Question

信息時代產生的大量電子垃圾對環境造成了極大的威脅。某“變廢為寶”學生探究小組將一批廢棄的線路板簡單處理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金屬的混合物，并設計出如下制備硫酸銅晶體的路線：

回答下列問題：
⑴第①步Cu與酸反應的離子方程式為                                      ；得到濾渣1的主要成分為               。
⑵第②步加入H₂O₂的作用是                                     ，使用H₂O₂的優點是                                ；調節pH的目的是使            生成沉淀。
⑶用第③步所得CuSO₄·5H₂O制備無水CuSO₄的方法是                      。
⑷由濾渣2制取Al₂(SO₄)₃·18H₂O，探究小組設計了三種方案：

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。
⑸探究小組用滴定法測定CuSO₄·5H₂O(M_r=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 EDTA(H₂Y^2－)標準溶液滴定至終點，平均消耗EDTA溶液b mL。滴定反應如下：Cu²⁺+ H₂Y^2－＝CuY^2－+ 2H⁺
寫出計算CuSO₄·5H₂O質量分數的表達式ω＝                           ；
下列操作會導致CuSO₄·5H₂O含量測定結果偏高的是         。
a．未干燥錐形瓶
b．滴定終點時滴定管尖嘴中產生氣泡
c．未除靜可與EDTA反應的干擾離子

Answer 1

⑴Cu＋4H^＋＋2NO₃^－Cu^2＋＋2NO₂↑＋2H₂O或3Cu＋8H^＋＋2NO₃^－3Cu^2＋＋2NO↑＋4H₂O；Au、Pt
⑵把Fe^2＋氧化為Fe^3＋；不引入雜質，產物對環境物無污染；Fe^3＋和Al^3＋。
⑶在坩堝中加熱脫水
⑷甲；甲方案在濾渣中只加硫酸會生成硫酸鐵和硫酸鋁，冷卻、結晶、過濾得到的硫酸鋁晶體中混有大量硫酸鐵雜質；乙。
⑸×100%；c。

解析試題分析：（1）濃硝酸與稀硝酸混合，硝酸可能為濃溶液，也可能為稀溶液，所以兩個離子方程式都可；Au、P他不和硝酸反應，所以濾渣1的主要成分為：Au、Pt。
（2）第②步加H₂O₂的作用是把Fe^2＋氧化為Fe^3＋；H₂O₂作氧化劑。其還原產物為H₂O，所以該氧化劑的優點是不引入雜質，產物對環境物無污染；調溶液PH的目的是使Fe^3＋和Al^3＋形成沉淀。
（3）第③步由五水硫酸銅制備硫酸銅的方法應是在坩堝中加熱脫水。
（4）制備硫酸鋁晶體的甲、乙、丙三種方法中，甲方案在濾渣中只加硫酸會生成硫酸鐵和硫酸鋁，冷卻、結晶、過濾得到的硫酸鋁晶體中混有大量硫酸鐵雜質，方法不可行。乙和丙方法均可行。乙方案先在濾渣中加H₂SO₄，生成Fe₂(SO₄)₃和Al₂(SO₄)₃,再加Al粉和Fe₂(SO₄)₃生成Al₂(SO₄)₃,蒸發、冷卻、結晶、過濾可得硫酸鋁晶體。丙方案先在濾渣中加NaOH,和Al(OH)₃反應生成NaAlO₂，再在濾液中加H₂SO₄生成Al₂(SO₄)₃, 蒸發、冷卻、結晶、過濾可得硫酸鋁晶體。但從原子利用角度考慮方案乙更合理，因為丙加的NaOH和制備的Al₂(SO₄)₃的原子組成沒有關系，造成原子浪費。
（5）根據離子方程式，Cu²⁺的物質的量等于EDTA的物質的量，所以由EDTA的物質的量可求出CuSO₄?5H₂O的物質的量，因為配制了100mL CuSO₄溶液，每次取20.00mL實驗，所以再乘以5，可得樣品中CuSO₄?5H₂O的物質的量，進而求出CuSO₄?5H₂O的含量；a、未干燥錐形瓶，為正確操作，不影響結構；b、滴定終點時滴定管尖嘴中產生氣泡，使標準液的體積測量值變小，結構偏小；c、未除凈可與EDTA反應的干擾離子，增加了EDTA的用量，使結果偏高。
考點：本題考查離子方程式的書寫、試劑的作用、實驗方案的分析、中和滴定的簡單計算和誤差的分析。