Question

为了降低电子垃圾对环境构成的影响，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和硫酸铝晶体的路线：

（1）第①步Cu与混酸反应的离子方程式为______．得到滤渣1的主要成分为______．
（2）第②步中加入H₂O₂的作用是______，使用H₂O₂的优点是______；调溶液pH的目的是______．
（3）简述第③步由滤液2得到CuSO₄?5H₂O的方法是______．
（4）由滤渣2制取Al₂（SO₄）₃?18H₂O，设计了以下三种方案：

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．
（5）用滴定法测定CuSO₄?5H₂O含量．取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用
cmol/LEDTA（H₂Y^2-）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL．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=______．

Answer 1

（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu²⁺、Al³⁺、Fe²⁺；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu²⁺、Al³⁺、Fe²⁺；第①步Cu与酸反应的离子方程式为：Cu+4H⁺+2NO₃^-

△ .

Cu²⁺+2NO₂↑+2H₂O 或3Cu+8H⁺+2NO₃^-

△ .

3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O，Au、Pt和酸不反应，所以是滤渣；
故答案为：Cu+4H⁺+2NO₃^-

△ .

Cu²⁺+2NO₂↑+2H₂O 或3Cu+8H⁺+2NO₃^-

△ .

3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O，Au、Pt；
（2）第②步加H₂O₂的作用是将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染，调节溶液PH铁离子和铝离子全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜，
故答案为：将Fe²⁺氧化为Fe³⁺；不引入杂质，对环境无污染；使Fe³⁺、Al³⁺沉淀除去；
（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，经过蒸发、冷却、结晶、过滤，最终制得硫酸铜晶体；
故答案为：加热滤液2，经过蒸发、冷却、结晶、过滤，最终制得硫酸铜晶体；
（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，
所以从原子利用率和是否产生杂质考虑知，乙更合理，
故答案为：甲；所得产品中含有较多Fe₂（SO₄）₃杂质；乙．
（5）取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c mol?L^-1 EDTA（H₂Y^2-）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL．滴定反应如下：Cu²⁺+H₂Y^2-=CuY^2-+2H⁺
铜离子物质的量和标准液物质的量相同，则20mL溶液中铜离子的物质的量=cmol/L×b×10^-3L=bc×10^-3mol；
则ag样品中CuSO₄?5H₂O的质量=c×b×10^-3mol×250g/mol×5，所以CuSO₄?5H₂O质量分数的表达式=

c×b×10-3×250×5

a

×100%．
故答案为：

c×b×10-3×250×5

a

×100%．