Question

【题目】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__________。

（2）第②步中加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）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：

甲：滤渣2酸浸液 Al2(SO4)3·18H2O

乙：滤渣2酸浸液 滤液Al2(SO4)3·18H2O

丙：滤渣2滤液 溶液Al2(SO4)3·18H2O

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。

（5）探究小组用滴定法测定CuSO4·5H2O(Mr=250)含量。取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cmol·L-1EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL。滴定反应为：Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+

①写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω=__________；

②下列操作会导致含量的测定结果偏高的是______。

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

【答案】Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O 或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O Pt、Au 将Fe2+氧化为Fe3+ 不引入杂质，对环境无污染 Al3+、Fe3+ 加热脱水 甲 所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质 乙 ×100% c

【解析】

稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+，滤渣1 的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+，滤液1中加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氢氧化钠并调节溶液pH使Al3+、Fe3+生成沉淀，滤液2中主要含有Cu2+，然后将硫酸铜溶液蒸发、冷却结晶、过滤得到硫酸铜晶体；将滤渣2(主要含有氢氧化铁和氢氧化铝)经过一系列步骤制取Al2(SO4)3·18H2O。结合物质的性质分析解答。

(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+；第①步Cu与酸反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O 或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：Cu+4H++2NO3- Cu2++2NO2↑+2H2O 或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O；Pt、Au，

(2)第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染，根据流程图，调溶液pH的目的是使Al3+、Fe3+生成沉淀，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；不引入杂质，对环境无污染；Al3+、Fe3+；

(3)第③步由CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是在坩埚中加热脱水，故答案为：在坩埚中加热脱水；

(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，过滤除去生成的铁和过量的铝粉，将滤液蒸发、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，造成药品浪费，故答案为：甲；所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质；乙；

(5)①取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c molL-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+，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CuSO45H2O物质的量为bc×10-3mol；100mL溶液中含bc×10-3mol×5=5bc×10-3mol，所以CuSO45H2O质量分数的表达式=×100%，故答案为：×100%；

②a．未干燥锥形瓶对实验结果无影响，故错误；b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡，导致消耗标准液读数偏小，结果偏低，故错误；c．未除净可与EDTA反应的干扰离子，导致消耗标准液多，结果偏高，故正确；导致含量的测定结果偏高的是c，故答案为：c。