- 非金属及其化合物
- 共31702题
二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土氧化物．平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质）．某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如图：
（1）洗涤滤渣A的目的是为了除去______（填离子符号），检验该离子是否洗净的方法是______．
（2）第②步反应的离子方程式是______，滤渣B的主要成分是______．
（3）萃取是分离稀土元素的常用方法．已知化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，TBP______（填“能”或“不能”）与水互溶．实验室进行萃取操作时用到的主要玻璃仪器有______、烧杯、玻璃棒、量筒等．
（4）取上述流程中得到了Ce（OH）4产品0.536g，加硫酸溶解后，用0.1000mol/L-1 FeSO4标准溶液滴定至终点时（铈被还原为Ce3+），消耗25.00mL标准溶液．该产品中Ce（OH）4的质量分数为______．
正确答案
解：（1）滤渣A上含有FeCl3，洗涤滤渣A的目的是为了除去Fe3+；取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净；
故答案为：Fe3+；取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净；
（2）稀硫酸、H2O2，CeO2三者反应生成转化为Ce2（SO4）3、O2和H2O，反应的离子方程式为：6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2 ↑+4H2O；
故答案为：6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2 ↑+4H2O；
加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+，SiO2不反应，滤渣B的成分为SiO2，
故答案为：SiO2；
（3）化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，所以TBP不能与水互溶，故答案为：不能；分液漏斗；
（4）Ce（OH）4 ～FeSO4
0.0025mol 0.1000mol/L-1×0.025L
所以m（Ce（OH）4）=0.0025mol×208g/mol=0.52g，产品中Ce（OH）4的质量分数为
故答案为：97.01%；
解析
解：（1）滤渣A上含有FeCl3，洗涤滤渣A的目的是为了除去Fe3+；取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净；
故答案为：Fe3+；取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净；
（2）稀硫酸、H2O2，CeO2三者反应生成转化为Ce2（SO4）3、O2和H2O，反应的离子方程式为：6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2 ↑+4H2O；
故答案为：6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2 ↑+4H2O；
加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+，SiO2不反应，滤渣B的成分为SiO2，
故答案为：SiO2；
（3）化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，所以TBP不能与水互溶，故答案为：不能；分液漏斗；
（4）Ce（OH）4 ～FeSO4
0.0025mol 0.1000mol/L-1×0.025L
所以m（Ce（OH）4）=0.0025mol×208g/mol=0.52g，产品中Ce（OH）4的质量分数为
故答案为：97.01%；
钛（fTi）被誉为21世纪金属．冶炼钛的主要原料是含Fe203的钛铁矿（FeTiO3），其生产过程如图：
已知：TiOSO4可溶于水且易水解，H2Ti03难溶于水．试回答下列问题：
（1）步骤②的主要实验操作是冷却、结晶、______ （填操作名称）；步骤④在实验室中常将试剂置于______ （填仪器名称）中加强热．
（2）步骤③中加入热水的作用是______
（3）步骤④中硫酸亚铁晶体（FeS04*7H20）在空气中煅烧生成铁红、水和三氧化硫，写出该 反应的化学方程式：______
（4）步骤②所得到的硫酸亚铁晶体（FeSO4•7H20）是目前工业上处理含铬有毒废水常用 的化学试剂，二者反应后（Cr由+6价转化为+3价）可以转化为有重要工业价值的 铁氧体复合氧化物（常用Fe0．FeyCrx03表示）．欲制备该铁氧体复合氧化物，试求在 酸性的含铬废水中，加入FeSO4•7H2O的质量应为废水中六价铬（相当于CrC3）质 量的______倍．
正确答案
过滤
坩埚
加热、稀释有利于促使TiO2+水解生成H2TiO3
4FeSO4•7H2O+O2
13.9
解析
解：（1）结晶后析出晶体，操作为过滤；灼烧晶体失去结晶水在坩埚中进行，
故答案为：过滤；坩埚；
（2）水解平衡是吸热的，用热水稀释有利于促使TiO2+水解生成H2TiO3，
故答案为：加热、稀释有利于促使TiO2+水解生成H2TiO3；
（3）据氧化还原原理，反应物有氧气，反应的化学方程式为4FeSO4•7H2O+O2
故答案为：4FeSO4•7H2O+O2
（4）FeO•FeyCrxO3中，Cr为+3价，Fe为+3价，故x+y=2，根据电子得失守恒有Fe：Cr=3：1，可以设x=0.5，y=1.5；可以得出量的关系为2.5FeSO4•7H2O～0.5CrO3，故质量比为（2.5×278）：0.5×100=13.9，
故答案为：13.9．
某校兴趣小组同学收集到含有硝酸银的溶液10g，他们利用铁锌合金回收其中的金属银，其实验过程如图所示．
（1）固体A的成分是______（填化学式）．滤液C中一定含有的溶质是______（填化学式）．
（2）写出铁与硝酸银反应的化学方程式：______．
（3）计算硝酸银的相对分子质量______．原硝酸银溶液中溶质的质量为______．
正确答案
Ag和Fe
Zn（NO3）2
Fe+2AgNO3═Fe（NO3）2+2Ag
170
1.7g
解析
解：（1）在金属的活动性顺序里，铁比银活泼，锌比铁活泼，在此反应里，锌既和硝酸银反应，也能和铁和硝酸银反应生成的硝酸亚铁反应，溶液中一定含有Zn（NO3）2，故所得金属中不一定含锌，
故答案为：Ag和Fe，Zn（NO3）2；
（2）根据金属活动性顺序：K、Ca、Na、Mg、Al、Zn、Fe、Sn、Pb、（H）、Cu、Hg、Ag、Pt、Au，金属的活动性铁＞银，铁能与硝酸银反应生成硝酸亚铁和银，Fe+2AgNO3═Fe（NO3）2+2Ag，
故答案为：Fe+2AgNO3═Fe（NO3）2+2Ag；
（3）相对分子质量是化学式中各元素的相对原子质量与相应原子个数的乘积之和，AgNO3的相对分子质量为：108+14+16×3=170，根据框图，固体A为2.25克为Ag和Fe，固体B1.08克与硫酸不反应为Ag，银的物质的量为n=
故答案为：170；1.7g；
（2014秋•济宁校级期中）工业上用的铝上矿（主要成分是氧化铝．含氧化铁杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下：
下列叙述正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．分离氧化铝和氧化铁，只能用氢氧化钠溶液，不可能用盐酸，因氧化铝与氢氧化钠反应，氧化铁不反应，但二者都可与盐酸反应，故A正确；
B．如试剂Y是HCl，过量HCl与AlO2-反应生成氯化铝，不可能得到氢氧化铝，故B错误；
C．只有电解熔融Al2O3属于氧化还原反应，故C错误；
D．因二氧化碳与氧化铁、氧化铝都不反应，则将X与Y试剂进行对换，不能对物质进行分离，故D错误；
故选A．
我国钴资源相对比较贫乏，某研究小组以一种含锂、铝和钴的新型电子材料的废料为原料回收金属钴，设计了如下实验方案：已知：该废料中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；微量的锂混杂于其中．请回答下列问题：
（1）已知60Co原子中含有33个中子，试写出基态钴原子的核外电子排布式：______．
（2）第Ⅱ步骤操作中在钴渣中加入稀硫酸，再加入Na2S2O3溶液可将钴渣溶解，请完成该过程的离子方程式：
______Co2O3•CoO+______S2O
（3）为确保产品的纯度，步骤Ⅳ过滤后还需对CoCO3沉淀进行洗涤，简述洗涤过程的操作方法：______
（4）锂铝渣的主要成分是Al（OH）3和LiF，步骤Ⅲ和Ⅳ中均用到碳酸钠溶液，则碳酸钠溶液在这两个步骤中所起的主要作用分别是______．
（5）废料中Co2O3•CoO的含量为96.4%，处理1吨上述废料，理论上可以得到纯CoO______吨．
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）Co核外有27个电子，其基态钴原子的核外电子排布式：[Ar]3d74s2；
故答案为：[Ar]3d74s2；
（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，离子方程式为4Co3O4+S2O32-+22H+=12Co2++2SO42-+11H2O，
故答案为：4Co3O4+S2O32-+22H+=12Co2++2SO42-+11H2O；
（3）洗涤CoCO3沉淀的方法为：沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水浸没沉淀，让水自然流下，重复操作2→3次；
故答案为：沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水浸没沉淀，让水自然流下，重复操作2→3次；
（4）碳酸钠溶液在步骤Ⅲ中主要是消耗H+调节pH值；碳酸钠溶液在步骤Ⅳ中主要是沉淀Co2+，生成CoCO3沉淀；
故答案为：步骤Ⅲ中主要是消耗H+调节pH值；步骤Ⅳ中主要是沉淀Co2+；
（5）根据关系式：Co2O3•CoO→3CoO计算，1吨上述废料，理论上可以得到纯CoO：1t×96.4%×
故答案为：0.9t．
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）Co核外有27个电子，其基态钴原子的核外电子排布式：[Ar]3d74s2；
故答案为：[Ar]3d74s2；
（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，离子方程式为4Co3O4+S2O32-+22H+=12Co2++2SO42-+11H2O，
故答案为：4Co3O4+S2O32-+22H+=12Co2++2SO42-+11H2O；
（3）洗涤CoCO3沉淀的方法为：沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水浸没沉淀，让水自然流下，重复操作2→3次；
故答案为：沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水浸没沉淀，让水自然流下，重复操作2→3次；
（4）碳酸钠溶液在步骤Ⅲ中主要是消耗H+调节pH值；碳酸钠溶液在步骤Ⅳ中主要是沉淀Co2+，生成CoCO3沉淀；
故答案为：步骤Ⅲ中主要是消耗H+调节pH值；步骤Ⅳ中主要是沉淀Co2+；
（5）根据关系式：Co2O3•CoO→3CoO计算，1吨上述废料，理论上可以得到纯CoO：1t×96.4%×
故答案为：0.9t．
以钛铁矿（主要成分是钛酸亚铁FeTiO3）为主要原料冶炼金属钛，生产的工艺流程图如下，其中钛铁矿与浓硫酸反应的化学方程式为：FeTiO3+2H2SO4═TiOSO4+FeSO4+2H2O．试回答下列问题：
（1）钛铁矿和浓硫酸反应是否属于氧化还原反应？______（选填“是”或“否”）．
（2）上述生产流程中加入物质A的目的是防止Fe2+被氧化，物质A是______；上述制备TiO2的过程中，所得到的副产物和可回收利用的物质是硫酸、铁和______．
（3）二氧化钛与氯气、过量焦炭反应生成TiCl4和______气体．
（4）反应TiCl4+2Mg
（5）写出钛酸煅烧分解生成二氧化钛的化学方程式：______．
（6）如果取钛铁矿A吨，生产出钛B吨（不考虑损耗），计算钛铁矿中钛的含量（用A、B字母表示）______．
正确答案
解：（1）钛酸亚铁的化学式为FeTiO3，其中铁元素的化合价为+2价，氧元素的化合价为-2价，钛的化合价为+4价，钛铁矿和浓硫酸反应后，TiOSO4中钛的化合价为+4价，硫为+6价，氧元素的化合价为-2价，FeSO4中铁元素的化合价为+2价，氧元素的化合价为-2价，无化合价的变化，是非氧化还原反应，
故答案为：否；
（3）浓硫酸具有强氧化性，与Fe2+反应生成Fe3+，加入铁粉可将Fe3+还原成Fe2+，所以物质A是Fe；过滤后滤液中含有FeSO4，结晶后可得到FeSO4•7H2O晶体，由工艺流程图及题中信息可知上述制备TiO2的过程中，所得到的副产物及可回收利用的物FeSO4•7H2O（绿矾）、Fe、H2SO4，
故答案为：铁；绿矾；
（3）氯气、二氧化钛和焦炭在高温下反应，氯气具有氧化性，碳具有还原性，由工艺流程图及题中信息可知生成物为四氯化钛和一氧化碳，反应的化学方程式为：2Cl2+TiO2+2C
故答案为：CO；
（4）Mg和Ti都有较强还原性，在高温下都易被空气中的O2氧化，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，镁和氮气反应生成氮化镁，所以反应TiCl4+2Mg=2MgCl2+Ti需在Ar气氛中进行，
故答案为：防止钛被氧化；
（5）钛酸煅烧分解生成二氧化钛和水，化学方程式为：H2TiO3
（6）如果取钛铁矿At，生产出钛Bt，根据钛没有损耗，所以生产出的钛的质量等于钛铁矿中钛元素的质量，所以钛铁矿中钛的质量分数
故答案为：
解析
解：（1）钛酸亚铁的化学式为FeTiO3，其中铁元素的化合价为+2价，氧元素的化合价为-2价，钛的化合价为+4价，钛铁矿和浓硫酸反应后，TiOSO4中钛的化合价为+4价，硫为+6价，氧元素的化合价为-2价，FeSO4中铁元素的化合价为+2价，氧元素的化合价为-2价，无化合价的变化，是非氧化还原反应，
故答案为：否；
（3）浓硫酸具有强氧化性，与Fe2+反应生成Fe3+，加入铁粉可将Fe3+还原成Fe2+，所以物质A是Fe；过滤后滤液中含有FeSO4，结晶后可得到FeSO4•7H2O晶体，由工艺流程图及题中信息可知上述制备TiO2的过程中，所得到的副产物及可回收利用的物FeSO4•7H2O（绿矾）、Fe、H2SO4，
故答案为：铁；绿矾；
（3）氯气、二氧化钛和焦炭在高温下反应，氯气具有氧化性，碳具有还原性，由工艺流程图及题中信息可知生成物为四氯化钛和一氧化碳，反应的化学方程式为：2Cl2+TiO2+2C
故答案为：CO；
（4）Mg和Ti都有较强还原性，在高温下都易被空气中的O2氧化，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，镁和氮气反应生成氮化镁，所以反应TiCl4+2Mg=2MgCl2+Ti需在Ar气氛中进行，
故答案为：防止钛被氧化；
（5）钛酸煅烧分解生成二氧化钛和水，化学方程式为：H2TiO3
（6）如果取钛铁矿At，生产出钛Bt，根据钛没有损耗，所以生产出的钛的质量等于钛铁矿中钛元素的质量，所以钛铁矿中钛的质量分数
故答案为：
锂离子电池的应用很广，其正极材料可再生利用．某锂离子电池正极材料有钴酸锂（LiCoO2）、导电剂乙炔黑和铝箔等．充电时，该锂离子电池阴极发生的反应为6C+xLi++xe-═LixC6．现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源（部分条件未给出）．
回答下列问题：
（1）LiCoO2中，Co元素的化合价为______．
（2）写出“正极碱浸”中发生反应的离子方程式______．
（3）“酸浸”一般在80℃下进行，写出该步骤中发生的所有氧化还原反应的化学方程式______；可用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，但缺点是______．
（4）写出“沉钴”过程中发生反应的化学方程式______．
（5）充放电过程中，发生LiCoO2与Li1-xCoO2之间的转化，写出放电时电池反应方程式______．
（6）上述工艺中，“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是______．在整个回收工艺中，可回收到的金属化合物有______（填化学式）．
正确答案
解：（1）根据化合物中，化合价的代数和为0知，LiCoO2中，Co元素的化合价为+3价，故答案为：+3；
（2）正极中含有铝，铝易溶于强碱溶液生成AlO2-，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，
故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
（3）酸浸时反应物有硫酸、过氧化氢以及LiCoO2，生成物有Li2SO4和CoSO4，反应方程式为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4
故答案为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4
（4）“沉钴”过程中硫酸钴和碳酸氢铵反应生成碳酸钴沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，反应方程式为CoSO4+2NH4HCO3=CoCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O，
故答案为：CoSO4+2NH4HCO3=CoCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O；
（5）充放电过程中，Li1-xCoO2和LixC6发生氧化还原反应生成LiCoO2和C，反应方程式为：Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C，
故答案为：Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C；
（6）放电时，负极上生成锂离子，锂离子向正极移动并进入正极材料中，所以“放电处理”有利于锂在正极的回收，根据流程图知，可回收到的金属化合物有Al（OH）3、CoCO3、Li2SO4，
故答案为：Li+从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料中；Al（OH）3、CoCO3、Li2SO4．
解析
解：（1）根据化合物中，化合价的代数和为0知，LiCoO2中，Co元素的化合价为+3价，故答案为：+3；
（2）正极中含有铝，铝易溶于强碱溶液生成AlO2-，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，
故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
（3）酸浸时反应物有硫酸、过氧化氢以及LiCoO2，生成物有Li2SO4和CoSO4，反应方程式为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4
故答案为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4
（4）“沉钴”过程中硫酸钴和碳酸氢铵反应生成碳酸钴沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，反应方程式为CoSO4+2NH4HCO3=CoCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O，
故答案为：CoSO4+2NH4HCO3=CoCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O；
（5）充放电过程中，Li1-xCoO2和LixC6发生氧化还原反应生成LiCoO2和C，反应方程式为：Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C，
故答案为：Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C；
（6）放电时，负极上生成锂离子，锂离子向正极移动并进入正极材料中，所以“放电处理”有利于锂在正极的回收，根据流程图知，可回收到的金属化合物有Al（OH）3、CoCO3、Li2SO4，
故答案为：Li+从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料中；Al（OH）3、CoCO3、Li2SO4．
为回收利用废钒催化剂（含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣），科研人员最新研制了一种离子交换法回收钒的新工艺．己知：V可形成VO2+、VO2+、VO3-等多种离子；部分含钒物质在水中的溶解性如下表所示：
该工艺的主要流程如下：
请回答下列问题：
（1）工业上由V2O5冶炼金属钒常用铝热剂法，其反应的化学方程式为______．
（2）反应①的目的是______．
（3）若用NaOH溶液调节pH，则转化②的离子方程式为______．
（4）实验室中实现反应③所需主要仪器除三脚架、泥三角、酒精灯外，必不可少的是______．
（5）V2O5为硫酸工业接触室中的重要催化剂，其催化反应为2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0，在容积为2.0L的密闭容器中充入2mol SO2、1mol O2，一定条件下达到平衡，SO3的体积分数为
①该条件下反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）的平衡常数为______；
②下列措施能使
A．升高温度
B．保持温度和容积不变，再充入2mol He
C．保持温度和容积不变，再充入2mol SO2和1mol O2
D．不用V2O5作催化剂，改用其它更高效催化剂．
正确答案
解：（1）铝与五氧化二钒反应生成钒与氧化铝，反应方程式为3V2O5+10Al 
（2）加入硫酸和亚硫酸钠，目的是利用氧化还原反应，用亚硫酸钠还原V2O5，将V2O5 转化为可溶性的VOSO4，便于提纯，故答案为：将V2O5转化为可溶性的VOSO4；
（3）若用NaOH溶液调节pH，氢氧化钠会和VO2+之间反应，离子方程式为：VO2++2OH-=VO3-+H2O，故答案为：VO2++2OH-=VO3-+H2O；
（4）实验室中实现反应③焙烧所需主要仪器：三脚架、泥三角、酒精灯，坩埚，故答案为：坩埚；
（5）①设二氧化硫的变化量是x，
2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）
初始浓度：1 0.5 0
变化浓度：x 0.5x x
平衡浓度：1-x 0.5（1-x） x
达到平衡时SO3的体积分数为
所以平衡常数K=
②A．化学平衡2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0，升高温度，逆向进行，所以三氧化硫的物质的量减小，二氧化硫的物质的量增加，所以比值减小，故A错误；
B．保持温度和容积不变，再充入2molHe，各组分的浓度不变，平衡不移动，所以比值不变，故B错误；
C．保持温度和容积不变，再充入2molSO2和1molO2，相当于增加压强，所以平衡正向移动，三氧化硫的物质的量增加，二氧化硫的物质的量减小，所以比值增大，故C正确；
D．不用V2O5作催化剂，改用其它更高效催化剂，也不会引起平衡的移动，所以比值不变，故D错误．
故选C．
解析
解：（1）铝与五氧化二钒反应生成钒与氧化铝，反应方程式为3V2O5+10Al
（2）加入硫酸和亚硫酸钠，目的是利用氧化还原反应，用亚硫酸钠还原V2O5，将V2O5 转化为可溶性的VOSO4，便于提纯，故答案为：将V2O5转化为可溶性的VOSO4；
（3）若用NaOH溶液调节pH，氢氧化钠会和VO2+之间反应，离子方程式为：VO2++2OH-=VO3-+H2O，故答案为：VO2++2OH-=VO3-+H2O；
（4）实验室中实现反应③焙烧所需主要仪器：三脚架、泥三角、酒精灯，坩埚，故答案为：坩埚；
（5）①设二氧化硫的变化量是x，
2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）
初始浓度：1 0.5 0
变化浓度：x 0.5x x
平衡浓度：1-x 0.5（1-x） x
达到平衡时SO3的体积分数为
所以平衡常数K=
②A．化学平衡2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0，升高温度，逆向进行，所以三氧化硫的物质的量减小，二氧化硫的物质的量增加，所以比值减小，故A错误；
B．保持温度和容积不变，再充入2molHe，各组分的浓度不变，平衡不移动，所以比值不变，故B错误；
C．保持温度和容积不变，再充入2molSO2和1molO2，相当于增加压强，所以平衡正向移动，三氧化硫的物质的量增加，二氧化硫的物质的量减小，所以比值增大，故C正确；
D．不用V2O5作催化剂，改用其它更高效催化剂，也不会引起平衡的移动，所以比值不变，故D错误．
故选C．
锂离子电池的广泛应用使回收利用锂资源成为重要课题．某研究性小组对废旧锂离子电池正极材料（图中简称废料，成份为LiMn2O4、碳粉和铝箔）进行资源回收研究，设计实验流程如下：
已知：Li2SO4、LiOH和Li2CO3在303K下的溶解度分别为34.2g、12.7g和1.3g．
（1）废料在用NaOH溶液浸取之前需要进行粉碎操作，其目的是______．
（2）写出生成沉淀X的离子方程式______．
（3）写出反应②的化学反应方程式______．
（4）反应③在实际操作中采用加入过量的Na2CO3固体而不是Na2CO3溶液，这样做的目的是______，操作过滤Ⅲ分离出滤渣Li2CO3后所得滤液中的主要成份为______．（写化学式）
正确答案
增大接触面积，加快反应速率．
CO2+AlO2-+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-
4LiMn2O4+2H2SO4+O2=8MnO2+2Li2SO4+2H2O
使溶液中的Li+沉淀完全，减少Li2CO3的溶解
Na2SO4
解析
解：第一步就是铝溶解在氢氧化钠溶液中（注意LiMn2O4不溶于水）生成四羟基合铝酸钠，即滤液的主要成分，第二步就是四羟基合铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠的过程，第三步是LiMn2O4在酸性环境下能被空气中的氧气氧化发生的氧化还原反应，得到的滤液中有生成的硫酸锂，可能有过量的硫酸，最后一步加入碳酸钠之后所得的滤液主要成分为硫酸钠；
（1）粉碎废料，能增大废料与氢氧化钠溶液的接触面积，加快反应速率．
故答案为：增大接触面积，加快反应速率．
（2）四羟基合铝酸钠与过量二氧化碳反应得产物是Al（OH）3沉淀和碳酸氢钠，
所以离子方程式为：CO2+AlO2-+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-．
故答案为：CO2+AlO2-+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-．
（3）在酸性环境下，LiMn2O4能被空气中的氧气氧化，生成二氧化锰、硫酸锂和水，所以化学方程式为：
4LiMn2O4+2H2SO4+O2=8MnO2+2Li2SO4+2H2O．
故答案为：4 LiMn2O4+2 H2SO4+O2=8MnO2+2 Li2SO4+2H2O．
（4）碳酸钠溶液中含有水，能增大碳酸锂的溶解，而使溶液中的锂离子沉淀不完全，所以用碳酸钠固体不用碳酸钠溶液；通过上面分析知，最后所得滤液中的主要成分为硫酸钠．
故答案为：使溶液中的Li+沉淀完全，减少Li2CO3的溶解，Na2SO4．
某工厂排放的工业废水中含Fe3+、Al3+、Cu2+，工厂为了减少环境污染，变废为宝，利用废铁屑和其他化学试剂进行如图操作，得到了铁红、Al2O3和金属Cu，回答下列问题：
（1）固体A的成分是______．（用化学式表示）
（2）写出B→D的离子方程式______；该反应中氧化剂是______；2molCl2参加反应转移电子是______mol．溶液D中滴加KSCN溶液的现象是______．
（3）溶液E焰色反应呈黄色，试剂H是______（用化学式表示）；D→E反应的离子方程式是______．
（4）分别写出铁红和氧化铝在工业上的一种主要用途：铁红______；氧化铝______．
正确答案
解：（1）根据流程图中可以知道，完成回收铁红、Al2O3和金属Cu，先加过量铁粉，2Fe3++Fe═3 Fe2+，铁在金属活动顺序表中排在铜的前面，所以铁粉把铜置换出来，Cu2++Fe=Fe2++Cu，过滤得到Fe、Cu，
故答案为：Fe、Cu；
（2）过滤所得溶液B中含有Al3+、Fe2+，加氯水，+2价的铁离子被氯水氧化，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；该反应中氯气中氯元素从0价变为产物中的氯离子，化合价降低是氧化剂；1mol氯气参加反应得到2mol电子，则2mol氯气参加反应得到4mol电子；溶液D中含有Fe3+，加KSCN溶液Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3溶液变红色，
故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；Cl2；4；溶液变红色；
（3）分离Al3+、Fe2+，需加强碱，氢氧化铝既可以和强酸反应还可以和强碱反应，是两性氢氧化物，溶液E焰色反应呈黄色说明含有钠离子，说明试剂H是氢氧化钠；加碱先发生反应Al3++3OH-=Al（OH）3↓，强碱过量Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，总反应为：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，
故答案为：NaOH；Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；
（4）铁红为氧化铁，红棕色粉末，可用于油漆、油墨、橡胶等工业中，也可做催化剂；氧化铝，可通过电解得到铝单质，所以可作制铝原料，氧化铝熔点高，可用作耐火材料，也可作工业催化剂等，
故答案为：红色油漆或涂料等；耐火材料；
解析
解：（1）根据流程图中可以知道，完成回收铁红、Al2O3和金属Cu，先加过量铁粉，2Fe3++Fe═3 Fe2+，铁在金属活动顺序表中排在铜的前面，所以铁粉把铜置换出来，Cu2++Fe=Fe2++Cu，过滤得到Fe、Cu，
故答案为：Fe、Cu；
（2）过滤所得溶液B中含有Al3+、Fe2+，加氯水，+2价的铁离子被氯水氧化，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；该反应中氯气中氯元素从0价变为产物中的氯离子，化合价降低是氧化剂；1mol氯气参加反应得到2mol电子，则2mol氯气参加反应得到4mol电子；溶液D中含有Fe3+，加KSCN溶液Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3溶液变红色，
故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；Cl2；4；溶液变红色；
（3）分离Al3+、Fe2+，需加强碱，氢氧化铝既可以和强酸反应还可以和强碱反应，是两性氢氧化物，溶液E焰色反应呈黄色说明含有钠离子，说明试剂H是氢氧化钠；加碱先发生反应Al3++3OH-=Al（OH）3↓，强碱过量Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，总反应为：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，
故答案为：NaOH；Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；
（4）铁红为氧化铁，红棕色粉末，可用于油漆、油墨、橡胶等工业中，也可做催化剂；氧化铝，可通过电解得到铝单质，所以可作制铝原料，氧化铝熔点高，可用作耐火材料，也可作工业催化剂等，
故答案为：红色油漆或涂料等；耐火材料；
制备锌印刷电路板是用稀硝酸腐蚀锌板，产生的废液称“烂板液”．“烂板液”中含硝酸锌外，还含有自来水带入的Cl-和Fe3+．在实验室里，用“烂板液”制取ZnSO4•7H2O的过程如下：
（1）若稀硝酸腐蚀锌板时还原产物为N2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比是______．
（2）若步骤①的pH＞12，则Zn（OH）2溶解生成四羟基合锌酸钠．写出Zn（OH）2被溶解的离子方程式______．
（3）滤液D中除了含有OH-离子外，还含有的阴离子有______（填离子符号）．
（4）若滤液E的pH=4，c（Zn2+）=2mol•L-1，c（Fe3+）=2.6×l0-9mol•L-1，能求得的溶度积是______（填选项）．A、Ksp[Zn（OH）2]B、Ksp[Zn（OH）2和Ksp[Fe（OH）3]C、Ksp[Fe（OH）3]
（5）步骤③要控制pH在一定范围．实验室用pH试纸测定溶液pH的方法是：______．
（6）已知：①Fe（OH）3（s）⇌Fe3+（aq）+OH-（aq）△H=aKJ•mol-1 ②H2O（1）⇌H+（aq）+OH-（aq）△h=bKJ•mol-1请写出Fe3+发生水解反应的热化学方程式______．
若①的溶度积常数为KSP，②的离子积常数为KW，Fe3+发生水解反应的平衡常数K=______．（用含KSP、KW的代数式表示）
正确答案
1：2
Zn（OH）2+2OH-=[Zn（OH）4]2-
Cl-、NO3-
C
将pH试纸放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液点在试纸中间，待颜色变化稳定后与比色卡对比，读出读数
Fe3+（aq）+3H2O（l）⇌Fe（OH）3（aq）+3H+（aq）△H=（3b-a）KJ•mol-1
解析
解：（1）若稀硝酸腐蚀锌板时还原产物为N2O，则反应的方程式为4Zn+10HNO3=4Zn（NO3）2+N2O↑+5H2O，由方程式可知反应中HNO3为氧化剂，Zn为还原剂，当4molZn参加反应时，有2molHNO3被还原，则氧化剂与还原剂的物质的量之比1：2，故答案为：1：2；
（2）Zn（OH）2溶解生成四羟基合锌酸钠，反应的离子方程式为Zn（OH）2+2OH-=[Zn（OH）4]2-，故答案为：Zn（OH）2+2OH-=[Zn（OH）4]2-；
（3）固体具有吸附性，沉淀A可吸附溶液中的Cl-、NO3-等离子，则滤液中应含有Cl-、NO3-，故答案为：Cl-、NO3-；
（4）滤液E的pH=4，得到的沉淀为Fe（OH）3，只能计算Fe（OH）3的溶度积，故答案为：C；
（5）测定溶液pH时，将pH试纸放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液点在试纸中间，待颜色变化稳定后与比色卡对比，读出读数即可，注意不能事先湿润试纸，更不能将试纸插在溶液中，
故答案为：将pH试纸放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液点在试纸中间，待颜色变化稳定后与比色卡对比，读出读数；
（6）Fe3+发生水解反应的方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，
已知①Fe（OH）3（s）⇌Fe3+（aq）+3OH-（aq）△H=aKJ•mol-1
②H2O（l）⇌H+（aq）+OH-（aq）△H=bKJ•mol-1，
则利用盖斯定律将②×3-①可得Fe3+（aq）+3H2O（l）⇌Fe（OH）3（aq）+3H+（aq）△H=（3b-a）KJ•mol-1，
则Fe3+发生水解反应的平衡常数K=
故答案为：Fe3+（aq）+3H2O（l）⇌Fe（OH）3（aq）+3H+（aq）△H=（3b-a）KJ•mol-1；
炼锌厂产生的工业废渣--锌渣（除了含Zn外，还含有Fe、Al、Cd和SiO2等杂质），利用锌渣制取并回收ZnSO4•7H2O和金属镉是一个有益的尝试，其流程如下：
已知：Fe3+、Al3+、Zn2+、Cd2+、Fe2+以氢氧化物完全沉淀时的pH分别为：3.2，4.7，6.5，9.4，9.7；锌的金属活动性比镉强．
试回答下列问题：
（1）“浸出”时用到的“试剂X”为______（填名称）．
（2）写出“氧化”过程的离子方程式______．
（3）“调pH”过程可以选用______．（从以下选项选择，填序号）
A．H2SO4 B．ZnO C．NaOH
“滤渣2”的主要成分是______（填化学式，下同）．
（4）“试剂Y”是______；“滤渣3”的成分为______．
（5）“操作1”的方法是______；在“操作1”时，必须采取的实验措施是______．
正确答案
解：（1）Zn、Fe、Al、Cd、SiO2中，只有二氧化硅不能和硫酸反应，可以用硫酸将之溶解，过滤，先获得二氧化硅，故答案为：硫酸溶液；
（2）为了将杂质离子铝离子以及三价铁离子沉淀下来，结合离子沉淀的条件，首先要将亚铁离子氧化为三价铁离子，然后再将之形成沉淀，反应实质是：2H++H2O2+2Fe2+=2Fe3++2H2O，故答案为：2H++H2O2+2Fe2+=2Fe3++2H2O；
（3）“调pH”过程能使得溶液的碱性增强，同时不能引入杂质离子，据此只能选择试剂氧化锌，该试剂可以将三价铁和铝离子沉淀下来，形成Fe（OH）3、Al（OH）3，故答案为：B；Fe（OH）3、Al（OH）3；
（4）金属Cd的活泼性比金属锌差，可以用金属锌能来置换金属铬，为将金属铬全部置换往往加入过量的金属锌，所以“试剂Y”是金属锌，“滤渣3”的成分为剩余的金属锌和置换出的金属铬，故答案为：Zn；Cd和Zn；
（5）从硫酸锌溶液中获得纯净的硫酸锌的晶体的方法是加热浓缩、蒸发结晶、过滤（洗涤），但是要注意保持溶液一定的酸度，防止金属阳离子的水解，故答案为：加热浓缩、蒸发结晶、过滤（洗涤）；保持溶液一定的酸度．
解析
解：（1）Zn、Fe、Al、Cd、SiO2中，只有二氧化硅不能和硫酸反应，可以用硫酸将之溶解，过滤，先获得二氧化硅，故答案为：硫酸溶液；
（2）为了将杂质离子铝离子以及三价铁离子沉淀下来，结合离子沉淀的条件，首先要将亚铁离子氧化为三价铁离子，然后再将之形成沉淀，反应实质是：2H++H2O2+2Fe2+=2Fe3++2H2O，故答案为：2H++H2O2+2Fe2+=2Fe3++2H2O；
（3）“调pH”过程能使得溶液的碱性增强，同时不能引入杂质离子，据此只能选择试剂氧化锌，该试剂可以将三价铁和铝离子沉淀下来，形成Fe（OH）3、Al（OH）3，故答案为：B；Fe（OH）3、Al（OH）3；
（4）金属Cd的活泼性比金属锌差，可以用金属锌能来置换金属铬，为将金属铬全部置换往往加入过量的金属锌，所以“试剂Y”是金属锌，“滤渣3”的成分为剩余的金属锌和置换出的金属铬，故答案为：Zn；Cd和Zn；
（5）从硫酸锌溶液中获得纯净的硫酸锌的晶体的方法是加热浓缩、蒸发结晶、过滤（洗涤），但是要注意保持溶液一定的酸度，防止金属阳离子的水解，故答案为：加热浓缩、蒸发结晶、过滤（洗涤）；保持溶液一定的酸度．
随着材料科学的发展，金属钒及其化合物得到了越来越广泛的应用，并被誉为“合金的维生素”．为回收利用含钒催化剂（含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣），科研人员最新研制了一种离子交换法回收钒的新工艺，回收率达91.7%以上．部分含钒物质在水中的溶解性如下表所示：
请回答下列问题：
（1）23V在元素周期表位于第______周期______族．工业上由V2O5冶炼金属钒常用铝热剂法，其用化学方程式表示为______．
（2）反应①的目的是______．
（3）该工艺中反应③的沉淀率（又称沉矾率）是回收钒的关键之一，写出该步发生反应的离子方程式______．
（4）用酸化的H2C2O4溶液滴定（VO2）2SO4溶液，以测定反应②后溶液中含钒量，写出配平后完整的离子方程式．
______VO2++______H2C2O4+______H+→______VO2++______ CO2+______．
（5）经过热重分析测得：NH4VO3在焙烧过程中，固体质量的减少值（纵坐标）随温度变
A．先分解失去H2O，再分解失去NH3
B．先分解失去NH3，再分解失去H2O
C．同时分解失去H2O和NH3
D．同时分解失去H2、N2和H2O．
正确答案
解：（1）钒核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，处于d区，故钒处于第四周期第ⅤB族；铝与五氧化二钒反应生成钒与氧化铝，反应方程式为3V2O5+10Al 
故答案为：四；VB；3V2O5+10Al 
（2）加入硫酸和亚硫酸钠，目的是利用氧化还原反应，用亚硫酸钠还原V2O5，将V2O5 转化为可溶性的VOSO4，便于提纯，
故答案为：将V2O5 转化为可溶性的VOSO4；
（3）根据NH4VO3难溶于水，利用复分解反应沉淀VO3-，离子方程式为：NH4++VO3-=NH4VO3↓，
故答案为：NH4++VO3-=NH4VO3↓；
（4）测定反应②溶液中钒的含量，可用已知浓度的酸化H2C2O4溶液滴定（VO2）2SO4溶液，主要产物为CO2和VOSO4，根据化合价升降，写出的离子方程为2VO2++H2C2O4+2H+=2 VO2++2 CO2↑+2 H2O，
故答案为：2；1；2；2；2；2H2O；
（5）根据NH4VO3在焙烧变化的图象可知：
2NH4VO3═V2O5+2NH3↑+H2O
234g 34g 18g
减少值开始为0～17g，曲线到200℃时（约为16.0g）曲线开始平直；到约为300℃时又开始减少（H2O的质量），到350℃时减少24g时就不再变化，所以NH4VO3在焙烧过程中200℃时左右先失去氨；在300～350℃再失去水，
故答案为：B．
解析
解：（1）钒核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，处于d区，故钒处于第四周期第ⅤB族；铝与五氧化二钒反应生成钒与氧化铝，反应方程式为3V2O5+10Al
故答案为：四；VB；3V2O5+10Al
（2）加入硫酸和亚硫酸钠，目的是利用氧化还原反应，用亚硫酸钠还原V2O5，将V2O5 转化为可溶性的VOSO4，便于提纯，
故答案为：将V2O5 转化为可溶性的VOSO4；
（3）根据NH4VO3难溶于水，利用复分解反应沉淀VO3-，离子方程式为：NH4++VO3-=NH4VO3↓，
故答案为：NH4++VO3-=NH4VO3↓；
（4）测定反应②溶液中钒的含量，可用已知浓度的酸化H2C2O4溶液滴定（VO2）2SO4溶液，主要产物为CO2和VOSO4，根据化合价升降，写出的离子方程为2VO2++H2C2O4+2H+=2 VO2++2 CO2↑+2 H2O，
故答案为：2；1；2；2；2；2H2O；
（5）根据NH4VO3在焙烧变化的图象可知：
2NH4VO3═V2O5+2NH3↑+H2O
234g 34g 18g
减少值开始为0～17g，曲线到200℃时（约为16.0g）曲线开始平直；到约为300℃时又开始减少（H2O的质量），到350℃时减少24g时就不再变化，所以NH4VO3在焙烧过程中200℃时左右先失去氨；在300～350℃再失去水，
故答案为：B．
已知：①A是MnSO4、ZnSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3的混合液．
②IV中的电解反应式为：MnSO4+ZnSO4+2H2O═MnO2+Zn+2H2SO4（1）A中属于还原产物的是______．
（2）Ⅱ中加入MnCO3、Zn2（OH）2CO3的作用是______；
Ⅱ需要加热的原因是______；C的化学式是______．
（3）该生产中除得到MnO2和Zn以外，还可得到的副产品是______．
（4）如果不考虑生产中的损耗，除矿石外，需购买的化工原料是______．
（5）从生产MnO2和Zn的角度计算，软锰矿和闪锌矿的质量比大约是______．
正确答案
MnSO4
增大溶液的PH，使Fe3+和Al3+均生成沉淀
促进Fe3+和Al3+的水解
H2SO4
Fe2O3、Al2O3、S、Na2SO4
纯碱和硫酸
1.03
解析
解：（1）比较信息①，A与软锰矿中元素化合价的变化可知，锰元素化合价从+4价降低为+2价，所以A中还原产物为MnSO4，故答案为：MnSO4；
（2）根据框图：向MnSO4、ZnSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3的混合液中加入MnCO3、Zn2（OH）2CO3后可以获得氧化铁和氧化铝，所以加入MnCO3、Zn2（OH）2CO3的作用就是调节pH，使Fe3+、Al3+沉淀完全，在加热的环境下，金属阳离子的水解更彻底，更易形成沉淀而分离，根据IV中的电解反应式为：MnSO4+ZnSO4+2H2O═MnO2+Zn+2H2SO4，可知C为硫酸，
故答案为：增大溶液的PH，使Fe3+和Al3+均生成沉淀；促进Fe3+和Al3+的水解；H2SO4；
（3）该实验的目的就是制备二氧化锰与锌，因而就需要把氧化铝、铁元素、硫元素除去．根据流程图不难得出该生产中除得到MnO2和Zn以外，还可得到的副产品有硫、氧化铁、氧化铝，故答案为：Fe2O3、Al2O3、S、Na2SO4；
（4）根据框图中转化消耗的反应物，如果不考虑生产中的损耗，除矿石外，需购买的化工原料是氢氧化钠和硫酸，故答案为：纯碱和硫酸；
（5）据反应MnSO4+ZnSO4+2H2O═MnO2+Zn+2H2SO4可知MnO2、Zn的物质的量之比为1：1，故可设软锰矿、闪锌矿的质量分别为x、y，得
银铜合金广泛用于航空工业，从切割废料中回收并制备钢化工产品的工艺如下：
（注：Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450℃和80℃）
（1）电解精炼银时，电解质溶液可选用______；滤渣A与稀HNO3反应的化学方程式为______．
（2）固体混合物B的组成为______；过滤得到固体B时，实验室如何进行洗涤操作？______
（3）在第一步过滤所得的CuSO3溶液中含有过量的硫酸，若要该溶液来检测糖尿病，需要对溶液进行哪些处理______，检测糖尿病时发生的反应方程______
（4）完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：______CuO+______Al2O3______CuAlO2+______↑．
（5）理论上生产6.15kgCuAlO2需要含铜的质量分数为64%的银铜合金废料______kg．
正确答案
解：（1）电解精炼银时，所选的电解质是含有银离子的盐溶液，可选用硝酸银溶液；滤渣A为银，和稀硝酸反应：3Ag+4HNO3（稀）═3AgNO3+NO↑+2H2O，
故答案为：AgNO3；3Ag+4HNO3（稀）═3AgNO3+NO↑+2H2O；
（2）未煮沸之前是Cu（OH）2和Al（OH）3，Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450℃和80℃，煮沸后Cu（OH）2分解产生氧化铜，可知B为Al（OH）3和CuO，过滤得到固体B时，进行沉淀的洗涤，方法为：将固体置于漏斗中，沿玻璃棒向过滤器中慢慢加蒸馏水，至完全淹没沉淀，静置待液体全部流下，再重复此操作2～3次至洗涤干净，
故答案为：Al（OH）3和CuO；将固体置于漏斗中，沿玻璃棒向过滤器中慢慢加蒸馏水，至完全淹没沉淀，静置待液体全部流下，再重复此操作2～3次至洗涤干净；
（3）过量的硫酸能和检验醛基的氢氧化铜发生中和反应，所以需在碱性条件下进行，加碱2NaOH+CuSO4═Cu（OH）2↓+Na2SO4，葡萄糖与新制Cu（OH）2悬浊液共热，方程式为：CH2OH（CHOH）4CHO+2Cu（OH）2+NaOH
故答案为：液中加过量氢氧化钠，生成偏碱性的氢氧化铜悬浊液；CH2OH（CHOH）4CHO+2Cu（OH）2+NaOH
（4）反应前Cu为+2价，反应后为+1，化合价降低1，Al化合价没有变化，所以氧元素的化合价升高，生成氧气，反应前氧为-2价，反应后为0，化合价升高2，两者的最小公倍数是2，再根据原子守恒得：4CuO+2Al2O3=4CuAlO2+O2↑，
故答案为：4；2；4；O2；
（5）设含铜的质量分数为64%的银铜合金废料的质量为x，由关系式：Cu～CuAlO2得
解析
解：（1）电解精炼银时，所选的电解质是含有银离子的盐溶液，可选用硝酸银溶液；滤渣A为银，和稀硝酸反应：3Ag+4HNO3（稀）═3AgNO3+NO↑+2H2O，
故答案为：AgNO3；3Ag+4HNO3（稀）═3AgNO3+NO↑+2H2O；
（2）未煮沸之前是Cu（OH）2和Al（OH）3，Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450℃和80℃，煮沸后Cu（OH）2分解产生氧化铜，可知B为Al（OH）3和CuO，过滤得到固体B时，进行沉淀的洗涤，方法为：将固体置于漏斗中，沿玻璃棒向过滤器中慢慢加蒸馏水，至完全淹没沉淀，静置待液体全部流下，再重复此操作2～3次至洗涤干净，
故答案为：Al（OH）3和CuO；将固体置于漏斗中，沿玻璃棒向过滤器中慢慢加蒸馏水，至完全淹没沉淀，静置待液体全部流下，再重复此操作2～3次至洗涤干净；
（3）过量的硫酸能和检验醛基的氢氧化铜发生中和反应，所以需在碱性条件下进行，加碱2NaOH+CuSO4═Cu（OH）2↓+Na2SO4，葡萄糖与新制Cu（OH）2悬浊液共热，方程式为：CH2OH（CHOH）4CHO+2Cu（OH）2+NaOH
故答案为：液中加过量氢氧化钠，生成偏碱性的氢氧化铜悬浊液；CH2OH（CHOH）4CHO+2Cu（OH）2+NaOH
（4）反应前Cu为+2价，反应后为+1，化合价降低1，Al化合价没有变化，所以氧元素的化合价升高，生成氧气，反应前氧为-2价，反应后为0，化合价升高2，两者的最小公倍数是2，再根据原子守恒得：4CuO+2Al2O3=4CuAlO2+O2↑，
故答案为：4；2；4；O2；
（5）设含铜的质量分数为64%的银铜合金废料的质量为x，由关系式：Cu～CuAlO2得
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