（5）依据滴定实验和反应离子方程式计算得到；滴定实验误差分析依据标准溶液消耗的多少进行分析判断；
2+3+
【解答】解：（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu、Al、2+2+3+2+
Fe；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu、Al、Fe；第①步Cu与酸反应的离子方程式为：Cu+4H+2NO3
2+
+
﹣
Cu+2NO2↑+2H2O 或3Cu+8H+2NO3
2++
﹣
3Cu+2NO↑+4H2O；Au、Pt；
故答案为：Cu+4H+2NO3
2+
+
﹣
Cu+2NO2↑+2H2O 或3Cu+8H+2NO3
2++
﹣
3Cu+2NO↑+4H2O；Au、Pt；
（2）第②步加H2O2的作用是将Fe氧化为Fe；过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染；调节溶液PH铁离子和铝离子全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液
2+3+3+3+
硫酸铜，故答案为：将Fe氧化为Fe；不引入杂质，对环境无污染；Fe、Al； （3）第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水； 故答案为：加热脱水；
（4）制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2（SO4）3和Al2（SO4）3，再加Al粉和Fe2（SO4）3生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；
丙方案先在滤渣中加NaOH和Al（OH）3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；但从原子利用角度考虑方案乙更合理，因为丙加的NaOH和制备的Al2（SO4）3的原子组成没有关系，造成原子浪费； 故答案为：甲；所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质；乙；
﹣1
（5）取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c mol?L EDTA
2﹣2+2﹣
（H2Y）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL．滴定反应如下：Cu+H2Y
2﹣+
=CuY+2H
﹣3﹣3
铜离子物质的量和标准液物质的量相同=cmol/L×b×10L=bc×10mol；依据元素守恒得到：
﹣3﹣
则20ml溶液中含有的CuSO4?5H2O物质的量为bc×10mol；100ml溶液中含bc×10
﹣33
mol×5=5bc×10mol；
所以CuSO4?5H2O质量分数的表达式=
；
2+
3+
a．未干燥锥形瓶对实验结果无影响；
b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡说明消耗标准液读数偏小，结果偏低； c．未除净可与EDTA反应的干扰离子，消耗标准液多，结果偏高； 故答案为：
；c．
【点评】本题考查离子分离的方法，实验设计，试剂选择，中和滴定的简单计算和误差的分析，离子性质的熟练掌握是解题关键，题目难度中等．
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10．（14分）（2012?天津）金属钨用途广泛，主要用于制造硬质或耐高温的合金，以及灯泡的灯丝．高温下，在密闭容器中用H2还原WO3可得到金属钨，其总反应为：WO3（s）+3H2（g）
W（s）+3H2O（g）
请回答下列问题：
（1）上述反应的化学平衡常数表达式为
．
（2）某温度下反应达平衡时，H2与水蒸气的体积比为2：3，则H2的平衡转化率为 60% ；随温度的升高，H2与水蒸气的体积比减小，则该反应为反应 吸热 （填“吸热”或“放热”）． （3）上述总反应过程大致分为三个阶段，各阶段主要成分与温度的关系如下表所示： 温度 25℃～550℃～600℃～700℃ 主要成份 WO3 W2O5 WO2 W 第一阶段反应的化学方程式为 2WO3+H2W2O5+H2O ；580℃时，固体物质的主
要成分为 W2O5、WO2 ；假设WO3完全转化为W，则三个阶段消耗H2物质的量之比为 1：1：4 ．
（4）已知：温度过高时，WO2 （s）转变为WO2 （g）；
﹣1
WO2（s）+2H2（g）?W（s）+2H2O（g）；△H=+66.0kJ?mol
﹣1
WO2（g）+2H2?W（s）+2H2O（g）；△H=﹣137.9kJ?mol
﹣1
则WO2（s）?WO2（g）的△H= +203.9 kJ?mol ．
（5）钨丝灯管中的W在使用过程中缓慢挥发，使灯丝变细，加入I2可延长灯管的使用寿命，其工作原理为： W（s）+2I2（g）
WI4（g）．
下列说法正确的有 a、b ．
a．灯管内的I2可循环使用
b．WI4在灯丝上分解，产生的W又沉积在灯丝上 c．WI4在灯管壁上分解，使灯管的寿命延长
d．温度升高时，WI4的分解速率加快，W和I2的化合速率减慢．
【考点】化学平衡常数的含义；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的计算． 【专题】压轴题；化学反应中的能量变化；化学平衡专题． 【分析】（1）化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写，注意固体、纯液体不需要写出；
（2）由反应方程式知，消耗的H2与生成的水的物质的量相等，假定H2与水蒸气的物质的量分别为2mol、3mol，再根据转化率定义计算；
随温度的升高，H2与水蒸气的体积比减小，说明平衡向正反应移动，据此判断；
（3）由表中主要成分与温度关系可知，第一阶段反应为WO3与H2反应是W2O5，同时还生成H2O，配平书写方程式；
580℃时，温度介于550℃～600℃，固体为W2O5、WO2的混合物； 根据三个阶段的方程式进行计算三个阶段消耗H2物质的量之比；
12
（4）观察所给三个热化学方程式知，用前一个已知热化学方程式减去后一个已知热化学方程式就可以得到WO2（s）?WO2（g），反应热也进行相应的运算；
（5）由化学方程式知，挥发的W与I2结合形成气态WI4，由于气体运动的结果，WI4会与还没有挥发的W接触，在高温下WI4分解生成的W附着在还没有挥发的W上，灯管壁温度较低，WI4不会分解，升高温度，正逆反应速率都加快，据此解答． 【解答】解：（1）WO3（s）+3H2（g）
W（s）+3H2O（g）的平衡常数k=
，
故答案为：；
（2）由反应方程式知，消耗的H2与生成的水的物质的量相等，故H2的平衡转化率为
×100%=60%，
升高温度，H2与水蒸气的体积比减小，说明升温时平衡向右移动，故正反应为吸热反应， 故答案为：60%，吸热；
（3）由表中主要成分与温度关系可知，第一阶段反应为WO3与H2反应是W2O5，同时还生成H2O，反应方程式为： 2WO3+H2混合物；
假定有2molWO3，由2WO3+H2WO2+2H22mol×2=1：1：4， 故答案为：2WO3+H2
W2O5+H2O，W2O5、WO2，1：1：4；
﹣1
W2O5+H2O，580℃时，温度介于550℃～600℃，固体为W2O5、WO2的
W2O5+H2O、W2O5+H22WO2+H2O、
W+2H2O可知，三个阶段消耗的氢气的物质的量之比为1mol：1mol：
（4）已知：①WO2 （s）+2H2 （g）?W （s）+2H2O （g）；△H=+66.0kJ?mol
﹣1
②WO2 （g）+2H2?W （s）+2H2O （g）；△H=﹣137.9kJ?mol
﹣1﹣1
①﹣②得则WO2 （s）?WO2 （g），故△H=66.0kJ?mol﹣（﹣137.9kJ?mol）=+203.9
﹣1
kJ?mol，
﹣1
故答案为：+203.9 kJ?mol；
（5）由所给化学方程式知，挥发的W与I2结合形成气态WI4，由于气体运动的结果，WI4会与还没有挥发的W接触，在高温下WI4分解生成的W及I2，生成W附着在还没有挥发的W上，灯管内的I2可循环使用，故a、b对；灯管壁温度较低，WI4不会分解，故c错；升高温度，也能加快W与I2的反应速率，故d错， 故答案为：a、b．
【点评】本题考查化学平衡常数的书写、反应热的计算、化学平衡移动原理、化学平衡计算等，题目选择的素材比较陌生，以考查学生的能力为主，难度中等．
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