Question

為了降低電子垃圾對(duì)環(huán)境構(gòu)成的影響，將一批廢棄的線(xiàn)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(xiàn)：

（1）第①步Cu與混酸反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_____________________________。得到濾渣1的主要成分為_(kāi)________________。
（2）第②步中加入H₂O₂的作用是__________________，使用H₂O₂的優(yōu)點(diǎn)是_________；調(diào)溶液pH的目的是____________________________________。
（3）簡(jiǎn)述第③步由濾液2得到CuSO₄·5H₂O的方法是_________________________
____________________________________________________________ 。
（4）由濾渣2制取Al₂(SO₄)₃·18H₂O ，設(shè)計(jì)了以下三種方案：

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）用滴定法測(cè)定CuSO₄·5H₂O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b mL。滴定反應(yīng)如下：Cu²⁺ + H₂Y^2－→ CuY^2－ + 2H⁺。寫(xiě)出計(jì)算CuSO₄·5H₂O質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式ω＝ __________________ 。

Answer 1

（1）Cu + 4H⁺ + 2NO₃^- =Cu²⁺ + 2NO₂↑+ 2H₂O或
3Cu + 8H⁺ + 2 NO₃^-=3Cu²⁺ + 2NO↑+ 4H₂O（2分）；Au、Pt（1分）
（2）將Fe²⁺氧化為Fe³⁺ （1分）   不引入雜質(zhì)，對(duì)環(huán)境無(wú)污染（1分）；
使Fe³⁺、Al³⁺沉淀除去（2分）
（3）加熱濾液2，經(jīng)過(guò)蒸發(fā)、冷卻、 結(jié)晶、過(guò)濾 ，最終制得硫酸銅晶體（2分）
（4）甲   ，所得產(chǎn)品中含有較多Fe₂(SO₄)₃雜質(zhì)；   乙 （各1分，共3分）
（5） × 100%    （2分）

試題分析：（1）Cu與混酸反應(yīng)的實(shí)質(zhì)是與H⁺、NO₃^-反應(yīng)，隨反應(yīng)進(jìn)行離子濃度逐漸減小，所以離子方程式為Cu + 4H⁺ + 2NO₃^- =Cu²⁺ + 2NO₂↑+ 2H₂O，3Cu + 8H⁺ + 2 NO₃^-=3Cu²⁺ + 2NO↑+ 4H₂O，Au、Pt不與混酸反應(yīng)，所以濾渣的主要成分是Au、Pt；
（2）加過(guò)氧化氫的目的是把亞鐵離子氧化成鐵離子，方便除去；而且加入過(guò)氧化氫不會(huì)引入新的雜質(zhì)且無(wú)污染；調(diào)節(jié)溶液的pH目的是使Fe³⁺、Al³⁺沉淀除去
（3）由濾液2得到CuSO₄·5H₂O的方法是把濾液蒸發(fā)得濃溶液再冷卻結(jié)晶，過(guò)濾得硫酸銅晶體
（4）甲方案不可行，因?yàn)闉V渣2的主要成分是Fe（OH）₃、Al（OH）₃沉淀，加入硫酸沉淀全部溶解使制得的產(chǎn)品中含有較多Fe₂(SO₄)₃雜質(zhì)； 從原子利用率角度分析，乙方案更合理，不僅能除去硫酸鐵，同時(shí)增加了硫酸鋁的量，原子利用率較高
（5）由滴定反應(yīng)方程式得100ml溶液中n（Cu²⁺）=b×10^-3×a×5mol,所以CuSO₄·5H₂O質(zhì)量分?jǐn)?shù)= b×10^-3×a×5×250/a×100%