题目内容
12．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，并设计出如图1制备硫酸铜晶体的路线：
回答下列问题：
（1）得到滤渣1的主要成分为Au、Pt．
（2）第②步加入H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH的目的是使Fe3+、Al3+生成沉淀．
（3）由滤渣2制取Al2（SO4）3•18H2O，探究小组设计了如图2二种方案：上述二种方案中，甲方案不可行，原因是所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质；
（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-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=$\frac{cmol/L×b×1{0}^{-3}L×250g/mol×5}{ag}$×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．滴定终点时俯视滴定管读数
c．未除净可与EDTA反应的干扰离子．
分析 金属的混合物与稀硫酸、浓硝酸混合后加热，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H2SO4生成Al2（SO4）3、Fe2（SO4）3，加入铝粉置换出铁，过滤滤液中只有硫酸铝，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；
（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，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，Au、Pt和酸不反应，所以是滤渣；
故答案为：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的目的是使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）制备硫酸铝晶体的甲、乙两种方法中，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，乙方案加入铝粉置换出铁，过滤滤液中只有硫酸铝，
故答案为：甲；所得产品中含有较多Fe2（SO4）3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（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=$\frac{cmol/L×b×1{0}^{-3}L×250g/mol×5}{ag}$×100%
a．未干燥锥形瓶对实验结果无影响，故a错误；
b．滴定终点时俯视滴定管读数说明消耗标准液读数偏小，结果偏低，故b错误；
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c正确；
故答案为：$\frac{cmol/L×b×1{0}^{-3}L×250g/mol×5}{ag}$×100%；c．
点评 本题通过制备硫酸铝晶体，考查了制备实验方案的设计，试题涉及硫酸铝晶体的制备方法、物质的分离与提纯、中和滴定的简单计算和误差的分析，题目难度中等，明确制备原理为解答本题关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力．
已知：①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H1=+180kJ•mol-1②N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H2=-92.4kJ•mol-1
③2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H3=-483.6kJ•mol-1
下列说法正确的是（ ）
| A． | 反应②中的能量变化如右图所示，则△H2=E1-E3 | |
| B． | H2的燃烧热为241.8 kJ•mol-1 | |
| C． | 由反应②知在温度一定的条件下，在一恒容密闭容器中通入1 mol N2和3 mol H2，反应后放出的热量为Q1 kJ，若通入2 mol N2和6 mol H2反应后放出的热量为Q2 kJ，则184.8＞Q2＞2Q1 | |
| D． | 氨的催化氧化反应为4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）△H=+906 kJ•mol-1 |
| A． | 钠与水反应：Na+2H2O═Na++OH-+H2↑ | |
| B． | 铁与硫酸铜溶液反应：Fe+Cu2+═Fe2++Cu | |
| C． | 碳酸钙与盐酸反应：CO32-+2H+═CO2↑+H2O | |
| D． | 氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2++SO42-═BaSO4↓ |
| A． | 28g乙烯所含共用电子对数目为4NA | |
| B． | 1 mol甲基（-CH3）所含的电子总数为9NA | |
| C． | 0.5 mol1，3-丁二烯分子中含有C=C双键数为NA | |
| D． | 标准状况下，11.2 L己烷所含分子数为0.5 NA |
| A． | Xn-的原子核内一定有（A-x-n）个中子 | |
| B． | Xn-的原子核内一定有（x-n）个质子 | |
| C． | Xn-的最外层一定具有8电子稳定结构 | |
| D． | Xn-的次外层一定排布了8个电子 |
乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：
（1）已知：
| 化学键 | C-H | C-C | C=C | H-H |
| 键能/kJ•mol?1 | 412 | 348 | 612 | 436 |
（2）维持体系总压强p恒定，在温度T时，物质的量为n、体积为V的乙苯蒸汽发生催化脱氢反应．已知乙苯的平衡转化率为α，则在该温度下反应的平衡常数K=$\frac{n{α}^{2}}{（1-{α}^{2}）V}$（用α等符号表示）．
（3）工业上，通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气（原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为1：9），控制反应温度 600℃，并保持体系总压为常压的条件下进行反应．在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性（指除了H2以外的产物中苯乙烯的物质的量分数）示意图如下：
①掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动．
②控制反应温度为 600℃的理由是600℃时，乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高．温度过低，反应速率慢，转化率低；温度过高，选择性下降．高温还可能使催化剂失活，且能耗大．
（4）某研究机构用CO2代替水蒸气开发了绿色化学合成工艺--乙苯-二氧化碳耦合催化脱氢制苯乙烯．保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度；该工艺中还能够发生反应：CO2+H2=CO+H2O，CO2+C=2CO．新工艺的特点有①②③④（填编号）．
①CO2与H2反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移
②不用高温水蒸气，可降低能量消耗
③有利于减少积炭
④有利于CO2资源利用．
| A． | 都具有金属光泽 | B． | 都是强还原剂 | ||
| C． | 焰色反应现象相同 | D． | 电子层结构相同 |