大題精做五 物質(zhì)制備類化工工藝流程精選大題1.（2018北京卷）磷精礦濕法制備磷酸的一種工藝流程如下：已知：磷精礦主要成分為Ca5(PO4)3(OH)，還含有Ca5(PO4)3F和有機(jī)碳等。溶解度：Ca5(PO4)3(OH)<CaSO40.5H2O（1）上述流程中能加快反應(yīng)速率的措施有_。（2）磷精礦粉酸浸時發(fā)生反應(yīng)：2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO410CaSO40.5H2O+6H3PO4該反應(yīng)體現(xiàn)出酸性關(guān)系：H3PO4_H2SO4（填“>”或“<”）。結(jié)合元素周期律解釋中結(jié)論：P和S電子層數(shù)相同，_。（3）酸浸時，磷精礦中Ca5(PO4)3F所含氟轉(zhuǎn)化為HF，并進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為SiF4除去。寫出生成HF的化學(xué)方程式：_。（4）H2O2將粗磷酸中的有機(jī)碳氧化為CO2脫除，同時自身也會發(fā)生分解。相同投料比、相同反應(yīng)時間，不同溫度下的有機(jī)碳脫除率如圖所示。80后脫除率變化的原因：_。（5）脫硫時，CaCO3稍過量，充分反應(yīng)后仍有SO殘留，原因是_；加入BaCO3可進(jìn)一步提高硫的脫除率，其離子方程式是_。（6）取a g所得精制磷酸，加適量水稀釋，以百里香酚酞作指示劑，用b molL1NaOH溶液滴定至終點(diǎn)時生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL，精制磷酸中H3PO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是_。（已知：H3PO4摩爾質(zhì)量為98gmol1）【解析】磷精礦粉酸浸后生成粗磷酸和磷石膏，粗磷酸經(jīng)過脫有機(jī)碳、脫硫等步驟獲得精制磷酸。研磨能增大反應(yīng)物的接觸面積，加快反應(yīng)速率，加熱，升高溫度加快反應(yīng)速率；流程中能加快反應(yīng)速率的措施有：研磨、加熱。（1）根據(jù)外界條件對化學(xué)反應(yīng)速率的影響分析，流程中能加快反應(yīng)速率的措施有：研磨、加熱。（2）根據(jù)“強(qiáng)酸制弱酸”的復(fù)分解反應(yīng)規(guī)律，酸性：H3PO4<H2SO4。用元素周期律解釋，P和S電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)P<S，原子半徑P>S，得電子能力P<S，非金屬性P<S。（3）根據(jù)“強(qiáng)酸制弱酸”的復(fù)分解反應(yīng)規(guī)律，Ca5(PO4)3F與H2SO4反應(yīng)生成HF、磷石膏和磷酸。生成HF的化學(xué)反應(yīng)為2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O=10CaSO40.5H2O+6H3PO4+2HF；（4）圖示是相同投料比、相同反應(yīng)時間，不同溫度下的有機(jī)碳脫除率，80前溫度升高反應(yīng)速率加快，相同時間內(nèi)有機(jī)碳脫除率增大；80后溫度升高，H2O2分解速率大，H2O2濃度顯著降低，反應(yīng)速率減慢，相同條件下有機(jī)碳脫除率減小。（5）脫硫時，CaCO3稍過量，充分反應(yīng)后仍有SO殘留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可進(jìn)一步提高硫的脫除率，因?yàn)锽aSO4難溶于水，其中SO與BaCO3生成更難溶的BaSO4和CO，H3PO4的酸性強(qiáng)于H2CO3，在粗磷酸中CO轉(zhuǎn)化成H2O和CO2，反應(yīng)的離子方程式為BaCO3+SO+2H3PO4BaSO4+CO2+2H2PO+H2O。（6）滴定終點(diǎn)生成Na2HPO4，則消耗的H3PO4與NaOH物質(zhì)的量之比為12，n（H3PO4）=12n（NaOH）=12bmol/Lc10-3L=bc2000mol，m（H3PO4）=bc2000mol98g/mol=49bc1000g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.049bca?！敬鸢浮?1)研磨、加熱（2）(3)核電荷數(shù)PS，原子半徑PS，得電子能力PS，非金屬性PS (4)2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O=10CaSO45H2O+6H3PO4+2HF (5)80后，H2O2分解速率大，濃度顯著降低(6)CaSO4微溶(7)BaCO3+SO+2H3PO4=BaSO4+CO2+H2O+2H2PO(8)0.049bca1.（2018貴州遵義四中理綜）鈦酸鋇（BaTiO3）在工業(yè)上有重要用途，主要用于制作電子陶瓷、PTC熱敏電阻、電容器等多種電子元件。以下是生產(chǎn)鈦酸鋇的一種工藝流程圖：已知：25時，BaCO3的溶度積Ksp=2.58109；（1）BaTiO3中Ti元素的化合價為：_。（2）用鹽酸酸浸時，為使酸浸速率加快，可采取的一種措施是：_，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：_。（3）流程中通過過濾得到草酸氧化鈦鋇晶體，過濾操作中使用的玻璃儀器有：_。（4）TiO2具有很好的散射性，是一種有重要用途的金屬氧化物。工業(yè)上可用TiCl4水解來制備，制備時需加入大量的水，同時加熱，其目的是：_。（5）某興趣小組取19.70gBaCO3模擬上述工藝流程制備BaTiO3，得產(chǎn)品13.98g，BaTiO3的產(chǎn)率為：_。（6）流程中用鹽酸酸浸，其實(shí)質(zhì)是BaCO3溶解平衡的移動。若浸出液中c(Ba2+)=0.1molL1，則c(CO)在浸出液中的最大濃度為：_molL1?！窘馕觥?1)BaTiO3中Ba的化合價為+2價，O的化合價為-2價，根據(jù)化合物中元素的正負(fù)化合價代數(shù)和為0，Ti元素的化合價為+4價，因此，本題答案為：+4；(2)適當(dāng)增大鹽酸濃度、適當(dāng)升高溫度、減小BaCO3粒徑都可以使酸浸速率加快；鹽酸酸浸時反應(yīng)的化學(xué)方程式為BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2+H2O，離子方程式為：BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O。因此，本題答案為：適當(dāng)增大鹽酸濃度；適當(dāng)升高溫度；減小BaCO3粒徑等合理即可；BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；(3)過濾操作中使用的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒；(4)TiCl4水解的離子方程式為TiCl4+2H2O=TiO2+4HCl ，加入大量水促進(jìn)TiCl4水解，鹽的水解是吸熱過程，加熱促進(jìn)TiCl4水解，故制備時加入大量的水同時加熱，目的是促進(jìn)TiCl4的水解。因此，本題答案為：促進(jìn)TiCl4水解；（5）根據(jù)Ba元素守恒，理論上得到BaTiO3的質(zhì)量為19.7g/197(g/mol)233g/mol=23.3g，BaTiO3的產(chǎn)率為13.98g/23.3g100%=60%，因此，本題答案為：60%；（6）BaCO3的溶解平衡方程式為BaCO3(s)Ba2+(aq)+CO(aq)，Ksp(BaCO3)=c(Ba2+)c(CO)=2.5810-9，若浸出液中c(Ba2+)=0.1mol/L，則CO在浸出液中最大濃度c(CO)=2.5810-8mol/L，因此，本題答案為：2.5810-8；【答案】（1）+4 （2）適當(dāng)增大鹽酸濃度；適當(dāng)升高溫度；減小BaCO3粒徑等合理即可BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O （3）漏斗、燒杯、玻璃棒（4）促進(jìn)TiCl4水解（5）60% （6）2.5810-82.（2018四川樂山理綜）高鐵酸鉀（K2FeO4）是一種集氧化、吸附、絮凝于一體的新型多功能水處理劑。其生產(chǎn)工藝如下：已知：2KOH+Cl2=KCl+KClO+H2O（條件：溫度較低）6KOH+3Cl2=5KCl+KClO3+3H2O（條件：溫度較高）2Fe(NO3)3+3KClO+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O回答下列問題：（1）該生產(chǎn)工藝應(yīng)在_（填“溫度較高”或“溫度較低”）情況下進(jìn)行，從綠色化學(xué)的角度考慮通入氯氣速率應(yīng)_（填“較快”或“較慢”）；（2）寫出工業(yè)上制取Cl2的化學(xué)方程式_；（3）K2FeO4可作為新型多功能水處理劑的原因是_；（4）配制KOH溶液時，是在每100mL水中溶解61.6g KOH固體（該溶液的密度為1.47 g/mL），它的物質(zhì)的量濃度為_（保留整數(shù)）；（5）在“反應(yīng)液I”中加KOH固體的目的是_：A與“反應(yīng)液I”中過量的Cl2繼續(xù)反應(yīng)，生成更多的KClOBKOH固體溶解時會放出較多的熱量，有利于提高反應(yīng)速率C為下一步反應(yīng)提供反應(yīng)物D使副產(chǎn)物KClO3轉(zhuǎn)化為KClO（6）從“反應(yīng)液II”中分離出K2FeO4后，會有副產(chǎn)品_（寫化學(xué)式）。（7）該工藝每得到1.98 kg K2FeO4，理論上消耗Cl2的物質(zhì)的量為_mol。【解析】(1)在溫度較高時發(fā)生反應(yīng)6KOH+3Cl2=5KCl+KClO3+3H2O，現(xiàn)在要制備KClO，為了防止產(chǎn)生雜質(zhì)KClO3，所以反應(yīng)要在溫度較低下進(jìn)行；從綠色化學(xué)的角度考慮，氯氣的通過速率慢一些會使反應(yīng)更加充分；故答案為：溫度較低，較慢；(2)在工業(yè)上Cl2是用電解飽和食鹽水的方法制取的，反應(yīng)的化學(xué)方程式是2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2；故答案為：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2；(3)+6價的鐵元素易得電子表現(xiàn)出強(qiáng)氧化性，可殺菌消毒，還原產(chǎn)物鐵元素為+3價，在水中形成Fe(OH)3膠體，可吸附水中懸浮物并可使泥沙聚沉；故答案為：K2FeO4具有強(qiáng)氧化性，可殺菌消毒；還原產(chǎn)物Fe元素為+3價，在水中形成Fe(OH)3膠體，可吸附水中懸浮物形成沉淀；(4)溶液的質(zhì)量=(100+61.6)g，溶液體積=161.6g1.47g/mL=0.11L，n(KOH)=61.6g56g/mol=1.1mol,物質(zhì)的量濃度=1.1mol0.11L=10mol/L；故答案為：10mol/L；(5)在“反應(yīng)液I”中加KOH固體的目的是使過量的Cl2繼續(xù)反應(yīng)，生成更多的KclO，同時為下一步反應(yīng)提供反應(yīng)物；故答案為：AC；(6)加入硝酸鐵溶液發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：2Fe(NO3)3+2KClO+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O，由反應(yīng)方程式可看出：分離出K2FeO4后，會得到副產(chǎn)品KNO3、KCl；故答案為：KNO3、KCl；(7)1.98 kg K2FeO4的物質(zhì)的量為：1.981000g198g/mol=10mol，根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，Cl2KClO23K2FeO4，即需要Cl215mol；故答案為：15mol?！敬鸢浮?1)溫度較低較慢（2） 2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2 （3） K2FeO4具有強(qiáng)氧化性，可殺菌消毒；還原產(chǎn)物Fe元素為+3價，在水中形成Fe(OH)3膠體，可吸附水中懸浮物形成沉淀（4） 10mol/L （5） AC （6） KNO3KCl（7） 15 3.（2018河南開封市一模）氧化材料具有高硬度、高強(qiáng)度、高韌性、極高的耐磨性及耐化學(xué)腐蝕性等優(yōu)良的物化性能。以鋯英石(主要成分為 ZrSiO4，含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等雜質(zhì))為原料通過堿熔法制備氧化鋯(ZrO2)的流程如下：25時，有關(guān)離子在水溶液中沉淀時的pH數(shù)據(jù)：Fe(OH)3Zr(OH)4Al(OH)3開始沉淀時pH1.92.23.4沉淀完全時pH3.23.24.7請回答下列問題：(1)流程中旨在提高化學(xué)反應(yīng)速率的措施有_。(2)操作I的名稱是_濾渣2的成分為_。(3)鋯英石經(jīng)“高溫熔融”轉(zhuǎn)化為Na2ZrO3，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：_。(4)“調(diào)節(jié)pH”時，合適的pH范圍是_。為了得到純的ZrO2，Zr(OH)4需要洗滌，檢驗(yàn)Zr(OH)4是否洗滌干凈的方法是_。(5)寫出“高溫煅燒”過程的化學(xué)方程式_。根據(jù)ZrO2的性質(zhì)，推測其兩種用途_?！窘馕觥?1)鋯英石狀態(tài)為固態(tài)，為提高反應(yīng)速率，可以通過將礦石粉碎，以增大接觸面積；或者通過加熱升高反應(yīng)溫度的方法加快反應(yīng)速率；(2)操作I是分離難溶于水的固體與可溶性液體物質(zhì)的方法，名稱是過濾；(3)將粉碎的鋯英石與NaOH在高溫下發(fā)生反應(yīng)：ZrSiO4+4NaOHNa2ZrO3+Na2SiO3 +2H2O；Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；SiO2+2NaOH=2Na2SiO3+H2O；Fe2O3是堿性氧化物，不能與堿發(fā)生反應(yīng)，所以水浸后過濾進(jìn)入濾渣1中，Na2ZrO3、Na2SiO3、NaAlO2能溶于水，水浸、過濾進(jìn)入濾液1中；(4)向?yàn)V液中加入足量鹽酸，HCl會與Na2ZrO3、Na2SiO3、NaAlO2發(fā)生反應(yīng)，生成NaCl、H2SiO3(或H4SiO4)、AlCl3、ZrCl4，其中H2SiO3(或H4SiO4)難溶于水，過濾時進(jìn)入濾渣2中，其余進(jìn)入濾液2中，因此濾渣2的成分為H2SiO3(或H4SiO4)；向?yàn)V液2中加入氨水，發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，調(diào)節(jié)溶液的pH至大于Zr(OH)4，而低于開始形成Al(OH)3沉淀的pH，即3.2<pH<3.4，就可以形成Zr(OH)4沉淀，而Al元素仍以Al3+形式存在于溶液中；Zr(OH)4沉淀是從氨水和金屬氯化物的混合液中過濾出來的，所以要檢驗(yàn)Zr(OH)4是否洗滌干凈的方法可通過檢驗(yàn)洗滌液中是否含有Cl-離子判斷，方法是取最后一次洗滌液，向其中滴加稀硝酸酸化，再滴加硝酸銀溶液，若無沉淀生成，則Zr(OH)4洗滌干凈，否則未洗滌干凈；(5)將Zr(OH)4沉淀過濾、洗滌，然后高溫灼燒，發(fā)生分解反應(yīng)：Zr(OH)4ZrO2+2H2O就得到ZrO2；由于ZrO2是高溫分解產(chǎn)生的物質(zhì)，說明ZrO2熔點(diǎn)高，微粒之間作用力強(qiáng)，物質(zhì)的硬度大，因此根據(jù)ZrO2的這種性質(zhì)，它可用作制耐火材料、磨料等?！敬鸢浮浚?）粉碎、高溫（2） 過濾硅酸(H2SiO3或H4SiO4) （3） ZrSiO4+4NaOHNa2ZrO3+Na2SiO3+2H2O （4） 3.2<pH<3.4 取最后一次洗滌液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸銀溶液,若無沉淀生成，則Zr(OH)4洗滌干凈，否則未洗滌干凈（5） Zr(OH)4ZrO2+2H2O 耐火材料、磨料等4.（2018江西贛州發(fā)展聯(lián)盟聯(lián)考）四氯化鈦（TiCl4）是制取航天航空工業(yè)材料鈦合金的重要原料，由鈦鐵礦（主要成分是FeTiO3）制備TiCl4等產(chǎn)品的一種工藝流程示意如下：已知四氯化鈦的熔點(diǎn)-25.0，沸點(diǎn)136.4，SiCl4的熔點(diǎn)-68.8，沸點(diǎn)57.6。回答下列問題：（1）加入鐵屑至浸出液顯紫色，此時溶液仍呈強(qiáng)酸性。該過程中有如下反應(yīng)發(fā)生：2Fe3+Fe=3Fe2+2TiO2+(無色)+Fe+4H+=2Ti3+(紫色)+Fe2+2H2OTi3+(紫色)+Fe3+H2O=TiO2+(無色)+Fe2+2H+加入鐵屑的目的是_。（2）若將制得的固體TiO2nH2O用酸清洗除去其中的Fe(OH)3雜質(zhì)，還可制得鈦白粉。已知25時，KspFe(OH)3=2.791039，該溫度下反應(yīng)Fe(OH)3+3H+Fe3+3H2O的平衡常數(shù)K=_（3）已知：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(l)+O2(g)H=+140kJmol1；2C(s)+O2(g)=2CO(g)H=221kJmol1寫出TiO2和焦炭、氯氣反應(yīng)生成液態(tài)TiCl4和CO氣體的熱化學(xué)方程式：_。（4）上述工藝具有成本低、可用低品位礦物為原料等優(yōu)點(diǎn)。依據(jù)綠色化學(xué)理念，該工藝流程中存在的不足之處是_（只要求寫出一項(xiàng)）。（5）要精制含少量SiCl4雜質(zhì)的TiCl4，可采用的方法是_。【解析】（1）由題中信息可知，加入鐵屑作還原劑，使Fe3還原為Fe2，當(dāng)溶液變?yōu)樽仙珪r，標(biāo)志著鐵離子已除盡。（2）KspFe(OH)3=2.791039=c(Fe3)c3(OH)反應(yīng)Fe(OH)3+ 3H+ Fe3+ 3H2O的平衡常數(shù)K=c(Fe3)/c3(H)=c(Fe3)(10-14c(OH)3 =c(Fe3)c3(OH)1042=2.7910-391042=2.79103；（3）依據(jù)蓋斯定律+得到：TiO2(s)+2C(s)+2Cl2(g)=TiCl4(l)+2CO(g)H=-81kJmol-1；（4）由工藝流程可知，生成中產(chǎn)生廢氣、廢液、廢渣等，不符合綠色化學(xué)理念，依據(jù)綠色化學(xué)理念，該工藝流程中存在的不足之處是：沒有對“三廢”進(jìn)行合理的處理或回收再利用等。（5）由已知四氯化鈦的熔點(diǎn)-25.0，沸點(diǎn)136.4，SiCl4的熔點(diǎn)-68.8，沸點(diǎn)57.6，可知，SiCl4、TiCl4為液體，二者沸點(diǎn)相差較大，要精制含少量SiCl4雜質(zhì)的TiCl4，可采用蒸餾（或分餾）方法。【答案】（1）使Fe3+還原成Fe2+（2） 2.79103（3） TiO2(s)+2C(s)+2Cl2(g)=TiCl4(l)+2CO(g)H=-81kJmol-1（4） 沒有對“三廢”進(jìn)行合理的處理或回收再利用等（5） 蒸餾（或分餾）5.(2018四川內(nèi)江三模）鈹銅是力學(xué)、化學(xué)綜合性能良好的合金，廣泛應(yīng)用于制造高級彈性元件。以下是從某廢舊鈹銅元件(含BeO、CuS、少量FeS和SiO2)中回收鈹和銅兩種金屬的流程。已知：鈹、鋁元素處于周期表中的對角線位置，化學(xué)性質(zhì)相似常溫下：KspCu(OH)2=2.21020、KspFe(OH)3=4.01038、KspMn(OH)2=2.l1013(1)寫出鈹銅元件中SiO2與NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式_。(2)濾渣B的主要成分為_(填化學(xué)式)。寫出反應(yīng)中含鈹化合物與過量鹽酸反應(yīng)的化學(xué)方程式_。(3)溶液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，為提純BeCl2，選擇合理步驟并排序_。a加入過量的NaOH b過濾 c加入適量的HCld加入過量的氨水 e通入過量的CO2 f洗滌從BeCl2溶液中得到BeCl2固體的操作是_。(4)MnO2能將金屬硫化物中的硫元素氧化為單質(zhì)硫，寫出反應(yīng)中CuS發(fā)生反應(yīng)的離子方程式_。(5)溶液D中含c(Cu2+)=2.2molL1、c(Fe3+)=0.008molL1、c(Mn2+)=0.01molL1，逐滴加入稀氨水調(diào)節(jié)pH可依次分離，首先沉淀的是_(填離子符號)。【解析】（1）SiO2是酸性氧化物，和NaOH反應(yīng)生成，硅酸鈉和水，離子方程式為：SiO2+2OH=SiO+H2O；本題答案為：SiO2+2OH=SiO+H2O。（2）鈹銅元件主要成分是BeO、CuS、FeS、SiO2，由信息可知BeO是兩性氧化物，CuS、FeS不與NaOH反應(yīng)，SiO2是酸性氧化物能和氫氧化鈉反應(yīng)，因此濾渣B的主要成分是不反應(yīng)的CuS、FeS；濾液A中含鈹化合物為Na2BeO2，Na2BeO2與過量的鹽酸反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Na2BeO2+4HCl=BeCl2+2NaCl+2H2O；本題答案為：CuS、FeS，Na2BeO2+4HCl=BeCl2+2NaCl+2H2O。（3）依據(jù)Be(OH)2和Al(OH)3性質(zhì)相似，難溶于水及具有兩性的特點(diǎn)，在溶液C中加入過量的氨水，生成Be(OH)2沉淀，過濾后洗滌，再加入鹽酸溶解即可，所以提純BeCl2選擇的合理步驟為：dbfc；本題答案為：dbfc。BeCl2易發(fā)生水解，生成Be(OH)2和HCl，從BeCl2溶液中用蒸發(fā)結(jié)晶法得到BeCl2固體時，要抑制水解，所以操作為：蒸發(fā)結(jié)晶時向溶液中持續(xù)通入HCl氣體(或在HCl氣流中加熱蒸干)；本題答案為：蒸發(fā)結(jié)晶時向溶液中持續(xù)通入HCl氣體(或在HCl氣流中加熱蒸干)。（4）反應(yīng)是在硫酸存在的條件下，MnO2和CuS反應(yīng)，依據(jù)題所給信息，CuS中的S元素被氧化成S單質(zhì)，同時MnO2中的Mn被還原成Mn2+，所以反應(yīng)的離子方程式為：MnO2+CuS+4H+=S+Mn2+Cu2+2H2O；本題答案為：MnO2+CuS+4H+=S+Mn2+Cu2+2H2O。（5）當(dāng)加入氨水時，依據(jù)KspCu(OH)2=2.21020，欲使Cu(OH)2沉淀，根據(jù)c(OH)2c(Cu2+)=2.21020，即c(OH)=110-10mol/L，時就有Cu(OH)2沉淀，同理可求欲使Fe3+、Mn2+轉(zhuǎn)化為沉淀的c(OH)分別為，1.710-12mol/L，1.4510-5.5mol/L，因此首先沉淀的是Fe3+；本題答案為：Fe3+?！敬鸢浮浚?）SiO2+2OH=SiO+H2O （2） CuS、FeSNa2BeO2+4HCl=BeCl2+2NaCl+2H2O （3） dbfc蒸發(fā)結(jié)晶時向溶液中持續(xù)通入HCl氣體(或在HCl氣流中加熱蒸干) （4） MnO2+CuS+4H+=S+Mn2+ Cu2+2H2O （5）Fe3+