（3）第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水，经过蒸发、冷却、结晶、过滤，最终制得硫酸铜晶体；
故答案为：加热滤液2，经过蒸发、冷却、结晶、过滤，最终制得硫酸铜晶体；
（4）制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，
甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在滤渣中加H₂SO₄，生成Fe₂（SO₄）₃和Al₂（SO₄）₃，再加Al粉和Fe₂（SO₄）₃生成Al₂（SO₄）₃，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；
丙方案先在滤渣中加NaOH和Al（OH）₃反应生成NaAlO₂，再在滤液中加H₂SO₄生成Al₂（SO₄）₃，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；但从原子利用角度考虑方案乙更合理，因为丙加的NaOH和制备的Al₂（SO₄）₃的原子组成没有关系，造成原子浪费，
所以从原子利用率和是否产生杂质考虑知，乙更合理，
故答案为：甲；所得产品中含有较多Fe₂（SO₄）₃杂质；乙．
（5）取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c mol•L^-1 EDTA（H₂Y^2-）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL．滴定反应如下：Cu²⁺+H₂Y^2-=CuY^2-+2H⁺
铜离子物质的量和标准液物质的量相同，则20mL溶液中铜离子的物质的量=cmol/L×b×10^-3L=bc×10^-3mol；
则ag样品中CuSO₄•5H₂O的质量=c×b×10^-3mol×250g/mol×5，所以CuSO₄•5H₂O质量分数的表达式=$\frac{c×b×1{0}^{-3}×250×5}{a}$×100%．
故答案为：$\frac{c×b×1{0}^{-3}×250×5}{a}$×100%．

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，题目难度较大．