题目内容
(2012?天津)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:
![](http://thumb.1010pic.com/pic3/upload/images/201307/56/af504e5e.png)
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步加H2O2的作用是
(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:![](http://thumb.1010pic.com/pic3/upload/images/201306/84/0fff5d3b.png)
上述三种方案中,
(5)探究小组用滴定法测定CuSO4?5H2O (Mr=250)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b mL.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=
×100%
×100%;
下列操作会导致CuSO4?5H2O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.
![](http://thumb.1010pic.com/pic3/upload/images/201307/56/af504e5e.png)
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-
Cu2++2NO2↑+2H2O 或3Cu+8H++2NO3-
3Cu2++2NO↑+4H2O
| ||
| ||
Cu+4H++2NO3-
Cu2++2NO2↑+2H2O 或3Cu+8H++2NO3-
3Cu2++2NO↑+4H2O
;
| ||
| ||
得到滤渣1的主要成分为
Au、Pt
Au、Pt
.(2)第②步加H2O2的作用是
将Fe2+氧化为Fe3+
将Fe2+氧化为Fe3+
,使用H2O2的优点是不引入杂质,对环境无污染
不引入杂质,对环境无污染
;调溶液pH的目的是使Fe3+、Al3+
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
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:
![](http://thumb.1010pic.com/pic3/upload/images/201306/84/0fff5d3b.png)
上述三种方案中,
甲
甲
方案不可行,原因是所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质
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
乙
方案更合理.(5)探究小组用滴定法测定CuSO4?5H2O (Mr=250)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b mL.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=
c mol?L-1×b×10-3L×250g?mol-1×5 |
ag |
c mol?L-1×b×10-3L×250g?mol-1×5 |
ag |
下列操作会导致CuSO4?5H2O含量的测定结果偏高的是
c
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.
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;
(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;
(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;
(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-
Cu2++2NO2↑+2H2O 或3Cu+8H++2NO3-
3Cu2++2NO↑+4H2O;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+;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;
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(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=
×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少,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:
×100%;c;
| ||
| ||
故答案为:Cu+4H++2NO3-
| ||
| ||
(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;
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(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=
c mol?L-1×b×10-3L×250g?mol-1×5 |
ag |
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少,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:
c mol?L-1×b×10-3L×250g?mol-1×5 |
ag |
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.
![](http://thumb2018.1010pic.com/images/loading.gif)
练习册系列答案
相关题目