热门试卷

解：（1）①pH接近7，用CO2处理，生成HCO3-，则反应的离子方程式为OH-+CO2=HCO3-，故答案为：OH-+CO2=HCO3-；

②HCO3-和Al3+发生相互促进的水解，生成CO2和Al（OH）3，从而增强净水效果，故答案为：HCO3-会促进Al3+的水解，生成更多的Al（OH）3，净水效果增强；

③根据电荷守恒可质量守恒可知，应为Hg2+和CH4反应生成CH3Hg++和H+，对于含Hg2+的污水，可加入沉淀剂Na2S，使Hg2+除去，反应的离子方程式为Hg2++S2-=HgS↓，故答案为：CH4 ；H+；Na2S；

④废水Ⅳ常用C12氧化CN-成CO2和N2，若参加反应的C12与CN-的物质的量之比为5：2，则反应的离子方程式为5Cl2+2CN-+4H2O=10Cl-+2CO2+N2+8H+，

故答案为：5Cl2+2CN-+4H2O=10Cl-+2CO2+N2+8H+；

（2）①K2Cr207具有强氧化性，应用酸式滴定管或移液管量取，如用碱式滴定管，会腐蚀橡胶管，故答案为：酸式滴定管（或移液管）；

②n（K2Cr2O7）=0.01L×0.2500mol/L=2.5×10-3mol，

n（Fe2+）=V2×10-3L×cmol/L=cV2×10-3mol，

由Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O可知，

水样消耗的n（K2Cr2O7）=2.5×10-3mol-×cV2×10-3mol=×10-3mol，

得电子：2×（6-3）××10-3mol=（15-cV2）×10-3mol，

根据电子转移，相等于×（15-cV2）×10-3mol氧气，

m（O）=×（15-cV2）×10-3mol×32g/mol=8×（15-cV2）×10-3g=8×（15-cV2）mg，

所以：COD==mg/L，

故答案为：．

解：（1）放电时，铅蓄电池的负极发生氧化反应，而铅离子与溶液中的硫酸根离子生成难溶的硫酸铅，电极反应式为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，故答案为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4；

（2）原电池工作时电子由负极流向正极，故答案为：正极；

（3）铅蓄电池中铅是负极，207g铅消耗时转移 2mol e-，故钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的：=4.5 倍，故答案为：4.5；

Ⅱ．（1）①过氧化氢将黑色PbS氧化成白色的硫酸铅，所以过氧化氢是氧化剂，故答案为：氧化剂；

②已知硫化铅溶于水时存在溶解平衡：PbS（s）⇌Pb2+（aq）+S2-（aq），电离产生的硫离子具有还原性，而硝酸具有强氧化性，发生氧化还原反应，导致硫离子的浓度减少，固平衡正向移动，故答案为：硝酸氧化硫离子导致硫离子的浓度减小，使溶解平衡正向移动，促进PbS的溶解；

（2）硝酸铅与硫酸发生复分解反应生成难溶硫酸铅，和硝酸；残留的SO42-过多，会与溶液中的铅离子结合成难溶的硫酸铅，导致铅的流失，减少了二氧化铅的产量，故答案为：HNO3；浸出时部分铅离子生成硫酸铅随浸出渣排出，降低硫酸铅的产率；

（3）①PbO和次氯酸钠反应生成二氧化铅和氯化钠，离子方程式为PbO+ClO-=PbO2+Cl-；②电解时，阳极上铅离子失电子和水反应生成二氧化铅，电极反应式为Pb2++2H2O-2e-=PbO2↓+4H+；加入硫酸铜，铜离子在阴极放电生成单质铜，避免了铅离子放电，从而大大提高铅离子的利用率，

故答案为：PbO+ClO-=PbO2+Cl-；Pb2++2H2O-2e-=PbO2↓+4H+，加入硫酸铜，铜离子在阴极放电生成单质铜，避免了铅离子在阴极放电，增大铅离子的利用率．

解：由工艺流程可知步骤③通入的为二氧化碳，生成的沉淀为氢氧化铝，所以滤液②含有AlO2-．步骤②应加入氢氧化钠，所以滤液①中含有Al3+，步骤①应为加入盐酸，除去SiO2．

（1）由上述分析可知，步骤①加入盐酸，除去SiO2，所以原料A为盐酸，氧化铝与酸反应离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，氧化铁与盐酸反应离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，

故答案为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；

（2）步骤①加入过量盐酸，滤液①中含有Al3+、Fe3+、H+等，应加入氢氧化钠，除去铁离子，将铝离子转化为AlO2-，反应为 H++OH-=H2O，Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，Al3++4OH-=AlO2-+2H2O．

故答案为：NaOH； Fe（OH）3；

（3）滤液②含有AlO2-，步骤③通入二氧化碳，与AlO2-反应生成的沉淀为氢氧化铝，反应化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3，故答案为：NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3；

（4）若用NaOH溶液溶解铝土矿，则有部分SiO2溶解在NaOH溶液中生成硅酸钠，通入二氧化碳会生成硅酸沉淀，最后使加热制得的Al2O3混有SiO2杂质．

故答案为：若用NaOH溶液溶解铝土矿，则有部分SiO2溶解在NaOH溶液中生成硅酸钠，最后使加热制得的Al2O3混有SiO2杂质．

解：KAl（SO4）2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物甲加水溶解后，溶液中是KAl（SO4）2，沉淀是Al2O3和Fe2O3；向沉淀中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2可得Al（OH）3沉淀和碳酸氢钠，Al（OH）3受热分解生成B为Al2O3，电解熔融氧化铝B得到气体D为O2，固体A为Al；向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中剩余的是K2SO4 和（NH4）2SO4，经过蒸发、结晶，得到的是K2SO4 和（NH4）2SO4；

（1）由上述分析可知，A为Al，B为Al2O3，D为O2，故答案为：Al；Al2O3；O2 ；　

（2）依据流程分析，向溶液中加入的试剂a应沉淀铝离子，应向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中剩余的是K2SO4 和（NH4）2SO4，经过蒸发、结晶，得到的是K2SO4 和（NH4）2SO4；

，故答案为：D；

（3）反应①中二氧化碳过量，反应生成沉淀和碳酸氢钠，向NaAlO2溶液中通入过量CO2可得Al（OH）3沉淀和碳酸氢钠，其离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3-，故答案为：AlO2-+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3-；

（4）向溶液中加入的试剂a应沉淀铝离子，应向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中剩余的是K2SO4 和（NH4）2SO4，经过蒸发、结晶，得到的是K2SO4 和（NH4）2SO4；固体E可以作为复合性的化学肥料，E中所含物质的化学式为K2SO4 和（NH4）2SO4；

故答案为：K2SO4 和（NH4）2SO4；

解：铬铁矿（主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质），加入过量稀硫酸，固体A为SiO2，溶液B中含有Cr3+、Al3+、Fe2+，在B中加入氧化剂，可生成Fe3+，调节溶液pH可除去Fe3+、Al3+，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，即固体C，溶液D含有Cr3+，在溶液D中加入H2O2和NaOH，发生氧化还原反应，溶液E含有Na2CrO4，酸化可得Na2Cr2O7，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶过滤，洗涤干燥可得Na2Cr2O7•2H2O．

（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是：延长浸取时间、加快溶解速度、将铬铁矿进行粉碎、搅拌或适当增大硫酸的浓度等措施，

故答案为：适当升高溶液温度；将铬铁矿进行粉碎、搅拌或适当增大硫酸的浓度等；

（2）实验室中操作①②都为过滤，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，所以过滤操作时用到的硅酸盐质的主要仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，

故答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗；

（3）铬铁矿（主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质），加入过量稀硫酸，FeO+H2SO4=FeSO4+H2O，Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O，Cr2O3+3H2SO4=Cr2（SO4）3+3H2O，SiO2和硫酸不反应，固体A为SiO2，溶液B中含有Cr3+、Al3+、Fe2+，在B中加入氧化剂，可生成Fe3+，调节溶液pH可除去Fe3+、Al3+，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，即固体C，

故答案为：SiO2；Al（OH）3 和Fe（OH）3；

（4）溶液D含有Cr3+，在溶液D中加入H2O2和NaOH，发生氧化还原反应，Cr3+～CrO42-，铬化合价（+3→+6），H2O2～H2O，氧化合价（-1→0），反应为：10OH-+2Cr3++3H2O2=2CrO42-+8H2O，

故答案为：10OH-+2Cr3++3H2O2=2CrO42-+8H2O；

（5）酸化使CrO42-转化为Cr2O72-，反应的离子方程式为2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O，故答案为：2H++2CrO42-=Cr2O72-+H2O；

（6）溶液E含有Na2CrO4，酸化可得Na2Cr2O7，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶过滤，洗涤干燥可得Na2Cr2O7•2H2O，故答案为：过滤；洗涤．

解：（1）灼烧固体应该放在坩埚中，故答案为：坩埚；

（2）反应方程式：2Fe2++H2O2 +2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

（3）铁单质能与三价铁离子和铜离子反应：2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；

（4）⑥为溶液得到晶体，则操作为蒸发浓缩、冷却结晶，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；

（5）重新加入硫氰化钾溶液，若是溶液变红，说明该同学猜测合理，否则不合理，方法为：取少量褪色后的溶液于试管中，逐滴加入过量的20%KSCN溶液，如溶液变红色，说明乙同学的猜测是合理的，如不变红色，说明猜测不合理，

故答案为：取少量褪色后的溶液于试管中，逐滴加入过量的20%KSCN溶液，如溶液变红色，说明该同学的猜测是合理的，如不变红色，说明猜测不合理[或滴加过量的0.1 mol•L-1 Fe2（SO4）3溶液，如溶液不变红色，说明合理，若变红色，说明猜测不合理]．

解：（1）步骤Ⅰ加过量的氢氧化钠，金属铝和氢氧化钠反应，金属铝溶解其中生成偏铝酸钠溶液，金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，将它们分离用过滤；步骤Ⅰ过滤得到的滤液成分为偏铝酸钠，步骤Ⅱ中向偏铝酸钠中通入足量的二氧化碳，会得到纯净的氢氧化铝沉淀，溶液中的溶质为碳酸氢钠，将它们分离用过滤；步骤Ⅲ中金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，铁和硫酸反应而金属铜不反应将它们分离用过滤，

故答案为：过滤；

（2）步骤Ⅰ加过量的氢氧化钠，因铝与碱反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，所以溶液A中的离子主要有AlO2-、Na+、OH-；本实验的目的是用含有铝、铁和铜的合金制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO4•7H2O）和胆矾晶体，金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁而金属铜不反应，可以实现三种金属的分离，所以试剂X是稀硫酸，

故答案为：AlO2-、Na+、OH-；稀硫酸；

（3）进行步骤Ⅱ时，该小组用如图2所示装置及试剂将制得的CO2气体通入溶液A中．一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少，其原因是二氧化碳气体中含有从盐酸中挥发出的氯化氢气体，氯化氢在水中溶解了部分沉淀氢氧化铝，发生的反应为Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，为了避免固体C减少，可在制取二氧化碳的收集装置中增加一个洗去氯化氢的装置，二氧化碳在饱和碳酸氢钠中不溶，氯化氢和碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，所以可在装置I和Ⅱ之间增加一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中的氯化氢，

故答案为：Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；在装置I和Ⅱ之间增加一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶；

（4）依据流程图可知：固体F为铜，铜不能和稀硫酸反应，但是当加热并通入空气之后，铜和氧气反应生成氧化铜，然后氧化铜会和硫酸反应生成硫酸铜，不会产生污染大气的气体，硫酸铜溶液是蓝色的，由于各反应物是混合接触在一起的，这两个反应是同时进行的，所以氧化铜没机会单独的存在，故我们可以认为反应物为氧气、铜和硫酸，而生成物为硫酸铜和水，故该反应的化学方程式为2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O，

故答案为：2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O．

解：（1）废钒催化剂（主要成分V2O5、Fe2O3和SiO2等）酸溶后，V2O5、Fe2O3和酸反应，二氧化硅不与酸反应，过滤得到滤渣为二氧化硅，

故答案为：SiO2；

（2）②中萃取时必须加入适量碱，分析平衡，Rn+（水层）+nHA（有机层）⇌RAn（有机层）+nH+（水层），加入的碱会和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行；③中反萃取时加入的X试剂是抑制平衡正向进行，可以加入硫酸抑制平衡正向进行，

故答案为：加入碱中和产生的酸，平衡右移提高了钒的萃取率；硫酸；

（3）依据氧化还原反应元素化合价变化和电子守恒原子守恒分析配平，ClO3-中氯元素化合价从+5价变化为-1价，得到电子6，VO2+变化为VO3+、元素化合价从+4价变化为+5价失电子1，依据电子守恒、原子守恒配平得到离子方程式为：ClO3-+6VO2++6H+=6VO3++Cl-+3H2O，

故答案为：3H2O；

（4）根据表中数据判断，⑤中加入氨水，调节溶液pH最佳值为1.6，此时钡沉淀率达到最大，需要调节的PH较小；若钒沉淀率为90%时不产生Fe（OH）3沉淀，此时PH=2，氢离子浓度=10-2mol/L，c（OH-）=10-12mol/L，则溶液中c（Fe3+）浓度依据溶度积计算，Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）×c3（OH-）=2.6×10-39，计算得到c（Fe3+）=2.6×10-3mol/L，不产生Fe（OH）3沉淀，则溶液中c（Fe3+）＜4.0×10-2mol/L，

故答案为：1.6；2.6×10-3mol/L；

（5）依据流程反应分析，加入的试剂在反应过程中生成的离子为，除H+之外的阳离子为Fe3+、VO22+、NH4+、K+，故答案为：Fe3+、VO22+、NH4+、K+．

解：（1）MnO2和FeS在酸性条件下发生氧化还原反应，Mn（+4→+2），1molMnO2得到2mole-，Fe（+2→+3），S（-2→+6）1molFeS失去9mole-，最小公倍数为18，所以化学方程式为：9MnO2+2FeS+10H2SO49MnSO4+Fe2（SO4）3+10H2O，

故答案为：9MnO2+2FeS+10H2SO49MnSO4+Fe2（SO4）3+10H2O；

（2）碳包滤渣（含MnO2、C、Hg2+等），加入FeS在70℃浸取发生反应：9MnO2+2FeS+10H2SO49MnSO4+Fe2（SO4）3+10H2O，同时硫离子和汞离子结合生成HgS沉淀，碳和FeS、H2SO4不反应，所以滤渣Ⅰ的成分为MnO2、HgS和C，若浸取反应在25℃时进行，FeS足量，则充分浸取后溶液中S2-浓度相同，溶液中c（Hg2+）/c（Fe2+）===4×10-37，

故答案为：C；4×10-37；

（3）“氧化”时，溶液中Fe2+转化为Fe3+，MnO2转化为Mn2+，Mn（+4→+2），1molMnO2得到2mole-，Fe（+2→+3），最小公倍数为2，所以化学方程式为：2Fe2++MnO2+4H+═2Fe3++Mn2++2H2O，Fe3+水解：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，加入CaCO3，CaCO3与H+反应消耗H+，促使Fe3+水解平衡右移，调节溶液PH在PH=5，可使Fe3+完全沉淀，所以滤渣Ⅱ的主要成分为Fe（OH）3，

故答案为：2Fe2++MnO2+4H+═2Fe3++Mn2++2H2O；Fe（OH）3；

（4）浸出液中残存大量S2-，容易与Mn2+生成MnS沉淀，所以FeS用量超过最佳值时，MnSO4产率反而变小，

故答案为：浸出液中残存大量S2-，容易与Mn2+生成MnS沉淀．

解：MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，再经过过滤、洗涤、干燥得氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，再在高温焙烧得到MgAl2O4固体；

（1）如先加入MgCl2、AlCl3的混合溶液，再加氨水，氨水少量，应先生成氢氧化镁沉淀，反之，先加氨水，因氨水足量，则同时生成沉淀，故答案为：B；

（2）沉淀中应该附着氯离子和铵根离子，若判断是否洗净，可以取少量最后一次洗涤液，加入AgNO3溶液（或硝酸酸性的AgNO3溶液）溶液进行判断，若生成白色沉淀，则说明没有洗涤干净；若没有沉淀生成，则说明已经洗涤干净，高温焙烧固体应在坩埚中进行，

故答案为：AgNO3溶液（或硝酸酸性的AgNO3溶液）；坩埚；

（3）装置A是实验室利用浓盐酸与二氧化锰反应而不是稀盐酸；因为无水AlCl3（183℃升华），所以收集时应增加一个冷却装置；B中的饱和食盐水是为了除去混有的HCl气体；因为氯化铝易发生水解，故应该防止空气中的水蒸气进入E装置，而G是吸收反应剩余的氯气，所以可以加入碱石灰来代替F和G的作用，

故答案为：反应物是浓盐酸与二氧化锰反应而不是稀盐酸；增加一个冷却装置；除去HCl；吸收水蒸气；碱石灰．

解：Ⅰ、（1）氯气具有氧化性，可以将碘离子氧化为碘单质，发生的化学反应为：Cl2+2I-=I2+2Cl-，故答案为：Cl2+2I-=I2+2Cl-；

（2）四氯化碳和水不互溶，且碘在四氯化碳中的溶解度大于水中的溶解度，碘溶于四氯化碳后溶液呈紫红色，故答案为：CCl4不溶于水，且碘在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，与I2不反应；

（3）加热烧杯必须垫石棉网，温度计控制的不是混合液的温度，不能插到液体中，水银球应该放在支管口处，冷凝管的使用原则是下口进水口，上口是出水口，

故答案为：①缺少石棉网；②温度计插到了液体中；③冷凝管进出水的方向颠倒；

（4）碘单质遇到淀粉变蓝色，碘单质的检验方法：取少量提取碘后的水溶液于试管中，加入几滴淀粉试液，观察出现蓝色（如果变蓝，说明还有单质碘），

故答案为：取少量提取碘后的水溶液于试管中，加入几滴淀粉试液，观察出现蓝色（如果变蓝，说明还有单质碘）；

Ⅱ、配制一定物质的量浓度的溶液需要的仪器：天平、烧杯、胶头滴管、玻璃棒、一定规格容量瓶，高锰酸钾具有强氧化性，不能使用碱式滴定管，应该使用酸式滴定管，

A．锥形瓶用待测液润洗，会使得测定结果偏高，故A正确；

B．锥形瓶洗净后还留有蒸馏水，不会影响实验结果，故B错误；

C．盛装标准液的滴定管洗净后未用标准润洗直接进行装液滴定，会导致结果偏高，故C正确；

D．盛装高锰酸钾溶液的滴定管在滴定前读数正确，滴定后俯视读数，会导致结果偏低，故D错误．

故答案为：玻璃棒、500mL容量瓶；酸式；AC．

解：如先加入AgNO3，则会同时生成Ag2SO4和AgCl沉淀，则应先加入过量的Ba（NO3）2即试剂1，生成BaSO4沉淀即A，然后在滤液中加入过量的AgNO3即试剂2，使Cl-全部转化为AgCl沉淀即B，在所得滤液中加入过量的Na2CO3即试剂3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，最后所得溶液为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3即试剂4，最后进行蒸发操作可得固体NaNO3；

（1）分离溶液中的Cl-，应加入AgNO3，分离溶液中的SO42-，应加入Ba（NO3）2，如先加入AgNO3，则会同时生成Ag2SO4和AgCl沉淀，则应先加入过量的Ba（NO3）2，生成BaSO4沉淀，然后在滤液中加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，在所得滤液中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，最后所得

溶液为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，最后进行蒸发操作可得固体NaNO3，所以试剂1为Ba（NO3）2，试剂2为AgNO3，试剂3为Na2CO3，试剂4为HNO3，

故答案为：Ba（NO3）2；AgNO3；Na2CO3；HNO3；

（2）加入过量的Ba（NO3）2，在滤液中加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，反应后溶液中存在过量的Ag+、Ba2+，在所得滤液中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，故答案为：除去溶液中过量的Ag+、Ba2+；

（3）根据以上分析，从溶液中获得固体，应将溶液进行蒸发，然后冷却结晶、最后过滤可得固体，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶．

解：金属铁可以被磁铁吸引，分离铁皮和锌皮的方法可以采用磁选法，金属锌和铁皮的分离过程中，金属锌和强碱反应，但是金属铁不反应，可以加入洗液氢氧化钠，过滤，得到滤渣即为铁，根据锰粉和锌皮的处理流程知道：向锰粉中加入盐酸，MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，其中碳不溶于盐酸，溶解后回收的渣主要是碳黑，向滤液中加入双氧水，可以将其中的杂质亚铁离子氧化成铁离子，根据表中数据，调节pH≈5，将铁离子完全沉淀，得到的滤液再次加入碱和双氧水后调节pH≈9的目的为将Mn2+转化为MnO2，烘干可得到二氧化锰；向锌皮中加入盐酸溶解，滤去不溶物质，向滤液中加入双氧水，调节pH，将铁离子沉淀除去，加入金属锌，发生置换反应得到硫酸锌，加硫酸酸化，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶可以得到硫酸锌的晶体．

（1）在预处理中，分离铁皮和锌皮的方法是磁选法或用磁铁吸；故答案为：磁选法；

（2）锌元素与铝元素相似，具有两性，可以和洗液氢氧化钠反应，即Zn+2OH-=ZnO22-+H2↑，故答案为：Zn+2OH-=ZnO22-+H2↑；

（3）洗液加（NH4）2CO3在pH=7.5沉淀出一种碱式盐，该物质是碱式碳酸锌，化学式为Zn2（OH）2CO3；

故答案为：Zn2（OH）2CO3；

（4）二氧化锰生产中，加入30%盐酸溶解时，生成氯化锰和氯气，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；

故答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；

（5）其中碳不溶于盐酸，所以盐酸溶解后回收的渣主要是碳黑（或碳），故答案为：碳黑（或碳）；

（6）第一次加H2O2后，将亚铁离子氧化成铁离子，调节pH≈5，将铁离子完全沉淀；故目的是除去Fe2+和Fe3+；

故答案为：除去Fe2+和Fe3+；

（7）硫酸锌溶液经过蒸发结晶，然后是过滤、洗涤、干燥就可以得到其晶体，故答案为：结晶．

解：根据制备流程可知：用硫酸溶解废渣，然后用空气中氧气氧化亚铁离子，加入氨水后结晶得到铵黄铁钒晶体，加水溶解后再加入氨水，反应生成氢氧化铁沉淀，加热氢氧化铁获得铁红，

（1）在废渣溶解操作时，目的是溶解氧化物，制备高档颜料铁红（Fe2O3 ）和回收（NH4）2SO4，不能引入杂质离子，

A．氨水不能溶解氧化物，能沉淀铁离子和亚铁离子，故A不选；

B．氢氧化钠溶液沉淀铁离子和亚铁离子不能溶解氧化钙、氧化镁，故B不选；

C．盐酸溶解氧化钙和氧化镁，但引入氯离子不能除去，故C不选；

D．硫酸能溶解氧化钙和氧化镁，且不引入杂质离子，故D选；

故答案为：D；

（2）氧化剂主要是氧化亚铁离子便于提取，氯气有毒且污染空气，引入了氯离子；二氧化锰是难溶于水的固体，空气来源丰富，成本低，不引入杂质，不产生污染，

故答案为：空气；原料来源容易，成本低，不产生污染，不引入杂质；

（3）分析图象可知在80℃时 溶液PH=1.5，此时亚铁离子的氧化率在90%以上，时间在4小时左右，所以D正确，

故答案为：D；

（4）检验铵根离子的方法为：取少量滤液于试管中，向试管中加入足量的浓氢氧化钠溶液，加热．用湿润的红色石蕊试纸放在试管口处，红色石蕊试纸变蓝色，说明滤液中含有NH4+，

故答案为：取少量滤液于试管中，向试管中加入足量的浓氢氧化钠溶液，加热．用湿润的红色石蕊试纸放在试管口处，红色石蕊试纸变蓝色，说明滤液中含有NH4+．