浙江省嘉兴市2015届高三下学期教学测试理综化学试题解析.doc

浙江省嘉兴市2015届高三下学期教学测试（二）理综化学试题解析相对原子质量：H1 N14 O16 S32 Cu64 阿伏加德罗常数NA：6.0210237下列说法不正确的是 A2014 年诺贝尔化学奖授予发明超分辨率荧光显微镜的科学家，他们使光学显微镜分辨率提高到纳米尺度。利用超分辨率荧光显微镜可以观测到胶体中的胶粒。 B人体从食物中摄取蛋白质，在体内先水解成各种氨基酸，经过不断的分解，最终生成水和二氧化碳排出体外。 C臭氧是一种有鱼腥味、氧化性极强的淡蓝色气体，可用作自来水的消毒剂。 D我国油品从国 IV 汽油升级到国 V 汽油，有助于减少酸雨、雾霾，提高空气质量。B解析：人体通过食物获得的蛋白质在胃、肠道里水解生成氨基酸。氨基酸通过肠壁进入血液循环，一部分氨基酸被氧化，生成尿素、二氧化碳和水等排出体外，同时放出热量供人体活动的需要。另一部分氨基酸再重新形成人体所需要的各种蛋白质，维持人体的生长发育和组织更新，故B错误。8下列有关实验说法正确的是 A在进行中和滴定时，用标准酸溶液润洗酸式滴定管 23 次，如果再用蒸馏水洗 23 次，效果更佳。 B基于硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成S和SO2，在定量分析测定反应速率时，既可用S对标记遮盖法，也可用排水法测 SO2 体积，计算出相关的反应速率。 C燃料电池的制作：用包有薄海绵的两根碳棒做电极电解Na2SO4 溶液，一段时间后切断电源，在两极之间接上发光二极管，发现发光。 D过滤、结晶、灼烧 、萃取、分液和蒸馏等都是常用的分离有机混合物的方法。C解析：A用标准酸溶液润洗过后的滴定管，如果再用蒸馏水洗，则滴定管内壁上会挂有蒸馏水，当再加入标准液时，会将标准液冲稀，在滴定过程中就会导致标准溶液多加，引起滴定结果误差偏大，A不正确； B由于SO2易溶于水，且与水反应生成亚碗酸，不可用排水法测 SO2 体积来计算出相关的反应速率，故B不正确； C电解Na2SO4 溶液，阳极OH失电子生成氧气，阴极H+得电子生成H2，用包有薄海绵的两根碳棒做电极是使两极上获得较多的H2和O2，有利于形成氢氧燃料电池，一段时间后切断电源，在两极之间接上发光二极管，这就形成的氢氧燃料电池，电池正极上氧气得到电子，电池负极上氢气失去电子，氢氧燃料电池供电使二极管发光，C正确；D过滤是分离固体与液体的方法，D不正确。9短周期元素 W、X、 Y 和 Z 的原子序数依次增大。 其中 W 的阴离子的核外电子数与 X、 Y 原子的核外内层电子数相同。X 的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，工业上采用液态空气方法来生产Y的单质，Z 与 X 同族。下列说法中正确的是 A以上四种元素的原子半径大小为 WXYZ BX 的氢化物与水分子之间可形成氢键 C已知 Z-Cl 键能比 X-Cl 键能小， 所以 Z 的最简单氯化物比 X 的简单氯化物沸点低。 DW 与 Y 可形成既含共价键又含离子键的化合物D解析：X 的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代用的是C14，X是C元素； 工业上采用液态空气方法来生产氮气，Y是N元素； W、X、 Y 和 Z 的原子序数依次增大。W的阴离子的核外电子数与 X、 Y 原子的核外内层电子数相同，X、 Y 原子的核外内层电子数是2个，W为 H元素； Z 与 X 同族，Z为Si元素。AX是C元素，Y是O元素，同周期元素的原子半径从左到右由大到小，所以YX，以上四种元素的原子半径大小为 WYXZ ，A错误；B碳（C）元素的氢化物与水分子之间不可形成氢键B错误；C已知 Si-Cl 键能比 C-Cl 键能小，Z（Si）的简单氯化物与X（C）的简单氯化物均为分子晶体，分子晶体的沸点高低与键能大小无关，而是与分子间作用力的大小有关，故C错误；DW（H） 与 Y （N）可形成既含共价键又含离子键的化合物NH4H，故D正确。 10下列说法正确的是 A某烷烃的名称为 2-甲基-4-乙基戊烷B甲醇、乙二醇、丙三醇（结构如右图）互为同系物C淀粉、纤维素、蔗糖都属于天然高分子化合物，而且水解产物中都有葡萄糖 D等物质的量的乙烯与碳酸二甲酯（CH3OCOOCH3）完全燃烧耗氧量相同 D解析：A根据烷烃命名原则，某烷烃命名为 2-甲基-4-乙基戊烷，主链选错，故错误，正确的命名应是；2，4二甲基己烷，A不正确；B甲醇为饱和一元醇，乙二醇为饱和二元醇，丙三醇为饱和三元醇，含有的官能团的数目不同；不是同系物，B不正确；C淀粉、纤维素、蔗糖水解的最终产物都是葡萄糖，淀粉、纤维素都属于天然高分子化合物，但蔗糖属于二糖（低聚糖）不是高分子化合物，故C不正确；D等物质的量的烃与烃的含氧衍生物完全燃烧耗氧量分别决定于(x+ y/4)与(x+y/4 z/2)，等物质的量的乙烯（C2H4）碳酸二甲酯（C3H6O3）完全燃烧耗氧量相同，D正确。 11磷酸铁锂电池结构如右图所示。左边由LiFePO4 晶体组成，铝箔与电池一极连接；中间是聚合物隔膜，锂离子可以通过而电子不能通过；右边由石墨组成，铜箔与电池另一极连接，电池内充满电解质。在充电过程中 LiFePO4中的锂离子脱出并伴随着铁元素的氧化。下列说法不正确的是 A放电时，铝箔所在电极为负极，铜箔所在电极为正极 B放电时，电池反应式为：FePO4Li = LiFePO4C充电时， Li+ 向阴极移动 D充电时，阳极的电极反应式为：LiFePO4 e = FePO4Li+A解析：由提示“在充电过程中 LiFePO4中的锂离子脱出并伴随着铁元素的氧化”可知：充电时，铝箔所在电极为阳极，电极反应式为：LiFePO4 e- = FePO4 + Li+ ，Li+ 在电场力的作用下，进入电解液，穿过隔膜，再经电解液向阴极（石墨晶体）移动，然后Li+得电子后嵌入石墨晶格中，所以铜箔所在电极为阴极，电极反应式为：Li+ + e- = Li，总的电解反应式为：LiFePO4= FePO4Li放电时，嵌入石墨晶格中的Li失电子（Li e- = Li+） ，Li+从石墨晶体中脱嵌出来，进入电解液，穿过隔膜，再经电解液迁移到电池正极（磷酸铁锂晶体），然后重新嵌入到磷酸铁锂的晶格内并伴随着铁元素的还原（FePO4+ e- = FePO4），所以放电时，铜箔所在电极是电池负极，电极反应式为：Li e- = Li+，铝箔所在电极是电池正极，电极反应式为FePO4+ e- = FePO4 ，总的电池反应式为：FePO4Li = LiFePO4 ； 由此可知，A错误。12常温下 0.1molL1 亚硫酸溶液中H2SO3、HSO3、SO32 三者中所占物质的量分数（）随pH 变化的关系如图所示。下列表述 正确的是 AH2SO3 2H+ + SO32 K=105.2 B在 0.1molL H2SO3 溶液中，存在：c2(H+)= c(H+)c(HSO3) + 2c(H+)c(SO32) + Kw C在pH=2.5 溶液中： c(H2SO3)c(HSO3)c(H+) c(OH)D向pH 为 8.5 的上述体系中通入极少量 Cl2 的过程中，溶液中c(HSO3)和c(SO32)均减小B解析：A0.1molL1 亚硫酸溶液中存在：H2SO3 H+ + HSO3 和HSO3 H+ + SO32，根据图象知，H2SO3 H+ + HSO3 中，pH=1.8.，则Ka1= = 10-1.8；HSO3 H+ + SO32 中，pH=1.8.，则Ka2= = 10-7；故A错误； B根据电苻守恒：c(H+) = c(HSO3) + 2 c(SO32) + c(OH)，将电苻守恒式两边都乘c(H+)就得c2(H+)= c(H+)c(HSO3) + 2c(H+)c(SO32) + c(H+) c(OH)，Kw= c(H+) c(OH)，所以c2(H+)= c(H+)c(HSO3) + 2c(H+)c(SO32) + Kw，B正确；C根据图象可知，在pH=2.5 溶液中：c(HSO3)c(H2SO3)，故C错误； D溶液的pH=8.5时，显碱性，所以c(OH-)c(H+)，根据图象知，溶液中含有的是SO32，SO32在溶液中存在水解平衡：SO32+ H2OHSO3 + OH，向上述体系中通入极少量 Cl2，HSO3- + Cl2+H2O=SO42-+3H+2Cl-，H+ + OH= H2O，促进SO32水解，c(SO32) 减小，而c(HSO3)增大，D错误。13检验某溶液中是否含有 K+ 、Fe3+、Cl 、Mg2+、I 、CO32 、SO42，限用的试剂有：盐酸、硫酸、硝酸银溶液、硝酸钡溶液。设计如下实验步骤，并记录相关现象。下列叙述不正确的是 A该溶液中一定有 I 、CO32 、SO42 、K+ B试剂为硝酸钡 C通过在黄色溶液中加入硝酸银可以检验原溶液中是否存在ClD试剂一定为盐酸 C解析：在溶液中，加入过量试剂，生成白色沉淀，则试剂为硝酸钡（如果加入的试剂是硝酸银，则会有黄色的AgI沉淀生成），白色沉淀是BaCO3和BaSO4，原溶液中含有CO32 、SO42，依据离子共存，则原溶液中不含有Fe3+、Mg2+；过滤后，白色沉淀中加入足量的试剂，沉淀质量减少，则试剂是盐酸（如果是硫酸，则BaCO3沉淀会转化为BaSO4沉淀，沉淀质量不会减少）；过滤后的溶液中也加入足量的试剂，溶液变黄色，说明该溶液由于前面加入了过量的硝酸钡，使溶液中引入了较多的NO3,在酸性环境里，NO3具有强氧化性，氧化I生成I2，碘在水溶液中溶解很度小，使过滤后的溶液变黄色，这说明原溶液中含有I；根据溶液中电苻守恒，原溶液中含有 K+；Cl不能确定。综上分析可知，选项A、B、D正确，C不正确，在黄色溶液中加入硝酸银即使有氯化银白色沉淀生成，但也不能说明原溶液中一定含有Cl，因为在前面第二步实验中加入了足量的盐酸（试剂），引入了大量加入Cl，所以加入硝酸银不能检验原溶液中是否存在Cl。26（10 分）有机物 G 是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药。可以通过下图所示的路 线合成有机物 G。已知：1. 2. 请回答下列问题：（1）葡萄糖的分子式是 ，写出 G 中所含含氧官能团的名称 。 （2）由 A 转化为 B 的化学方程式为 。（3）已知 D 的分子式为 C7H6O3，则 D 的结构简式为 。（4）在上述转化过程中，属于取代反应的有 （填选项序号）。 葡萄糖A DE BC E + CH3COCl F （5）写出 F 与足量的氢氧化钠反应生成的有机物的结构简式 。答案： （1）C6H12O6（1分）； 羟基、酯基 ；（2）2CH3CH2OH + O2 2CH3CHO + 2H2O ；（3） （4） （5）、CH3COONa、CH3OH解析： 由已知1的反应：和合成路线：葡萄糖ABC，以及AB的反应条件为，C的反应条件为，可知A中存在羟基，A是乙醇（葡萄糖C6H12O62CH3CH2OH + 2CO2），B是乙醛，C是乙酸； 由 A 转化为 B 的化学方程式为：2CH3CH2OH + O2 2CH3CHO + 2H2O ； 已知 D 的分子式为 C7H6O3，不饱和度为 ，依据合成路线和反应条件： ，可推知D的分子结构中有一个苯环，有一个羧基官能团，D的羧基与甲醇生成酯，苯环邻位的羟基不变，所以D的结构简式应为； 葡萄糖A是氧化反应，DE是取代反应（酯化反应），BC是氧化反应，E + CH3COCl F是取代反（E的羟基上的氢与CH3COCl中的Cl结合生成HCl，乙酰基取代了E的酚羟基上的H原子），故上述转化过程中，属于取代反应的有。 F分子结构中有酯基，能与足量的氢氧化钠反应：有酰基，与足量的氢氧化钠反应后苯环上形成一个酚羟基，酚羟基能与氢氧化钠反应：故F与足量的氢氧化钠反应为：。 27 （18 分）() 将某红棕色气体 A 通入到稀钠盐溶液甲中，有白色沉淀产生；当红棕 色气体通入过量时，白色沉淀逐渐完全消失。上述过程中还产生一种无色气体 B，B 遇空 气后又可产生 A。则： （1）写出钠离子的结构示意图 ； B 与空气反应的化学方程式 。（2）甲中肯定不含有下列物质中的 ；（填选项字母）。 A.Na2S B.NaAlO2 C. Na2SiO3 D.NaCl （3）通入气体 A 使白色沉淀逐渐消失且产生气体 B，该反应的离子方程式是 。（）某研究小组为了探究一种无机化合物X（化合物 X 中带有 6 个结晶水，仅含五种元素，且每种元素在该化合物中均只有单一价态，X 的式量为400）的组成和性质，设计了如下实验：（注明：以上气体体积均在标准状况下测定，产物中只有水未标出） （1）写出气体 B 的电子式 ，气体 D 的结构式 。 （2）混合气体 C 通入品红溶液褪色，加热后恢复原色的原因是 。 （3）8.00 固体 X 所含阴离子的物质的量是 mol。（4）固体X 受热分解的化学方程式是 。答案：（I）（1） ；2NO+O2 = 2NO2 ； （2）（AC） （3）9NO2 + 2Al(OH)3 = 2Al3+ + 6NO3 + 3NO + 3H2O。（）（1） ；（2）二氧化硫能与品红反应，生成不稳定的无色物质，加热时，这些无色物质又会发生分解，恢复原来的颜色。（3）0.04mol（4）Cu(NH4)2(SO4)26H2O Cu + N2 + 2SO2+ 10H2O解析：() 根据题意可知，某红棕色气体 A是NO2，B是NO，稀钠盐溶液甲是NaAlO2，反应为：3NO2 + 2NaAlO2 + 4H2O = 2Al(OH)3+ 2 NaNO3 + NO；当红棕 色气体通入过量时，白色沉淀逐渐完全消失，反应离子方程式为：9NO2+2Al(OH)3=2Al (NO3)3+3NO+3H2O。（1）钠离子的结构示意图为 ；B 与空气反应的化学方程式：2NO+O2 = 2NO2。（2）A.Na2S能发生氧化还原反应有黄色的S沉淀； C. Na2SiO3能与酸反应生成难溶于过量NO2的白色沉淀H2SiO3；故甲中肯定不含有A.Na2S，C. Na2SiO3。（3）通入气体 A 使白色沉淀逐渐消失且产生气体 B，该反应的离子方程式是：9NO2 + 2Al(OH)3 = 2Al3+ + 6NO3 + 3NO + 3H2O。（） 固体X加水溶解后成蓝色溶液，说明X中含有Cu2+，加足量NaOH溶液加热有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的无色气体B放出，则B为NH3气，说明X中含有NH4+； 固体X隔绝空气加热产生混合气体，其中无色单质气体D化学性质稳定，则是氮气（N2）；而能使品红溶液褪色，加热后恢复原色的气体，应是SO2，由此可以推出X中含有SO42-。 8.00g固体X隔绝空气加热后，有1.68g紫红色固体E产品，加稀硫酸无现象，则该紫红色固体E是金属铜(Cu)。综上分析，再根据题目告知的信息：X是一种无机化合物，X 中带有 6 个结晶水，仅含五种元素，且每种元素在该化合物中均只有单一价态，X 的式量为400，可以推知固体X是复盐，X为：Cu(NH4)2(SO4)26H2O；固体X隔绝空气加热分解的反应是：Cu(NH4)2(SO4)26H2O Cu + N2 + 2SO2+ 10H2O 。所以，（1）气体 B 的电子式为 ，气体 D 的结构式为 。 （2）混合气体 C 通入品红溶液褪色，加热后恢复原色的原因是：二氧化硫能与品红反应，生成不稳定的无色物质，加热时，这些无色物质又会发生分解，恢复原来的颜色。（3）Cu(NH4)2(SO4)26H2O，相对分子质量400，8.00gX为0.02mol，所以8.00 固体 X 所含阴离子的物质的量是0.04mol；（4）固体X 受热分解的化学方程式是Cu(NH4)2(SO4)26H2O Cu + N2 + 2SO2+ 10H2O。28. （15 分）二甲醚是一种重要的化工原料，利用水煤气（CO、H2）合成二甲醚是工业上的常用方法，该方法由以下几步组成： 2H2(g) +CO(g) CH3OH(g) H=90.0 kJ mol-1 2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g) H=24.5 kJ mol-1 CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) H=41.1 kJ mol -1 （1）反应的 S 0（填“”、“”或“”）。在 （填“较高”或“较”温度下该反应自发进行。 （2）在 250的恒容密闭容器中， 下列事实可以作为反应已达平衡的是（填选项字母） A容器内气体密度保持不变 BCO 与 CO2 的物质的量之比保持不变CH2O 与 CO2 的生成速率之比为 11 D该反应的平衡常数保持不变（3）已知一些共价键的键能如下：运用反应计算一氧化碳中碳氧共价键的键能 kJ mol-1。 （4）当合成气中 CO 与 H2 的物质的量之比恒定时，温度、压强对 CO 转化率的影响如图 1 所示。图 1 中 A 点的 v(逆) B 点的 v(正)（填“”、“”或“”），说明理由 。实际工业生产中该合成反应的条件为 500、4MPa 请回答采用 500的可能原因 。（5）一定温度下，密闭容器中发生反应，水蒸气的转化率与 n（H2On（CO）的关系如图2所示。计算该温度下反应的平衡常数 K= 。 在图 2 中作出一氧化碳的转化率与 n（H2O）n（CO）的曲线。答案：（1）较低 ；（2）BC ；（3）1070 ； （4） 。B点对应的温度和压强都比A点高，温度升高，或压强增大，都会加快反应速率（说明：只说温度、或压强得1分）500、4MPa时，一氧化碳转化率较大，反应速率也较快。若温度过高，一氧化碳转化率降低，若温度过低，反应速率太慢，若压强过高，设备要求较高，成本太高，压强过低，反应速率太慢。（5）1 ；如图所示（说明：曲线趋势向上得1分，两条曲线的相交点在50处得1分）解析：（1）反应为熵减反应，故S 0 ，反应为放热反应，H 0 ，H 0、S 0反应在较低温度下该反应自发进行。（2）A反应前后，混合气体的物质的量始终不变，气体的质量不变，容器的体积不变，所以混合气体的密度始终不变，所以不能作为判断平衡状态的依据，故错误；B反应达到平衡状态时，CO、 H2O、H2与 CO2的的物质的量都不再发生变化，所以CO 与 CO2 的物质的量之比保持不变能作为判断平衡状态的依据，故正确；CH2O 与 CO2 的生成速率之比为 11 时V(正)=V(逆)，所以能作为判断平衡状态的依据，故正确；D温度不变，平衡常数不变，所以不能作为判断平衡状态的依据，故错误。（3）依据：反应焓变 = 反应物键能总和-生成物键能总和，故一氧化碳中碳氧共价键的键能=(3414+326+464)90.0(2436)kJ mol-1 =1070 kJ mol-1（4）由图1可知，A 点的 v(逆)小于B 点的 v(正)，因为B点对应的温度和压强都比A点高，温度升高，或压强增大，都会加快反应速率。实际工业生产中该合成反应的条件为 500、4MPa，是因为此时一氧化碳转化率较大，反应速率也较快。若温度过高，一氧化碳转化率降低，若温度过低，反应速率太慢，若压强过高，设备要求较高，成本太高，压强过低反应速率太慢。 （5）从图2可知，当水蒸气的转化率为0.5时，n(H2O) n(CO)=1，依据，转化率 = 转化浓度/ 起始浓度 ，可知：CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g)起始浓度(molL-1) 1 1 0 0转化浓度(molL-1) 0.5 0.5 0.5 0.5平衡浓度(molL-1) 0.5 0.5 0.5 0.5 平衡常数K = c(CO2)c(H2) / c(CO)c(H2O) = (0.5)2 / (0.5)2 = 1 由水蒸气的转化率与 n(H2O ) n(CO)的关系曲线知， n(H2O ) n(CO)越大，水蒸气的转化率越小，曲线趋势向下；根据平衡移动原理，增加水蒸气的物质的量，平衡正向移动，就会增大CO的转化率，由此，n(H2O ) n(CO)越大，一氧化碳的转化率越大，所以一氧化碳的转化率与 n（H2O） n（CO）的曲线趋势应是向上；由于它们的化学计量数相同，均为1所以当n（H2O）n（CO）= 1时，水蒸气的转化率与一氧化碳的转化率均为0.5（50%），故两条曲线的相交点在转化率0.5处，据此作出一氧化碳的转化率与 n（H2O）n（CO）的曲线，见下图：29. (15 分)K3Fe(C2O4)3 3H2O(三草酸合铁酸钾晶体)为翠绿色晶体， 溶于水， 难溶于乙醇， 110下失去结晶水，230分解；是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。 实验室利用(NH4)2Fe(SO4)2 6H2O (硫酸亚铁铵)、H2C2O4(草酸)、 K2C2O4(草酸钾)、 30%双氧水等为原料制备三草酸合铁酸钾晶体的部分实验过程如下： 已知：沉淀：FeC2O4 2H2O 既难溶于水又难溶于强酸 6FeC2O4 + 3H2O2 + 6K2C2O4 = 4K3Fe(C2O4)3 + 2Fe(OH)3 2Fe(OH)3 + 3H2C2O4 + 3K2C2O4 = 2K3Fe(C2O4)3 + 6H2O （1）检验硫酸亚铁铵是否变质的试剂是 ；溶解时加几滴稀硫酸的目的是 。（2）硫酸亚铁铵溶液与 H2C2O4 溶液反应生成 FeC2O4 2H2O 沉淀，写出该反应方程式： ；沉淀过滤后，洗涤 1 的操作方法是 。（3）在沉淀中加入饱和 K2C2O4 溶液,并用 40 左右水浴加热,再向其中慢慢滴加足量的 30% H2O2 溶液，不断搅拌。此过程需保持温度在 40 左右，可能的原因是 。加入30%过氧化氢溶液完全反应后，煮沸的目的是 。（4）洗涤 2 中所用洗涤试剂最合适的是 （填选项字母）。 A草酸钠溶液 B蒸馏水 C乙醇 DKCl 溶液 （5）为了不浪费药品，95%乙醇水溶液进行回收的方法是 ，所用的主要玻 璃仪器有 （任写两种）等。答案：（1）KSCN(其它合理答案均得分)； 抑制Fe2+水解；（2）(NH4)2Fe(SO4)26H2O+H2C2O4FeC2O42H2O+(NH4)2SO4+H2SO4+4H2O 或(NH4)2Fe(SO4)26H2O+H2C2O4FeC2O42H2O+2NH4HSO4 +4H2O；向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作数次（3）温度太高双氧水容易分解；温度太低反应速率太慢等； 除去过量的双氧水； （4） C（5）蒸馏； 蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、牛角管、锥形瓶任写两种解析：（1）引起硫酸亚铁铵变质的原因是Fe2+易被氧化为Fe3+，所以检验硫酸亚铁铵是否变质只要检验硫酸亚铁铵溶液中是否存在Fe3+，故所用的试剂是KSCN（或亚铁氰化铁K4Fe(CN)6，Fe3+与K4Fe(CN)6反应生成蓝色的KFeFe(CN)6沉淀，即普鲁士蓝）；溶解时加几滴稀硫酸的目的是为了抑制Fe2+水解。（2）硫酸亚铁铵溶液与 H2C2O4 溶液反应生成 FeC2O4 2H2O 沉淀的反应方程式为：(NH4)2Fe(SO4)26H2O+H2C2O4FeC2O42H2O+(NH4)2SO4+H2SO4+4H2O 或 (NH4)2Fe(SO4)26H2O+H2C2O4FeC2O42H2O+2NH4HSO4 +4H2O；沉淀过滤后，洗涤 1 的操作方法是，向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作数次。（3）温度过高双氧水容易分解，温度太低反应速率较慢，所以在沉淀中加入饱和 K2C2O4 溶液,并用 40 左右水浴加热,再向其中慢慢滴加足量的 30% H2O2 溶液，不断搅拌。此过程需保持温度在 40 左右；加入30%过氧化氢溶液完全反应后，煮沸的目的是除去过量的双氧水。（4）洗涤无机化合物晶体一般用有机试剂，洗涤有机物晶体一般用无机试剂（水），洗涤 2 中所用洗涤试剂最合适的是乙醇。（5）从95%乙醇水溶液中进行回收乙醇的方法是采用蒸馏方法；所用的主要玻 璃仪器有蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、牛角管、锥形瓶等。