Question

（12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：

⑴ 第①步Cu与混酸反应的离子方程式为_________ _____________________；

得到滤渣1的主要成分为_________ _____    _____。

⑵ 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。

⑶ 简述第③步由滤液2得到CuSO₄·5H₂O的方法是________ ________________ 。

⑷ 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。

⑸ 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b mL。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ω＝ ___________ __________________ ；

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

⑴ Cu + 4H+ + 2NOCu2+ + 2NO2↑+ 2H2O  或

3Cu + 8H+ + 2NO3Cu2+ + 2NO↑+ 4H2O  Au、Pt

⑵ 将Fe2+氧化为Fe3+   不引入杂质，对环境无污染    Fe3+、Al3+

⑶ 蒸发 冷却  结晶 过滤

⑷ 甲    所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质    乙zxxk

⑸  × 100%    c

【解析】

试题分析：（1）浓硝酸具有强氧化性，能把铜氧化生成硝酸铜、NO和水，反应的方程式是 Cu + 4H+ + 2NOCu2+ + 2NO2↑+ 2H2O。由于浓硝酸和硫酸都不能溶解Au或Pt，所以滤渣是1的主要成分为Au、Pt。

（2）由于滤液中可能含有亚铁离子，所以加入双氧水的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，然后生成氢氧化铁沉淀而除去。双氧水的还原产物是水，所以双氧水作为氧化剂的优点是不引入杂质，对环境无污染。要回收铜，就必需除去溶液中的铁离子和铝离子，所以调溶液pH的目的是使Fe3+、Al3+形成沉淀而除去。

（3）硫酸铜易溶于水，所以要得到硫酸铜晶体需要经过蒸发、冷却、结晶、过滤。

（4）由于甲方案中硫酸和氢氧化铁及氢氧化铝都是反应的，所以生成的滤液中含有硫酸铁和硫酸铝。因此如果直接蒸发，将使所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质。由于铝的金属性强于铁的，所以方案乙中铝能置换出铁，从原子利用率最高。而方案丙中生成的硫酸铝小于方案乙中生成的硫酸铝，原子利用率没有乙高。

（5）消耗EDTA的物质的量是0.001bcmol，所以根据反应的方程式可知，消耗铜离子的物质的量也是0.001bcmol，所以每一份中胆矾的物质的量是0.001bcmol。因此CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω＝ × 100% 。根据表达式可知，如果未干燥锥形瓶，是不会影响实验结果的。若滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡，则消耗标准液的体积将减少，测定结果偏低；如果未除净可与EDTA反应的干扰离子，则消耗标准液的体积将偏大，测定结果偏高，因此答案选C。

考点：考查物质的分离与提纯、试剂的选择、实验操作以及有关计算等