2022年安徽省太和县第二中学化学高一上期中达标检测模拟试题含解析.doc

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1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列离子方程式正确的是A碳酸钙溶于盐酸中：CaCO3+2H+=Ca2+H2OCO2B小苏打溶液与氢氧化钠溶液混合：HCO3-+OH-=CO2H2OC氯气通入澄清石灰水制漂白粉：2Ca(OH)2+2Cl2=Ca2+2Cl-+2ClO-+2H2OD向氢氧化铜悬浊液中滴加稀硫酸：H+OH-=H

2、2O2、下列逻辑关系图中正确的是()ABCD3、下列各组混合物能用分液漏斗分离的是()A四氯化碳和水B汽油和食用油C浓硫酸和浓硝酸D酒精和水4、在下列三个反应中，H2O2H2S2H2OS 2H2O2=2H2O+O2H2O2Cl22HClO2,H2O2 所起的作用是A均起氧化剂作用 B均起还原剂作用C均既是氧化剂又是还原剂 D三个反应中所起作用各有不同5、下列说法正确的是A离子化合物一定是由金属与非金属元素组成的B离子化合物中可能含有离子键C离子化合物中一定只含有离子键D离子化合物中可能不含有金属元素6、下列收集氯气的装置正确的是()ABCD7、溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别是（ ）A是

3、否有丁达尔现象B是否能通过滤纸C分散质粒子的大小D是否均一、透明、稳定8、将一小块钠投入下列溶液中，既能产生气体又出现白色沉淀的是（ ）A氯化镁溶液B氢氧化钠溶液C硫酸铜溶液D稀硫酸9、下列物质属于电解质的是（ ）A铜丝 B硝酸钾溶液 C蔗糖 D熔融的氯化钠10、实验中的下列操作正确的是（ ）A通过蒸馏分离苯和四氯化碳的实验中，温度计水银球应伸入溶液中，冷凝管注水应上进下出B用溶解、过滤的方法除去NaCl溶液中含有的少量KNO3C用蒸发方法使NaCl从溶液中析出时，应将蒸发皿中NaCl溶液全部蒸干才停止加热D用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水后，应冷却至室温才能转移11、下列

4、离子半径之比小于1的是ABCD12、2.16 g X2O5中含有0.1 mol氧原子，则X的相对原子质量为A21.6B28C14D3113、关于反应CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2，下列说法正确的是AH2O既不是氧化剂又不是还原剂 BCaH2中H元素被还原C此反应中氧化产物与还原产物的原子个数比为1:1 DCa(OH)2是氧化产物14、下列反应既是氧化还原反应，又是化合反应的是ANa2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3 BSO2+H2O2=H2SO4CCaO+H2O=Ca(OH)2 DCl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O15、能够直接鉴别BaCl2、NaCl、Na2C

5、O3三种溶液的试剂是（）AAgNO3溶液B稀硫酸C稀盐酸D稀硝酸16、在150时碳酸铵可以受热完全分解，(NH4)2CO3 2NH3 + H2O + CO2，则其完全分解后所产生的气态混合物的密度是相同条件下氢气密度的几倍A96倍B48倍C12倍D32倍二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D四种可溶性盐，它们的阳离子分别可能是Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+中的某一种，阴离子分别可能是NO3-、Cl-、CO32-、SO42-中的某一种。把四种盐分别溶解于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色。若向的四支试管中分别加盐酸,B盐溶液有沉淀产生,D盐溶液有无色无味气体逸出。根据实

6、验事实可推断它们的化学式为：A _、B_、C _、D_。18、现有 0.1L 无色溶液，其含有的阳离子可能是 K+、Cu2+、Ca2+，含有的阴离子可能 Cl-、CO32-、SO42-现做以下实验：取 50mL 溶液置于大烧杯中，向溶液中加入过量的 BaCl2 溶液振荡，有白色沉淀生成；过滤，洗涤， 干燥，后称得 4.30g 固体将所得白色固体配成悬浊液后加入过量稀硝酸，白色沉淀部分消失，并有气泡产生；将剩余固体过 滤洗涤干燥后称量得到 2.33g取少量实验后上层清液滴入 AgNO3 溶液，有白色沉淀生成。(1)根据上述实验现象，判断原溶液中肯定不含有_（填离子符号），一定含有_（填离子符号）

7、，可能含有_（填离子符号），请设计方案证明原溶液中可能含 有的离子：_。(2)写出上述过程中一定发生反应的离子方程式：_。(3)若经证明没有 Cl则该溶液中的 K+的物质的量浓度是：_。19、为验证氯、溴、碘三种元素的非金属性强弱，用下图所示装置进行试验(夹持仪器已略去，气密性已检验)。实验过程：打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a。(1)A中发生反应生成氯气，该反应的离子方程式为_。(2)验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是_。(3)B、C管口“浸有NaOH溶液的棉花”的作用是_。(4)为验证溴的氧化性强于碘，过

8、程的操作和现象是_。(5)过程实验的目的是_。(6)运用原子结构理论解释氯、溴、碘非金属性逐渐减弱的原因是_。20、工业上通常用工业酒精和生石灰混合蒸馏法制取无水乙醇。如图是实验室中模拟工业原理制取无水乙醇的装置。回答下列问题：(1)指出图中的四处错误：_、_、_、_(2)在除去工业酒精中的水时，下列做法不可取的是_a.加入过量的生石灰后过滤b.加入过量的生石灰后分液c.加入过量的生石灰后蒸馏(3)由(2)可知除去工业酒精中的水的原理是(用化学方程式表示)_(4)装置中仪器ABC的名称分别是A _；B_；C_21、已知某反应中反应物和生成物有：KMnO4、H2SO4、MnSO4、H2C2O4、

9、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（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】A. 碳酸钙溶于盐酸生成氯化钙、二氧化碳、水，反应的离子方程式是CaCO3+2H+=Ca2+H2OCO2，故A正确；B.

10、小苏打溶液与氢氧化钠溶液混合生成碳酸钠和水，反应的离子方程式是HCO3-+OH-= CO32-H2O，故B错误；C. 氯气通入澄清石灰水生成氯化钙、次氯酸钙、水，反应的离子方程式是2OH-+Cl2= Cl-+ClO-+H2O，故C错误；D. 向氢氧化铜悬浊液中滴加稀硫酸生成硫酸铜和水，反应的离子方程式是：2H+ Cu(OH)2= Cu2+2H2O，故D错误；选A。2、D【解析】A.气溶胶也是胶体，选项A不正确；B.吸热反应或放热反应不一定是氧化还原反应，选项B不正确；C.碳酸盐可以是钠盐或钾盐，选项C不正确；D.溶于水或熔融状态下，能够电离出阴阳离子的化合物是电解质，在上述情况下，都不能电离出

11、阴阳离子的化合物是非电解质，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质，选项D正确；答案选D。3、A【解析】两种互不相溶且密度相差较大的液态混合物通常用分液漏斗分离。A.四氯化碳不溶于水且密度比水大，所以四氯化碳和水的混合物可能用分液漏斗分离，A项正确；B.食用油易溶于汽油，汽油和食用油混合物不能用分液漏斗分离，B项错误；C.浓硫酸和浓硝酸互溶，浓硫酸和浓硝酸混合物不能用分液漏斗分离，C项错误；D.酒精和水互溶，酒精和水混合物不能用分液漏斗分离，D项错误；答案选A。4、D【解析】H2O2H2S2H2OS，氧元素由H2O2中-1价降到H2O中-2价，得到电子， H2O2中氢元素化合价没变，故H2O2

12、只作氧化剂；2H2O2=2H2O+O2，2molH2O2中有4mol -1价氧原子，其中2mol -1价氧原子化合价升高到O 2的0价，失去2mol电子；另外2mol -1价氧原子化合价降到H2O中-2价，得到2mol电子，故H2O2既是氧化剂又是还原剂；H2O2Cl22HClO2，氧元素由H2O2中-1价升高到O2中的0价，失去电子，H2O2中氢元素化合价没变，所以H2O2只作还原剂。答案选D。5、D【解析】离子化合物不一定是由金属与非金属元素组成的，如铵盐；离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键。【详解】A项、离子化合物中可能不含金属元素，如氯化铵中不含金属元素，但氯化铵是离子化合物，

13、故A错误；B项、离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，故B错误；C项、离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如氢氧化钠中含有共价键，故C错误；D项、氯化铵是全部由非金属元素组成的化合物，但氯化铵中含有离子键，是离子化合物，故D正确。故选D。6、C【解析】A. 是一个封闭的装置，只有进气口，无出气口，无法排除空气，故A错误；B. 氯气密度比空气大，应该右进左出，故B错误；C. 氯气密度比空气大，左进，进入到集气瓶底部，将空气排出，多余氯气用氢氧化钠溶液吸收以免污染环境，故C正确；D. 氯气与氢氧化钠溶液反应，不能收集氯气，故D错误。答案为C。7、C【解析】溶液、浊液、胶体三种分散系的

14、本质区别为分散质粒子的直径大小不同，据此即可解答。【详解】A.胶体具有丁达尔现象，是胶体中胶粒（1nm-100nm）在光照时产生对光的散射作用形成的，该现象是由微粒直径大小决定的，丁达尔现象不是三种分散系的本质区别，故A错误；B.胶体能透过滤纸但不能透过半透膜，是由分散质微粒的直径大小决定的，所以该现象不是三种分散系的本质区别，故B错误；C.根据分散质微粒直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1nm)、胶体（1nm-100nm）、浊液(大于100nm)；所以溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别在于分散质粒子直径大小不同，故C正确；D.溶液均一、透明、稳定，胶体较稳定，浊液不稳定，与分散质

15、微粒的直径大小有关，所以该现象不是三种分散系的本质区别，故D错误；故答案选C。8、A【解析】A.Na投入氯化镁溶液中，Na与水反应生成NaOH和H2，NaOH与MgCl2反应生成白色Mg(OH)2沉淀，既能产生气体又出现白色沉淀，A符合题意；B.Na投入氢氧化钠溶液中，Na只与水反应生成NaOH和H2，只能产生气体，B不符合题意；C. Na投入硫酸铜溶液中，Na与水反应生成NaOH和H2，NaOH与硫酸铜反应生成蓝色氢氧化铜沉淀，既能产生气体又出现蓝色沉淀，C不符合题意；D. Na与稀硫酸反应生成硫酸钠和H2，只能产生气体，D不符合题意；答案选A。9、D【解析】电解质是指水溶液中或熔融状态下能

16、够导电的化合物，酸、碱、盐都是电解质；在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质，大多数的有机物都是非电解质；单质、混合物既不是电解质也不是非电解质【详解】A、Cu是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B、硝酸钾溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C、蔗糖等都是非电解质，故C错误；D、熔融的氯化钠属于化合物，在水溶液中或熔融状态下能够导电，属于电解质，故D正确；故选D10、D【解析】A、蒸馏时，温度计测量的是蒸气的温度，水银球应置于蒸馏烧瓶支管口处，冷凝管注水应下进上出，选项A错误；B、NaCl、KNO3均易溶于水，不能用溶解、过滤的

17、方法进行分离，选项B错误；C、用蒸发方法使NaCl从溶液中析出时，不能将蒸发皿中NaCl溶液全部加热蒸干，否则会导致蒸发皿中的固体飞溅；所以正确操作是：当蒸发皿中出现大量氯化钠固体时停止加热，利用余热将剩余的液体蒸干，选项C错误；D、容量瓶为精密仪器，不能盛放过热液体，所以溶液稀释、冷却后才能转移到容量瓶中，选项D正确；答案选D。11、D【解析】核外电子排布结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小。【详解】A . 半径：r（F-）大于r（Mg2+），则比值大于1，故A错误；B. 半径：r（Na+）大于r（Mg2），则比值大于1，故B错误；C. Be和Mg位于同一主族，原子半径同主族从上到下依次增

18、大，阳离子半径也逐渐增大，所以Mg2+比Be2+半径大，所以它们的比值大于1，故C错误；D. 半径：r（Al3+）比r（F-）小，所以它们的比值小于1，故D正确；12、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。13、C【解析】该反应中，只有氢元素的化合价发生变化，在CaH2中H为-1价，被氧化

19、成0价；CaH2中H元素被氧化，B错误；反应物水中H为+1价，被还原为0价，因此，H2O在该反应中作氧化剂，A错误；2个 H2O分子中有2个氢原子被还原生成1分子H2，另外2个氢原子价态未发生变化，CaH2中的2个氢原子被氧化生成1分子H2，所以H2既是氧化产物又是还原产物，其分子个数之比为1:1，故C正确；由于H2既是氧化产物又是还原产物，所以Ca(OH)2为生成物，既不是氧化产物，也不是还原产物，D错误；综上所述，本题选C。14、B【解析】Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3没有化合价变化，属于非氧化还原反应，故A错误；SO2+H2O2=H2SO4有元素化合价改变，既是氧化还原反应

20、，又是化合反应，故B正确；CaO+H2O=Ca(OH)2没有化合价变化，属于非氧化还原反应，故C错误；Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O不是化合反应，故D错误。点睛：两种或多种物质生成一种物质的反应是化合反应；有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，没有元素化合价变化的反应是非氧化还原反应。15、B【解析】BaCl2、NaCl、Na2CO3三种溶液分别与稀硫酸反应的现象为：白色沉淀、无现象、气体生成，以此来解答。【详解】A. 均与硝酸银反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故A不符合题意；B.BaCl2、NaCl、Na2CO3三种溶液分别与稀硫酸反应的现象为：白色沉淀、无现象、气体

21、生成，现象不同，可鉴别，故B符合题意；C. 稀盐酸不能鉴别BaCl2、NaCl，故C不符合题意；D. 稀硝酸不能鉴别BaCl2、NaCl，故D不符合题意。答案选B。16、C【解析】由150时（NH4）2CO3分解的方程式和质量守恒定律确定气态混合物的质量和气态混合物物质的量，进一步求出气态混合物的平均摩尔质量，再利用“在相同条件下气体的密度之比等于气体的摩尔质量之比”计算。【详解】（NH4）2CO3分解的化学方程式为（NH4）2CO32NH3+CO2+H2O，1mol（NH4）2CO3完全分解生成2molNH3、1molCO2和1molH2O（g），1mol（NH4）2CO3的质量为96g，根

22、据质量守恒定律，气态混合物的质量为96g，气态混合物的平均摩尔质量为96g（2mol+1mol+1mol）=24g/mol；在相同条件下气体的密度之比等于气体的摩尔质量之比，气态混合物的密度是H2密度的=12倍，答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、A.BaCl2 B. AgNO3 C. CuSO4 D. Na2CO3【解析】试题分析：C盐的溶液呈蓝色，所以C盐中一定含有铜离子，但是一定不含油碳酸根离子；向四种盐溶液中分别加入盐酸，B盐溶液有沉淀生成，所以B盐中含有银离子，不含有氯离子、硫酸根离子、碳酸根离子，D盐溶液有无色无味气体逸出，说明D含有碳酸根离子，所以D必须为Na2CO3，

23、B为AgNO3，C为CuSO4，A为BaCl2。考点：物质的鉴别点评：本题考查了物质的鉴别，该考点是高考考查的重点，本题要注意题干的要求即每种离子只能用一次，本题比较容易。18、Cu2+、Ca2+ K+、CO32-、SO42- Cl- 取一定量的原溶液于烧杯中，加入过量Ba(NO3)2使碳酸根、硫酸根完全沉淀后，取上层清液，加入AgNO3溶液，若有白色沉淀则有Cl- Ba2+CO32-=BaCO3、Ba2+SO42-=BaSO4、BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O、Ag+Cl-=AgCl 0.8mol 【解析】溶液无色，一定不存在铜离子；取50mL的溶液在大烧杯中加入中，向溶液中加入过

24、量的BaCl2溶液振荡，有白色沉淀生成；过滤，干燥，烘干后得4.30g固体，说明碳酸根和硫酸根至少含有一种；将所得白色固体配成悬浊液后加入过量稀硝酸，白色沉淀部分消失，并有气泡产生；将剩余固体过滤干燥后称量得到2.33g，说明白色沉淀是碳酸钡和硫酸钡的混合物，则一定存在碳酸根和硫酸根，因此一定不存在钙离子，根据溶液显电中性可知一定存在钾离子；取少量实验后上层清液滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀是氯化银，但引入了氯化钡，所以不能确定是否含有氯离子。（1）根据上述实验现象，判断原溶液中肯定不含有Cu2+、 Ca2+，一定含有K+、CO32-、SO42-，可能含有氯离子，证明含有氯离子的

25、实验方案是：取一定量的原溶液于烧杯中，加入过量的Ba（NO3）2溶液使CO32-、SO42-完全沉淀后取上层清液于试管中加入AgNO3溶液，若有白色沉淀则有Cl，若无白色沉淀则无Cl；（2）根据以上分析可知一定发生的离子方程式为：CO32-+Ba2+BaCO3、SO42-+Ba2+BaSO4、BaCO3 +2H+Ba2+CO2+H2O、Ag+Cl-=AgCl；（3）硫酸钡的物质的量是=0.01mol，碳酸钡质量4.30g-2.33g=1.97g，物质的量是0.01mol，根据电荷守恒可知若经证明没有Cl则该溶液中的K+的物质的量是0.004mol，浓度是=0.8mol/L。19、2MnO4-+

26、16H+10Cl-= 2Mn2+5Cl2+8H2O 淀粉KI试纸变蓝 吸收氯气，防止污染 打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡。静止后CCl4层溶液变为紫红色 确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰 同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱 【解析】（1）A中发生反应生成Cl2，是高锰酸钾溶液氧化浓盐酸生成的；（2）氯气遇湿润的淀粉-KI试纸变蓝色；（3）B、C管口“浸有NaOH溶液的棉花”是吸收氯气防止污染；（4）溴单质氧化性大于碘单质，溴单质将I-氧化为I2，应将C中生成的溴加入到盛有KI溶液的D中，观察CCl4中颜色变化；（5）为

27、验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为红棕色时，说明有大量的溴生成；（6）同主族元素，从上到下，电子层数越多，原子半径越大，金属元素的金属性越强。【详解】（1）A中高锰酸钾溶液将浓盐酸氧化生成Cl2，反应方程式为：2KMnO4+16HCl=5Cl2+2MnCl2+2KCl+8H2O，离子方程式为：2MnO4-+16H+10Cl-= 2Mn2+5Cl2+8H2O；（2）淀粉变蓝色，说明生成了I2，说明氯气的氧化性强于碘的氧化性；（3）B、C管口“浸有NaOH溶液的棉花”的作用是：吸收氯气，防止污染；（4）为验证溴的氧化性强于碘，应将C中生成的溴加入到盛有KI溶液的D中

28、，如发生氧化还原反应，则静置后CCl4层变为紫红色，因此过程的操作和现象是打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡。静止后CCl4层溶液变为紫红色；（5）为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为红棕色时，说明有大量的溴生成，此时关闭活塞a，否则Cl2过量，影响实验结论；（6）同主族元素，从上到下，电子层数越多，原子半径越大，金属元素的金属性越强，得电子能力逐渐减弱。20、温度计水银球位置不在支管口处 未加石棉网 未加沸石 冷凝水上进下出 b CaO+H2O=Ca(OH)2 锥形瓶 蒸馏烧瓶 冷凝管 【解析】（1）仔细观察制取无水乙醇的装置图，可知给

29、烧瓶加热未垫石棉网，温度计的水银球不应插入溶液中，冷却水的方向接反，未加沸石；（2）加入过量的生石灰后，形成的乙醇、Ca(OH)2混合溶液不分层，不能用分液的方法分离；（3）生石灰与水反应，可以除去工业酒精中的水，CaO+H2O=Ca(OH)2；（4）由装置图可知，仪器A是锥形瓶；仪器B是蒸馏烧瓶；仪器C是冷凝管。【详解】(1)由制取无水乙醇的装置图，可知给烧瓶加热未垫石棉网，温度计的水银球不应插入溶液中，冷却水的方向接反了，混合溶液加热烧瓶中未加入防止暴沸的沸石，故答案为：给烧瓶加热未垫石棉网；温度计的水银球插入溶液中；冷却水的方向接反了；烧瓶中未加沸石；(2)加入过量的生石灰后，形成的乙醇

30、、Ca(OH)2混合溶液不分层，不能用分液的方法分离，故答案为：b；(3)生石灰与水反应，可以除去工业酒精中的水， CaO+H2O=Ca(OH)2，故答案为：CaO+H2O=Ca(OH)2；(4)由装置图可知，仪器A是锥形瓶；仪器B是蒸馏烧瓶；仪器C是冷凝管，故答案为：温度计；蒸馏烧瓶；冷凝管。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CO

31、2；（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：KMnO4MnSO4，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。