Question

2．某科研小组探究工业废Cu粉（杂质可能含有SiO₂、Al₂O₃、Fe₂O₃中的一种或几种）的组成并制备少量CuSO₄•5H₂O，实现废物综合利用．他们进行了两组实验，过程如下：
Ⅰ：
Ⅱ：
（1）废Cu粉中含有的杂质是SiO₂、Fe₂O₃．
（2）分别写出过程①③中发生反应的离子方程式：
①Fe₂O₃+6H⁺═2Fe³⁺+3H₂O、Al₂O₃+6H⁺═2Al³⁺+3H₂O、Cu+2Fe³⁺═2Fe²⁺+Cu²⁺；③SiO₂+2OH^-═SiO₃^2-+H₂O、Al₂O₃+2OH^-=2AlO₂^-+H₂O．
（3）综合过程Ⅰ、II，计算工业废Cu粉中各成分的质量之比是m（Fe₂O₃）：m（Cu）：m（SiO₂）=16：16：15（可不必化简）．（4）已知25℃时：

电解质	Cu（OH）2	Fe（OH）2	Fe（OH）3
开始沉淀时的pH	5.4	6.5	3.5
完全沉淀时的pH	6.4	9.6	4.0

从Ⅱ中所得蓝色溶液中分离提纯得到CuSO₄•5H₂O晶体，需要经过下列步骤：
a、向蓝色溶液中加入一定量的H₂O₂ 溶液；
b、调节溶液的pH为4.0≤pH＜5.4之间；
c、然后过滤、结晶，再过滤，可得CuSO₄•5H₂O．
下列关于实验操作的叙述中，正确的是ACD（填字母）．
A．H₂O₂是绿色氧化剂，在氧化过程中不引进杂质、不产生污染
B．将Fe²⁺氧化为Fe³⁺的主要原因是Fe（OH）₂沉淀比Fe（OH）₃沉淀较难过滤
C．上述步骤c中第一次过滤是为了得到滤液，第二次过滤是为了得到固体
D．在pH＞4的溶液中Fe³⁺一定不能大量存在．

Answer 1

分析 过程Ⅰ：工业废Cu粉（杂质含有SiO₂、Al₂O₃、Fe₂O₃中的一种或几种），由图1可知，9.4gCu粉和过量稀硫酸反应生成蓝色溶液，所以是铜离子的颜色，但是金属Cu和盐酸不反应，所以一定含有氧化铁，和盐酸反应生成的三价铁离子可以和金属铜反应，二氧化硅可以和氢氧化钠反应，4.92g固体和氢氧化钠反应后，固体质量减少了3.0g，所以该固体为二氧化硅，质量为3.0g，涉及的反应有：Fe₂O₃+6H⁺=2Fe³⁺+3H₂O、Cu+2Fe³⁺=2Fe²⁺+Cu²⁺、SiO₂+2NaOH=Na₂SiO₃+H₂O，又Cu与NaOH不反应，1.92g固体只含Cu；
过程Ⅱ：由图可知，9.4gX与过量的氢氧化钠溶液反应后得到6.4g不溶物，固体部分溶解，原固体中至少含有Al₂O₃、SiO₂的一种物质；6.4g固体与过量的稀硫酸反应得到蓝色溶液，蓝色溶液中存在铜离子，发生了反应：Fe₂O₃+6H⁺═2Fe³⁺+3H₂O、Cu+2Fe³⁺═2Fe²⁺+Cu²⁺，说明溶液中一定存在Fe²⁺、H⁺、Cu²⁺，1.92g固体为铜，以此来解答；
（4）Ⅱ中所得蓝色溶液存在Fe²⁺、H⁺、Cu²⁺，向其中加入一定量的H₂O₂ 溶液，发生氧化还原反应，亚铁离子被氧化成铁离子，调节pH值，使铁离子沉淀完全，根据表中的数据判断pH值；
A．H₂O₂被还原后生成水，是绿色氧化剂，在氧化过程中不引进杂质、不产生污染；
B．将Fe²⁺氧化为Fe³⁺的主要原因是Fe（OH）₂完全沉淀时的pH是9.6，而Fe（OH）₃完全沉淀时的pH为4.0，据此判断；
C．调节溶液pH选择的试剂要能与硫酸反应且不引入新杂质，溶液中的溶质主要是硫酸铜，据此判断；
D．根据表中的数据可知，在pH＞4的溶液中Fe³⁺已经沉淀完全．

解答 解：过程Ⅰ：工业废Cu粉（杂质含有SiO₂、Al₂O₃、Fe₂O₃中的一种或几种），由图1可知，9.4gCu粉和过量稀硫酸反应生成蓝色溶液，所以是铜离子的颜色，但是金属Cu和盐酸不反应，所以一定含有氧化铁，和盐酸反应生成的三价铁离子可以和金属铜反应，二氧化硅可以和氢氧化钠反应，4.92g固体和氢氧化钠反应后，固体质量减少了3.0g，所以该固体为二氧化硅，质量为3.0g，涉及的反应有：Fe₂O₃+6H⁺=2Fe³⁺+3H₂O、Cu+2Fe³⁺=2Fe²⁺+Cu²⁺、SiO₂+2NaOH=Na₂SiO₃+H₂O，又Cu与NaOH不反应，1.92g固体只含Cu，
（1）根据上面的分析，废Cu粉中一定含有的杂质是 Fe₂O₃、SiO₂，
故答案为：Fe₂O₃、SiO₂；
（2）由I可知X中一定存在的是Cu、Fe₂O₃、Al₂O₃，离子方程式分别为Fe₂O₃+6H⁺═2Fe³⁺+3H₂O、Al₂O₃+6H⁺═2Al³⁺+3H₂O、Cu+2Fe³⁺═2Fe²⁺+Cu²⁺，③涉及反应有SiO₂+2OH^-═SiO₃^2-+H₂O、Al₂O₃+2OH^-=2AlO₂^-+H₂O，
故答案为：Fe₂O₃+6H⁺═2Fe³⁺+3H₂O、Al₂O₃+6H⁺═2Al³⁺+3H₂O、Cu+2Fe³⁺═2Fe²⁺+Cu²⁺；SiO₂+2OH^-═SiO₃^2-+H₂O、Al₂O₃+2OH^-=2AlO₂^-+H₂O；
过程Ⅱ：由图可知，9.4gX与过量的氢氧化钠溶液反应后得到6.4g不溶物，固体部分溶解，原固体中至少含有Al₂O₃、SiO₂的一种物质；6.4g固体与过量的稀硫酸反应得到蓝色溶液，蓝色溶液中存在铜离子，发生了反应：Fe₂O₃+6H⁺═2Fe³⁺+3H₂O、Cu+2Fe³⁺═2Fe²⁺+Cu²⁺，总反应为Fe₂O₃+6H⁺+Cu═2Fe²⁺+Cu²⁺+3H₂O，根据该反应可知，参加反应的，未溶解的1.92g固体为铜，
（3）由第一个流程可知二氧化硅的质量为3.0g，第二个流程中9.4gX与过量的氢氧化钠溶液反应后得到6.4g不溶物，固体质量减少3g，则原固体中只含有SiO₂，没有Al₂O₃，
则Fe₂O₃、Cu一共6.4g，设Fe₂O₃为xmol，Cu为ymol，
则160x+64y=6.4
Fe₂O₃+6H⁺+Cu═2Fe²⁺+Cu²⁺+3H₂O，
xmol xmol 2xmol xmol
则反应剩余的Cu为：（y-x）mol×64g/mol=1.92g，
解得：x=0.02，y=0.05，
则Fe₂O₃的质量为0.02mol×160g/mol=3.2g，
Cu的质量为0.05mol×64g/mol=3.2g，
原混合物中各成分的质量之比m（Fe₂O₃）：m（Cu）：m（SiO₂）=3.2：3.2：3.0=16：16：15，
故答案为：m（Fe₂O₃）：m（Cu）：m（SiO₂）=16：16：15；
（4）Ⅱ中所得蓝色溶液存在Fe²⁺、H⁺、Cu²⁺，向其中加入一定量的H₂O₂ 溶液，发生氧化还原反应，亚铁离子被氧化成铁离子，调节pH值，使铁离子沉淀完全，根据表中的数据可知，当pH值为4.0时，铁离子沉淀完全，当pH值为5.4时，铜离子开始沉淀，所以要使得铁离子完全沉淀，而铜离子不能沉淀，调节pH值为4.0≤pH＜5.4，
故答案为发：4.0≤pH＜5.4；
A．H₂O₂被还原后生成水，是绿色氧化剂，在氧化过程中不引进杂质、不产生污染，故A正确；
B．将Fe²⁺氧化为Fe³⁺的主要原因是Fe（OH）₂完全沉淀时的pH是9.6，而Fe（OH）₃完全沉淀时的pH为4.0，故B错误；
C．调节溶液pH选择的试剂要能与硫酸反应且不引入新杂质，溶液中的溶质主要是硫酸铜，故C正确；
D．根据表中的数据可知，在pH＞4的溶液中Fe³⁺已经沉淀完全，故D正确，
故选ACD．

点评 本题考查物质分离提纯的综合应用，侧重于学生的分析和实验能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意掌握检验未知物的常用方法，能够根据反应现象判断存在的物质，注意合理分析题中数据，根据题中数据及反应方程式计算出铜和氧化铁的质量，题目难度中等．