Question

【題目】某“變廢為寶”學(xué)生探究小組將一批廢棄的線路板簡(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：

請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

（1）第①步Cu與酸反應(yīng)的離子方程式為_______________________________________；得到濾渣1的主要成分為_________________________________________________。

（2）第②步加H2O2的作用是______________________，使用H2O2的優(yōu)點(diǎn)是_____________。

（3）用第③步所得CuSO4·5H2O制備無(wú)水CuSO4的方法是________________________。

（4）由濾渣2制取Al2(SO4)3·18H2O，探究小組設(shè)計(jì)了三種方案：

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。

Answer 1

【答案】Cu＋4H＋＋2NO3－Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O或3Cu＋8H＋＋2NO3－3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O Pt和Au 把Fe2+氧化為Fe3+ 該氧化劑的優(yōu)點(diǎn)是不引入雜質(zhì)，產(chǎn)物對(duì)環(huán)境物污染 坩堝中加熱脫水 甲 甲方案在濾渣中只加硫酸會(huì)生成硫酸鐵和硫酸鋁，冷卻、結(jié)晶、過(guò)濾得到的硫酸鋁晶體中混有大量硫酸鐵雜質(zhì) 乙

【解析】

(1)稀硫酸、濃硝酸混合酸具有強(qiáng)氧化性，Cu、Al、Fe發(fā)生反應(yīng)生成Cu2+、Al3+、Fe2+，Pt和Au不反應(yīng)；

(2)過(guò)氧化氫具有氧化性且被還原為水；可以氧化亞鐵離子為鐵離子易于沉淀除去；

(3)加熱固體應(yīng)該在坩堝中進(jìn)行；

(4)依據(jù)實(shí)驗(yàn)方案過(guò)程分析制備晶體中是否含有雜質(zhì)，使用的試劑作用，原料的利用率，原子利用率因素分析判斷。

(1)稀硫酸、濃硝酸混合酸具有強(qiáng)氧化性，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或3Cu+8H++2NO3- 3Cu2++2NO↑+4H2O，Au、Pt和酸不反應(yīng)，所以濾渣是Au、Pt，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+，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，過(guò)氧化氫做氧化劑被還原后為水，不引入雜質(zhì)，對(duì)環(huán)境無(wú)污染，故答案為：將Fe2+氧化為Fe3+；不引入雜質(zhì)，對(duì)環(huán)境無(wú)污染；

(3)第③步由五水硫酸銅制備硫酸銅的方法應(yīng)是在坩堝中加熱脫水，故答案為：在坩堝中加熱脫水；

(4)甲方案在濾渣中只加硫酸會(huì)生成硫酸鐵和硫酸鋁，冷卻、結(jié)晶、過(guò)濾得到的硫酸鋁晶體中混有大量硫酸鐵雜質(zhì)；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(guò)濾可得硫酸鋁晶體；丙方案先在濾渣中加NaOH，氫氧化鈉和鋁反應(yīng)生成NaAlO2，再在濾液中加H2SO4生成Al2(SO4)3，蒸發(fā)、冷卻、結(jié)晶、過(guò)濾可得硫酸鋁晶體；但從原子利用角度考慮方案乙最合理，因?yàn)楸�加�?/span>NaOH和制備的Al2(SO4)3的原子組成沒(méi)有關(guān)系，造成原料浪費(fèi)，故答案為：甲；在濾渣中只加硫酸會(huì)生成硫酸鐵和硫酸鋁，冷卻、結(jié)晶、過(guò)濾得到的硫酸鋁晶體中混有大量硫酸鐵雜質(zhì)；乙。