培优氧化还原反应辅导专题训练附详细答案.docx

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培优氧化还原反应辅导专题训练附详细答案

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）

1．高锰酸钾是一种用途广泛的强氧化剂，实验室制备高锰酸钾所涉及的化学方程式如下：

MnO2熔融氧化：

3MnO2+KClO3+6KOH

3K2MnO4+KCl+3H2O

K2MnO4歧化：

3K2MnO4+2CO2＝2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3

将MnO2熔融氧化所得产物的热浸取液装入三颈烧瓶，再通入CO2气体，使K2MnO4歧化的过程在如图装置中进行，A、B、C、D、E为旋塞，F、G为气囊，H为带套管的玻璃棒。

回答下列问题：

（1）仪器a的名称是______。

（2）MnO2熔融氧化应放在______中加热（填仪器编号）。

①烧杯　②瓷坩埚　③蒸发皿　④铁坩埚　

（3）为了能充分利用CO2，装置中使用了两个气囊。

当试管内依次加入块状碳酸钙和盐酸后，关闭旋塞B、E，微开旋塞A，打开旋塞C、D，往热K2MnO4溶液中通入CO2气体，未反应的CO2被收集到气囊F中。

待气囊F收集到较多气体时，关闭旋塞______，打开旋塞______，轻轻挤压气囊F，使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，未反应的CO2气体又被收集在气囊G中。

然后将气囊G中的气体挤压入气囊F中，如此反复，直至K2MnO4完全反应。

（4）除去K2MnO4歧化产物中MnO2的操作方法是______。

（5）将三颈烧瓶中所得产物经过一系列操作得到针状的高锰酸钾晶体，最后采用低温烘干的方法来干燥产品，原因是______。

【答案】长颈漏斗④ACBDE过滤高锰酸钾晶体受热易分解

【解析】

【分析】

（1）由实验装置可知，仪器a为长颈漏斗；

（2）熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物含有碱性KOH应用铁坩埚；

（3）该操作的目的是将气囊F中的二氧化碳排出，据此判断正确的操作方法；

（4）高锰酸钾溶于水，二氧化锰不溶于水；

（5）高锰酸钾晶体受热易分解。

【详解】

（1）由实验装置可知，仪器a为长颈漏斗，故答案为：

长颈漏斗；

（2）熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物中含有碱性KOH，瓷坩埚中含有二氧化硅，二氧化硅能够与氢氧化钾反应，所以应用铁坩埚，故答案为：

④；

（3）待气囊F收集到较多气体时，需要将气囊F中二氧化碳排出到热K2MnO4溶液中，所以需要关闭A、C，打开B、D、E，轻轻挤压气囊F，从而使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，故答案为：

AC；BDE；

（4）高锰酸钾溶于水，二氧化锰不溶于水，固液分离应用过滤的方法，则除去高锰酸钾溶液中的二氧化锰应用过滤的方法，故答案为：

过滤；

（5）高锰酸钾晶体受热易分解，实验时应采用低温烘干的方法来干燥产品，避免高锰酸钾晶体受热发生分解，故答案为：

高锰酸钾晶体受热易分解。

2．高氯酸铵是一种常见的强氧化剂，常用作火箭发射的推进剂。

根据下列信息回答问题:

已知:

①高氯酸铵受热分解为N2、Cl2、O2和H2O;②Mg3N2易水解;③Cu与N2在酒精灯加热条件下不反应。

（1）写出高氯酸铵受热分解的化学反应方程式:

_____________，Mg3N2的电子式为________。

（2）现有23.5gNH4ClO4分解，用下列装置设计实验，验证其分解产物并计算分解率。

（注:

①装置中空气已除尽;②装置可重复使用;③B~F装置中的试剂均过量且能与相应物质反应完全。

）

①用E装置质量的增加来验证生成的气体产物之一，则E中盛放的试剂是:

_______。

②请按气流由左至右的方向连接装置:

A→E→D→B→______→_____→_______→E（选择B~F装置，并用B~F字母填空）。

③证明产物中有Cl2的实验现象:

________。

④反应结束后，若C装置质量增加了2.38g，则NH4ClO4的分解率是:

________%。

（3）样品中NH4ClO4的含量（杂质中不含NH4+）还可用蒸馏法测定（如图所示，加热和夹持装置已略去），实验步骤如下:

步骤1:

组装仪器，检查气密性;准确称取样品ag（不超过0.5g）于蒸馏烧瓶中，加入约150mL水溶解。

步骤2:

准确量取40.00mL约0.1mol/LH2SO4于锥形瓶中。

步骤3:

向蒸馏烧瓶中加入20mL3mol/LNaOH溶液;加热蒸馏使NH3全部挥发。

步骤4:

用新煮沸过的水冲洗冷凝装置2~3次，洗涤液并入锥形瓶中。

步骤5:

向锥形瓶中加2~3滴甲基橙，用cmol/LNaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH标准溶液V1mL。

步骤6:

重复实验2~3次。

回答下列问题:

①步骤2中，准确量取40.00mlH2SO4溶液的玻璃仪器是:

__________。

②为获得样品中NH4ClO4的含量，还需补充的实验是:

______。

【答案】2NH4ClO4

2O2↑+N2↑+Cl2↑+4H2O↑

浓硫酸EFCD裝置中颜色由无色变为橙色85.0或85酸式滴定管或移液管用NaOH标准溶液标定硫酸溶液的浓度

【解析】

【分析】

（1）根据得失电子守恒配平高氯酸铵受热分解的化学反应方程式；Mg3N2是离子化合物；

（2）A是高氯酸铵受热分解的装置；B是氢氧化钠溶液，可以吸收氯气；C中盛放Mg粉，可以检验氮气；D中溴化钾可以检验氯气；F中铜粉可以检验氧气；E中盛放液体，根据E装置质量的增加来验证生成的水，所以E中盛浓硫酸；

（3）①根据硫酸体积的精度是0.01mL选择仪器；②要计算NH4ClO4的含量，需要知道硫酸溶液的浓度。

【详解】

（1）根据得失电子守恒配平高氯酸铵受热分解的化学反应方程式为2NH4ClO4

2O2↑+N2↑+Cl2↑+4H2O↑；Mg3N2是离子化合物，电子式是

；

（2）①A是高氯酸铵受热分解的装置；B是氢氧化钠溶液，可以吸收氯气；C中盛放Mg粉，可以检验氮气；D中溴化钾可以检验氯气；F中铜粉可以检验氧气；E中盛放液体，根据E装置质量的增加来验证生成的水，所以E中盛浓硫酸；

②根据以上分析，按气流由左至右的方向连接装置:

A→E→D→B→E→F→C→E；

③D中溴化钾可以与氯气反应，方程式是2KBr+Cl2=2KCl+Br2，溴水为橙色，所以D裝置中颜色由无色变为橙色可以证明产物中有Cl2；

④C中盛放Mg粉，可以与氮气反应生成Mg3N2，若C装置质量增加了2.38g，说明反应生成氮气2.38g，则NH4ClO4的分解率是

；

（3）①根据硫酸体积的精度是0.01mL，准确量取40.00mLH2SO4溶液的玻璃仪器是酸式滴定管；

②为获得样品中NH4ClO4的含量，还需补充的实验是用NaOH标准溶液标定硫酸溶液的浓度。

3．过氧乙酸（CH3COOOH）是一种高效消毒剂，具有很强的氧化性和腐蚀性，它可由冰醋酸与过氧化氢在一定条件下制得；它可以迅速杀灭多种微生物，包括多种病毒（如：

SARS病毒、禽流感病毒）、细菌、真菌及芽孢。

下面是市售过氧乙酸商品标签：

有关资料：

H2O2是极弱的电解质，在酸性介质中才能稳定存在，是一种强氧化剂。

过氧乙酸消毒液是由H2O2、H2O、CH3COOH及少量H2SO4混合后，反应生成过氧乙酸（CH3COOOH）。

CH3COOOH容易放出氧原子，它与空气中微生物机体作用，达到灭菌目的，是消毒液的主要成分。

（1）某研究性学习小组为了弄清配制过氧乙酸消毒液的甲、乙溶液的主要成分各是什么？

进行以下科学探究，请你完成下列相关内容：

①提出假设：

甲溶液的主要成分为_________，乙溶液的主要成分为_________。

②实验验证：

取甲、乙两种溶液少许，分别加入几滴_________试液，若①中假设正确，则甲溶液的现象为_____________________，乙溶液的现象为__________。

（2）有关过氧乙酸的叙述正确的是_________（填编号）

A．过氧乙酸与羟基乙酸（HOCH2COOH）互为同分异构体

B．过氧乙酸与苯酚混合使用可增强消毒效果

C．过氧乙酸与乙酸属于同系物

D．氧元素的化合价为-2价

（3）实验室制备少量过氧乙酸，可由冰醋酸和过氧化氢在浓硫酸催化作用下制得，实验装置和步骤如下：

①在三颈烧瓶中加入一定量冰醋酸与浓H2SO4的混合液体，再缓缓加入适量30%的双氧水。

②不断搅拌并控制B中混合液的温度为20～30℃至反应结束。

③接入冷凝管和抽气泵，在锥形瓶中收集得到产品。

请回答下列问题：

①仪器C的名称是_______________；

②为更好地控制反应温度，应采用方法是_________________；

③生成过氧乙酸的化学方程式为________________________________________；

④碘量法分析：

取2.00mL过氧乙酸试样稀释成100mL，从中取出5.00mL，滴加酸性KMnO4溶液至恰好粉红色以除去残余H2O2，再加入10mL10%KI溶液和几滴淀粉溶液，摇匀，反应完全后再用0.1000mol/L的Na2S2O3标准液滴定至终点（反应方程式为2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI），共消耗14.30mLNa2S2O3标准液。

该样品中过氧乙酸的物质的量浓度是_____mol/L。

（结果保留小数点后两位）（提示：

CH3COOOH+2I−+2H+=I2+CH3COOH+H2O）

【答案】甲H2O2、H2O、H2SO4乙CH3COOH、H2O石蕊甲：

溶液先变红后褪色乙：

溶液由无色变为红色A冷凝管（或直形冷凝管）水浴加热CH3COOH+H2O2→CH3COOOH+H2O7.15

【解析】

【分析】

（1）若假设甲溶液的有效成分是H2O2，则乙溶液的有效成分是CH3COOOH，根据过氧乙酸消毒液是由H2O2、H2O、CH3COOH及少量H2SO4混合后，反应生成过氧乙酸（CH3COOOH），H2O2是极弱的电解质，在酸性介质中才能稳定存在，则H2SO4应该在甲溶液中，另外两种溶液中的水也是一种主要成分；两溶液都呈酸性，都能使紫色石蕊试液变红，但是甲溶液中H2O2漂白作用的会使变红的溶液褪色；

（2）结合选项对过氧乙酸（CH3COOOH）性质判断，

（3）①由仪器的结构，可知C为直形冷凝管；

②控制B中混合液的温度为20～30℃，应采取水浴加热；

③结合题中信息，写出生成过氧乙酸的化学反应方程式；

CH3COOOH+2I−+2H+=I2+CH3COOH+H2O，2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，由这两个方程式，确定关系式：

CH3COOOH～I2～2Na2S2O3，计算稀释后5.00mL溶液中过氧乙酸的物质的量，再计算原来的2.00mL溶液中的过氧乙酸的物质的量，再根据物质的量浓度定义式计算。

【详解】

（1）若假设甲溶液的有效成分是H2O2，则乙溶液的有效成分是CH3COOOH，根据过氧乙酸消毒液是由H2O2、H2O、CH3COOH及少量H2SO4混合后，反应生成过氧乙酸（CH3COOOH），H2O2是极弱的电解质，在酸性介质中才能稳定存在，则H2SO4应该在甲溶液中，另外两种溶液中的水更是一种主要成分；两溶液都呈酸性，都能使紫色石蕊试液变红，但是甲溶液中H2O2漂白作用的会使变红的溶液褪色；

（2）过氧乙酸与羟基乙酸（HOCH2COOH）的分子式都是C2H4O3，但结构不同，故互为同分异构体；过氧乙酸具有强氧化性，而苯酚易被氧化，两者混合发生氧化还原反应，不能增强消毒效果；过氧乙酸的分子结构中存在过氧根而乙酸中没有，两者结构不相似，不属于同系物；过氧乙酸中的氧元素有+2价、+1价；

（3）①由仪器的结构，可知C为直形冷凝管；

②控制B中混合液的温度为20～30℃，应采取水浴加热，受热均匀，便于控制温度；

③乙酸与过氧化氢在浓硫酸、20～30℃条件下反应生成过氧乙酸（CH3COOOH），反应的化学方程式为：

CH3COOH+H2O2

CH3COOOH+H2O；

④CH3COOOH+2I−+2H+=I2+CH3COOH+H2O，2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，由这两个方程式，确定关系式：

CH3COOOH～I2～2Na2S2O3，可知稀释后的5.00mL溶液中过氧乙酸的物质的量是：

×0.0143L×0.1000mol/L，原来2.00mL溶液中的过氧乙酸的物质的量是：

×0.0143L×0.1000mol/L×

=0.0143mol，该该样品中过氧乙酸的物质的量浓度是：

=7.15mol/L。

【点睛】

本题是探究性实验试题，现根据题中的信息去假设，然后分析、得出结论。

实验中的数据处理，借助关系式法，计算所需要的物质的物质的量。

4．以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细α-氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。

已知铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），其制备实验流程如下：

（1）铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为___________________________。

（2）图中“滤渣”的主要成分为_______________（填化学式）。

（3）加30%的H2O2溶液发生的离子反应方程式为_______________________________。

（4）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：

4[NH4Al（SO4）2·12H2O]

2Al2O3+2NH3↑+N2↑+5SO3↑+3SO2↑+53H2O,将产生的气体通过下图所示的装置。

①集气瓶中收集到的气体是_______________（填化学式）。

②足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外还有_______________（填化学式）。

③KMnO4溶液褪色（MnO4－还原为Mn2+），发生的离子反应方程式为_______________________________。

【答案】Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2OSiO22Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2ON2SO3、NH32MnO4－+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42－+4H+

【解析】

【分析】

根据题意，铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），铝灰中加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加入双氧水，Fe2+被氧化为Fe3+，加入K4[Fe（CN）6]后Fe3+转化为沉淀，过滤，在滤液中加入硫酸铵，生成NH4Al（SO4）2，结晶、干燥、煅烧得到α-Al2O3。

【详解】

（1）Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝和水，其反应的方程式为Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O。

（2）根据上述分析，图中“滤渣”的主要成分是不溶于硫酸的二氧化硅，化学式为SiO2。

（3）滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加30%的H2O2溶液将Fe2+被氧化为Fe3+，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O

（4）①NH4Al（SO4）2•12H2O分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸钠吸收，二氧化硫被高锰酸钾吸收，所以最后集气瓶中收集到的气体是N2。

②饱和NaHSO3能与SO3、氨气反应，则足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外，还有SO3、NH3。

③酸性条件下，KMnO4与二氧化硫反应生成硫酸根离子和锰离子，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平，其反应的离子方程式为：

2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+。

5．C、N、S的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。

（1）CO2的重整用CO2和H2为原料可得到CH4燃料。

已知:

①CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）△H1=+247kJ/mol

②CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H2=+205kJ/mol

写出CO2重整的热化学方程式：

_____。

（2）“亚碳酸盐法”吸收烟中的SO2

①将烟气通入1.0mol/L的Na2SO3溶液，若此过程中溶液体积不变，则溶液的pH不断_____（填“减小”“不变”或“增大）。

当溶液pH约为6时，吸收SO2的能力显著下降，应更换吸收剂，此时溶液中c（SO32-）=0.2mol/L，则溶液中c（HSO3-）=_____。

②室温条件下，将烟气通入（NH4）2SO3溶液中，测得溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图:

b点时溶液pH=7，则n（NH4+）：

n（HSO3—）=______________。

（3）催化氧化法去除NO。

一定条件下，用NH3消除NO污染，其反应原理4NH3+6NO

5N2+6H2O。

不同温度条件下，n（NH3）:

n（NO）的物质的量之比分别为4:

1、3:

1、1:

3时，得到NO脱除率曲线如图所示：

①曲线a中，NO的起始浓度为6×10-4mg·m-3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为_____mg·m-3·s-1。

②曲线b对应NH3与NO的物质的量之比是_____。

（4）间接电化学法除NO。

其原理如图所示：

写出阴极的电极反应式（阴极室溶液呈酸性）_____。

吸收池中除去NO的原理_____（用离子方程式表示）。

【答案】CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g）△H=−163kJ/mo1减小1.6mol/L3:

11.5×10−43:

1

【解析】

【分析】

（1）已知：

①CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）△H1=+247k/mol，

②CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H2=+205k/mol，

根据盖斯定律，①-②×2得：

CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g），据此计算△H；

（2）①二氧化硫通入亚硫酸钠溶液生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠显酸性，据此分析；根据反应方程式的量的关系计算可得；

②先判断溶质，写出电荷守恒式，在利用pH=7时，c（H+）=c（OH-）找出其他离子的等量关系，结合图示进行等量删减或替换，最后得出结果；

（3）①曲线a中，NO的起始浓度为6×10-4mg•m-3，根据图象得到A、B处的NO脱除率，可得两处的NO的浓度，再计算脱除速率；

②NH3与NO的物质的量的比值越大，NO的脱除率越大，据此分析；

（4）阴极得到电子发生还原反应，结合酸性环境书写；阴极产物吸收NO。

【详解】

（1）已知：

①CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）△H1=+247k/mol，

②CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H2=+205k/mol，

根据盖斯定律，由①−②×2得反应：

CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g）△H=△H1−2△H2=−163kJ/mo1，

故答案为：

CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g）△H=−163kJ/mo1；

（2）①将烟气通入1.0mol/L的Na2SO3溶液，二氧化硫与亚硫酸钠和水反应生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠以电离为主，显酸性，故溶液pH不断减小；向亚硫酸钠溶液中通入二氧化硫生成亚硫酸氢钠，反应方程式SO2+Na2SO3+2H2O=2NaHSO3，溶液中反应的亚硫酸根离子和生成亚硫酸氢根离子的物质的量比为1：

2，即溶液中参加反应的亚硫酸根为（1.0−0.2）mol/L，则生成c（

）=2×（1.0−0.2）mol/L=1.6mol/L，

故答案为：

减小；1.6mol/L；

②b点时溶液pH=7，此时溶液中的溶质是（NH4）2SO3和NH4HSO3，根据电荷守恒：

c（

）+c（H+）=c（OH−）+c（

）+2c（

），因pH=7，故c（H+）=c（OH−），则c（

）=c（

）+2c（

），由图可读出b点时，c（

）=c（

），则c（

）=3c（

），因在同一体系，n（

）：

n（

）=3：

1，

故答案为：

3：

1；

（3）①曲线a中，NO的起始浓度为6×10−4mg⋅m−3，A点的脱除率为55%，B点的脱除率为75%，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为6×10−4mg⋅m−3×（0.75−0.55）÷0.8s=1.5×10−4mg⋅m−3⋅s−1，

故答案为：

1.5×10−4；

②NH3与NO的物质的量的比值越大，NO的脱除率越大，则物质的量之比分别为4：

1，3：

1，1：

3时，对应的曲线为a，b，c，即曲线b对应的物质的量之比是3：

1，

故答案为：

3：

1；

（4）阴极得到电子发生还原反应，根据图可知是

在酸性条件下发生还原反应，生成

，其电极反应式为

；根据图示，吸收池中

和NO是反应物，N2和

是生成物，则吸收池中除去NO的原理是：

，

故答案为：

；

。

【点睛】

陌生电极反应式的书写步骤：

①根据题干找出反应物以及部分生成物，根据物质变化分析化合价变化并据此写出得失电子数；②然后根据电荷守恒配平电极反应式，在配平时需注意题干中电解质的环境；③然后检查电极反应式的守恒关系（电荷守恒、原子守恒、转移电子守恒等）。

6．氯化亚铜在有机合成工业中常作催化剂。

以下是从含Cu2+、Fe3+的电镀废水中制备氯化亚铜的工艺流程图。

如图是滤液中Cu2+、Fe3+的含量与pH的关系及CuCl产率与pH的关系图。

请回答以下问题：

（1）在电镀废水中加碱产生沉淀，过滤得到电镀污泥，则电镀污泥的主要成分为____；

（2）由反应①制备CuCl时的最佳pH在__________左右；

（3）对CuCl产率探究时发现反应①在隔绝空气条件下进行时CuCl产率较高，由此推测CuCl具有__________性；

（4）写出反应①中化学反应方程式：

_____；

（5）隔绝空气条件下，从滤液中制得晶体的实验操作为：

___________；

（6）取晶体4.34g隔绝空气条件下，失去结晶水后得固体3.26g，所得固体溶于水分成二等份，一份加入足量BaCl2溶液,得到白色固体2.33g；另一份加入足量NaOH溶液后，加热、灼烧得红色粉末0.4g。

写出晶体的化学式：

_____________。

【答案】Fe（OH）3、Cu（OH）23.5还原2CuSO4+Fe+2KCl=2CuCl↓+2K2SO4+FeSO4蒸发、冷却结晶、过滤（洗涤）、干燥K2Fe（SO4）2•6H2O

【解析】

【分析】

由流程图可知，向电镀废水中加碱，Cu2+、Fe3+与碱反应生成氢氧化铁和氢氧化铜沉淀，过滤得到含有氢氧化铁和氢氧化铜的电镀污泥；向电镀污泥中加入硫酸控制pH使氢氧化铜溶解，而氢氧化铁不溶解，过滤得到高浓度的硫酸铜溶液；向高浓度的硫酸铜溶液加入铁与氯化钾，调节溶液pH和反应温度使硫酸铜与铁、氯化钾反应生成了硫酸亚铁、硫酸钾和氯化亚铜，过滤得到氯化亚铜沉淀和含有的硫酸亚铁、硫酸钾滤液，隔绝空气条件下，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到K2Fe（SO4）2•6H2O晶体。

【详解】

（1）由流程图可知，向电镀废水中加碱，Cu2+、Fe3+与碱反应生成氢氧化铁和氢氧化铜沉淀，过滤得