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备战高考化学铁及其化合物综合练习题及详细答案

2020-2021备战高考化学铁及其化合物综合练习题及详细答案

一、高中化学铁及其化合物

1．排放的工业废水中含Fe3+、Al3+、Cu2+，为了减少环境污染，变废为宝，利用废铁屑制得Fe2O3、Al2O3和金属Cu，过程如下。

请回答：

（1）固体A的成分是________________（填化学式）。

（2）溶液B中的金属阳离子有___________________。

（3）试剂G是__________________（填名称）。

（4）B→D反应的离子方程式是_________________________。

（5）溶液E焰色反应呈黄色，试剂H是__________________。

【答案】Fe、CuFe2+、Al3+稀盐酸或稀硫酸2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl—NaOH溶液

【解析】

【分析】

【详解】

（1）向含Fe3+、Al3+、Cu2+的工业废水中加入过量的废铁屑，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，Fe+Cu2+=Fe2++Cu，而铁屑是过量的，因此固体A的成分是Fe和Cu；

（2）溶液B中的金属阳离子有反应产生的Fe2+和废水中原有的Al3+；

（3）向Fe和Cu的混合物中加入过量的试剂G能产生溶液B和固体C，则试剂G为稀盐酸或稀硫酸，而固体C为不溶于稀盐酸或稀硫酸的Cu；

（4）向溶液B中加入足量的氯水，Fe2+被Cl2氧化成Fe3+，而Al3+不反应，因此离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl—；

（5）溶液D的成分是Fe3+和Al3+，向其中加入过量的H溶液生成沉淀F和溶液E，且沉淀F经过灼烧生成铁红，则F为Fe（OH）3；溶液E的焰色反应呈黄色，说明含有钠元素，且一定条件下能得到Al2O3，说明含有铝元素，则E为Na[Al（OH）4]；经过以上分析，可知H为NaOH溶液。

2．物质

是某新型净水剂的中间体，它可以看成由AlCl3（在180℃升华）和一种盐A按物质的量之比1：

2组成。

在密闭容器中加热X使之完全分解，发生如下转化：

请回答下列问题：

（1）X的化学式为__。

（2）将E混合晶体溶于水配成溶液，向溶液中加入过量稀NaOH溶液时发生的总反应的离子方程式为__。

（3）高温下，若在密闭容器中长时间煅烧X，产物中还有另外一种气体，请设计实验方案验证之_。

【答案】AlCl3·2FeSO4Al3++2H++6OH-=AlO2-+4H2O将气体通入足量NaOH溶液中，收集余气，把一条带火星的木条伸入其中，若复燃，则说明是O2

【解析】

【分析】

固体氧化物B溶于稀盐酸后得到的溶液C中滴加KSCN溶液，混合液变血红色，说明B中含有Fe3+，则B为Fe2O3，C为FeCl3溶液，无色D气体能使品红褪色，则D为SO2，由元素守恒可知A中含有Fe、S、O元素，A加热分解能生成氧化铁和二氧化硫，则盐A为FeSO4，氧化铁的物质的量为

=0.02mol，生成二氧化硫为

=0.02mol，由Fe、S原子为1：

1可知生成SO3为0.02mol，4.27g混合晶体E为AlCl3和SO3，AlCl3的物质的量为

=0.02mol，X的组成为AlCl3∙2FeSO4，以此解答该题。

【详解】

（1）根据上述分析，X的化学式为AlCl∙2FeSO4；

（2）将E混合晶体溶于水配成溶液，三氧化硫反应生成硫酸，则硫酸与氯化铝的物质的量相等，逐滴加入过量稀NaOH溶液，该过程的总反应的离子方程式为：

Al3++2H++6OH-=AlO2-+4H2O；

（3）若在高温下长时间煅烧X，生成的三氧化硫再分解生成二氧化硫和氧气，另一种气体分子式是O2，检验氧气的方法为：

将气体通入足量NaOH溶液中，收集余气，把一条带火星的本条伸入其中，若复燃，则说明是O2。

3．A～I分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如图所示（部分反应物、生成物没有列出）。

已知H为固态氧化物，F是红褐色难溶于水的沉淀，且A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。

请填写下列空白：

（1）A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素的名称是___。

（2）反应①的化学方程式为___。

（3）反应③的离子方程式为___。

（4）反应⑧的化学方程式为___。

（5）反应⑥过程中的现象是____。

（6）1molI发生反应后生成的A高温下与足量的水蒸气反应，生成的气体换算成标准状况下占___L。

【答案】铁元素8Al＋3Fe3O4

4Al2O3＋9FeFe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2OAl2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色，最后变成红褐色33.6

【解析】

【分析】

F是红褐色难溶于水的沉淀，则F为氢氧化铁；E能在空气中转化为F，且E是C和氢氧化钠反应生成，则E为氢氧化亚铁，C为氯化亚铁；B能与盐酸反应生成氯化亚铁和D，则B为四氧化三铁，D为氯化铁；A在空气中燃烧能够生成四氧化三铁，则A为铁单质；四氧化三铁与I在高温条件下反应生成铁单质，I又能与氢氧化钠反应，推知I为铝单质，与四氧化三铁在高温条件下发生铝热反应，生成H为氧化铝；铝和氧化铝都能与氢氧化钠反应生成G，则G为偏铝酸钠。

【详解】

（1）A为铁、B为四氧化三铁、C为氯化亚铁、D为氯化铁、E氢氧化亚铁、F为氢氧化铁，则六种物质中都含有铁元素，故答案为：

铁元素；

（2）①是铝与四氧化三铁发生铝热反应，其反应的方程式为8Al＋3Fe3O4

4Al2O3＋9Fe，故答案为：

8Al＋3Fe3O4

4Al2O3＋9Fe；

（3）③是四氧化三铁与盐酸反应，其反应的离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O，故答案为：

Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O；

（4）⑧是氧化铝与氢氧化钠发生反应，反应的化学方程式为Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O，故答案为：

Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O；

（5）⑥氢氧化亚铁在空气中转化为氢氧化铁，其现象为生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，故答案为：

生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；

（6）1mol铝与四氧化三铁反应生成铁单质与氧化铝，生成的铁单质再与水蒸气反应生成氢气，根据得失电子守恒可知，铝失去的电子数等于生成氢气得到的电子数，可列式1×3=2×n（H2）,则n（H2）=1.5mol，则标准状况下，氢气的体积V（H2）=1.5mol×22.4L/mol=33.6L，故答案为33.6。

【点睛】

铝与四氧化三铁反应生成铁，8molAl~9molFe，铁与水蒸气反应生成氢气，3molFe~4molH2，所以也可以根据对应关系8molAl~9molFe~12molH2，求得氢气的物质的量。

4．A、B、C均为中学化学常见的纯净物，它们之间存在如下转化关系：

其中①②③均为有单质参与的反应。

（1）若A是常见的金属，①③中均有同一种黄绿色气体参与反应，B溶液遇KSCN显血红色，且②为化合反应，写出反应②的离子方程式_________________________。

（2）如何检验上述C溶液中的阳离子？

______________________。

（3）若B是太阳能电池用的光伏材料，①②③为工业制备B的反应。

C的化学式是____________，属于置换反应____________，（填序号）写出反应①的化学方程式____________________。

【答案】Fe+2Fe3+＝3Fe2+取少量溶液于试管，加KSCN溶液，无明显现象，再加氯水，溶液变成血红色，则证明含Fe2+SiCl4①③2C+SiO2

Si+2CO↑

【解析】

【分析】

（1）由转化关系可知A为变价金属，则A应为Fe，B为氯化铁，C为氯化亚铁，②为Fe与氯化铁的反应；

（3）B是太阳能电池用的光伏材料，可知B为Si，①为C与二氧化硅的反应，①②③为工业制备B的反应，则C为SiCl4，③中SiCl4与氢气反应，提纯Si，以此解答该题。

【详解】

（1）A是常见的金属，①③中均有同一种气态非金属单质参与反应，且②为化合反应，则该非金属气体为Cl2，B为氯化铁，则反应②的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；

（2）由分析知C为氯化亚铁，检验Fe2+的操作方法是取少量溶液于试管，加KSCN溶液，无明显现象，再加氯水，溶液变成血红色，则证明含Fe2+；

（3）B是太阳能电池用的光伏材料，可知B为Si，①为C与二氧化硅的反应，①②③为工业制备B的反应，则C为SiCl4，其中②为Si和Cl2化合生成SiCl4，③中SiCl4与氢气反应，提纯Si，则反应①的化学方程式为SiO2+2C

Si+2CO↑，其中属于置换反应的有①③。

5．利用如图可以从不同角度研究含铁物质的性质及其转化关系。

图中甲～己均含铁元素。

回答下列问题：

（1）K2FeO4常用作杀菌消毒剂，从铁元素化合价的角度分析是因其具有____性；下列关于乙的说法正确的是______（填标号）。

a．属于酸性氧化物，能与碱反应

b．属于碱性氧化物，能与酸反应

c．属于两性氧化物，既能与酸反应，又能与碱反应

（2）已知甲与稀硝酸反应的化学方程式为甲＋HNO3―→戊＋己＋NO↑＋H2O（方程式未配平）。

若产物中戊和己的物质的量之比为3∶1，则甲与HNO3的物质的量之比为____。

（3）戊与烧碱溶液反应生成丙，放置一段时间后丙转化为丁，丙转化为丁的化学方程式为______，现象为______。

【答案】氧化b1∶34Fe（OH）2＋O2＋2H2O=4Fe（OH）3白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色

【解析】

【分析】

根据图像可知，甲为铁；乙为氧化物且为+2价，为FeO；丙、丁为氢氧化物，分别为+2、+3价，分别为氢氧化亚铁、氢氧化铁。

【详解】

（1）K2FeO4中铁元素的化合价是＋6价，在反应中Fe元素能得电子表现强氧化性，常用作杀菌消毒剂。

根据图可知，铁元素的＋2价氧化物是FeO，属于碱性氧化物，能与酸反应生成盐和水。

（2）根据图可知，戊和己分别是铁元素的＋2价和＋3价盐，铁与硝酸反应生成的戊和己分别是Fe（NO3）2和Fe（NO3）3，HNO3在反应中被还原为NO，氮元素的化合价由＋5价降为＋2价；设反应生成Fe（NO3）3的物质的量为1mol，则生成Fe（NO3）2的物质的量为3mol，则参加反应的Fe（甲）的物质的量为4mol，根据电子守恒可得3mol＋3mol×2＝n（NO）×3，n（NO）＝3mol；根据N原子守恒可知参加反应的n（HNO3）＝n（NO）＋n[Fe（NO3）2]×2＋n[Fe（NO3）3]×3＝12mol，则铁与HNO3的物质的量之比为4∶12＝1∶3。

（3）Fe（NO3）2与烧碱溶液反应生成Fe（OH）2（丙），氢氧化亚铁与空气中的氧气氧化，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色的Fe（OH）3（丁）。

6．A、B、C、D四种化合物，其中A、C、D焰色反应均为黄色（含钠元素），而B的焰色反应为紫色（含钾元素），A、C和盐酸反应均得到D，将固体C加热可得到A，若在A的溶液中通入一种无色无味气体，又可制得C，若B的溶液滴加到硫酸亚铁溶液会先后出现白色沉淀→灰绿色沉淀→红褐色沉淀E。

试写出各物质的化学式：

A：

__、B：

__、C：

__、D：

__、E：

___。

【答案】Na2CO3KOHNaHCO3NaClFe（OH）3

【解析】

【详解】

A、B、C、D四种化合物，其中A、C、D焰色反应均为黄色，含有钠元素。

而B的焰色反应为紫色，含有钾元素；A、C和盐酸反应均得到D，将固体C加热可得到A，若在A的溶液中通入一种无色无味气体，又可制得C，这说明C是碳酸氢钠，A是碳酸钠，D是氯化钠，通入的无色气体是二氧化碳。

B的溶液滴加到硫酸亚铁溶液先后出现白色沉淀→灰绿色沉淀→红褐色沉淀，说明溶液中发生了反应：

Fe2+→Fe（OH）2（白色沉淀）→Fe（OH）3（红褐色沉淀），E是氢氧化铁，由于B的溶液中阴离子只有一种，所以B是KOH。

答案为：

Na2CO3；KOH；NaHCO3；NaCl；Fe（OH）3

【点睛】

要熟悉常见物质的物理性质和化学性质，特别要熟悉物质之间的转化关系。

如本题中，Na2CO3和NaHCO3之间可以相互转化：

Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，2NaHCO3

Na2CO3+CO2↑+H2O；Fe2+的转化：

Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3。

7．下列物质之间有如下反应关系：

已知由E转化成C的现象是：

白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色。

回答：

（1）写出下列物质的化学式：

A___，D___，甲___，丙___。

（2）写出红棕色粉末的一种用途___。

（3）写出E→C反应的化学方程式___。

（4）将饱和的B溶液滴入沸水中所得分散系中分散质颗粒直径范围为___。

（5）写出反应②的离子方程式___，该反应中，如果有5.6g铁粉完全反应则生成D的物质的量为___mol。

【答案】Fe2O3FeCl2Cl2KSCN做红色颜料（或炼铁等，合理即可）4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）31～100nmFe+2Fe3＋=3Fe2＋0.3

【解析】

【分析】

分析关系图：

E转化成C的现象是：

白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，则E为Fe（OH）2，C为Fe（OH）3，A为红棕色粉末，则A为Fe2O3，A与盐酸反应生成的B为FeCl3，D为FeCl2，乙为碱如NaOH，由D→B的转化可知，甲为氯气或氯水等，由血红色溶液可知，丙为KSCN。

【详解】

（1）根据分析可知：

红棕色粉末A为Fe2O3，由B（FeCl3）与Fe生成的D为FeCl2，甲含Cl2，能与FeCl3产生血红色溶液的丙为KSCN。

答案为：

Fe2O3；FeCl2；Cl2；KSCN

（2）红棕色粉末是Fe2O3，可做红色颜料，可用于炼铁等。

答案为：

做红色颜料（或炼铁等，合理即可）

（3）E→C反应是Fe（OH）2被氧化为Fe（OH）3，化学方程式为：

4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3。

答案为：

4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3

（4）B溶液为FeCl3溶液，滴入沸水中加热后制得Fe（OH）3胶体，胶体分散质颗粒直径范围为1～100nm。

答案为：

1～100nm

（5）反应②是由B（FeCl3）与Fe生成D（FeCl2），离子方程式为：

Fe+2Fe3＋=3Fe2＋；该反应中，如果有5.6g铁粉完全反应，则生成D（FeCl2）的物质的量为：

。

答案为：

Fe+2Fe3+=3Fe2+；0.3

【点睛】

熟记常见物质的性质，特别是一些特殊性质，有利于快速找到推导题的突破口。

8．A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下A为固体、B为黄绿色气体、C为无色气体。

D、E、F、G、H、X均为化合物，其中X常温下是无色气体，其水溶液是一种无氧强酸溶液，E为黑色固体，H在常温下为液体。

它们之间的转化如图所示（某些反应条件和部分反应产物已略去）。

（1）写出下列物质的化学式：

D___，X___。

（2）在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是___（填数字编号）。

（3）反应⑥的离子方程式为：

___。

（4）反应⑦的化学方程式为___；该反应中每消耗0.3mol的A，可转移电子___mol。

（5）除去D溶液中混有的少量G的方法是：

___。

（6）检验G溶液中阳离子的方法是：

___。

【答案】FeCl3HCl③⑥Fe3++3SCN-=Fe（SCN）33Fe+4H2O（g）

Fe3O4+4H20.8向混合液中通入足量氯气（或氯水）（或加入足量H2O2）取少量G溶液于试管中，滴2滴KSCN溶液，溶液不变色，再加新制氯水，溶液变为红色

【解析】

【分析】

单质A和C反应生成黑色晶体E，E和X酸反应生成D、G、H，其中D、G之间可以实现相互转化，说明A为变价金属Fe，E为Fe3O4，C为O2，依据D+A=G说明D为含三价铁离子的化合物，F为含硫氰酸根离子的化合物，G为含Fe2+离子的化合物，H在常温下为液体，H为H2O；B为黄绿色气体，B是氯气，依据G+B=D判断D为FeCl3、G为FeCl2、X为HCl。

据此解答。

【详解】

根据以上分析，

（1）D是氯化铁，化学式是FeCl3，X是盐酸，化学式是HCl。

（2）反应①是铁与氯气反应生成氯化铁，元素化合价改变，属于氧化还原反应；反应②是铁与氧气反应生成Fe3O4，元素化合价改变，属于氧化还原反应；反应③是Fe3O4与盐酸反应生成FeCl3、FeCl2和水，元素化合价不变，不属于氧化还原反应；反应④是FeCl3与铁反应生成FeCl2，铁元素化合价改变，属于氧化还原反应；反应⑤是FeCl2与氯气反应生成FeCl3，元素化合价改变，属于氧化还原反应；反应⑥是Fe3+与SCN-反应生成Fe（SCN）3，元素化合价不变，不属于氧化还原反应；反应⑦是铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，元素化合价改变，属于氧化还原反应；在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是③⑥。

（3）反应⑥是Fe3+与SCN-反应生成Fe（SCN）3，离子方程式为Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3。

（4）反应⑦是铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，化学方程式为3Fe+4H2O（g）

Fe3O4+4H2；3mol铁反应转移8mol电子，所以反应中每消耗0.3mol的铁，可转移电子0.8mol。

（5）FeCl2与氯气反应生成FeCl3，除去FeCl3溶液中混有的少量FeCl2的方法是通入过量的氯气。

（6）Fe3+与SCN-反应生成血红色Fe（SCN）3，Fe2+与SCN-作用不显红色，所以检验Fe2+的方法是：

取少量G溶液于试管中，滴2滴KSCN溶液，溶液不变色，再加新制氯水，溶液变为红色，说明含有Fe2+。

9．现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙以及物质C、D、E、F，它们之间能发生如下反应。

（图中有些反应的产物和反应条件没有标出）

（1）A的原子结构示意图为_____________，丙的化学式为_____________。

（2）金属A、B和气体甲、乙、丙以及物质C、D、E、F中不能导电的有__________________、属于电解质的有___________。

（填“A”“B”“甲”“乙”“丙”“C”“D”“E”“F”）

（3）写出转化①发生的化学方程式：

____________________,写出转化④发生的离子方程式：

____________________。

（4）将Na2O2投入到E溶液中，可以观察到的现象是：

_____________。

【答案】

HCl甲、乙、丙丙2Na+2H2O=2NaOH+H2↑Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+产生红褐色沉淀，同时生成无色气体

【解析】

【分析】

金属A焰色反应为黄色，则A为金属Na，由反应①可知，C为NaOH溶液，气体甲为H2；黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙HCl，HCl溶于水得物质D为盐酸，盐酸与金属B反应生成物质E，物质E与Cl2反应生成物质F，F与NaOH反应生成红褐色沉淀为Fe（OH）3，故物质F中含有Fe3+，分析可知金属B为Fe，物质E为FeCl2溶液，物质F为FeCl3溶液。

【详解】

（1）金属A焰色反应为黄色，则A为金属Na，原子结构示意图为

，黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl；故答案为：

、HCl；

（2）A：

Na、B：

Fe、C：

NaOH溶液、D：

盐酸、E：

FeCl2溶液、F：

FeCl3溶液、甲：

H2、乙:

Cl2、丙:

HCl，其中不能导电的有：

甲、乙、丙、属于电解质：

丙，故答案为：

甲、乙、丙；丙；

（3）转化①为金属Na与水的反应氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为：

2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，转化④为FeCl2与Cl2的反应生成氯化铁，反应的离子方程式为：

Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，故答案为：

2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；

（4）E为FeCl2，将Na2O2投入到FeCl2溶液中，Na2O2具有强氧化性，氧化亚铁离子生成铁离子，产生红褐色沉淀，同时生成无色气体氧气，故答案为：

产生红褐色沉淀，同时生成无色气体。

【点睛】

电解质：

在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，不能是单质。

非电解质：

在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，也不能是单质。

10．A～L分别表示中学化学中常见的一种物质，其中A、G为常见的金属单质，K、L为气体，K能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，M由两种元素组成，其质量比8：

1。

（1）K的电子式为_____

（2）反应②的离子方程式：

_____，反应③的离子方程式：

_____

（3）反应④的化学方程式：

_____，反应⑥的化学方程式_____

（4）已知A和K反应为置换反应，则M的化学式为_____

【答案】

Fe3O4+8H+＝2Fe3++Fe2++H2OFe3++3NH3•H2O＝Fe（OH）3↓+3NH4+4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2OFe2N

【解析】

【分析】

K能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，应为NH3，由转化关系可知A为变价金属，则为Fe，可知B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe（OH）2、F为Fe（OH）3，A和K反应为置换反应，M由两种元素组成，其质量比8：

1，则应为Fe2N，L为H2，G为O2，H为Al、I为Al2O3，J为NaAlO2，以此解答该题。

【详解】

（1）K为氨气，电子式为

，故答案为：

；

（2）反应②为Fe3O4与盐酸的反应，离子方程式为Fe3O4+8H+＝2Fe3++Fe2++H2O，反应③为FeCl3与氨水的反应，离子方程式为Fe3++3NH3•H2O＝Fe（OH）3↓+3NH4+，故答案为：

Fe3O4+8H+＝2Fe3++Fe2++H2O；Fe3++3NH3•H2O＝Fe（OH）3↓+3NH4+；

（3）反应④的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3，反应⑥的化学方程式为Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O，故答案为：

4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3；Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O；

（4）由以上分析可知M为Fe2N，故答案为：

Fe2N。

【点睛】

本题考查无机物推断，为高考常见题型，结合题干信息推断物质名称为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析、理解能力及逻辑推理能力。

11．A～G各物质间的关系如下图，其中B、D为气态单质。

请回答下列问题：

（1）物质C和E的名称分别为________、________；

（2）可选用不同的A进行反应①，若能在常温下进行，其化学方程式为__________________________；

若只能在加热情况下进行，则反应物A应为________；

（3）写出D转化为G的化学方程式_____________________________________；

（4）新配制的F溶液应加入________以防止其转化为G。

检验G溶液中阳离子的常用试剂是________，实验现