高考化学二轮 铜及其化合物推断题 专项培优含答案.docx

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高考化学二轮铜及其化合物推断题专项培优含答案

高考化学二轮铜及其化合物推断题专项培优含答案

一、铜及其化合物

1．浅绿色盐X仅含四种元素，不含结晶水，M（X）<908g•mol-1，某小组为了探究X的组成和性质，设计并完成了如下实验

上述实验中，得到23.3g白色沉淀E、28.8g红色固体G和12.8g红色固体H。

已知：

①X分解成A、B、C的反应为非氧化还原反应；

②常温下B呈液态且1个B分子含有10个电子。

请回答如下问题：

（1）写出B分子的电子式_______________；X的化学式是__________。

（2）在隔绝空气、570℃温度下加热X至完全分解的化学反应方程式为：

__________。

（3）请写出G溶于D溶液的离子方程式：

_________________。

（4）请设计实验检验固体C中是否仍含有X：

___________________。

【答案】

Cu4（OH）6SO4Cu4（OH）6SO4

4CuO+SO3↑+3H2O↑Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O取少量样品于试管中，加入足量稀盐酸溶解，再加入少量BaCl2溶液，若产生白色沉淀则样品中含有X，反之则没有。

【解析】

【分析】

浅绿色盐X在570℃、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应，得到A、B和黑色固体C，常温下B呈液态且1个B分子含有10个电子，B为H2O，A和水反应生成的D能和氯化钡反应生成白色沉淀E，E只能为BaSO4，则D为H2SO4，A是SO3；23.3g白色沉淀E的物质的量为0.1mol，黑色固体C可能为Fe3O4、CuO、C等，黑色固体C隔绝空气在1000℃反应生成气体F和红色固体G，G能和H2SO4反应生成红色固体和蓝色溶液应为Cu2O在酸性溶液中的歧化反应，Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O，所以黑色固体C为CuO，G为Cu2O，气体F为O2，红色H为Cu，蓝色溶液I为CuSO4，然后结合反应产生的物质的质量计算物质的量，利用物质的量的比等于原子个数比，结合其不含有结晶水，确定X的化学式，并进行有关解答。

【详解】

根据上述分析可知A是SO3，B是H2O，C是CuO，D是H2SO4，E是BaSO4，F是O2，G为Cu2O，H为Cu，I为CuSO4，X是含有Cu、H、O、S四种元素的化合物。

（1）B为H2O，水分子中H、O原子之间以共价键结合，电子式为：

；根据元素守恒可知，在浅绿色盐X中n（Cu）=2n（Cu2O）=2×

=0.4mol，n（CuO）=0.4mol，n（S）=n（BaSO4）=

=0.1mol，n（CuO）：

n（SO3）=0.04mol：

0.01mol=4：

1，仅含四种元素，不含结晶水，设化学式为：

Cu4（OH）mSO4，Cu4（OH）mSO4

4CuO+SO3↑+

H2O↑，根据氧元素守恒得：

m=6，符合M（X）<908g/mol，所以X化学式为Cu4（OH）6SO4；

（2）X在隔绝空气、570℃温度下加热发生Cu4（OH）6SO4

4CuO+SO3↑+3H2O↑；

（3）砖红色固体G是Cu2O，与足量稀H2SO4发生氧化还原反应，产生Cu、CuSO4、H2O，反应的离子方程式为：

Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O；

（4）黑色固体C为CuO，如含有X，则可用检验SO42-的方法检验，方法是：

取少量样品于试管中，加入足量稀盐酸溶解，再加入少量氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则样品中含有X，反之则没有。

【点睛】

本题考查物质的组成的测定，属于计算型推断，物质的颜色、溶解性是推断突破口，氧化亚铜与酸的反应是推断中的难点，注意利用守恒计算X中给微粒的量，需要学生熟练掌握元素化合物知识，适当训练有关Cu的化合物推断并与有机物联系。

2．下列框图涉及的物质所含元素中，除一种元素外，其余均为1～18号元素。

已知：

A、F为无色气体单质，B为具有刺激性气味的气体，化学家哈伯因合成B获得1918年的诺贝尔化学奖。

C为黑色氧化物，E为紫红色金属单质，I为蓝色沉淀（部分反应的产物未列出）。

请回答下列问题：

（1）常温下铝遇到G的浓溶液后表面形成一层致密的保护膜，该现象称为___________。

（2）E与G的稀溶液反应的离子方程式为_________。

（3）在25℃和101kPa的条件下，将VL的B气体溶于100mL水中，得到密度为ρg·mL－1的溶液M，则M溶液的物质的量浓度为________mol·L－1。

（已知25℃、101kPa条件下气体摩尔体积为24.5L·mol－1，不必化简）

（4）分别蘸取B的浓溶液和G的浓溶液的玻璃棒，接近后的现象是_________。

（5）B和C反应的化学方程式为__________。

（6）J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀。

写出SO2还原J生成K的离子方程式：

______。

【答案】钝化3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O

冒白烟3CuO＋2NH3=3Cu＋N2＋3H2O2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O

2CuCl↓＋4H＋＋SO42－

【解析】

【分析】

（1）常温下铝遇浓硝酸钝化，据此解答；

（2）铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，据此解答；

（3）氨气的物质的量是

mol，溶液的质量是

g，溶液的体积为

＝

mL，据此解答；

（4）浓硝酸、浓氨水均易挥发，分别蘸取浓硝酸和浓氨水的玻璃棒接近后会产生白烟，据此解答；

（5）B与C反应即CuO和NH3反应，生成铜单质、氮气和水，据此解答；

（6）J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀，则K是CuCl，SO2还原氯化铜生成氯化亚铜，据此解答；

【详解】

A、F为无色气体单质，B为具有刺激性气味的气体，化学家哈伯因合成B获得1918年的诺贝尔化学奖，则B是氨气，A是氧气，D是NO，F是氮气，G是硝酸。

C为黑色氧化物，E为紫红色金属单质，I为蓝色沉淀，则C是氧化铜，与氨气发生氧化还原反应生成铜、氮气和水，E是铜，与硝酸反应生成硝酸铜，I是氢氧化铜，J是氯化铜。

（1）常温下铝遇浓硝酸后表面形成一层致密的保护膜，该现象称为钝化，故答案为：

钝化；

（2）铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故答案为：

3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；

（3）氨气的物质的量是

mol，溶液的质量是

g，溶液的体积为

＝

mL，所以溶液的物质的量浓度为

mol·L－1，故答案为：

；

（4）浓硝酸、浓氨水均易挥发，分别蘸取浓硝酸和浓氨水的玻璃棒接近后会产生硝酸铵，实验现象是冒白烟，故答案为：

冒白烟；

（5）B与C反应的化学方程式为3CuO＋2NH3=3Cu＋N2＋3H2O，故答案为：

3CuO＋2NH3=3Cu＋N2＋3H2O；

（6）J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀，则K是CuCl，SO2还原氯化铜生成氯化亚铜的离子方程式为2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O

2CuCl↓＋4H＋＋SO42－，故答案为：

2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O

2CuCl↓＋4H＋＋SO42－。

3．某研究小组为了探究一种浅绿色盐X（仅含四种元素，不含结晶水，M（X）<908g⋅mol-1）的组成和性质，设计并完成了如下实验：

取一定量的浅绿色盐X进行上述实验，充分反应后得到23.3g白色沉淀E、28.8g红色固体G和12.8g红色固体H。

已知：

①浅绿色盐X在570℃、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应；

②常温下B呈液态且1个B分子含有10个电子。

请回答如下问题：

（1）写出B分子的电子式___。

（2）已知G溶于稀硝酸，溶液变成蓝色，并放出无色气体。

请写出该反应的离子方程式为___。

（3）在隔绝空气、570℃温度下加热X至完全分解的化学反应方程式为___。

（4）一定条件下，NH3与黑色固体C发生氧化还原反应得到红色固体和气体丙（丙是大气主要成分之一），写出一个可能的化学反应方程式___。

【答案】

3Cu2O+14H++2NO3-=6Cu2++2NO↑+7H2OCu4（OH）6SO4

4CuO+SO3↑+3H2O↑3CuO+2NH3

N2+3Cu2O+3H2O

【解析】

【分析】

浅绿色盐X在570℃、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应，得到A、B和黑色固体C，常温下B呈液态，且1个B分子含有10个电子，B为水；A和水反应生成的D能和氯化钡反应生成白色沉淀E，E只能为硫酸钡，则A为SO3，D为H2SO4；黑色固体C可能为四氧化三铁、氧化铜、碳等，黑色固体C隔绝空气在1000℃反应生成气体F和红色固体G，G能和硫酸反应生成红色固体和蓝色溶液应为氧化亚铜在酸性溶液中的歧化反应，Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O，所以红色固体G为氧化亚铜，气体F为氧气，红色固体H为铜，蓝色溶液I为硫酸铜，黑色固体C为氧化铜，据此分析解答。

【详解】

（1）B为水，水是共价化合物，氢原子和氧原子之间以共价键结合，其电子式为

，故答案为：

；

（2）红色固体G为氧化亚铜，Cu2O中+1价的铜被硝酸氧化，稀硝酸被还原成一氧化氮，反应的离子方程式为：

3Cu2O+14H++2NO3-═6Cu2++2NO↑+7H2O，故答案为：

3Cu2O+14H++2NO3-═6Cu2++2NO↑+7H2O； 

（3）根据上述分析，A为SO3，B为水，C为氧化铜，D为H2SO4，E为硫酸钡，F为氧气，G为氧化亚铜，H为铜，I为硫酸铜。

23.3g白色沉淀E（硫酸钡）的物质的量为n=

=0.1mol，浅绿色盐X中n（Cu）=0.4mol，n（S）=0.1mol，n（CuO）∶n（SO3）=1∶4，仅含四种元素，不含结晶水，设化学式为：

Cu4（OH）mSO4，Cu4（OH）mSO4

4CuO+SO3↑+

H2O↑，根据氧元素守恒得：

m=6，符合M（X）＜908g•mol-1，则该反应流程为：

X在隔绝空气、570℃温度下加热Cu4（OH）6SO4

4CuO+SO3↑+3H2O↑，故答案为：

Cu4（OH）6SO4

4CuO+SO3↑+3H2O↑；

（4）空气的主要成分为氧气、氮气，黑色固体C为氧化铜，与氨气反应生成氮气，气体丙为氮气、铜（0价）或氧化亚铜（铜为+1价）和水，红色固体为铜或氧化亚铜，反应的化学方程式可能为：

3CuO+2NH3

N2+3Cu+3H2O或3CuO+2NH3

N2+3Cu2O+3H2O，故答案为：

3CuO+2NH3

N2+3Cu+3H2O或3CuO+2NH3

N2+3Cu2O+3H2O。

【点睛】

本题的易错点和难点为X的确定，要注意根据流程图确定X所含元素及其物质的量，结合M（X）＜908g•mol-1确定，本题的另一个注意点为（4），要注意红色固体为铜或氧化亚铜，甚至可以为铜或氧化亚铜的混合物。

4．孔雀石等自然界存在的碳酸盐类铜矿的化学组成为xCuCO3·yCu（OH）2（x、y为正整数，且x≤3，y≤2）。

（1）现有两份等量的某碳酸盐类制矿样品，一份加足量盐酸，产生3.36L标准状况下的CO2气体，另一份加热完全分解得到20gCuO，则该碳盐类铜矿的化学组成中x：

y=____。

（2）设某碳酸盐类铜矿样品质量为ag，含铜质量为bg，加酸完全分解得到标准状况下CO2气体VL，则a、b、V的代数关系式是_____。

【答案】3:

2a=

或a=

【解析】

【分析】

（1）先计算一定质量的碳酸盐反应产生的CO2、CuO的物质的量，然后根据C元素守恒可得n（CuCO3）=n（CO2），根据Cu元素守恒可得n（CuCO3）+n[Cu（OH）2]=n（CuO），计算出n[Cu（OH）2]，就可得到n（CuCO3）与n[Cu（OH）2]的物质的量的最简整数比；

（2）根据碳元素守恒可得n（CuCO3）=n（CO2）=

，根据Cu元素守恒可得n（CuCO3）+n[Cu（OH）2]=n（Cu），用含有b、V的代数式表示，也可根据n（CuCO3）=n（CO2）=

先计算出CuCO3的质量，用总质量减去CuCO3的质量得到Cu（OH）2的质量，再计算其物质的量，最后得到n（CuCO3）与n[Cu（OH）2]的物质的量的最简整数比。

【详解】

（1）n（CO2）=3.36L÷22.4L/mol=0.15mol，则n（CuCO3）=n（CO2）=0.15mol，n（CuO）=20g÷80g/mol=0.25mol，根据Cu元素守恒，可得n[Cu（OH）2]=0.25mol-0.15mol=0.10mol，所以n（CuCO3）：

n[Cu（OH）2]=0.15：

0.10=3：

2，所以碳酸盐类铜矿的化学组成为xCuCO3·yCu（OH）2中x=3，y=2，盐可以表示为3CuCO3·2Cu（OH）2；

（2）根据C元素守恒可得n（CuCO3）=n（CO2）=

，根据Cu元素可得n（CuCO3）+n[Cu（OH）2]=n（Cu）=

mol，则n[Cu（OH）2]=

）mol，所以n（CuCO3）：

n[Cu（OH）2]=

：

），a=a=

；n（CuCO3）=n（CO2）=

，m（CuCO3）=

×124g/mol=

，该化合物含有Cu的总物质的量是n（Cu）

，则根据Cu元素守恒，可得n[Cu（OH）2]=

，m[Cu（OH）2]=98g/mol×（

），根据反应前后物质质量不变，可得a=

+98g/mol×（

）=

。

5．化学反应多姿多彩，其中的颜色多种多样，试根据图中框图，按要求填写下列问题

（1）A的名称是______________，B的化学式是_________。

（2）反应①的化学方程式________________________；

反应②的离子方程式_____________________________；

B和氯气的化学方程式____________________________。

【答案】

（1）氧化铁；Fe

（2）Fe2O3+3CO

2Fe+3CO2；Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；2Fe+3Cl2

2FeCl3

【解析】

【分析】

【详解】

试题分析：

红棕色粉末A为氧化铁，在高温下被一氧化碳还原，生成黑色粉末B为铁，与蓝色溶液反应生成红色固体C为铜，铁与盐酸反应生成浅绿色溶液为氯化亚铁。

（1）根据上述分析，A是氧化铁，B是铁，故答案为氧化铁；Fe；

（2）反应①的化学方程式为Fe2O3+3CO

2Fe+3CO2，故答案为Fe2O3+3CO

2Fe+3CO2；

反应②的离子方程式为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，故答案为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；

B和氯气的化学方程式为2Fe+3Cl2

2FeCl3，故答案为2Fe+3Cl2

2FeCl3。

考点：

考查了无机推断的相关知识。

6．氯化亚铜（CuCl）广泛应用于化工、印染、电镀等行业。

CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。

以海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下：

回答下列问题：

（1）步骤①中得到的氧化产物是_________，溶解温度应控制在60~70度，原因是__________。

（2）写出步骤③中主要反应的离子方程式___________。

（3）步骤⑤包括用pH=2的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是_________（写名称）。

（4）上述工艺中，步骤⑥不能省略，理由是______________________________。

（5）步骤②、④、⑤、⑧都要进行固液分离。

工业上常用的固液分离设备有__________（填字母）

A．分馏塔

B．离心机

C．反应釜

D．框式压滤机

（6）准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于若两的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用amol/L的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液bmL，反应中Cr2O72-被还原为Cr3+，样品中CuCl的质量分数为__________。

【答案】CuSO4或Cu2+温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+硫酸醇洗有利加快去除CuCl表面水分，防止其水解氧化）B、D

【解析】

【分析】

【详解】

（1）海绵铜的主要成分是Cu与CuO，溶解所需试剂中有硝酸铵、水、硫酸，则Cu被氧化为铜离子；在稀溶液中，硝酸根离子作氧化剂，硫酸没有氧化性，作酸性介质，因此Cu2+和NH4+都会变成对应的硫酸盐。

（2）步骤③反应后过滤，说明反应中有沉淀产生，则该沉淀为CuCl沉淀，结合硫酸铵的回收，可知步骤③发生的离子反应为：

2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+；

（3）盐酸中含有较多氯离子，可能溶解CuCl沉淀，不合适；硝酸具有氧化性，会氧化CuCl沉淀，不合适；三大强酸中只有稀硫酸合适。

（4）CuCl难溶于醇和水，潮湿空气中易水解氧化，而水与醇互溶，所以醇洗不能省略的原因是醇的沸点低，可加快去除CuCl表面水分，防止其水解氧化，也有利于后面的烘干步骤。

（5）用于分离固体和液体的设备与实验室中的过滤的原理是相似的。

A、分馏塔是用于分离互溶的液体的设备，错误；B、离心机可利用离心力的作用使液体中的固体沉降，达到固液分离的目的，正确；C、反应釜为发生反应的设备，错误；D、框式压滤机可以使物料中的水通过挤压而排出，达到固液分离的目的，正确，答案选BD；

（6）根据题意，CuCl与K2Cr2O7发生氧化还原反应，K2Cr2O7被还原为Cr3+，则bmL、amol/LK2Cr2O7溶液发生反应时，转移电子的物质的量是ab×10-3×2×3mol=6ab×10-3mol，+1价Cu会被氧化为Cu2+，根据得失电子守恒，则CuCl的物质的量是6ab×10-3mol，则样品中CuCl的质量分数是（6ab×10-3mol×99.5g/mol）/mg×100%=0.597ab/m×100%。

7．氧化亚铜（Cu2O）是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石（含CuFeS2、Cu2S等）为原料制取Cu2O的工艺流程如下：

常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表：

Fe（OH）2

Fe（OH）3

Cu（OH）2

开始沉淀

7.5

2.7

4.8

完全沉淀

9.0

3.7

6.4

（1）炉气中的有害气体成分是__________（填化学式），Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。

（2）若试剂X是H2O2溶液，则“氧化”反应的离子方程式为____________________，并写出H2O2的电子式：

__________；当试剂X是__________时，更有利于降低生产成本。

（3）加入试剂Y调pH时，pH的调控范围是__________。

（4）操作X包括__________、洗涤、烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是_________。

（5）以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，写出阳极上生成Cu2O的电极反应式：

____________________________________。

【答案】SO22∶12Fe2＋＋2H＋＋H2O2＝2Fe3＋＋2H2O

空气或氧气3.7≤pH＜4.8过滤防止Cu2O被空气中氧气氧化2Cu－2e－＋2OH－＝Cu2O＋H2O

【解析】

【分析】

硫化铜矿石（含CuFeS2、Cu2S等）预处理后与氧气焙烧：

2CuFeS2+4O2

Cu2S+3SO2+2FeO、Cu2S+2O2

2CuO+SO2，部分FeO被氧化为Fe2O3，得到相应的金属氧化物和二氧化硫气体，加入稀硫酸溶解金属氧化物，得到含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的酸性溶液，加入试剂X将Fe2+氧化为Fe3+，加入试剂Y调节pH=3.7～4.8，沉淀Fe3+，过滤，将滤液用KOH、N2H4还原，反应为：

4CuSO4+N2H4+8KOH

2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O，过滤，洗涤、隔绝空气烘干，制得Cu2O。

【详解】

（1）根据流程可知，矿石与氧气得到金属氧化物和SO2；Cu2S与O2发生反应Cu2S＋2O2

2CuO＋SO2，氧化剂为氧气，还原剂为Cu2S，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1；故答案为：

SO2；2∶1；

（2）若试剂X是H2O2溶液，将Fe2＋氧化为Fe3＋，离子反应方程式为2Fe2＋＋2H＋＋H2O2＝2Fe3＋＋2H2O；H2O2的电子式为

；在酸性条件下，氧气也可将Fe2＋氧化为Fe3＋，而氧气或空气价格远低于过氧化氢，故可用氧气或空气替代；故答案为：

2Fe2＋＋2H＋＋H2O2＝2Fe3＋＋2H2O；

；氧气或空气

（3）加入试剂Y的目的是调节pH完全沉淀Fe3＋，但不沉淀Cu2＋，根据表中数据可知，pH的调控范围为3.7≤pH＜4.8；故答案为：

3.7≤pH＜4.8；

（4）操作X为过滤，滤渣经洗涤、烘干，制得Cu2O；因为Cu2O具有较强的还原性，在加热条件下易被空气氧化，故烘干过程要隔绝空气；故答案为：

过滤；防止Cu2O被空气中氧气氧化；

（5）铜作阳极，石墨作阴极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，阳极发生氧化反应，其电极反应式为2Cu－2e－＋2OH－＝Cu2O＋H2O；故答案为：

2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O。

8．FeCl3溶液可以蚀刻印刷电路板上的Cu。

某实验兴趣小组模拟该过程，并回收Cu和蚀刻液的流程如下：

（1）“蚀刻”时的化学反应方程式为____。

（2）滤渣的成分为____。

（3）“反应Ⅱ”的离子方程式为____。

【答案】2FeCl3＋Cu＝2FeCl2＋CuCl2Cu、Fe2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl－

【解析】

【分析】

按流程中的试剂用量和操作步骤综合考虑；

【详解】

（1）溶液在“蚀刻”铜时氯化铁被还原，铜被氧化，化学反应方程式为2FeCl3＋Cu＝2FeCl2＋CuCl2

答案为：

2FeCl3＋Cu＝2FeCl2＋CuCl2；

（2）铁置换出了铜，又因为铁粉过量，所以滤渣的成分为Cu、Fe；

答案为：

Cu、Fe；

（3）滤液中溶质只有FeCl2，被通入的氯气氧化，“反应Ⅱ”的离子方程式为2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl－；

答案为：

2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl－。

9．信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。

某“变废为宝”学习探究小组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：

请回答下列问题：

（1）第①步Cu与酸反应的离子方程式为_________；

得到滤渣I的主要成分为____________________；

（2）第②步加H2O2的作用是__________________；

（3）用第③步所得CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是________；

（4）由滤渣2制取Al2（SO4）3·18H2O，探究小组设计了三种方案：

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。

【答案】Cu+4H++