- 气体的检验
- 共1690题
（2013秋•忻府区校级期中）一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3•CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中．从废料中回收氧化钴（CoO）的工艺流程如图1：
（1）过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为______．
（2）过程II中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出钴．则浸出钴的离子反应方程式为（产物中只有一种酸根）______．请从反应原理分析不用盐酸浸出钴的主要原因______．
（3）碳酸钠溶液在过程Ⅲ和Ⅳ中所起作用有所不同，请分别用离子方程式表示在过程III、IV中起的作用：
______；______．
（4）某天然碱的化学式可表示为2Na2CO3•NaHCO3•2H2O，取少量该物质溶于水得稀溶液P．下列有关溶液P中微粒的物质的量浓度关系正确的是______（填序号）．
A．c（CO32-）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）
B．c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3）
C．3c（Na+）＞5c（CO32-）+5c（HCO3-）
D．将P溶液与少量NaOH溶液混合：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-）
（5）CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl2溶液．CoCl2含结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水．图2是粉红色的CoCl2•6H2O晶体受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，A物质的化学式是______．
正确答案
解：制备氧化钴的大致流程为：制备流程为：废料用碱液溶解，过滤得到偏铝酸钠溶液和钴渣；用硫酸溶解钴渣，发生反应：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O，得到含有钴离子的溶液，然后调节溶液pH并用碳酸钠溶液除去杂质铝离子，得到较纯净的含有钴离子的溶液，再加入碳酸钠、调节溶液的pH将钴离子转化成碳酸钴沉淀，最后灼烧碳酸钴得到氧化钴，
（1）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑；
（2）Co3O4和Na2S2O3在酸性条件下发生氧化还原反应生成CoSO4、Na2SO4和H2O，反应方程式为：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O，改写成离子方程式为：4Co2O3•CoO+S2O3 2-+22H+=12Co2++2SO42-+11H2O，
盐酸具有还原性，能被Co2O3•CoO氧化生成有毒的氯气而污染环境，所以不用盐酸，
故答案为：4Co2O3•CoO+S2O3 2-+22H+=12Co2++2SO42-+11H2O；Co2O3•CoO可氧化盐酸产生Cl2污染环境；
（3）碳酸钠溶液在过程Ⅲ中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，反应的两种方式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；
碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3，反应的离子方程式为：Co2++CO32-=CoCO3↓，
故答案为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；Co2++CO32-=CoCO3↓；
（4）A．碳酸根离子水解、碳酸氢根离子水解程度大于电离程度导致溶液中碱性，所以c（OH-）＞c（H+），碳酸根离子、碳酸氢根离子水解程度都较小，所以溶液中存在c（CO32-）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+），故A正确；
B．溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），存在物料守恒3c（Na+）=5c（CO32-）+5c（HCO3-）+5c（H2CO3），则3c（OH-）=3c（H+）+2c（HCO3-）+5c（H2CO3）+2c（CO32-），故B错误；
C．根据物料守恒可得：3c（Na+）=5c（CO32-）+5c（HCO3-）+5c（H2CO3），所以3c（Na+）＞5c（CO32-）+5c（HCO3-），故C正确；
D．溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），故D正确；
故答案为：ACD；
（5）根据图象曲线变化可知，CoCl2•6H2O～CoCl2
238 130
m 65mg
则：
解得：m=119mg，
设A物质的化学式为CoCl2•nH2O，则有：
CoCl2•6H2O～CoCl2•nH2O△m
238 18（6-n）
119mg 119mg-83mg
则：
解得：n=2，
所以A物质的化学式为：CoCl2•2H2O，
故答案为：CoCl2•2H2O．
解析
解：制备氧化钴的大致流程为：制备流程为：废料用碱液溶解，过滤得到偏铝酸钠溶液和钴渣；用硫酸溶解钴渣，发生反应：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O，得到含有钴离子的溶液，然后调节溶液pH并用碳酸钠溶液除去杂质铝离子，得到较纯净的含有钴离子的溶液，再加入碳酸钠、调节溶液的pH将钴离子转化成碳酸钴沉淀，最后灼烧碳酸钴得到氧化钴，
（1）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑；
（2）Co3O4和Na2S2O3在酸性条件下发生氧化还原反应生成CoSO4、Na2SO4和H2O，反应方程式为：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O，改写成离子方程式为：4Co2O3•CoO+S2O3 2-+22H+=12Co2++2SO42-+11H2O，
盐酸具有还原性，能被Co2O3•CoO氧化生成有毒的氯气而污染环境，所以不用盐酸，
故答案为：4Co2O3•CoO+S2O3 2-+22H+=12Co2++2SO42-+11H2O；Co2O3•CoO可氧化盐酸产生Cl2污染环境；
（3）碳酸钠溶液在过程Ⅲ中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，反应的两种方式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；
碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3，反应的离子方程式为：Co2++CO32-=CoCO3↓，
故答案为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；Co2++CO32-=CoCO3↓；
（4）A．碳酸根离子水解、碳酸氢根离子水解程度大于电离程度导致溶液中碱性，所以c（OH-）＞c（H+），碳酸根离子、碳酸氢根离子水解程度都较小，所以溶液中存在c（CO32-）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+），故A正确；
B．溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），存在物料守恒3c（Na+）=5c（CO32-）+5c（HCO3-）+5c（H2CO3），则3c（OH-）=3c（H+）+2c（HCO3-）+5c（H2CO3）+2c（CO32-），故B错误；
C．根据物料守恒可得：3c（Na+）=5c（CO32-）+5c（HCO3-）+5c（H2CO3），所以3c（Na+）＞5c（CO32-）+5c（HCO3-），故C正确；
D．溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），故D正确；
故答案为：ACD；
（5）根据图象曲线变化可知，CoCl2•6H2O～CoCl2
238 130
m 65mg
则：
解得：m=119mg，
设A物质的化学式为CoCl2•nH2O，则有：
CoCl2•6H2O～CoCl2•nH2O△m
238 18（6-n）
119mg 119mg-83mg
则：
解得：n=2，
所以A物质的化学式为：CoCl2•2H2O，
故答案为：CoCl2•2H2O．
（2015秋•淮安校级期末）铝是一种重要金属，工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，还有少量的Fe2O3，SiO2等杂质）提取氧化铝作冶炼铝的原料，提取的操作过程如下：
①I和II步骤中分离溶液和沉淀的操作是______；
②沉淀M中除含有泥沙外，一定还含有______；
③步骤Ⅲ中加热Al（OH）3得到固体N的操作需要使用的仪器除了酒精灯、三角架、泥三角，还有______；（填入仪器的名称）
④滤液X中，含铝元素的溶质的化学式为______；实验室里常往AlCl3溶液中加入______（填“氨水”或“NaOH溶液”）来制取A1（OH）3．
正确答案
解：工业上用铝土矿主要成分为Al2O3，还有少量的Fe2O3，SiO2等杂质，向铝土矿中加入浓NaOH溶液并加热，Al2O3、SiO2都和NaOH反应生成可溶性的钠盐，Fe2O3不和NaOH反应，然后过滤得到的沉淀M为Fe2O3，滤液X中含有Na2SiO3、NaAlO2，通入CO2并控制一定条件过滤得到Al（OH）3，滤液Y中含有碳酸钠和硅酸钠，将Al（OH）3洗涤过滤加热，Al（OH）3分解生成Al2O3和水，则N为Al2O3；
①I和II步骤中分离溶液和沉淀的操作是过滤，故答案为：过滤；
②沉淀M中除含有泥沙外，一定还含有难溶于NaOH溶液的氧化物，Fe2O3不和NaOH反应，然后过滤得到的沉淀M为Fe2O3，故答案为：Fe2O3；
③步骤Ⅲ中加热Al（OH）3得到固体N的操作需要使用的仪器除了酒精灯、三角架、泥三角，还有坩埚，
故答案为：坩埚；
④滤液X中，含铝元素的溶质为偏铝酸钠，化学式为NaAlO2；实验室里常往AlCl3溶液中加入弱碱来制取A1（OH）3，一般常用氨水，故答案为：NaAlO2；氨水．
解析
解：工业上用铝土矿主要成分为Al2O3，还有少量的Fe2O3，SiO2等杂质，向铝土矿中加入浓NaOH溶液并加热，Al2O3、SiO2都和NaOH反应生成可溶性的钠盐，Fe2O3不和NaOH反应，然后过滤得到的沉淀M为Fe2O3，滤液X中含有Na2SiO3、NaAlO2，通入CO2并控制一定条件过滤得到Al（OH）3，滤液Y中含有碳酸钠和硅酸钠，将Al（OH）3洗涤过滤加热，Al（OH）3分解生成Al2O3和水，则N为Al2O3；
①I和II步骤中分离溶液和沉淀的操作是过滤，故答案为：过滤；
②沉淀M中除含有泥沙外，一定还含有难溶于NaOH溶液的氧化物，Fe2O3不和NaOH反应，然后过滤得到的沉淀M为Fe2O3，故答案为：Fe2O3；
③步骤Ⅲ中加热Al（OH）3得到固体N的操作需要使用的仪器除了酒精灯、三角架、泥三角，还有坩埚，
故答案为：坩埚；
④滤液X中，含铝元素的溶质为偏铝酸钠，化学式为NaAlO2；实验室里常往AlCl3溶液中加入弱碱来制取A1（OH）3，一般常用氨水，故答案为：NaAlO2；氨水．
蛇纹石矿可以看作由MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2组成．由蛇纹石制取碱式碳酸镁的实验步骤如下：
（1）蛇纹石矿加盐酸溶解后，溶液里除了Mg2+外，还含有的金属离子是______；
（2）进行Ⅰ操作时，控制溶液pH=7-8（有关氢氧化物沉淀的pH见右表），Ca（OH）2不能过量，若Ca（OH）2过量可能会导致______溶解．
（3）从沉淀混合物A中提取红色氧化物作颜料，先向沉淀物A中加入______ （填物质的化学式），然后______（依次填写实验操作名称）．
正确答案
解：（1）蛇纹石加盐酸溶解，MgO、Fe2O3、Al2O3和HCl反应溶解，反应方程式分别为：MgO+2HCl=MgCl2+H2O，Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O．而SiO2不与盐酸反应，以沉淀的形式除去，故答案为：Fe3+、Al3+；
（2）由（1）知，此时溶液中除了Mg2+外，还含有Fe3+、Al3+杂质，需除去Fe3+、Al3+但不能损失Mg2+，因Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+和Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，利用平衡移动的原理，消耗H+使上述水解平衡向正反应方向移动，除去Fe3+、Al3+，加Ca（OH）2需将溶液的pH控制在7～8，若pH过高，会导致生成的Al（OH）3发生反应Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O溶解，Mg（OH）2在pH为9.4时开始沉淀，所以碱性增强Mg（OH）2会沉淀，同时Mg2+也因转化为沉淀而损失，
故答案为：Al（OH）3；
（3）从实验步骤图知：沉淀混合物为Fe（OH）3和Al（OH）3，红色氧化物是沉淀物Fe（OH）3分解后得到的Fe2O3，所以得先加碱把Al（OH）3除掉，反应为：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，然后过滤洗涤灼烧即可；
故答案为：NaOH；过滤、洗涤、灼烧．
解析
解：（1）蛇纹石加盐酸溶解，MgO、Fe2O3、Al2O3和HCl反应溶解，反应方程式分别为：MgO+2HCl=MgCl2+H2O，Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O．而SiO2不与盐酸反应，以沉淀的形式除去，故答案为：Fe3+、Al3+；
（2）由（1）知，此时溶液中除了Mg2+外，还含有Fe3+、Al3+杂质，需除去Fe3+、Al3+但不能损失Mg2+，因Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+和Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，利用平衡移动的原理，消耗H+使上述水解平衡向正反应方向移动，除去Fe3+、Al3+，加Ca（OH）2需将溶液的pH控制在7～8，若pH过高，会导致生成的Al（OH）3发生反应Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O溶解，Mg（OH）2在pH为9.4时开始沉淀，所以碱性增强Mg（OH）2会沉淀，同时Mg2+也因转化为沉淀而损失，
故答案为：Al（OH）3；
（3）从实验步骤图知：沉淀混合物为Fe（OH）3和Al（OH）3，红色氧化物是沉淀物Fe（OH）3分解后得到的Fe2O3，所以得先加碱把Al（OH）3除掉，反应为：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，然后过滤洗涤灼烧即可；
故答案为：NaOH；过滤、洗涤、灼烧．
（1）下列关于工业生产说法正确的是______．（填序号）
A．在侯氏制碱工业中，向饱和氯化钠溶液中先通二氧化碳，后通氨气
B．在硫酸工业、合成氨工业、硝酸工业中，皆采用循环操作提高原料利用率
C．在氯碱工业，电解槽被离子交换膜隔成阴极室和阳极室
D．工业上采用电解熔融氯化铝的方法制取金属铝
E．石油裂化属于化学变化，主要目的是为了获得短链不饱和气态烃
（2）我国规定饮用水质量标准规定必须符合下表中要求：
如图所示是原水处理成自来水的工艺流程示意图：
①原水中含Ca2+、Mg2+、HCO3-、Cl-等，加入石灰生成Ca（OH）2，进而发生若干复分解反应，写出其中的离子方程式（只要求写出两个）：______；______．
②FeSO4•7H2O是常用的凝聚剂，它在水中最终生成______沉淀；通入二氧化碳的目的是______和______．
③气体A的作用是______，通常可以用Ca（ClO）2 替代A，下列物质中______同样可以作为气体A的代用品（填编号，多选倒扣）．
a．ClO2 b．浓氨水 c．K2FeO4 d．SO2．
正确答案
解：（1）A．在侯氏制碱工业中，向饱和氯化钠溶液中先通二氧化碳，后通氨气，二氧化碳在溶液中溶解量少，生成碳酸氢钠少，应先通入氨气再通入二氧化碳，故A错误；
B．在硫酸工业中二氧化硫可以循环利用、合成氨工业中氢气、氮气可以循环利用、硝酸工业中一氧化氮可以循环利用，皆采用循环操作提高原料利用率，故B正确；
C．在氯碱工业，电解槽被离子交换膜隔成阴极室和阳极室，阳极室生成氯气，阴极室生成氢气和氢氧化钠，故C正确；
D．氯化铝是共价化合物，工业上不能采用电解熔融氯化铝的方法制取金属铝，应电解熔融的氧化铝制备，故D错误；
E．石油裂化属于化学变化，主要目的是得到相对分子量小的烃，裂解是为了获得短链不饱和气态烃，故E错误；
故答案为：BC；
（2）①加入氢氧化钙会沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，可以和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子和水，反应的离子方程式为：HCO3-+OH-═COO32-+H2O，Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓，故答案为：HCO3-+OH-═COO32-+H2O，Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓，
②绿矾水解生成氢氧化亚铁，在空气中迅速被氧化为氢氧化铁，氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的主要作用；絮凝剂在原水处理流程中的作用是吸附水中悬浮杂质使之沉降；通入CO2的目的是除去过量的Ca（OH）2和调节pH，故答案为：胶状Fe（OH）3；除去Ca2+；调节pH；
③气体A是氯气，目的是氯气和水反应生成的次氯酸具有强氧化性，能杀菌消毒，替代物质需要具备氧化性的物质才能起到消毒杀菌，
a．ClO2 具有氧化性可以替代氯气消毒杀菌，故a正确；
b．浓氨水是一元弱碱溶液，不能杀菌消毒，故b错误；
c．K2FeO4 是高铁酸钾具有氧化性能起到杀菌消毒的作用，故c正确；
d．SO2是有毒气体，具有弱氧化性，不能用来杀菌消毒，故d错误；
故答案为：杀菌消毒；ac．
解析
解：（1）A．在侯氏制碱工业中，向饱和氯化钠溶液中先通二氧化碳，后通氨气，二氧化碳在溶液中溶解量少，生成碳酸氢钠少，应先通入氨气再通入二氧化碳，故A错误；
B．在硫酸工业中二氧化硫可以循环利用、合成氨工业中氢气、氮气可以循环利用、硝酸工业中一氧化氮可以循环利用，皆采用循环操作提高原料利用率，故B正确；
C．在氯碱工业，电解槽被离子交换膜隔成阴极室和阳极室，阳极室生成氯气，阴极室生成氢气和氢氧化钠，故C正确；
D．氯化铝是共价化合物，工业上不能采用电解熔融氯化铝的方法制取金属铝，应电解熔融的氧化铝制备，故D错误；
E．石油裂化属于化学变化，主要目的是得到相对分子量小的烃，裂解是为了获得短链不饱和气态烃，故E错误；
故答案为：BC；
（2）①加入氢氧化钙会沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，可以和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子和水，反应的离子方程式为：HCO3-+OH-═COO32-+H2O，Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓，故答案为：HCO3-+OH-═COO32-+H2O，Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓，
②绿矾水解生成氢氧化亚铁，在空气中迅速被氧化为氢氧化铁，氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的主要作用；絮凝剂在原水处理流程中的作用是吸附水中悬浮杂质使之沉降；通入CO2的目的是除去过量的Ca（OH）2和调节pH，故答案为：胶状Fe（OH）3；除去Ca2+；调节pH；
③气体A是氯气，目的是氯气和水反应生成的次氯酸具有强氧化性，能杀菌消毒，替代物质需要具备氧化性的物质才能起到消毒杀菌，
a．ClO2 具有氧化性可以替代氯气消毒杀菌，故a正确；
b．浓氨水是一元弱碱溶液，不能杀菌消毒，故b错误；
c．K2FeO4 是高铁酸钾具有氧化性能起到杀菌消毒的作用，故c正确；
d．SO2是有毒气体，具有弱氧化性，不能用来杀菌消毒，故d错误；
故答案为：杀菌消毒；ac．
工业上用某矿渣（主要成分是Cu2O，少量杂质是Al2O3、Fe2O3和SiO2）提取铜的操作流程如下：
已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O
（1）固体混合物A中的成分是______（填化学式）．
（2）反应I完成后，铁元素的存在形式为______（填离子符号）．
（3）y的数值范围是______．
（4）若电解法获得Cu 64.0g，则原矿渣中Cu2O的质量是______．
a、144.0gb、大于144.0g c、小于144.0g
（5）下列关于用NaClO调节溶液pH的说法正确的是______．
a、加入NaClO可使溶液的pH降低
b、NaClO能调节pH的主要原因是由于发生反应：ClO-+H+=HClO，ClO-消耗H+，从而达到调节pH的目的
c、NaClO能调节pH的主要原因是由于NaClO水解：ClO-+H2O⇌HClO+OH-消耗H+，从而达到调节pH的目的．
（6）用NaClO调pH，生成沉淀B的同时生成一种具有漂白作用的物质，且该物质与还原产物的物质的量之比为4：1，该反应的离子方程式为______．
正确答案
解：矿渣加入稀硫酸，Cu2O、Al2O3、Fe2O3溶解，二氧化硅不溶，所以固体混合物A是不溶于稀硫酸的物质，发生的反应有Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，得出A的成分是SiO2、Cu；
由于单质Cu存在，铁元素以Fe2+形式存在，反应方程式：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，滤液中主要是Al3+、Fe2+、Cu2+；
加入NaClO具有氧化性，氧化Fe2+为Fe3+，同时调节溶液pH使Al3+、Fe3+沉淀完全，根据Fe（OH）3和Al（OH）3开始沉淀和沉淀结束的pH关系，x范围是：3.2≤pH＜4.0，目的是沉淀Fe（OH）3；y范围是：5.2≤pH＜5.4，沉淀Al（OH）3；最后得到氯化铜、硫酸铜溶液，电解法获取Cu时，阴极发生还原反应：Cu2++2e-=Cu；阳极发生氧化反应：2Cl--2e-=Cl2↑；次氯酸钠中的次氯酸根结合溶液中的氢离子，PH升高；NaClO能调节pH的主要原因是由于发生反应ClO-+H+⇌HClO，ClO-消耗H+，从而达到调节pH的目的；溶液显示酸性，次氯酸是弱酸，次氯酸根结合酸溶液中的氢离子；生成一种具有漂白作用的物质是次氯酸；
（1）通过以上分析知，固体混合物A中的成分是SiO2、Cu，故答案为：SiO2、Cu；
（2）反应I发生的反应为Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，所以反应I完成后，铁元素的存在形式为Fe2+，故答案为：Fe2+；
（3）通过以上分析知，调节y的目的是除去铝离子而不能除去铜离子，所以y的数值范围是5.2≤pH＜5.4，故答案为：5.2≤pH＜5.4；
（4）根据Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+知，Cu2O中大多数Cu元素生成铜离子，少数生成Cu单质，若电解法获得Cu 64.0g，其物质的量是1mol，原矿渣中Cu2O的物质的量大于0.5mol而小于1mol，其质量=0.5mol×144g/mol=72g，所以大于72g而小于144g，故答案为：c；
（5）ClO-和H+反应生成弱电解质HClO，从而消耗氢离子导致溶液pH升高，从而调节溶液的pH，故答案为：b；
（6）用NaClO调pH，生成沉淀B的同时生成一种具有漂白作用的物质，沉淀B是氢氧化铁，漂白性物质是HClO，且该物质与还原产物的物质的量之比为4：1，据此书写该反应的离子方程式为2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe（OH）3+Cl-+4HClO，
故答案为：2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe（OH）3+Cl-+4HClO．
解析
解：矿渣加入稀硫酸，Cu2O、Al2O3、Fe2O3溶解，二氧化硅不溶，所以固体混合物A是不溶于稀硫酸的物质，发生的反应有Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，得出A的成分是SiO2、Cu；
由于单质Cu存在，铁元素以Fe2+形式存在，反应方程式：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，滤液中主要是Al3+、Fe2+、Cu2+；
加入NaClO具有氧化性，氧化Fe2+为Fe3+，同时调节溶液pH使Al3+、Fe3+沉淀完全，根据Fe（OH）3和Al（OH）3开始沉淀和沉淀结束的pH关系，x范围是：3.2≤pH＜4.0，目的是沉淀Fe（OH）3；y范围是：5.2≤pH＜5.4，沉淀Al（OH）3；最后得到氯化铜、硫酸铜溶液，电解法获取Cu时，阴极发生还原反应：Cu2++2e-=Cu；阳极发生氧化反应：2Cl--2e-=Cl2↑；次氯酸钠中的次氯酸根结合溶液中的氢离子，PH升高；NaClO能调节pH的主要原因是由于发生反应ClO-+H+⇌HClO，ClO-消耗H+，从而达到调节pH的目的；溶液显示酸性，次氯酸是弱酸，次氯酸根结合酸溶液中的氢离子；生成一种具有漂白作用的物质是次氯酸；
（1）通过以上分析知，固体混合物A中的成分是SiO2、Cu，故答案为：SiO2、Cu；
（2）反应I发生的反应为Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，所以反应I完成后，铁元素的存在形式为Fe2+，故答案为：Fe2+；
（3）通过以上分析知，调节y的目的是除去铝离子而不能除去铜离子，所以y的数值范围是5.2≤pH＜5.4，故答案为：5.2≤pH＜5.4；
（4）根据Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+知，Cu2O中大多数Cu元素生成铜离子，少数生成Cu单质，若电解法获得Cu 64.0g，其物质的量是1mol，原矿渣中Cu2O的物质的量大于0.5mol而小于1mol，其质量=0.5mol×144g/mol=72g，所以大于72g而小于144g，故答案为：c；
（5）ClO-和H+反应生成弱电解质HClO，从而消耗氢离子导致溶液pH升高，从而调节溶液的pH，故答案为：b；
（6）用NaClO调pH，生成沉淀B的同时生成一种具有漂白作用的物质，沉淀B是氢氧化铁，漂白性物质是HClO，且该物质与还原产物的物质的量之比为4：1，据此书写该反应的离子方程式为2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe（OH）3+Cl-+4HClO，
故答案为：2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe（OH）3+Cl-+4HClO．
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