2022年江苏扬州市高一化学第一学期期中学业水平测试试题含解析.doc

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1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列物质中属于碱的是ACaOBCOCCO2DKOH2、两种硫酸溶液，一种物质的量浓度为C1mol/L，密度为1g/cm3，另一种物质的量浓度为C2mol/L，密度为2g/cm3，当它们等体积混合后，溶液的密度为3g/cm3，

2、则混合溶液的物质的量浓度为ABCD3、体积相同的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液，要使氯离子完全沉淀，消耗同浓度同体积的硝酸银溶液，则上述三种溶液的物质的量浓度之比为A1:2:3B3:2:1C2:3:6D6:3:24、2.16 g X2O5中含有0.1 mol氧原子，则X的相对原子质量为A21.6B28C14D315、下列物质属于电解质的是( )A铜B食盐水C烧碱D蔗糖6、下列说法正确的是（ ）A能电离出H+ 的化合物叫做酸B实验测得1mol某气体体积为22.4 L，测定条件一定是标准状况C摩尔是七个基本物理量之一D化合物分为酸、碱、盐和氧化物是用树状分类法分类的7、下列电离方程式中，错误

3、的是（ ）AMgSO4=Mg2+SO42- BNa2SO4=Na2+SO42-CAl2(SO4)3=2Al3+3SO42- DBaCl2=Ba2+2Cl-8、用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是A12g金刚石与石墨所含的碳原子数均为NAB1mol HCl气体溶于水，该盐酸中含NA个氯化氢分子C4.48L N2含有的原子数为0.4NAD标准状况下，2.24L稀有气体所含原子数为0.2 NA9、下列关于氧化物的叙述正确的是（ ）A金属氧化物一定是碱性氧化物，非金属氧化物一定是酸性氧化物B碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物C碱性氧化物都能与水化合生成碱D酸性氧化物都能与

4、水化合生成酸10、20世纪初，通过a粒子散射实验提出带核的原子结构模型的科学家是A舍勒B卢瑟福C汤姆生D玻尔11、下列物质能导电，但不属于电解质也不属于非电解质的是A食盐 B铜丝 C纯碱 D干冰12、下列物质的分类正确的是( )碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANa2CO3H2SO4Cu2(OH)2CO3Fe2O3SO3BNaOHHClNaClNa2OCOCNaOHNaHSO4CaF2MgOSO2DKOHHNO3NaHCO3CaOCO2AABBCCDD13、有关漂白粉和漂白液的说法正确的是A漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2B漂白液的有效成分是Na2O2C漂白粉是纯净物，漂白液是混合物D工业上将氯气

5、通入澄清石灰水制取漂白粉14、下列说法不正确的是A氧化还原反应的特征是有元素化合价升降B氧化还原反应的本质是有电子转移C反应物所含元素的化合价升高，则发生了还原反应D氧化反应和还原反应一定同时发生15、下列叙述正确的是（ ）ANH3 的摩尔质量等于 17gB常温常压下，32gO2 和 O3 混合气体含氧原子数目为 2NAC相同条件下，等质量O2与NH3两种气体，其物质的量比为 32:17D任何条件下，等质量的 CO和 CO2所含的碳原子数一定相等16、在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度，则下列说法正确的是A甲的物质的量比乙的物

6、质的量少 B甲的摩尔质量比乙的摩尔质量小C甲的摩尔体积比乙的摩尔体积小 D甲的分子数比乙的分子数多二、非选择题（本题包括5小题）17、今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl、Mg2+、Ba2+、CO32、SO42，现取三份各100mL该溶液进行如下实验：第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生； 第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。根据上述实验，回答下列问题：（1）由第二份进行的实验得知混合物中应含有_离子，其物质的量浓度为_。（2）由第三份进行

7、的实验可知12.54克沉淀的成分是_（写沉淀化学式），其物质的量分别为_。（3）原溶液中是否存在K+_填“是”或“否）若存在则K+的浓度的取值范围是_（若不存在此空可不填）18、下图转化关系中的物质均为常见物质或它们的溶液，其中 A、C 为单质，B 为氧化物且常温下为无色液体，E 为淡黄色固体，H 为红褐色沉淀。（反应条件和部分产物已省略）根据上述转化关系，回答问题：（1）写出下列物质的化学式：A_ G _（2）反应的化学方程式为：_。反应的离子方程式为：_。（3）沉淀 G 转化为沉淀 H 的现象：_，化学方程式为_（4）写出物质 E 的一种用途_。（5）一定条件下，将一定量的 A 与足量的

8、C 充分反应，最终得到 39.0g 固体 E，则反应中转移的电子数为_。19、实验室需要配制0.2mol/ L NaOH溶液500mL。(1)实验室用到的玻璃仪器有_。A500mL容量瓶 B烧杯 C胶头滴管 D酒精灯(2)计算。配制该溶液需取NaOH晶体_g。(3)称量。如图称量装置有两处错误，分别是_、_。(4)溶解、冷却。该步实验中需要使用玻璃棒，目的是_。(5)转移、洗涤。在转移时应使用_引流；需要洗涤烧杯23次是为了_。(6)定容、摇匀。(7)将配好的溶液静置一段时间后倒入指定的试剂瓶，并贴好标签，注明配制德溶液名称及浓度。(8)在配制过程中，某同学观察定容液面情况如图所示，所配溶液的

9、浓度会_(填“偏高”、“偏低”、“无影响”)。20、化学兴趣小组对某品牌牙膏中摩擦剂成分及其含量进行以下探究：查得资料：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其它成分遇到盐酸时无气体生成。.摩擦剂中氢氧化铝的定性检验：取适量牙膏样品，加水成分搅拌、过滤。（1）往滤渣中加入过量NaOH溶液，过滤。往（1）所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸。观察到的现象是_。.牙膏样品中碳酸钙的定量测定利用下图所示装置（图中夹持仪器略去）进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO3沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数。依据实验过程回答下列问题：（2）实验过程中需持续缓缓通入空气。其作用除了可搅拌B、

10、C中的反应物外，还有_。（3）下列各项措施中，不能提高测定准确度的是_（填标号）。a.在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体b.滴加盐酸不宜过快c.在AB之间增添盛有浓硫酸的洗气装置d.在BC之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置（4）实验中准确称取8.00g样品三份，进行三次测定，测得BaCO3平均质量为3.94g。则样品中碳酸钙的质量分数为_。（5）有人认为不必测定C中生成的BaCO3质量，只要测定装置C在吸收CO2前后的质量差，一样可以确定碳酸钙的质量分数。实验证明按此方法测定的结果明显偏高，原因是_。（6）将等体积的AlCl3与NaOH溶液混合，充分反应后，测得混合溶液中含有铝元素质

11、量是沉淀中含有铝元素质量的2倍，则c(AlCl3)与c(NaOH)的比值是_。21、已知某反应中反应物和生成物有：KMnO4、H2SO4、MnSO4、H2C2O4、K2SO4、H2O和一种未知物X。(1)已知0.5 molH2C2O4在反应中失去1 mol电子生成X，则X的化学式为_。 (2)将氧化剂和还原剂及配平的系数填入下列方框中，并用单线桥标出电子转移的方向和数目。 _工业废水中含有大量的FeSO4、较多的Cu2+和少量的Na+。从工业废水中回收硫酸亚铁和金属铜的工艺流程如图所示。(1)图中操作为_；操作为_。(2)试剂X为_（填化学式），操作涉及的离子反应方程式为_。参考答案一、选择题

12、（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】阴离子只有氢氧根离子的化合物为碱【详解】A.氧化钙是金属氧化物，故A错误；B.一氧化碳为氧化物，故B错误；C.二氧化碳为氧化物，故C错误；D.氢氧化钾中阴离子只有氢氧离子，属于碱，故D正确。故选D。2、B【解析】假设硫酸溶液的体积为1L，两种硫酸的质量分别为10001g和10002g。当它们等体积混合后，溶液的总质量为（10001+10002）g，溶液的体积为= L，溶质的总物质的量为(C1+C2)mol，则物质的量浓度为。故选B。3、D【解析】根据消耗等物质的量的AgNO3，可知NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中含氯离子的物质的量相同，根据化

13、学式计算物质的量，进而计算物质的量浓度之比。【详解】分别加入足量的硝酸银溶液，Cl-沉淀完全时，消耗等物质的量的AgNO3，可知NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中含氯离子的物质的量相同，假设n(Cl-)=1mol，根据物质的化学式可知：n(NaCl)=1mol，n(MgCl2)=mol，n(AlCl3)=mol，溶液的体积相同，则物质的量之比等于物质的量浓度之比，所以，三种溶液的物质的量浓度之比为：c(NaCl)：c(MgCl2)：c(AlCl3)=1：=6：3：2，答案选D。4、C【解析】根据组成和n（O）计算n（X2O5），结合X2O5的质量计算M（X2O5），进一步确定X2O5的

14、相对分子质量、X的相对原子质量。【详解】n（O）=0.1mol，则n（X2O5）=0.1mol5=0.02mol，M（X2O5）=2.16g0.02mol=108g/mol，X2O5的相对分子质量为108，X的相对原子质量为=14，答案选C。5、C【解析】A、铜为单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B、食盐水是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C、烧碱是NaOH，溶于水或熔融状态下均可导电，是电解质，故C正确；D、蔗糖在溶于水和熔融状态时均不导电，属于非电解质，故D错误；答案选C。6、D【解析】A、电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物叫酸，A错误；B、气体的体积受温度和

15、压强影响，标准状况下1mol气体的体积为22.4L，但非标准状况下1mol气体的体积也可能是22.4L，B错误；C、物质的量是七个基本物理量之一，摩尔是物质的量的单位，C错误；D、根据树状分类法，可以将化合物分为酸、碱、盐和氧化物等，D正确；答案选D。7、B【解析】A，MgSO4电离出Mg2+和SO42-，MgSO4的电离方程式为MgSO4=Mg2+SO42-，A项正确；B，Na2SO4电离出Na+和SO42-，Na2SO4的电离方程式为Na2SO4=2Na+SO42-，B项错误；C，Al2（SO4）3电离出Al3+和SO42-，Al2（SO4）3的电离方程式为Al2（SO4）3=2Al3+3

16、SO42-，C项正确；D，BaCl2电离出Ba2+和Cl-，BaCl2的电离方程式为BaCl2=Ba2+2Cl-，D项正确；答案选B。8、A【解析】A12g金刚石与石墨所含的碳原子为=1mol，碳原子数为NA，故A正确；B盐酸中不存在氯化氢分子，故B错误；C未告知温度和压强，无法计算4.48L N2的物质的量，故C错误；D标准状况下，2.24L稀有气体的物质的量为=0.1mol，稀有气体为单原子分子，所含原子数为0.1 NA，故D错误；故选A。9、B【解析】A. 金属氧化物有酸性氧化物、碱性氧化物、过氧化物和两性氧化物等，如Al2O3属于两性氧化物；非金属氧化物如CO是不成盐氧化物，不是酸性氧

17、化物，故A错误；B. 碱性氧化物一定是金属氧化物；Mn2O7是酸性氧化物，但Mn2O7是金属氧化物，所以酸性氧化物不一定是非金属氧化物，故B正确；C. 碱性氧化物不一定都能与水反应生成碱，如CuO、FeO、Fe2O3都是碱性氧化物，但它们都不和水反应，故C错误；D. 酸性氧化物不一定都与水反应生成相应的酸，如SiO2不溶于水，但二氧化硅是酸性氧化物，故D错误；正确答案是B。【点睛】本题考查氧化物的分类和性质，题目难度不大，注意两性氧化物和不成盐氧化物的性质。10、B【解析】A. 舍勒发现了氧气，他没有提出有关原子结构模型的理论，故不符合题意；B. 卢瑟福根据粒子散射实验的现象，提出了带核的原子

18、结构模型，故符合题意；C. 汤姆生用实验证明电子的普遍存在，提出了一个被称为葡萄干面包式的原子结构模型，故不符合题意；D. 玻尔是通过引入量子论观点，提出了原子结构的玻尔模型，电子在一系列稳定的轨道上运动，故不符合题意。故选B。11、B【解析】根据电解质和非电解质的概念分析。【详解】A.食盐是电解质，本身不导电，故A错误；B.铜丝即金属铜单质，导电，但既不是电解质也不是非电解质，故B正确；C.纯碱是电解质，本身不导电，故B错误；D.干冰即CO2，是非电解质，不导电，故D错误。故选B。【点睛】单质、混合物既不是电解质也不是非电解质。12、D【解析】ANa2CO3不是碱，属于盐，错误；BCO不是酸

19、性氧化物，为中性氧化物，错误；CNaHSO4不是酸，属于盐，错误；D. KOH属于碱，HNO3属于酸，NaHCO3属于盐，CaO属于碱性氧化物，CO2属于酸性氧化物，分类正确，D正确；综上所述，本题选D。【点睛】碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定为碱性氧化物，如氧化铝为两性氧化物；酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如金属氧化物Mn2O7，非金属氧化物也不一定是酸性氧化物，如CO为不成盐氧化物。13、A【解析】A.Ca(ClO)2具有强氧化性，则漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，故A正确；B. 氯气与NaOH溶液反应制备漂白液，有效成分为NaClO，故B错误；C. 漂白粉和漂白液均为混

20、合物，故C错误；D. 石灰水中氢氧化钙的浓度小，则工业上利用氯气与石灰乳反应制备漂白粉，故D错误。故选：A。14、C【解析】A. 氧化还原反应表现的特征是元素化合发生改变，与题意不符，A错误；B. 氧化还原反应中化合价升降的本质是有电子转移，与题意不符，B错误；C. 反应物所含元素失电子，化合价升高，被氧化，则发生了氧化反应，符合题意，C正确；D. 氧化还原反应中，得失电子守恒，则氧化反应和还原反应一定同时发生，与题意不符，D错误；答案为C。15、B【解析】ANH3 的摩尔质量为17g/mol，故A错误；BO2和O3均为氧原子构成，所以32g混合物也就是32g氧原子，物质的量为2mol，数目为

21、2NA，故B正确；C1g氧气的物质的量为mol，1g氨气的物质的量为mol，物质的量之比为：=17:32，故C错误；D1gCO所含的碳原子为mol，1gCO2所含的碳原子为mol，二者不相等，故D错误；综上所述答案为B。16、A【解析】同温同压下，气体摩尔体积相等，相同条件下，气体密度与其摩尔质量成正比，甲的密度大于乙的密度，说明甲的摩尔质量比乙的摩尔质量大。【详解】A. 根据n=m/M，质量相同时物质的量与摩尔质量成反比，甲的摩尔质量比乙的摩尔质量大，所以甲的物质的量比乙的物质的量少，故A正确；B. 相同条件下，气体密度与其摩尔质量成正比，甲的密度大于乙的密度，说明甲的摩尔质量比乙的摩尔质量

22、大，故B错误；C. 同温同压下，气体摩尔体积相等，故C错误；D. 根据n=m/M，质量相同时物质的量与摩尔质量成反比，甲的摩尔质量比乙的摩尔质量大，所以甲的物质的量比乙的物质的量少，即甲的分子数比乙的分子数少，故D错误。故选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、NH4+ 0.8 mol/L BaCO3、BaSO4 0.04 mol 、 0.02 mol 是 0.4 mol/L 【解析】据题意分析，第一份溶液加入溶液有沉淀产生，推得可能含有；第二份溶液加足量溶液加热后收集到气体，推得一定含有，一定不存在；第三份溶液利用发生的离子反应，经过计算、推得一定存在，一定不存在；根据溶液中阴阳离子的电荷

23、守恒，即可推出一定存在。【详解】（1）加入足量溶液加热后，收集到气体0.08mol气体，气体为氨气，故溶液中含有0.08mol，浓度为，故答案为：；（2）加足量溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g，可知沉淀既有也含有，质量为4.66g，物质的量为： ，碳酸钡质量为： ，物质的量为，故答案为：；0.04 mol 、0.02 mol；（3）根据上述分析，溶液中肯定存在、，肯定不存在和，可能存在，根据的物质的量为0.04 mol 、0.02 mol，物质的量为0.08mol，根据电荷守恒，若无则的物质的量为0.04mol，若存在则的物质的量则大于0.04mol

24、，故肯定存在，其物质的量浓度大于等于，故答案为：是 ； 0.4 mol/L。【点睛】破解离子推断题：(1)肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；(记住几种常见的有色离子：)(2)互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在；(要注意题目中的隐含条件，如：酸性、碱性、指示剂的变化等)(3)电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等18、Na Fe(OH)2 2Na2H2O = 2NaOH + H2 Fe2+2OH- = Fe(OH)2 白色沉淀迅速转化为灰绿色沉淀，最终转变为红褐色沉淀 4Fe(OH)

25、22H2OO2 = 4Fe(OH)3 潜水艇供氧剂或漂白剂 NA或6.021023 【解析】B 为氧化物且常温下为无色液体，B 为H2O。E 为淡黄色固体，E 为Na2O2。根据物质的转化关系可知，A为Na，C 为O2，D为NaOH。H为红褐色沉淀，为Fe(OH)3，G 为Fe(OH)2，F为含有Fe2+的盐。【详解】（1）由以上分析可知，A为Na， G 为Fe(OH)2。（2）反应的化学方程式为：2Na2H2O = 2NaOH + H2；反应的离子方程式为：Fe2+2OH- = Fe(OH)2。（3）Fe(OH)2不稳定，易被氧化成Fe(OH)3，反应的现象为白色沉淀迅速转为灰绿色沉淀，最终

26、变为红褐色沉淀。化学方程式为4Fe(OH)22H2OO2 = 4Fe(OH)3。（4）E 为Na2O2，可以和水、二氧化碳反应生成氧气，可用于潜水艇供氧剂或漂白剂。（5）发生反应为2Na+ O2 Na2O2，最终得到 39.0g Na2O2，n(Na2O2)= = =0.5mol，参与反应的 n(Na)= 0.5mol2=1mol，反应中Na元素由0价升高到+1价，反应中转移的电子数为NA或6.021023。【点睛】本题考查了钠及其化合物、铁及其化合物、化学反应中离子的计算。对重要物质的化学性质和物理性质需要牢固掌握。并能根据反应中化合价变化推出电子转移数目。19、ABC 4.0g 砝码和所称

27、量物体位置放反 没有在烧杯中称量NaOH 搅拌，加速溶解 玻璃棒 将溶质全部都转移至容量瓶 偏低 【解析】(1)配制0.2mol/LNaOH溶液500mL时需要500mL容量瓶来配制，需要烧杯溶解溶质，需要胶头滴管来定容，需要玻璃棒引流、搅拌，不需要酒精灯，所以选ABC；(2)配制该溶液所需的NaOH的质量为0.5L0.2mol40g/mol=4.0g；(3)用天平称量时待测物体应放在左盘，砝码放在右盘，图中放反；NaOH易潮解，应放在烧杯中称量，图中直接称量；(4)溶解时，需要使用玻璃棒搅拌，加速NaOH的溶解；(5)为了防止溶液溅出，要用玻璃棒引流；洗涤烧杯并将洗涤液注入容量瓶的目的是将溶

28、质全部都转移至容量瓶；(8)仰视读数会使加入的水超过刻度线，溶液体积偏大，所配溶液的浓度偏低。20、（1）通入CO2气体有白色沉淀生成；加入盐酸有气体生成、沉淀溶解；（2）把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收（1）c、d （4）25% （5）B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中 （6） 1:1或1:11【解析】试题分析：（1）通入过量CO2时发生反应：AlO2CO22H2O=Al(OH)1HCO1，产生白色沉淀，再加过量盐酸时发生反应：Al(OH)11H=Al11H2O，HCO1H=H2OCO2，白色沉淀溶解，同时产生气体。（2）装置中残留部分二氧化碳，不能被完全

29、吸收，导致测定的碳酸钡的质量偏小，持续缓缓通入空气的作用为：把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH) 2溶液吸收；（1）a、在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体，防止影响碳酸钡质量的测定，可以提高测定准确度，a不符合；b、滴加盐酸不宜过快，使二氧化碳吸收完全，可以提高测定准确度，b不符合；c、在AB之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，吸收水分，不影响CO2，不能提高测定准确度， c符合；d在BC之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，氯化氢已被C装置吸收，不影响CO2，不能提高测定准确度， d符合；（4）BaCO1质量为194g，则n（BaCO1）=222mol，则n（CaCO1）

30、=222mol，质量为222mol122g/mol=2g，所以样品中碳酸钙的质量分数为122%=25%（5）B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中，导致测定二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸钙的质量偏大，碳酸钙的质量分数偏高；（6）根据反应：AlCl1+1NaOH=Al(OH)1+1HCl，Al(OH)1+ NaOH= NaAlO2+2H2O，溶液中铝元素的存在形式可以是Al1或AlO2。故当溶液中Al1与Al(OH)1物质的量之比为21时，c(AlCl1)：c(NaOH)11=1：1；当溶液中AlO2与Al(OH)1的物质的量之比为21时，c(AlCl1)：c(NaOH)111。考点：考查元素及

31、其化合物的性质。21、CO2 过滤 蒸发浓缩、冷却结晶 Fe Fe + 2H+ = Fe2+ + H2 【解析】（1）已知0.5mol H2C2O4在反应中失去1mol电子生成X，碳元素化合价为x，KMnO4被还原为MnSO4，结合电子守恒计算分析碳元素化合价，2x-（+3）0.5mol=1，x=+4，则生成的X为CO2；（2）高锰酸钾有强氧化性，所以选高锰酸钾作氧化剂，H2C2O4中C的化合价为+3价，CO2中C的化合价为+4价，要选择失电子的物质作还原剂，所以选，H2C2O4作还原剂，由高锰酸钾生成硫酸锰需硫酸参加反应，根据反应前后元素守恒，水在生成物中该反应中化合价的变化为：KMnO4M

32、nSO4，Mn元素由+7价+2价，一个KMnO4分子得5个电子；H2C2O4CO2，C元素由+3价+4价，一个H2C2O4失去2个电子，所以得失电子的最小公倍数为10，所以KMnO4的计量数为2，H2C2O4的计量数为5，其它元素根据原子守恒配平。故反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+10CO2+8H2O+K2SO4，用单线桥标出电子转移的方向和数目为；工业废水中含有大量的FeSO4、较多的Cu2+和少量的Na+，根据流程图中可以知道，完成回收硫酸亚铁和铜，先加过量铁粉把铜置换出来，故试剂X为铁粉；操作1是过滤，不溶性物质中由置换出的铜还有过量的铁，加入硫酸，过滤即得到金属铜和溶液2为FeSO4，与溶液1合并蒸发浓缩、冷却结晶得到绿矾。(1)图中操作为过滤；操作为蒸发浓缩、冷却结晶；(2)试剂X为Fe，操作涉及的离子反应方程式为Fe + 2H+ = Fe2+ + H2。