将绿矾(FeSO 4 ·7H 2 O)、硫酸铵[(NH 4 ) 2 SO 4 ]以相等物质的量混合可制得摩尔盐[FeSO

（1）检验所得绿矾晶体中是否含有Fe³⁺的实验操作是利用三价铁离子检验方法分析，三价铁离子遇硫氰酸根离子会反应生成硫氰酸铁血红色，证明铁离子的存在，
A、KSCN溶液和三价铁离子反应生成血红色溶液，可以检验铁离子的检验，故A符合；
B、NaOH溶液和亚铁离子反应生成白色沉淀迅速变化为灰绿色最后变为红褐色，和铁离子反应生成红褐色沉淀，不能检验铁离子的存在，故B不符合；
C、KMnO₄溶液不与铁离子反应物现象发生，故C不符合；
D、苯酚溶液和铁离子反应生成紫色溶液，可以检验铁离子的存在，故D符合；
故答案为：AD；
（2）通入硫化氢至饱和的目的是：硫化氢具有强还原性，可以防止亚铁离子被氧化，已知：在H₂S饱和溶液中，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5，操作Ⅱ在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是，在溶液PH=2时，Sn²⁺完全沉淀，亚铁离子不沉淀，
故答案为：除去溶液中的Sn²⁺离子，并防止Fe²⁺被氧化；防止Fe²⁺离子生成沉淀；
（3）溶液中得到晶体，需要对溶液进行加热蒸发浓缩，结晶析出，过滤洗涤等，所以操作IV的顺序依次为：蒸发、结晶、过滤、洗涤，
故答案为：蒸发浓缩；过滤洗涤；
（4）冰水温度低，物质溶解度减小，可以洗去沉淀表面的杂质离子，避免绿矾溶解带来的损失，故答案为：降低洗涤过程中FeSO₄•7H₂O的损耗；
（5）①高锰酸钾溶液具有强氧化性能氧化橡胶管，不能用简式滴定管，用酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；
②滴定实验达到终点时，滴加最后一滴KMnO₄溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色，故答案为：滴加最后一滴KMnO₄溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色；
③a．称取2.8500g绿矾产品，溶解，在250mL容量瓶中定容；
b．量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；
c．用硫酸酸化的0.01000mol/L KMnO₄溶液滴定至终点，消耗KMnO₄溶液体积的平均值为20.00mL，则
5Fe²⁺+MnO₄^-+8H⁺═5Fe³⁺+Mn²⁺+4H₂O
5 1
n（Fe²⁺） 0.01000mol/L×0.0200L
计算得到；n（Fe²⁺）=0.001mol；
则250mL溶液中含Fe²⁺=0.001mol×[250/25]=0.01mol；
FeSO₄•7H₂O物质的量为0.01mol，质量=0.01mol×278g/mol=2.78g；
质量分数=[2.78g/2.85g]×100%=97.54%，
故答案为：97.54%．

点评：
本题考点： 硫酸亚铁的制备．

考点点评： 本题考查了铁盐亚铁盐的性质应用，分离混合物的实验方法设计和分析判断，滴定实验的分析判断，数据计算，误差分析的方法，题目难度中等．

Ⅰ、（1）FeSO₄溶液在空气中会因氧化变质产生红褐色沉淀，其发生反应的离子方程式是：12Fe²⁺+3O₂+6H₂O=4Fe（OH）₃↓+8Fe³⁺；实验室在配制FeSO₄溶液时常加入铁粉防止亚铁离子被氧化，实验证明FeSO₄溶液是否被氧化，利用氧化生成的铁离子的特征性质设计实验验证，取少量溶液与试管中，滴加几滴硫氰酸钾溶液，若变红色证明硫酸亚铁已被氧化，若未变红色证明硫酸亚铁未被氧化，
故答案为：12Fe²⁺+3O₂+6H₂O=4Fe（OH）₃↓+8Fe³⁺；铁粉；取少量溶液与试管中，滴加几滴硫氰酸钾溶液，若变红色证明硫酸亚铁已被氧化，若未变红色证明硫酸亚铁未被氧化；
（2）①依据高锰酸钾溶液的颜色来指示反应终点，滴入最后一滴高锰酸钾溶液变化为紫红色，半分钟不褪色说明达到反应终点，
故答案为：当滴入最后一滴高锰酸钾溶液变化为紫红色，半分钟不褪色说明达到反应终点；
②a．称取5.7g绿矾产品，溶解，在250mL容量瓶中定容；
b．量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；
c．用硫酸酸化的0.01000mol/L KMnO₄溶液滴定至终点，消耗KMnO₄溶液体积的平均值为40.00mL；依据反应方程式进行计算：
5Fe²⁺+MnO₄^-+8H⁺═5Fe³⁺+Mn²⁺+4H₂O
5 1
n（Fe²⁺） 0.01000mol/L×0.0400L
计算得到；n（Fe²⁺）=0.002mol；
则250mL溶液中含Fe²⁺=0.002mol×[250/25]=0.02mol；
FeSO₄•7H₂O物质的量为0.02mol，质量=0.02mol×278g/mol=5.56g；
质量分数=[5.56g/5.7g]×100%=97.54%，故答案为：97.54%；
Ⅱ、（3）硫酸亚铁铵不易被氧化的原因是因为溶液中铵根离子水解显酸性，氢离子浓度增大，抑制氧化还原反应的发生，
故答案为：溶液中铵根离子水解显酸性，氢离子浓度增大，抑制氧化还原反应的发生；
（4）①A中固体充分加热较长时间后，通入氮气目的是使分解生成的 气体在BC装置中完全吸收，
故答案为：使分解生成的气体在BC装置中完全吸收；
②装置B中BaC1₂溶液的作用是为了检验分解产物中是否有SO₃气体生成，若含有该气体，会生成硫酸钡白色沉淀，观察到的观象为溶液变浑浊，
故答案为；溶液变浑浊；
③装置C中通入二氧化硫和过氧化氢发生氧化还原反应，生成硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：SO₂+H₂O₂+Ba²⁺=BaSO₄↓+2H⁺，
故答案为：SO₂+H₂O₂+Ba²⁺=BaSO₄↓+2H⁺．

点评：
本题考点： 探究物质的组成或测量物质的含量；离子方程式的书写．

考点点评： 本题考查了物质存在和性质的实验探究方法和实验设计判断，氧化还原反应和盐类水解的分析应用是解题关键，题目难度中等．

（1）过滤实验用到的仪器有：滤纸、铁架台、铁圈、烧杯、玻璃棒和漏斗，故答案为：玻璃棒；
（2）偏铝酸钠和过量的盐酸反应生成氯化铝和氯化钠的混合物，而向偏铝酸钠中通入足量的二氧化碳，会得到纯净的氢氧化铝沉淀，再用盐酸溶解，所得溶液的成分只有氯化铝，
故答案为：；途径Ⅱ更合理；因为按途径I直接向A加入盐酸得到的AlCl₃溶液中含有大量的NaCl杂质；
（3）将混合液来制备绿矾时应先将溶液加热浓缩、然后冷却结晶，将析出的固体洗涤、干燥，即可得到绿矾，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥；
（4）铜不能和稀硫酸反应，但是当加热并通入空气之后，铜和氧气反应生成氧化铜，然后氧化铜会和硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜溶液是蓝色的，由于各反应物是混合接触在一起的，这两个反应是同时进行的，所以氧化铜没机会单独的存在，故我们可以认为反应物为氧气、铜和硫酸，而生成物为硫酸铜和水，
故可以写出该反应的化学方程式2Cu+O₂+2H₂SO₄=2CuSO₄+2H₂O；CuSO₄+5H₂O=CuSO₄•5H₂O，
故答案为：2Cu+O₂+2H₂SO₄=2CuSO₄+2H₂O；CuSO₄+5H₂O=CuSO₄•5H₂O；
（5）偏铝酸钠和盐酸反应的实质是：H₂O+AlO₂^-+H⁺=Al（OH）₃↓，故答案为：H₂O+AlO₂^-+H⁺=Al（OH）₃↓；
（6）因为硫酸亚铁中的亚铁离子易被氧化为三价铁离子，会导致绿矾晶体不纯，三价铁的检验用硫氰酸钾溶液，会变红色，故答案为：亚铁离子易被氧化为三价铁离子；KSCN溶液；
（6）在实验方案一中，酸的量的控制上没有过高的要求，只需过量即可，但是方案二中，需要的是适量的酸，这很难控，故答案为：方案一；酸的量的控制上没有过高的要求，只需过量即可，但是方案二中，适量的酸没法控制．

点评：
本题考点： 常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；无机物的推断．

考点点评： 本题是对物质的分离和提纯知识点的考查，题目难度不是很大，可以根据所学的知识进行．

实验一，Fe元素有+2价、+3价，所以产物可能为Fe₂（SO₄）₃、FeSO₄或Fe₂（SO₄）₃和FeSO₄的混合物，铁元素化合价可能是+2价，+3价，或+2，+3价；①向所得溶液中滴入KSCN溶液；②向稀酸性KMnO₄溶液中滴入所得溶液．KSCN溶液无明显现象，稀酸性KMnO₄溶液颜色褪去，证明只含有Fe²⁺；稀酸性KMnO₄溶液颜色无变化，证明一定是+3价铁元素；若KSCN溶液出现血红色现象，稀酸性KMnO₄溶液颜色褪去，证明Fe元素既有+2价又有+3价；
故答案为：
猜想 实验操作 预期现象
+2 褪成无色
+3 无变化
血红色
褪成无色实验二，①实验开始时，点燃B处酒精喷灯之前应先打开A处活塞通CO₂，目的是赶净空气避免影响测定结果；
故答案为：赶走装置中的空气
②装置C是安全瓶起到防倒吸的作用；
故答案为：防倒吸的作用；
③55.6克的绿矾FeSO₄•7H₂O，物质的量是0.2摩尔，其中，A中产生的二氧化碳是不会和氯化钡反应生成沉淀的，二氧化硫也不和氯化钡产生沉淀，二氧化硫也不和氯化钡产生沉淀；所以，产生的沉淀就只能是硫酸钡，也就是说，一定会有三氧化硫产生，根据沉淀的质量是23.3克，所以硫酸钡的物质的量是0.1摩尔，所以产生的三氧化硫是0.1摩尔，根据原子守恒，在绿矾中的硫是0.2摩尔，剩余的0.1摩尔的硫可能有很多的生成形式，可能是单质硫，也可以使其他形态的硫，但是C瓶中并没有单质硫析出；不管是那种形态的硫存在，硫元素化合价一定降低了，所以铁元素化合价一定要升高，根据电子守恒计算，0.2molFe²⁺变化为Fe³⁺；硫元素化合价从+6价变化为x价，0.2×1=0.1×（6-x），x=+4，实验生成的产物中有SO₂，依据原子守恒配平书写化学方程式：2FeSO₄•7H₂O

△
.
Fe₂O₃+SO₂+SO₃+14H₂O；
故答案为：2FeSO₄•7H₂O

△
.
Fe₂O₃+SO₂+SO₃+14H₂O；
④分析装置生成的气体中二氧化硫有毒不能排放到空气中需要尾气吸收；
故答案为：未进行尾气吸收；

点评：
本题考点： 探究物质的组成或测量物质的含量；二价Fe离子和三价Fe离子的检验．

考点点评： 本题考查了物质性质的实验探究方法和实验分析判断，氧化还原反应电子守恒的计算应用，主要是铁及其化合物性质的应用，掌握基础和实验基本操作是解题关键，题目难度中等．

铝、铁、铜的合金中加入足量烧碱溶液，只有铝与其反应而溶解，过滤后得滤渣B的成分为铁和铜，滤液A为偏铝酸钠溶液；滤液A生成氯化铝溶液的途径Ⅰ发生反应：NaAlO2+4HCl=AlCl3↓+NaCl+2H2O；而途径Ⅱ通入足量的二氧化...

点评：
本题考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计．

考点点评： 本题主要考查了从工业废料中制取纯净物，注意从框图转化中找出有用信息，利用有关的化学反应进行解答，难度中等．

铝、铁和铜的合金中只有金属铝可以和氢氧化钠之间反应生成溶液A偏铝酸钠，固体B是金属铁和金属铜，A中通入过量的二氧化碳可以得到氢氧化铝沉淀C和碳酸氢钠溶液D，金属铁可以和硫酸之间发生反应生成硫酸亚铁和氢气，但是金属铜和稀硫酸之间不反应，硫酸亚铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶可以获得绿矾晶体，金属铜可以获得胆矾晶体．
（1）步骤Ⅰ加过量的氢氧化钠，金属铝和氢氧化钠反应，金属铝溶解其中生成偏铝酸钠溶液，金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，将它们分离用过滤；步骤Ⅰ过滤得到的滤液成分为偏铝酸钠，步骤Ⅱ中向偏铝酸钠中通入足量的二氧化碳，会得到纯净的氢氧化铝沉淀，溶液中的溶质为碳酸氢钠，将它们分离用过滤；步骤Ⅲ中金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，铁和硫酸反应而金属铜不反应将它们分离用过滤，过滤用到的玻璃仪器：烧杯、玻璃棒、漏斗等．
故答案为：过滤；漏斗；
（2）步骤Ⅰ加过量的氢氧化钠，因铝与碱反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2OH^-+2H₂O=2AlO₂^-+3H₂↑，金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，所以溶液A中的离子主要有AlO₂^-、Na⁺、OH^-；本实验的目的是用含有铝、铁和铜的合金制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO₄•7H₂O）和胆矾晶体，金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁而金属铜不反应，可以实现三种金属的分离，所以试剂X是稀硫酸，
故答案为：稀硫酸；
（3）过量CO₂与偏铝酸钠溶液反应，离子方程式为：AlO₂^-+CO₂+2H₂O=Al（OH）₃↓+HCO₃^-，故答案为：AlO₂^-+CO₂+2H₂O=Al（OH）₃↓+HCO₃^-；
（4）进行步骤Ⅱ时，该小组用如图2所示装置及试剂将制得的CO₂气体通入溶液A中．一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少，其原因是二氧化碳气体中含有从盐酸中挥发出的氯化氢气体，氯化氢在水中溶解了部分沉淀氢氧化铝，发生的反应为Al（OH）₃+3H⁺=Al³⁺+3H₂O，为了避免固体C减少，可在制取二氧化碳的收集装置中增加一个洗去氯化氢的装置，二氧化碳在饱和碳酸氢钠中不溶，氯化氢和碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，所以可在装置I和Ⅱ之间增加一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中的氯化氢，
故答案为：盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶；
（5）是饱和的碳酸氢钠溶液，溶液呈碱性，水解程度大于电离程度，所以离子浓度大小顺序为：c（Na⁺）＞c（HCO₃^-）＞c（OH）＞c（H⁺）＞c（CO₃^2-），故答案为：c（Na⁺）＞c（HCO₃^-）＞c（OH）＞c（H⁺）＞c（CO₃^2-）；
（6）铜不能和稀硫酸反应，但是当加热并通入空气之后，铜和氧气反应生成氧化铜，然后氧化铜会和硫酸反应生成硫酸铜，即2Cu+O₂+2H₂SO₄=2CuSO₄+2H₂O，或者加入过氧化氢氧化不产生新的杂质，故答案为：DE．

点评：
本题考点： 常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

考点点评： 本题是对物质的分离和提纯知识点的考查，注意掌握铝、铁和铜及其化合物的性质是解答本题的关键，题目难度不大．

（1）检验所得绿矾晶体中是否含有Fe³⁺的实验操作是利用三价铁离子检验方法分析，三价铁离子遇硫氰酸根离子会反应生成硫氰酸铁血红色，证明铁离子的存在，
故答案为：取少量晶体溶于水，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明不含有Fe³⁺；
（2）已知：在H₂S饱和溶液中，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5，操作Ⅱ在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是，在溶液PH=2时，Sn²⁺完全沉淀，亚铁离子不沉淀，通入硫化氢至饱和的目的是：硫化氢具有强还原性，可以防止亚铁离子被氧化，
故答案为：使Sn²⁺完全变成SnS沉淀，而Fe²⁺不沉淀；防止Fe²⁺的氧化；
（3）溶液中得到晶体，需要对溶液进行加热蒸发浓缩，结晶析出，过滤洗涤等，所以操作IV的顺序依次为：蒸发、结晶、过滤、洗涤，故答案为：蒸发、过滤洗涤；
（4）冰水温度低，物质溶解度减小，可以洗去沉淀表面的杂质离子，避免绿矾溶解带来的损失，
故答案为：降低洗涤过程中FeSO₄•7H₂O的损耗；
（5）①a．称取2.8500g绿矾产品，溶解，在250mL容量瓶中定容；
b．量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；
c．用硫酸酸化的0.01000mol/L KMnO₄溶液滴定至终点，消耗KMnO₄溶液体积的平均值为20.00mL；依据反应方程式减小计算：
5Fe²⁺+MnO₄^-+8H⁺═5Fe³⁺+Mn²⁺+4H₂O
5 1
n（Fe²⁺） 0.01000mol/L×0.0200L
计算得到；n（Fe²⁺）=0.001mol；
则250mL溶液中含Fe²⁺=0.001mol×[250/25]=0.01mol；
FeSO₄•7H₂O物质的量为0.01mol，质量=0.01mol×278g/mol=2.78g；
质量分数=[2.78g/2.85g]×100%=97.54%；
故答案为：97.54%；
②用上述方法测定的样品中FeSO₄•7H₂O的质量分数偏低（测定过程中产生的误差可忽略），其可能原因是洗涤不彻底，亚铁离子被空气中的氧气部分氧化，
故答案为：样品中存在少量的杂质（如H₂O、H₂SO₄等）；样品部分被氧化．

点评：
本题考点： 铁盐和亚铁盐的相互转变；氧化还原反应的计算；制备实验方案的设计．

考点点评： 本题考查了铁盐亚铁盐的性质应用，分离混合物的实验方法设计和分析判断，滴定实验的分析判断，数据计算，误差分析的方法，题目难度中等．

（1）过滤实验用到的仪器有：滤纸、铁架台、铁圈、烧杯、玻璃棒和漏斗，故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；
（2）发现制得的绿矾不纯，是因为亚铁离子被氧化为铁离子，要想由沉淀I最终制得纯度较高的绿矾，需要向D溶液中加入过量铁粉还原铁离子为亚铁离子，过滤得到溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到绿矾晶体；
故答案为：反应过程中部分二价铁转化成了三价铁，向溶液D中加入足量铁粉，反应后过滤，取滤液蒸发结晶即可得绿矾；
（3）铜与浓硫酸反应生成有毒有污染的二氧化硫气体，若铜先和氧气反应生成氧化铜，然后氧化铜会和硫酸反应生成硫酸铜，不会产生污染大气的气体，该过程原料利用率高，所以途径②最佳，Cu中加入稀硫酸和H₂O₂可以制备胆矾晶体，反应方程式为：Cu+H₂SO₄+H₂O₂=CuSO₄+2H₂O，
故答案为：Cu+H₂SO₄+H₂O₂=CuSO₄+2H₂O；
（4）在实验原方案中，需要的是适量的酸，且步骤繁琐，这很难控制，改用烧碱，首先分离出来铝，然后加入硫酸，分离出铁，最后得铜的化合物，故比较合理，
故答案为：更合理； 原方案操作步骤多、时间长、消耗试剂量过大；

点评：
本题考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

考点点评： 本题是对物质的分离和提纯知识点的考查，题目难度不是很大，可以根据所学的知识进行．

混合气体中含有SO₃，将生成的气体通入BaCl₂溶液中发生：SO₃+H₂O=H₂SO₄，则没有SO₃逸出；
H₂SO₄+BaCl₂=BaSO₄↓+2HCl，则有BaSO₄沉淀生成；
由于H₂SO₃酸性小于HCl和H₂SO₄，则SO₂不能与BaCl₂溶液反应而从溶液中逸出，故得不到BaSO₃沉淀；
所以产生的现象是生成BaSO₄沉淀，有SO₂气体逸出．
故选B．

点评：
本题考点： 含硫物质的性质及综合应用．

考点点评： 本题考查二氧化硫的性质，题目难度中等，本题注意SO3和SO2性质的区别，注意H2SO3酸性小于HCl和H2SO4，则不能与BaCl2溶液反应，得不到BaSO3沉淀．

（1）FeSO₄能氧化生成Fe₂（SO₄）₃，Fe₂（SO₄）₃呈黄色，故答案为：Fe₂（SO₄）₃；
（2）根据滴定操作需要的仪器有：滴定管、滴定管夹、铁架台、烧杯外、锥形瓶，故答案为：锥形瓶；
（3）Fe²⁺氧化生成Fe³⁺，MnO₄^-被还原成Mn²⁺，KMnO₄溶液滴定FeSO₄发生的离子反应为：5Fe²⁺+MnO₄^-+8H⁺=5Fe³⁺+Mn²⁺+4H₂O，故答案为：5Fe²⁺+MnO₄^-+8H⁺=5Fe³⁺+Mn²⁺+4H₂O；
（4）稀硝酸、浓硝酸具有强氧化性，含有氧化Fe²⁺，高锰酸钾可以氧化HCl为氯气，故选硫酸酸化，故选：b；
（5）根据KMnO₄溶液具有强氧化性，能氧化橡皮管，所以只能放在酸式滴定管中；KMnO₄溶液为紫色，当滴定到终点时，Fe²⁺被完全氧化，加入的最后一滴高锰酸钾不反应，溶液的颜色为紫色，
故答案为：酸；加入的最后一滴KMnO4溶液不反应，溶液的颜色为紫色，且半分钟不褪色；
（6）A、根据规滴定管的下端有一部分没有刻度，滴定时用去20.00ml溶液，剩余溶液的体积应大于5.00ml，故A错误；
B、滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶中溶液颜色的变化；故B错误；
C、配制标准液KMnO₄时，定容俯视，标准液的浓度偏大，滴定时，造成V（标）偏小，根据c（待测）×V（待测）=c（标准）×V（标准）可知c（待测）偏小，故C错误；
D、记录滴定体积时，滴定前读数仰视，滴定后读数俯，造成V（标）偏大，根据c（待测）×V（待测）=c（标准）×V（标准）可知c（待测）偏大，故D正确；
故选：D．
Ⅱ、（1）①CH₄（g）+H₂O（g）═CO （g）+3H₂（g）△H=+206.2kJ•mol^-1，
②CH₄（g）+CO₂（g）═2CO （g）+2H₂（g）△H=+247.4kJ•mol^-1，
由盖斯定律可知，①×2-②可得：CH₄（g）+2H₂O（g）═CO₂（g）+4H₂（g）△H=+165.0 kJ•mol^-1，
故答案为：CH₄（g）+2H₂O（g）═CO₂（g）+4H₂（g）△H=+165.0 kJ•mol^-1；
（2）由阳极排出液中含有大量的碳酸盐成份，尿素在阳极参与反应，则阳极反应式为：CO（NH₂）₂+8OH^-+6e^-═CO₃^2-+N₂↑+6H₂O，由图可知，阴极生成氢气，则阴极反应为：6H₂O-6e^-═3H₂↑+6OH^-，
故答案为：CO（NH₂）₂+8OH^-+6e^-═CO₃^2-+N₂↑+6H₂O；6H₂O-6e^-═3H₂↑+6OH^-；

点评：
本题考点： 中和滴定；热化学方程式；电解原理．

考点点评： 本题主要考查了中和滴定、盖斯定律、原电池的工作原理，学生应学会利用习题中的信息结合所学的知识来解答，难度不大，注意对高考热点的训练．