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解：（1）向水钴矿[主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，

故答案为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；

（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，其反应的离子方程式为：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；

故答案为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；

（3）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至a，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑，所以沉淀成分为：Fe（OH）3、Al（OH）3，

故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；

（4）利用从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤；

根据题意知，CoCl2•6H2O常温下稳定无毒，加热至110～120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，为防止其分解，制得的CoCl2•6H2O需减压烘干，

故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；降低烘干温度，防止产品分解；

（5）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；

由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，

故答案为：除去溶液中的Mn2+；B；

（6）根据CoCl2•6H2O的组成分析，造成产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，

故答案为：粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水．

解：（1）由流程可知，反应物为氯化钙、双氧水、氨气和水，生成为CaO2•8H2O和氯化铵，反应的化学方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl，

故答案为：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl；

（2）“水洗”不合格，含有氯离子，所以检验“水洗”是否合格的方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，再滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀，

故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，再滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀；

（3）由于温度较高时双氧水容易分解，会导致过氧化钙产率下降，且温度降低时过氧化钙的溶解度减小，有利于过氧化钙的析出，该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2•8H2O产率，所以沉淀反应时常用冰水浴控制温度在0℃左右，

故答案为：温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2•8H2O产率；

（4）①过氧化钙氧化碘化钾生成的碘单质，用硫代硫酸钠滴定时，消耗的硫代硫酸钠的物质的量为：cmol•L-1×V×10-3L=cV×10-3mol，根据氧化还原反应中电子守恒及题中反应方程式可得关系式：CaO2～I2～2S2O32-，过氧化钙的物质的量为：n（CaO2）=n（S2O32-）=×cV×10-3mol，

样品中CaO2的质量分数为：×100%=或，

故答案为：或；

③在酸性条件下空气中的O2也可以把KI氧化为I2，使消耗的Na2S2O3增多，从而使测得的CaO2的质量分数偏高，

故答案为：偏高；在酸性条件下空气中的O2也可以把KI氧化为I2，使消耗的Na2S2O3增多，从而使测得的CaO2的质量分数偏高．

解：（1）根据工艺流程可知氯化炉的产物，经冷却、升华可制备无水AlCl3，说明氯化炉的产物中含有A1C13，冷凝器尾气含有CO，所以Al2O3、C12和C反应，生成A1C13和CO，反应方程式为A12O3+3C12+3C2A1C13+3CO，

故答案为：A12O3+3C12+3C2A1C13+3CO；

（2）Cl2有强氧化性，将SO32-氧化为SO42-，自身被还原为2C1-．反应离子方程式为SO32-+C12+H2O═SO42-+2C1-+2H+，

故答案为：SO32-+C12+H2O═SO42-+2C1-+2H+；

（3）无水AlCl3产品（含杂质FeCl3），溶于过量NaOH溶液过程中，铁离子与氢氧根离子结合成氢氧化铁沉淀，铝离子与氢氧根离子结合成偏铝酸根和水，离子方程式为Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，

故答案为：Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；

 （4）AlCl3是强酸弱碱盐，结晶过程中会发生水解，为了防止其发生水解，可在HCl气流中加热脱结晶水，

故答案为：HCl；

（5）2Al2O 34Al+3O2，转移电子的物质的量等于生成铝的物质的量的3倍，2.7吨铝Al的物质的量为100mol，转移电子数为100×3NA=300NA，

故答案为：300．

解：（1）同主族元素最外层电子数相同，自上而下电子层数增多，元素的金属性增强；所以Sr金属性比钙强，氯化钙溶液显中性，所以氯化锶溶液显中性，

故答案为：中性；

（2）碳酸锶与盐酸反应生成氯化锶、水、二氧化碳．碳酸锶不溶于水，氯化锶易溶于水．反应离子方程式为：SrCO3+2H+═Sr2++H2O+CO2↑，

故答案为：SrCO3+2H+═Sr2++H2O+CO2↑；

（3）调节pH除去Fe3+等，要不能引入杂质，最好选用氢氧化锶粉末或氧化锶粉末；由于前面加入了稀硫酸故有硫酸钡生成，所以沉淀有两种即BaSO4、Fe（OH）3；

故答案为：B D；BaSO4、Fe（OH）3；

（4）为了减少氯化锶溶解，所以用氯化锶饱和溶液洗涤晶体，由题中信息可知热风吹干六水氯化锶时温度不能太高，当高于61℃时晶体会失去结晶水；

故答案为：D；温度高有利于除去晶体表面附着的水，但温度高于61℃时晶体会失去结晶水；

（5）滤液中Ba2+浓度为1×10-5mol•L-1，则c（SO42-）===1.1×10-5mol/L；

所以滤液中Sr2+物质的量浓度为c（Sr2+）===0.03mol/L，当Sr2+物质的量浓度大于0.03mol/L是会析出SrSO4沉淀，所以滤液中Sr2+物质的量浓度不大于0.03mol/L；

故答案为：不大于0.03mol/L．

解：（1）NaCl的溶解度受温度影响不大，KNO3的溶解度受温度影响较大，当温度较高时KNO3的溶解度较大，全部溶于水，而NaCl的溶解度较小，当蒸发溶剂时，NaCl先结晶析出，然后趁热过滤，

故答案为：蒸发结晶过滤；

（2）NaCl的溶解度受温度影响不大，KNO3的溶解度受温度影响较大，当温度较高时KNO3的溶解度较大，全部溶于水，而NaCl的溶解度较小，当蒸发溶剂时，NaCl先结晶析出，后析出的是KNO3，由于KNO3在冷水中溶解度较小，所以要用冷水洗涤固体；

故答案为：NaCl；KNO3；冷水；

（3）①仪器A的名称布氏漏斗，B的名称吸滤瓶，C的名称安全瓶；故答案为：布氏漏斗，吸滤瓶，安全瓶；

②操作①时在固体NaCl析出时，为了防止KNO3的析出要趁热过滤，所以应加快过滤速度，得到较干燥的晶体，用预热过的布氏漏斗进行抽滤过滤速度较快，

故答案为：加快过滤速度，得到较干燥的晶体；

③布氏漏斗的斜面应朝向吸滤瓶的支管口，安全瓶内应短管进长管出，故答案为：布氏漏斗的斜面应朝向吸滤瓶的支管口，安全瓶内应短管进长管出；

④吸滤完毕时，应先拆下B与C或C和抽气泵间的橡皮管，然后关闭水龙头，其原因是防倒吸，故答案为：防倒吸；

（4）固体B（KNO3）中的杂质为NaCl，要检验其存在，只需检验Cl-即可，操作为：取少量固体B加水溶解，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则含杂质，

故答案为：取少量固体B加水溶解，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则含杂质．

解：（1）Na2CO3的作用是碳酸根离子与钙离子和除硫酸根离子引入的钡离子发生复分解反应，生成难溶的碳酸钙和碳酸钡，所以碳酸钠的作用为除去钙离子和钡离子，Br-的还原性强于氯离子，所以电解过程中溴离子优先被氧化，故答案为：除去Ca2+和引入的Ba2+；电解时Br-被氧化；

（2）电解过程中阳极氯离子放电，主要生成氯酸根离子，部分产生氯气，而阴极氢离子放电，生成氢气，所以尾气有氢气和少量的氯气，电解Ⅱ氯酸根离子在阳极放电生成高氯酸根，而阴极是水电离产生的氢离子放电，生成氢气，所以电解反应方程式为：NaClO3+H2ONaClO4+H2↑，故答案为：Cl2；NaClO3+H2ONaClO4+H2↑；

（3）由图示可知通入二氧化硫除去其中的氯酸根离子，反应的离子方程式为：2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42-，气流温度太低不得于干燥，温度过高晶体要失水，温度太高氯酸钠可能分解，故答案为：2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42-；温度太高，高氯酸钠晶体失去结晶水或分解；温度太低，干燥不充分．

解：用碳酸钠溶液可以处理铁屑表面的油污等杂质，得到的铁和硫酸反应可以生成硫酸亚铁盐溶液，绿矾（FeSO4•7H2O）、硫酸铵以相等物质的量混合可制得摩尔盐晶体，溶液表面出现晶膜时，停止加热，采取蒸发浓缩、冷却结晶方法，通过减压过滤（或抽滤）等得到较为干燥的晶体．

（1）Na2CO3溶液中CO32-水解CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，使Na2CO3溶液呈碱性．

故答案为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-．

2）沉淀的颗粒较大，静止后容易沉降至容器底部，常用倾析法分离．沉淀呈胶状或絮状，静止后不容易沉降，不能采取倾析法分离．

故选：AB．

（3）Fe2+易被氧化为Fe3+，氧化的Fe3+与Fe发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，防止Fe2+被氧化为Fe3+．

步骤2中溶液趁热过滤防止溶液冷却时，硫酸亚铁因析出而损失．

故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；防止溶液冷却时，硫酸亚铁因析出而损失．

（4）步骤3中，加入（NH4）2SO4固体后，溶液表面出现晶膜时，停止加热，采取蒸发浓缩、冷却结晶方法，通过减压过滤（或抽滤）等得到较为干燥的晶体．

故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶．

（5）铁离子和硫氰酸钾之间能反生络合反应得到血红色物质，可以用硫氰酸钾检验铁离子，操作是：取少量制得的硫酸亚铁铵于试管中，加入适量的蒸馏水溶解，滴加1～2滴KSCN溶液，若溶液变血红色，则含Fe3+，

故答案为：取少量制得的硫酸亚铁铵于试管中，加入适量的蒸馏水溶解，滴加1～2滴KSCN溶液，若溶液变血红色，则含Fe3+．

解：（1）根据信息：金属A1在高温条件下和Cu2O和Cu的混合物反应可得粗铜，方程式为：3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu，电解精炼铜时，阳极是粗铜，所以粗铜和电源的正极相连，阴极上是铜，在该电极上析出的是金属铜，故答案为：3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu；正；阴；

（2）由反应①2CuFeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO

②2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2

③2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑

可知，存在关系式：6Cu～6CuFeS2～15O2，所以每生成1mol Cu，共消耗氧气是2.5mol，氧化还原反应2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑中，化合价降低的Cu元素所在的反应物Cu2O和Cu2S是氧化剂，故答案为：2.5；Cu2O和Cu2S；

（3）炼铜产生的炉渣（含Fe2O3，FeO，SiO2，Al2O3）制备Fe2O3的原理是先加入盐酸，在过滤，可以得到氯化铁、氯化亚铁、氯化铝的混合液，将二氧化硅滤出，向混合液中加入次氯酸钠溶液，其氧化性可以将亚铁离子全部氧化为铁离子，再加入氢氧化钠后过滤，可以得到氢氧化铁沉淀，将之加热分解得到氧化铁．

①加入适量NaClO溶液的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，即2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，故答案为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；

②铝离子可以和过量的强碱溶液反应生成偏铝酸盐，过滤，可以实现铁离子和铝离子的分离，而除去铝离子，除去Al3+的离子方程式是：Al3++4OH-=[Al（OH）4]-，故答案为：Al3++4OH-=[Al（OH）4]-；

③氧化亚铁可以溶于稀硫酸中，亚铁离子能使高锰酸钾褪色，所以将炉渣溶于稀硫酸中，取溶液向其中滴加高锰酸钾溶液，如果紫色褪去，证明

含有亚铁离子，证明炉渣中含有FeO，不能用稀盐酸，因为盐酸也会使高锰酸钾褪色，干扰亚铁离子的检验，

故答案为：稀硫酸、KMnO4溶液；将炉渣溶于稀硫酸中，取溶液向其中滴加高锰酸钾溶液，如果紫色褪去，证明含有亚铁离子，证明炉渣中含有FeO．

解：（1）H2O2既具有氧化性，又具有还原性；Cr2O72-具有强氧化性，能将H2O2氧化为O2，反应中+6价Cr元素被还原为+3价，离子反应为Cr2O72-+8H++3H2O2═2Cr3++3O2↑+7H2O，故答案为：Cr2O72-+8H++3H2O2═2Cr3++3O2↑+7H2O；

（2）从反应③可以看出，Cr（OH）3可以与NaOH溶液反应生成NaCrO2，所以除去Fe3+中的Cr3+时，可以加入过量的NaOH溶液，使Cr3+转化为CrO，Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，在过滤得到的Fe（OH）3中加入盐酸即得到FeCl3溶液，故答案为：CrO2-；Fe（OH）3；　

（3）令Cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒，则：24×10-3L×0.05mol/L×（6-4）=20×10-3L×0.02mol/L×2×（6-a），解得a=+3，

故答案为：+3；

（4）步骤⑤中，Cr元素的化合价从+3升高到了+6价，所以需要加入氧化剂，故答案为：氧化．

解：方案一碱熔法：铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量 SiO2、Fe2O3等杂质步骤①用氢氧化钠溶解，发生的反应有Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，SiO2+2OH-═SiO32-+H2O，过滤得到滤液为含AlO2-，SiO32-的离子的溶液，再通入过量的二氧化碳生成氢氧化铝的沉淀，再灼烧生成氧化铝，最后电解得到铝单质；

（1）步骤①中可能发生反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，SiO2+2OH-═SiO32-+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，SiO2+2OH-═SiO32-+H2O；

（2）因为偏铝酸钠与酸反应生成的Al（OH）3具有两性，可继续溶于强酸，不易控制酸的量并且CO2廉价而且生成的副产物NaHCO3用途广泛，经济效益好，所以步骤③中不用盐酸（或H2SO4）酸化，

故答案为：因为①AlO2-与酸反应生成的Al（OH）3具有两性，可溶于强酸，不易控制酸的量，②CO2廉价而且生成的副产物NaHCO3用途广泛，经济效益好；

方案二酸溶法：铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量 SiO2、Fe2O3等杂质步骤①用盐酸溶解，发生的反应有Al2O3+6H+═2Al3++3H2O，Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，过滤得到滤液为含三价铝和三价铁的离子的溶液，再通入过量的氢氧化钠生成偏铝酸钠溶液甲，再通入过量的二氧化碳生成氢氧化铝的沉淀，再灼烧生成氧化铝，最后电解得到铝单质；

（1）①中可能发生反应的离子方程式：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O，Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，故答案为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O，Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；

（2）因为Al（OH）3只能溶于强碱，不能溶于氨水，不能将Fe（OH）3和Al（OH）3分离，所以步骤②中不用氨水沉淀Fe3+，

故答案为：Al（OH）3只能溶于强碱，不能溶于氨水，不能将Fe（OH）3和Al（OH）3分离．

解：（1）如果所加的氯化钡是少量的，则溶液中含有硫酸根离子，钡离子遇到硫酸根离子会生成白色沉淀，

故答案为：静置一段时间后．取少量上层澄清溶液再漓加BaCl2溶液，若无沉淀生成，说明SO42-沉淀完全，反之未沉淀完全；

（2）若用硝酸钡来代替氯化钡，则硝酸根在溶液中不能除掉，故答案为：否，会引入硝酸钾杂质；

（3）氯化钾、溴化钾，硫酸钾中硫酸钾能与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，溶液①的成分中含有：氯化钾、溴化钾和过量的氯化钡，加入过量②碳酸钾，会和氯化钡反应生成碳酸钡白色沉淀和氯化钾，所以沉淀③的化学式是BaCO3；溶液④的成分中含有氯化钾、溴化钾和过量的碳酸钾，碳酸钾会和⑤盐酸反应生成氯化钾、水和二氧化碳，可以将碳酸根离子除掉，溴化钾会与氯气反应生成氯化钾和溴单质，

故答案为：①KCI．KBr．BaCl2②K2CO3  ③BaCO3  ④KCI．KBr．K2CO3  ⑤HCL和Cl2．

解：（1）金属冶炼是利用氧化还原反应原理，在一定条件下将金属从其化合物中还原出来，根据金属提炼步骤分析，先要富集提高金属元素的含量，然后冶炼得到粗产品，再精炼，钛酸亚铁的化学式为FeTiO3，化合物中元素化合价的代数和为0，所以钛的化合价为0-（+2）-（-2）×3=+4；经过FeTiO3+CFe+TiO2+CO↑，TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO，2Mg+TiCl42MgCl2+Ti反应，钛从+4→0，被还原，生铁是铁的合金，生铁的主要成分是铁，还含有碳等物质，属于混合物，

故答案为：矿石中金属元素的还原；矿石的富集；碳；FeTiO3+CFe+TiO2+CO↑；TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO；

（2）碳单质具有还原性，碳燃烧为放热反应，能提供反应所需要的热能，常温下Ti不和非金属、强酸反应，所得产物Ti中混有过量Mg，则除去镁可利用稀盐酸（或稀硫酸），因镁能与盐酸（或稀硫酸）反应，则可将钛中的镁除去，化学方程式为：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑（或Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑），充分反应后过滤，洗涤，干燥获得金属钛，

故答案为：作燃料，提供反应所需要的热能；防止钛、镁被空气氧化；向固体中加入足量盐酸（或稀硫酸），充分反应后过滤，洗涤，干燥．

解：锌锰干电池中含NH4Cl淀粉糊（电糊）、Mn02、炭粉和锌筒等物质，剖开分选：金属为锌，碳棒再利用，粉状化合物主要成分为：NH4Cl、Mn02、炭粉，氯化铵易溶于水，二氧化锰、炭粉难溶于水，分离溶液和沉淀用过滤的方法，加水浸液为NH4Cl溶液，结晶A为NH4Cl，滤渣为：Mn02、炭粉，高温焙烧，碳和氧气反应生成二氧化碳，剩下的为Mn02，加硫酸反应生成MnS04和H20，提纯得到硫酸锰，

（1）从冶炼厂制得纯净金属是锌，用于电池底部的铁片的防腐，为减缓电解质溶液中铁片的腐蚀，被保护的金属铁做正极，选择比铁活泼的金属锌做负极，在电池内电路为阳极，称为牺牲阳极的阴极保护法，

故答案为：锌；牺牲阳极的阴极保护法；

（2）粉状化合物主要成分为：NH4Cl、Mn02、炭粉，氯化铵易溶于水，二氧化锰、炭粉难溶于水，分离溶液和沉淀用过滤的方法，加水浸液为NH4Cl溶液，结晶A为NH4Cl，

故答案为：NH4Cl、Mn02、炭粉；NH4Cl；过滤；

（3）滤渣为：Mn02、炭粉，高温焙烧，碳和氧气反应C+O2CO2，生成二氧化碳，所以烟气的主要成分是CO2，

故答案为：C+O2CO2；CO2；

解：（1）在4CuFeS2+2H2SO4+17O2=4CuSO4+2Fe2（SO4）3+2H2O反应中，CuFeS2中Fe从+2价变为产物中的+3价，硫从-2价变为产物中的+6价，Fe和CuFeS2中的S化合价升高，在反应中被氧化，

故答案为：Fe和CuFeS2中的S；

（2）①该实验的目的是制备胆矾（CuSO4•5H2O），需除去杂质三价铁离子，所以调节溶液的pH使三价铁离子变成氢氧化铁沉淀且沉淀完全，而铜离子不能沉淀，所以步骤一应调节溶液的pH范围是3.2≤pH＜4.7，加入CuO，CuO与H+反应使c（H+）减小，c（OH-）增大，使溶液中c（Fe3+）•c3（OH-）＞Ksp[Fe（OH）3]，导致Fe3+生成沉淀而除去，

故答案为：3.2≤pH＜4.7；加入CuO与H+反应使c（H+）减小，c（OH-）增大，使溶液中c（Fe3+）•c3（OH-）＞Ksp[Fe（OH）3]，导致Fe3+生成沉淀而除去；

②CuSO4溶解度受温度影响较大，将硫酸铜溶液蒸发浓缩后，将热的硫酸铜溶液静置并慢慢降温，得到硫酸铜晶体，

故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶；

（3）CuSO4溶液中铜离子的放电能力大于氢离子的放电能力，所以铜离子先放电；氢氧根离子的放电能力大于硫酸根离子的放电能力，氢氧根离子先放电，阳极上失电子，发生氧化反应，所以该过程中右边电极氢氧根离子在阳极上失电子生成氧气4OH--4e-=O2↑+2H2O；阴极上得电子，反应还原反应，所以铜离子的阴极上得电子生成铜Cu2++2e-=Cu，总的反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，

故答案为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑．