题目内容
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{\;\;△\;\;}}{\;}$3Cu2++2NO↑+4H2O；得到滤渣1的主要成分为Au、Pt．
（2）第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，调溶液pH的目的是使Fe3+、Al3+生成沉淀．
（3）用第③步所得CuSO4•5H2O制备无水CuSO4的方法是加热脱水．
（4）由滤渣2制取Al2（SO4）3•18H2O，探究小组设计了三种方案：
甲：滤渣2$\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}$滤液，蒸发、冷却、结晶、过滤Al2（SO4）3•18H2O
丙：$→_{过滤}^{NaOH溶液}$滤液$\stackrel{H_{2}SO_{4}}{→}$溶液，蒸发、冷却、结晶、过滤Al2（SO4）3•18H2O
上述三种方案中，甲方案不可行，原因是甲所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质；
从原子利用率角度考虑，乙方案更合理．
（5）探究小组用滴定法测定CuSO4•5H2O（Mr=250）含量．取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c mol•L-1 EDTA（H2Y2-）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液至b mL．滴定反应如下：Cu2++H2Y2-═CuY2-+2H+．写出计算CuSO4•5H2O质量分数的表达式w=$\frac{cmol•{L}^{-1}×b×1{0}^{-3}L×250g•mo{l}^{-1}×5}{ag}×100%$．
分析 稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+，而Au、Pt不反应，所以滤渣1 的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+、Fe3+，第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境物无污染，调溶液pH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀．所以滤液2的成分是Cu2+，经蒸发结晶可得到CuSO4•5H2O晶体，滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝，在滤渣中加NaOH，和Al（OH）3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；
（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1 的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；
（2）过氧化氢具有氧化性且被还原为水，无杂质无污染；可以氧化亚铁离子为铁离子易于沉淀除去，调节溶液PH目的是铁离子和铝离子全部沉淀；第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境无污染．调溶液PH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀．所以滤液2的成分是Cu2+，滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝；
（3）第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水；
（4）依据实验方案过程分析制备晶体中是否含有杂质，使用的试剂作用，原料的利用率，原子利用率因素分析判断；
（5）依据滴定实验和反应离子方程式计算得到；滴定实验误差分析依据标准溶液消耗的多少进行分析判断．
解答 解：（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu与酸反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Cu2++2NO2+2H2O或3Cu+8H++2NO3-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3Cu2++2NO↑+4H2O，
故答案为：Cu+4H++2NO3-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Cu2++2NO2+2H2O或3Cu+8H++2NO3-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3Cu2++2NO↑+4H2O；Au、Pt；
（2）第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；调节溶液PH铁离子和铝离子全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；Fe3+、Al3+；
（3）胆矾加热易分解，故利用加热脱水的方法除去结晶水，故答案为：加热脱水；
（4）制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质；乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2（SO4）3和Al2（SO4）3，再加Al粉和Fe2（SO4）3生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；丙方案先在滤渣中加NaOH和Al（OH）3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；但从原子利用角度考虑方案乙最合理，因为丙加的NaOH和制备的Al2（SO4）3的原子组成没有关系，造成原子浪费，所以上述三种方案中：甲方案制得的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，不可行；从原子利用率和是否产生杂质考虑知，乙方案更合理，故答案为：甲；甲所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质；乙；
（5）取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c mol•L-1 EDTA（H2Y2-）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液6mL．滴定反应如下：Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+，铜离子物质的量和标准液物质的量相同=cmol/L×b×10-3L=bc×10-3mol；依据元素守恒得到：
则20ml溶液中含有的CuSO4•5H2O物质的量为bc×10-3mol；100ml溶液中含bc×10-3mol×5=5bc×10-3mol；
所以CuSO4•5H2O质量分数的表达式=$\frac{cmol•{L}^{-1}×b×1{0}^{-3}L×250g•mo{l}^{-1}×5}{ag}$×100%，故答案为：$\frac{cmol•{L}^{-1}×b×1{0}^{-3}L×250g•mo{l}^{-1}×5}{ag}$×100%．
点评 本题考查离子分离的方法，实验设计，试剂选择，中和滴定的简单计算和误差的分析，离子性质的熟练掌握是解题关键，题目难度中等．
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在273K（即0℃）时，向如图所示的真空密闭容器A中充入0.5g H2时，测得容器内的压强为1.01×105Pa．由此可以判断A容器的体积约为5.6L．若向A中充入的是O2，压强也是1.01×105pa，则充入的O2质量是8g，若向A容器中充入的是C0气体，使容器内压强达到3.03×105Pa．则充入C0气体的质量是21g．
在常温下，有关物质的溶解度为：
| 物质 | NH4Cl | NaHCO3 | Na2CO3 | NaCl |
| 溶解度/g | 37.2 | 9.6 | 21.5 | 36.0 |
（2）操作I、II总反应的离子方程式为Na++NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4+；
（3）操作I和II不能颠倒的原因由于NH3在饱和NaCl溶液中溶解量比CO2大，先通NH3，溶液呈碱性，更易吸收CO2，有利NaHCO3的生成，所以应先通入NH3；
（4）检验所得的碳酸钠粉末是否含有NaHCO3，的实验方案是（写出操作步骤、现象、结论）：取少量产物于试管，加热，将产生的气体通入澄清石灰水，若使澄清石灰水变浑浊，证明有NaHCO3；
（5）为了测定所制取产物的纯度（假设杂质只有碳酸氢钠）．该小组的实验步骤为：
i．使用下列装置组装实验装置，并检查气密性
ii．称取Wg产品放入C装置的锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解
iii．称量D装置的质量为W1 g
iv．从分液漏斗滴入稀硫酸，直到不再产生气体为止
v．从a处缓缓鼓入一定量的空气，再次称量D装置质量为W2 g
vi．重复步骤v的操作，直到D装置的质量不再改变，称得D装置的质量为W3 g
根据上述实验回答如下问题：
①第i步，使用上述装置连接的接口顺序为：（b）→（e）（f）→（c）（d）→（g）（h）[或（h）（g）]→（i）．
②第二个盛碱石灰装置的作用是防止空气进入D中碱石灰干扰实验．
③产物中碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之和为$\frac{{w}_{3}-{w}_{1}}{44}$mol．
（1）A装置中发生反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$MnCl2+Cl2↑+2H2O．
（2）装置B的作用是除去Cl2中混有的HCl气体．
（3）请给标记为F的实线方框选择合适的装置（图2）III．
（4）AlCl3遇潮湿空气即产生大量白雾的原因是AlCl3遇水水解，Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+，产生的氯化氢气体在空气中形成酸雾（结合离子方程式说明）．
（5）制备反应会因盐酸浓度下降而停止，为测定反应残余液中盐酸的浓度，该小组同学提出酸碱中和滴定法测定方案．方案如下：首先准确量取残余清液稀释一定的倍数后作为试样，平行做了4次滴定．实验中所用NaOH溶液浓度为0.2000mol•L-1，以下是实验记录与数据处理．
 | 1 | 2 | 3 | 4 |
| V（ 样品 ） | 20.00 | 20.00 | 20.00 | 20.00 |
| V（NaOH）（初读数） | 0.00 | 0.50 | 0.70 | 1.00 |
| V（NaOH）（终读数） | 22.60 | 22.25 | 22.05 | 23.00 |
②在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏小的是df（填写序号）．
a．开始滴定时滴定管尖嘴处留有气泡，滴定结束气泡消失
b．未用标准NaOH溶液润洗滴定管
c．锥形瓶中加入待测盐酸后，再加少量水
d．锥形瓶在滴定时剧烈摇动．有少量液体溅出
e．滴定前锥形瓶用待测盐酸润洗
f．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视
（6）工业上常见的制备方法有四种：
a．由金属铝和氯气制取：2Al+3Cl2$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2AlCl3
b．由无水氯化氢气体与熔融金属铝制取：2Al+6HCl$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2AlCl3+3H2↑
c．用碳氯化法制取：Al2O3+3C+3Cl2 $\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2AlCl3+3CO
d．用氧化铝和四氯化碳反应制取：Al2O3+3CCl4═2AlCl3+3COCl2↑（光气，一种无色剧毒气体）
则有关以上四种方法的叙述正确的是CD
A．在四个反应中AlCl3均为氧化产物
B．反应b可以改写成离子方程式2Al+6H+═2Al3++3H2↑
C．反应c中每产生2mol AlCl3时转移电子数为6NA（NA代表阿伏加德罗常数的值）
D．反应c、d容易造成大气污染．
天然维生素P（结构如图，分子结构中R为饱和烃基）存在于槐树花蕾中，它是一种营养增补剂，关于维生素P的叙述正确的是（ ）| A． | 可与溴水反应，且1 mol该物质与足量溴水反应消耗6 mol Br2 | |
| B． | 可与NaOH溶液反应，1 mol该物质可与5 mol NaOH反应 | |
| C． | 一定条件下1 mol该物质可与H2加成，耗H2最大量为6 mol | |
| D． | 维生素P能发生水解反应 |
| A． | 常温下，1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NA | |
| B． | 标准状况下，22.4 L己烷中共价键数目为19NA | |
| C． | 1mol羟基与1mol氢氧根离子所含电子数均为9 NA | |
| D． | 在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.4NA |