Question

5．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^-?Cu²⁺+2NO₂↑+2H₂O或3Cu+8H⁺+2NO₃^-?3Cu²++2NO↑+4H₂O；得到滤渣1的主要成分为Au、Pt．
（2）第②步加H₂O₂的作用是把Fe²⁺氧化为Fe³⁺；调溶液pH的目的是使Fe³⁺和Al³⁺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：
甲：滤渣2$\stackrel{H_{2}SO_{4}}{→}$酸浸液$\stackrel{蒸发、冷却、结晶、过滤}{→}$Al₂（SO₄）₃•18H₂O
乙：滤渣2$\stackrel{H_{2}SO_{4}}{→}$酸浸液$→_{过滤}^{适量Al}$滤液$\stackrel{蒸发、冷却、结晶、过滤}{→}$Al₂（SO₄）₃•18H₂O
丙：滤渣2$→_{过滤}^{NaOH溶液}$滤液$\stackrel{H_{2}SO_{4}}{→}$滤液$\stackrel{蒸发、冷却、结晶、过滤}{→}$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．

Answer 1

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，由此可得．

解答 解：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）硝酸根离子在酸性条件下有强氧化性，将铜氧化为铜离子，自身被还原为低价的氧化物，反应为：Cu+4H⁺+2NO₃^-?Cu²⁺+2NO₂↑+2H₂O或3Cu+8H⁺+2NO₃^-?3Cu²++2NO↑+4H₂O；Au、Pt与酸不反应，则为滤渣1的主要成分；
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的作用是把Fe²⁺氧化为Fe³⁺，调溶液PH的目的是使Fe³⁺和Al³⁺形成沉淀；
故答案为：把Fe²⁺氧化为Fe³⁺；Fe³⁺和Al³⁺；
（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；
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；
故答案为：甲；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．

点评 本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备实验流程及物质组成、性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等．