高考化学二轮备考高频热点特训化学工艺流程题 解析版.docx

高考化学二轮备考高频热点特训化学工艺流程题 解析版.docx

《高考化学二轮备考高频热点特训化学工艺流程题 解析版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考化学二轮备考高频热点特训化学工艺流程题 解析版.docx（24页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

高考化学二轮备考高频热点特训化学工艺流程题解析版

化学工艺流程题

1．NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：

回答下列问题：

（1）NaClO2中Cl的化合价为_______。

（2）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式_______。

（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为________、________。

“电解”中阴极反应的主要产物是______。

（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。

此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________，该反应中氧化产物是_________。

（5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：

每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。

NaClO2的有效氯含量为____。

（计算结果保留两位小数）

〖〖答案〗〗

（1）+3；

（2）2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4；

（3）NaOH溶液；Na2CO3溶液；ClO2−（或NaClO2）；（4）2:

1；O2；（5）1.57。

〖〖解析〗〗

（1）在NaClO2中Na为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，可得Cl的化合价为+3。

（2）NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO2是氧化剂，还原产物为NaCl，根据得失电子守恒和原子守恒，此反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4。

（3）食盐溶液中混有Mg2+和Ca2+，可利用过量NaOH溶液除去Mg2+，利用过量Na2CO3溶液除去Ca2+；向NaCl溶液中加入ClO2，进行电解，阳极发生反应2Cl--2e-=Cl2↑，反应产生Cl2，阴极发生反应产生NaClO2，可见“电解”中阴极反应的主要产物是NaClO2；（4）根据图示可知：

利用含有过氧化氢的NaOH溶液吸收ClO2气体，产物为NaClO2，则此吸收反应中，氧化剂为ClO2，还原产物为NaClO2，还原剂是H2O2，氧化产物是O2，每1mol的H2O2转移2mol电子，反应方程式是：

2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O，可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:

1，该反应中氧化产物为O2。

（5）每克NaClO2的物质的量n（NaClO2）=1g÷90.5g/mol=

mol，其获得电子的物质的量是n（e−）=

mol×4=4/90.5mol，1molCl2获得电子的物质的量是2mol，根据电子转移数目相等，可知其相对于氯气的物质的量为n=

mol×4÷2=

mol，则氯气的质量为

mol×71g/mol=1.57g。

2．以硅藻土为载体的五氧化二钒（V2O5）是接触法生成硫酸的催化剂。

从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。

废钒催化剂的主要成分为：

物质

V2O5

V2O4

K2SO4

SiO2

Fe2O3

Al2O3

质量分数/%

2.2～2.9

2.8～3.1

22～28

60～65

1～2

＜1

以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：

回答下列问题：

（1）“酸浸”时V2O5转化为VO2+，反应的离子方程式为___________，同时V2O4转成VO2+。

“废渣1”的主要成分是__________________。

（2）“氧化”中欲使3mol的VO2+变为VO2+，则需要氧化剂KClO3至少为______mol。

（3）“中和”作用之一是使钒以V4O124−形式存在于溶液中。

“废渣2”中含有_______。

（4）“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：

4ROH+V4O124−

R4V4O12+4OH−（ROH为强碱性阴离子交换树脂）。

为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈_____性（填“酸”、“碱”或“中”）。

（5）“流出液”中阳离子最多的是________。

（6）“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式____________。

〖〖答案〗〗

（1）V2O5＋2H＋=2VO2＋＋H2OSiO2

（2）0.5

（3）Fe（OH）3、Al（OH）3（4）碱（5）K＋

（6）2NH4VO3

V2O5＋H2O＋2NH3↑。

〖〖解析〗〗

（1）“酸浸”时V2O5转化为VO2+，V元素化合价不变，说明不是氧化还原反应，根据原子守恒可知反应的离子方程式为V2O5＋2H＋=2VO2＋＋H2O；二氧化硅与酸不反应，则“废渣1”的主要成分是二氧化硅。

（2）“氧化”中欲使3mol的VO2+变为VO2+，V元素化合价从＋4价升高到＋5价，而氧化剂KClO3中氯元素化合价从＋5价降低到－1价，则根据电子得失守恒可知需要氯酸钾的物质的量为3mol÷6＝0.5mol。

（3）“中和”作用之一是使钒以V4O124−形式存在于溶液中，同时生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，则“废渣2”中含有Fe（OH）3、Al（OH）3。

（4）根据方程式可知为了提高洗脱效率，反应应该向逆反应方向进行，因此淋洗液应该呈碱性。

（5）由于前面加入了氯酸钾和氢氧化钾，则“流出液”中阳离子最多的是钾离子。

（6）根据原子守恒可知偏钒酸铵（NH4VO3）“煅烧”生成五氧化二钒、氨气和水，发生反应的化学方程式为2NH4VO3

V2O5＋H2O＋2NH3↑。

3．以电石渣〖主要成分为Ca（OH）2和CaCO3〗为原料制备KClO3的流程如下：

（1）氯化过程控制电石渣过量，在75℃左右进行。

氯化时存在Cl2与Ca（OH）2作用生成Ca（ClO）2的反应，Ca（ClO）2进一步转化为Ca（ClO3）2，少量Ca（ClO）2分解为CaCl2和O2。

①生成Ca（ClO）2的化学方程式为。

②提高Cl2转化为Ca（ClO3）2的转化率的可行措施有（填序号）。

A．适当减缓通入Cl2速率

B．充分搅拌浆料

C．加水使Ca（OH）2完全溶解

（2）氯化过程中Cl2转化为Ca（ClO3）2的总反应方程式为

6Ca（OH）2+6Cl2＝Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O

氯化完成后过滤。

①滤渣的主要成分为（填化学式）。

②滤液中Ca（ClO3）2与CaCl2的物质的量之比n〖Ca（ClO3）2〗∶n〖CaCl2〗1∶5（填“＞”、“＜”或“=”）。

（3）向滤液中加入稍过量KCl固体可将Ca（ClO3）2转化为KClO3，若溶液中KClO3的含量为100g▪L-1，从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是。

〖〖答案〗〗

（1）①2Cl2+2Ca（OH）2＝Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O②AB

（2）①CaCO3、Ca（OH）2②＜

（3）蒸发浓缩、冷却结晶

〖〖解析〗〗

（1）①氯气与氢氧化钙反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，则生成Ca（ClO）2的化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2＝Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O。

②A．适当减缓通入Cl2速率可以使氯气被氢氧化钙充分吸收而反应，可以提高氯气的转化率，A正确；B．充分搅拌浆料可以增大反应物的接触面积，使氯气被氢氧化钙充分吸收而反应，可以提高氯气的转化率，B正确；C．加水使Ca（OH）2完全溶解氢氧化钙浓度降低，不利于氯气的吸收，C错误，故选AB。

（2）①碳酸钙不溶于水，与氯气不反应，氢氧化钙微溶，因此滤渣的主要成分为CaCO3、Ca（OH）2。

②由于氯气还能与氢氧化钙反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，因此滤液中Ca（ClO3）2与CaCl2的物质的量之比n〖Ca（ClO3）2〗∶n〖CaCl2〗＜1∶5。

（3）根据图像可知氯酸钾的溶解度受温度影响最大，因此从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶。

4．以废旧铅酸电池中的含铅废料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）和H2SO4为原料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用。

其工作流程如下：

（1）过程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是__________。

（2）过程Ⅰ中，Fe2+催化过程可表示为：

i：

2Fe2++PbO2+4H++SO42−＝2Fe3++PbSO4+2H2O

ii:

……

①写出ii的离子方程式：

________________。

②下列实验方案可证实上述催化过程。

将实验方案补充完整。

a.向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO2，溶液变红。

b.______________。

（3）PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡：

PbO（s）+NaOH（aq）

NaHPbO2（aq），其溶解度曲线如图所示。

①过程Ⅱ的目的是脱硫。

滤液1经处理后可在过程Ⅱ中重复使用，其目的是____（选填序号）。

A．减少PbO的损失，提高产品的产率

B．重复利用氢氧化钠，提高原料的利用率

C．增加Na2SO4浓度，提高脱硫效率

②过滤Ⅲ的目的是提纯，综合上述溶解度曲线，简述过程Ⅲ的操作___________。

〖〖答案〗〗

（1）Pb+PbO2+2H2SO4

2PbSO4+2H2O。

（2）①2Fe3＋+Pb+SO42—==PbSO4+2Fe2＋；

②取a中红色溶液少量，加入过量Pb，充分反应后，红色褪去。

（3）①A、B；②将粗PbO溶解在一定量35%NaOH溶液中，加热至110℃，充分溶解后，趁热过滤，冷却结晶，过滤、洗涤并干燥得到PbO固体。

〖〖解析〗〗

（1）根据题给化学工艺流程知，过程Ⅰ中，在Fe2＋催化下，Pb、PbO2和H2SO4反应生成PbSO4和水，化学方程式为Pb+PbO2+2H2SO4

2PbSO4+2H2O。

（2）①催化剂通过参加反应，改变反应历程，降低反应的活化能，加快化学反应速率，而本身的质量和化学性质反应前后保持不变。

根据题给信息知反应i中Fe2＋被PbO2氧化为Fe3＋，则反应ii中Fe3＋被Pb还原为Fe2＋，离子方程式为2Fe3＋+Pb+SO42—==PbSO4+2Fe2＋；②a实验证明发生反应i，则b实验需证明发生反应ii，实验方案为取a中红色溶液少量，加入过量Pb，充分反应后，红色褪去。

（3）①过程Ⅱ脱硫过程中发生的反应为PbSO4+2NaOH==PbO+Na2SO4+H2O，而滤液Ⅰ中含有硫酸，可降低溶液的pH，使平衡：

PbO（s）+NaOH（aq）

NaHPbO2（aq）逆向移动，减少PbO的损失，提高产品的产率，同时重复利用NaOH，提高原料的利用率故选AB；②根据PbO的溶解度曲线，提纯粗Pb的方法为将粗PbO溶解在35%NaOH溶液中配成高温下的饱和溶液，降温结晶、过滤，洗涤并干燥即可得到PbO。

5．〖2020•新课标Ⅲ卷〗某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。

采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体（NiSO4·7H2O）：

溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：

金属离子

Ni2+

Al3+

Fe3+

Fe2+

开始沉淀时（c=0.01mol·L−1）的pH

沉淀完全时（c=1.0×10−5mol·L−1）的pH

7.2

8.7

3.7

4.7

2.2

3.2

7.5

9.0

回答下列问题：

（1）“碱浸”中NaOH的两个作用分别是______________。

为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。

写出该反应的离子方程式______________。

（2）“滤液②”中含有的金属离子是______________。

（3）“转化”中可替代H2O2的物质是______________。

若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即

“滤液③”中可能含有的杂质离子为______________。

（4）利用上述表格数据，计算Ni（OH）2的Ksp=______________（列出计算式）。

如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L−1，则“调pH”应控制的pH范围是______________。

（5）硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。

写出该反应的离子方程式______________。

（6）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是______________。

〖〖答案〗〗

（1）除去油脂、溶解铝及其氧化物

AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓或〖Al（OH）4〗-+H+=Al（OH）3↓+H2O

（2）Ni2+、Fe2+、Fe3+（3）O2或空气Fe3+

（4）

3.2~6.2

（5）2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O（6）提高镍回收率

〖〖解析〗〗由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体。

（1）根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，滤液①中含有NaAlO2（或Na〖Al（OH）4〗），加入稀硫酸可发生反应AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓或〖Al（OH）4〗-+H+=Al（OH）3↓+H2O；

（2）加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+；（3）“转化”在H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O2或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+，则滤液③中可能含有转化生成的Fe3+；（4）由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c（Ni2+）=1.0×10-5mol·L-1，c（H+）=1.0×10-8.7mol·L-1，则c（OH-）=

，则Ni（OH）2的

；或者当Ni2+开始沉淀时pH=7.2，此时c（Ni2+）=0.01mol·L-1，c（H+）=1.0×10-7.2mol·L-1，则c（OH-）=

，则Ni（OH）2的

；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L-1，为避免镍离子沉淀，此时

，则

，即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2~6.2；（5）由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH沉淀，ClOˉ被还原为Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O；（6）分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率。

6．〖2020•江苏卷〗实验室由炼钢污泥（简称铁泥，主要成份为铁的氧化物）制备软磁性材料α-Fe2O3。

其主要实验流程如下：

（1）酸浸：

用一定浓度的H2SO4溶液浸取铁泥中的铁元素。

若其他条件不变，实验中采取下列措施能提高铁元素浸出率的有___________（填序号）。

A．适当升高酸浸温度B．适当加快搅拌速度C．适当缩短酸浸时间

（2）还原：

向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉，使Fe3+完全转化为Fe2+。

“还原”过程中除生成Fe2+外，还会生成___________（填化学式）；检验Fe3+是否还原完全的实验操作是__________________________________________________。

（3）除杂：

向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀除去。

若溶液的pH偏低、将会导致CaF2沉淀不完全，其原因是___________〖

，

〗。

（4）沉铁：

将提纯后的FeSO4溶液与氨水-NH4HCO3混合溶液反应，生成FeCO3沉淀。

①生成FeCO3沉淀的离子方程式为______________________________。

②设计以FeSO4溶液、氨水-NH4HCO3混合溶液为原料，制备FeCO3的实验方案：

__________________________________________________________________________。

（FeCO3沉淀需“洗涤完全”，Fe（OH）2开始沉淀的pH=6.5）。

〖〖答案〗〗

（1）AB

（2）H2取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色

（3）pH偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，CaF2沉淀不完全

（4）①Fe2++HCO3-+NH3·H2O=FeCO3↓+NH4++H2O或Fe2++HCO3-+NH3=FeCO3↓+NH4+②在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水-NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀

〖〖解析〗〗

（1）A项，适当升高酸浸温度，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，A选；B项，适当加快搅拌速率，增大铁泥与硫酸溶液的接触，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，B选；C项，适当缩短酸浸时间，铁元素的浸出率会降低，C不选；故选AB。

（2）为了提高铁元素的浸出率，“酸浸”过程中硫酸溶液要适当过量，故向“酸浸”后的滤液中加入过量的铁粉发生的反应有：

Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，“还原”过程中除生成Fe2+外，还有H2生成；通常用KSCN溶液检验Fe3+，故检验Fe3+是否还原完全的实验操作是：

取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色，若不呈血红色，则Fe3+还原完全，若溶液呈血红色，则Fe3+没有还原完全；（3）向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀，Ksp（CaF2）=c（Ca2+）·c2（F-），当Ca2+完全沉淀（某离子浓度小于1×10-5mol/L表明该离子沉淀完全）时，溶液中c（F-）至少为

mol/L=

×10-2mol/L；若溶液的pH偏低，即溶液中H+浓度较大，H+与F-形成弱酸HF，导致溶液中c（F-）减小，CaF2沉淀不完全；（4）①将提纯后的FeSO4溶液与氨水—NH4HCO3混合溶液反应生成FeCO3沉淀，生成FeCO3的化学方程式为FeSO4+NH3·H2O+NH4HCO3=FeCO3↓+（NH4）2SO4+H2O〖或FeSO4+NH3+NH4HCO3=FeCO3↓+（NH4）2SO4〗，离子方程式为Fe2++HCO3-+NH3·H2O=FeCO3↓+NH4++H2O（或Fe2++HCO3-+NH3=FeCO3↓+NH4+）；②根据题意Fe（OH）2开始沉淀的pH=6.5，为防止产生Fe（OH）2沉淀，所以将FeSO4溶液与氨水—NH4HCO3混合溶液反应制备FeCO3沉淀的过程中要控制溶液的pH不大于6.5；FeCO3沉淀需“洗涤完全”，所以设计的实验方案中要用盐酸酸化的BaCl2溶液检验最后的洗涤液中不含SO42-；则设计的实验方案为：

在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水—NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀。

7．〖2020•北京卷〗用如图方法回收废旧CPU中的单质Au（金），Ag和Cu。

已知：

①浓硝酸不能单独将Au溶解。

②HAuCl4=H++AuCl

（1）酸溶后经____操作，将混合物分离。

（2）浓、稀HNO3均可作酸溶试剂。

溶解等量的Cu消耗HNO3的物质的量不同，写出消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式：

________________________________________。

（3）HNO3-NaCl与王水〖V（浓硝酸）：

V（浓盐酸）=1：

3溶金原理相同。

①将溶金反应的化学方程式补充完整：

Au+____NaCl+____HNO3=HAuCl4+____+____+____NaNO3

②关于溶金的下列说法正确的是______________。

A．用到了HNO3的氧化性

B．王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性

C．用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解

（4）若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是____mol。

（5）用适当浓度的盐酸、NaCl溶液、氨水与铁粉，可按照如图方法从酸溶后的的溶液中回收Cu和Ag（图中标注的试剂和物质均不同）。

试剂1是______________，试剂2是______________。

〖〖答案〗〗

（1）过滤

（2）3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）+2NO↑+4H2O

（3）①45NO2H2O4②AC

（4）1.5（5）NaCl溶液盐酸

〖详析〗

（1）Au（金），Ag和Cu经酸溶后得到金、铜离子和银离子的混合溶液，将固体和液体分开的的操作是过滤，将混合物分离；

（2）铜与稀硝酸反应的化学方程式为：

3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）+2NO↑+4H2O；溶解1molCu消耗HNO3的物质的量为8/3mol；铜与浓硝酸反应的化学方程式为：

Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）+2NO2↑+2H2O，溶解1molCu消耗HNO3的物质的量为4mol；消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式为铜与稀硝酸的反应，化学方程式为：

3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）+2NO↑+4H2O；（3）①根据化合价的变化规律可知，金的化合价从0价升高到+3价，作还原剂，硝酸作氧化剂，从+5价降低到+2价，产物有一氧化氮生成，根据质量守恒，生成物中还有水，化学方程式为：

Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3；②A．溶金过程中硝酸的化合价降低，作氧化剂，具有强氧化性，用到了HNO3的氧化性，故A正确；B．王水中V（浓硝酸）：

V（浓盐酸）=1：

3，金与浓硝酸表面生成致密的氧化膜，不反应，王水中浓盐酸中提供了氯离子，利于生成四氯合金离子，利于金与硝酸的反应，主要作用增强硝酸的氧化性，故B错误；C．HNO3-NaCl与王水〖V（浓硝酸）：

V（浓盐酸）=1：

3溶金原理相同，则用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解，故C正确；故选AC；（4）由于HAuCl4=H++AuCl4-，若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，HAuCl4中金的化合价为+3价，被锌还原为0价，锌的化合价从0价升高到＋2价，参加反应的Zn的物质的量x，锌的化合价从0价升高到+2价，根据得失电子守恒可知：

2x=3，x=1.5mol，则参加反应的Zn的物质的量是1.5mol；（5）根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaCl溶液，物质1是氯化铜，氯化铜加入过量铁粉得到铜和亚铁离子，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量的铁粉，二