Question

2．某科研小組探究工業(yè)廢Cu粉（雜質(zhì)可能含有SiO₂、Al₂O₃、Fe₂O₃中的一種或幾種）的組成并制備少量CuSO₄•5H₂O，實現(xiàn)廢物綜合利用．他們進行了兩組實驗，過程如下：
Ⅰ：
Ⅱ：
（1）廢Cu粉中含有的雜質(zhì)是SiO₂、Fe₂O₃．
（2）分別寫出過程①③中發(fā)生反應的離子方程式：
①Fe₂O₃+6H⁺═2Fe³⁺+3H₂O、Al₂O₃+6H⁺═2Al³⁺+3H₂O、Cu+2Fe³⁺═2Fe²⁺+Cu²⁺；③SiO₂+2OH^-═SiO₃^2-+H₂O、Al₂O₃+2OH^-=2AlO₂^-+H₂O．
（3）綜合過程Ⅰ、II，計算工業(yè)廢Cu粉中各成分的質(zhì)量之比是m（Fe₂O₃）：m（Cu）：m（SiO₂）=16：16：15（可不必化簡）．（4）已知25℃時：

電解質(zhì)	Cu（OH）2	Fe（OH）2	Fe（OH）3
開始沉淀時的pH	5.4	6.5	3.5
完全沉淀時的pH	6.4	9.6	4.0

從Ⅱ中所得藍色溶液中分離提純得到CuSO₄•5H₂O晶體，需要經(jīng)過下列步驟：
a、向藍色溶液中加入一定量的H₂O₂ 溶液；
b、調(diào)節(jié)溶液的pH為4.0≤pH＜5.4之間；
c、然后過濾、結晶，再過濾，可得CuSO₄•5H₂O．
下列關于實驗操作的敘述中，正確的是ACD（填字母）．
A．H₂O₂是綠色氧化劑，在氧化過程中不引進雜質(zhì)、不產(chǎn)生污染
B．將Fe²⁺氧化為Fe³⁺的主要原因是Fe（OH）₂沉淀比Fe（OH）₃沉淀較難過濾
C．上述步驟c中第一次過濾是為了得到濾液，第二次過濾是為了得到固體
D．在pH＞4的溶液中Fe³⁺一定不能大量存在．

Answer 1

分析 過程Ⅰ：工業(yè)廢Cu粉（雜質(zhì)含有SiO₂、Al₂O₃、Fe₂O₃中的一種或幾種），由圖1可知，9.4gCu粉和過量稀硫酸反應生成藍色溶液，所以是銅離子的顏色，但是金屬Cu和鹽酸不反應，所以一定含有氧化鐵，和鹽酸反應生成的三價鐵離子可以和金屬銅反應，二氧化硅可以和氫氧化鈉反應，4.92g固體和氫氧化鈉反應后，固體質(zhì)量減少了3.0g，所以該固體為二氧化硅，質(zhì)量為3.0g，涉及的反應有：Fe₂O₃+6H⁺=2Fe³⁺+3H₂O、Cu+2Fe³⁺=2Fe²⁺+Cu²⁺、SiO₂+2NaOH=Na₂SiO₃+H₂O，又Cu與NaOH不反應，1.92g固體只含Cu；
過程Ⅱ：由圖可知，9.4gX與過量的氫氧化鈉溶液反應后得到6.4g不溶物，固體部分溶解，原固體中至少含有Al₂O₃、SiO₂的一種物質(zhì)；6.4g固體與過量的稀硫酸反應得到藍色溶液，藍色溶液中存在銅離子，發(fā)生了反應：Fe₂O₃+6H⁺═2Fe³⁺+3H₂O、Cu+2Fe³⁺═2Fe²⁺+Cu²⁺，說明溶液中一定存在Fe²⁺、H⁺、Cu²⁺，1.92g固體為銅，以此來解答；
（4）Ⅱ中所得藍色溶液存在Fe²⁺、H⁺、Cu²⁺，向其中加入一定量的H₂O₂ 溶液，發(fā)生氧化還原反應，亞鐵離子被氧化成鐵離子，調(diào)節(jié)pH值，使鐵離子沉淀完全，根據(jù)表中的數(shù)據(jù)判斷pH值；
A．H₂O₂被還原后生成水，是綠色氧化劑，在氧化過程中不引進雜質(zhì)、不產(chǎn)生污染；
B．將Fe²⁺氧化為Fe³⁺的主要原因是Fe（OH）₂完全沉淀時的pH是9.6，而Fe（OH）₃完全沉淀時的pH為4.0，據(jù)此判斷；
C．調(diào)節(jié)溶液pH選擇的試劑要能與硫酸反應且不引入新雜質(zhì)，溶液中的溶質(zhì)主要是硫酸銅，據(jù)此判斷；
D．根據(jù)表中的數(shù)據(jù)可知，在pH＞4的溶液中Fe³⁺已經(jīng)沉淀完全．

解答 解：過程Ⅰ：工業(yè)廢Cu粉（雜質(zhì)含有SiO₂、Al₂O₃、Fe₂O₃中的一種或幾種），由圖1可知，9.4gCu粉和過量稀硫酸反應生成藍色溶液，所以是銅離子的顏色，但是金屬Cu和鹽酸不反應，所以一定含有氧化鐵，和鹽酸反應生成的三價鐵離子可以和金屬銅反應，二氧化硅可以和氫氧化鈉反應，4.92g固體和氫氧化鈉反應后，固體質(zhì)量減少了3.0g，所以該固體為二氧化硅，質(zhì)量為3.0g，涉及的反應有：Fe₂O₃+6H⁺=2Fe³⁺+3H₂O、Cu+2Fe³⁺=2Fe²⁺+Cu²⁺、SiO₂+2NaOH=Na₂SiO₃+H₂O，又Cu與NaOH不反應，1.92g固體只含Cu，
（1）根據(jù)上面的分析，廢Cu粉中一定含有的雜質(zhì)是 Fe₂O₃、SiO₂，
故答案為：Fe₂O₃、SiO₂；
（2）由I可知X中一定存在的是Cu、Fe₂O₃、Al₂O₃，離子方程式分別為Fe₂O₃+6H⁺═2Fe³⁺+3H₂O、Al₂O₃+6H⁺═2Al³⁺+3H₂O、Cu+2Fe³⁺═2Fe²⁺+Cu²⁺，③涉及反應有SiO₂+2OH^-═SiO₃^2-+H₂O、Al₂O₃+2OH^-=2AlO₂^-+H₂O，
故答案為：Fe₂O₃+6H⁺═2Fe³⁺+3H₂O、Al₂O₃+6H⁺═2Al³⁺+3H₂O、Cu+2Fe³⁺═2Fe²⁺+Cu²⁺；SiO₂+2OH^-═SiO₃^2-+H₂O、Al₂O₃+2OH^-=2AlO₂^-+H₂O；
過程Ⅱ：由圖可知，9.4gX與過量的氫氧化鈉溶液反應后得到6.4g不溶物，固體部分溶解，原固體中至少含有Al₂O₃、SiO₂的一種物質(zhì)；6.4g固體與過量的稀硫酸反應得到藍色溶液，藍色溶液中存在銅離子，發(fā)生了反應：Fe₂O₃+6H⁺═2Fe³⁺+3H₂O、Cu+2Fe³⁺═2Fe²⁺+Cu²⁺，總反應為Fe₂O₃+6H⁺+Cu═2Fe²⁺+Cu²⁺+3H₂O，根據(jù)該反應可知，參加反應的，未溶解的1.92g固體為銅，
（3）由第一個流程可知二氧化硅的質(zhì)量為3.0g，第二個流程中9.4gX與過量的氫氧化鈉溶液反應后得到6.4g不溶物，固體質(zhì)量減少3g，則原固體中只含有SiO₂，沒有Al₂O₃，
則Fe₂O₃、Cu一共6.4g，設Fe₂O₃為xmol，Cu為ymol，
則160x+64y=6.4
Fe₂O₃+6H⁺+Cu═2Fe²⁺+Cu²⁺+3H₂O，
xmol xmol 2xmol xmol
則反應剩余的Cu為：（y-x）mol×64g/mol=1.92g，
解得：x=0.02，y=0.05，
則Fe₂O₃的質(zhì)量為0.02mol×160g/mol=3.2g，
Cu的質(zhì)量為0.05mol×64g/mol=3.2g，
原混合物中各成分的質(zhì)量之比m（Fe₂O₃）：m（Cu）：m（SiO₂）=3.2：3.2：3.0=16：16：15，
故答案為：m（Fe₂O₃）：m（Cu）：m（SiO₂）=16：16：15；
（4）Ⅱ中所得藍色溶液存在Fe²⁺、H⁺、Cu²⁺，向其中加入一定量的H₂O₂ 溶液，發(fā)生氧化還原反應，亞鐵離子被氧化成鐵離子，調(diào)節(jié)pH值，使鐵離子沉淀完全，根據(jù)表中的數(shù)據(jù)可知，當pH值為4.0時，鐵離子沉淀完全，當pH值為5.4時，銅離子開始沉淀，所以要使得鐵離子完全沉淀，而銅離子不能沉淀，調(diào)節(jié)pH值為4.0≤pH＜5.4，
故答案為發(fā)：4.0≤pH＜5.4；
A．H₂O₂被還原后生成水，是綠色氧化劑，在氧化過程中不引進雜質(zhì)、不產(chǎn)生污染，故A正確；
B．將Fe²⁺氧化為Fe³⁺的主要原因是Fe（OH）₂完全沉淀時的pH是9.6，而Fe（OH）₃完全沉淀時的pH為4.0，故B錯誤；
C．調(diào)節(jié)溶液pH選擇的試劑要能與硫酸反應且不引入新雜質(zhì)，溶液中的溶質(zhì)主要是硫酸銅，故C正確；
D．根據(jù)表中的數(shù)據(jù)可知，在pH＞4的溶液中Fe³⁺已經(jīng)沉淀完全，故D正確，
故選ACD．

點評 本題考查物質(zhì)分離提純的綜合應用，側重于學生的分析和實驗能力的考查，為高考常見題型和高頻考點，注意掌握檢驗未知物的常用方法，能夠根據(jù)反應現(xiàn)象判斷存在的物質(zhì)，注意合理分析題中數(shù)據(jù)，根據(jù)題中數(shù)據(jù)及反應方程式計算出銅和氧化鐵的質(zhì)量，題目難度中等．