【化学】安徽省合肥市庐江县2019-2020学年高二上学期期末检测(解析版)

安徽省合肥市庐江县2019-2020学年高二上学期期末检测
可能用到原子量：C12 H1 O16 Fe56 Cu64
一、选择题(共16小题，每小题3分，共48分。每题只有一个选项符合题意)
1.《本草纲目》中有“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”的记载。下列说法不正确的是
A. “薪柴之灰”可与铵态氮肥混合施用 B. “以灰淋汁”的操作是过滤
C. “取碱”得到的是一种盐溶液 D. “浣衣”过程有化学变化
【答案】A
【解析】
【详解】A.“薪柴之灰”中含有碳酸钾，与铵态氮肥混合施用时，发生相互促进水解反应，降低肥效，故A错误；
B.“以灰淋汁”的操作是过滤，故B正确；
C.“取碱”得到的溶液中含碳酸钾，碳酸钾溶液属于盐溶液，故C正确；
D.“取碱”得到的溶液中含碳酸钾，碳酸钾溶液由于CO32-水解呈碱性，“浣衣”过程中促进油脂的水解，有化学变化，故D正确。
故选A。
2.根据图中的能量关系，可求得的键能为( )

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据图示可知1molCH4分解变为1molC(g)原子和4molH(g)原子共吸收的能量是(75+717+864)kJ=1656kJ的能量，则C-H键的键能为1656kJ÷4mol=414kJ/mol，故合理选项是A。
3.下列有关热化学方程式的叙述不正确的是
A. 在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1) △H=-57.3 kJ/mol，若将含0.6 mol H2SO4的稀硫酸与含1 mol NaOH的稀溶液混合，放出的热量等于57.3 kJ
B. 已知正丁烷(g)→异丁烷(g) △H△H2
【答案】D
【解析】
【详解】A. H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1) △H=-57.3 kJ/mol表示强酸、强碱反应产生可溶性盐和1 mol水放出57.3 kJ的热量，若将含0.6 mol H2SO4的稀硫酸与含1 mol NaOH的稀溶液混合，由于酸电离产生的n(H+)=0.6 mol×2=1.2 mol,碱电离产生的n(OH-)=1 mol，所以反应放出热量以碱为标准，由于OH-的物质的量是1mol，所以反应产生放出的热量等于57.3 kJ，A正确；
B. 物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，由于正丁烷(g)→异丁烷(g) △HZn2+，但由于溶液中c(Zn2+)>c(H+)，使得Zn2+比H+优先在阴极放电，得到锌单质，所以能实现在铁上镀锌，A错误；
B. 电解精炼时，阳极泥中含有许多重金属的单质，可以作为提炼贵重金属的原料，B正确；
C. 粗铜电解精炼时，在阳极发生反应的物质有Cu及活动性比Cu强的金属，所以若电路中通过2 mol e-，阳极减少的质量不一定为64 g，C错误；
D. 工业上采用电解熔融MgCl2来冶炼金属镁，若电解MgCl2溶液，在阴极上是溶液中H+得到电子变为H2，不能得到金属镁，D错误；
故合理选项是B。
13.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 0.1mol FeCl3完全水解形成Fe(OH)3胶体的胶粒数为0.1NA
B. 1 mol N2 与 3 mol H2 充分反应，产物的分子数为 2NA
C. 钢铁发生吸氧腐蚀时，0.56g Fe反应转移电子数为0.03NA
D. 1L 0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO3－ 和CO32－离子数之和小于0.1NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. Fe(OH)3胶体的胶粒为许多Fe(OH)3的集合体，所以0.1mol FeCl3完全水解形成Fe(OH)3胶体的胶粒数小于0.1NA，A错误；
B. N2与H2合成NH3的反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以1 mol N2 与 3 mol H2 充分反应，NH3的分子数小于2NA，B错误；
C. 0.56g Fe的物质的量为0.01mol，0.01mol的钢铁在发生吸氧腐蚀时转移电子数为0.02NA，C错误；
D. NaHCO3在溶液中HCO3-发生水解反应和电离作用，根据C元素守恒可知溶液中存在的含C元素的微粒有H2CO3、HCO3- 和CO32-，三者的物质的量和为0.1mol，故HCO3－ 和CO32－离子数之和小于0.1NA，D正确；
故合理选项D。
14.如图所示是一种酸性燃料电池酒精检测仪，具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测，下列说法不正确的是

A. 电流由O2所在的铂电极经外电路流向另－电极
B. 该电池的负极反应式为：CH3CH2OH+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+
C. O2所在的铂电极处发生还原反应
D. 微处理器通过检测电流大小而计算出被测气体中酒精的含量
【答案】B
【解析】
【分析】
该装置中含有质子交换膜，则电解质溶液为酸性，酸性条件下，乙醇燃料电池中，负极上乙醇失电子发生氧化反应，正极上是氧气得电子发生还原反应；根据图示得出酸性燃料电池的反应物和生成物，再根据原电池原理写出该电池的反应式来判断。
【详解】A. 乙醇燃料电池中，负极上乙醇失电子发生氧化反应，正极上是氧气得电子发生还原反应，电流由正极流向负极，即从O2所在的铂电极经外电路流向另一电极，A正确；
B. 该电池的负极上乙醇失电子发生氧化反应，分析装置图可知乙醇在负极失去电子被氧化生成醋酸，CH3CH2OH-4e-+H2O=4H++CH3COOH，B错误；
C. 乙醇燃料电池中，正极上是氧气得电子的还原反应，O2所在的铂电极处得到电子发生还原反应，C正确；
D. 根据微处理器通过检测电流大小可以得出电子转移物质的量，根据电极反应式可以计算出被测气体中酒精的含量，D正确；
故合理选项是B。
【点睛】本题以乙醇为燃料考查了燃料电池，注意正负极上电极反应式的书写要结合电解质溶液的酸碱性，即使燃料和氧化剂相同，如果电解质溶液不同，电极反应式也不同。
15.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
结论
操作
A
CO32-水解是吸热反应
在0.1 mol/LNa2CO3溶液中，滴加2滴酚酞显浅红色，微热，红色加深
B
Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)
常温下，用饱和Na2CO3溶液可将BaSO4全部转化为BaCO3
C
酸性A比B强
等体积、pH=3的两种酸HA和HB分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多
D
金属性：M＞N
由M、N与稀硫酸构成的原电池中，M上产生大量气泡
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
A.水解反应为吸热反应；
B.Qc(BaCO3)＞Ksp(BaCO3)，则生成碳酸钡沉淀；
C.等pH时酸HA放出的氢气多，可知HA的酸性更弱；
D.由M、N与稀硫酸构成的原电池中，较活泼金属失电子发生氧化反应，较不活泼金属上生成氢气。
【详解】A.水解反应为吸热反应，则滴加2滴酚酞显浅红色，微热，红色加深，可知CO32-水解是吸热反应，A正确；
B.向含有BaSO4的溶液中加入饱和Na2CO3溶液，若Qc(BaCO3)＞Ksp(BaCO3)，则会生成碳酸钡沉淀，与是否发生沉淀的转化无关，因此不能比较Ksp(BaSO4)、Ksp(BaCO3)，B错误；
C.等pH时酸HA放出的氢气多，可知溶液中含HA酸物质的量较多，则说明HA的酸性更弱，即酸性：HAc（B2-）>c（H2B），说明HB-的电离程度大于水解程度，据此分析。
【详解】向20mL0.2mol•L-1H2B溶液中滴加0.2mol•L-1NaOH溶液，当V（NaOH）=20mL时，两者以1:1物质的量之比发生的反应为：NaOH+H2B=NaHB+H2O；所得溶液为NaHB溶液，依据图象分析，溶液中c（HB-）>c（B2-）>c（H2B），说明HB-的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，且HB-的电离和水解都是微弱的，溶液中还存在水的电离平衡，所以溶液中各粒子浓度由大到小的顺序为：c（Na+）＞c（HB-）＞c（H+）＞c（B2-）＞c（H2B）；故A正确。
故选A。
二、填空题(包括5小题，共52分，除标明外，每空2分)
17.利用所学化学反应原理，解决以下问题：
(1)KAl(SO4)2·12H2O可做净水剂，其原理是_________(用离子方程式表示)
(2)向FeCl3溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成的离子方程式_________________。
(3)室温下将0.12 mol/L HCl溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，混合液的pH=_____。
【答案】 (1). Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+ (2). Fe3++3HCO3-= Fe(OH)3↓+3CO2↑ (3). 2
【解析】
【分析】
(1)明矾是利用Al3+水解产生的氢氧化铝晶体的吸附性来净水；
(2)根据盐水解的酸碱性，结合盐的水解规律分析；
(3)HCl与NaOH发生中和反应，先根据二者物质的量的多少判断HCl过量，计算反应后溶液中c(H+)，然后根据pH=-lgc(H+)计算。
【详解】(1)明矾是强酸弱碱盐，溶于水电离产生Al3+，Al3+发生水解作用：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，胶体表面积大，吸附力强，能够吸收水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀而从水中分离除去，从而具有净水作用；
(2) 向FeCl3溶液中滴加NaHCO3溶液，Fe3+、HCO3-发生水解作用，且由于这两种离子水解后溶液的酸碱性相反，相互促进，使离子水解程度增大，甚至完全，最终形成Fe(OH)3沉淀和CO2气体，反应的离子方程式为：Fe3++3HCO3-= Fe(OH)3↓+3CO2↑；
(3)HCl与NaOH在溶液中发生中和反应：HCl+NaOH=NaCl+H2O，二者反应的物质的量的比是1：1，由于c(HCl)=0.12 mol/L，c(NaOH)=0.1 mol/L，二者等体积混合，所以反应后HCl过量，反应后溶液中c(H+)=(0.12 mol/L-0.1 mol/L)÷2=0.01 mol/L，则溶液的pH=-lgc(H+)=2。
【点睛】本题考查了盐的水解规律和溶液pH的计算。盐的水解规律是：有弱才水解，谁弱谁水解，谁强显谁性。盐水解程度是微弱的，在溶液中存在水解平衡，可根据化学平衡移动原理分析，主要以盐电离产生的离子存在，当两种盐水解后溶液酸碱性相反，水解程度会增大，甚至是变得彻底、完全，形成沉淀或产生气体。对于溶液pH计算，关键是判断什么物质过量，计算反应后溶液中c(H+)或c(OH-)，再根据水的离子积常数和pH=-lgc(H+)计算。
18.研究氮的氧化物、碳的氧化物等大气污染物的处理具有重要意义。
I.已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180.5 kJ·mol-1
②CO的燃烧热△H=-283 kJ·mol-1。
(1)汽车排气管内安装的催化转化器，可使尾气中主要污染物(NO和CO)转化为无毒的大气循环物质，该反应的热化学方程式为________________________________。
(2)一定温度下，在恒容密闭容器中充入1 mol NO和2 mol CO进行该反应，下列不能判断反应达到化学平衡状态的是___________(用序号填空)
①单位时间内消耗a mol CO的同时生成2a mol NO
②混合气体的平均相对分子质量不再改变
③混合气体中NO和CO的物质的量之比保持不变
④混合气体的密度不再改变
II.臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，向甲、乙两个体积都为1.0 L的恒容密闭容器中分别充入2.0 mol NO2和1.0 mol O3，分别在T1、T2温度下，经过一段时间后达到平衡。反应过程中n(O2)随时间(t)变化情况见下表：

(3)T1______T2(填>、 (4). < (5). 0.24 mol/(L·s) (6). 80.0% (7). 20
【解析】
【分析】
I．(1)将已知的两个热化学方程式叠加，可得相应的热化学方程式；
(2)根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；
II．(3)发生反应2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，温度高，速率快，达到平衡所需要的时间缩短，据此分析比较温度，利用温度与O2的平衡含量分析判断；
(4)对于甲容器中，0～3s内的平均反应速率v(NO2)=2v(O2)，根据图表数据计算氧气的反应速率得到；
(5)根据O2的平衡浓度计算各种物质的平衡浓度，然后利用物质转化率等于转化量与起始量的比计算NO2的转化率；利用平衡常数含义计算甲在温度为T1时的平衡常数。
【详解】I．(1)已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180.5 kJ/mol
②CO的燃烧热△H=-283 kJ/mol，热化学方程式：CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H=-283.0 kJ/mol
根据盖斯定律计算②×2-①得到该反应的热化学方程式：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H=-746.5 kJ/mol；
(2)①单位时间内消耗a mo1CO的同时生成2a mol NO，反应逆向进行，正、逆反应速率不等，说明没有反应达到平衡状态，①错误；
②反应前后气体质量不变，气体物质量为变量，当混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明各组分的浓度不再变化，该反应达到平衡状态，②正确；
③一定温度下，在恒容密闭容器中充入1 mol NO和2 mol CO进行该反应，反应中NO和CO按照1：1反应进行，混合气体中NO和CO的物质的量之比保持不变，说明反应达到平衡状态，③正确；
④反应前后气体质量和体积不变，混合气体的密度始终不改变，不能根据混合气体的密度判断平衡状态，④错误；
故合理选项是①④；
II．(3)可逆反应2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，甲、乙两个体积都为1.0 L的恒容密闭容器中分别充入2.0 mol NO2和1.0 mol O3，分别在T1、T2温度下，经过一段时间后达到平衡，图表数据可知，甲容器中达到平衡时间短，速率快，说明反应的温度高，因此温度T1>T2；根据表格数据可知：升高温度，反应达到平衡时 O2的含量比温度低时低，说明升高温度，化学平衡逆向移动，根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应分析移动，逆反应为吸热反应，则该该反应的正反应为放热反应，所以△H”“
【解析】
【分析】
(1)HCl溶液和BOH溶液反应生成BCl和水，根据反应后溶液的pH=5，能够确定BOH为一元弱碱，据此书写离子反应方程式；
(2)①据pH进行计算；当等物质的量的酸和碱恰好反应时，溶液呈碱性，B+水解，促进水的电离，利用pH计算溶液中c(H+)，根据水电离产生的H+、OH-关系计算水电离产生OH-浓度相等计算；
③HCl、BOH按1：1混合时得到的溶液为BCl、BOH等浓度的混合溶液，溶液pH=9>7，说明BOH的电离大于BCl的水解程度，据此分析；
(3)BOH是一元弱碱，HCl是一元强酸，利用酸碱反应的实质及盐的水解规律分析解答。
【详解】(1)一元强酸HCl和BOH溶液等浓度、等体积混合时，二者恰好反应产生BCl和H2O，反应后溶液中pH=5，说明BOH是一元弱碱，故反应的离子方程式为：H++BOH=B++H2O；
(2)实验①反应后产生的盐BCl溶液pH=5，则c(H+)=10-5 mol/L，溶液中的H+就是水电离产生的，水电离产生的H+与OH-浓度相等，所以反应后水电离产生的OH-浓度c(OH-)水=10-5 mol/L；
对于③0.1 mol/L HCl与0.2 mol/LBOH等体积混合，二者发生反应：HCl+BOH=BCl+H2O，反应后BOH过量，溶液为BCl、BOH等浓度的混合溶液，溶液的pH=9，显碱性，说明B+的水解程度小于BOH的电离程度，溶液的pH=9，c(H+)=10-9 mol/L，溶液中的H+就是水电离产生，根据水的电离平衡可知水电离产生的c(OH-)=c(H+)=10-9 mol/L；
(3)BOH是一元弱碱，HCl是一元强酸，若二者等浓度、等体积混合，二者恰好反应，溶液呈碱性，要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，则碱的浓度应大于酸的浓度，即x>0.2 mol/L。
【点睛】本题考查了电解质的电离、盐的水解、水的离子积常数的应用等。掌握电离平衡和盐的水解规律及溶液pH的计算方法是本题解答的关键，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系，能够根据盐的水解原理分析比较溶液中离子浓度。
20.酸碱中和滴定原理也用在其他物质滴定，例如：下面是某化学学习小组的同学对草酸晶体进行的探究性学习的过程，请你参与并协助他们完成相关学习任务。该组同学研究课题是：探究测定草酸晶体(H2C2O4·xH2O)中的x值通过查阅资料知得，草酸易溶于水，水溶液可以用酸性KMnO4溶液进行滴定。2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
学习小组的同学设计了滴定的方法测定x值。
①称取2.52 g纯草酸晶体，将其配制成100.00 mL水溶液为待测液。
②取25.00 mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4。
③用浓度为0.1000 mol·L-1的酸性KMnO4标准溶液进行滴定，达到终点时消耗20.00 mL。问：
(1)通过上述数据，计算x=_____________。
(2)滴定终点时俯视滴定管刻度，则由此测得的x值会_______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)
【答案】 (1). 2 (2). 偏大
【解析】
【分析】
(1)根据二者恰好反应时物质的量关系，由KMnO4的物质的量计算草酸晶体的物质的量，结合晶体的质量可知H2C2O4晶体中结晶水x的值；
(2)若滴定终点时俯视滴定管读数，则所得消耗酸性KMnO4溶液的体积偏小，由此所得n(H2C2O4)偏小，则n(H2O)偏大、x偏大。
【详解】(1)KMnO4与草酸发生反应：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，25.00 mL、0.1000 mol·L-1的KMnO4的物质的量为n(KMnO4)=c·V=0.1000 mol/L×0.020 L=2.0×10-3 mol，则2.52 g纯草酸晶体中含H2C2O4的物质的量n(H2C2O4)=n(KMnO4)×= ×2.0×10-3 mol×=2.0×10-2 mol，则2.52 g H2C2O4•xH2O中含H2O的物质的量为(2.52 g-0.0200 mol×90 g/mol)÷18 g/mol=0.040 0 mol，则x=2；
(2)若滴定终点时俯视滴定管刻度读数，则所得消耗酸性KMnO4溶液的体积偏小，由此所得n(H2C2O4)偏小，则n(H2O)偏大、x偏大。
【点睛】本题考查中和滴定实验原理的应用知识，明确中和滴定的操作方法为解答关键，注意根据物质反应消耗关系分析误差分析方法与技巧，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。
21.如图是一个化学过程的示意图，回答下列问题：

(1)甲池是___________装置，电极B的名称是___________。
(2)甲装置中通入C3H8的电极反应____________，丙装置中D极的产物是___________(写化学式)。
(3)一段时间，当乙池中产生112 mL(标准状况下)气体时，均匀搅拌丙池，所得溶液在25℃时的pH=__________。(已知：NaCl溶液足量，电解后溶液体积为200 mL)。
(4)若要使乙池恢复电解前的状态，应向乙池中加入__________(写物质化学式)。
【答案】 (1). 原电池 (2). 阴极 (3). C3H8+26OH--20e-=3CO32-+17H2O (4). H2、NaOH (5). 13 (6). Ag2O
【解析】
【分析】
(1)甲池为丙烷、氧气形成的燃料电池；乙池中电极B与原电池的负极连接，作电解池的阴极；
(2)C3H8在负极上失电子，碱性条件下生成碳酸根；丙装置中D极连接电源的负极，为阴极；
(3)电解AgNO3溶液，总反应方程式为：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3，根据n=计算O2的物质的量，根据同一闭合回路中电子转移的物质的量相等，在丙池中：阴极上氢离子放电，阳极上氯离子放电，根据电子转移数目相等计算氢氧化钠的物质的量，利用c=计算氢氧化钠的物质的量浓度，从而得出溶液的pH；
(4)根据电解的产物分析，根据“析出什么元素加入什么元素”的原则确定使乙池恢复电解前的状态加入的物质。
【详解】根据装置图可知甲池为原电池，通入燃料丙烷的电极为负极，通入O2的电极为正极，乙池、丙池与原电池连接，属于电解池，其中乙池中A电极为阳极，B电极为阴极，丙池中C电极为阳极，D电极为阴极。
(1)甲池为原电池，是化学能转化为电能的装置，乙池为电解池，其中B电极连接电源的负极，作阴极；
(2)燃料C3H8在负极上失电子，碱性条件下反应生成CO32-，所以甲装置中通入C3H8的电极反应式为：C3H8+26OH--20e-=3CO32-+17H2O。丙装置中C电极为阳极，溶液中Cl-失去电子变为Cl2；D极为阴极，电极上水电离产生的H+放电生成H2，溶液中有OH-，所以D电极的产物是H2和NaOH；
(3)乙装置中A(石墨)电极为阳极，发生反应：4OH- -4e-=2H2O+O2↑，B(Ag)的电极为银离子得电子，其电极反应式为：Ag++e-=Ag。n(O2)==0.005 mol，根据电极反应式可知：每反应产生1 molO2，转移4 mol电子，则反应产生0.005 mol电子时，转移电子的物质的量n(e-)=4n(O2)=0.02 mol。丙池电解反应方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，根据方程式可知：每反应转移2 mol电子，反应产生2 mol NaOH，由于在同一闭合回路中电子转移数目相等，所以转移0.02 mol电子时，丙池反应产生NaOH的物质的量n(NaOH)= n(e-)=0.02 mol，NaCl溶液足量，电解后溶液体积为200 mL，所以反应后c(NaOH)==0.1 mol/L，c(H+)=mol/L=10-13 mol/L，所以溶液pH=13；
(4)对于乙池，总反应方程式为：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3，由于电解生成Ag和O2从溶液中分离出去，所以要使乙池恢复电解前的状态，应向乙池中加入二者的化合物，即加入Ag2O。
【点睛】本题考查原电池和电解池原理，正确推断原电池正负极是解本题的关键，难点是原电池电极反应式的书写，通入燃料的电极为负极，失去电子，发生氧化反应，燃料相同，由于电解质溶液的酸碱性不同，电极反应式不同；对于多池串联电路的计算，要根据同一闭合回路中电子转移数目相等计算，计算溶液的pH要根据电子转移的物质的量与氢氧化钠的关系来分析解答。
22.三氧化二镍(Ni2O3)是一种灰黑色无气味有光泽的块状物，易粉碎成细粉末，常用于制造高能电池。工业上以金属镍废料生产Ni2O3的工艺流程如下：

下表为金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(设开始沉淀时金属离子浓度为1.0 mol·L－1)：

回答下列问题：
(1)为提高金属镍废料浸出的速率，在“酸浸”时可采取的措施是___________。(写两点即可)
(2)酸浸后的酸性溶液中含有Ni2＋、Fe2+、Fe3+、Al3+等。加H2O2的作用是__________，其离子方程式为______________________。
(3)在沉镍前，需加Na2CO3控制溶液pH的范围为__________。
(4)沉镍的离子方程式为_____________________。
(5)氧化生成Ni2O3的离子方程式为___________________。
【答案】 (1). 升高温度；增加盐酸的浓度；粉碎；搅拌 (2). 把Fe2+氧化为Fe3+ (3). 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O (4). 4.7≤pH