高考化学铁及其化合物推断题大题培优附答案.docx

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高考化学铁及其化合物推断题大题培优附答案

高考化学铁及其化合物推断题（大题培优）附答案

一、铁及其化合物

1．钛（

）被称为继铁、铝之后的第三金属，钛白（

）是目前使用最广泛的白色颜料。

制备

和

的原料是钛铁矿，用含

的钛铁矿（主要成分为

）制备

的流程如下：

（1）步骤①加

的目的是________________________；步骤②冷却的目的是__________________。

（2）考虑成本和废物的综合利用等因素，水浸后的废液中应加入_______处理。

（3）由金红石（

）制取单质钛（

）的过程为

，其中反应

在氩气气氛中进行的理由是______________________________。

【答案】将

还原为

析出绿矾（

）生石灰（或碳酸钙、碱）高温下镁或钛与

、

等反应

【解析】

【分析】

根据钛铁矿中

、

与浓硫酸反应的溶液中加入铁粉、过滤后，滤液冷却得到硫酸亚铁晶体推知，铁粉与铁离子发生反应得到亚铁离子。

水浸后的溶液成酸性。

【详解】

（1）分析题图可知，钛铁矿中的铁最终转化成副产品绿矾，所以要将+3价

转化为+2价

；降低温度，减小了

的溶解度，有利于绿矶结晶析出。

（2）水浸过程发生的离子反应为

，废液呈酸性，所以处理水浸后的废液应加入

、

或碱。

（3）由于

和

易与空气中的

、

等反应，故该反应应在氩气气氛中进行。

2．纳米Fe3O4在生物医学和催化剂载体等领域应用前景光明。

其制备流程如下：

已知：

锌单质溶于强碱生成ZnO22-；Zn（OH）2既能溶于强酸又能溶于强碱。

请回答下列问题：

（l）用NaOH溶液处理废旧锌铁皮的作用有___。

A.去除油污B．溶解镀锌层C．去除铁锈D．钝化

（2）步骤②生成Zn（OH）2沉淀的离子方程式为____，用离子方程式结合文字说明该步骤pH不能过小的原因____。

调节pH的最佳方法是向溶液中通入____（填化学式）。

（3）步骤④反应的离子方程式为_____；为确保纳米Fe3O4粒子的纯度，应调整原溶液中Fe2+与所加H2O2的物质的量之比为_______。

（4）步骤⑤制得Fe3O4纳米粒子的过程，需要在无氧环境下进行，说明理由__________；T业生产中可采取___________措施提供无氧环境。

（5）步骤⑤_______（填“能”或“不能”）用减压过滤（抽滤）得到纳米Fe3O4粒子？

理由是___________。

【答案】ABZnO22-+2H+=Zn（OH）2↓加入酸是为了使ZnO22-转化为Zn（OH）2沉淀，但加入酸不能过多，要防止发生Zn（OH）2+2H+＝Zn2++2H2O，降低ZnO产量CO22Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O3:

1防止Fe2+[或Fe（OH）2]被氧化持续通入N₂不能纳米粒子太小，抽滤时容易透过滤纸

【解析】

【分析】

根据流程图及已知信息分析得：

废旧镀锌铁皮加入氢氧化钠溶液中反应，锌溶解生成偏锌酸钠和氢气，铁不溶解，过滤得到滤液A为Na2ZnO2，不溶物为Fe，溶液A加稀硫酸使溶液中ZnO22-转化为Zn（OH）2沉淀，再经过过滤、洗涤、干燥，灼烧得到ZnO，不溶物Fe中加入稀盐酸，反应生成氯化亚铁，加入适量H2O2，氧化部分亚铁离子为铁离子，得到含Fe2+、Fe3+的B溶液，再加入NaOH，并通入氮气排除氧气，加热分解，生成四氧化三铁胶体粒子，据此分析解答。

【详解】

（1）氢氧化钠溶液有助于铁皮表面的油污水解除去，同时由题干信息知锌易溶于氢氧化钠溶液，故答案为：

AB；

（2）根据题给信息知，步骤②为ZnO22-与酸反应生成Zn（OH）2的反应，离子方程式为：

ZnO22-+2H+=Zn（OH）2↓；加入酸是为了使ZnO22-转化为Zn（OH）2沉淀，但加入酸不能过多，要防止发生Zn（OH）2+2H+＝Zn2++2H2O，降低ZnO产量；所得溶液呈碱性，为了不引入新的杂质，调节pH的最佳方法是向溶液中通入CO2；故答案为：

ZnO22-+2H+=Zn（OH）2↓；加入酸是为了使ZnO22-转化为Zn（OH）2沉淀，但加入酸不能过多，要防止发生Zn（OH）2+2H+＝Zn2++2H2O，降低ZnO产量；CO2；

（3）根据上述分析步骤④目的是用双氧水氧化亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；Fe3O4粒子中+2铁与+3价铁物质的量之比为1:

2，设Fe2+物质的量为x，则根据离子方程式分析所加H2O2的物质的量为：

，则应调整原溶液中Fe2+与所加H2O2的物质的量之比为x:

=3:

1，故答案为：

2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；3:

1；

（4）防止Fe2+[或Fe（OH）2]被氧化，所以步骤⑤制得Fe3O4纳米粒子的过程，需要在无氧环境下进行；工业上通常通过持续通入N2提供无氧环境，故答案为：

防止Fe2+[或Fe（OH）2]被氧化；持续通入N2；

（5）根据加压抽滤的原理及纳米粒子半径大小分析，不能用抽滤的方法得到纳米Fe3O4粒子，原因是纳米粒子太小，抽滤时容易透过滤纸，故答案为：

不能；纳米粒子太小，抽滤时容易透过滤纸。

3．现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙以及物质D、E、F、G、H，它们之间的相互转化关系如图所示

图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出

。

请根据以上信息完成下列各题：

（1）写出下列物质的化学式：

B_______、丙__________。

（2）写出黄绿色气体乙的一种用途___________，反应过程⑦可能观察到的实验现象是______。

对应的化学方程式是_______。

（3）反应③中的离子方程式是_________。

【答案】AlHCl杀菌消毒、强氧化剂、漂白白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）32Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑

【解析】

【分析】

金属A颜色反应为黄色证明A为金属Na，Na与水反应生成气体甲为H2，D为NaOH；金属B和氢氧化钠溶液反应产生H2，说明B为金属Al，黄绿色气体乙为Cl2，气体甲是H2，H2和Cl2反应生成丙为HCl，HCl溶于水得到的物质E为盐酸溶液，盐酸与金属C反应产生F溶液是金属氯化物，该氯化物与Cl2还可以反应产生G，G与NaOH溶液反应生成红褐色沉淀H为Fe（OH）3，则G为FeCl3，推断物质F为FeCl2；判断C为Fe，以此解答该题。

【详解】

根据上述分析可知A是Na，B是Al，C为Fe，气体甲是H2，气体乙是Cl2，气体丙是HCl；D是NaOH，E是盐酸，F是FeCl2，G是FeCl3，H是Fe（OH）3。

（1）根据上述分析可知，物质B是Al，丙是HCl；

（2）黄绿色气体乙是Cl2，该物质可以与水反应产生HCl和HClO，HClO具有强氧化性，可作氧化剂，氧化一些具有还原性的物质，也用于杀菌消毒或用于物质的漂白；

（3）FeCl2与NaOH溶液发生反应：

FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2↓+2NaCl，Fe（OH）2具有还原性，容易被溶解在溶液中的氧气氧化，发生反应：

4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，固体由白色迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，因此可观察到的实验现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；

（4）反应③是Al与NaOH溶液发生反应产生NaAlO2和H2，反应的离子方程式为：

2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。

【点睛】

本题是无机物推断，物质的颜色及转化关系中特殊反应是物质推断的突破口，再结合转化关系推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。

4．A、B、C、D均为中学化学中常见的物质，它们之间转化关系如图（部分产物和条件已略去）,请回答下列问题：

（1）若A为CO2气体，D为NaOH溶液，则B的化学式为_________。

（2）若A为AlCl3溶液，D为NaOH溶液，则C的名称为_________。

（3）若A和D均为非金属单质，D为双原子分子，则由C直接生成A的基本反应类型为_________。

（4）若常温时A为气态氢化物，B为淡黄色固体单质，则A与C反应生成B的化学方程式为_________。

（5）若A为黄绿色气体，D为常见金属，则A与C溶液反应的离子方程式为_________。

下列试剂不能鉴别B溶液与C溶液的是_________（填字母编号）。

a．NaOH溶液b．盐酸c．KSCN溶液d．酸性KMnO4溶液

【答案】NaHCO3偏铝酸钠分解反应

b

【解析】

【分析】

【详解】

（1）若A为CO2与过量的D即NaOH反应，生成碳酸氢钠；碳酸氢钠溶液与NaOH反应可得到碳酸钠溶液；碳酸钠溶液又可以与CO2反应生成碳酸氢钠；所以B的化学式为NaHCO3；

（2）若A为AlCl3，其与少量的NaOH反应生成Al（OH）3沉淀，Al（OH）3继续与NaOH反应生成偏铝酸钠；偏铝酸钠溶液和氯化铝溶液又可以反应生成Al（OH）3；所以C的名称为偏铝酸钠；

（3）若A，D均为非金属单质，且D为双原子分子，那么推测可能为性质较为活泼的O2或Cl2，A则可能为P，S或N2等；进而，B，C为氧化物或氯化物，C生成单质A的反应则一定为分解反应；

（4）淡黄色的固体有过氧化钠，硫单质和溴化银；根据转化关系，推测B为S单质；那么A为H2S，C为SO2，B为氧气；所以相关的方程式为：

；

（5）A为黄绿色气体则为Cl2，根据转化关系可知，该金属元素一定是变价元素，即Fe；那么B为FeCl3，C为FeCl2；所以A与C反应的离子方程式为：

；

a．NaOH与Fe2+生成白色沉淀后，沉淀表面迅速变暗变绿最终变成红褐色，而与Fe3+直接生成红褐色沉淀，a项可以；

b．盐酸与Fe2+，Fe3+均无现象，b项不可以；

c．KSCN溶液遇到Fe3+会生成血红色物质，而与Fe2+无现象，c项可以；

d．Fe2+具有还原性会使高锰酸钾溶液褪色，Fe3+不会使高锰酸钾溶液褪色，d项可以；答案选b。

5．常见含硫物质A~D，在生活、生产中有着广泛应用，它们之间的转化关系如下图所示。

其中反应①、②中所需物质B溶液的浓度不同。

请按要求回答下列问题：

（1）A的化学式为_______。

（2）反应①、②中Cu、Fe所起的作用相同，即都作_______（填“氧化剂”或“还原剂”），你判断的依据是它们都是金属，在反应中都_______。

（3）反应②的离子方程式为_______。

（4）大气中因废气A引起酸雨的反应流程之一可用下图示意：

上图中由D→B的转化所需氧化剂为_______。

当将含D的雨水敞口放置一段时间后（忽略溶液体积、温度的变化），其c（H+）将_______。

（填“增大”“减小”或“不变”）。

废气A是一种重要的化工原料，常采用氨吸收法进行循环利用、变废为宝。

某工厂若将4.48×106L（标准状况下）废气A进行环保处理，完全转化为NH4HSO3时，需消耗10mol/L氨水溶液（溶质全部以NH3•H2O计）的体积为_______L。

【答案】SO2还原剂失去电子，化合价升高Fe+2H+=Fe2++H2↑O2增大20000

【解析】

【分析】

由B（含氧酸）在常温下与足量的铁反应生成C（硫酸盐），故B是H2SO4，反应方程式为Fe+2H2SO4=FeSO4+H2↑，C是FeSO4；Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O，故A是SO2，SO2+H2O

H2SO3，D是H2SO3。

【详解】

（1）由解析可知，A的化学式为SO2；

（2）反应①、②中，反应前后Cu、Fe元素的化合价都升高，故反应①、②中Cu、Fe所起的作用相同，即都作还原剂；

（3）铁与稀硫酸常温下反应，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑；

（4）H2SO3→H2SO4过程中，S元素化合价升高，即H2SO3被空气中的O2氧化为H2SO4；2H2SO3+O2=H2SO4，H2SO3是弱酸，H2SO4是强酸，故当将含H2SO3的雨水敞口放置一段时间后（忽略溶液体积、温度的变化），其c（H+）将增大；SO2+NH3•H2O=NH4HSO3，n（SO2）=

=2.0×105mol，故n（NH3•H2O）=2.0×105mol，需消耗10mol/L氨水溶液（溶质全部以NH3•H2O计）的体积为

=20000L。

【点睛】

本题是结合图考查S元素的化合物知识，有关化学方程式书写等，难度不大。

6．已知有以下物质相互转化：

请回答下列问题：

（1）写出B的化学式___________，D的化学式为____________；

（2）写出由E转变成F的化学方程式________。

（3）写出D转化成H的离子方程式_________。

（4）除去溶液B中混有的少量G溶液的最适宜方法是________。

【答案】FeCl2KCl4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3Ag++Cl-=AgCl↓向溶液B中加入足量铁粉，再经过滤操作

【解析】

【分析】

D和硝酸银、稀硝酸的混合溶液反应生成沉淀H和焰色反应呈紫色的溶液可知，H为AgCl，D为KCl，白色沉淀E在空气中变成红褐色沉淀F可知E为Fe（OH）2，F为Fe（OH）3，所以G为FeCl3，A为Fe，B为FeCl2，C为NaOH，据此解答。

【详解】

（1）由分析可知，B为FeCl2，D为KCl，故答案为：

FeCl2；KCl；

（2）E为Fe（OH）2，F为Fe（OH）3，反应的方程式为：

4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：

4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；

（3）D为KCl，H为AgCl，D转化为H的离子方程式为：

Ag++Cl-=AgCl↓，故答案为：

Ag++Cl-=AgCl↓；

（4）FeCl2中混有的少量FeCl3，可用过量的铁粉将FeCl3转化为FeCl2，过量的铁粉用过滤除去，故答案为：

向溶液B中加入足量铁粉，再经过滤操作。

【点睛】

白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色所涉及的反应正是E到F：

4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3。

7．粉末状试样A是由等物质的量的MgO和Fe2O3组成的混合物。

进行如下实验：

①取适量A进行铝热反应，产物中有单质B生成；

②另取20gA全部溶于0.15L6.0mol·L－1盐酸中，得溶液C；

③将①中得到的单质B和溶液C反应，放出1.12L（标况）气体，同时生成溶液D，还残留有固体物质B；

④用KSCN溶液检验时，溶液D不变色。

请填空：

（1）①中引发铝热反应的实验操作是___________，产物中的单质B是________。

（2）②中所发生的各反应的化学方程式是___________。

（3）③中所发生的各反应的离子方程式是___________。

（4）若溶液D的体积仍视为0.15L，则该溶液中c（Mg2＋）为________，c（Fe2＋）为________。

【答案】加少量KClO3，插上镁条并将其点燃FeFe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O、MgO＋2HCl=MgCl2＋H2OFe＋2Fe3＋=3Fe2＋、Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑0.67mol·L－12.3mol·L－1

【解析】

【详解】

（1）铝热反应是指单质Al和某些金属氧化物发生的反应，反应过程中放出大量热，但该反应需要较高的温度才能引发。

在混合物上加少量KClO3固体并插上Mg条，点燃Mg条后放出热量，使KClO3固体分解放出O2，进一步加剧Mg的燃烧，可在短时间内使混合物温度迅速升高，引发反应。

发生的反应为Fe2O3＋2Al

Al2O3＋2Fe，所以产物中单质B为Fe，故答案为：

加少量KClO3，插上镁条并将其点燃；Fe；

（2）Fe2O3和MgO都是碱性氧化物，能和酸反应生成盐和水：

Fe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O，MgO＋2HCl=MgCl2＋H2O，故答案为：

Fe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O、MgO＋2HCl=MgCl2＋H2O；

（3）混合物中只有Fe2O3能和Al发生铝热反应，生成Fe单质。

C溶液中有反应生成的FeCl3，还有未反应的HCl。

发生的离子反应为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋、Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑。

（4）假设步骤②用去的20g固体中，MgO的物质的量为x，则Fe2O3的物质的量也为x，则40g·mol－1×x＋160g·mol－1×x＝20g，解得：

x＝0.1mol。

根据MgO～MgCl2的关系，则溶液中MgCl2的浓度为0.1mol÷0.15L≈0.67mol·L－1。

步骤④说明溶液中没有Fe3＋，也就是溶质为FeCl2和MgCl2。

根据Cl－守恒的关系，可知MgCl2和FeCl2的总的物质的量等于

＝0.45mol，所以，FeCl2的浓度为

≈2.3mol·L－1，故答案为：

Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋、Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑；0.67mol·L－1；

【点睛】

本题考查混合物反应的计算、物质的量浓度计算，题目难度中等，掌握氧化镁、氧化铁以及铁和三价铁离子的反应原理为解答的关键，（4）中计算亚铁离子的物质的量时，不可忽略了铁与氢离子的反应。

8．工业上用某矿渣（含有Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2）提取铜的操作流程如图（金属单质E可由滤液C制取）：

已知：

Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O

（1）固体混合物B的成分是_____。

它与NaOH溶液反应的离子方程式为_____。

（2）滤液A中铁元素的存在形式为_____（填离子符号），生成该离子与Fe元素有关的离子反应方程式为_____。

要检验该铁元素的离子的实验_____

（3）在滤液C中通入足量CO2的离子方程式为_____

（4）金属单质E从固体混合物F中置换出Cu的化学方程式为_____

【答案】SiO2和CuSiO2+2OH-=SiO32-+H2OFe2+Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+取少量溶液于试管中，滴加KSCN，溶液不变红，再加入氯水，溶液变为血红色，则有Fe2+OH-+CO2=HCO3-；AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-2Al+3CuO高温Al2O3+3Cu

【解析】

【分析】

氧化亚铜与盐酸反应生成铜和铜离子，二氧化硅与盐酸不反应，氧化铁与盐酸反应生成Fe3+，铁离子与铜反应生成亚铁离子，固体为二氧化硅和铜，滤液中含有铜离子、亚铁离子、铝离子，加入足量的氢氧化钠溶液，滤液C中含有偏铝酸根离子，金属E为铝，固体D为氢氧化铜和氢氧化铁的混合物，在空气中灼烧，F为氧化铜和氧化铁的混合物，粗铜为铜、铝、铁的混合物，经过电解可得到纯铜。

【详解】

（1）固体混合物B的成分是SiO2和Cu。

它与NaOH溶液即二氧化硅与氢氧化钠反应，反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。

（2）氧化亚铜与盐酸反应生成铜单质和铜离子，氧化铁与盐酸反应生成铁离子，与铜反应生成亚铁离子，有铜剩余，故铁离子完全转化为亚铁离子，滤液A中铁元素的存在形式为Fe2+，生成该离子与Fe元素有关的离子反应方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。

要检验该铁元素的离子的实验为取少量溶液于试管中，滴加KSCN，溶液不变红，再加入氯水，溶液变为血红色，则有Fe2+。

（3）在滤液C中含有偏铝酸钠和氢氧化钠，通入足量CO2的离子方程式为OH-+CO2=HCO3-；AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-。

（4）金属单质E为铝，从固体混合物F为氧化铜和氧化铁的混合物，置换出Cu的化学方程式为铝热反应，2Al+3CuO高温Al2O3+3Cu。

9．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生成硫酸铜和水，反应的化学方程式为：

。

10．以高钛渣（主要成分为Ti3O5，含少量SiO2、FeO、Fe2O3）为原料制备白色颜料TiO2的一种工艺流程如下：

已知：

Na2TiO3难溶于碱性溶液；H2TiO3中的杂质F