第二章化学反应速率与化学平衡同步习题-高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1 (1).docx

第二章 化学反应速率与化学平衡同步习题一、单选题1硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化过程如下，下列说法中正确的是A过程放出能量B过程中，只形成了CS 键C硫化氢与甲醇合成甲硫醇的反应类型为取代反应D该催化剂可降低反应活化能，反应前后没有变化，并没有参加反应2下列不能用平衡移动原理解释的是（    ）A合成氨时将氨液化分离，可提高原料的利用率BH2、I2、HI混合气体加压后颜色变深C实验室用排饱和NaCl溶液的方法收集Cl2D由NO2和N2O4组成的平衡体系加压后颜色先变深后变浅3下列说法正确的是A熵增的反应都是自发的，自发反应的现象一定非常明显B应该投入大量资金研究2CO(g)2C(s)+O2(g)   H>0该过程发生的条件，以解决含碳燃料不充分燃烧引起的环境问题C常温下，若反应A(s)+B(g)=C(g)+D(g)不能自发进行，则该反应的H>0D已知C(s)+CO2(g)=2CO(g)   H>0，该反应吸热，一定不能自发进行4在一定条件下，反应2A(g)2B(g)3C(g)D(g)，达到平衡状态的标志是：A单位时间内生成2nmolA，同时生成nmolDB容器内压强不随时间而变化C单位时间内生成nmolB，同时消耗1.5nmolCD容器内混合气体密度不随时间而变化5在一定温度下的恒容密闭容器中，可逆反应N2 + 3H22NH3 达到平衡状态的标志是AN2、H2、NH3在容器中共存B混合气体的密度不再发生变化C混合气体的总物质的量不再发生变化Dv正(N2)=2v逆(NH3)6“氯化反应”通常指将氯元素引入化合物中的反应。计算机模拟单个乙炔分子和氯化氢分子在催化剂表面的反应历程如图所示。下列说法正确的是A该历程中活化能为1.68×10-24eVBM2为C2H2与HgCl2形成的中间体C反应物或产物在催化剂表面进行吸附和脱离D该反应的热化学方程式为HCCH(g)+HCl(g)H2C=CHCl(g)H=-2.24×10-24eV·mol-17利用下列装置进行实验，不能达到实验目的的是选项ABCD装置目的测定葡萄酒中SO2的含量制取少量干燥NH3测定Zn与硫酸的化学反应速率证明非金属性氯大于溴AABBCCDD8下列叙述及解释正确的是A  ，在达到平衡后，对平衡体系采取缩小容积、增大压强的措施，因为平衡向正反应方向移动，故体系颜色变浅B  ，在达到平衡后，对平衡体系采取增大容积、减小压强的措施，因为平衡不移动，故体系颜色不变C，在达到平衡后，加入碳，平衡向正反应方向移动D，在达到平衡后，保持压强不变，充入，平衡向左移动9将2mL 0.1mol·L -1 FeCl3溶液和2mL 0.01mol·L -1 KSCN溶液混合，发生如下反应：FeCl3(aq)+3KSCN(aq) Fe(SCN)3(aq)+3KCl(aq)，为了使平衡状态向逆反应方向移动，应选择的条件是：再加入2mL1mol·L -1FeCl3 溶液      加入KCl固体   加入适量的铁粉     再加入2mL0.4mol·L -1KSCN溶液ABCD10分子在催化剂的作用下发生的一系列转化如图所示。下列叙述正确的是A催化剂的表面有极性键的断裂和非极性键的形成B催化剂能提高该反应的平衡转化率C催化剂、增大了该历程中的最大能垒(活化能)D催化剂表面发生的反应为11下列实验中，能达到预期目的是A测定反应生成H2的速率B探究温度对反应速率的影响C探究浓度对反应速率的影响D探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果AABBCCDD12在一定空气流速下，热解得到三种价态锰的氧化物。相同时间内锰元素所占比例()随热解温度变化的曲线如图所示。坐标系中主要发生如下反应：反应I：反应II：反应III：下列说法错误的是A反应I在低温下不能自发进行，说明B曲线a表示中锰元素所占比例随温度的变化温度/CC，主要发生反应IIID下，适当增大空气的流速可以提高的产率二、填空题13容积均为1L的甲、乙两个容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器。相同温度下，分别充入0.2，发生反应：，甲中的相关量随时间变化如下图所示。回答下列问题：(1)03s内，甲容器中的反应速率增大的原因是_。(2)甲容器中反应达平衡时，温度若为T，此温度下的平衡常数_。(3)平衡时，平衡常数K(甲)_(填“>”“<”或“=”，下同)K(乙)，压强p(甲)_p(乙)。14(1)向盛有溶液的试管中加入溶液，溶液呈红色。在这个反应体系中存在下述平衡：向上述平衡体系中加入5滴浓的溶液，溶液颜色_(填“变深”“变浅”或“不变”)。向上述平衡体系中加入少量固体，溶液颜色_(填“变深”“变浅”或“不变”)。(2)氨是一种重要的化工原料，合成氨的反应：，反应过程如图所示： _(用含、的式子表示)。加催化剂的曲线_(填“”或“”)。在一定条件下，能说明反应一定达到平衡的是_(填字母代号)。AB单位时间内消耗的同时消耗C的物质的量之比为D混合气体中保持不变15图、依次表示在酶浓度一定时，反应速率与反应物浓度、温度的关系。请据图回答下列问题：(1)图中，反应物达到某一浓度时，反应速率不再上升，其原因是_。(2)图中，催化效率最高的温度为_(填“”或“”)点所对应的温度。(3)图中，点到点曲线急剧下降，其原因是_。(4)将装有酶、足量反应物的甲、乙两试管分别放入12和75的水浴锅内，后取出，转入25的水浴锅中保温，试管中反应速率加快的为_(填“甲”或“乙”)。16（1）工业合成氨的反应原理为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H92.4 kJ/mol。该反应中的H2制取成本较高，工业生产中往往追求H2的转化率。增大H2的平衡转化率的措施有_（填字母代号）。a增大压强               b升高温度       c增大N2浓度d及时移走生成物NH3 e使用高效催化剂（2）CrO42-和Cr2O72-在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0mol/L的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72-)随c(H)的变化如图所示。用离子方程式表示Na2CrO4溶液中发生的转化反应_。由图可知，溶液酸性减弱，CrO42-的平衡转化率_(填“增大”、“减小”或“不变”)。根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为_。升高温度，溶液中CrO42-的平衡转化率减小，则该反应的H_0(填“大于”“小于”或“等于”)。三、计算题17汽车尾气中主要污染物是NOx和CO，它们是现代化城市中的重要大气污染物。(1)汽车发动机工作时会引发N2和O2反应生成NO，其能量变化如图1所示，则图1中三种分子最稳定的是_，图1中对应反应的热化学方程式为_。(2)N2O和CO均是有害气体，可在Pt2O+表面转化为无害气体，其反应原理如下：CO(g)+N2O(g)N2(g)+CO2(g) H。有关化学反应的能量变化过程如图2所示。图2中反应是_(填“放热”或“吸热”)反应，该反应的活化能为_，该反应的H=_。加入Pt2O+作为该反应的催化剂，则Ea_(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，H_。(3)利用NH3还原法可将NOx，还原为N2进行脱除。已知：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) H=-2070 kJmol-1，若有0.5molNO被还原，放出的热量为_。18在300时，将压入一个盛有催化剂的10L密闭容器中进行反应：，已知2min时，容器中剩余，回答下列问题：(1)2min时的物质的量浓度是_。(2)2min内平均反应速率：_。(3)发生反应前容器中压强与发生反应后容器中压强之比为_。四、工业流程题19工业上利用废催化剂(主要含，含少量Pd等)提取钯、明矾的流程如下：回答下列问题：(1)明矾的化学式为_。(2)为了工艺绿色化，将空气和流程中产生的_(气体)混合通入“酸浸”工序中。(3)“酸浸”中生成的化学方程式为_。(4)“热还原”中_(填“能”或“不能”)根据消耗的总质量计算Pd的质量，理由是_。(5)其他条件相同时，“酸浸”中钯浸出率与液固比(一定浓度的硝酸和盐酸组成混合溶液的体积与钯渣质量之比)关系如图1所示，最佳液固比为_。当液固比一定时，相同时间内钯浸出率与温度关系如图2所示，解释40钯浸出率达到峰值的原因：_。(6)钯是优良的储氢金属，其储氢原理是，其中x的最大值为0.8。已知Pd的密度为，则Pd能储存标准状况下的最大体积为_L。20废弃电池是一种有害垃圾，合理处理则能变废为宝。下图是废弃锌锰电池的处理流程图：已知：锰粉的主要成分是Mn元素的2、3、4价氧化物和ZnO。回答下列问题：(1)“废弃锌锰电池锰粉”的操作是拆分、煅烧，煅烧类似于实验室中的焙烧，实验室焙烧使用的仪器是下列中的_(填仪器名称)。(2)“酸溶”采用锰粉比锰块的浸取速率快，为提高“酸溶”的浸取速率，还可以采取的措施有_(填一条)，“酸溶”过程中的主要作用是_。(3)“氧化”操作的氧化产物是_(填化学式)。(4)“洗涤、干燥”时，检验洗涤干净的实验方法及现象是_。(5)滤液X可以用于制取化肥，其中除外，主要含_、(填离子符号)。(6)由制备ZnO的条件是加热，写出该反应的化学方程式：_。试卷第9页，共9页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1C【解析】A根据图示，过程S-H断裂，断开化学键吸收能量，故A错误；B根据图示，过程中-SH与-CH3结合，氢原子与氧原子结合，形成了O-H键和C-S键，故B错误；C由图示可知，硫化氢与甲醇合成甲硫醇的反应过程中，-SH取代了甲醇中的-OH，反应类型为取代反应，故C正确；D催化剂可降低反应活化能，加快反应速率，但反应前后没有变化，在中间过程参加了反应，故D错误；故答案选：C。2B【解析】A将氨液化分离，即减小氨气浓度，促进平衡向正向移动，提高反应物的转化率，A能用平衡移动原理解释，不符合题意；B对于反应 ，由于反应前后气体体积不变，故压强对其平衡无影响，加压颜色加深，是因为体积缩小，导致c(I2)增大，B不能用平衡移动原理解释，符合题意；CCl2在水中存在如下平衡：，在饱和NaCl溶液中，c(Cl-)增大，促使平衡逆向移动，降低Cl2溶解度，故可以用排饱和食盐水收集Cl2，C能用平衡移动原理解释，不符合题意；D体系中存在平衡： ，加压体积缩小，导致c(NO2)瞬间增大，体系颜色加深，由于加压平衡正向移动，c(NO2)又逐渐减小，故颜色逐渐变浅，D能用平衡移动原理解释，不符合题意；故答案选B。3C【解析】A反应进行的方向与反应现象无关，且熵增的反应不一定自发进行，自发反应的现象不一定明显，故A错误；B为吸热反应，需提供能量，不能利用该吸热反应解决含碳燃料不充分燃烧引起的环境问题，经济上不划算，故B错误；CH-TS0的反应可自发进行，S0，常温下不能自发进行，可知该反应的H0，故C正确；D由化学计量数可知S0，且H0，则高温下可自发进行，故D错误；故选：C。4A【解析】A单位时间内生成2nmolA，同时生成nmolD，反应进行的方向相反，且物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，达到了化学平衡状态，A符合题意；B因为反应前后气体的分子数相等，压强始终保持不变，所以当容器内压强不随时间而变化时，不能确定反应达平衡状态，B不符合题意；C单位时间内生成nmolB，同时消耗1.5nmolC，反应进行的方向相同，不一定达平衡状态，C不符合题意；D容器内混合气体的质量、容器的体积始终不变，密度始终不变，所以当密度不随时间而变化，反应不一定达平衡状态，D不符合题意；故选A。5C【解析】N2 + 3H22NH3为气体体积缩小的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，据此判断。【解析】A该反应为可逆反应，所以N2、H2、NH3在容器中共存，无法判断是否达到平衡状态，故A错误；B反应前后混合气体的质量和容器容积均不变，因此密度始终不变，不能据此判断是否达到平衡状态，故B错误；C该反应为气体体积缩小的反应，平衡前气体的总物质的量为变量，当混合气体的总物质的量不再发生变化时，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故C正确；Dv正(N2)=2v逆(NH3)，速率之比不等于系数之比，说明正逆反应速率不相等，没有达到平衡状态，故D错误；故选C。6C【解析】A该历程中活化能应为1.68-(-0.433) ×10-24eV=2.113×10-24eV，故A错误；B由图中反应机理可知，M2为HCl、C2H2与HgCl2形成的中间体，故B错误；C反应物或产物在催化剂表面进行吸附和脱离，故C正确；D题目中模拟的是单个乙烯分子，该反应的热化学方程式为HCCH(g)+HCl(g)H2C=CHCl(g)H=-2.24×10-24×NA eV·mol-1，故D错误；故选C。7A【解析】A葡萄酒中含有酚类物质和醇类等，这些物质也能和酸性高锰酸钾溶液反应，故无法测定葡萄酒中SO2的含量，A错误；B碳酸氢铵受热分解产生氨气、二氧化碳和水蒸气，其中二氧化碳和水蒸气被碱石灰吸收，氨气不会被碱石灰吸收，故可以用该装置制取少量干燥NH3，B正确；C该装置中针筒带有刻度，且有秒表，锌和硫酸反应产生氢气，通过读取针筒上的刻度得出产生气体的体积，根据秒表的读数得知反应时间，从而计算出反应速率，C正确；D氯水能与溴化钠发生反应产生Br2，CCl4能萃取NaBr溶液中的Br2从而变色，故可以证明非金属性氯大于溴，D正确；故答案选A。8D【解析】A缩小容积、增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，但二氧化氮的浓度仍然增大，所以体系颜色加深，错误；B增大容积、减小压强，平衡不发生移动，但气体体积增大，各气体浓度均减小，混合气体颜色变浅，错误；C为固体，加入碳后，平衡不移动，错误；D合成氨时保持压强不变，充入，则容器容积增大，相当于反应体系的压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，所以平衡向左移动，正确。故选D。9B【解析】对于反应FeCl3(aq)+3KSCN(aq) Fe(SCN)3(aq)+3KCl(aq)，其离子方程式为Fe3+(aq)+3SCN-(aq) Fe(SCN)3(aq)；再加入2mL1mol·L -1FeCl3 溶液，增大了FeCl3 溶液的浓度，平衡正向移动； 加入KCl固体，对Fe3+和SCN-的浓度都不产生影响，平衡不发生移动； 加入适量的铁粉，与Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+，减小了Fe3+浓度，平衡逆向移动； 再加入2mL0.4mol·L -1KSCN溶液，增大了溶液中的SCN-浓度，平衡正向移动；由以上分析可知，只有符合题意，故选B。10D【解析】A催化剂的表面有非极性键的断裂和极性键的形成，选项A错误；B催化剂不能提高该反应的平衡转化率，选项B错误；C催化剂、减少了该历程中的最大能垒(活化能)，选项C错误；D根据图中信息可知，催化剂表面发生的反应为，实现了氨的催化氧化，选项D正确；答案选D。11B【解析】A生成的氢气能从长颈漏斗溢出，无法测定生成氢气的体积，故不选A；BB选项中，两组实验只有温度是不同，所以可以探究温度对反应速率的影响，故选B；C右侧试管内加入的高锰酸钾的物质的量是左侧试管的2倍，所以不能根据褪色时间判断反应速率，故不选C；D两组实验加入催化剂的阴离子不同，所以不能探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，故不选D；选B。12D【解析】A由反应I可知该反应S>0，根据吉布斯自由能公式G=HTS，故该I在低温下不能自发进行，则，A正确；B温度越高，反应越快，根据反应个反应，可以发现二氧化锰是反应III的产物，故温度升高时，相同时间内，二氧化锰会越来越多，即b代表二氧化锰，a代表，B正确；C由图可知时，二氧化锰一直增大，故此时发生的主要反应为反应III，C正确；D由图可知450时二氧化锰的含量较大，此时适当增大空气的流速可以提高的产率，但是温度较低时，二氧化锰含量较低，增大空气的流速不利于提高的产率，D错误；故选D。13(1)03s内温度升高对反应速率的影响大于浓度降低对反应速率的影响(2)225(3)     <     >【解析】（1）该反应的正反应为放热反应，故03s内甲容器中温度升高对反应速率的影响大于浓度降低对反应速率的影响，导致的反应速率增大，故答案为：03s内温度升高对反应速率的影响大于浓度降低对反应速率的影响；（2）甲容器中反应到达平衡时，由氮原子守恒可知，故答案为：225；（3）甲为绝热容器，乙为恒温容器，该反应的正反应为放热反应，则到达平衡时甲的温度高于乙，故K(甲)(乙)；甲中反应正向进行的程度小于乙，气体分子数大于乙，故p(甲)(乙)，故答案为：<；>。14     变深     不变     (E1-E2)kJ/mol          BD【解析】(1) 在这个反应体系中存在下述平衡：，其离子方程式为： ，向上述平衡体系中加入5滴浓的溶液，SCN浓度增大，平衡右移，则溶液颜色变深。向上述平衡体系中加入少量固体，反应相关的粒子浓度均未改变，故平衡不移动，溶液颜色不变。(2)焓变=生成物总能量-反应物总能量=反应物总键能-生成物总键能=正反应活化能逆反应活化能，则 (E1-E2)kJ/mol；。催化剂能降低反应的活化能，故加催化剂的曲线。A若，则说明未平衡，A不选；B单位时间内消耗的必定生成、同时消耗，则，故已平衡，B选；C的物质的量之比取决于起始物质的量，时难以说明各成分的量是否不再改变，不一定平衡，C不选；D混合气体中保持不变，说明已经平衡，D选；则答案为BD。15     酶的浓度一定     A     温度过高，酶的活性下降     甲【解析】(1)由图分析，反应物浓度增大到一定限度，反应速率不再上升，说明决定化学反应速率的主要因素是酶的浓度，故答案为：酶的浓度一定；(2)由图分析，点的反应速率最快，催化效率最高，故答案为：A；(3)点到点曲线急剧下降是由于温度升高，酶的活性急速下降，故答案为：温度过高，酶的活性下降；(4)由图可知，025范围内，温度越高，反应速率越快，所以甲试管转入25的水浴中加热时反应速率加快；乙试管在75的水浴中加热时，酶已经失活，故乙中无催化反应发生，故答案为：甲。16     acd     2CrO422HH2OCr2O72     减小     1×107     小于【解析】a选项，增大压强，平衡正向移动，转化率增大，故a正确b选项，升高温度，平衡逆向移动，转化率减小，故b错误c选项，增大N2浓度，平衡正向移动，转化率增大，故c正确；d选项，及时移走生成物NH3，平衡正向移动，转化率增大，故d正确；e选择，使用高效催化剂，平衡不移动，转化率不变，故e错误；综上所述，答案为acd；用离子方程式表示Na2CrO4溶液中发生的转化2CrO422HH2OCr2O72，故答案为2CrO422HH2OCr2O72；由图可知，溶液酸性减弱，氢离子浓度降低，平衡逆向移动，CrO42的平衡转化率减小，根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为2CrO42    2H H2O(g)    Cr2O72起始量  1.0 mol/L      0            0             0转化量  0.5mol/L   0.5mol/L    0.25mol/L    0.25mol/L平衡量  0.5mol/L   1×107mol/L              0.25mol/L,故答案为减小；1×107；升高温度，平衡向吸热反应移动，溶液中CrO42的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动即逆向为吸热反应，正向为放热反应，则该反应的H<0，故答案为小于。17(1)     N2     N2(g)+O2(g)=2NO(g)  H=+180kJ·mol-1(2)     放热     134kJ·mol-1     -226kJ·mol-1     减小     不变(3)172.5kJ【解析】（1）从图中可以看出，N2的键能为946 kJ·mol-1、O2的键能为498 kJ·mol-1、NO的键能为632 kJ·mol-1，则图1中三种分子最稳定的是N2，图1中对应反应的热化学方程式为N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=(946+498-2×632) kJ·mol-1=+180kJ·mol-1。答案为：N2；N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=+180kJ·mol-1；（2）图2中，反应物的总能量大于生成物的总能量，则反应是放热反应，该反应的活化能为134kJ·mol-1，该反应的H=(134-360) kJ·mol-1=-226kJ·mol-1。加入Pt2O+作为该反应的催化剂，反应的活化能减小，即Ea减小；但反应物和生成物的总能量不变，所以H不变。答案为：放热；134kJ·mol-1；-226kJ·mol-1；减小；不变；（3）已知：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) H=-2070 kJmol-1，若有0.5molNO被还原，放出的热量为=172.5kJ。答案为：172.5kJ。18(1)0.2mol/L(2)0.1mol/(L·min)(3)6:7【解析】由题意列三段式：。【解析】（1）由三段式可知2min时的物质的量浓度是0.2mol/L；（2）2min内平均反应速率：=0.1mol/(L·min)；（3）发生反应前容器中气体总物质的量为6mol，发生反应后容器中气体总物质的量为(0.2+0.2+0.3)mol/L×10L=7mol，同温同压下，气体压强比=气体总物质的量之比，则发生反应前容器中压强与发生反应后容器中压强之比=6mol:7mol=6:7。19(1)(2)(3)(4)     不能     “热还原”时，在反应前，需用排尽装置内空气，反应结束后，还要作保护气，作还原剂的量未知(5)     3     40之前，升温，反应速率增大；40之后，升温，浓硝酸分解速率加快，浓盐酸挥发速率加快(6)21.504【解析】废催化剂(主要含，含少量Pd等)加入硫酸铵焙烧，Al2O3转化为硫酸铝，同时生成氨气，滤渣Pd加入浓硝酸和浓盐酸，Pd被氧化为，硝酸被还原为NO2，通入焙烧产生的氨中和得到(NH4)2PdCl6，用氢气还原得到Pd。【解析】（1）明矾是十二水合硫酸铝钾的俗称，化学式为KAl(SO4)2·12H2O。（2）通入空气或氧气，将“酸浸”中产生的NO2转化为硝酸，发生的反应为，既防止NO2污染环境，又可以循环利用NO2。（3）“酸浸”中Pd被氧化为，硝酸被还原为NO2，反应的化学方程式为：。（4）“热还原”时，在反应前，需用排尽装置内空气，反应结束后，还要作保护气，作还原剂的量未知，所以“热还原”中不能根据消耗的总质量计算Pd的质量。（5）液固比最佳是指浸出率最高且液固比最小，节约成本。从图中可以看出，最佳液固比为3。40之前，升温，反应速率增大；40之后，升温，浓硝酸分解速率加快，浓盐酸挥发速率加快，所以40钯浸出率达到峰值。（6）依题意，。当x=0.8时，吸收的物质的量为0.96mol，标准状况下，体积为21.504L。20(1)坩埚(2)     适当增大酸的浓度或适当提高酸液的温度     作还原剂，将3、4价锰还原为2价锰(3)(4)取少量最后一次洗涤液于试管中，加入适量盐酸和溶液，无白色沉淀生成(5)(6)【解析】锰粉在酸溶时锰元素被还原为+2价，得到含、的溶液，在氧化作用下，被氧化为，过滤、洗涤、干燥，得到，滤液中主要含，加入碳酸氢铵，将转化为，加热后得到。【解析】（1）焙烧需要在高温下进行，实验室焙烧是在坩埚中进行的，故填坩埚；（2）提高“酸溶”的浸取速率措施除了采用粉碎处理外，还可以采用的方法有适当增大酸的浓度或适当提高酸液的温度；酸溶时需要将+3、+4价的锰元素还原为+2价，主要起还原作用，故填作还原剂，将3、4价锰还原为2价锰；（3）氧化的目的是将转化为，从而分离出锰元素，所以氧化产物为，故填；（4）氧化时，被还原为，过滤时，固体中可能残留，洗涤时检验洗涤液，若没有残余，则说明已洗净，采用的试剂为稀盐酸和氯化钡溶液，其操作为：取少量最后一次洗涤液于试管中，加入适量盐酸和溶液，无白色沉淀生成，故填取少量最后一次洗涤液于试管中，加入适量盐酸和溶液，无白色沉淀生成；（5）根据元素守恒，加入碳酸氢铵析锌，析锌后铵根离子存在于滤液X中，故填；（6）受热分解生成ZnO，其反应的化学方程式为：，故填。答案第17页，共8页