Question

[2012·天津卷]（14分）信息時(shí)代產(chǎn)生的大量電子垃圾對(duì)環(huán)境構(gòu)成了極大的威脅。某“變廢為寶”學(xué)生探究小組將一批廢棄的線路板簡(jiǎn)單處理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金屬的混合物，并設(shè)計(jì)出如下制備硫酸銅和硫酸鋁晶體的路線：

請(qǐng)回答下列問題：

（1）第①步Cu與酸反應(yīng)的離子方程式為_______________________________；得到濾渣1的主要成分為___________________。

（2）第②步加H₂O₂的作用是________________，使用H₂O₂的優(yōu)點(diǎn)是                  

                     ；調(diào)溶液pH的目的是使           生成沉淀。

（3）用第③步所得CuSO₄·5H₂O制備無水CuSO₄的方法是                     。

（4）由濾渣2制取Al₂(SO₄)₃·18H₂O ，探究小組設(shè)計(jì)了三種方案：

上述三種方案中，_______方案不可行，原因是_____________________________；從原子利用率角度考慮，________方案更合理。

（5）探究小組用滴定法測(cè)定CuSO₄·5H₂O （Mr＝250）含量。取a g試樣配成100 mL溶液，每次取20.00 mL，消除干擾離子后，用c mol·L^－1 EDTA（H₂Y^2－）標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，平均消耗EDTA溶液bmL。滴定反應(yīng)如下：

Cu²⁺＋H₂Y^2－＝CuY^2－＋2H⁺

寫出計(jì)算CuSO₄·5H₂O質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式w＝ ________________ ；下列操作會(huì)導(dǎo)致CuSO₄·5H₂O含量的測(cè)定結(jié)果偏高的是_____________。

a．未干燥錐形瓶   

b．滴定終點(diǎn)時(shí)滴定管尖嘴中產(chǎn)生氣泡   

c．未除凈可與EDTA反應(yīng)的干擾離子

 

Answer 1

【答案】

（14分）（1）Cu＋4H^＋＋2NO₃^－Cu^2＋＋2NO₂↑＋2H₂O或

3Cu＋8H^＋＋2NO₃^－3Cu^2＋＋2NO↑＋4H₂O　   Au、Pt

（2）將Fe^2＋氧化為Fe^3＋　不引入雜質(zhì)，對(duì)環(huán)境無污染　    Fe^3＋、Al^3＋

（3）加熱脫水

（4）甲　所得產(chǎn)品中含有較多Fe₂(SO₄)₃雜質(zhì)　乙

（5）×100%　 c

【解析】（1）Cu與混酸反應(yīng)的離子方程式為：Cu＋4H^＋＋2NO₃^－Cu^2＋＋2NO₂↑＋2H₂O (氫離子濃度較大時(shí)相當(dāng)于Cu與濃HNO₃反應(yīng))或3Cu＋8H^＋＋2NO₃^－3Cu^2＋＋2NO↑＋4H₂O(氫離子濃度不很大時(shí)相當(dāng)于Cu與稀HNO₃反應(yīng))；Au、Pt不溶于酸，以濾渣形式被過濾出來。

（2）結(jié)合流程中濾液2和濾渣2得到產(chǎn)品可知調(diào)節(jié)pH的目的是使Al^3＋、Fe^3＋均轉(zhuǎn)化為沉淀進(jìn)入濾渣2中。

（3）由膽礬制取無水硫酸銅可直接加熱脫水即可。

（4）因?yàn)V渣2中含有Fe(OH)₃沉淀，甲方案沒有除去酸浸時(shí)產(chǎn)生的Fe^3＋，使制得晶體中含有大量雜質(zhì)Fe₂(SO₄)₃，故甲方案不可��；方案乙中用鋁與Fe^3＋反應(yīng)，產(chǎn)品中生成的含鋁化合物增多，原子利用率高；丙中消耗的酸、堿多，原子利用率低。

（5）a g樣品中含有m(CuSO₄·5H₂O)＝(10^－3×b L×c mol/L)×250 g·mol^－1×，故a g樣品中CuSO₄·5H₂O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：×100%；未干燥錐形瓶對(duì)測(cè)定結(jié)果無影響，滴定終點(diǎn)時(shí)滴定管尖嘴中產(chǎn)生氣泡使讀取的消耗EDTA的體積減少，從而導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏小，未除凈與EDTA反應(yīng)的干擾離子將使消耗EDTA體積變大導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏高。