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^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$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⁺，使用H₂O₂的优点是不引入杂质，对环境无污染；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的方法是在坩埚中加热脱水．
（4）由滤渣2制取Al₂（SO₄）₃•18H₂O，探究小组设计了三种方案：

上述三种方案中，甲、丙方案不可行，原因是甲所得产品中含有较多Fe₂（SO₄）₃杂质，丙中含有硫酸钠杂质；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cmol•L^-1 EDTA（H₂Y^2-）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL．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w=$\frac{5bc×10{\;}^{-3}×250}{a}$×100%；下列操作会导致CuSO₄•5H₂O含量的测定结果偏高的是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．

Answer 1

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⁺，铜被硝酸氧化成铜离子，硝酸被还原成氮的氧化物，所以滤渣1 的成分是Pt和Au；
（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）根据离子方程式，Cu²⁺的物质的量等于EDTA的物质的量，所以由EDTA的物质的量可求出CuSO₄•5H₂O的物质的量，因为配制了100mL CuSO₄溶液，每次取20.00mL实验，所以再乘以5，可得样品中CuSO₄•5H₂O的物质的量，进而求出CuSO₄•5H₂O的含量；
a、未干燥锥形瓶，为正确操作，不影响结构；
b、滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡，使标准液的体积测量值变小，结果偏小；
c、未除净可与EDTA反应的干扰离子，增加了EDTA的用量，使结果偏高

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⁺，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{\;\;△\;\;}}{\;}$3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O，Au、Pt和酸不反应，所以滤渣是Au、Pt；
故答案为：Cu+4H⁺+2NO₃^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Cu²⁺+2NO₂↑+2H₂O或3Cu+8H⁺+2NO₃^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O；Au、Pt；
（2）第②步加H₂O₂的作用是将Fe²⁺氧化为Fe³⁺；2Fe²⁺+H₂O₂+2H⁺=2Fe³⁺+2H₂O，过氧化氢做氧化剂被还原后为水，不引入杂质，对环境无污染；调节溶液PH铁离子和铝离子全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜，
故答案为：将Fe²⁺氧化为Fe³⁺；不引入杂质，对环境无污染；Fe³⁺、Al³⁺；
（3）第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水，
故答案为：在坩埚中加热脱水；
（4）制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质；
乙方案先在滤渣中加H₂SO₄，生成Fe₂（SO₄）₃和Al₂（SO₄）₃，再加Al粉和Fe₂（SO₄）₃生成Al₂（SO₄）₃，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；
丙方案先在滤渣中加NaOH和Al（OH）₃反应生成NaAlO₂，再在滤液中加H₂SO₄生成Al₂（SO₄）₃，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；但从原子利用角度考虑方案乙最合理，因为丙加的NaOH和制备的Al₂（SO₄）₃的原子组成没有关系，造成原子浪费，
所以上述三种方案中：甲方案制得的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，不可行；从原子利用率和是否产生杂质考虑知，乙方案更合理，
故答案为：甲、丙；甲所得产品中含有较多Fe₂（SO₄）₃杂质，丙中含有硫酸钠杂质；乙；
（5）根据离子方程式，Cu²⁺的物质的量等于EDTA的物质的量，所以CuSO₄•5H₂O的物质的量为bc×10^-3 mol，因为配制了100mL CuSO₄溶液，每次取20.00mL实验，所以再乘以5，所以样品中CuSO₄•5H₂O的物质的量为5bc×10^-3 mol，则CuSO₄•5H₂O质量分数为$\frac{5bc×10{\;}^{-3}×250}{a}$×100%；
a、未干燥锥形瓶，为正确操作，不影响结构；
b、滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡，使标准液的体积测量值变小，结果偏小；
c、未除净可与EDTA反应的干扰离子，增加了EDTA的用量，使结果偏高，故选c，
故答案为：$\frac{5bc×10{\;}^{-3}×250}{a}$×100%；c．

点评 本题考查制备硫酸铜和硫酸铝晶体的实验设计，明确离子的性质是解答本题关键，题目难度中等．