备战高考化学备考之铝及其化合物推断题压轴突破训练培优篇含答案1.docx
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备战高考化学备考之铝及其化合物推断题压轴突破训练培优篇含答案1
2020-2021备战高考化学备考之铝及其化合物推断题压轴突破训练∶培优篇含答案
(1)
一、铝及其化合物
1.Ⅰ.某化工厂以铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3,含有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分Na2Cr2O7·2H2O),工艺流程如图:
i.常温,NaBiO3不溶于水,有强氧化性,碱性条件下,能将Cr3+转化为CrO42-。
ii.常温时,部分金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH值
(1)步骤①提高酸溶速率的措施__(任填一条即可)。
固体A的成分是___。
(2)步骤③需加氢氧化钠溶液调节pH,调节pH范围为__,目的是__。
(3)写出④反应的离子方程式__。
(4)将溶液H经过__即得红矾钠粗晶体。
Ⅱ.经该工厂的工业废水中含1.00×10-3mol·L-1的Cr2O72-,其毒性较大。
该化工厂的科研人员为了变废为宝,将废水处理得到磁性材料Cr0.5Fe1.5FeO4(Fe的化合价依次为+3、+2),又设计了如下工艺流程:
(5)第①步反应的离子方程式是__。
(6)常温时,如忽略步骤①所加FeSO4·7H2O所引起的溶液体积变化,依据上表数据,则步骤②加入NaOH溶液调节溶液的pH至9时,溶液中Cr3+的浓度为___mol/L(101/2≈3.2)。
(7)欲使1L该废水中的Cr2O72-完全转化为Cr0.5Fe1.5FeO4。
理论上需要加入FeSO4·7H2O的质量为__g(已知FeSO4·7H2O的摩尔质量为278g/mol)。
【答案】加热/搅拌/粉碎/适当提高稀硫酸的浓度(任写一条)SiO24.9≤pH<5.5使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2Cr2O72−+3Bi(OH)3↓+3Na+蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O6.4×10−142.78
【解析】
【分析】
铬铁矿中的FeO、Cr2O3和Al2O3均能溶于硫酸,SiO2不溶,过滤,向滤液中加入双氧水,氧化亚铁离子,步骤③的目的是使Fe3+、Al3+沉淀,过滤,向滤液中加入NaBiO3、NaOH,能将Cr3+转化为Cr2O72−,过滤,将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥得到Na2Cr2O7·2H2O。
【详解】
⑴加热、搅拌、粉碎、适当提高稀硫酸的浓度均可加快化学反应速率,任答一种即可。
按照元素化合物知识,铬铁矿中的FeO、Cr2O3和Al2O3均能溶于硫酸,SiO2不溶,故第①步得到的固体A为SiO2;故答案为:
加热/搅拌/粉碎/适当提高稀硫酸的浓度(任写一条);SiO2。
⑵步骤③的目的是使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去,但不能使Cr3+沉淀,故需要调节的pH范围为4.9≤pH<5.5,故答案为:
4.9≤pH<5.5;使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去。
⑶常温下,NaBiO3不溶于水,有强氧化性,在碱性条件下,能将Cr3+转化为Cr2O72−,则反应的离子方程式为3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2Cr2O72−+3Bi(OH)3↓+3Na+;故答案为:
3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2Cr2O72−+3Bi(OH)3↓+3Na+。
⑷溶液H得红矾钠粗晶体需经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥;故答案为:
蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥。
⑸Cr2O72−有强氧化性,FeSO4·7H2O中Fe2+有一定的还原性,在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+,自身被还原为Cr3+,根据元素守恒及所处环境可知,还有水生成,反应离子方程式为Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O;故答案为:
Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。
⑹常温时,如忽略步骤①所加FeSO4·7H2O所引起的溶液体积变化,依据上表数据得到Cr3+开始沉淀时pH=5.5,即
,则
,步骤②加入NaOH溶液调节溶液的pH至9时,
,则溶液中Cr3+的浓度为
,
;故答案为;6.4×10−14mol·L−1。
⑺欲使1L该废水中n(Cr2O72−)=1×10−3mol,根据Cr原子、Fe原子守恒,可得Cr2O72−~4Cr0.5Fe1.5FeO4~10FeSO4·7H2O,因此理论上n(FeSO4·7H2O)=10n(Cr2O72−)=10×1×10−3mol=0.01mol,所以质量m(FeSO4·7H2O)=0.01mol×278g∙mol−1=2.78g;故答案为2.78g。
2.Al2O3是铝的重要化合物,有着广泛的应用。
以下是Al2O3的实验室制备流程图。
根据题意回答下列问题:
(1)实验室制备过程中,废铝材料先用Na2CO3溶液浸洗的目的是_____;A试剂是____________(填物质名称)。
(2)两条途径中有一条明显不合理,它是_______(填“途径1”或“途径2”),合理的方案是______。
(3)某同学从多、快、好、省的原则考虑,认为综合途径1和2,可以既节约药品又节省时间来实现由“废铝材料”制备“Al2O3”,该同学的实验设计流程是(模仿上面流程图设计)__________。
(4)若要从滤液中得到NaCl晶体,其实验操作是_____。
(5)得到的Al2O3中可能含有Na2CO3杂质,请设计实验检验杂质:
(写出所需试剂、实验步骤和结论)_________。
(6)现有含Na2CO3杂质的Al2O3样品,为了测定Al2O3的纯度,请你设计实验方案,列出计算式:
_____(式中含有a、b等字母)。
【答案】除去铝材表面的油腻稀盐酸途径2将稀盐酸改成通入过量CO2
蒸发结晶、趁热过滤、干燥取少量样品溶于水,取上层清液,加入氯化钡溶液,若出现白色沉淀,则证明有Na2CO3,反之则没有取样品质量为b,加水溶解后,加入足量的氯化钡溶液,沉淀完全以后,过滤、洗涤和干燥,称量(恒重)得沉淀ag。
计算式为:
【解析】
【分析】
从废铝材中提取氧化铝,途径1先用稀盐酸反应生成氯化铝,再与Na2CO3溶液发生双水解生成氢氧化铝,再灼烧分解生成氧化铝;途径2氧化铝先与氢氧化钠生成偏铝酸钠,再与盐酸生成氢氧化铝,再灼烧分解生成氧化铝,据此分析解答。
【详解】
(1)废铝材料先用Na2CO3溶液浸洗的目的是除去铝材表面的油腻,A为稀盐酸,故答案为:
除去铝材表面的油腻;稀盐酸;
(2)途径2不合理,因为盐酸的量不好控制,改进的方法是将稀盐酸改成通入过量CO2,故答案为:
途径2;将稀盐酸改成通入过量CO2;
(3)综合途径1和2,可以既节约药品又节省时间来实现由“废铝材料”制备“Al2O3”,应该用铝材先分别生成氯化铝和偏铝酸钠,两者再发生双水解生产氢氧化铝,流程为:
;
(4)氯化钠的溶解度受温度影响小,若要从若要从滤液中得到NaCl晶体,操作为:
蒸发结晶、趁热过滤、干燥,故答案为:
蒸发结晶、趁热过滤、干燥;
(5)得到的Al2O3中可能含有Na2CO3杂质,检测的方法为:
取少量样品溶于水,取上层清液,加入氯化钡溶液,若出现白色沉淀,则证明有Na2CO3,反之则没有,故答案为:
取少量样品溶于水,取上层清液,加入氯化钡溶液,若出现白色沉淀,则证明有Na2CO3,反之则没有;
(6)现有含Na2CO3杂质的Al2O3样品,为了测定Al2O3的纯度,可采用方案为:
取样品质量为b,加水溶解后,加入足量的氯化钡溶液,沉淀完全以后,过滤、洗涤和干燥,称量(恒重)得沉淀ag;BaCO3沉淀质量为ag,则n(BaCO3)=
=
mol=n(Na2CO3),则m(Na2CO3)=
mol
106g/mol=
,Na2CO3的纯度=
,Al2O3的纯度=
;故答案为:
取样品质量为m,加水溶解后,加入足量的氯化钡溶液,沉淀完全以后,过滤、洗涤和干燥,称量(恒重)得沉淀ag;计算式为:
。
【点睛】
本题考查物质分离和提纯,侧重考查元素化合物性质、氧化还原反应、物质分离和提纯实验操作,注意从整体上分析流程图中每一步发生的反应。
3.铝土矿的主要成分是Al2O3,含有杂质SiO2、Fe2O3、MgO。
工业上从铝土矿中提取铝可采用如下工艺流程:
请回答下列问题:
(1)玻璃中含有B,刻蚀玻璃的化学方程式为___。
(2)沉淀C的成分是___,溶液D中存在较多的阴离子是___。
(3)步骤③所加入的试剂是___,生成沉淀F的离子方程式是___。
【答案】
、
、
和
【解析】
【分析】
首先加入过量盐酸,几种物质里只有
不溶于盐酸,即沉淀B,其它元素全部进入溶液A,再加入过量烧碱,
和
转化为氢氧化物,即沉淀C,而所有铝转变为
进入溶液D,接下来要进行一下逆推,工业上铝是电解氧化铝得到的,因此物质M是氧化铝,氧化铝又是从不溶于水的F转化来的,因此F是
,反应③其实是向
溶液中通入二氧化碳气体,故溶液E为碳酸氢钠(此步骤二氧化碳一般都是过量的),据此来分析本题即可。
【详解】
(1)蚀刻玻璃是用氢氟酸来溶解玻璃中的
,其反应方程式为
;
(2)沉淀C的成分为
和
,而溶液D中存在较多的阴离子是
、
和
;
(3)步骤③所加入的试剂是二氧化碳,生成沉淀F的离子方程式为
。
4.短周期主族元素A、B、C、D、E、G的原子序数依次增大,在元素周期表中A的原子半径最小(稀有气体元素除外),B与C相邻且C的最外层电子数是次外层的3倍,C、D的最外层电子数之和与G的最外层电子数相等,E是地壳中含量最多的金属元素。
回答下列问题:
(1)C在元素周期表中的位置是__________;由C和D组成既含离子键又含共价键的化合物的电子式__________。
(2)分别由C、D、E、G元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序为__________(用相应的离子符号表示)。
(3)写出实验室中制备G元素的单质的离子方程式______________________________
(4)E单质能写D的最高价氧化物的水化物浓溶液反应放出氢气,反应的离子方程式是:
__________由上述六种元素中的三种组成的某种盐,是漂白液的主要成分,将该盐溶液滴入硫酸酸化的KI淀粉溶液中,溶液变为蓝色,则反应的化学方程式为________________________________________.
【答案】第二周期第ⅥA族
ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+2H2O
【解析】
【分析】
短周期主族元素A、B、C、D、E、G原子序数依次增大,A是元素周期表中原子半径最小的元素,则A为H元素;C的最外层电子数是次外层的3倍,原子只能有2个电子层,最外层电子数为6,故C为O元素;B与C相邻,且B的原子序数较小,故B为N元素;E是地壳中含量最多的金属元素,则E为Al;C(氧)、D的最外层电子数之和与G的最外层电子数相等,则D原子最外层电子数为1、G原子最外层电子数为7,结合原子序数可知D为Na、G为Cl。
【详解】
(1)C为氧元素,在元素周期表中的位置是二周期第VIA族;C和D组成既含离子键又含共价键的化合物为Na2O2,电子式为
;
(2)C、D、E、G分别为O、Na、Al、Cl,电子层数越多离子半径越大,电子层数相同核电荷数越小半径越大,则简单离子由大到小的顺序为
;
(3)实验室利用二氧化锰和浓盐酸共热制备氯气,离子方程式为:
;
(4)Al单质可以和NaOH溶液反应生成氢气和偏铝酸钠,离子方程式为
;漂白液的主要成分为NaClO,具有强氧化性,根据现象可知将碘离子氧化成碘单质,根据电子守恒和元素守恒可知方程式为ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+2H2O。
5.有一透明溶液,可能含有较大量的Mg2+、Fe3+、Al3+、Cu2+、Na+、H+、SO42-、CO32-中的一种或几种,取此溶液做下列实验:
①取少量溶液加入用盐酸酸化的BaCl2溶液,有白色沉淀生成;
②取少量溶液加入过氧化钠粉末,溶液中有白色沉淀产生并逸出无色无味的气体,加入Na2O2的物质的量与析出沉淀的物质的量如图所示。
试推断并完成作答:
(1)溶液中一定含有的离子是___________;
(2)溶液中肯定不含有的离子是_________;
(3)检验可能含有的离子的方法是____________。
(4)图示中a点沉淀的成分是______________。
【答案】Mg2+、Al3+、SO42-CO32-、H+、Cu2+、Fe3+焰色反应检验Al(OH)3和Mg(OH)2
【解析】
【分析】
取少量溶液加入用盐酸酸化的BaCl2溶液,有白色沉淀生成,则溶液中一定含有SO42-,取少量溶液加入过氧化钠粉末,溶液中有白色沉淀产生并逸出无色无味的气体,从图上看一开始就产生了沉淀,故溶液中无H+,Fe3+,Cu2+,因为沉淀质量随着过氧化钠的增加有溶解,说明溶液中同时含有Mg2+和Al3+,那么溶液中一定没有CO32-,Na+无法确认,综上所述,一定还有的离子为:
Mg2+、Al3+、SO42-,一定不含的离子为:
CO32-、H+、Cu2+、Fe3+,可能含有Na+,据此解答。
【详解】
(1)由分析可知,溶液中一定含有的离子是Mg2+、Al3+、SO42-,故答案为:
Mg2+、Al3+、SO42-;
(2)溶液中肯定不含有的离子是CO32-、H+、Cu2+、Fe3+,故答案为:
CO32-、H+、Cu2+、Fe3+;
(3)可能含有的为Na+,可用焰色反应来检验,故答案为:
焰色反应检验;
(4)图示中a点沉淀达到最大值,是Mg2+、Al3+恰好完全转换为沉淀的点,所以a点沉淀的成分为:
Al(OH)3和Mg(OH)2,故答案为:
Al(OH)3和Mg(OH)2。
【点睛】
CO32-的判断:
既然溶液中一定含Mg2+、Al3+,那么一定不含CO32-。
6.A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素,原子序数依次增大,A、B、F三者原子序数之和为25,且知B、F同主族,1.8gE与足量的盐酸反应生成ECl3和2.24L氢气(标准状况下),D+和E的离子具有相同的电子层结构,工业上用电解元素B和E能形成离子化合物的方法冶炼E单质,试判断:
(1)六种元素中非金属性最强的是___(填代号),该元素位于周期表中第___周期第___族;由A、B、D三种元素形成化合物的电子式_________
(2)下列能够说明B、F非金属性强弱的方法有_________
a.最高价氧化物对应水化物酸性b.气态氢化物的热稳定性
c.气态氢化物的沸点B比F高d.向F的气态氢化物溶液中通入B单质,有浑浊
(3)写出下列反应的化学方程式
①E与足量的盐酸反应的化学方程式________________________________
②工业上用电解法冶炼E单质_______________________________
(4)写出足量D的高价氧化物对应水化物与ECl3相互反应的离子方程式____
【答案】C二ⅦA
bd2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑2Al2O3(熔融)
4Al+3O2↑
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素,原子序数依次增大,1.8gE与足量盐酸反应生成ECl3和2.24L氢气(标况),故E为+3价元素,设E的相对原子质量为M,则
,解M=27,故E为ⅢA族元素,依据计算得知E为铝,工业上用电解氧化铝方法冶炼铝单质,所以B为氧元素,B、F同主族,则F是硫,A、B、F三者原子序数之和为25,则A是氢,且D+离子和Al离子具有相同的电子结构,故D能形成+1价阳离子,故D为钠,C的原子序数大于氧小于钠,且为主族元素,故C为氟,据此答题。
【详解】
(1)根据元素周期律,同周期元素从前向后,非金属性逐渐增强,同主族元素从上向下,非金属性逐渐减弱,所以六种元素中非金属性最强的是C,C为氟,位于周期表中第二周期第ⅤⅡA族,由A、B、D三种元素形成化合物为氢氧化钠,它的电子式是
,故答案为:
C;二;ⅤⅡA;
;
(2)a.氧元素没有最高价氧化物对应水化物,故a错误;
b.根据元素周期律,气态氢化物的热稳定性越稳定,元素的非金属性越强,故b正确;
c.气态氢化物的沸点与分子间作用力有关,与元素的非金属性无关,故c错误;
d.向硫的气态氢化物溶液中通入氧气,有浑浊,说明氧气的氧化性强于硫,即氧的非金属性强于硫,故d正确,
故答案为:
bd;
(3)①Al与足量的盐酸反应的化学方程式为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑;
②工业上用电解法冶炼Al单质的化学方程式为2Al2O3(熔融)
4Al+3O2↑;
(4)氢氧化钠与AlCl3相互反应的离子方程式为
。
7.某混合溶液中可能大量含有的离子如下表所示:
阳离子
H+、K+、Al3+、NH4+、Mg2+
阴离子
Cl-、OH-、CO32-、AlO2-
为探究其成分,某同学将Na2O2逐渐加入到上述混合溶液中并微热,产生沉淀和气体的物质的量与加入Na2O2的物质的量的关系分别如图所示。
(1)该溶液中一定含有的阳离子是________________________________,其对应物质的量浓度之比为____________,溶液中一定不存在的阴离子是_______________________。
(2)写出沉淀减少的离子方程式________________________________________________。
【答案】H+、Al3+、NH4+、Mg2+2:
2:
2:
3OH-、CO32-、AlO2-Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O
【解析】
【分析】
(1)根据生成的沉淀总物质的量最大量为5mol、最终得到3mol可知,最终得到的沉淀为3mol氢氧化镁沉淀,溶解的2mol沉淀为氢氧化铝;根据气体的物质的量最后有增加可知,增加的气体为氨气,溶液中一定存在铵离子;根据开始加入过氧化钠时没有沉淀生成,说明原溶液中存在氢离子,根据题中数据计算出氢离子的物质的量;
(2)沉淀中氢氧化铝沉淀能够与氢氧化钠溶液反应而导致沉淀减少,据此写出反应的离子方程式。
【详解】
(1)根据图象中沉淀先增加后部分溶解可知:
溶液中一定含有:
Mg2+和Al3+,所以一定不含CO32-、AlO2-,并且含有镁离子的物质的量为3mol,氢氧化铝和氢氧化镁沉淀一共是5mol,根据元素守恒,所以含有铝离子的物质的量2mol;加入8mol过氧化钠会生成4mol氧气,而图象中生成了6mol气体,说明生成的气体除了过氧化钠和溶液反应生成的氧气之外,还一定有2mol其他气体生成,而只能是氨气,所以一定含有2mol铵根离子,所以一定不含有氢氧根离子;图象中加入过氧化钠的物质的量在0~amol之间时,没有沉淀生成,所以溶液中含有H+,由于加入8mol过氧化钠时生成的沉淀达到最大量5mol,8mol过氧化钠会生成16mol氢氧化钠,而生成2mol氢氧化铝、3mol氢氧化镁、2mol氨气消耗的氢氧化钠为:
2mol×3+3mol×2+2mol=14mol,所以有2mol氢氧化钠与氢离子反应,氢离子的物质的量为2mol;并且物质的量为2mol,溶液中一定还含有阴离子,可能为氯离子,钾离子不能确定是否存在,根据电荷守恒:
n(H+)+3n(Al3+)+n(NH4+)+2n(Mg2+)≤16mol,所以氯离子物质的量≥16mol,所以溶液中一定存在的阳离子为:
H+、Al3+、NH4+、Mg2+;含有的阳离子的物质的量之比为:
n(H+):
n(Al3+):
n(NH4+):
n(Mg2+)=2:
2:
2:
3;溶液中一定不存在的阴离子为:
OH-、CO32-、AlO2-;
(2)生成的沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝,其中氢氧化铝能够与氢氧化钠溶液反应,反应的离子方程式为:
Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O。
8.某工厂废金属屑的主要成分为Cu、Fe和Al,此外还含有少量Al2O3和Fe2O3,为探索工业废料的再利用,某化学兴趣小组设计了如下实验流程,用该工厂的金属废料制取氯化铝、绿矾晶体(FeSO4·7H2O)和胆矾晶体。
完成下列填空:
(1)写出步骤Ⅰ反应的离子方程式:
___。
(2)试剂X是___,溶液D是___。
(3)在步骤Ⅱ中,用如图装置制取CO2并通入溶液A中。
一段时间后,仍观察不到烧杯中产生白色沉淀。
为了固体C的生成,在药品和装置上可采取的改进措施是___。
(4)溶液E中加入KSCN溶液无明显现象,表明滤液中不存在Fe3+,用离子方程式解释其可能的原因:
___。
(5)将固体F继续加入热的稀硫酸,同时不断鼓入空气,固体溶解得CuSO4溶液,写出反应的化学方程式:
___。
【答案】
、
稀硫酸NaHCO3溶液浓盐酸改为稀盐酸;在装置a和装置b之间增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶,以除去装置a中挥发出的HCl2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
【解析】
【分析】
Fe、Cu、Fe2O3都不与NaOH溶液反应,Al和Al2O3可与NaOH溶液反应,用含有Al、Fe、Cu和Al2O3和Fe2O3的废金属屑制取AlCl3、绿矾晶体(FeSO4•7H2O)和胆矾晶体流程为:
合金中Al、Al2O3与NaOH反应,所得滤液A为NaAlO2溶液,经途径Ⅱ与足量二氧化碳发生反应:
,反应可生成Al(OH)3固体C,生成的Al(OH)3再和盐酸反应生成AlCl3,得到的AlCl3较纯净;溶液D为NaHCO3溶液;滤渣B为Fe和Cu的化合物,加入足量稀硫酸,得到的滤液E为FeSO4,经蒸发浓缩、冷却结晶可得到绿矾,滤渣F为Cu,可用于制备胆矾,据此分析解答。
【详解】
(1)铝、氧化铝与氢氧化钠反应,所得滤液A为NaAlO2溶液,反应的离子方程式为:
、
;
(2)金属铁和金属铜不与氢氧化钠溶液反应,金属铜和稀硫酸之间不反应,但是金属铁可以和稀硫酸之间反应生成硫酸亚铁和氢气,进而制得绿矾晶体,所以试剂X为稀硫酸;溶液D为NaHCO3溶液;
(3)进行步骤Ⅱ时,该小组用如图所示装置及试剂将制得的CO2气体通入溶液A中,一段时间后,观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少,其原因是二氧化碳气体中含有从盐酸中挥发出的HCl气体,氯化氢在水中溶解了部分沉淀,发生的反应为:
Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O,为了避免固体C减少,可在制取二氧化碳的收集装置中增加一个洗去HCl的装置,二氧化碳在饱和NaHCO3中不溶,氯化氢和NaHCO3反应生成二氧化碳气体,所以可降低盐酸浓度;在装置I和Ⅱ之间增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶,除去二氧化碳中的氯化氢;
(4)溶液E中加入KSCN溶液无明显现象,表明滤液中不存在Fe3+,原因是Fe3+被Fe、Cu还原生成Fe2+,所以加入KSCN溶液没有明显现象,故答案为:
2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+;
(5)用固体F继续加入热的稀H2SO4,同时不断鼓入空气,固体溶解得CuSO4溶液,说明在加热条件下,Cu、氧气和稀硫酸发生氧化还原反应
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