2020年高考化学一轮复习6.3电解池金属的电化学腐蚀与防护练习含解析

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1、第3讲 电解池 金属的电化学腐蚀与防护1下列关于电解的叙述中，正确的是()电解是把电能转变成化学能电解是把化学能转变成电能电解质溶液导电是化学变化，金属导电是物理变化某些不能自发进行的氧化还原反应，通过电解可以实现任何水溶液电解时，必将导致氧化还原反应ABC D【答案】D【解析】把化学能转变成电能的装置是原电池；只要电解，必将发生氧化还原反应，即一定发生化学变化；一些不能自发进行的氧化还原反应，可以借助电解来实现，故选D项。2下列各组中，每种电解质溶液电解时只生成氢气和氧气的是()AHCl、 CuCl2、 Ba(OH)2 BNaOH、CuSO4、 H2SO4CNaOH、H2SO4、 Ba(OH

2、)2 DNaBr、 H2SO4、 Ba(OH)2【答案】C【解析】电解时只生成氧气和氢气，则电解质应是强碱、含氧酸或活泼金属的含氧酸盐，C项符合。3如图中x、y分别是直流电源的两极，通电后发生a极板质量增加，b极板处有无色、无味气体放出，符合这一情况的是()a极板b极板x电极溶液A锌石墨负极CuSO4B石墨石墨负极NaOHC银铁正极AgNO3D铜石墨负极CuCl2【答案】A【解析】通电后a极板增重，表明溶液中金属阳离子在a极板上放电，发生还原反应，析出了金属单质，因此可确定a极板是电解池的阴极，与它相连接的直流电源的x极是负极。选项C中x极为正极，故C不正确。A中电解液为CuSO4溶液，阴极a

3、板上析出Cu而增重，阳极b板上由于OH离子放电而放出无色、无味的O2，故A正确。B中电解液为NaOH溶液，通电后阴极a上应放出H2，a极板不会增重，故B不正确。D中电解液为CuCl2溶液，阴极a板上因析出Cu而增重，但阳极b板上因Cl离子放电，放出黄绿色有刺激性气味的Cl2，故D不正确。4下列有关电化学装置完全正确的是()ABCD铜的精炼铁上镀银防止Fe被腐蚀构成铜锌原电池【答案】C【解析】电解精炼铜时，应该用粗铜作阳极，纯铜作阴极，A错误；铁上镀银时，应该用银作阳极，铁作阴极，B错误；C是外加电流的阴极保护法，正确；铜锌原电池中，锌应插入硫酸锌溶液中，铜应插入硫酸铜溶液中，故D错误。5pHa

4、的某电解质溶液中，插入两支惰性电极，通直流电一段时间后，溶液的pHa，则该电解质可能是()ANaOH BH2SO4CAgNO3 DNa2SO4【答案】A【解析】由阴、阳离子的放电顺序，可知电解NaOH、H2SO4、Na2SO4溶液的实质都是电解水，电解质溶液的浓度都增大，故NaOH溶液的pH升高，H2SO4溶液的pH减小，Na2SO4溶液的pH不变；AgNO3的电解方程式为4AgNO32H2O4AgO24HNO3，故溶液的pH减小。6如图是模拟电化学反应装置图。下列说法正确的是()A开关K置于N处，则铁电极的电极反应式为：Fe2e=Fe2B开关K置于N处，可以减缓铁的腐蚀C开关K置于M处，则铁

5、电极的电极反应式为： 2Cl2e=Cl2D开关K置于M处，电子从碳棒经开关K流向铁棒【答案】B【解析】开关K置于N处，构成电解池，铁电极为阴极，电极反应式为2H2O2e=H22OH，铁的腐蚀减缓；开关K置于M处，构成原电池，铁电极为负极，电极反应式为：Fe2e=Fe2，电子从铁棒经开关K流向碳棒。7图中X为电源，Y为浸透饱和食盐水和酚酞试液的滤纸，滤纸中央滴有一滴KMnO4溶液，通电后Y中央的紫红色斑向d端扩散。下列判断正确的是()A滤纸上c点附近会变红色BCu电极质量减小，Pt电极质量增大CZ中溶液的pH先减小，后增大D溶液中的SO向Cu电极定向移动【答案】A【解析】紫红色斑即MnO向d端扩

6、散，根据阴离子向阳极移动的原理，可知d端为阳极，即b为正极，a为负极，c为阴极，NaCl溶液中H放电，产生OH，c点附近会变红色，A正确；电解硫酸铜溶液时，Pt为阳极，溶液中的OH放电：4OH4e=O22H2O，Cu为阴极，溶液中的Cu2得电子，生成铜，总反应式为2CuSO42H2O2CuO22H2SO4，Pt电极附近生成H，则SO向Pt电极移动，B、D不正确。随着电解的进行，Z中溶液变为硫酸溶液，继续电解则为电解水，硫酸浓度增大，pH减小，C不正确。8.下列关于各图的说法，正确的是()A中阴极处能产生使湿润淀粉_KI试纸变蓝的气体B中待镀铁制品应与电源正极相连C中电子由b极流向a极D中的离子

7、交换膜可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应【答案】D【解析】中阴极处为Cu2放电，析出Cu，A错；中待镀铁制品应与电源负极相连，B错；中a极为负极，b极为正极，电子由a极经外电路流向b极，C错；中的离子交换膜只允许阳离子通过，NaOH在阴极，可以避免阳极生成的Cl2与NaOH溶液反应，D对。91 L某溶液中含有的离子如下表：离子Cu2Al3NOCl物质的量浓度(mol/L)11a1用惰性电极电解该溶液，当电路中有3 mol e通过时(忽略电解时溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象)，下列说法正确的是()A电解后溶液呈酸性 Ba3C阳极生成1.5 mol Cl2 D阴极析出的金属是铜与铝

8、【答案】A【解析】 1 mol Cu2放电的过程中，另一极Cl和OH各放电1 mol，故溶液显酸性，A正确；根据电荷守恒可推知a4，B不正确；Cl的物质的量为1 mol，阳极不会产生1.5 mol Cl2，C不正确；铝较活泼，在溶液中Al3不会放电，D不正确。10用惰性电极电解一定浓度的CuSO4溶液时，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1 mol Cu2(OH)2CO3后，恰好恢复到电解前的浓度和pH(不考虑二氧化碳的溶解)。则电解过程中转移的电子的物质的量为()A0.4 mol B0.5 molC0.6 mol D0.8 mol【答案】C【解析】用惰性电极电解一定浓度的CuSO4溶液时

9、，如果硫酸铜没有消耗完或恰好消耗完，这时向电解液中加入氧化铜或碳酸铜就可以恢复到电解前的浓度和pH，而题中加入的是Cu2(OH)2CO3，说明CuSO4消耗完，并且又电解了一部分水。则电解的硫酸铜的物质的量为0.2 mol，电解的水的物质的量为0.1 mol，转移的电子的物质的量为0.2 mol20.1 mol20.6 mol。11. 某同学组装了如图所示的电化学装置，电极为Al，其他均为Cu，则()A电流方向：电极 电极B电极发生还原反应C电极逐渐溶解D电极的电极反应：Cu22e=Cu【答案】A【解析】当多个池串联时，两电极材料活泼性相差大的作原电池，其他池作电解池，由此可知图示中左边两池组

10、成原电池，右边组成电解池。A项，电子移动方向：电极电极，电流方向与电子移动方向相反，A正确。B项，原电池负极在工作中失电子，被氧化，发生氧化反应，B错误。C项，原电池正极为得电子极，铜离子在电极上得电子，生成铜单质，该电极质量逐渐增大，C错误。D项，电解池中阳极为非惰性电极时，电极本身失电子，形成离子进入溶液中，因为电极为正极，因此电极为电解池的阳极，其电极反应式为Cu2e=Cu2，D错误。12已知：锂离子电池的总反应为：LixCLi1xCoO2CLiCoO2，锂硫电池的总反应为：2LiSLi2S。有关上述两种电池说法正确的是()A锂离子电池放电时，Li向负极迁移B锂硫电池充电时，锂电极发生还

11、原反应C理论上两种电池的比能量相同D右图表示用锂离子电池给锂硫电池充电【答案】B【解析】锂离子电池放电时，为原电池，阳离子Li向正极移动，A错误。锂硫电池充电时，为电解池，锂电极发生还原反应生成Li，B正确。电池的比能量是指参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的多少，两种电池材料不同，显然其比能量不同，C错误。由图可知，锂离子电池的电极材料为C和LiCoO2，应为该电池放电完全所得产物，而锂硫电池的电极材料为Li和S，应为充电完全所得产物，故此时不是锂离子电池给锂硫电池充电的过程，D错误。13烧杯A中盛放0.1 mol/L的H2SO4溶液，烧杯B中盛放0.1 mol/L的CuCl2溶液(两

12、种溶液均足量)，组成的装置如图所示。下列说法不正确的是()AA为原电池，B为电解池BA为电解池，B为原电池C当A烧杯中产生0.1 mol气体时，B烧杯中产生气体的物质的量也为0.1 molD经过一段时间，B烧杯中溶液的pH增大【答案】B【解析】构成A装置的是活泼性不同的两电极，两电极均浸在电解质溶液中，两极形成了闭合回路，所以A装置为原电池装置，且A装置为B装置提供电能。A装置中的电极反应式：正极：2H2e=H2，负极：Fe2e=Fe2。B装置中的电极反应式：阴极：Cu22e=Cu，阳极：2Cl2e=Cl2。装置B是电解氯化铜溶液，铜离子浓度减小，水解程度减小，溶液的pH增大。14下列金属防腐

13、的措施中，使用外加电流的阴极保护法的是()A水中的钢闸门连接电源的负极B金属护栏表面涂漆C汽车底盘喷涂高分子膜D地下钢管连接镁块【答案】A【解析】水中的钢闸门连接电源的负极，钢闸门为阴极，从而得以保护，A项正确；金属护栏表面涂漆的原理是隔绝金属护栏与空气接触，从而减缓金属护栏的腐蚀，B项错误；汽车底盘喷涂高分子膜的原理也是隔绝与空气的接触，C项错误；地下钢管连接镁块，形成了原电池，属于牺牲阳极的阴极保护法，D项错误。15如图所示，将两烧杯中电极用导线相连，四个电极分别为Mg、Al、Pt、C。当闭合开关S后，以下表述正确的是()A电流表指针不发生偏转BAl、Pt两极有H2产生C甲池pH减小，乙池

14、pH不变DMg、C两极生成的气体在一定条件下可以恰好完全反应【答案】D【解析】甲池Al能与NaOH溶液反应，所以为原电池，乙池Pt、C均不与NaOH溶液反应，故乙池为电解池，电流表指针偏转。甲池中Mg为正极，产生H2，Al为负极溶解，Pt作阴极产生H2，C作阳极产生O2，甲池消耗NaOH，pH减小，乙池消耗水，pH增大。根据电子转移数目相等，则Mg、C两极产生的O2、H2体积比为12，在一定条件下可以完全反应。16铅蓄电池的工作原理为： PbPbO22H2SO4=2PbSO42H2O。研读下图，下列判断不正确的是()A. K 闭合时，d电极反应式：PbSO42H2O2e=PbO24HSOB.

15、当电路中转移0.2 mol电子时，中消耗的H2SO4为0.2 molC. K闭合时，中SO向c电极迁移D. K闭合一段时间后，可单独作为原电池，d电极为正极【答案】C【解析】选项A，K闭合时为原电池，为电解池，中发生充电反应，d电极为阳极发生氧化反应，其反应式为PbSO4 2H2O 2e = PbO2 4H SO正确。选项B，在上述总反应式中，得失电子总数为2e，当电路中转移0.2 mol电子时，可以计算出中消耗的硫酸的量为0.2 mol，正确。选项C，K闭合时d是阳极，阴离子向阳极移动，错误。选项D，K闭合一段时间，也就是充电一段时间后可以作为原电池，由于c表面生成Pb，放电时做电源的负极，

16、d表面生成PbO2，做电源的正极，所以D项正确。17下图所示的电解池和中，a、b、c和d均为Pt电极。电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，且增重bd。符合上述实验结果的盐溶液是()选项XYAMgSO4CuSO4BAgNO3Pb(NO3)2CFeSO4Al2(SO4)3DCuSO4AgNO3【答案】D【解析】题意表明b、d没有气体逸出，所电解的盐溶液中金属元素，应该在金属活动顺序表中(H)以后，只有D符合题意。18用铅蓄电池电解AgNO3、Na2SO3的溶液，a、b、c、d电极材料均为石墨。已知铅蓄电池的总反应为：Pb(s)PbO2(s)2H2SO4(aq)2PbSO4(s)2H

17、2O(l)，通电时a电极质量增加，下列说法正确的是()A电路中通过1 mol电子时，Y电极质量增加48 gB放电时铅蓄电池负极的电极反应式为：PbO2(s)4H(aq)SO(aq)2e=PbSO4(s)2H2O(l)Cc、d电极产生气体的物质的量之比为12DX极为负极【答案】A【解析】 a极质量增加，即析出了 Ag，a为阴极，则Y为负极，X为正极，D项错；B项，所写电极反应式为正极的电极反应式；C项，c为阴极放出H2，d为阳极放出O2，物质的量之比为21。19某同学按下图所示的装置进行实验。A、B为两种常见金属，它们的硫酸盐可溶于水，当K闭合时，SO从右向左通过交换膜移向A极。下列分析正确的是

18、()A溶液中c(A2)减小BB极的电极反应：B2e=B2CY电极上有H2产生，发生还原反应D反应初期，X电极周围出现白色胶状沉淀【答案】D【解析】根据SO从右向左通过交换膜移向A极，则A极为负极，故A极的电极反应为A2e=A2，溶液中c(A2)增大，A错误；B极为正极，发生还原反应，B错误；Y电极为阳极，为Cl放电，发生氧化反应：2Cl2e=Cl2，有Cl2产生，C错误；右边U形管中最初为电解AlCl3溶液，X电极为H放电，c(H)减小，c(OH)增大，且Al3移向X极，因此会产生Al(OH)3白色胶状沉淀，D正确。20假设图中原电池产生的电压、电流强度均能满足电解、电镀要求，即为理想化。为各

19、装置中的电极编号。下列说法错误的是()A当K闭合时，A装置发生吸氧腐蚀，在电路中作电源B当K断开时，B装置锌片溶解，有氢气产生C当K闭合后，整个电路中电子的流动方向为；D当K闭合后，A、B装置中pH变大，C、D装置中pH不变【答案】A【解析】当K闭合时，B装置构成原电池，在电路中作电源，整个电路中电子的流动方向为；B装置中消耗H，pH变大，A装置中电解饱和食盐水，pH变大；C装置中相当于在银上镀铜，pH不变；D装置中相当于铜的电解精炼，pH不变。21按下图进行电解实验(A、B、C、D均为惰性电极)，可供选择的电解质溶液列于下表。要求满足的条件是：工作一段时间后甲槽的pH上升，乙槽的pH下降；B

20、、C两极上放电的离子其物质的量相等。组别ABCD甲槽NaOHAgNO3H2SO4NaCl乙槽CuSO4CuCl2AgNO3AgNO3(1)应选择的电解液是_组。(2)写出电极反应式：A极_；B极_；C极_；D极_。【答案】(1)D(2)2H2e=H22Cl2e=Cl22Ag2e=2Ag4OH4e=O22H2O【解析】由实验装置图可知甲、乙两池串联，四个电极通过的电量相等。由电解原理知用惰性电极电解NaOH、H2SO4实质为电解水，电解池工作一段时间后，溶质的物质的量浓度增大，NaOH溶液pH上升，H2SO4溶液pH下降，电极反应式A极为2H2e=H2，B极为4OH4e=O22H2O。CuSO4

21、、AgNO3均为不活泼金属的含氧酸盐，用惰性电极电解时阴极反应式分别为Cu22e=Cu和2Ag2e=2Ag，阳极反应式为4OH4e=O22H2O。CuCl2为不活泼金属的非含氧酸盐，用惰性电极电解时阴极反应式为Cu22e=Cu，阳极反应式为2Cl2e=Cl2。NaCl为活泼金属的非含氧酸盐，用惰性电极电解时阴极反应式为2H2e=H2，阳极反应式为2Cl2e=Cl2。由以上分析可知符合条件的电解液只有D组。22如图甲、乙是电化学实验装置。请回答下列问题：(1)若两池中均盛放饱和NaCl溶液。甲池中铁棒的电极反应式_。将湿润的淀粉碘化钾试纸放在乙烧杯上方，发现试纸先变蓝后退色，这是因为电解生成的某

22、种气体A氧化了生成的碘，已知反应中A气体和I2的物质的量之比为51，且生成两种酸，该反应的化学方程式为_。(2)若两池中均盛放CuSO4溶液，反应一段时间后：甲池中石墨棒上的电极反应式为_。如果起始时乙池盛有200 mL pH5的CuSO4溶液(25 )，一段时间后溶液蓝色变浅，测定其pH变为1(不考虑体积变化)，若要使溶液恢复到电解前的状态，可向溶液中加入_(填写物质的化学式)_g。【答案】(1)Fe2e=Fe25Cl2I26H2O=10HCl2HIO3(2)Cu22e=CuCuO(或CuCO3)0.8(或1.24)【解析】甲为原电池，乙为电解池。当溶液均为NaCl溶液时甲池发生吸氧腐蚀，乙

23、池为电解饱和NaCl溶液，生成氢气、氯气和氢氧化钠。氯气氧化碘可根据氧化还原反应电子守恒确定生成的酸为碘酸和盐酸。当溶液均为CuSO4溶液时，甲池中Fe为负极，石墨为正极，石墨极上发生铜离子得电子的还原反应，乙池电解后铜离子仍有剩余，故根据电解的总方程式可知加入的氧化铜的物质的量为氢离子的0.5倍，由于生成的酸性变化较大，可忽略原有酸性，直接根据电解后的溶液进行计算：m(CuO)80 g/mol0.8 g(或 1.24 g CuCO3)。23金属冶炼与处理常涉及氧化还原反应。(1)由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是_。aFe2O3 BNaClcCu2S DAl2O3(2)辉铜矿(Cu2S)

24、可发生反应：2Cu2S2H2SO45O2=4CuSO42H2O，该反应的还原剂是_。当1 mol O2发生反应时，还原剂所失电子的物质的量为_mol。向CuSO4溶液中加入镁条时有气体生成，该气体是_。(3)右图为电解精炼银的示意图，_(填“a”或“b”)极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕色气体产生，则生成该气体的电极反应式为_。(4)为处理银器表面的黑斑(Ag2S)，将银器浸于铝质容器里的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，食盐水的作用是_。【答案】(1)b、d(2)Cu2S4H2(3)aNO2He=NO2 H2O(4)做电解质溶液(或导电)【解析】(1)Na、Al的金属活动性较强，冶

25、炼时选择电解法。(2)该反应中Cu、S的化合价升高，因此还原剂为Cu2S。反应中O2中O由0价变为2价，1 mol O2发生反应，得4 mol电子，根据得失电子守恒，则还原剂失电子为4 mol。CuSO4溶液中由于Cu2水解显酸性，加入镁条，产生的气体为H2。(3)电解精炼银时，粗银作阳极，与电源正极相连。b极产生的红棕色气体为NO2，电极反应式为NOe2H=NO2 H2O。(4)食盐水的作用是做电解质溶液，形成原电池。24.某兴趣小组的同学用下图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装置的电键时，观察到电流计的指针发生了偏转。请回答下列问题：(1)甲池为_(填“原电池”“电解池”或“电镀池”

26、)，通入CH3OH电极的电极反应为_。(2)乙池中A(石墨)电极的名称为_(填“正极”“负极”“阴极”或“阳极”)，总反应式为_。(3)当乙池中B极质量增加5.40 g时，甲池中理论上消耗O2的体积为_mL(标准状况)，丙池中_极析出_g铜。(4)若丙中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，电键闭合一段时间后，甲中溶液的pH将_(填“增大”“减小”或“不变”)；丙中溶液的pH将_(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】(1)原电池 CH3OH6e8OH=CO6H2O(2)阳极4AgNO32H2O电解,4AgO2【解析】(1)甲池为原电池，通入CH3OH的电极为负极，电极反应为：CH3OH6e8

27、OH=CO6H2O。(2)乙池中为用惰性电极电解AgNO3溶液，其中A作阳极，B作阴极，总反应为：4AgNO32H2O电解,4AgO24HNO3。(3)根据各电极上转移的电子相同，则n(Ag)4n(O2)2n(Cu)，故V(O2)22.4 L0.28 L280 mL，m(Cu)64 g1.60 g。(4)若丙中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，根据丙中总反应2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2，溶液pH增大，而甲中总反应为2CH3OH3O24KOH=2K2CO36H2O，溶液pH减小。25.如图为相互串联的甲乙两个电解池，X、Y为直流电源的两个电极。电解过程中，发现石墨电极附近先变红。请回

28、答：(1)电源X极为_极(填“正”或“负”)，乙池中Pt电极上的电极反应式为_。(2)甲池若为电解精炼铜的装置，其阴极增重12.8 g，则乙池中阴极上放出的气体在标准状况下的体积为_，电路中通过的电子为_ mol。(3)在(2)的情况下，若乙池剩余溶液的体积仍为400 mL，则电解后所得溶液c(OH)_。【答案】(1)正2Cl2e=Cl2(2)4.48 L0.4(3)1 molL1【解析】(1)由题意得X极为正极，Pt电极为电解池的阳极，电极反应式为2Cl2e=Cl2。(2)甲池的阴极电极反应式：Cu22e=Cu。乙池的阴极电极反应式：2H2e=H2由电子守恒得：Cu2eH264 g2 mol

29、22.4 L128 gn(e)V(H2)则：n(e)0.4 molV(H2)4.48 L(3)乙池发生反应：2Cl2H2O2OHH2Cl2 2 22.4 L n(OH) 4.48 Ln(OH)0.4 mol电解后所得溶液c(OH)1 molL1。26如下图装置所示，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同(假设通电前后溶液体积不变)，A、B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，F极附近呈红色。请回答：(1)B极是电源的_，一段时间后，甲中溶液颜色_，丁中X极附近的颜色逐渐变浅，Y极附近的颜色逐渐变深，这表明_，在电场作用下向Y极移动。(2)若甲、乙装置中的C、D、E

30、、F电极均只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为_。(3)现用丙装置给铜件镀银，则H应是_(填“镀层金属”或“镀件”)，电镀液是_溶液。当乙中溶液的pH是13时(此时乙溶液体积为500 mL)，丙中镀件上析出银的质量为_，甲中溶液的pH_(填“变大”“变小”或“不变”)。(4)若将C电极换为铁，其他装置都不变，则甲中发生的总反应的离子方程式为_。【答案】(1)负极逐渐变浅氢氧化铁胶粒带正电荷(2)1222(3)镀件AgNO3(合理即可)5.4 g变小(4)FeCu2CuFe2【解析】(1)由装置图知，直流电源与各电解池串联；由“F极附近呈红色”知，F极为阴极，则E极为阳极、D极为阴极、C

31、极为阳极、G极为阳极、H极为阴极、X极为阳极、Y极为阴极、A极为正极、B极为负极。甲装置是用惰性电极电解CuSO4溶液，由于Cu2放电，导致c(Cu2)降低，溶液颜色逐渐变浅；丁装置是胶体的电泳实验，由于X极附近的颜色逐渐变浅，Y极附近的颜色逐渐变深，说明氢氧化铁胶粒带正电荷。(2)当甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成时，C、D、E、F电极的产物分别为O2、Cu、Cl2、H2，根据各电极转移电子数相同，则对应单质的物质的量之比为1222。(3)给铜件镀银，根据电镀原理，铜件作阴极，银作阳极，电镀液是可溶性银盐。当乙中溶液的pH是13时，则乙中n(OH)0.1 mol/L0.5 L0.05 mol，即各电极转移电子0.05 mol，所以丙中析出银0.05 mol；甲装置中由于电解产生H，导致溶液的酸性增强，pH变小。(4)若将C电极换为铁，则铁作阳极发生反应：Fe2e=Fe2，D极发生：Cu22e=Cu，则总反应的离子方程式为FeCu2CuFe2。 13