Question

信息時代產生的大量電子垃圾對環(huán)境構成了極大的威脅．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和硫酸鋁晶體的路線：
請回答下列問題：
（1）第①步Cu與酸反應的離子方程式為

Cu+4H⁺+2NO₃^-

△   .

Cu²⁺+2NO₂↑+2H₂O
或3Cu+8H⁺+2NO₃^-

△   .

3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O

；得到濾渣1的主要成分為（填化學式）

Au、Pt

．
（2）第②步加H₂O₂的作用是

將Fe²⁺氧化為Fe³⁺

，使用H₂O₂的優(yōu)點是

不引入雜質，對環(huán)境無污染

；調溶液pH的目的是使

Fe³⁺、Al³⁺

生成沉淀．
（3）用第③步所得CuSO₄?5H₂O制備無水CuSO₄的方法是

加熱脫水

．
（4）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，

甲

方案不可行，原因是

所得產品中含有較多Fe₂（SO₄）₃雜質

：從原子利用率角度考慮，

乙

方案更合理．

Answer 1

分析：（1）稀硫酸、濃硝酸混合酸后加熱，Cu、Al、Fe發(fā)生反應生成Cu²⁺、Al³⁺、Fe²⁺；所以濾渣1 的成分是Pt和Au，濾液1中的離子是Cu²⁺、Al³⁺、Fe²⁺；
（2）過氧化氫具有氧化性且被還原為水，無雜質無污染；可以氧化亞鐵離子為鐵離子易于沉淀除去，調節(jié)溶液PH目的是鐵離子和鋁離子全部沉淀；第②步加H₂O₂的作用是把Fe²⁺氧化為Fe³⁺，該氧化劑的優(yōu)點是不引入雜質，產物對環(huán)境物污染．調溶液PH的目的是使Fe³⁺和Al³⁺形成沉淀．所以濾液2的成分是Cu2+，濾渣2的成分為氫氧化鐵和氫氧化鋁；
（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）依據(jù)實驗方案過程分析制備晶體中是否含有雜質，使用的試劑作用，原料的利用率，原子利用率因素分析判斷；

解答：解：（1）稀硫酸、濃硝酸混合酸后加熱，Cu、Al、Fe發(fā)生反應生成Cu²⁺、Al³⁺、Fe²⁺；所以濾渣1的成分是Pt和Au，濾液1中的離子是Cu²⁺、Al³⁺、Fe²⁺；第①步Cu與酸反應的離子方程式為：（（10分），離子方程式Cu+4H⁺+2NO₃^-

△   .

Cu²⁺+2NO₂↑+2H₂O或3Cu+8H⁺+2NO₃^-

△   .

3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O，Au、Pt和酸不反應，所以濾渣是Au、Pt；
故答案為：Cu+4H⁺+2NO₃^-

△   .

Cu²⁺+2NO₂↑+2H₂O或3Cu+8H⁺+2NO₃^-

△   .

3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O；Au、Pt；
（2）第②步加H₂O₂的作用是將Fe²⁺氧化為Fe³⁺；2Fe²⁺+H₂O₂+2H⁺=2Fe³⁺+2H₂O，過氧化氫做氧化劑被還原后為水，不引入雜質，對環(huán)境無污染；調節(jié)溶液PH鐵離子和鋁離子全部沉淀后過濾得到氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀和濾液硫酸銅，
故答案為：將Fe²⁺氧化為Fe³⁺，不引入雜質，對環(huán)境無污染；Fe³⁺、Al³⁺；
（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；
故答案為：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；
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(fā)、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(fā)、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最合理，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，
所以上述三種方案中：甲方案制得的硫酸鋁晶體中混有大量硫酸鐵雜質，不可行；從原子利用率和是否產生雜質考慮知，乙方案更合理，
故答案為：甲；所得產品中含有較多Fe₂（SO₄）₃雜質；乙；

點評：本題考查制備硫酸銅和硫酸鋁晶體的實驗設計，明確離子的性質是解答本題關鍵，題目難度中等．