Question

（16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

（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）   c

【解析】（1）稀硫酸和铜不反应，所以硝酸才能溶解铜，方程式为Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O；由于浓硝酸也不能溶解金和Pt，所以滤渣1的主要成分为Au和Pt。

（2）由于滤液中I中含有亚铁离子，必须除去，而双氧水能氧化亚铁离子生成铁离子，然后沉淀生成氢氧化铁而除去；双氧水的还原产物是水，不引入杂质，对环境无污染；可知pH的目的是除去溶液中的铁离子和铝离子，以得到纯净的硫酸铜晶体。

（3）胆矾通过加热脱水即生成硫酸铜。

（4）由于滤渣Ⅱ中含有氢氧化铁，所以甲方案中会产生硫酸铁，即最终所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质，所以甲方案是不正确的；丙方案中有硫酸钠生成，所以原子利用率不如乙方案。

（5）根据方程式可知，20ml溶液中铜离子的物质的量是0.001bcmol，所以CuSO4·5H2O质量分数的表达式w＝；锥形瓶不需要干燥，a不影响；滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡，说明消耗的标准液体积偏小，则测定结果偏低；未除净可与EDTA反应的干扰离子，则消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，答案选c。