Question

為了降低電子垃圾對環(huán)境構(gòu)成的影響，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：

（1）第①步Cu與混酸反應的離子方程式為______．得到濾渣1的主要成分為______．
（2）第②步中加入H₂O₂的作用是______，使用H₂O₂的優(yōu)點是______；調(diào)溶液pH的目的是______．
（3）簡述第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，設計了以下三種方案：

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）用滴定法測定CuSO₄?5H₂O含量．取ag試樣配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干擾離子后，用
cmol/LEDTA（H₂Y^2-）標準溶液滴定至終點，平均消耗EDTA溶液bmL．滴定反應如下：
Cu²⁺+H₂Y^2-→CuY^2-+2H⁺．寫出計算CuSO₄?5H₂O質(zhì)量分數(shù)的表達式ω=______．

Answer 1

（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：Cu+4H⁺+2NO₃^-

△ .

Cu²⁺+2NO₂↑+2H₂O 或3Cu+8H⁺+2NO₃^-

△ .

3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O，Au、Pt和酸不反應，所以是濾渣；
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⁺，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(zhì)，對環(huán)境無污染；使Fe³⁺、Al³⁺沉淀除去；
（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，經(jīng)過蒸發(fā)、冷卻、結(jié)晶、過濾，最終制得硫酸銅晶體；
故答案為：加熱濾液2，經(jīng)過蒸發(fā)、冷卻、結(jié)晶、過濾，最終制得硫酸銅晶體；
（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(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；乙和丙方法均可行；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(jié)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(jié)晶、過濾可得硫酸鋁晶體；但從原子利用角度考慮方案乙更合理，因為丙加的NaOH和制備的Al₂（SO₄）₃的原子組成沒有關(guān)系，造成原子浪費，
所以從原子利用率和是否產(chǎn)生雜質(zhì)考慮知，乙更合理，
故答案為：甲；所得產(chǎn)品中含有較多Fe₂（SO₄）₃雜質(zhì)；乙．
（5）取a g試樣配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干擾離子后，用c mol?L^-1 EDTA（H₂Y^2-）標準溶液滴定至終點，平均消耗EDTA溶液bmL．滴定反應如下：Cu²⁺+H₂Y^2-=CuY^2-+2H⁺
銅離子物質(zhì)的量和標準液物質(zhì)的量相同，則20mL溶液中銅離子的物質(zhì)的量=cmol/L×b×10^-3L=bc×10^-3mol；
則ag樣品中CuSO₄?5H₂O的質(zhì)量=c×b×10^-3mol×250g/mol×5，所以CuSO₄?5H₂O質(zhì)量分數(shù)的表達式=

c×b×10-3×250×5

a

×100%．
故答案為：

c×b×10-3×250×5

a

×100%．