题目

题型：不详难度：来源：

信息时代产生的大量电子垃圾对环境造成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜晶体的路线：

回答下列问题：
⑴第①步Cu与酸反应的离子方程式为                                      ；得到滤渣1的主要成分为               。
⑵第②步加入H₂O₂的作用是                                     ，使用H₂O₂的优点是                                ；调节pH的目的是使            生成沉淀。
⑶用第③步所得CuSO₄·5H₂O制备无水CuSO₄的方法是                      。
⑷由滤渣2制取Al₂(SO₄)₃·18H₂O，探究小组设计了三种方案：

上述三种方案中，     方案不可行，原因是                               ；
从原子利用率角度考虑，       方案更合理。
⑸探究小组用滴定法测定CuSO₄·5H₂O(M_r=250)含量。取a g 试样配成100 mL溶液，每次取20.00 mL，消除干扰离子后，用c mol/L EDTA(H₂Y^2－)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液b mL。滴定反应如下：Cu²⁺+ H₂Y^2－＝CuY^2－+ 2H⁺
写出计算CuSO₄·5H₂O质量分数的表达式ω＝                           ；
下列操作会导致CuSO₄·5H₂O含量测定结果偏高的是         。
a．未干燥锥形瓶
b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡
c．未除静可与EDTA反应的干扰离子

答案

⑴Cu＋4H^＋＋2NO₃^－Cu^2＋＋2NO₂↑＋2H₂O或3Cu＋8H^＋＋2NO₃^－3Cu^2＋＋2NO↑＋4H₂O；Au、Pt
⑵把Fe^2＋氧化为Fe^3＋；不引入杂质，产物对环境物无污染；Fe^3＋和Al^3＋。
⑶在坩埚中加热脱水
⑷甲；甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质；乙。
⑸×100%；c。

解析

试题分析：（1）浓硝酸与稀硝酸混合，硝酸可能为浓溶液，也可能为稀溶液，所以两个离子方程式都可；Au、P他不和硝酸反应，所以滤渣1的主要成分为：Au、Pt。
（2）第②步加H₂O₂的作用是把Fe^2＋氧化为Fe^3＋；H₂O₂作氧化剂。其还原产物为H₂O，所以该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境物无污染；调溶液PH的目的是使Fe^3＋和Al^3＋形成沉淀。
（3）第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水。
（4）制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行。乙和丙方法均可行。乙方案先在滤渣中加H₂SO₄，生成Fe₂(SO₄)₃和Al₂(SO₄)₃,再加Al粉和Fe₂(SO₄)₃生成Al₂(SO₄)₃,蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体。丙方案先在滤渣中加NaOH,和Al(OH)₃反应生成NaAlO₂，再在滤液中加H₂SO₄生成Al₂(SO₄)₃, 蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体。但从原子利用角度考虑方案乙更合理，因为丙加的NaOH和制备的Al₂(SO₄)₃的原子组成没有关系，造成原子浪费。
（5）根据离子方程式，Cu²⁺的物质的量等于EDTA的物质的量，所以由EDTA的物质的量可求出CuSO₄•5H₂O的物质的量，因为配制了100mL CuSO₄溶液，每次取20.00mL实验，所以再乘以5，可得样品中CuSO₄•5H₂O的物质的量，进而求出CuSO₄•5H₂O的含量；a、未干燥锥形瓶，为正确操作，不影响结构；b、滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡，使标准液的体积测量值变小，结构偏小；c、未除净可与EDTA反应的干扰离子，增加了EDTA的用量，使结果偏高。