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    16．某科研小组探究工业废Cu粉（杂质含有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，实验过程如下：
    过程Ⅰ：

    （1）废Cu粉中一定含有的杂质是Fe2O3、SiO2（填化学式）
    （2）写出过程②发生反应的离子方程式：SiO2+2OH-═SiO32-+H2O．
    过程Ⅱ：

    （3）综合过程Ⅰ、II，计算废Cu粉中各成分的质量之比是m（Fe2O3）：m（Cu）：m（SiO2）=16：16：15（化为最简整数比）
    过程Ⅲ：已知25℃时：
    电解质Cu（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3
    溶度积（Ksp）2.2×10-208.0×10-164.0×10-38
    开始沉淀时的pH5.46.53.5
    完全沉淀时的pH6.49.64.0
    （4）在Ⅱ中所得蓝色溶液中加入一定量的H2O2 溶液，调节溶液的pH范围为4.0≤pH＜5.4，然后过滤、结晶，可得CuSO4•5H2O．
    （5）下列与Ⅲ方案 相关的叙述中，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．调节溶液pH选择的试剂可以是氢氧化铜或氧化铜
    D．在pH＞4的溶液中Fe3+一定不能大量存在．

    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；
    过程Ⅲ：（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；
    （5）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）过程②发生反应的离子方程式为SiO2+2OH-═SiO32-+H2O，
    故答案为：SiO2+2OH-═SiO32-+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；
     过程Ⅲ：（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；
    （5）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．

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    （5）取28.70g ZnSO4•7H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示．

    680℃时所得固体的化学式为b．
    a．ZnO       b．Zn3O（SO4）2        c．ZnSO4     d．ZnSO4•H2O．

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    ①由C、H、O三种元素组成，经燃烧分析实验测定其碳的质量分数是64.86%，氢的质量分数是13.51%　②如图是该有机物的质谱图，

    ③A的红外光谱图上有C-H键、O-H键、C-O键的振动吸收峰．
    ④A的核磁共振氢谱有两个峰．
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    （a）A的实验式（最简式）为C4H10O，相对分子质量为74．
    （b）A的结构简式为CH3CH2OCH2CH3．

    （2）写出实现下列变化的化学方程式．

    ①CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br ②nCH2=CH2$\stackrel{一定条件}{→}$③CH2=CH2+H2O$\stackrel{一定条件}{→}$CH3CH2OH④CH2=CH2+3O2$\stackrel{点燃}{→}$2CO2+2H2O．

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    1．硫酸铜在农业生产和生活中都有重要的应用，请回答下列问题：
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    （5）产品中Fe2+的定量分析：制得的摩尔盐样品中往往含有极少量的Fe3+．为了测定摩尔盐产品中Fe2+的含量，一般采用在酸性条件下KMnO4标准液滴定的方法．称取4.0g的摩尔盐样品，溶于水，并加入适量稀硫酸．用0.2mol•L-1 KMnO4溶液滴定，当溶液中Fe2+ 全部被氧化时，消耗KMnO4溶液体积 10.00mL．
    ①写出滴定时反应的离子方程式5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O
    ②计算产品中Fe2+的质量分数（写出计算过程）．

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    15．下列实验或操作正确的是（　　）
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