Question

【題目】信息時代產(chǎn)生的大量電子垃圾對環(huán)境造成了極大的威脅．某“變廢為寶”學(xué)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(shè)計出如圖1制備硫酸銅晶體的路線：

回答下列問題：
（1）得到濾渣1的主要成分為 ．
（2）第②步加入H2O2的作用是 ， 調(diào)節(jié)pH的目的是使生成沉淀．
（3）由濾渣2制取Al2（SO4）318H2O，探究小組設(shè)計了如圖2二種方案：上述二種方案中，方案不可行，原因是；
（4）探究小組用滴定法測定CuSO45H2O （Mr=250）含量．取a g試樣配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干擾離子后，用c molL﹣1 EDTA（H2Y2﹣）標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點，平均消耗EDTA溶液b mL．滴定反應(yīng)如下：Cu2++H2Y2﹣=CuY2﹣+2H+寫出計算CuSO45H2O質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式ω=；下列操作會導(dǎo)致CuSO45H2O含量的測定結(jié)果偏高的是 ．
a．未干燥錐形瓶
b．滴定終點時俯視滴定管讀數(shù)
c．未除凈可與EDTA反應(yīng)的干擾離子．

Answer 1

【答案】
（1）Au、Pt
（2）將Fe2+氧化為Fe3+,Fe3+、Al3+
（3）甲,所得產(chǎn)品中含有較多Fe2（SO4）3雜質(zhì)
（4） ×100%,c
【解析】解：（1）稀硫酸、濃硝酸混合酸后加熱，Cu、Al、Fe發(fā)生反應(yīng)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(yīng)的離子方程式為：Cu+4H++2NO3﹣ Cu2++2NO2↑+2H2O，Au、Pt和酸不反應(yīng)，所以是濾渣；

所以答案是：Au、Pt；
（2）第②步加H2O2的作用是將Fe2+氧化為Fe3+，過氧化氫做氧化劑不引入雜質(zhì)，對環(huán)境無污染，調(diào)節(jié)溶液PH的目的是使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，

所以答案是：將Fe2+氧化為Fe3+；Fe3+、Al3+；
（3）制備硫酸鋁晶體的甲、乙兩種方法中，甲方案在濾渣中只加硫酸會生成硫酸鐵和硫酸鋁，冷卻、結(jié)晶、過濾得到的硫酸鋁晶體中混有大量硫酸鐵雜質(zhì)，方法不可行，乙方案加入鋁粉置換出鐵，過濾濾液中只有硫酸鋁，

所以答案是：甲；所得產(chǎn)品中含有較多Fe2（SO4）3雜質(zhì)；
（4）取a g試樣配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干擾離子后，用c molL﹣1 EDTA（H2Y2﹣）標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點，平均消耗EDTA溶液6mL．滴定反應(yīng)如下：Cu2++H2Y2﹣=CuY2﹣+2H+銅離子物質(zhì)的量和標(biāo)準(zhǔn)液物質(zhì)的量相同=cmol/L×b×10﹣3L=bc×10﹣3mol；依據(jù)元素守恒得到：

則20ml溶液中含有的CuSO45H2O物質(zhì)的量為bc×10﹣3mol；100ml溶液中含bc×10﹣3mol×5=5bc×10﹣3mol；

所以CuSO45H2O質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式= ×100%

a．未干燥錐形瓶對實驗結(jié)果無影響，故a錯誤；

b．滴定終點時俯視滴定管讀數(shù)說明消耗標(biāo)準(zhǔn)液讀數(shù)偏小，結(jié)果偏低，故b錯誤；

c．未除凈可與EDTA反應(yīng)的干擾離子，消耗標(biāo)準(zhǔn)液多，結(jié)果偏高，故c正確；

所以答案是： ×100%；c．