锌与稀硫酸反应制H2有15克,锌可制得多少克氧气?多少体积的氧气?

2Fe+3H2so4=Fe2(so4)3+3H2
2Al+3H2so4=Al2(so4)3+3H2
Zn+H2so4=Znso4+H2
Mg+2Hcl=Mgcl2+H2
煤气的主要成分是_co__.煤气中毒实质上是co__和血液中红细胞_结合,使人体缺氧而引起.
(2)煤在氧气充足的条件下燃烧产生_co2__气体,而煤在氧气不充足的条件下燃烧产生的气体是_co__.反应的文字表达式分别是_c+o2=co2_和_2c+o2=2co_.

B

解题思路：A、硫化亚铁是难溶于水的物质不能拆成离子；
B、次氯酸根离子具有强氧化性，二氧化硫被氧化为硫酸；
C、碳酸的酸性强于氢氧化铝，偏铝酸根离子结合氢离子促进碳酸氢根离子的电离；
D、同种金属的酸式盐和碱反应生成盐和水；

A、硫化亚铁难溶于水，与稀硫酸反应制硫化氢气体的离子方程式为：FeS+2H⁺=H₂S↑+Fe²⁺；故A错误；
B、次氯酸钠溶液中通入过量的SO₂气体，次氯酸根离子氧化二氧化硫为硫酸，离子方程式为：ClO^-+SO₂+H₂O=SO₄^2-+Cl^-+2H⁺；故B错误；
C、NaAlO₂溶液与NaHCO₃溶液混合，偏铝酸根结合氢离子能力强于碳酸氢根，所以偏铝酸根离子会结合碳酸氢根离子电离出的氢离子，促进碳酸氢根离子电离，离子方程式为：
AlO₂^-+HCO₃^-+H₂O=Al（OH）₃↓+CO₃^2-，故C正确；
D、Ca（HCO₃）₂溶液与Ca（OH）₂溶液混合生成碳酸钙出的和水离子方程式为：Ca²⁺+HCO₃^-+OH^-=CaCO₃↓+H₂O，故D正确；
故选CD．

点评：
本题考点： 离子方程式的书写．

考点点评： 本题考查离子方程式的书写原则和注意问题，涉及酸性的比较、物质溶解性和化学性质以及难溶电解质的转化等知识，题目难度中等，学习中注意把握相关知识．

解题思路：根据锌与稀硫酸的反应结合图象进行分析，从图象可以看出OA段是生成的氢气量不断增加，到A点氢气量最大，可知在A点时稀硫酸正好用完，再继续加锌氢气量不再变大，所以A点是该反应的转折点，此点表示的是酸中的氢元素恰好全部转化为氢气两者恰好反应，据此分析解答即可．

由锌与稀硫酸的反应，观察图象可知，
①锌和过量的H₂SO₄反应，在锌未反应完时，生成的氢气的质量不断增加，当锌全部参加反应时生成的氢气最多，在图中的O-A处；
②过量的锌和H₂SO₄反应时，不在产生氢气，氢气的质量达到最大，同时也是定值，在图中的 A-B处；
③当锌与适量的H₂SO₄恰好完全反应时，生成的氢气最多，在图中A处．
故答为：①O-A；②A-B；③A

点评：
本题考点： 金属的化学性质．

考点点评： 此题是对金属与酸反应的考查，解题的关键是针对图象对相关过程的分析，并抓住转折点的含义．

解题思路：根据金属活动性，锌和铁都能和酸反应，根据反应的化学方程式进行计算，比较得出的结果即可．

设锌和1mol盐酸反应生成氢气质量为M
Zn+2HCl=ZnCl₂+H₂↑
22
1mol Mg
[2/2＝
1mol
Mg]
M=1g
设铁与1mol硫酸反应生成氢气质量为N，
Fe+H₂SO₄=FeSO₄+H₂↑
1 2
1molNg
[1/2＝
1mol
Ng]
N=2g
所以N＞M，
故选C

点评：
本题考点： 根据化学反应方程式的计算；氢气的制取和检验；金属的化学性质．

考点点评： 此题考查了金属和酸反应的有关计算，要利用有用的数据进行计算，此题难度中等．

解题思路：首先正确写出锌和稀硫酸反应的化学方程式，然后根据方程式，利用氢气的质量求出需要金属锌的质量．

设反应需要锌的质量为x
Zn+H₂SO₄=ZnSO₄+H₂↑
65 2
x 0.2g
[65/x＝
2
0.2g]
解之得：x=6.5g
答：需要金属锌6.5克．

点评：
本题考点： 根据化学反应方程式的计算．

考点点评： 此题是根据化学方程式的计算题，该题比较简单，就是用一种生成物的质量求一种反应物的质量，属于最基本类型的计算题．

H2+CuO=加热=Cu+H2O
2 64
m(H2) 3.2g
2/m(H2)=64/3.2
解得m(H2)=0.1g
Zn+H2SO4==ZnSO4+H2↑
65 2
m(Zn) 0.1g
65/m(Zn)=2/0.1
解得m(Zn) = 3.25g
所以需要3.25gZn

可用方程式求出答案.
则因为是生成1摩尔的氢气.
有:Zn+H2SO4=ZnSO4+H2
1 1
X 1
则由1/X=1/1可得X=1,则需要锌的物质的量为1摩尔.
因为锌的相对原子质量为65,
所以需要锌的质量为65克.

Fe+Fe2O3+3H2SO4=3FeSO4+3H2
Fe+H2SO4=FeSO4+H2
气体箭头自己标下

设生成氢气的体积为X,消耗硫酸的物质的量为Y,生成硫酸锌的物质的量为Z
Zn + H2SO4 = ZnSO4 + H2↑
65 1 1 22.4
32.5g Y Z X
X=11.2L
Y=0.5mol
Z=0.5mol
答：①生成标准状况下的氢气的体积为11.2升
②消耗的硫酸的物质的量0.5mol
③生成硫酸锌的物质的量0.5mol

1、第二次0.12 第五次0.2
2、100G稀硫酸产生0.2G的氢气
根据计算100G稀硫酸里有9.8G的硫酸
所以质量分数为9.8%

A、镁可与硫酸反应生成硫酸镁，方案可行；
B、氧化镁可与硫酸反应生成硫酸镁和氢气，方案可行；
C、氢氧化镁和硫酸反应生成硫酸镁和水，方案可行；
D、氯化镁与硫酸不反应，生成物中无气体、沉淀和水，故不能通过与稀硫酸反应制得MgSO ₄ ，符合题意；
故选D．

H2SO4----------H2
1mol--------------2g
3mol--------------6g
此稀硫酸的物质的量浓度是
3/0.5=6mol/L

H2的物质的量 = 6 g ÷ 2 g/mol = 3 mol
氢分子数 = 3 mol × NA = 3NA
氢原子数 = 2×氢分子数 = 6NA = 3.612×10^24个
答案：3.612×10^24个

解题思路：增大铁片与稀硫酸的反应速率，可从影响反应速率的外界因素思考，可增大浓度、升高温度、增大固体的表面积以及形成原电池反应等，注意浓硫酸与铁发生钝化反应．

A．滴入适量Na₂SO₄溶液，氢离子浓度降低，反应速率减小，故A错误；
B．改用98%的浓硫酸，与铁发生钝化反应，不生成氢气，故B错误；
C．加入少量碳酸钠固体，消耗硫酸，生成二氧化碳气体，生成氢气的总量减小，故C错误；
D．改用等质量的铁粉，固体表面积增大，反应速率增大，生成氢气的总量不变，故D正确．
故选D．

点评：
本题考点： 化学反应速率的影响因素．

考点点评： 本题考查化学反应速率的影响因素，为高考高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意浓硫酸与铁发生钝化反应的性质，为易错点．

解题思路：（1）①依据流程分析判断，试剂1是为了把亚铁离子氧化为铁离子，在PH=2.7-3．可以全部沉淀，其他离子不沉淀，同时加入的试剂不能引入新的杂质；
②试剂2是用来调节溶液PH到3.7，目的让铁离子全部沉淀，除杂实验不能引入新的杂质；
③晶体重新结晶的过程是物质提纯的方法是重结晶；
④洗涤晶体表面的杂质离子，同时减少皓钒晶体的损失；
（2）⑤根据ZnSO₄•7H₂O加热到1000℃时所的固体的质量情况来确定成分；
（2）氢氧化锌具有两性，可以和强碱反应可溶于水的盐．

（多）①化学实验室通常用粗锌和稀硫酸反应制氢气，因此在制氢废液中含有大量的硫酸锌．同时，由于粗锌中还含有铁等杂质，溶于酸后生成亚铁离子锌离子，依据开始生成氢氧化物沉淀到沉淀完全的四H范围分别为：Fe（OH）₃：0.7-3.7Fe（OH）₀：7.6-9.6 Zn（OH）₀：他.7-8，分析判断，直接沉淀亚铁离子，锌离子也会全部全部沉淀，不能实现实验目的和要求，除去亚铁离子需要先把亚铁离子氧化为铁离子，调节溶液四H使三价铁离子全部沉淀，此时锌离子不沉淀，来实现分离，加入的氧化剂不能引入新的杂质，氨水、NaClO溶液、00%的H₀O₀、浓硫酸、浓硝酸中只有00%的H₀O₀ 在氧化亚铁离子不引入杂质，故答案为：00%的H₀O₀；将制氢废液中的Fe⁰⁺氧化成Fe³⁺，同时避免引入新的杂质；
②试剂0是用来调节溶液四H到3.7，目的让铁离子全部沉淀，除杂实验不能引入新的杂质；Zn粉会把氧化得到的铁离子还原，起不到除去的作用，ZnO、Zn（OH）₀、ZnCO₃可以反应调节溶液四H到3.7，使铁离子沉淀，同时不引入新的杂质，ZnSO₄不能调节溶液四H，且引入杂质硫酸根离子，故答案为：ZnO、Zn（OH）₀、ZnCO₃；
③晶体溶解再结晶是提纯晶体的方法为重结晶；故答案为：重结晶；
④洗涤晶体表面的杂质离子，同时减了皓钒晶体的损失；在得到皓矾时，向晶体中加入了量酒精洗涤而不用水的原因是，晶体溶于水，不溶于酒精，所以目的是为n冲洗掉晶体表面的杂质离子；防止晶体溶解，影响产率；故答案为：为n冲洗掉晶体表面的杂质离子；防止晶体溶解，影响产率；
（0）⑤ZnSO₄•7H₀O加热到多000℃时所的固体的质量为8.多g，加热到60°会将所有的结晶水失去，到多000℃时硫酸锌已经分解为氧化锌、三氧化硫，故答案为：ZnSO₄•7H₀O

多000℃
.
ZnO+SO₃+7H₀O，故答案为：ZnSO₄•7H₀O

多000℃
.
ZnO+SO₃+7H₀O；
⑥向硫酸锌中逐滴加入NaOH溶液，发现先产生白色沉淀氢氧化锌，然后又逐渐溶解在氢氧化钠中，发生的化学反应为；Zn（OH）₀+0OH^-=ZnO₀^0-+0H₀O，故答案为：Zn（OH）₀+0OH^-=ZnO₀^0-+0H₀O．

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： 本题是一道关于物质的分离和提纯的综合实验设计题，考查学生分析和解决问题的能力，难度大．

n(H2SO4) = n(H2)=67.2L / (22.4L/mol)= 3mol
c(H2SO4)= 3mol / 0.5L = 6mol/L

A、硫化亚铁难溶于水，与稀硫酸反应制硫化氢气体的离子方程式为：FeS+2H ⁺ =H ₂ S↑+Fe ²⁺ ；故A错误；
B、次氯酸钠溶液中通入过量的SO ₂ 气体，次氯酸根离子氧化二氧化硫为硫酸，离子方程式为：ClO ^- +SO ₂ +H ₂ O=SO ₄ ^2- +Cl ^- +2H ⁺ ；故B错误；
C、NaAlO ₂ 溶液与NaHCO ₃ 溶液混合，偏铝酸根结合氢离子能力强于碳酸氢根，所以偏铝酸根离子会结合碳酸氢根离子电离出的氢离子，促进碳酸氢根离子电离，离子方程式为：
AlO ₂ ^- +HCO ₃ ^- +H ₂ O=Al（OH） ₃ ↓+CO ₃ ^2- ，故C正确；
D、Ca（HCO ₃ ） ₂ 溶液与Ca（OH） ₂ 溶液混合生成碳酸钙出的和水离子方程式为：Ca ²⁺ +HCO ₃ ^- +OH ^- =CaCO ₃ ↓+H ₂ O，故D正确；
故选CD．

（1）EF 反应放热，温度升高 浓度下降较快 （2）向反应体系中加水，降低酸的浓度，或加入少量CH ₃ COONa晶体

图象纵坐标为产生H ₂ 的体积，横坐标为反应的时间，所以曲线的斜率即为反应速率。增大反应速率的因素有：①增大反应物浓度，②增大反应体系压强，③升高温度，④加催化剂。但此反应过程浓度始终在下降，且为敞口体系，压强不变，也未加催化剂，所以在反应过程中浓度下降的同时速率反而提高，只能是温度的影响。

理论很容易算,实际挺不好算的,反应达到平衡就不反应了,所以锌不会完全反应,算也就比较麻烦

锌首先和硫酸铜反应生成铜构成了原电池,所以反应速率会加大.
关于原电池,可以看看链接

解题思路：首先正确写出锌和稀硫酸反应的化学方程式，然后根据方程式，利用氢气的质量求出需要金属锌的质量．

设反应需要锌的质量为x
Zn+H₂SO₄=ZnSO₄+H₂↑
65 2
x 0.2g
[65/x＝
2
0.2g]
解之得：x=6.5g
答：需要金属锌6.5克．

点评：
本题考点： 根据化学反应方程式的计算．

考点点评： 此题是根据化学方程式的计算题，该题比较简单，就是用一种生成物的质量求一种反应物的质量，属于最基本类型的计算题．

Zn + H2SO4=========ZnSO4 + H2
65g 1mol 1mol 1mol
32.5g y=0.5mol z=0.5mol x=0.5mol
生成标准状况下的氢气的体积:v=0.5mol*22.4L/mol=11.2L
反应消耗的硫酸的物质的量0.5mol；生成硫酸锌的物质的量0.5mol

Zn + 2H+= Zn2+ + H2↑ Cu + 2Ag+ = 2Ag + Cu2+HCO3- + H+ = H2O + CO2↑元素符号后面的加号均为电荷数,为上角标.离子反应其实很简单,在刚学离子反应时可以先写出化学反应式,然后根据溶质在溶液中的状态将可以拆开的...

解题思路：（1）要熟悉各种仪器的名称、用途和使用方法；（2）根据反应物的状态、反应条件、生成气体的性质可以确定发生装置、收集装置；（3）石灰石的主要成分是碳酸钙，能和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，二氧化碳的密度比空气大，不能燃烧，不支持燃烧；（4）实验室可以用加热高锰酸钾的方法制取氧气，高锰酸钾受热容易扩散，氧气不易溶于水，密度比空气大；（5）利用装置F制取气体的优点是，可以随时使反应进行，也可以随时使反应停止．

（1）①是长颈漏斗，通过长颈漏斗可以向锥形瓶中注入液体；②是水槽，用排水法收集气体时要用到水槽．
故填：长颈漏斗；水槽．
（2）常温下，锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，B和F装置都可以用作制取氢气的发生装置，氢气难溶于水，可以用排水法收集，但是收集的氢气不干燥，氢气的密度比空气小，可以用向下排空气法收集，即用E装置收集，收集的氢气比较干燥．
故填：B或F；E．
（3）碳酸钙和稀盐酸反应的化学方程式为：CaCO₃+2HCl═CaCl₂+H₂O+CO₂↑；
碳酸氢钠受热分解的化学方程式为：2NaHCO₃

△
.
Na₂CO₃+H₂O+CO₂↑；
利用碳酸氢钠分解制取二氧化碳需要加热，应该选择A装置作为发生装置；
实验室常用澄清石灰水检验二氧化碳，因为二氧化碳能和石灰水中的氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，反应的化学方程式为：CO₂+Ca（OH）₂═CaCO₃↓+H₂O；
判断二氧化碳已收集满的方法是：把燃烧的木条放在集气瓶口，如果燃烧的木条熄灭，说明已经收集满．
故填：CaCO₃+2HCl═CaCl₂+H₂O+CO₂↑；2NaHCO₃

△
.
Na₂CO₃+H₂O+CO₂↑；A；澄清石灰水；CO₂+Ca（OH）₂═CaCO₃↓+H₂O；把燃烧的木条放在集气瓶口，如果燃烧的木条熄灭，说明已经收集满．
（4）用高锰酸钾制取氧气时，因为高锰酸钾受热容易扩散，为了防止高锰酸钾进入导管，通常在试管口塞一团棉花；
因为氧气的密度比空气大，可以用向上排空气法收集，氧气不易溶于水，可以用排水法收集，用排水法收集的氧气比用向上排空气法收集的氧气较纯净一些．
故填：一团棉花；D．
（5）过一会儿反应就会停止的原因是：反应中产生的气体使右侧管内的压强增大，使固、液分离，反应停止．
故填：反应中产生的气体使右侧管内的压强增大，使固、液分离，反应停止．

点评：
本题考点： 常用气体的发生装置和收集装置与选取方法；二氧化碳的实验室制法；二氧化碳的检验和验满；氢气的制取和检验；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 本题主要考查二氧化碳、氧气的性质、发生装置和收集装置的选择及其化学方程式的书写，书写化学方程式要注意四步：一是反应物和生成物的化学式要正确；二是要遵循质量守恒定律，即配平；三是要有必要的条件；四是看是否需要“↑”或“↓”．

解题思路：（1）依据流程分析判断，试剂1是为了把亚铁离子氧化为铁离子，在PH=2.7-3．可以全部沉淀，其他离子不沉淀，同时加入的试剂不能引入新的杂质；
（2）试剂2是用来调节溶液PH到3.7，目的让铁离子全部沉淀，除杂实验不能引入新的杂质；
（3）晶体重新结晶的过程是物质提纯的方法是重结晶；
（4）洗涤晶体表面的杂质离子，同时减少皓钒晶体的损失；

（1）化学实验室通常用粗锌和稀硫酸反应制氢气，因此在制氢废液中含有大量的硫酸锌．同时，由于粗锌中还含有铁等杂质，溶于酸后生成亚铁离子锌离子，依据开始生成氢氧化物沉淀到沉淀完全的pH范围分别为：Fe（OH）₃：2.7-3.7Fe（OH）₂：7.6-9.6 Zn（OH）₂：5.7-8，分析判断，直接沉淀亚铁离子，锌离子也会全部全部沉淀，不能实现实验目的和要求，除去亚铁离子需要先把亚铁离子氧化为铁离子，调节溶液PH使三价铁离子全部沉淀，此时锌离子不沉淀，来实现分离，加入的氧化剂不能引入新的杂质，氨水、NaClO溶液、20%的H₂O₂、浓硫酸、浓硝酸中只有20%的H₂O₂ 在氧化亚铁离子不引入杂质，故答案为：20%的H₂O₂；将制氢废液中的Fe²⁺氧化成Fe³⁺，同时避免引入新的杂质；
（2）试剂2是用来调节溶液PH到3.7，目的让铁离子全部沉淀，除杂实验不能引入新的杂质；
a、Zn粉会把氧化得到的铁离子还原，起不到除去的作用，故a不符合；
b、ZnO可以反应调节溶液PH到3.7，使铁离子沉淀，同时不引入新的杂质，故b符合；
c、Zn（OH）₂可以反应调节溶液PH到3.7，使铁离子沉淀，同时不引入新的杂质，故c符合；
d、ZnCO₃可以反应调节溶液PH到3.7，使铁离子沉淀，同时不引入新的杂质，故d符合；
e、ZnSO₄不能调节溶液PH，且引入杂质硫酸根离子，故e不符合；
故答案为：bcd；
（3）晶体溶解再结晶是提纯晶体的方法为重结晶；
故答案为：重结晶；
（4）洗涤晶体表面的杂质离子，同时减少皓钒晶体的损失；在得到皓矾时，向晶体中加入少量酒精洗涤而不用水的原因是，晶体溶于水，不溶于酒精，所以目的是为了冲洗掉晶体表面的杂质离子；防止晶体溶解，影响产率；
故答案为：为了冲洗掉晶体表面的杂质离子；防止晶体溶解，影响产率；

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；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

考点点评： 本题考查了物质提纯的实验方案设计和试剂选择，关键是除杂原则不能引入新的杂质，考查了铁、锌及其化合物性质的应用，题目难度中等．

(1)5     (2分)                       (2)96．5％(3分)
(3)根据表中所给数据分析，确定3组实验恰好完全反应……………………(1分)
设生成2．24 L氢气需H ₂ S0 ₄ 的质量为m
Fe  +  H ₂ S0 ₄   =  FeS0 ₄ +H ₂ ↑………………………………………………(2分)
98            2
m       2．24 L×0．089 g／L
98/m= 2/ (2．24 L×0．089 g／L)
m=9．8 g………………………………………………………………(2分)
稀硫酸的质量分数=9.8g/50g×l00％=19．6％………………………………………(1分)
答：稀硫酸的质量分数是19．6％。    (1分)

分析：（1）根据实验3和实验5可以看出同样是50g稀硫酸，与不同质量的铁粉反应放出氢气的体积相等，说明在第五次实验中加入的铁粉是过量的；
（2）比较实验3和实验5，不同质量的铁粉与等质量的硫酸反应生成氢气的质量相等，说明此时硫酸的已经被完全消耗，即50g硫酸只能产生2.24L氢气，比较实验3和实验4，同质量的铁粉和不同质量的硫酸反应生成氢气的质量相等，说明此时铁粉已被完全消耗，即5.8g铁只能产生2.24L氢气，综合两方面的分析可以知道5.8g铁粉和50g硫酸恰好完全反应，即实验3是恰好完全反应的，故可以根据实验3的数据完成（2）和（3）的计算．
（1）比较实验3和实验5可知：同样是50g稀硫酸，与不同质量的金属反应放出氢气的体积相等，所以可以判断实验5中的金属是过量的；
根据表中所给数据分析，确定3组实验恰好完全反应
（2）设生成2.24 L氢气需H ₂ S0 ₄ 的质量为x，5.8个铁粉中含有铁的质量为y，则：
Fe+H ₂ S0 ₄ ═FeS0 ₄ +H ₂ ↑
56  98           2
y   x        2.24 L×0.089 g/L
 =  =
解得：x=9.8 g  y=5.6g
（2）铁的纯度为： ×100%=96.6%；
（3）稀硫酸的质量分数= ×l00%=19.6%；
答：（3）稀硫酸的质量分数是19.6%． 
故答案为：（1）5；
（2）96.6%；
（3）19.6%．
<>

n(H2)=22.4/22.4=1mol
Zn+H2SO4==ZnSO4+H2↑
65 1
x 1mol
65/x = 1/1
解得x = 65g
所以需要锌粒65g

Zn + H2SO4 = ZnSO4 + H2↑
V(H2)=4.480/22.4=0.2mol
所以n(Zn)=0.2mol
n(H2SO4)=0.2mol
m(H2SO4)=19.6g
m(20%的硫酸)=19.6/20%=98g
∴需要0.2摩尔Zn和98克20%的硫酸

解题思路：（1）根据发生装置和收集装置的选择依据进行分析解答．
（2）对某种塑料袋的组成元素进行分析探究，用好题中信息，结合课本知识含氢元素的物质燃烧产生水，含碳元素的物质燃烧生成二氧化碳；以上知识再结合题中实验解答该题．另外还用到根据质量守恒定律和化学式计算某元素的质量分数．

（1）①长颈漏斗；②集气瓶
（2）装置B中装的是浓硫酸，浓硫酸用于除水蒸气；
（3）装置E中装的是澄清的石灰水，是用来检验二氧化碳的，二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊；
（4）塑料试样充分燃烧后，浓硫酸具有吸水性，故D增重的质量就是W g该塑料试样燃烧生成的水的质量，装置D增重a g，据质量守恒定律，水中氢元素即塑料样品中的氢元素，所以W g该塑料试样中含氢元素的质量为 [1/9]ag；
（5）若整套装置中没有连接仪器B，会使氧气中的水蒸会进入装置D，从而使实验测得的水的质量大于塑料样品燃烧生成的水，故将使该塑料试样中氢元素的质量测算结果偏大．
故答案为：
（1）①长颈漏斗；②集气瓶

气体 发生装置 收集装置
O₂ A C或D
H₂ B C或E
CO₂ B D（2）①除去气体中的水蒸气；②澄清石灰水变浑浊；③[1/9]a；④偏大

点评：
本题考点： 常用气体的发生装置和收集装置与选取方法；化学实验方案设计与评价；常见气体的检验与除杂方法；白色污染与防治．

考点点评： 本题是实验探究题，考查了装置的选择依据及化合物中碳元素和氢元素的验证过程和根据化学式的计算，综合性极强，只要看清反应的实质较易解答该题．

纯锌反应很慢,杂锌中含有许多没有锌活泼的金属,构成无数微小的原电池,可以大大加快反应速率

因为18mol/L的硫酸会使铁钝化,铁表面会生成一层致密的氧化膜,防止硫酸氧化其内部.

粗锌含有铜,铁等.铜不和硫酸反应,和锌组成原电池,能使反应加快.在锌反应完之后,铁也会和硫酸反应生成氢气.
但是,绿色化学是什么理念,我不是太清楚...我觉得应该符合的吧

解题思路：（1）①依据流程分析判断，试剂1是为了把亚铁离子氧化为铁离子，在PH=2.7-3．可以全部沉淀，其他离子不沉淀，同时加入的试剂不能引入新的杂质；
②试剂2是用来调节溶液PH到3.7，目的让铁离子全部沉淀，除杂实验不能引入新的杂质；
③晶体重新结晶的过程是物质提纯的方法是重结晶；
④洗涤晶体表面的杂质离子，同时减少皓钒晶体的损失；
（2）⑤根据ZnSO₄•7H₂O加热到1000℃时所的固体的质量情况来确定成分；
⑥氢氧化锌具有两性，可以和强碱反应可溶于水的盐．

（1）①化学实验室通常用粗锌和稀硫酸反应制氢气，因此在制氢废液中含有大量的硫酸锌．同时，由于粗锌中还含有铁等杂质，溶于酸后生成亚铁离子锌离子，依据开始生成氢氧化物沉淀到沉淀完全的pH范围分别为：Fe（OH）₃：2.7-3.7Fe（OH）₂：7.6-9.6 Zn（OH）₂：5.7-8，分析判断，直接沉淀亚铁离子，锌离子也会全部全部沉淀，不能实现实验目的和要求，除去亚铁离子需要先把亚铁离子氧化为铁离子，调节溶液PH使三价铁离子全部沉淀，此时锌离子不沉淀，来实现分离，加入的氧化剂不能引入新的杂质，氨水、NaClO溶液、20%的H₂O₂、浓硫酸、浓硝酸中只有20%的H₂O₂ 在氧化亚铁离子不引入杂质，
故答案为：20%的H₂O₂；将制氢废液中的Fe²⁺氧化成Fe³⁺，同时避免引入新的杂质；
②试剂2是用来调节溶液PH到3.7，目的让铁离子全部沉淀，除杂实验不能引入新的杂质；Zn粉会把氧化得到的铁离子还原，起不到除去的作用，ZnO、Zn（OH）₂、ZnCO₃可以反应调节溶液PH到3.7，使铁离子沉淀，同时不引入新的杂质，ZnSO₄不能调节溶液PH，且引入杂质硫酸根离子，
故答案为：ZnO、Zn（OH）₂、ZnCO₃；调节溶液的pH至3.7～5.7使Fe³⁺全部转化为Fe（OH）₃沉淀，同时避免Zn²⁺损失和引入其它杂质；
③晶体溶解再结晶是提纯晶体的方法为重结晶，故答案为：重结晶；
④洗涤晶体表面的杂质离子，同时减少皓钒晶体的损失；在得到皓矾时，向晶体中加入少量酒精洗涤而不用水的原因是，晶体溶于水，不溶于酒精，所以目的是为了冲洗掉晶体表面的杂质离子；防止晶体溶解，影响产率，
故答案为：为了冲洗掉晶体表面的杂质离子；防止晶体溶解，影响产率；
（2）⑤ZnSO₄•7H₂O加热到1000℃时所的固体的质量为8.1g，加热到60°会将所有的结晶水失去，到1000℃时硫酸锌已经分解为氧化锌、三氧化硫，故答案为：ZnSO₄•7H₂O

1000°C
.
ZnO+SO₃↑+7H₂O↑，故答案为：ZnSO₄•7H₂O

1000°C
.
ZnO+SO₃↑+7H₂O↑；
⑥向硫酸锌中逐滴加入NaOH溶液，发现先产生白色沉淀氢氧化锌，然后又逐渐溶解在氢氧化钠中，发生的化学反应为；Zn（OH）₂+2OH^-=ZnO₂^2-+2H₂O，
故答案为：Zn（OH）₂+2OH^-=ZnO₂^2-+2H₂O．

点评：
本题考点： 氨的制取和性质．

考点点评： 本题是一道关于物质的分离和提纯的综合实验设计题，考查学生分析和解决问题的能力，难度大．

SO2+NH3+H2O=NH4++HSO3-
I2+SO2+2H2O=2I-+SO42-+4H+
FeS+2H+=H2S+Fe2+
H2S+2Fe3+=S+2Fe2++2H+
C12H22O11=(浓硫酸)=12C+11H2O C+2H2SO4(浓)=CO2+2SO2+2H2O
1.NaHSO4 NaAlO2
2.NaHCO3 BaCl2
3.Al3+ +3OH-=Al(OH)3 Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H20(4H+ + AlO2-=Al3++2H2O)

根据已知的数据可知甲、乙、丁的反应为锌完全反应,所以根据反应式有：Zn------H2.65.2.x.0.4所以x=13g.(1)答案（2）中要求酸的质量分数,所以使用丙组数据（因为酸完全反应了）根据反应式有：H2SO4--------H2.98.2.m....