备战高考化学培优易错难题(含解析)之铝及其化合物推断题及答案解析

1、备战高考化学培优易错 难题 ( 含解析 ) 之铝及其化合物推断题及答案解析一、铝及其化合物1 氢能源是一种重要的清洁能源。现有两种可产生h2 的化合物甲和乙。将6.00g 甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72lh 2 ( 已折算成标准状况) ，甲与水反应也能产生h2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于naoh溶液。化合物乙在催化剂存在下可分解得到h2 和另一种单质气体丙，丙在标准状态下的密度为1.25g/l 。请回答下列问题：(1) 甲的化学式是 _；乙的电子式是 _。(2) 甲与水反应的化学方程式是 _ 。(3) 气体丙与金属镁反应的产物是 _( 用化学式表示

2、) 。(4) 乙在加热条件下与 cuo反应可生成 cu 和气体丙，写出该反应的化学方程式_。有人提出产物cu 中可能还含有cu2o，请设计实验方案验证之_（已+ 2+知 cu2o+2h=cu+cu +h2o）。【答案】 alh3alh33h2oal oh 33h2mg3n22nh3(） 3cuo3cu n2 3h2o将固体溶于稀硫酸中，如果溶液变蓝，说明产物中含有cu2o，反之则无 cu2 o【解析】【分析】将 6. 00 g 甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6. 72 l 的 h2( 已折算成标准状况），甲与水反应也能产生h2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于na

3、oh 溶液，因此白色沉淀是al( oh），则金属单质是铝，因此甲是alh 。化合物乙在催33化剂存在下可分解得到h2 和另一种单质气体丙，丙在标准状况下的密度为1. 25g l 1 ，则丙的相对分子质量是1. 25 22. 4 28，因此丙是氮气，则乙是氨气nh3，据此解答。【详解】（1）根据以上分析可知甲的化学式是alh3 。乙是氨气，含有共价键的共价化合物，电子式为；（2）甲与水反应生成氢气和氢氧化铝，反应的化学方程式是alh3 3h2o al( oh） 33h2。（ 3）氮气与金属镁反应的产物是mg 3n2。（ 4）氨气在加热条件下与 cuo 反应可生成 cu 和氮气，根据原子守恒可知该

4、反应的化学方程式为 2nh3222 cu 3cuo3cun 3h o。铜与稀硫酸不反应，则根据cu o 2h2 hcu2o 可以将固体溶于稀硫酸中，如果溶液变cu2o 可知 , 要检验产物 cu 中可能还混有蓝，说明产物中含有cu2o，反之则无 cu2 o。2 已知c dg i为短周期元素形成的单质，dg i常温下为气态，且g为黄绿色；、 、 、形成 d 的元素原子的最外层电子数是次外层的3 倍； b 的焰色反应呈紫色(透过蓝色钴玻璃)； k 为红棕色粉末。其转化关系如图。请回答：（1）工业上制c 用 a 不用 h 的原因 _ 。（2）写出 c 与 k 反应的化学方程式_ ，该反应的反应物总能

5、量_(填“大于 ”或 “小于 ”)生成物总能量。（3） l 是目前应用最广泛的金属，用碳棒作阳极，l 作阴极，接通电源(短时间 )电解 e 水溶液的化学方程式_ 。（ 4）写出 e 物质的电子式 _。（5） j 与 h 反应的离子方程式为_。（6）写出 g 与熟石灰反应制取漂白粉的化学方程式_ 。高温【答案】氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电2al+fe2o3al2o3+2fe 大于2kcl+2h2o2koh+h2 +cl23+-al+3alo2 +6h2o=4al(oh)32cl2+2ca(oh)2=cacl2+ca(clo)2+2h2o【解析】【分析】【详解】形成 d 的元素的原子最外层

6、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，则 d 为 o2；k 为红棕色固体粉末，2 3a 得到c与 d，则 c 与 kk 为 fe o ；由于电解生成 a 的反应为铝热反应，故a 为 al232o ， l 为 fe， c 为 al；黄绿色气体g 为 cl ，与 c 反应得到 h 为 alcl3； b 的焰色反应呈紫色(透过蓝色钴玻璃 )，b 中含有 k 元素， b 在催化剂、加热条件下反应生成氧气，则b 为 kclo3， e 为 kcl，电解 kcl 溶液生成 koh、 h2 和 cl2，过量的 f 与氯化铝反应得到 j，则 i 为 h2， f 为 koh， j为

7、kalo2；（1） h 为 alcl3 ，氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电，故工业上制al 用氧化铝不用氯化铝，故答案为氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电；（2） c 与 k 反应的化学方程式为： 2al+fe2o3高温al2o3+2fe，该反应为放热反应，故该反高温应的反应物总能量大于生成物总能量，故答案为2al+fe2o3al2o3+2fe；大于；（3） fe 是目前应用最广泛的金属，用碳棒作阳极，fe 作阴极，接通电源(短时间 )电解 kcl电解水溶液的化学方程式 ：2kcl+2h2o2koh+h2 +cl2，故答案 电解2kcl+2h2o2koh+h2 +cl2；（4） e 为

8、kcl， kcl 的 子式 ，故答案 ；（5） j 与 h 反 的离子方程式 ：al3+3alo2-+6h2o=4al(oh)3，故答案 al3+3alo2-+6h o=4al(oh) ；23（6） g 为 cl2， g 与熟石灰反 制取漂白粉的化学方程式 2cl2+2ca(oh)2=cacl2+ca(clo)2+2h2o，故答案 2cl2+2ca(oh)2=cacl2+ca(clo)2 +2h2 o。【点晴】本 考 无机推断等，特殊 色及d 的原子 构、 化关系中特殊反 等是推断突破口，是 元素化合物知 及学生 合能力的考 ，需 基 知 全面掌握。推断 中常 的特征反 象有：（ 1）焰色反

9、： na(黄色 )、 k(紫色 )；（ 2）使品 溶液褪色的气体：so (加 后又恢复 色)、 cl (加 后不恢复 色 )；（ 3）白色沉淀 fe(oh) 置于空气中最 222 褐色 fe(oh)3( 由白色 灰 褐色 )；（ 4）在空气中 棕色：no；（ 5）气体燃 火焰呈 白色：h2224在 cl 中燃 ；在空气中点燃呈 色：co、 h 、 ch ；（ 6）使湿 的 色石蕊 ：nh3；（ 7）空气中出 白烟：nh3 与酸性气 物 (或 性酸如 酸、硝酸 )反 等。3a、 b、 c、 d、 e、 f、 g、 h 八种短周期主族元素，原子序数依次增大。a、 f 的最外 子数分 等于各自的 子

10、 数，其中a 的 在常温下 气体。c 与 b、h 在元素周期表中 于相 位置， 三种元素原子的最外 子数之和 17。 d 与 f 同周期。 g 的 常用作半 体材料。 回答：(1)c 和 h 分 与 a 形成的 化合物沸点 高的是_(填化学式 )，理由是_ 。(2)c、e 形成的 离子半径大小：r(c)_r(e)(填 、+alo2-2al(oh)33+-oh o 分子 存在 h+h oal +3oh3sio +6c+2n2si n +6co234【解析】【分析】a、 b、 c、 d、e、 f、 g、h 八种短周期主族元素，原子序数依次增大。a、 f 的最外 子数分 等于各自的 子 数，其中a

11、的 在常温下 气体， a 为 h；g 的 常用作半 体材料， g 为 si， 合原子序数可知f 为 al； c与 b、 h 在元素周期表中 于相 位置， 三种元素原子的最外 子数之和 17，173=52， b 为 n、 c 为 o、 h 为 s， d 与f 同周期，位于第三周期，d 为 na、 e 为 mg，以此来解答。【详解】由上述分析可知，a 为h、 b 为 n、c 为o、 d 为na、 e 为mg 、 f 为al、g 为si、 h 为 s。(1)c 和 h 分别与a 形成的简单化合物分别是h2o、 h2s，其中沸点较高的是h2 o，原因是h2o 分子间存在氢键，增加了分子之间的吸引力；(

12、2)o2-、 mg 2+核外电子排布相同。具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则 c、e 形成的简单离子半径大小：r (c)r(e)；(3)f 最高价氧化物对应的水化物al(oh)3 是两性氢氧化物，在水溶液中存在酸式电离和碱式电离，电离方程式为h+alo2-+h2oal(oh)3al3+3oh-；(4)将 g 的氧化物与b 的单质在1400条件下和足量的碳反应，其化学反应方程式为3sio2+6c+2n2si3n4+6co。【点睛】本题考查元素及化合物的推断及物质性质的方程式表示。把握原子结构、元素的位置、质子数关系来推断元素为解答的关键，注意元素化合物知识的应用，题目侧重考查学

13、生的分析与应用能力。4 有一透明溶液，可能含有较大量的mg 2+、 fe3+、 al3+、 cu2+、 na 、 h 、 so42- 、 co3 2-中的一种或几种，取此溶液做下列实验：取少量溶液加入用盐酸酸化的bacl2 溶液，有白色沉淀生成；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

14、、 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mg 2+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】（

15、 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mg23恰好完全转换为沉淀的点，所以a 点沉、 al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】32- 的判断：既然溶液中一定含mg2、 al3 ，那么一定不含 co32-。c

16、o5a、 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， 1.8g e 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

17、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e 与足量的盐酸反应的化学方程式_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ecl 相互反应的离子方程式_3【答案】 c 二 abd2al+6hcl=2alcl32电解2 32+3h2al o (熔融 ) =4al+3o 4oh - +al 3+ =alo 2 +2h 2 o【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

18、m，则2.24l1.8ge 为铝，工业2=3 ，解 m=27，故 e 为 a 族元素，依据计算得知22.4l/molmg/mol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 a 族，

19、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； a；（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） al 与足量的盐酸反应的化学方程式为2al+6hcl=2alcl3+3h2；电解工业上用电解法冶炼al 单质的化学方程式为2al2 o3(熔融 ) = 4al+3o2 ；（4）氢

20、氧化钠与 alcl3相互反应的离子方程式为4oh - +al 3+ =alo 2 +2h 2 o 。6 将一定质量的mg-al合金投入100ml一定物质的量浓度的某hcl 溶液中，充分反应。向反应后的溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的naoh 溶液，生成沉淀的质量与所加naoh 溶液的体积关系如下图。回答下列问题：（ 1）写出 bc段反应的离子方程式为 _ 。（ 2）原 mg-al 合金的质量是 _。（3）原 hcl 溶液的物质的量浓度是_ 。（ 4）所加 naoh 溶液的物质的量浓度是 _。（ 5） a=_。【答案】 al(oh)3+oh-=alo2-+2h2o5.1g6mol/l5mol/l

21、20【解析】【分析】根据图像可知，oa 段为过量的盐酸与naoh 反应， ab 段为镁离子、铝离子与应， bc段为氢氧化铝与naoh 的反应。【详解】naoh 的反(1) bc 段为氢氧化铝与 naoh 的反应，生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为al(oh)3+oh-=alo2-+2h2o；(2) bc 段减少的为氢氧化铝沉淀，质量为7.8g，物质的量为0.1mol ，即 n(al)=0.1mol ；则氢氧化镁的质量为5.8g，物质的量为0.1mol 即 n(mg)=0.1mol ；合金的质量为24 0.1+27 0.1=5；.1g(3)根据方程 al(oh)3+oh-=alo2-+2h2o

22、，消耗 20ml 的 naoh 时的物质的量为0.1mol ，则c(naoh)=0.1mol 0.02l=5mol/l；b 点时，溶液刚好为nacl 溶液，此时消耗n(naoh)=5 0.12=0.6mol， c(hcl)=0.6 0.1=6mol/l；(4)由 (3)得出的结论，c(naoh)=5mol/l ；(5) n(mg)=n(al)=0.1mol ，消耗的盐酸为 0.5mol ，100ml 溶液中含有 n(hcl)=0.6mol，则剩余 n(hcl)=0.1mol ，此时消耗 v(naoh)=0.1 5=0.02l，即 20ml。【点睛】通过 bc段消耗的氢氧化钠的体积计算出naoh

23、 的浓度，再计算盐酸的浓度。7 （ 1）实验室制氯气的尾气处理用_溶液吸收，其化学反应方程式为_。（ 2）向 alcl3 溶液中逐滴加入 naoh 溶液，现象是先产生白色沉淀，其反应的离子方程式为_，后白色沉淀又溶解消失，其反应的离子方程式为_。（3）在含有 0.2mol 的硫酸和0.2mol 的硝酸的混合溶液200ml 中，加入 19.2g 铜粉，产生的气体成分为 _（填 no 或 h2），你所选气体在标准状况下的体积为_l【答案】 naoh 2naoh+cl3+ al(oh) alo2 nacl+naclo+h2o al +3oh3al(oh)3+oh2+2h2ono3.36l【解析】【分

24、析】(1)实验室用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气；(2)铝离子和氢氧根反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝为两性氢氧化物，溶解于强碱中；(3)硫酸和硝酸都为稀酸，反应方程式为铜与稀硝酸反应。【详解】(1)实验室用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，防止污染空气；氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠、水，反应方程式为：2naoh+cl2 nacl+naclo+h2o，故答案为： naoh； 2naoh+cl2 nacl+naclo+h2 o；(2)向 alcl3 溶液中逐滴加入 naoh 溶液，现象是先产生白色沉淀，是铝离子和氢氧根反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为： al3+3oh al(oh)3；后白色沉淀

25、又溶解消失，是因为氢氧化铝为两性氢氧化物，溶解于强碱中，生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：al(oh)3+oh alo2 +2h2o，故答案为： al3+3oh al(oh)3 ； al(oh)3+oh alo2 +2h2o；(3)0.2mol 的硫酸和 0.2mol 的硝酸的混合溶液200ml 中，硫酸和硝酸都为稀酸，加入19.2g铜粉，且氢离子不足，完全反应，设n(no) x，3cu 8h2no 33cu 22no4h2 o820.6molxx 0.15mol ，v(no) n vm 0.15 22.4 3.36l，故答案为：no； 3.36l。8 以粉煤灰（主要含3al2o32sio2、

26、sio2，还含有少量cao、 fe2o3 等物质）为原料制取al2 o3 的流程如图：（1）当 (nh4)2so4 和 3al2o32sio2 的配比 a（ a=n(nh 4 ) 2so4 ）不同时， “焙烧 ”后所得n(3al 2o3 2sio2 )产物的 x 射线衍射谱图如图所示（ x 射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同）。由图可知，当a=_时， 3al2o3 2sio2 的利用率最高。（2） “沉淀、过滤 ”所得滤渣为 fe(oh)333和 al(oh)，生成 fe(oh) 的离子反应方程式为 _。（3） “碱浸 ”加入 naoh 发生反应的离子方程

27、式为_。（4） “水解、过滤 ”可得到 al(oh)3 沉淀，升高温度有利于水解的原因是_。该步骤可将加水改成通入过量的 _气体。（5）流程中，可以回收并循坏利用的物质除nh3 外，还有 _和 _。【答案】 8 fe3+ 3nh3 3h2o=fe(oh)33nh4+oh- al(oh)3=alo2- 2h2o水解为吸热反应，升高温度有利于平衡正向进行conaoh (nh4 )2so42【解析】【分析】粉煤灰、 (nh4)2so4 进行灼烧处理，把3al2o32sio2 转化为 nh4al (so4)2，且当 (nh4)2so4 和n(nh 4 ) 2so4a=8 时，体3al2o32sio2

28、的配比 a（ a=）不同时各产物含量不同，如图n(3al 2 o32sio2 )系中 nh44 2含量最高，此时 3al2 32al (so )o 2sio 的利用也率最高。加硫酸进行酸浸，过滤，滤液中含有 al3+、fe3+以及其他可溶性离子，通入氨气生成沉淀al(oh)33和 fe(oh) ，滤液为(nh4)2so4，加入氢氧化钠进行碱浸取过滤，滤渣为fe(oh)3滤液为 naoh 和 naalo2，加水水解得到al(oh)3 沉淀，煅烧得氧化铝。【详解】（ 1）根据分析，当 (nh4)2so4 和 3al2o32sio2 的配比 a=8 时，体系中 nh4al (so4)2 含量最高，此

29、时 3al2o32sio2 的利用也率最高。（ 2）通入氨气 “沉淀、过滤 ”所得滤渣为 fe(oh)3 和 al(oh)3，生成 fe(oh)3 离子反应方程式： fe3+ 3nh33h2o=fe(oh)3 3nh4+；（3）根据分析， “碱浸 ”加入 naoh 发生反应的离子方程式为-oh al(oh)3=alo2 2h2o；（4） “水解、过滤 ”可得到 al(oh)3 沉淀，水解过程是吸热的，升高温度促进alo2- 水解；该步骤可将加水改成通入过量的酸性气体二氧化碳（co2 alo2- 2h2 o= hco3- al(oh)3）；（5）流程中，滤液为(nh4)2so4，滤液含有naoh

30、 ，故可以回收并循坏利用的物质除nh3 外，还有 (nh4)2so4和 naoh。【点睛】氢氧化铝是两性氢氧化物，遇强酸强碱发生反应而溶解，不与弱酸弱碱反应。氢氧化铝的制备： 1.向氯化铝溶液中通过量氨气； 2.向偏铝酸钠中通入过量的二氧化碳； 3.氯化铝和偏铝酸钠发生双水解。9 碱式氯化铜 cux（ oh） yclz mh2o 是重要的农药、医药中间体，还可用作木材防腐剂、饲料添加剂等研究小组在实验室用某厂废铜渣（主要成分为cu、 cuo，含少量fe3 o4、 ni、 al2o3 ）制备碱式氯化铜的流程如下，回答下列问题：（ 1）“研磨”的目的为 _。（ 2）“碱溶”的目的为 _。（3）“酸

31、溶”时生成fe3 反应的离子方程式为_；生成的fe3 对 cu 发生的氧化反应的催化原理如上图所示。n 代表的物质为 _（填化学式或离子符号）。（4）“酸溶”时温度不能过高的理由为_。5）若滤液2中cfe3）410 8 mollph4k3（/ ，则spfeoh（） _。（6）为测定cux（ohyclzmh2o的组成，进行如下操作：取样品23.25 g），用适量酸溶解后配成100ml 溶液；取10. 00 ml 溶液加入足量agno3溶液，生成1. 435 g 沉淀；另取 10. 00ml 溶液，用1. 000mol/ l 的 edta 标准液滴定cu2 （ cu2与 edta 以物质的量之比1

32、 1 反应），滴定至终点时消耗标准液体积为20. 00 ml。溶解样品所用酸的化学式为_；最终确定该样品的化学式为_。【答案】加快反应速率，使反应更充分将氧化铝转化为偏铝酸钠而分离除去4fe3o4+o2+36h+=12fe3+18h2ofe2+或fecl2温度过高，盐酸挥发程度增大，空气溶解度减小，导致反应速率降低，酸溶不充分4 10- 383232hnocu ( oh) cl?h o【解析】【分析】由图可知，废铜渣( 主要成分 cu、 cuo，含少量 fe3o4 、 ni、a12 o3) 研磨可增大接触面积，加快反应速率，通入co 除去 ni 元素，加 naoh 分离出的滤液1 中含偏铝酸钠

33、和 naoh，滤渣 1 含 cu、 cuo、 fe3o4，加盐酸、空气溶解后得到含铜离子、铁离子的溶液，调节ph，过滤分离出的滤渣2为fe oh 3，滤液2中加石灰乳可制备碱式氯化铜( )cux( oh) yclz?mh2o，滤液 3 中含氯化钙，据此分析解答。【详解】( l) “研磨”可增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分，故答案为：加快反应速率，使反应更充分；( 2) “碱溶”的目的是将氧化铝转化为偏铝酸钠分离除去，故答案为：将氧化铝转化为偏铝酸钠分离除去；( 3) “酸溶”时生成3+3+3+fe 反应的离子方程式为 4fe3o4+o2+36h =12fe +18h2o；生成的

34、 fe对cu 发生的氧化反应的催化原理图中，cu 失去电子，则fe 得到电子转化为n 的化学式为2+或 fecl23 42+=12fe3+18h22+或 fecl2fe，故答案为： 4fe o +o +36ho； fe；( 4) “酸溶”时温度不能过高，因为温度过高，盐酸挥发程度增大，空气的溶解度减小，会导致反应速率降低，酸溶不充分，故答案为：温度过高，盐酸挥发程度增大，空气的溶解度减小，导致反应速率降低，酸溶不充分；52c3+410- 8sp3- 810- 10 3410-() 若滤液中fe)=(mol lph 4kfe oh4 10() = /，= ，则( )= 38410-38，故答案为：；( 6) 后续实验需要加入agno3溶液，因此溶解样品所用酸为33溶hno ，加入足量 agno液可检验 cl- ，故答案为： hno3；1.435 g100ml100mln( cl- )=0. 1mol ， n( cu2+)= 0. 02l1mol / l=0 . 2mo