热门试卷

解：铝土矿的主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质，由流程可知，加足量盐酸过滤得到沉淀A为SiO2，溶液B中含Mg2+、Al3+、Fe3+，加过量NaOH溶液过滤得到沉淀C为Fe（OH）3、Mg（OH）2，滤液D中含偏AlO2-，D中通入过量CO2后过滤得到Al（OH）3，E中含有NaCl和NaHCO3，Al（OH）3受热分解Al2O3，电解熔融Al2O3得到Al；

（1）分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，所以操作1是过滤，用到的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外，还需漏斗，故答案为：过滤；漏斗；

（2）沉淀C为Fe（OH）3、Mg（OH）2，故答案为：Fe（OH）3、Mg（OH）2；

（3）Fe3+能和KSCN溶液混合产生血红色溶液，可以用KSCN溶液检验铁离子，其检验方法为再向其中加入2滴KSCN溶液，溶液无血红色出现，则证明Fe3+已沉淀完全，

故答案为：再向其中加入2滴KSCN溶液，溶液无血红色出现，则证明Fe3+已沉淀完全；

（4）滤液E中的主要溶质的化学式为NaCl、NaHCO3，故答案为：NaCl、NaHCO3；

（5）步骤⑤为电解熔融氧化铝，反应方程式为2Al2O34Al+3O2↑，故答案为：2Al2O34Al+3O2↑．

解：（1）黄铜矿冶炼得到粗铜的一步反应为：8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2，若CuFeS2中的Fe的化合价为+2价，则铜的化合价为+2价，硫的化合价为-1价，氧气中氧元素的化合价为0价，产物中铜的化合价为0价，氧化亚铁中铁的化合价为+2价，氧元素为-2价，三氧化二铁中铁的元素化合价为+3价，氧元素为-2价，二氧化硫中硫元素的化合价为+4价，氧元素为-2价，根据氧化还原反应规律，化合价降低的发生还原反应，所以反应中被还原的元素是：Cu、O，

故答案为：铜元素；

（2）①炉渣中要含Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3和稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁和硫酸铝，所以滤液中含有的阳离子有：Fe3+、Fe2+、H+、Al3+，

故答案为：Al3+；

②a．由于溶液中含有Fe3+、Fe2+、H+、Al3+，所以a中加入氢氧化钠溶液后生成氢氧化铁红褐色沉淀会掩盖氢氧化亚铁沉淀，故a产物；

b．溶液中含有铁离子，因此加KSCN溶液显红色，无法据此检验铁离子，故b产物；

C．亚铁离子具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；

d．溶液中含有铁离子，原溶液显黄色，无法据此检验亚铁离子，故d产物，

故答案为：c；

③双氧水具有氧化性，亚铁离子具有还原性，能氧化亚铁离子生成铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，

故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

（3）设SO2的物质的量是x，n（Na2SO3）：n（NaHSO3）=1：2，根据S原子守恒可知：亚硫酸钠为mol，亚硫酸氢钠为mol，

碳酸钠的物质的量为：1L×1mol/L=1mol，

根据钠原子守恒可知：mol×2+mol=2mol，

解得：x=1.5mol，

故答案为：1.5．

解：Cu、Al及少量Fe、Au、Pt等金属的混合物中加入硫酸和浓硝酸的混合物溶解，可以得到铁盐、铝盐、铜盐等，Au、Pt等不容无可以滤出，向混合液中加入双氧水和氢氧化钠，加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境物污染，调溶液PH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀，依据图表数据分析可知，溶液PH调节为5.2～5.4，使Fe3+和Al3+形成沉淀，铜离子不沉淀，向沉淀物质中加入氢氧化钠可以实现氢氧化铁和氢氧化钠的分离，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．

（1）过氧化氢做氧化剂被还原为水，产物无污染，铜在酸溶液中被过氧化氢氧化为铜离子，本身被还原为水，反应的离子方程式为：Cu+H2O2+2H+═Cu2++2H2O；

故答案为：Cu+H2O2+2H+═Cu2++2H2O；

（3）加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境物污染．调溶液PH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀，依据图表数据分析可知，溶液PH调节为5.2～5.4，使Fe3+和Al3+形成沉淀，铜离子不沉淀，所以滤液2的成分是Cu2+，滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝，

故答案为：5.2～5.4；

（4）制备硫酸铝晶体的甲、乙两种方法中，甲方案先在滤渣中加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；乙方案先在滤渣中加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甲最合理，因为乙加的NaOH和制备的Al2（SO4）3的原子组成没有关系，造成原子浪费，

所以上述两种方案中：从原子利用率和是否产生杂质考虑知，甲方案更合理，

故答案为：甲；甲得到产品纯度高、原子利用率高；

（4）①CuS沉淀溶解平衡的表达式为：CuS（S）⇌Cu2+（aq）+S2-（aq），

故答案为：CuS（S）⇌Cu2+（aq）+S2-（aq）；

②CuS的溶度积Ksp=9.0×10-36，则C（Cu2+）=3×10-18mol/L，设溶液的体积为1L，n（CuS）=n（Cu2+）=3×10-18mol/L×1L=3×10-18mol，溶解的CuS的质量为3×10-18mol×96g/mol=2.88×10-16g，溶液的质量为：1000ml×1g•mL-1=1000g，水的质量为1000g-2.88×10-16g≈1000g，CuS在该温度下的溶解度是=2.88×10-17g，

故答案为：2.88×10-17g；

③CuSO4溶液中加入Na2S沉淀剂，要使溶液中Cu2+沉淀完全，即铜离子的浓度达到1×10-5mol/L即认为沉淀完全，则溶液中的C（S2-）==mol/L=9×10-31mol/L，

故答案为：9×10-31mol/L．

解：（1）氧化剂应为氯气，通入氯气发生：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，所以选择氯气，故选：B；

（2）氧化剂应为氯气，通入氯气发生：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，加入CCl4，溴易溶于CCl4，溶液分层，用萃取、分液的方法分离，故答案为：萃取、分液；

（3）除去溶液中的Mg2+、SO42-，类似于粗盐的提纯，加入过量BaCl2可除去SO42-，加入过量KOH溶液可除去Mg2+，最后加入K2CO3可除去BaCl2，所以试剂为x，y，z分别加入过量的BaCl2、KOH、K2CO3，故答案为：BaCl2、KOH、K2CO3；

（4）因为依次加入过量的BaCl2、KOH、K2CO3，所以无色溶液B中可能含有的离子有氢氧根离子、氯离子、钾离子和碳酸根离子，取试样少许加入HNO3酸化后，应该再加入含有Ag+的溶液，观察是否有白色沉淀生成，如果有白色沉淀说明存在氯离子，

故答案为：氢氧根离子、氯离子、钾离子和碳酸根离子；取试样少许加入HNO3酸化后，应该再加入含有Ag+的溶液，观察是否有白色沉淀生成．

解：粉煤灰是燃煤电厂的废渣，主要成分为SiO2、Al2O3、Fe2O3和C等，当加CaCO3、Na2CO3进行烧结，发生Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑、Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑、2CaCO3+SiO2Ca2SiO4+2CO2↑、Fe2O3+Na2CO32NaFeO2+CO2↑、C+O2CO2，所以气体X为CO2，操作a为冷却、研磨，加入碳酸钠溶液浸出，AlO2-+2H2O⇌Al（OH）3+OH-，碳酸钠溶液呈碱性，抑制偏铝酸根离子的水解，NaFeO2可完全水解，FeO2-+2H2O=Fe（OH）3↓+OH-，操作b过滤出Fe（OH）3、Ca2SiO4，加入氧化钙脱硅，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和硅酸根离子反应生成硅酸钙沉淀，操作b过滤出硅酸钙沉淀，滤液为NaAlO2，通入二氧化碳，碳酸酸性强于氢氧化铝，所以发生：NaAlO2+CO2+2H2O=NaHCO3+Al（OH）3↓，过滤出沉淀氢氧化铝，加热氢氧化铝生成氧化铝和水，电解氧化铝得到铝和氧气．

（1）“烧结“过程中氧化铝和碳酸钠反应：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑，

故答案为：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑；

（2）“烧结”过程的产物主要是：NaAlO2、Ca2SiO4、NaFeO2和Na2SiO3等，操作a的下一步为浸出，操作a为冷却、研磨，所以研磨的目的是提高烧结产物浸出率，

故答案为：提高烧结产物浸出率；

（3）碳酸钠溶液呈碱性，抑制偏铝酸根离子的水解，NaFeO2可完全水解，FeO2-+2H2O=Fe（OH）3↓+OH-，

故答案为：FeO2-+2H2O=Fe（OH）3↓+OH-；

（4）浸出液经过两次操作b分离沉淀，所以b为过滤，过滤时需要制作过滤器的漏斗、固定仪器的铁架台、引流用的玻璃棒、承接滤液的烧杯；所以还需用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒，

故答案为：过滤；漏斗、玻璃棒；     

（5）操作b过滤出硅酸钙沉淀，滤液为NaAlO2，通入二氧化碳，碳酸酸性强于氢氧化铝，所以发生：NaAlO2+CO2+2H2O=NaHCO3+Al（OH）3↓，所以“碳化”时生成沉淀氢氧化铝，

故答案为：Al（OH）3．

解：铝钴膜废料中含有LiCo02和铝箔，将废料先用碱液浸泡，将Al充分溶解，过滤后得到的滤液为含有偏铝酸钠，滤渣为LiCo02；通过调节滤液的pH，将偏铝酸钠转化成氢氧化铝沉淀；将滤渣用双氧水、硫酸处理后生成Li2SO4、CoSO4，反应的离子方程式为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，通过操作分别分离出Li2SO4、CoSO4，通过浓缩、加入饱和碳酸钠溶液后过滤，最后得到碳酸锂固体，

（1）工艺流程的最终产物为：Al（OH）3、CoSO4、Li2CO3，

故答案为：Al（OH）3．CoSO4．Li2CO3；

（2）金属锂性质活泼，易与氧气、水发生反应，应隔绝空气和水分，

故答案为：隔绝空气和水分；

（3）偏铝酸根离子与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，可以通入足量的CO2气体，不需要调节溶液的pH，反应的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）2+HCO3-，

故答案为：通入足量的CO2气体； AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）2+HCO3-；

（4）由题中信息知LiCoO2具有强氧化性，加入盐酸有污染性气体氯气生成，反应的离子方程式为：2LiCoO2+8HCl=2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O，

故答案为：有氯气生成，污染较大；2LiCoO2+8HCl=2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O；

（5））碳酸锂难溶，生成Li2CO3的化学反应属于复分解反应，方程式为：Li2SO4+Na2CO3=Na2SO4+Li2CO3↓；

Li2CO3在水中的溶解度随着温度的升高而减小，应趁热过滤，

故答案为：Li2SO4+Na2CO3=Na2SO4+Li2CO3↓；趁热．

解：（1）电镀污泥中含有铜、铁等金属化合物，酸浸后主要是溶解铜、铁等金属化合物，双氧水有强氧化性，能氧化还原性的物质，Fe2+具有还原性，酸浸后加入H2O2，Fe2+能被双氧水氧化为铁离子，便于调整pH值与Cu2+分离；

当溶液的pH值4.4时，铜离子开始出现沉淀，当溶液的pH值为3.2时，三价铁离子沉淀完全，铜离子未产生沉淀，调节溶液的pH，保证铜离子不能形成沉淀，同时铁离子完全沉淀，因此pH的最佳调控范围是3.2～4.4；

调pH步骤中加入的试剂最好是加入某种物质除去溶液中的酸且不引进新的杂质，所以要加入CuO或Cu（OH）2或CuCO3；

要使三价铁离子和铜离子分离，过滤操作用到的仪器有铁架台、漏斗、烧杯、玻璃棒等；其中属于玻璃仪器有：漏斗、烧杯、玻璃棒，

故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+，便于调整pH与Cu2+分离；3.2～4.4；CuO或Cu（OH）2或CuCO3；漏斗、烧杯、玻璃棒；

（2）过氧化氢性质比较稳定，若加热到153℃便猛烈的分解为水和氧气，将溶液中过量的H2O2 除去可加热至沸避免影响下一步CuCl的生成，因为CuSO4中+2价的铜能把Na2SO3中+4价的硫氧化成+6价的硫，向CuSO4溶液中加入一定量的NaCl、Na2SO3时生成白色的CuCl沉淀，反应的离子方程式为：2Cl-+2Cu2++SO32-═2CuCl↓+SO42-+2H+，

故答案为：除净溶液中的H2O2，避免影响下一步CuCl的生成；2Cl-+2Cu2++SO32-═2CuCl↓+SO42-+2H+；

（3）设样品中CuCl的物质的量为x，由滴定实验及化学反应方程式可知：

CuCl～～～Fe2+～～～Ce4+ 

1                  1

n（CuCl）        0.02L×0.1000 mol/L

n（CuCl）=0.02L×0.1000 mol/L=0.002mol，

锥形瓶中的溶液溶液所含n（Fe2+）=n（Cu2+）=n（CuCl）=0.002mol，

则锥形瓶中的溶液浓度为=0.08000mol•L-1；

则样品中CuCl的物质的量x=0.002mol×10=0.02mol，

样品中CuCl的质量m（CuCl）=0.0 2mol×99.5 g/mol=1.99g，

该CuCl样品的质量分数为×100%=99.5%，

CuCl产品中CuCl的质量分数大于96.50%为国家合格标准，99.5%＞96.50%，因此符合国家标准；

故答案为：0.08000mol•L-1；99.5%；符合；

（4）Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）×c3（OH-）=4.0×10-38，c（H+）=，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+的平衡常数K=═=2.5×10-5，

故答案为：2.5×10-5．

解：（1）根据题目的信息有极强的还原性．受热、遇水都会发生分解反应放出大量的热，甚至引起燃烧，所以保险粉要密封、阴凉处保存，故答案为：密封、阴凉处保存；

（2）①SO2中的硫+4价，而Na2S2O4中的硫+3价，所以硫的化合价降低，所以二氧化硫表现为氧化性，实验室用浓度较大的硫酸和亚硫酸盐反应，生成二氧化硫，盐酸易挥发，而稀硫酸溶液中水太多，大多数SO2生成了亚硫酸，不生成SO2气体，因为SO2易溶于水，1个体积的水溶解40个体积的SO2，硝酸有强氧化性，氧化二氧化硫，所以选择质量分数为70%的H2SO4，故答案为：氧化性；B；

②c（OH-）≥==10-6mol∥L，所以pH≥8，故答案为：8；

③因为Na2S2O4易溶于水，但不溶于乙醇，所以可以用乙醇来洗涤沉淀，具体操作为：向漏斗中加少量无水乙醇至没过沉淀，滤干后重复操作2～3次，故答案为：向漏斗中加少量无水乙醇至没过沉淀，滤干后重复操作2～3次；

（3）根据反应硫的化合价+4价，而Na2S2O4中的硫+3价，化合价降价，根据电子得失守恒，HCOONa中的碳的化合价必然升高，由+2价变成+4价，所以缺项有+4价的碳，所以HCOONa和2Na2S2O4的系数相等，然后根据质量守恒分析得到：2HCOONa+4SO2+Na2CO3═2Na2S2O4+H2O+3CO2，故答案为：2、4、1、2、1、3CO2；

（4）反应①与反应②中都生成亚硫酸氢钠，而反应②中还产生硫酸氢钠，硫酸氢钠在水溶液中完全电离产生氢离子、钠离子和硫酸根离子，可以根据检验产物中是否存在硫酸根离子，具体操作为：取少许固体溶于水中，加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则证明是②，故答案为：取少许固体溶于水中，加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则证明是②．

解：（1）根据表中的数据知道，当pH等于10的时候，收率最高，镍离子的含量最小，除镍效果最好，故答案为：10；

（2）钴离子易从正二价容易被氧气氧化到正三价，发生的化学方程式为：4Co（OH）2+O2+2H2O=4Co（OH）3，故答案为：4Co（OH）2+O2+2H2O=4Co（OH）3；

（3）双氧水具有氧化性，可以将亚铁离子氧化为正三价，发生的化学反应为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

（4）加入纯碱碳酸钠可以和酸发生反应，在适当的环境下，可以让铁离子形成沉淀而除去，所以加入的纯碱作用是起到调节溶液的pH的作用，故答案为：使得铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去；

（5）钴离子是弱碱阳离子，能发生水解，显示酸性，加入盐酸可以防止Co2+水解，故答案为：防止Co2+水解；

（6）Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）×c3（OH-）=4.0×10-38，c（H+）=，反应Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+的平衡常数K=═

=2.5×10-5，故答案为：2.5×10-5．

解：（1）C筒内气体由无色变为红棕色，一氧化氮为无色气体，很容易和空气中的氧气化合，生成红棕色的二氧化氮气体；推动A的活塞，A筒内气体缓缓地全部通过B后进入C筒，C筒内气体由无色变为红棕色，但其体积换算成同温同压下却并未变化，根据反应2NO+O2=2NO2，一氧化氮转化为二氧化氮体积不变，只发生了颜色变化，

故答案为：2NO+O2=2NO2；NO；NO与B管进来的O2反应生成NO2的体积与原NO体积相同，只发生了颜色变化；

（2）将反应后C筒内气体用水充分吸收，在同温同压下，气体体积减少一半，根据反应3NO2 +2H2O=2HNO3 +NO，可知假设全部为NO2，则剩余气体的体积为原来的1/3，不符合题意，假设全部为NO，一氧化氮与水不反应，则剩余气体的体积与原来相等，所以，C中气体为NO和NO2混合气体，设原混合气体的体积为V，NO2的体积为x，根据反应3NO2 +2H2O=2HNO3 +NO，生成的一氧化氮为x，反应后的气体体积为V-X+x=V，X=V，则NO2与NO的混合气体体积比为：V：V=3：1，

故答案为：NO2和NO；若C管中只有NO2，则剩余气体的体积为原来的1/3，若只有NO，则剩余气体的体积与原来相等，因而只能是NO2与NO的混合气体（3：1）；

（3）根据2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2△m为2Na2CO3-2Na2O2=2CO，可知，反应前后，固体质量增加量为CO的质量，B管增重的质量为与CO2等物质的量的CO的质量，因此n（CO2）==0.05 mol，而C筒中气体体积无变化，则A中另一种气体为O2，n（O2）=-0.05mol=0.0125mol，故A中气体的质量为0.05mol×44g/mol+0.0125mol×32g/mol=2.6g，

故答案为：CO2和O2；2.6．

解：实验室以含有Ca2+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-等离子的卤水为主要原料制备无水CaCl2和Br2，应将混合物中的Mg2+、SO42-等离子除去，操作流程为：卤水中通入氯气，2Br-+Cl2=2Cl-+Br2，单质溴极易溶于有机溶剂，所以可以采用萃取的方法，由流程图可知单质溴在下层，然后再蒸馏可以得到溴单质，向溶液中加入氯化钡中可以将硫酸根离子除去，用CaO调节溶液Y的pH，可以除去Mg2+，加入氧化钙，氧化钙在上层清液中发生反应产生氢氧化钙，镁离子转化成氢氧化镁沉淀，过滤除去，过滤后，得到的溶液Z主要是氯化钙溶液，蒸发浓缩冷却结晶即可得到纯净的无水CaCl2．

（1）氯气具有强氧化性，通入氯气后可以将溶液中的Br-氧化溴单质，2Br-+Cl2=2Cl-+Br2，因为单质溴极易溶于有机溶剂，所以可以采用萃取的方法，萃取的主要仪器是分液漏斗．由流程图可知单质溴在下层，因此该有机溶剂的密度要比水的大且不溶于水，所以该试剂是CCl4，

故答案为：CCl4；分液漏斗；

（2）由于SO42-会与Ca2+结合形成微溶性的硫酸钙而影响氯化钙的制备，因此必需除去，应先加入氯化钡溶液使硫酸根离子发生反应产生硫酸钡沉淀，来除去硫酸根离子，由表中数据可知pH大于11时Mg2+沉淀完全，pH大于12.2时，Ca2+开始沉淀，所以理论上可选择pH最大范围是11.0≤pH＜12.2；因为不能引入新的杂质，所以酸化溶液Z时，使用的试剂应该为盐酸，

故答案为：除去溶液中SO42-；11.0≤pH＜12.2；盐酸；

（3）实验室制取CO2的特点是固体和液体反应且不需要加热，由于盐酸易挥发，因此在收集之前需要出去挥发出HCl气体，因为CO2的密度大于空气中的，所以采用向上排空气发收集CO2气体．若采用长颈漏斗时，长颈漏斗的下端必须插入到溶液中，以防止CO2气体从长颈漏斗中挥发出来，因此选项b、d正确，

故答案为：bd；

（4）H2SO3和H2CO3均属于二元酸，要想通过比较二者的pH来验证二者的酸性强弱，必需使二者的浓度相同，但是SO2和CO2气体溶于水后的饱和溶液其浓度显然不相等（因为二者的溶解度不同），所以该实验设计不正确；要检验酸性强弱，可以采用多种方法，例如：

方案一：配制相同物质的量浓度的NaHSO3和NaHCO3溶液，用酸度计（或pH试纸）测两溶液的pH．前者的pH小于后者，证明H2SO3酸性强于H2CO3，

方案二：将SO2气体依次通过NaHCO3（Na2CO3）溶液、酸性KMnO4溶液、品红溶液、澄清石灰水．品红溶液不褪色、且澄清石灰水变混浊，证明H2SO3酸性强于H2CO3，

方案三：将CO2气体依次通过NaHSO3（Na2SO3）溶液、品红溶液．品红溶液不褪色，证明H2SO3酸性强于H2CO3，

故答案为：SO2和CO2气体溶于水后的饱和溶液其浓度不相等，不能用于比较pH．

解：（1）碘单质在碱性溶液中发生自身的氧化还原反应，生成碘离子和碘酸根离子，离子方程式为：I2+6OH-═I-+IO3-+3H2O，故答案为：I2+6OH-═I-+IO3-+3H2O；

（2）铁屑表面有油污，在碱性条件下除去油污，使铁与碘酸钾充分接触而发生氧化还原反应，故答案为：去除铁屑表面的油污；

（3）测定溶液的pH用用洁净的玻璃棒蘸取少量溶液，点在pH试纸上，再与标准比色卡比照，测出pH，直到测出的pH约为9，故答案为：向“还原”所得混合物中滴加KOH溶液，用洁净的玻璃棒蘸取少量溶液，点在pH试纸上，再与标准比色卡比照，测出pH；重复操作，直至pH≈9；

（4）分离固体与液体的混合物用过滤，如果铁粉过量，铁被氧化为亚铁，加碱生成氢氧化亚铁，铁粉少量，铁被氧化为三价铁离子，加碱后生成氢氧化铁，适量可能是两者的混合物，故答案为：过滤；Fe（OH）2或Fe（OH）3；

（5）将碘化钠溶液中溶质分离出来的方法是因碘化钠的溶解度受温度的影响变化很大，所以用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得较为纯净的碘化钠，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；

（6）检验碘单质的存在加淀粉，因为碘单质能使淀粉变蓝，具体的操作为：取少许产品于试管中，用少量水溶解；再滴入淀粉溶液，若溶液呈蓝色，说明产品中混有I2，故答案为：取少许产品于试管中，用少量水溶解；再滴入淀粉溶液，若溶液呈蓝色，说明产品中混有I2．

解：废旧钴酸锂镍离子电池主要含有Fe、Al、Cu的单质和LiCoO2，初步处理，加碱浸泡，铝和碱液反应生成偏铝酸盐和氢气，固体残渣为：Fe、Cu的单质和LiCoO2，加盐酸Fe+2H+=Fe2++H2↑，2LiCoO2+8H++2Cl-=2Li++2Co2++Cl2↑+4H2O，沉淀为Cu，滤液A为Fe2+、Li+、Co3+、Cl-，FeC2O4难溶于水，向滤液A中加入H2O2，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，氧化Fe2+为Fe3+，加入草酸铵，过滤沉淀为CoC2O4•2H2O，滤液B为：Fe3+、Li+、Cl-，加入碳酸钠，发生的离子反应为2Li++CO32-=Li2CO3↓，滤液C为Fe3+、Cl-，加入氧化剂防止铁离子被还原得氯化铁溶液，

（1）铝和碱液反应生成偏铝酸盐和氢气，所以碱浸泡过程中发生反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，

故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（2）LiCoO2中Li为+1价，Co为+3价，具有氧化性，HCl中-1价的氯具有还原性，向固体残渣中加入盐酸时，Co（+3→+2），Cl（-1→0），最小公倍数为1，因Cl2为双原子分子，所以LiCoO2前系数为2，根据原子守恒，未知物为水，所以反应为：2LiCoO2+8HCl=2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O．滤液A为Fe2+、Li+、Co3+、Cl-，静置，取上层清液加入草酸铵溶液，若没有沉淀生成，则沉淀完全，故答案为：CoCl2、FeCl2；静置，取上层清液加入草酸铵溶液，若没有沉淀生成，则沉淀完全；

（3）FeC2O4难溶于水，[Fe（C2O4）3]3-遇酸转化为Fe3+，为避免沉淀Fe2+，需氧化亚铁离子，H2O2具有氧化性，Fe2+具有还原性，向滤液A中加入H2O2的作用是氧化Fe2+为Fe3+；发生的反应为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；氯气的还原产物为氯离子，加入硝酸会引入杂质NO3-，故答案为：B；会引入杂质NO3-；（4）氯化锂与碳酸钠反应生成碳酸锂，化学方程式为2LiCl+Na2CO3═Li2CO3+2NaCl，故答案为：2LiCl+Na2CO3═Li2CO3+2NaCl；

（5）黄绿色气体为氯气，黄绿色气体为氯气，钴酸锂能将盐酸氧化为氯气，反应的化学方程式：2LiCoO2+8HCl═2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O，故答案为：2LiCoO2+8HCl═2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O；

（6）由Ksp可知，c（Fe3+）•c3（OH-）=（×0.01）×（×0.001）3=6.25×10-13 mol4•L-4＞2.097×10-39，能生成Fe（OH）3沉淀，故答案为：c（Fe3+）•c3（OH-）=（×0.01）×（×0.001）3=6.25×10-13 mol4•L-4＞Ksp[Fe（OH）3]，能生成Fe（OH）3沉淀．

解：将粗氧化铜（含少量氧化亚铁及不溶于酸的杂质）溶于过量硫酸，发生的反应有FeO+H2SO4=FeSO4+H2O、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，然后过滤，得到沉淀I为不溶于酸的杂质，溶液A中溶质为FeSO4、CuSO4和H2SO4，向溶液A中加入X调节pH过滤，得到溶液B，向溶液B中加入Cu（OH）2调节pH过滤，得到沉淀II，除去FeSO4、CuSO4和H2SO4中的FeSO4，根据氢氧化物沉淀需要的pH知，应该先将FeSO4氧化为铁盐，为不引进新的杂质，氧化剂X应该为Cl2或H2O2，然后向溶液中加入Cu（OH）2调节溶液的pH，所以沉淀II为Fe（OH）3，然后将溶液C蒸发浓缩、冷却结晶得到CuSO4•5H2O，最后在HCl氛围中加热CuSO4•5H2O得到CuSO4，

（1）实验中用到的化学操作有称量、过滤（④）和蒸发（②），没有固液常温下制取气体（①）、分液（③）、以及热分解（⑤）操作，

故答案为：①③⑤；

（2）氧化铜和氧化亚铁分别与硫酸反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，又硫酸过量，则溶质A的主要成分为：FeSO4、CuSO4、H2SO4，故答案为：CuSO4、FeSO4、H2SO4；

（3）根据实验流程可知，测量氧化铜含量，需要获得纯净的硫酸铜晶体，应该先除去亚杂质铁离子、铁离子，由于亚铁离子完全沉淀的pH=9.6，此时铜离子也完全沉淀，而铁离子完全沉淀的pH=3.7，此时铜离子没有生成沉淀，所以应该加入X将亚铁离子氧化成铁离子，并且选用的氧化剂不能引进杂质离子，不能产生污染大气的气体，所以应该选用②（双氧水），2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，符合要求，铁粉具有还原性，氯水、高锰酸钾具有氧化性，但引入新的杂质，沉淀II为Fe（OH）3，故答案为：②；Fe（OH）3；

（4）从溶液C中获得硫酸铜晶体，直接加热蒸干会导致硫酸铜失去结晶水，应该采用的操作方法为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥，

故答案为：蒸发浓缩 冷却结晶、过滤、自然干燥；

（5）①CuSO4与KI反应生成碘单质、碘化亚铜、硫酸钾，离子反应为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，故答案为：2Cu2++4I-═2CuI↓+I2；

②Na2S2O3属于强碱弱酸盐，溶液呈碱性，应用碱式滴定管盛放，淀粉溶液为指示剂，当最后一滴Na2S2O3溶液滴入时，溶液蓝色褪去，半分钟颜色不变，说明滴定到达终点，

故答案为：碱式滴定管；最后一滴试液滴入，溶液由蓝色变为无色，振荡半分钟，溶液无明显变化；

③三次滴定消耗的标准液的体积分别为：（20.12-0.10）mL=20.02mL、（20.34-0.36）mL=19.98mL、（22.12-1.10）mL=21.02mL，前两组数据有效，所以平均体积为：20mL，由2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2S2O32-=S4O62-+2I-可知，Cu2+～S2O32-，因移取10.00mL溶液A于100mL容量瓶，加水定容至100mL，取稀释后试液20.00mL于锥形瓶中，所以c（Cu2+）==0.5000mol/L，

故答案为：0.5000．