高考化学铜及其化合物推断题综合经典题及答案解析.docx

高考化学铜及其化合物推断题综合经典题及答案解析.docx

《高考化学铜及其化合物推断题综合经典题及答案解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考化学铜及其化合物推断题综合经典题及答案解析.docx（21页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

高考化学铜及其化合物推断题综合经典题及答案解析

高考化学铜及其化合物推断题综合经典题及答案解析

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．A为金属单质，B、C、D、E四种均为含有氯元素的物质，它们存在如图转化关系（部分产物已略去，有的反应在溶液中进行）。

请回答：

（1）A是_____________，C是_____________。

（均用化学式表示）

（2）写出实验室制备D的化学方程式：

_____________。

（3）写出用B溶液与Cu反应制作印刷电路板的离子方程式：

_____________。

（4）设计实验方案，检验C溶液中的金属阳离子：

_____________

【答案】FeFeCl2MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2OCu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+取C溶液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂（如氯水、双氧水）后溶液显血红色，说明含有Fe2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe2+

【解析】

【分析】

A为金属单质，B、C、D、E 四种均为含有氯元素的物质，根据转化关系可知，A为变价金属，且B与A反应生成C，则A为Fe，D为Cl2，B为FeCl3，C为FeCl2，A与E反应生成C（FeCl2），结合（3）“用B溶液与Cu反应制作印刷电路板”可知，E为HCl，据此解答。

【详解】

（1）根据分析可知，A为Fe，C为FeCl2，

故答案为：

Fe；FeCl2；

（2）实验室中通过加热浓盐酸与二氧化锰制取氯气，该反应的化学方程式为：

MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O，

故答案为：

MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O；

（3）B为FeCl3，Cu与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，该反应的离子方程式为：

Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，

故答案为：

Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+；

（4）C为FeCl2，其阳离子为Fe2+，检验Fe2+的方法为：

取C溶液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂（如氯水．双氧水）后溶液显血红色，说明含有Fe2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe2+，

故答案为：

取C溶液于试管中，向其中滴加 KSCN 溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂（如氯水．双氧水）后溶液显血红色，说明含有Fe2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe2+。

3．为探究不含结晶水盐A（仅含三种元素）组成和性质，设计并完成如下实验：

①取少量A，加水，A由白色变为蓝色，加热蓝色又变成白色；

②另取一定量A进行加热分解，加热分解过程中有黄色中间产物B产生，同时产生气体C，B的质量为A质量的四分之三，C能使盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀。

B遇水生成不溶于水的蓝色固体D，同时有三分之二的S元素溶于水。

（1）A组成元素是_____（用元素符号表示）。

（2）B的化学式是_________。

（3）B与水反应的化学方程式是___________。

【答案】CuSOCu2OSO43Cu2OSO4+4H2O=3Cu（OH）2·CuSO4·H2O+2CuSO4

或3Cu2OSO4+3H2O=3Cu（OH）2·CuSO4+2CuSO4

或3Cu2OSO4+3H2O=Cu4（OH）6SO4+2CuSO4

【解析】

【分析】

①取少量A，加水，A由白色变为蓝色，加热蓝色又变成白色，说明A是CuSO4，根据物质组成确定其中含有的元素；

②另取一定量A进行加热分解，加热分解过程中有黄色中间产物B产生，同时产生气体C，C能使盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，则C是SO3，反应产生的白色不溶于酸的沉淀是BaSO4，B的质量为A质量的四分之三，根据质量守恒应该是2个CuSO4分解的产物，则B是Cu2OSO4，B遇水生成不溶于水的蓝色固体D，同时有三分之二的S元素溶于水，若有3个Cu2OSO4反应，溶于水的S只能是生成2个CuSO4，根据反应前后元素守恒，分析反应，得到反应方程式。

【详解】

（1）根据上述分析可知A是CuSO4，含有Cu、S、O三种元素；

（2）由于A分解产生的C是气体，C能使盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，说明C是SO3气体，反应产生的白色不溶于酸的沉淀是BaSO4，A分解产生的B为黄色固体，且B的质量为A质量的四分之三，则B应该是2个CuSO4分解产生1个SO3后剩余的部分，根据质量守恒定律可知B是Cu2OSO4；

（3）B遇水生成不溶于水的蓝色固体D，同时有三分之二的S元素溶于水，溶于水的以CuSO4形式存在，还有三分之二的S元素以固体形式存在即以碱式硫酸铜形式存在，反应方程式为3Cu2OSO4+3H2O=3Cu（OH）2·CuSO4+2CuSO4或写为3Cu2OSO4+4H2O=3Cu（OH）2·CuSO4·H2O+2CuSO4或者3Cu2OSO4+3H2O=Cu4（OH）6SO4+2CuSO4。

【点睛】

本题考查了物质的元素组成、物质的物理性质、化学性质在物质成分确定的应用。

掌握元素的存在形式、溶液的颜色及质量守恒定律是确定物质成分及元素的关键，本题难度适中。

4．氯化亚铜（CuCl）微溶于水，不溶于乙醇，在空气中会被迅速氧化，其制备有很多方法，工业上可以废旧铜为原料生产氯化亚铜。

方法一：

（1）CuCl可以溶解在FeCl3溶液中，请写出该反应的离子方程式是：

____。

（2）还原过程中的产物为Na[CuCl2]，试写出发生反应的化学方程式是__________，过滤操作用到的玻璃仪器有_______________________________。

（3）制备结束后所得产品用酒精淋洗的目的是_________________。

方法二：

（4）a.写出过程①的主要反应的化学方程式_____________________。

b.为了更好体现绿色化学思想，有人提出如下方案：

方案一：

可将上述X稀溶液用于废铜的处理（如图所示），则Y可以为________（填化学式）。

方案二：

过程①中Cu与浓H2SO4反应所得SO2和CuSO4用于过程②中CuCl的制备，理论上________（填“需要”或“不需要”）另外补充SO2，原因是_______________________（结合化学方程式回答）。

【答案】CuCl＋Fe3＋=Cu2＋＋Fe2＋＋Cl－CuCl2＋2NaCl＋Cu=2Na[CuCl2]烧杯、漏斗、玻璃棒除去表面可溶性杂质，使CuCl尽快干燥，减少溶解损失2H2SO4（浓）＋Cu

CuSO4＋SO2↑＋2H2OO2不需要过程①中生成CuSO4和SO2的物质的量之比为1∶1，而过程②发生反应：

CuSO4＋CuCl2＋SO2＋2H2O=2CuCl↓＋2H2SO4，需要的CuSO4和SO2的物质的量之比也恰好为1∶1，所以理论上不需要补充SO2（其他合理答案均可）

【解析】

【分析】

（1）氯化亚铜与氯化铁反应，氯化亚铜被铁离子氧化成铜离子；

（2）流程分析可知，铜和氯气反应生成氯化铜，加入铜、氯化钠和盐酸还原得到产物为Na[CuCl2]，结合原子守恒配平书写方程式；过滤操作用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯；

（3）酒精沸点低，易挥发，易晾干，所以即可以除去表面可溶性杂质又易干燥；

（4）a．浓硫酸具有强氧化性，在加热的条件下能与铜发生氧化还原反应；

b．由生产氯化亚铜的流程可知X的稀溶液为稀硫酸，由于铜与稀硫酸不反应，故加入的单质Y应具有氧化性，将铜氧化为氧化铜，氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜溶液。

【详解】

（1）氯化亚铜与氯化铁反应，氯化亚铜被铁离子氧化成铜离子，反应的离子方程式为CuCl＋Fe3＋=Cu2＋＋Fe2＋＋Cl－；

（2）由题给流程分析可知，铜和氯气反应生成氯化铜，加入铜、氯化钠和盐酸还原得到产物Na[CuCl2]，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：

CuCl2＋2NaCl＋Cu=2Na[CuCl2]；

（3）酒精沸点低，易挥发，易晾干，所以即可以除去表面可溶性杂质又易干燥，防止被空气氧化；

（4）a．浓硫酸具有强氧化性，在加热的条件下能与铜发生氧化还原反应，其化学方程式为:

Cu+2H

SO

（浓）

CuSO

+SO

↑+2H

O；

b．方案一：

由生产氯化亚铜的流程可知X的稀溶液为稀硫酸，由于铜与稀硫酸不反应，故加入的单质Y应具有氧化性，将铜氧化为氧化铜，Y为O

；

方案二：

过程①中生成CuSO4和SO2的物质的量之比为1∶1，而过程②发生反应：

CuSO4＋CuCl2＋SO2＋2H2O=2CuCl↓＋2H2SO4，需要的CuSO4和SO2的物质的量之比也恰好为1∶1，所以理论上不需要补充SO2（其他合理答案均可）。

5．硫酸铜是一种应用极其广泛的化工原料。

以下是某工厂用含铁废铜为原料生产胆矾（CuSO4•5H2O）的生产流程示意图：

胆矾和石膏（CaSO4•2H2O）在不同温度下的溶解度（g/100g水），见下表：

温度（℃）

20

40

60

80

100

石膏

0.32

0.26

0.15

0.11

0.07

胆矾

32

44.6

61.8

83.8

114

（1）“浸出”操作中生成硫酸铜的总化学方程式是__________________。

（2）取样检验是为了确认Fe3+是否除净。

有同学设计了以下两种方案，在实验室分别对所取样品按下列方案进行操作：

方案一：

取样于试管→滴加KSCN溶液；方案二：

径向层析→喷KSCN溶液

①你认为上述两种方案设计更合理的是__________；

②指出你认为不合理的方案存在的问题_____________________________；

（3）操作Ⅰ（蒸发浓缩、趁热过滤）趁热过滤的目的是_________________；

（4）操作Ⅱ具体方法是________________、________________（填操作方法）、洗涤后干燥，对产品进行干燥宜在__________（填“较高”或“不太高”）温度下，判断产品已经干燥的操作是____________________。

（5）某实验小组模拟上述工业流程完成胆矾的制备，在整个实验过程中，使用的仪器除烧杯、酒精灯、玻璃棒、胶头滴管外，还有使用较频繁的玻璃仪器是__________（填仪器名称）。

（6）中学教材用胆矾而不用其它结晶水合物（如：

FeSO4•7H2O、硝酸盐的结晶水合物、Na2SO4•10H2O等）来研究结晶水含量测定实验，其优点可能是_________（填字母）

a．胆矾较易得到，其它结晶水合物较难得到

b．胆矾较其它结晶水合物更易失去结晶水

c．胆矾失水后有较明显的特征即颜色变化

d．CuSO4不易分解，也不易与空气中物质反应

【答案】3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O方案二Cu2+的颜色对检验有干扰使CuSO4尽量溶解而石膏尽量析出冷却结晶过滤不太高重复干燥冷却后称量直到连续两次称量相差不超过0.001g（或恒重操作）漏斗c、d

【解析】

【分析】

含铁的废铜原料中加入稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，溶解后得到浸出液，在浸出液中主要含有Cu2+、Fe3+、H+、SO42-，加入石灰浆调节溶液pH，沉淀铁离子，过滤得到红褐色滤渣为氢氧化铁沉淀，依据石膏和蓝矾的溶解度，控制100°C，滤液中析出石膏，滤液中主要为硫酸铜，通过加热蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤，干燥得到硫酸铜晶体，据此分析解答。

【详解】

（1）由于硫酸的存在，且酸过量，硝酸全起氧化剂作用，酸为稀溶液，生成硫酸铜、NO、水，反应方程式为3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O，故答案为：

3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O；

（2）①方案一：

取样于试管→滴加KSCN溶液，由于溶液中含有蓝色的铜离子会对现象有干扰，不能检验铁离子的存在；方案二：

径向层析→喷KSCN溶液，纸上层析是利用混合物中各组分在固定相和流动相中的溶解度不同而达到分离的目的，不但可以分辨出铁离子还能辨别出含有铜离子，故答案为：

方案二；

②取样于试管→滴加KSCN溶液，由于溶液中含有蓝色的铜离子会对现象干扰，不能检验铁离子的存在，故答案为：

Cu2+的颜色对检验有干扰；

（3）由表中溶解度可知，胆矾的溶解度随温度升高增大，而石膏的溶解度随温度升高降低，所以应控制在较高的温度，因此操作Ⅰ中趁热过滤可以使CuSO4尽量溶解而石膏尽量析出，故答案为：

使CuSO4尽量溶解而石膏尽量析出；

（4）从溶液中分离出硫酸铜晶体应为将热溶液冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；硫酸铜晶体受热容易分解，因此干燥时温度不宜太高，当重复干燥冷却后称量直到连续两次称量相差不超过0.001g，说明产品已经干燥，故答案为：

冷却结晶；过滤；不太高；重复干燥冷却后称量直到连续两次称量相差不超过0.001g；

（5）在整个实验过程中，除了滴加容易，蒸发浓缩、还有过滤操作，因此使用的仪器除烧杯、酒精灯、玻璃棒、胶头滴管外，还有使用较频繁的玻璃仪器是漏斗，故答案为：

漏斗；

（6）a、演示实验中选择试剂主要考虑操作是否简单，现象是否明显，性质是否稳定等方面，不是因为胆矾较易得到，其它结晶水合物较难得到，故a错误；b、加热含有结晶水的晶体，一般都容易失去结晶水，所以选用胆矾的原因不是胆矾较其它结晶水合物更易失去结晶水，故b错误；c、硫酸铜是无色晶体，含有结晶水的硫酸铜是蓝色固体，所以胆矾失水后有较明显的颜色变化，便于观察，而Na2SO4•10H2O加热前后颜色没有变化，故c正确；d、硫酸铜比较稳定，不容易被氧化，便于通过质量差计算结晶水的质量，而硫酸亚铁在空气中容易被氧化，影响测量结晶水含量，故d正确；故答案为：

cd。

【点睛】

本题的易错点和难点为

（1）中方程式的书写，要注意流程图中的浸出液中没有硝酸根离子，说明硝酸根离子完全反应，同时溶液为稀溶液。

6．为了降低电子垃圾对环境构成的影响，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：

（1）第①步Cu与混酸反应的离子方程式为________________。

得到滤渣1的主要成分为___________。

（2）第②步中加入H2O2的作用是__________________，使用H2O2的优点是_________；调溶液pH的目的是_________________。

（3）简述第③步由滤液2得到CuSO4·5H2O的方法是_________________________。

（4）由滤渣2制取Al2（SO4）3·18H2O，设计了以下三种方案：

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。

（5）用滴定法测定CuSO4·5H2O含量。

取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cmol·L-1EDTA（H2Y2－）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL。

滴定反应如下：

Cu2++H2Y2－→CuY2－+2H+。

写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω＝__________________。

【答案】Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2OAu、Pt将Fe2+氧化为Fe3+不引入杂质，对环境无污染使Fe3+、Al3+沉淀除去加热滤液2，经过蒸发、冷却、结晶、过滤，最终制得硫酸铜晶体甲所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质乙

×100%

【解析】

【分析】

【详解】

（1）Cu与混酸反应的实质是与H+、NO3-反应，随反应进行离子浓度逐渐减小，所以离子方程式为Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O，3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，Au、Pt不与混酸反应，所以滤渣的主要成分是Au、Pt；

（2）加过氧化氢的目的是把亚铁离子氧化成铁离子，方便除去；而且加入过氧化氢不会引入新的杂质且无污染；调节溶液的pH目的是使Fe3+、Al3+沉淀除去；

（3）由滤液2得到CuSO4·5H2O的方法是把滤液蒸发得浓溶液再冷却结晶，过滤得硫酸铜晶体；

（4）甲方案不可行，因为滤渣2的主要成分是Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，加入硫酸沉淀全部溶解使制得的产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质；从原子利用率角度分析，乙方案更合理，不仅能除去硫酸铁，同时增加了硫酸铝的量，原子利用率较高；

（5）由滴定反应方程式得100mL溶液中n（Cu2+）=b×10-3×a×5mol，所以CuSO4·5H2O质量分数=b×10-3×a×5×250/a×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