Question

某探究小組將一批電子廢棄物簡單處理后，得到含Cu、Al、Fe及少量Au、Pt等金屬的混合物，并設(shè)計如下制備硫酸銅晶體和無水氯化鐵的方案：

已知：Cu²⁺ + 4NH₃·H₂O＝[Cu(NH₃)₄]²⁺ + 4H₂O
請回答下列問題：
（1）步驟①Cu與酸反應(yīng)的離子方程式為                                        。
（2）步驟②加H₂O₂的作用是                  ，濾渣2為(填化學(xué)式)            。
（3）步驟⑤不能直接加熱脫水的理由是                                          。
（4）若濾液1中Cu²⁺的濃度為0．02mol·L^-1，則氫氧化銅開始沉淀時的pH =          
(已知：Ksp[Cu(OH)₂]＝2．0×10^-20)。
（5）已知：2Cu²⁺＋4I^-＝ 2CuI↓＋I₂    I₂＋2S₂O₃^2-＝ 2I^-＋S₄O₆^2-
某同學(xué)為了測定CuSO₄·5H₂O產(chǎn)品的質(zhì)量分數(shù)可按如下方法：取3．00g產(chǎn)品，用水溶解后，加入足量的KI溶液，充分反應(yīng)后過濾、洗滌，將濾液稀釋至250mL，取50mL加入淀粉溶液作指示劑，用0．080 mol·L^-1 Na₂S₂O₃標準溶液滴定，達到滴定終點的依據(jù)是                                            。
四次平行實驗耗去Na₂S₂O₃標準溶液數(shù)據(jù)如下：

實驗序號	1	2	3	4
消耗Na2S2O3標準溶液(mL)	25．00	25．02	26．20	24．98

 
此產(chǎn)品中CuSO₄·5H₂O的質(zhì)量分數(shù)為               。

Answer 1

（1）Cu + 4H⁺ + 2NO₃? = Cu²⁺ +2NO₂↑+ 2H₂O  3Cu+8H⁺+2NO₃?3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O （任寫一個給2分）
（2）將Fe²⁺氧化成Fe³⁺ （1分） Fe(OH)₃、Al(OH)₃ （各1分共2分）
（3）FeCl₃易水解：FeCl₃+3H₂O Fe(OH)₃+3HCl，加熱能促進FeCl₃的水解，蒸干得不到FeCl₃。（2分）
（4） 5 （2分）
（5）溶液由藍色褪為無色且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原色 （2分）  83．3% （2分）

解析試題分析：（1）濃硝酸與稀硫酸混合后，可能為濃硝酸也可能為稀硝酸，所以離子方程式為：Cu + 4H⁺ + 2NO₃? = Cu²⁺ +2NO₂↑+ 2H₂O或3Cu+8H⁺+2NO₃?3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O
（2）H₂O₂具有強氧化性，所以H₂O₂的作用是將Fe²⁺氧化成Fe³⁺；加入足量氨水，F(xiàn)e³⁺、Al³⁺轉(zhuǎn)化為Fe(OH)₃沉淀和Al(OH)₃沉淀，所以濾渣2為Fe(OH)₃、Al(OH)₃。
（3）FeCl₃為強酸弱堿鹽，容易發(fā)生水解反應(yīng)：FeCl₃+3H₂O Fe(OH)₃+3HCl，加熱能促進FeCl₃的水解，蒸干得不到FeCl₃。
（4）c²（OH?）?c（Cu²⁺）= Ksp[Cu(OH)₂]，代入數(shù)據(jù)可求出c（OH?）=1．0×10^-9mol?L?¹，pH=-lgc（H⁺）=-lg【Kw÷c（OH?）】=5。
（5）Cu²⁺把I?氧化為I₂，加入淀粉溶液變藍，用Na₂S₂O₃標準溶液滴定，達到滴定終點時，Na₂S₂O₃與I₂恰好完全反應(yīng)，所以達到滴定終點的依據(jù)是：溶液由藍色褪為無色且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原色；實驗3所測數(shù)據(jù)明顯大于其他3組數(shù)據(jù)，說明實驗3出現(xiàn)了實驗錯誤，應(yīng)舍去，根據(jù)其他3組數(shù)據(jù)求出平均值，根據(jù)2Cu²⁺＋4I^-＝ 2CuI↓＋I₂和I₂＋2S₂O₃^2-＝ 2I^-＋S₄O₆^2-可得對應(yīng)關(guān)系：S₂O₃^2- ～ Cu²⁺，所以n（CuSO₄?5H₂O）=n（Cu²⁺）=n（S₂O₃^2- ）=0．080 mol·L^-1 ×（25．00+25．02+24．98）/3L=0．002mol，所以此產(chǎn)品中CuSO₄·5H₂O的質(zhì)量分數(shù)為：0．002mol×250g/mol×5÷3．00g×100%=83．3%
考點：本題考查化學(xué)流程的分析、化學(xué)方程式的書寫、鹽類水解的應(yīng)用、pH的計算、氧化還原反應(yīng)滴定及計算。