Question

[2012·天津卷]（14分）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_______________________________；得到滤渣1的主要成分为___________________。

（2）第②步加H₂O₂的作用是________________，使用H₂O₂的优点是                  

                     ；调溶液pH的目的是使           生成沉淀。

（3）用第③步所得CuSO₄·5H₂O制备无水CuSO₄的方法是                     。

（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，_______方案不可行，原因是_____________________________；从原子利用率角度考虑，________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100 mL溶液，每次取20.00 mL，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＝ ________________ ；下列操作会导致CuSO₄·5H₂O含量的测定结果偏高的是_____________。

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

（14分）（1）Cu＋4H＋＋2NO3－Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O或

3Cu＋8H＋＋2NO3－3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O    Au、Pt

（2）将Fe2＋氧化为Fe3＋ 不引入杂质，对环境无污染     Fe3＋、Al3＋

（3）加热脱水

（4）甲 所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质 乙

（5）×100% c

【解析】（1）Cu与混酸反应的离子方程式为：Cu＋4H＋＋2NO3－Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O (氢离子浓度较大时相当于Cu与浓HNO3反应)或3Cu＋8H＋＋2NO3－3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O(氢离子浓度不很大时相当于Cu与稀HNO3反应)；Au、Pt不溶于酸，以滤渣形式被过滤出来。

（2）结合流程中滤液2和滤渣2得到产品可知调节pH的目的是使Al3＋、Fe3＋均转化为沉淀进入滤渣2中。

（3）由胆矾制取无水硫酸铜可直接加热脱水即可。

（4）因滤渣2中含有Fe(OH)3沉淀，甲方案没有除去酸浸时产生的Fe3＋，使制得晶体中含有大量杂质Fe2(SO4)3，故甲方案不可取；方案乙中用铝与Fe3＋反应，产品中生成的含铝化合物增多，原子利用率高；丙中消耗的酸、碱多，原子利用率低。

（5）a g样品中含有m(CuSO4·5H2O)＝(10－3×b L×c mol/L)×250 g·mol－1×，故a g样品中CuSO4·5H2O的质量分数为：×100%；未干燥锥形瓶对测定结果无影响，滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡使读取的消耗EDTA的体积减少，从而导致测定结果偏小，未除净与EDTA反应的干扰离子将使消耗EDTA体积变大导致测定结果偏高。