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1、备战高考化学知识点过关培优训练铜及其化合物推断题附详细答案一、铜及其化合物1 周期表中短周期 7 种主族元素 A、 B、C、 D、 E、 F、 G，原子序数依次增大。 A 的原子半径最小， A 和 D、 C 和 F 分别同主族， F 的单质是淡黄色固体， B 所形成的化合物种类最多， E 的最外层电子数等于其电子层数。（ 1） F 的离子结构示意图为： _。 C、 D、E、 F 四种元素所形成的简单离子中，离子半径最小的是 _（填微粒符号）； A、 C 元素组成的 10 电子阴离子的电子式_， A、 G、 C 元素组成具有漂白性的分子的结构式为_。（2）用电子式表示B 的简单氢化物的形成过程_
2、。（3）写出 E 的单质与 D 的最高价氧化物的水溶液反应的离子方程式_。写出铜单质与 F 的最高价氧化物的水化物的浓溶液反应的化学方程式_。【答案】Al3+2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2Cu+2HSO4(浓 )CuSO4+SO2 +2H2O【解析】【分析】周期表中短周期7 种主族元素A、 B、 C、 D、E、 F、 G，原子序数依次增大。F 的单质是淡黄色固体， F 为 S，C 和 F 同主族， C 为 O； B 所形成的化合物种类最多， B 为 C；E 的最外层电子数等于其电子层数， E 为 Al； A 的原子半径最小， A 为 H，A 和 D 同主族， D 为Na；因为
3、 G 的原子序数比F(S)的原子序数大，所以G 为 Cl。【详解】由分析可知， A 为 H、 B 为 C、 C 为 O、D 为 Na、E 为 Al、 F 为 S、G 为 Cl。（1） F 为 S， S2-的结构示意图为：； C、 D、 E、 F 四种元素所形成的简单离子分别为 O2-、 Na+、Al3+、S2-，电子层数越多半径越大，当电子层数相同、核外电子数相同时，核电荷数越大，半径越小，故C、 D、 E、 F 四种元素所形成的简单离子中，离子半径最小的是 Al3+； A 为 H、 C 为 O， A、 C 元素组成的10 电子阴离子为OH-， OH-的电子式为；A、G、 C 元素组成具有漂白
4、性的分子为HClO，其结构式为；（2） B 的简单氢化物为 CH44；，用电子式表示CH 的形成过程为（3） E 的单质与 D 的最高价氧化物的水溶液反应的离子方程式为2Al+2OH-22 -+2H O=2AlO+3H ； F 的最高价氧化物的水化物为H SO ，铜单质与浓硫酸反应的化学方程式224Cu+2H2SO4(浓 )CuSO4+SO2 +2H2O 。2 已知两种常见金属A(地壳中含量第二的金属)、B(红色金属 )分别与两种酸X、 Y 发生反应，其转化关系如图所示，其中D 为红棕色气体。回答以下问题：（1）反应的离子反应方程式为_；（2） 6.4gB 与过量 X 溶液 (8mol /L
5、、60mL)充分反应后，生成的还原产物有C、 D，反应后溶液中所含 X 为 n mol ，此时溶液中所含X 的阴离子的物质的量为_mol 。（3）常温下A 与 Y 的稀溶液能发生反应生成盐W，关于固体W 的转化关系如图所示(无关物质已略去 )。其中 N 是红棕色的化合物。M 由两种化合物组成，其中含有；将通入BaCl2溶液，实验现象是_。若经反应 I 得到 16 g 固体，产生的气体M 恰好被0.3L1mol L 1 NaOH 溶液完全吸收得溶液 1，则反应中发生反应的离子方程式是_。+2-+NO n+0.2产生白色沉淀3+-2+2-【答案】 SO2 +NO2 +H2O=2H +SO42Fe
6、+HSO3+H2O=2Fe +SO4+3H+【解析】【分析】常见金属 A 为地壳中含量第二的金属，确定为Fe、B 为红色金属确定为Cu，根据 D 为红棕色气体，确定 D 为NO23， C 为 NO， X 为 HNO； B 为 Cu，铜可以与浓硫酸反应生成硫酸铜，二氧化硫和水；生成的二氧化硫有还原性，可以与NO2反应生成硫酸和硝酸，确定B为 Cu， Y 为硫酸，F 为SO243） A（ Fe）与 Y（硫酸）的稀溶液反应生成硫， G 为CuSO ；（酸亚铁和氢气，确定W 为 FeSOFe2O3+SO2 +SO3，气体 M 为 SO2 和 SO34， 2FeSO4的混合物， M 与 NaOH 反应生
7、成盐和水， N 为 Fe2O3，与稀硫酸反应生成硫酸铁和水。Fe3+具有氧化性和 +4 价硫元素具有还原性，可以发生氧化还原反应生成硫酸亚铁，据此分析。【详解】（1）根据以上分析可知，反应为SO2、 NO2 和水的反应，根据得失电子数相等和原子守恒配平，得离子反应方程式为SO2+NO2 +H2 O=2H+SO42-+NO；答案： SO2+NO2 +H2O=2H+SO42- +NO（2） 6.4gB 与过量 X 溶液 (HNO3)充分反应后，生成的还原产物有NO2、 NO，反应后溶液中所含 HNO3 为n mol ，溶液中所含N O 3 的物质的量为： n（ NO 3） =n（ Cu2+）6.4
8、g22+n=+n= n+0.2mol ；64g / mol答案： n+0.2（3）将（ SO2323224、 SO ）通入 BaCl 溶液，发生反应SO +H O+BaCl =BaSO +2HCl，有白色沉淀生成；答案：产生白色沉淀反应： 2FeSO4Fe2O3+ SO2 + SO3；反应 Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O；根据固体M（ Fe2O3）的量计算出SO2 和 SO3 的物质的量。2FeSO4Fe2O3 + SO2 + SO3160g 1mol 1mol1.6g 0.01mol 0.01mol反应SO3 + 2NaOH=Na2SO4+H2O1mol2mol1mo
9、l0.01mol 0.02mol 0.01molSO2+ NaOH = NaHSO31mol 1mol1mol0.01mol 0.01mol 0.01mol溶液 1 为 Na2SO4 和 NaHSO3 的混合物；反应：硫酸铁具有氧化性，亚硫酸氢钠具有还原性，根据得失电子数相等和原子守恒得出离子方程式2Fe3+HSO3-+H2O=2Fe2+SO42-+3H+；答案： 2Fe3+HSO3-+H2O=2Fe2+SO42- +3H+AB CD四种常见的金属单质，A元素在地壳中含量位列第6，A的密度为0.973 有、 、 、g/cm 3； B 为紫红色固体，锈蚀时变为绿色；C 在空气中加热融化但不滴落；
10、D 在氧气燃烧，火星四射。根据以上信息回答下列问题：写出对应化学式：(1)A 在室温下与氧气反应生成_， D 在空气中锈蚀生成的氧化物为_。(2)写出下列化学方程式：A 在空气中燃烧 _ ；B 长期置于空气中变成绿色物质_。(3)将 5 g 钠铝合金投入 200 mL 的水中，固体完全溶解，产生4.48 L 标准状态下的气体，溶液中只有一种溶质。经过分析得出钠铝合金中两种金属的物质的量之比为_，所得溶液中溶质的物质的量浓度为_(假设溶液体积变化忽略不计)。【答案】 Na2O2322 22222231：1 0.5Fe O 2Na ONa O2Cu O CO H O=Cu (OH) COmol/L
11、【解析】【分析】根据 A 元素在地壳中含量位列第6，密度为0.97 g/cm 3，可推知A 是 Na； B 为紫红色固体，锈蚀时变为绿色，故B 是 Cu；C 在空气中加热熔化但不滴落，故C 是 Al； D 在氧气中燃烧，火星四射，则 D 是 Fe。【详解】（1） A 为 Na，在室温下与氧气反应生成氧化钠，D 为 Fe，在空气中锈蚀生成的氧化物为Fe2 O3；（2） Na 在空气中燃烧的方程式为2Na O22 2Na O Cu 长期置于空气中变成绿色物质的化学方程式为2Cu O2 CO2 H2O=Cu2(OH)2CO3（3）溶液中只有一种溶质，应该是NaAlO2，根据原子守恒可知钠铝合金中两种
12、金属的物质的量之比为 1:1，根据质量可得二者物质的量均是0.1mol ，因此所得溶液中溶质的物质的量浓度为 c(NaAlO2)=0.1mol0.5mol L 1 。0.2L4化学反应多姿多彩，其中的颜色多种多样，试根据图中框图，按要求填写下列问题（ 1） A 的名称是 _， B 的化学式是 _ 。（ 2） 反应 的化学方程式 _ ；反应 的离子方程式 _ ；B 和氯气的化学方程式_ 。【答案】（ 1）氧化铁； Fe（2） Fe2O3+3CO2Fe+3CO2； Fe+Cu2+=Cu+ Fe2+； 2Fe+3Cl22FeCl3【解析】【分析】【详解】试题分析：红棕色粉末A 为氧化铁，在高温下被一
13、氧化碳还原，生成黑色粉末B 为铁，与蓝色溶液反应生成红色固体C 为铜，铁与盐酸反应生成浅绿色溶液为氯化亚铁。（1）根据上述分析， A 是氧化铁， B 是铁，故答案为氧化铁； Fe；（2）反应 的化学方程式为Fe2 322 3O +3CO2Fe+3CO，故答案为 Fe O +3CO2Fe+3CO；反应 的离子方程式为Fe+Cu2+=Cu+ Fe2+，故答案为 Fe+Cu2+=Cu+ Fe2+；B 和氯气的化学方程式为2Fe+3Cl2FeCl ，故答案为2Fe+3Cl2FeCl 。2323考点：考查了无机推断的相关知识。5 氯化亚铜（CuC1）在化工、印染、电镀等行业应用广泛。CuC1微溶于水，不
14、溶于醇和稀酸，可溶于Cl 浓度较大的溶液，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜（主要成分是Cu 和少量 CuO ）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuC1的工艺过程如图。回答下列问题：（1）步骤中N 元素被还原为最低价，写出此反应的离子方程式_。（ 2）步骤中，亚硫酸铵要略保持过量，原因是 _，滤液中可循环利用的物质是_ 。（ 3）步骤中，用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水，防止滤渣被空气氧化为Cu 2 (OH) 3 Cl ， CuCl 被氧化为 Cu 2 (OH) 3 Cl 的化学方程式为_ 。（4）用 K 2Cr2 O7 溶液测定氯化亚铜样品纯度（假设杂质不参与反应），步骤如下：准确称取所制备
15、的氯化亚铜样品10.00g ，将其置于过量的 FeCl 3 溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸配成100mL 溶液，取溶液10.00mL 用 0.1000molLK 2Cr 2O 7 溶液进行滴定，反应中 Cr2 O72被还原成 Cr 3，相关数据记录如表所示：该样品中CuCl 的质量分数_ 。实验编号123消耗 K 2Cr2 O7 溶液的体积 /mL14.9816.0315.02（5）制造印刷电路板产生的废液中含大量2Cu NH 3 4 等离子，利用膜电解技术对此废液进行电解，电解装置如图所示。电解后的阴极液中加入适量盐酸并用水稀释可得到CuCl ，电解时阴极的电极反应式为_，生成 C
16、uCl 的离子方程式为_ 。【答案】 4Cu+NO 3-+10H + =4Cu 2+ +NH 4+ +3H 2O 使完全反应，阻止生成的被氧化硫酸 4CuCl+O 2+4H 2O=2Cu 2 (OH) 3Cl+2HCl 89.55%2+e-+Cu NH 3 4+2H 2O= Cu NH 3 2 +2NH 3 H 2 OCu NH 3 22HClCuCl2NH 4【解析】【分析】铜与硝酸根和氢离子反应生成铜离子，加入亚硫酸铵和氯化铵生成硫酸、氯化亚铜等，过滤得到氯化亚铜，经水洗、醇洗、烘干等到氯化亚铜产品。【详解】步骤中N 元素被还原为最低价变为铵根离子，铜变为铜离子，因此反应的离子方程+2+式
17、； 4Cu+NO 3 +10H =4Cu+NH 4 +3H 2 O ；故答案为：+2+4Cu+NO 3 +10H=4Cu+NH 4 +3H 2O 。步骤中，亚硫酸根具有还原性，铜离子具有氧化性，CuCl在潮湿空气中易水解氧化，因此亚硫酸铵要略保持过量，原因是使完全反应，阻止生成的被氧化，Cu2+、 Cl 、SO32- 和H2O 反应 CuCl、 SO22- 、 H+，因此滤液中可循环利用的物质是硫酸；故答案为：使完全反应，阻止生成的被氧化；硫酸。步骤中，用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水，防止滤渣被空气氧化为Cu 2 (OH) 3 Cl ，CuCl 与空气中氧气、水反应生成Cu 2 (OH) 3
18、 Cl 和 HCl，其反应的的化学方程式为 4CuCl+O 2 +4H 2O=2Cu 2 (OH) 3Cl+2HCl；故答案为：4CuCl+O 2 +4H 2O=2Cu 2 (OH) 3Cl+2HCl。三次消耗中第二次是错误数据，舍去，求另外两次平均数为15.00mL，根据得失电子守恒关系得到 n(CuCl)=6n(Cr2 72-1O) = 6 0.1 mol?L 0.015L = 0.009mol，该样品中 CuCl的质量分数 0.009mol10 99.5gmol 1100% 89.55%10.0g2+根据图中信息，阴极Cu NH 3 4得到电子变为 Cu NH 3 2和 NH 3 H 2
19、 O ，因此2+电解时阴极的电极反应式为Cu NH 34+e- +2H 2O= Cu NH 32 +2NH 3 H 2O ，电解后的阴极液中加入适量盐酸并用水稀释可得到CuCl，生成 CuCl 的离子方程式为Cu NH 322HClCuCl2NH 4 ；故答案为：Cu NH 322HClCuCl2NH 4 。6 氯化亚铜 (CuCl)广泛应用于化工、印染等行业。以硫化铜精矿为原料生产CuCl 的工艺如图：已知 CuCl 难溶于醇和水，溶于-c(Cl)较大的体系 CuCl(s)+ClCuCl2 ，潮湿空气中易水解氧化。（ 1） “氧化酸浸 ”前先将铜矿粉碎的目的是 _。该过程生成蓝色溶液和浅黄色
20、沉淀，则反应的化学反应方程式为 _；（2） “溶解 ”时所用硫酸浓度为-1此硫酸溶液，需要-1浓硫0.3mol L ，配制 1L98%、1.84g mL酸_mL（保留 1 位小数）。溶解时反应的离子方程式_；（3） “反应 ”时， Cu+的沉淀率与加入的NH4Cl 的量关系如图所示。反应的氧化产物是_， n(氧化剂 )： n(还原剂 )=_；比较 c(Cu+)相对大小： A 点 _C 点（填 “ 、”“ 加水稀释(NH4)2SO4HNO3具有强氧化性会把CuCl 氧化【解析】【分析】利用 H 2O2 在酸性条件下将 CuS 中的 -2 价 S 元素氧化成 S 单质，同时释放Cu2+ ，经过系列
21、处理得到 Cu 单质，然后利用 NO 3-在酸性条件下的强氧化性将Cu 氧化成 Cu2+，接下来用SO32- 将 Cu 2+还原成 Cu+ ，同时利用Cl -将 Cu+沉淀生成 CuCl ，用稀硫酸洗去CuCl 表面的(NH 4+)2SO4 等杂质，接下来用醇洗去表面的硫酸分子，而醇本身易挥发而除去，得到干燥的 CuCl ，据此回答。【详解】（1）工艺流程前，一般将固体矿物粉碎，目的是增大矿物与酸的解除面积，一方面可以加快反应速率，另一方面使矿物中的CuS尽可能转化，提高浸取率；根据程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀可知，本反应生成了CuSO4和 S，发生了CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S
22、+2H2O，故答案为：增大接触面积，加快酸浸速率，提高Cu 的浸出率等；CuS+H SO+H O =CuSO +S+2H O；24224210001000 1.84g98%-1（2）根据 c=M得，浓硫酸浓度 =mL=18.4mol L，根据98g / mol1 12 2-10.3mol-143得： 18.4molLLC V =C VV= 1LV 16.3mLNHNO和硫，解得；根据反应物为酸，可知，利用-在酸性条件下的氧化性将Cu 氧化溶解，发生的反应为Cu 和稀硝酸反NO3应，故离子方程式为：3Cu+8H+3-2+2+2NO =3Cu +2NO +4H O，故答案为： 16.3；3Cu+8
23、H+2NO3-=3Cu2+2NO +4H2O；（3）流程可知， “反应 ”利用 SO32-将 Cu2+还原成 Cu+， SO32-自身被 Cu2+被氧化成 SO4 2-， SO42- 为氧化产物； SO32-被氧化 S化合价由 +4 升高到 +6，升高了 2，每个 Cu2+被还原，化合价从 +2 降低到 +1，降低了1，根据氧化还原反应中化合价升高总数=化合价降低总数得，所以 Cu2+和 SO32-的物质的量之比为 2:1，即氧化剂：还原剂 =2:1；故答案为： SO42- 或(NH4)2SO4 ； 2:1；B点之前 Cu+和 Cl - 形成 CuCl 沉淀， B 点时建立了 CuCl(s)
24、?Cu+(aq)+ Cl- (aq),B点之后， Cl-浓度增大，有一部分-由 CuCl(s)+-CuCl 溶解 CuCl(s)+Cl2 ,? Cu (aq)+ ClCuCl(aq) 可知， CuCl 虽然被溶解了一部分，但是平衡并没有发生移动，所以C 点和 B 点 Cu2+的浓度是相等的，由于B 点之前 CuCl(s) ?Cu+(aq)+ Cl - (aq) 平衡一直向左移动，所以B 点的 Cu2+的浓度小于A 点，综上所述答案为：；-CuCl2-使沉淀减少了，所以我们可以减小-既然 B 点之后是由于发生了 CuCl(s)+ClCl浓度，具体做法是反其道而行之，加适量水稀释，所以答案为：加水
25、稀释；（4）由上可知， “过滤 ”所得滤液中溶质主要成分为(NH4 2 44 24) SO ，所以答案为： (NH ) SO ；5）硝酸有强氧化性，将CuCl 氧化，所以不能用硝酸代替硫酸进行“”（酸洗 ，故答案为：HNO3 具有强氧化性会把CuCl 氧化。【点睛】（3）由图可知，B 点之后， NH4Cl 越多，沉淀率反而减小，但是已经加进去的NH 4Cl 又拿不出来，所以最直接的做法是反着来，加适量的水！7 氯化亚铜（CuCl ）常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇和稀硫酸。工业上用制作印刷电路的废液（含Fe3 、 Cu2 、 Fe2 、 Cl ）生产CuCl
26、的流程如图所示：根据以上信息回答下列问题：（ 1）生产过程中： X 是 _， Z 是_。（均填化学式）（ 2）写出生成 CuCl 的离子方程式 _。（3）析出的 CuCl 晶体不用水而用无水乙醇洗涤的原因是_。（4）在 CuCl 的生成过程中理论上不需要补充SO2 气体，其理由是 _。（5）已知：常温下 KspCuCl1.6 10 7， K spCuI1.2 10 12，现向 CuCl 饱和溶液中加入 NaI 固体至 cI -0.1mol L 1，此时溶液中c(Cu + ) =_。c(Cl - )（6）实验探究 pH 对 CuCl 产率的影响如下表所示：pH1234567CuCl 产率 /%7
27、0908278757270析出 CuCl 晶体最佳 pH 为 _，当 pH 较大时 CuCl 产率变低的原因是_。【答案】FeCl 22+2-242-+减少或 H 2 O2 等合理答案亦可 2Cu +SO +2Cl +2H O=2CuCl +SO +4H产品CuCl的损失SO (浓 )CuSO +SO +2H O 反应中生成的CuSO 和 SO 为Cu+2 H2 44224211， CuCl +CuSO +SO +2H O=2CuCl +2 HSO 反应中消耗CuSO 和 SO 也为 1 1，所以理24222442论上不需要补充SO2气体3 10 82 pH较大时， Cu 2水解程度增大，反应
28、生成 CuCl减少【解析】【分析】根据流程图，蚀刻液为氯化铁溶液，则滤液为氯化亚铁，因此印刷电路的废液(含 Fe3+、Cu2+、 Fe2+、 Cl-)中应先加入过量的铁粉除去铜离子和铁离子，过滤后，在滤液1 中通入过量的氯气，可生成氯化铁，用于制作蚀刻液；滤渣含有铜、铁，加入过量的盐酸除去铁，滤液为氯化亚铁，滤渣中含有铜，可与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，铜与氯气反应生成氯化铜，调节溶液pH，可生成硫酸和CuCl 晶体，据此分析解答。【详解】(1)由以上分析可知X 是 Fe， Z 是 Cl2，故答案为：Fe； Cl2；(2)生成 CuCl 的离子方程式为2+-2-+4H+2Cu +SO2 +
29、2Cl +2H2O=2CuCl +SO4，故答案为：2+-2-+；2Cu +SO2+2Cl +2H2 O=2CuCl +SO4+4H(3) 氯化亚铜微溶于水、不溶于乙醇和稀硫酸，析出的CuCl 晶体不用水而用无水乙醇洗涤，可减少产品CuCl 的损失，同时乙醇易挥发，便于干燥，故答案为：减少产品CuCl的损失；(4)依据图示可知： Cu+2 H2SO4(浓 )CuSO4 +SO2 +2H2O 反应中生成的CuSO4 和 SO2 为11， CuCl +CuSO +SO +2H O=2CuCl +2 HSO 反应中消耗CuSO 和SO也为1 1，所以理24222442论上不需要补充SO2气体，故答案
30、为：24422Cu+2 H SO (浓 )CuSO +SO +2H O 反应中生成的 CuSO4和224222442SO为 1 1， CuCl +CuSO+SO +2H O = 2CuCl +2 SOH反应中消耗 CuSO 和SO也为 1 1，所以理论上不需要补充SO2 气体；sp-7， Ksp-12，现向 CuCl 饱和溶液中加入 NaI 固体至 c(I-(5)常温下 K(CuCl)=1.6 10 (CuI)=1.2 10)=0.1mol?L-1，c(Cu2+1.210 12-11， c(Cl-1.6 107mol/L=4-4)=mol/L=1.2 10)= 10mol/L ，此0.1c(C
31、u + )1.210时溶液中- )=10c(Cl411 -8 ，故答案为： 310-8 ； 4 =3 10(6)由表中数据可知，析出CuCl 晶体最佳pH 为 2， pH 较大时，铜离子水解程度增大，反应生成 CuCl 减少， CuCl 产率降低，故答案为：2； pH 较大时，铜离子水解程度增大，反应生成 CuCl 减少。【点睛】根据实验目的正确理解实验流程图是解题的关键。本题的易错点和难点为(4)，要注意根据反应的方程式分析判断。8 过渡金属的单质及化合物很多有催化性能，氯化铜、氯化亚铜经常用作有机合成催化剂。实验室中用氯气与粗铜（杂质只有Fe）反应，制备铜的氯化物的流程如下。查阅资料：氯化
32、亚铜：白色微溶于水，在干燥空气中稳定，受潮则易变蓝到棕色，在热水中迅速水解生成氧化铜水合物而呈红色。氯化铜：从水溶液中结晶时，在 26 42得到二水物，在 15以下得到四水物，在 1525.7得到三水物，在 42以上得到一水物，在 100得到无水物。（ 1）现用如图所示的实验仪器及药品制备纯净、干燥的氯气并与粗铜反应（铁架台、铁夹省略）。按气流方向连接各仪器接口顺序是：a_、_h、 i _、 _。本套装置有两个仪器需要加热，加热的顺序为先_后 _。（ 2）分析流程：固体甲需要加稀盐酸溶解，其理由是_；溶液甲可加试剂X 用于调节 pH以除去杂质， X 可选用下列试剂中的（填序号）_。a Cu（ OH）2b NH H O c CuOd CuSO324查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe（ OH） 3 的溶度积Ksp38，Cu（ OH） 2 的溶 8.0 10 20 5 1时就认为沉淀度积 Ksp 3.0 10，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于110mol L完全，设溶液中1pH 为CuSO4 的浓度为 3.0 mol L，则 Cu（ OH） 2 开始沉淀时溶液的_， Fe3 完全沉淀时溶液的pH 为_。（提示： lg2 0.3）完成溶液乙到纯