Question

信息时代产生的大量电子垃圾对环境造成了极大的威胁．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晶体的路线：

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步加入H₂O₂的作用是

 

，使用H₂O₂的优点是

 

；调节pH的目的是使

 

生成沉淀．
（3）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

 

；
（4）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 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=

 

．

Answer 1

考点：金属的回收与环境、资源保护,铜金属及其重要化合物的主要性质,制备实验方案的设计

专题：几种重要的金属及其化合物

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）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；
（4）依据滴定实验和反应离子方程式计算得到．

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，Au、Pt和酸不反应，所以是滤渣；
故答案为：Cu+4H⁺+2NO₃^-

△   .

Cu²⁺+2NO₂↑+2H₂O，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，产物对环境无污染，Fe³⁺、Al³⁺生成沉淀；
（3）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，故答案为：甲，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；
（4）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6mL．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=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=

cmol/L×b×10-3L×250g?mol-1×5

ag

×100%；故答案为：

cmol/L×b×10-3×250mol/L×5

ag

×100%．

点评：本题考查物质的分离、实验设计、试剂选择等知识点，明确离子的性质是解本题关键，题目难度中等．