热门试卷

解：粗MnO2（含有较多的MnO和MnCO3）样品中加入过量的稀硫酸，由于MnO2不溶于硫酸，则样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，过滤得滤液Ⅰ为硫酸锰溶液，加入NaClO3发生反应为：5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+，再过滤得到滤液Ⅱ和二氧化锰固体，而氯气与热的氢氧化钠反应生成氯酸钠方程式为：3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O，

（1）第①步加入H2SO4时，MnO2不溶于硫酸，样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，故答案为：MnO、MnCO3；

（2）由电子、电荷守恒可知，发生的离子反应为5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+，故答案为：5Mn2+；2；4H2O；5；1；8；

（3）检验第②步反应后过滤所得滤液中含SO42-的设计方法是取少量第②步反应后过滤所得滤液，先加入足量稀盐酸酸化，再滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀则含有SO42-，蒸发所需的仪器有铁架台（含铁圈）、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒，

故答案为：取少量第②步反应后过滤所得滤液，先加入足量稀盐酸酸化，再滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀则含有SO42-；玻璃棒；

（4）由题意知样品中的MnO和MnCO3质量为12.69g-8.7 g=3.99g．由方程式H2SO4+MnCO3=MnSO4+H2O+CO2↑可知MnCO3的物质的量为0.01mol，质量为115g/mol×0.01mol=1.15g，所以MnO的质量为3.99g-1.15g=2.84g，其物质的量为=0.04mol，故答案为：0.04．

解：（1）H2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中被还原成水，不引进杂质、不产生污染，所以试剂A最好选用H2O2；酸性条件下Cu与过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸铜和水，反应的离子反应为H2O2+Cu+2H+=Cu2++2H2O；如果用稀硝酸代替试剂H2O2，铁和铜分别与硝酸反应都能生成有毒气体一氧化氮，且在溶液中引入新的杂质硝酸根离子，所以，不能用硝酸代替过氧化氢，

故答案为：a；Cu+2H++H2O2═Cu2++2H2O；不能；引入杂质NO3-，并且会产生污染性其体NO；

（2）原来溶液是酸性较强，加入氢氧化铜或氧化铜可以与H+反应．H+反应后，PH增大，当PH大于3.7的时候，Fe（OH）3完全沉淀，而Cu2+还没沉淀，以Cu2+形式存在，而氢氧化铜或氧化铜是不溶于水的固体，不会引入新的杂质；加氢氧化钠溶液中引入氢氧根离子和钠离子，所以不能；

故答案为：调节溶液的pH值，使Fe3+离子形成沉淀；CuO； 不能；

（3）由硫酸铜溶液制得硫酸铜晶体，经过滤后加热蒸发硫酸铜溶液，冷却结晶后、过滤、干燥后可得纯净的硫酸铜晶体；溶液在蒸发结晶过程中发生水解，为抑制其水解，根据Cu2++2H2O Cu（OH）2+2H+，操作1以后，加硫酸调节溶液的pH=1可起到抑制Cu2+的水解作用，

故答案为：蒸发浓缩； 冷却结晶；抑制Cu2+的水解；

（4）对滤渣进行洗涤，过滤后，向漏斗缓缓中加入适量蒸馏水，使液面刚好没过滤渣，可以洗掉固体表面的残液，静置，待液体流下，重复操作2-3次，保证洗涤干净，

故答案为：过滤后，向漏斗缓缓中加入适量蒸馏水，使液面刚好没过滤渣，静置，待液体流下，重复操作2-3次．

解：原料中加入硫酸酸化，可生成硫酸钙沉淀，减压过滤后加入过氧化氢氧化可生成硫酸铁，加入硫酸铵，在80℃下反应可生成硫酸铁铵，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，最后经常温晾晒可到纯净的硫酸铁铵，

（1）加入硫酸，可增大溶液中SO42-浓度，将Ca2+转化为沉淀，生成CaSO4，同时抑制Fe2+水解，

故答案为：增大溶液中SO42-浓度，将Ca2+转化为沉淀或抑制Fe2+水解；CaSO4；

（2）为避免引入新杂质，应加入过氧化氢为氧化剂，还原产物是水，反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：b；

（3）在80℃下反应可生成硫酸铁铵，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，最后经常温晾晒可到纯净的硫酸铁铵，温度不能过高，防止分解，

故答案为：冷却结晶；常温晾晒；

（4）硫酸铁铵中铵根离子、铁离子易水解，应该在硫酸环境下来蒸发，故答案为：硫酸铁铵溶液蒸发应该在酸性环境中进行，防止铁离子水解；

（5）称取14.00g样品，将其溶于水配置成100mL溶液，分成两等份，向其中一份中加入足量NaOH溶液，过滤洗涤得到2.14g沉淀，应为Fe（OH）3，

n（Fe（OH）3）==0.02mol，

向另一份溶液中加入0.05mol Ba（NO3）2溶液，恰好完全反应，则n（SO42-）=0.05mol，

所以14.00g样品中含有Fe2（SO4）30.02mol，n（SO42-）为0.1mol，则（NH4）2SO4为0.1mol-0.02mol×3=0.04mol，

则m（H2O）=14.00g-0.02mol×400g/mol-0.04mol×132g/mol=0.72g，

n（H2O）==0.04mol，

n（Fe2（SO4）3）：n（（NH4）2SO4）：n（H2O）=0.02：0.04：0.04=1：2：2，

所以化学式为Fe2（SO4）3•2（NH4）2SO4•2H2O，

故答案为：Fe2（SO4）3•2（NH4）2SO4•2H2O．

解：根据流程中的反应②发生反应：2I-+2Cu2++SO32-+H2O═2CuI↓+SO42-+2H+，过滤则得到碘化亚铜沉淀，碘化亚铜可以被硝酸氧化为碘单质，碘单质中加入铁和水，会得到化合物B，是一种含有铁元素和碘元素的化合物，在向其中加入碳酸氢钠溶液，过滤可以得到电话那的溶液，从而制得碘化钠固体．

（1）将少量氯水加入到NaI溶液中，氯气能将碘单质置换出来，发生的反应为：Cl2+2I-═I2+2Cl-，故答案为：Cl2+2I-═I2+2Cl-；

（2）碘单质具有氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，I2与Na2SO3溶液发生氧化还原反应，即I2+SO32-+H2O═SO42-+2I-+2H+，

故答案为：I2+SO32-+H2O═SO42-+2I-+2H+；

（3）碘化亚铜可以被硝酸氧化为碘单质，碘元素的化合价升高，所以CuI被氧化，故答案为：氧化；

（4）化合物B，是一种含有铁元素和碘元素的化合物，铁元素与碘元素物质的量之比为3：8，则化合物B的化学式为Fe3I8，故答案为：Fe3I8；

（5）向碘化铁的溶液中加入碳酸氢钠溶液则生成黑色固体四氧化三铁和二氧化碳无色气体，发生的反应为：Fe3I8+8NaHCO3═Fe3O4+8NaI+8CO2↑+4H2O，

故答案为：Fe3I8+8NaHCO3═Fe3O4+8NaI+8CO2↑+4H2O．

解：粗MnO2（含有较多的MnO和MnCO3）样品中加入过量的稀硫酸，由于MnO2不溶于硫酸，则样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，过滤得滤液Ⅰ为硫酸锰溶液，加入NaClO3发生反应为：5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+，再过滤得到滤液Ⅱ和二氧化锰固体，而氯气与热的氢氧化钠反应生成氯酸钠方程式为：3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O；

（1）检验过滤Ⅰ所得的MnO2是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化钡溶液，若无浑浊现象出现，说明已洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化钡溶液，若无浑浊现象出现，说明已洗涤干净；

（2）MnSO4要转化为MnO2，需失去电子，故需要加入NaClO3做氧化剂，依据得失电子守恒可以配平，所以反应的化学方程式是：5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4，因此反应的离子方程式是：5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+，故答案为：5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+；

（3）第③属于蒸发，所以所需的仪器有铁架台（含铁圈）、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒，故答案为：酒精灯、蒸发皿；

（4）根据流程最终生成氯酸钠固体在第②步刚好也用到氯酸钠溶液，所以可用于循环使用的物质是NaClO3，故答案为：NaClO3；

（5）MnO2作催化剂，实验室分解氯酸钾制氧气的方程式为：2KClO32KCl+3O2↑，故答案为：2KClO32KCl+3O2↑；

（6）根据质量守恒和化学方程式计算，CO2的物质的量为=0.03mol，则MnCO3的物质的量为0.03mol，质量为115g/mol×0.03mol=3.45g，所以MnO的质量为24.28g-18.35g-3.45g=2.48g；故答案为：2.48．

解：（1）因铝与碱反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，则离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，

故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（2）途径1发生反应：NaAlO2+4HCl=AlCl3↓+NaCl+2H2O，会引入盐酸，氯化钠杂质；

故答案为：2合理；途径2制得的氯化铝溶液纯度高，途径1制取的AlCl3溶液中混有NaCl杂质；

（3）从滤液E中得到绿矾晶体的实验操作是蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤；优点是①过滤速度快②得到的固体比较干燥；过滤氢氧化铝沉淀却不能采用抽滤，原因可能是氢氧化铝沉淀属胶状固体，易堵塞布氏漏斗；图2中的两处错误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；吸滤完毕时，应先拆下连接抽气泵间的橡皮管，然后关闭水龙头，其原因是防止倒吸；

故答案为：冷却结晶；①过滤速度快②得到的固体比较干燥；氢氧化铝沉淀属胶状固体，易堵塞布氏漏斗；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；拆下连接抽气泵间的橡皮管；关闭水龙头；

（4）滤渣B中加入稀硫酸，刚好构成铜-铁-酸构成原电池反应，反应速度快，故答案为：铜-铁-酸构成原电池反应，反应速度快；

（5）用新制备的氢氧化铜悬浊液检验甘油，若出现绛蓝色，则说明有甘油存在；故答案为：能；在少量样品中加入新制备的氢氧化铜悬浊液，若出现绛蓝色，则说明有甘油存在．

解：（1）铬铁矿的主要成分可表示为FeO•Cr2O3，还含有MgO、Al2O3、Fe2O3等杂质，加入氧气和碳酸钠，发生反应为：

①4FeO•Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2↑；

②Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2↑；

③Cr2CO72-+H2O⇌2CrO42-+2H+．

操作Ⅰ是过滤，得到固体X为Fe2O3、MgO；要检测酸化操作中溶液的pH是否等于4.5，普通pH试纸只能测定溶液pH到整数，是近似测定，准确测定需要用pH计或精确pH试纸，

故答案为：过滤；Fe2O3、MgO；pH计或精密pH试纸；

（2）酸化步骤用醋酸调节溶液pH＜5，依据流程图中物质的转化和制备目的可知，结合反应平衡Cr2O72-+H2O⇌2CrO42-+2H+，加入酸，氢离子浓度增大，平衡左移，作用是使CrO42-转化为Cr2O72-，故答案为：使CrO42-转化为Cr2O72-；

（3）操作Ⅲ有多步组成，获得K2Cr2O7晶体的操作依次是：加入KCl固体、蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体，

故答案为：冷却结晶，洗涤；

（4）调节溶液的pH=7～8时，醋酸可以和偏铝酸根离子之间反应生成氢氧化铝沉淀，反应为：CH3COOH+AlO2-+H2O=Al（OH）3↓+CH3COO-，故答案为：CH3COOH+AlO2-+H2O=Al（OH）3↓+CH3COO-．

解：（1）加入过量铁屑后溶液中含有Fe2+离子，则过滤后可得FeSO4•7H2O（或FeSO4），故答案为：FeSO4•7H2O；

（2）钛铁矿和浓硫酸反应的产物之一是TiOSO4，加入铁屑，可防止Fe2+氧化，亚铁离子易被氧化为铁离子，检验副产品甲是否变质，只要检验其中是否有铁离子即可，实验方法是：取副产品甲少许溶于水，滴加适量KSCN溶液，观察溶液是否变为血红色，如果变血红色，证明已经变质，否则没变质，

故答案为：防止Fe2+氧化；取副产品甲少许溶于水，滴加适量KSCN溶液，观察溶液是否变为血红色，如果变血红色，证明已经变质，否则没变质；

  （3）金属钛中混有少量杂质镁，由题给信息钛的化学活性很小，仅能与氧气、氢氟酸等几种物质起反应可知，可用盐酸除杂，

故答案为：稀盐酸；

（4）煅烧钛酸可以得到二氧化钛，电解熔融的二氧化钛可以得到金属钛，即TiO2Ti+O2↑，故答案为：TiO2Ti+O2↑．

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；Mg（OH）2；

（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；

（4）m（样品）=18.2g，m（CO2）=6.6g，m（MgO）=8.0g，碱式碳酸镁分解：aMgCO3・bMg（OH）2・cH2O （a+b）MgO+aCO2↑+（b+c）H2O↑，根据质量守恒得：m（H2O）=18.2g-6.6g-8.0g=3.6g，则m（MgO）═0.2mol，n（CO2）═0.15mol，n（H2O）═0.2mol，得：a：b：c=0.15：0.05：0.15=3：1：3，

故答案为：3，1，3；

解：锂辉石（Li2O•Al2O3•4SiO2，含少量Ca，Mg元素）经过研磨、加热、酸化得到可溶性的硫酸锂、硫酸铝和不溶的二氧化硅，经过过滤，得到滤渣1二氧化硅，滤液1经过调节PH值，使溶液得到滤液Mg（OH）2和CaCO3．向滤液1中加入石灰乳以增加Ca2+、OH-的浓度，使Mg（OH）2、CaCO3更利于析出，以便形成滤渣2，热水洗涤Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，可减少Li2CO3的损失，得到最终产物碳酸锂，

（1）滤渣1□□Al2O3，滤渣1是Al2O3•4SiO2•H2O，先加酸溶解，然后过滤出不溶物二氧化硅，步骤Ⅱ中在铝离子的酸溶液中滴入氨水，生成氢氧化铝沉淀，所以步骤Ⅱ反应是铝离子生成氢氧化铝的反应，反应离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；

（2）石灰乳是氢氧化钙，提供氢氧根离子和钙离子，更完全的沉淀镁离子和碳酸根离子，离子反应方程式为：Mg2++Ca（OH）2=Mg（OH）2+Ca2+，故答案为：增加Ca2+、OH-的浓度，有利于Mg（OH）2、CaCO3的析出；Mg2++Ca（OH）2=Mg（OH）2+Ca2+；

（3）向滤液2中加入饱和Na2CO3溶液，过滤后，用“热水洗涤”，图表中碳酸锂溶解度随温度升高减小，减少沉淀的损失，

故答案为：Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的损失；

（4））①Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，阳极液中氯离子失电子，发生氧化反应，所以阳极反应为2C1--2e-=Cl2↑，

故答案为：2C1--2e-=Cl2↑；

②电解后向LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液，氢氧化锂与碳酸氢铵反应生成碳酸锂的方程式为：2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+NH3+2H2O，

故答案为：2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+NH3•H2O+H2O．

解：由制备流程可知，碳酸钠溶解后，碱吸收发生Na2CO3+NO+NO2═2NaNO2+CO2、3NO2+H2O=HNO3+NO、Na2CO3+2HNO3=NaNO3+H2O+CO2↑，然后中和液进行蒸发Ⅰ操作，应避免浓度过大NaNO2析出，蒸发Ⅰ产生的蒸汽中含有少量的NaNO2等有毒物质要回收再循环利用；结晶过滤分离出NaNO3，母液I中主要含NaNO2，母液Ⅰ进行转化时加入稀HNO3、空气，硝酸提供酸性环境，可将NaNO2转化为NaNO3，转化液蒸发、结晶、过滤分离出NaNO3，母液Ⅱ中主要含NaNO3，应在转化液及结晶中提高利用率，

（1）由上述分析可知，二氧化氮与碱液反应生成NaNO2，还可生成NaNO3，中和液中含剩余的少量Na2CO3，故答案为：NaNO3；

（2）中和液进行蒸发Ⅰ操作时，应控制水的蒸发量，避免浓度过大，目的是防止NaNO2的析出，蒸发Ⅰ产生的蒸汽中含有少量的NaNO2等有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的溶碱，循环利用，提高利用率，故答案为：防止NaNO2的析出；溶碱；

（3）由上述分析可知，母液Ⅰ进行转化时加入稀HNO3的目的是将NaNO2转化为NaNO3．母液Ⅱ需回收利用，可转入转化液或转入结晶Ⅱ操作，提高其利用率，

故答案为：将NaNO2转化为NaNO3；cd；

（4）生产1.38吨NaNO2时，n（NaNO2）==2×104mol，NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比为2：1，则n（NaNO3）=1×104mol，由Na原子守恒可知，2n（Na2CO3）=n（NaNO2）+n（NaNO3），m（Na2CO3）=（2×104mol+1×104mol）××106g/mol=1.59×106g=1.59t，

故答案为：1.59．

解：（1）工业碳酸钠（钝度约98%）中含有Mg2+，Fe3+，Ca2+，所以“除杂”中加入过量的NaOH溶液，可生成Mg（OH）2、Fe（OH）3沉淀，滤渣的主要成分为Mg（OH）2、Fe（OH）3，

故答案为：Mg（OH）2、Fe（OH）3；

（2）根据所给的坐标图可以发现：温度减少至313K时发生突变，溶解度迅速减少，若不趁热过滤将析出晶体，所以“趁热过滤”的原因是使析出的晶体为Na2CO3•H2O，防止因温度过低而析出Na2CO3•10H20晶体或Na2CO3•7H20晶体，使后续的加热脱水耗时长，

故答案为：使析出的晶体为Na2CO3•H2O，防止因温度过低而析出Na2CO3•10H20晶体或Na2CO3•7H20晶体，使后续的加热脱水耗时长；

（3）在实验室进行“趁热过滤”时，要注意减少过滤的时间和保持过滤时的温度，可采取的措施是用预热过滤装置（或已预热的布氏漏斗趁热抽滤，或用常压热过滤漏斗进行过滤），故答案为：用预热过滤装置（或已预热的布氏漏斗趁热抽滤，或用常压热过滤漏斗进行过滤）；

（4）产生的问题是溶解时有大量沉淀生成，使Na2CO3损耗且产物Na2CO3混有杂质．原因：“母液”中，含有的离子有Ca2+，Na+，Cl-，SO42-，OH-，CO32-，当多次循环后，使用离子浓度不断增大，溶解时会生成CaSO4，Ca（OH）2，CaCO3等沉淀．

（5）通过观察两个热化学方程式，利用盖斯定律，可将两式相减得到Na2CO3•H2O（S）═Na2CO3（s）+H2O（g），即Na2CO3•H2O（S）═Na2CO3（s）+H2O（g）△H=+58.73kJ/mol，

故答案为：Na2CO3•H2O（S）═Na2CO3（s）+H2O（g）△H=+58.73kJ/mol．

解：（1）反应Ⅱ中加碳酸钙，碳酸钙可以和硫酸反应，使得溶液的pH升高，控制pH，可以使Fe3+和Al3+完全沉淀，故答案为：除去反应Ⅰ中过量的硫酸，控制pH使Fe3+和Al3+完全沉淀；

（2）反应Ⅲ中，加入的氢氧化钙中的氢氧根离子可以和镁离子反应生成氢氧化镁，Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，碳酸钠中的碳酸根离子可以和钙离子之间反应生成碳酸钙沉淀，Ca2++CO32-=CaCO3↓，

故答案为：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓；Ca2++CO32-=CaCO3↓；

（3）硫酸锂可以和碳酸钠之间发生反应生成溶解度更小的碳酸锂，反应的原理方程式为：Li2SO4+Na2CO3=Li2CO3↓+Na2SO4，根据Li2CO3在不同温度的溶解度表，可以知道洗涤所得Li2CO3沉淀要用热水而非冷水，是因为：碳酸锂在较高的温度下溶解度小，用热水洗涤可以减少碳酸锂的损耗，

故答案为：碳酸锂在较高的温度下溶解度小，用热水洗涤可以减少碳酸锂的损耗．

解：氧化铜锌矿先用稀硫酸溶解，然后过滤分离出矿渣，向所得溶液中加入过量Fe将Cu铜置换出来，得到海绵铜，向滤液中加入试剂甲、氨水除去铁，加氧化剂将Fe2+氧化成Fe3+，加氨水调节溶液的pH，过滤将其除去，再用NH4HCO3洗涤溶液，得到溶解度较小的碱式碳酸锌，最后焙烧得到ZnO，乙的溶液可直接用作氮肥，乙溶液为（NH4）2SO4，

（1）相同条件下，溶解度大的物质先溶解，因在H2SO4的作用下ZnS可以溶解而CuS不溶，则相同温度下：Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS），故答案为：＜；

（2）除铁过程中，要将亚铁离子转化为铁离子，然后用氨水除去铁离子，试剂甲具有氧化性且不能引进新的杂质，高锰酸钾、硝酸、氯气都具有强氧化性但能引进新的杂质，所以应该选取双氧水，双氧水被还原生成水，故选C； 

（3）从图表数据可知，铁离子沉淀完全的pH为3.2，锌离子开始沉淀的pH为6.2．故除铁pH范围为：3.2～6.2，故答案为：3.2～6.2；

（4）铁离子和一水合氨反应生成氢氧化铁沉淀和铵根离子，离子方程式为Fe3++3NH3•H2O═Fe﹙OH）3↓+3NH4+，故答案为：Fe3++3NH3•H2O═Fe﹙OH）3↓+3NH4+；

（5）锌离子开始沉淀时溶液的pH=6.2，溶液中c（OH-）=10-7.8 mol/L，c（Fe3+）==mol/L=2.7×10-15.6mol/L，故答案为：2.7×10-15.6；

2.7×10-20.4

（6）因所用废酸为硫酸，乙又可作氮肥，所以乙为（NH4）2SO4，

故答案为：（NH4）2SO4；

（7）硫酸锌、碳酸氢铵和一水合氨反应生成碱式碳酸锌和硫酸铵、水，反应方程式为2ZnSO4+NH4HCO3+3NH3．H2O═Zn2（OH）2CO3↓+2（NH4）2SO4+H2O，故答案为：2ZnSO4+NH4HCO3+3NH3．H2O═Zn2（OH）2CO3↓+2（NH4）2SO4+H2O．