- 无机非金属材料的主角——硅
- 共9292题
某工厂排出的污水中含有大量的Fe2+、Zn2+、Hg2+离子．以下是某学习小组的同学设计的除去上述金属离子，回收绿矾、皓矾（ZnSO4•7H2O）和汞的探究方案．
已知：KSP（FeS）=6.3×10-18mol2•L-2，KSP（HgS）=6.4×10-53mol2•L-2KSP（ZnS）=1.6×10-24mol2•L-2
药品：NaOH溶液、Na2S溶液、稀硫酸、铁粉 稀硝酸、稀盐酸
[实验方案]
[问题探究]
（1）步骤Ⅰ中加入Na2S溶液时，三种金属离子形成沉淀的先后顺序为______．
（2）步骤Ⅱ中FeS溶解的离子方程式：______．
（3）步骤Ⅲ中涉及反应的离子方程式 Zn2++4OH-═ZnO
（4）步骤Ⅲ和步骤Ⅵ发生的相关反应，说明Zn（OH）2属于_______．
（5）欲实现步骤Ⅴ，需加入的试剂为______、______．步骤Ⅴ中从FeSO4溶液浓缩结晶得到FeSO4•7H2O时，需加稀硫酸的原因是______．
（6）步骤Ⅳ常用的方法是加热法，但在空气中加热HgS 会污染环境，其原因可能______．
正确答案
解：（1）加入Na2S溶液时，三种金属离子中Ksp越小的物质越是先出现沉淀，所以产生沉淀的顺序是：Hg2+、Zn2+、Fe2+，故答案为：Hg2+、Zn2+、Fe2+；
（2）硫化亚铁可以和硫酸之间发生反应生成硫酸亚铁和硫化氢气体，符合强酸制弱酸原理，即FeS+2H+═Fe2++H2S↑，故答案为：FeS+2H+═Fe2++H2S↑；
（3）在空气中，亚铁离子易被氧化成三价铁离子，在碱性环境下，会产生氢氧化铁沉淀，发生的化学方程式为：4Fe2++O2+8OH-+2H2O═4Fe（OH）3↓，
故答案为：4Fe2++O2+8OH-+2H2O═4Fe（OH）3↓；
（4）氢氧化锌可以和氢氧化钠生成偏锌酸钠，反应体现了氢氧化锌的性质和氢氧化铝相似，属于两性氢氧化物，故答案为：两性氢氧化物；
（5）氢氧化铁来制取硫酸亚铁，为了防止水解，可以加入硫酸，为防止被氧化，可以加入金属铁，故答案为：稀硫酸；铁粉（过量）；防止Fe2+水解；
（6）HgS容易被空气中的氧气氧化生成SO2和Hg，生成的SO2和Hg会污染空气和环境，故答案：HgS被空气中的氧气氧化生成SO2和生成的Hg会污染空气和环境．
解析
解：（1）加入Na2S溶液时，三种金属离子中Ksp越小的物质越是先出现沉淀，所以产生沉淀的顺序是：Hg2+、Zn2+、Fe2+，故答案为：Hg2+、Zn2+、Fe2+；
（2）硫化亚铁可以和硫酸之间发生反应生成硫酸亚铁和硫化氢气体，符合强酸制弱酸原理，即FeS+2H+═Fe2++H2S↑，故答案为：FeS+2H+═Fe2++H2S↑；
（3）在空气中，亚铁离子易被氧化成三价铁离子，在碱性环境下，会产生氢氧化铁沉淀，发生的化学方程式为：4Fe2++O2+8OH-+2H2O═4Fe（OH）3↓，
故答案为：4Fe2++O2+8OH-+2H2O═4Fe（OH）3↓；
（4）氢氧化锌可以和氢氧化钠生成偏锌酸钠，反应体现了氢氧化锌的性质和氢氧化铝相似，属于两性氢氧化物，故答案为：两性氢氧化物；
（5）氢氧化铁来制取硫酸亚铁，为了防止水解，可以加入硫酸，为防止被氧化，可以加入金属铁，故答案为：稀硫酸；铁粉（过量）；防止Fe2+水解；
（6）HgS容易被空气中的氧气氧化生成SO2和Hg，生成的SO2和Hg会污染空气和环境，故答案：HgS被空气中的氧气氧化生成SO2和生成的Hg会污染空气和环境．
随材料科学的发展，金属钒及其化合物得到了越来越广泛的应用．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．该工艺的主要流程如图1：
部分钒的化合物在水中的溶解性如下表所示，由此回答下列问题：
（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，其化学方程式为______．
（2）反应①的目的是______．
（3）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，其离子方程式为：______．
（4）已知NH4VO3在焙烧过程中150～200℃时先失去氨；在300～350℃再失去水．请在右边座标图2中画出加热234g NH4VO3固体质量的减少值△W随温度（T）变化的曲线．
正确答案
解：（1）符号23V代表的是质子数为23的原子，所以钒元素位于第四周期，第 VB 副族；结合铝热反应的原理写出化学方程式．故答案：四；VB； 3V2O5+10A
（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：将V2O5 转化为可溶性的VOSO4；
（3）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，写出离子方程为2VO2++H2C2O4+2H+=2 VO2++2 CO2↑+2 H2O，
故答案：2VO2++H2C2O4+2H+=2 VO2++2 CO2↑+2 H2O；
（4）因方程式为：
2NH4VO3═V2O5+2NH3↑+H2O
234g 34g 18g
减少值开始为0～34g，曲线从150℃开始减少（34gNH3），到200℃时（比32.0g低少许）曲线开始平直；到300℃时又开始减少（H2O的质量），到350℃时减少52g时（比48.0g略低）就不再变化．画出图象．则有
故答案为：
解析
解：（1）符号23V代表的是质子数为23的原子，所以钒元素位于第四周期，第 VB 副族；结合铝热反应的原理写出化学方程式．故答案：四；VB； 3V2O5+10A
（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：将V2O5 转化为可溶性的VOSO4；
（3）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，写出离子方程为2VO2++H2C2O4+2H+=2 VO2++2 CO2↑+2 H2O，
故答案：2VO2++H2C2O4+2H+=2 VO2++2 CO2↑+2 H2O；
（4）因方程式为：
2NH4VO3═V2O5+2NH3↑+H2O
234g 34g 18g
减少值开始为0～34g，曲线从150℃开始减少（34gNH3），到200℃时（比32.0g低少许）曲线开始平直；到300℃时又开始减少（H2O的质量），到350℃时减少52g时（比48.0g略低）就不再变化．画出图象．则有
故答案为：
下图是用硫铁矿烧渣（主要成分为Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2）为原料制备高纯氧化铁的生成流程示意图：
回答下列问题：
（1）酸浸时，将硫铁矿烧渣粉碎的原因是______．
（2）酸浸、过滤后滤液A中含有的金属阳离子是______．
（3）煅烧FeCO3生成产品Ⅰ的化学方程式为______．
（4）产品Ⅱ的化学式为______，加入过量铁粉的目的是______．
（4）写出步骤Ⅳ反应的离子方程式______．
正确答案
解：（1）酸浸时，将硫铁矿烧渣粉碎，增大了固体的接触面积，加快化学反应速率，
故答案为：增大了固体的接触面积，加快化学反应速率；
（2）Fe2O3、Fe3O4、FeO能与稀硫酸反应得到Fe2+、Fe3+，SiO2不能与稀硫酸反应，因此酸浸、过滤后滤液A中含有的金属阳离子是Fe2+、Fe3+，
故答案为：Fe2+、Fe3+；
（3）由流程图可知，煅烧FeCO3生成产品Ⅰ氧化铁和二氧化碳，Fe元素化合价升高，反应物中应有氧气，化学方程式为4FeCO3+O2
故答案为：4FeCO3+O2
（4）硫酸铵溶液和KCl合成无氯钾肥硫酸铵钾，化学式为KNH4SO4，滤液A中加入过量铁粉将Fe3+还原为Fe2+，
故答案为：KNH4SO4；将Fe3+还原为Fe2+；
（5）滤液B中含有硫酸亚铁，加入NH4HCO3溶液发生的化学方程式为FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3 ↓+CO2↑+（NH4）2 SO4+H2O，因此步骤Ⅳ反应的离子方程式为：
Fe2++2HCO3-=FeCO3 ↓+CO2↑+H2O，
故答案为：Fe2++2HCO3-=FeCO3 ↓+CO2↑+H2O．
解析
解：（1）酸浸时，将硫铁矿烧渣粉碎，增大了固体的接触面积，加快化学反应速率，
故答案为：增大了固体的接触面积，加快化学反应速率；
（2）Fe2O3、Fe3O4、FeO能与稀硫酸反应得到Fe2+、Fe3+，SiO2不能与稀硫酸反应，因此酸浸、过滤后滤液A中含有的金属阳离子是Fe2+、Fe3+，
故答案为：Fe2+、Fe3+；
（3）由流程图可知，煅烧FeCO3生成产品Ⅰ氧化铁和二氧化碳，Fe元素化合价升高，反应物中应有氧气，化学方程式为4FeCO3+O2
故答案为：4FeCO3+O2
（4）硫酸铵溶液和KCl合成无氯钾肥硫酸铵钾，化学式为KNH4SO4，滤液A中加入过量铁粉将Fe3+还原为Fe2+，
故答案为：KNH4SO4；将Fe3+还原为Fe2+；
（5）滤液B中含有硫酸亚铁，加入NH4HCO3溶液发生的化学方程式为FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3 ↓+CO2↑+（NH4）2 SO4+H2O，因此步骤Ⅳ反应的离子方程式为：
Fe2++2HCO3-=FeCO3 ↓+CO2↑+H2O，
故答案为：Fe2++2HCO3-=FeCO3 ↓+CO2↑+H2O．
普通钢中加入少量的钒（化学式V），就能极大改善钢的弹性和强度，使钢的抗磨损和抗爆裂性大增，且既耐高温又抗奇寒，因此含有“合金维生素”之称．工业上回收废钒催化剂（含有V2O5、VOSO4、K2SO4、SiO2）中钒的主要流程如下：
回答下列问题：
（1）VOSO4和（VO2）2SO4中钒的化合价分别为______．
（2）滤渣l中的主要成分是______．（填写化学式）
（3）步骤②中发生反应的离子方程式为______．
（4）步骤③的变化过程可简化为（HA表示有机萃取剂）：VOSO4 +（水层）+2HA2（有机层）⇌VOA2（有机层）+H2SO4（水层），则步骤④中可选择硫酸作为萃取剂的原因是______．
（5）调节pH，可将（VO2）2SO4转变为NH4VO3沉淀.25℃时，实验测得钒沉淀率与溶液pH之间的关系如下表；
在实际生产中，步骤⑥中加入氨水调节溶液的最佳pH为：______；
（6）该工艺流程中，可以循环利用的物质有______；
（7）写出步骤⑧中用铝热法冶炼金属钒的化学方程式______．
正确答案
解：（1）根据化合物中各元素正负化合价的代数和为零可知，VOSO4中V的化合价是+4价，（V02）2SO4中V的化合价是+5价，
故答案为：+4，+5；
（2）据物质的水溶性确定，V2O5和SiO2难溶于水，
故答案为：V2O5、SiO2；
（3）亚硫酸根具有还原性，酸性条件下，能被五氧化二钒氧化生成硫酸根离子，离子反应方程式为：V2O5+SO32-+4H+=2VO2++SO42-+2H2O，
故答案为：V2O5+SO32-+4H+=2VO2++SO42-+2H2O；
（4）反萃取时分析平衡，VOSO4 +（水层）+2HA2（有机层）⇌VOA2（有机层）+H2SO4（水层），加入硫酸抑制平衡正向进行，使VOSO4进入水层；
故答案为：加入硫酸使平衡向左移动，使VOSO4进入水层；
（5）根据表中数据判断，⑤中加入氨水，调节溶液pH最佳值为1.7-1.8，此时钡沉淀率达到最大，需要氨水量较小；
故答案为：1.7-1.8；
（6）分析流程图，物质参加反应，反应过程中又生成的物质，或重复利用的物质可以循环利用，流程中有机萃取剂、氨气可以循环利用，
故答案为：有机萃取剂；氨气；
（7）铝和五氧化二钒发生铝热反应的方程式为：3V2O5+10Al 
故答案为：3V2O5+10Al 
解析
解：（1）根据化合物中各元素正负化合价的代数和为零可知，VOSO4中V的化合价是+4价，（V02）2SO4中V的化合价是+5价，
故答案为：+4，+5；
（2）据物质的水溶性确定，V2O5和SiO2难溶于水，
故答案为：V2O5、SiO2；
（3）亚硫酸根具有还原性，酸性条件下，能被五氧化二钒氧化生成硫酸根离子，离子反应方程式为：V2O5+SO32-+4H+=2VO2++SO42-+2H2O，
故答案为：V2O5+SO32-+4H+=2VO2++SO42-+2H2O；
（4）反萃取时分析平衡，VOSO4 +（水层）+2HA2（有机层）⇌VOA2（有机层）+H2SO4（水层），加入硫酸抑制平衡正向进行，使VOSO4进入水层；
故答案为：加入硫酸使平衡向左移动，使VOSO4进入水层；
（5）根据表中数据判断，⑤中加入氨水，调节溶液pH最佳值为1.7-1.8，此时钡沉淀率达到最大，需要氨水量较小；
故答案为：1.7-1.8；
（6）分析流程图，物质参加反应，反应过程中又生成的物质，或重复利用的物质可以循环利用，流程中有机萃取剂、氨气可以循环利用，
故答案为：有机萃取剂；氨气；
（7）铝和五氧化二钒发生铝热反应的方程式为：3V2O5+10Al
故答案为：3V2O5+10Al
（1）工业冶炼金属铝用的是铝土矿，铝土矿的主要成分是______（填化学式）．石油炼制和煤的干馏产品______（填物质名称）作电解铝的阴极和阳极材料．
（2）在金属铝的冶炼中加入冰晶石和氟化钙的目的是______．
（3）在冶炼过程中，阳极材料需要定期进行更换，原因是氧化铝溶解并和部分冰晶石发生反应生成Al2OF62-，写出该反应的离子方程式______．若电解的总反应为2Al2O3+3C
（4）冰晶石能在碱性溶液中分解，写出冰晶石与足量NaOH溶液反应生成两种钠盐的化学方程式______．
（5）已知生产1mol铝消耗的电能为1.8×106J，9g铝制饮料罐可回收能量为0.2kJ，则铝制饮料罐的热回收效率η=______．（热回收效率=回收能量/生产耗能×100%）
正确答案
解：传统的工业生产金属铝的基本流程为：萤石主要成分为氟化钙，萤石中加入冰晶石和氟化钙，降低三氧二化铝熔化时所需的温度，电解氧化铝得到铝和氧气，石油炼制和煤的干馏产品中石墨（或碳）可以作为惰性电极电解冶炼铝，电解得到的铝净化、澄清铸锭．
（1）工业上用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，冶炼金属铝时用的主要冶炼是铝土矿，说明铝土矿的主要成分是Al2O3，电解法冶炼金属铝需要使用惰性电极，石油炼制和煤的干馏产品中石墨（或碳）可以作为惰性电极电解冶炼铝；
故答案为：Al2O3；石墨（或碳）；
（2）Al2O3属于离子晶体，熔点较高，加入冰晶石和氟化钙，熔融的冰晶石和氟化钙能溶解Al2O3晶体，所以其在电解冶炼铝时被用作助熔剂，降低三氧二化铝熔化时所需的温度，在金属铝的冶炼中加入冰晶石和氟化钙的目的是降低Al2O3的熔点，减少熔融电解质的能耗；
故答案为：降低Al2O3的熔点，减少熔融电解质的能耗；
（3）氧化铝溶解并和部分冰晶石发生反应生成Al2OF62-，依据电荷守恒和原子守恒配平书写离子方程式为：Al2O3+4AlF63-═3Al2OF62-+6F-； 若电解的总反应为2Al2O3+3C
故答案为：Al2O3+4AlF63-═3Al2OF62-+6F-；C+2Al2OF62-+12F--4e-═CO2+4AlF63-；
（4）冰晶石与足量NaOH溶液反应生成两种钠盐分别为偏铝酸钠和氟化钠，结合原则守恒配平书写化学方程式为：Na3AlF6+4NaOH═6NaF+NaAlO2+2H2O；
故答案为：Na3AlF6+4NaOH═6NaF+NaAlO2+2H2O；
（5）已知生产1mol铝消耗的电能为1.8×106J，9g铝制饮料罐可回收能量为0.2kJ，生产9g铝制饮料罐消耗的电能=
故答案为：0.033%．
解析
解：传统的工业生产金属铝的基本流程为：萤石主要成分为氟化钙，萤石中加入冰晶石和氟化钙，降低三氧二化铝熔化时所需的温度，电解氧化铝得到铝和氧气，石油炼制和煤的干馏产品中石墨（或碳）可以作为惰性电极电解冶炼铝，电解得到的铝净化、澄清铸锭．
（1）工业上用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，冶炼金属铝时用的主要冶炼是铝土矿，说明铝土矿的主要成分是Al2O3，电解法冶炼金属铝需要使用惰性电极，石油炼制和煤的干馏产品中石墨（或碳）可以作为惰性电极电解冶炼铝；
故答案为：Al2O3；石墨（或碳）；
（2）Al2O3属于离子晶体，熔点较高，加入冰晶石和氟化钙，熔融的冰晶石和氟化钙能溶解Al2O3晶体，所以其在电解冶炼铝时被用作助熔剂，降低三氧二化铝熔化时所需的温度，在金属铝的冶炼中加入冰晶石和氟化钙的目的是降低Al2O3的熔点，减少熔融电解质的能耗；
故答案为：降低Al2O3的熔点，减少熔融电解质的能耗；
（3）氧化铝溶解并和部分冰晶石发生反应生成Al2OF62-，依据电荷守恒和原子守恒配平书写离子方程式为：Al2O3+4AlF63-═3Al2OF62-+6F-； 若电解的总反应为2Al2O3+3C
故答案为：Al2O3+4AlF63-═3Al2OF62-+6F-；C+2Al2OF62-+12F--4e-═CO2+4AlF63-；
（4）冰晶石与足量NaOH溶液反应生成两种钠盐分别为偏铝酸钠和氟化钠，结合原则守恒配平书写化学方程式为：Na3AlF6+4NaOH═6NaF+NaAlO2+2H2O；
故答案为：Na3AlF6+4NaOH═6NaF+NaAlO2+2H2O；
（5）已知生产1mol铝消耗的电能为1.8×106J，9g铝制饮料罐可回收能量为0.2kJ，生产9g铝制饮料罐消耗的电能=
故答案为：0.033%．
化学与生活、社会密切相关．下列说法不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、将废弃塑料集中焚烧，会造成各种有毒气体，造成更严重的大气污染，故A错误；
B、可溶性的重金属盐能电离出重金属离子，重金属离子能破坏人体蛋白质的结构，使它失去生理功能，中毒后进行急救，最好的方法是食用富含蛋白质的食品，以防止它破坏人体的蛋白质，牛奶、豆浆的主要成分都是蛋白质，食用后都能解毒，故B正确；
C、因废电池中铅、镉、汞等重金属对土壤和水源的污染非常严重，所以应积极开发废电池的综合利用技术，减少土壤和水源的污染，故C正确；
D、太阳能是取之不尽，用之不竭的，不会产生其他的物质，化石燃料的燃烧会产生二氧化硫等有害气体，故D正确；
故选：A．
（1）试剂a最好为______，试剂b为______（填写所选试剂代号）
A．浓硫酸 B．硫酸铁溶液 C．氯水 D．H2 O2和稀硫酸 E．Fe
（2）溶液Z中金属离子可能有Cu2+、Fe2+、Fe3+，检验Fe3+的试剂为______（填化学式）；欲测定溶液Z中Fe2+的浓度，需要用______（填主要仪器名称）配制500ml 0.1mol/L的KMnO4标准溶液进行滴定，在滴定时KMnO4标准溶液应加入到______（填“酸式”或“碱式”）滴定管中，滴定终点时的现象是______．
（3）溶液Y的水溶液显______性，原因是______（用离子方程式表示）．
（4）K2FeO4是强氧化剂，目前水处理通常用K2FeO4理由是______．生成K2FeO4的离子方程式是______
（5）室温时向Fe2（SO4）3溶液中滴加NaOH溶液，若要使Fe3+完全沉淀，则所需溶液的pH值至少为______（已知Ksp（Fe（OH）3=1.0×10-38）
正确答案
解：（1）试剂a要满足可以把铜单质氧化生成硫酸铜、不引入关键杂质离子（例如Fe2+、Fe3+）且不污染环境等条件，废旧电路板与试剂a反应能够生成硫酸铜溶液的有A、B、D三种试剂，但A浓硫酸与铜反应就需要加热，而且反应还会产生SO2污染空气，B硫酸铁溶液与铜反应会产生Fe2+、Fe3+杂质离子；由已知硫酸铁溶液反推可知溶液Y为FeSO4溶液，由CuSO4溶液与试剂b反应生成FeSO4溶液和固体X不难推出试剂b为Fe，固体X为铜和过量铁粉，
故答案为：D；E；
（2）Fe3+与SCN-反应生成红色的Fe（SCN）3，通常用KSCN溶液来检验Fe3+；一定物质的量浓度溶液的配制实验用到的主要仪器就是容量瓶，KMnO4溶液具有强氧化性，可腐蚀橡胶管，所以强氧化性及酸性溶液应加入酸式滴定管，滴定终点时的现象是滴加最后一滴KMnO4，溶液变为浅紫色；
故答案为：KSCN；容量瓶；酸式；滴加最后一滴KMnO4，溶液变为浅紫色；
（3）溶液Y为FeSO4溶液，强酸弱碱盐溶液水解呈酸性，水解方程式为：Fe2++2H2O≒Fe（OH）2+2H+，故答案为：酸；Fe2++2H2O≒Fe（OH）2+2H+；
（4）FeCl3净水是由于Fe3+生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体能吸附水中的悬浮物而达到净水目的，K2FeO4除与水反应生成Fe（OH）3（胶体）之外，还具有强氧化性，可以杀菌消毒，生成K2FeO4的离子方程式2Fe3++3Cl2+16OH-=2 FeO42-+6Cl-+8 H2O，故答案为：高铁酸钾（K2FeO4）具有强氧化性，能杀菌消毒，同时生成的Fe3+ 能水解得到Fe（OH）3胶体，具有净水的功能；2Fe3++3Cl2+16OH-=2 FeO42-+6Cl-+8 H2O；
（5）Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）．c3（OH-）=1.0×10-38 当溶液中的Fe3+完全沉淀，此时溶液中的Fe3+物质的量的浓度=10-5mol/L，c（Fe3+）．c3（OH-）=1.0×10-38；c3（OH-）=10-33，c（OH-）=10-11mol/L，c（H+）=10-3mol/L，PH=3；故答案为：3．
解析
解：（1）试剂a要满足可以把铜单质氧化生成硫酸铜、不引入关键杂质离子（例如Fe2+、Fe3+）且不污染环境等条件，废旧电路板与试剂a反应能够生成硫酸铜溶液的有A、B、D三种试剂，但A浓硫酸与铜反应就需要加热，而且反应还会产生SO2污染空气，B硫酸铁溶液与铜反应会产生Fe2+、Fe3+杂质离子；由已知硫酸铁溶液反推可知溶液Y为FeSO4溶液，由CuSO4溶液与试剂b反应生成FeSO4溶液和固体X不难推出试剂b为Fe，固体X为铜和过量铁粉，
故答案为：D；E；
（2）Fe3+与SCN-反应生成红色的Fe（SCN）3，通常用KSCN溶液来检验Fe3+；一定物质的量浓度溶液的配制实验用到的主要仪器就是容量瓶，KMnO4溶液具有强氧化性，可腐蚀橡胶管，所以强氧化性及酸性溶液应加入酸式滴定管，滴定终点时的现象是滴加最后一滴KMnO4，溶液变为浅紫色；
故答案为：KSCN；容量瓶；酸式；滴加最后一滴KMnO4，溶液变为浅紫色；
（3）溶液Y为FeSO4溶液，强酸弱碱盐溶液水解呈酸性，水解方程式为：Fe2++2H2O≒Fe（OH）2+2H+，故答案为：酸；Fe2++2H2O≒Fe（OH）2+2H+；
（4）FeCl3净水是由于Fe3+生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体能吸附水中的悬浮物而达到净水目的，K2FeO4除与水反应生成Fe（OH）3（胶体）之外，还具有强氧化性，可以杀菌消毒，生成K2FeO4的离子方程式2Fe3++3Cl2+16OH-=2 FeO42-+6Cl-+8 H2O，故答案为：高铁酸钾（K2FeO4）具有强氧化性，能杀菌消毒，同时生成的Fe3+ 能水解得到Fe（OH）3胶体，具有净水的功能；2Fe3++3Cl2+16OH-=2 FeO42-+6Cl-+8 H2O；
（5）Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）．c3（OH-）=1.0×10-38 当溶液中的Fe3+完全沉淀，此时溶液中的Fe3+物质的量的浓度=10-5mol/L，c（Fe3+）．c3（OH-）=1.0×10-38；c3（OH-）=10-33，c（OH-）=10-11mol/L，c（H+）=10-3mol/L，PH=3；故答案为：3．
某科研小组设计出利用工业废酸（稀H2SO4）来浸取某废弃的氧化铜锌矿的方案，实现废物综合利用，方案如图所示．
已知：各离子开始沉淀及完全沉淀时的pH如下表所示．
请回答下列问题：
（1）在“酸浸”步骤中，为提高浸出速率，除通入空气“搅拌”外，还可采取的措施是______．
（2）氧化铜锌矿中含有少量的CuS和ZnS，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）（选填“＞”“＜”或“=”）．
（3）物质A最好使用下列物质中的______．
A．KMnO4 B．空气 C．HNO3 D．NaClO
（4）除铁过程中加入氨水的目的是调节溶液的pH，pH应控制在______范围之间．
（5）物质B可直接用作氮肥，则B的化学式是______．
（6）除铁后得到的Fe（OH）3可用KClO溶液在碱性环境将其氧化得到一种高效的多功能水处理剂--K2FeO4，写出该反应的离子方程式______．
正确答案
解：（1）影响化学反应速率的因素有多种，要提高氧化铜锌矿的酸浸速率，可采取的措施还有升高温度（增大酸浓度、将氧化铜锌矿粉碎--增大表面积等）．故答案为：适当升高温度（或增大酸浓度、将氧化铜锌矿粉碎等）
（2）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：＜；
（3）除铁过程中加入A和氨水，使亚铁离子变成氢氧化铁沉淀，故A应为氧化剂，且考虑加入A不引入新的杂质．除空气外，其他试剂均可引入新的杂质．
故答案为：B
（4）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
（5）因所用废酸为硫酸，B又可作氮肥，所以B为（NH4）2SO4；
故答案为：（NH4）2SO4
（6）由题给信息可知，反应物为2Fe（OH）3、ClO-、OH-，生成物之一为FeO42-，因铁在反应中化合价升高，故氯元素的化合价降低，则另一产物为Cl-，根据元素、电子、电荷守恒配平（可知产物还有水），则方程式为：2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O．
故答案为：2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O．
解析
解：（1）影响化学反应速率的因素有多种，要提高氧化铜锌矿的酸浸速率，可采取的措施还有升高温度（增大酸浓度、将氧化铜锌矿粉碎--增大表面积等）．故答案为：适当升高温度（或增大酸浓度、将氧化铜锌矿粉碎等）
（2）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：＜；
（3）除铁过程中加入A和氨水，使亚铁离子变成氢氧化铁沉淀，故A应为氧化剂，且考虑加入A不引入新的杂质．除空气外，其他试剂均可引入新的杂质．
故答案为：B
（4）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
（5）因所用废酸为硫酸，B又可作氮肥，所以B为（NH4）2SO4；
故答案为：（NH4）2SO4
（6）由题给信息可知，反应物为2Fe（OH）3、ClO-、OH-，生成物之一为FeO42-，因铁在反应中化合价升高，故氯元素的化合价降低，则另一产物为Cl-，根据元素、电子、电荷守恒配平（可知产物还有水），则方程式为：2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O．
故答案为：2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O．
金属的回收和资源的合理开发和利用
地球上的金属矿物资源是有限的，我们必须合理开发和利用这些矿物资源，有效地使用金属产品、材料．主要途径有：______，______，______；______．
正确答案
防止金属锈蚀
回收废旧金属
合理开采矿物
寻找金属的代用品等
解析
解：保护金属资源的有效途径有：防止金属的锈蚀，由于金属锈蚀而浪费的金属约占
故答案为：防止金属锈蚀；回收废旧金属；合理开采矿物；寻找金属的代用品等．
工业上用某矿渣（含有Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2）提取铜的操作流程如下：
已知：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O
（1）实验操作I的名称为______；在空气中灼烧固体混合物D时，用到多种硅酸盐质的仪器，除玻璃棒、酒精灯、泥三角外，还有______（填仪器名称）．
（2）滤液A中铁元素的存在形式为______ （填离子符号），生成该离子的离子方程式为______，检验滤液A中存在该离子的试剂为______（填试剂名称）．
（3）金属E与固体F发生的某一反应可用于焊接钢轨，该反应的化学方程式为______．
（4）常温下，等pH的NaAlO2和NaOH两份溶液中，由水电离出的c（OH-）前者为后者的108倍，则两种溶液的pH=______．
（5）①利用电解法进行粗铜精炼时，下列叙述正确的是______（填代号）．
a．电能全部转化为化学能
b．粗铜接电源正极，发生氧化反应
c．精铜作阴极，电解后电解液中Cu2+浓度减小
d．粗铜精炼时通过的电量与阴极析出铜的量无确定关系
②从浓硫酸、浓硝酸、蒸馏水中选用合适的试剂，测定粗铜样品中金属铜的质量分数，涉及的主要步骤为：称取一定质量的样品→______→过滤、洗涤、干燥→称量剩余固体铜的质量．（填缺少的操作步骤，不必描述操作过程的细节）
正确答案
解：（1）实验操作I步骤中分离溶液和沉淀的操作名称为过滤，在空气中灼烧固体混合物D时，所用到的仪器有坩埚、泥三角、三角架、酒精灯，玻璃棒，
故答案为：过滤；坩埚；
（2）依据提取流程图可知，加入过量盐酸，氧化铁和氧化铝全部溶解为氯化铁和氯化铝溶液，Cu2O与盐酸反应生成氯化铜、铜和水，生成的铜能与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，方程式为：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，二氧化硅不溶于盐酸为沉淀，所以滤液A中铁元素的存在形式为亚铁离子，可用氯水将其氧化成三价铁离子，三价铁离子与KSCN溶液发生反应生成红色物质来检验三价铁离子，
故答案为：Fe2+；2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；KSCN溶液、氯水；
（3）铝与氧化铁发生铝热反应的化学方程式为：2Al+Fe2O3
（4）设溶液的PH为X，NaAlO2溶液中由水电离出的c（OH-）=10X-14mol/L，NaOH溶液中由水电离出的c（OH-）=10-Xmol/L，
（5））①a．电能部分转化为化学能，故a错误；
b．粗铜接电源正极，失去电子，发生氧化反应，故b正确；
c．精铜作阴极，电解后电解液中Cu2+浓度减小，故c正确；
d．粗铜精炼时通过的电量与阴极析出铜的量存在关系：电路中通过3.01×1023个电子，得到精铜的质量为16g，故d错误；
故选：b．c；
②要测定铜的质量分数，可以把浓硫酸稀释，铜和稀硫酸不反应，氧化铜和稀硫酸反应，即可求出铜的质量分数．设计方案的主要步骤是将浓硫酸用蒸馏水稀释，将样品与稀硫酸充分反应后，过滤，干燥，称量剩余固体铜的质量即可；
故答案为：将浓硫酸用蒸馏水稀释，将样品与稀硫酸充分反应后；
解析
解：（1）实验操作I步骤中分离溶液和沉淀的操作名称为过滤，在空气中灼烧固体混合物D时，所用到的仪器有坩埚、泥三角、三角架、酒精灯，玻璃棒，
故答案为：过滤；坩埚；
（2）依据提取流程图可知，加入过量盐酸，氧化铁和氧化铝全部溶解为氯化铁和氯化铝溶液，Cu2O与盐酸反应生成氯化铜、铜和水，生成的铜能与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，方程式为：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，二氧化硅不溶于盐酸为沉淀，所以滤液A中铁元素的存在形式为亚铁离子，可用氯水将其氧化成三价铁离子，三价铁离子与KSCN溶液发生反应生成红色物质来检验三价铁离子，
故答案为：Fe2+；2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；KSCN溶液、氯水；
（3）铝与氧化铁发生铝热反应的化学方程式为：2Al+Fe2O3
（4）设溶液的PH为X，NaAlO2溶液中由水电离出的c（OH-）=10X-14mol/L，NaOH溶液中由水电离出的c（OH-）=10-Xmol/L，
（5））①a．电能部分转化为化学能，故a错误；
b．粗铜接电源正极，失去电子，发生氧化反应，故b正确；
c．精铜作阴极，电解后电解液中Cu2+浓度减小，故c正确；
d．粗铜精炼时通过的电量与阴极析出铜的量存在关系：电路中通过3.01×1023个电子，得到精铜的质量为16g，故d错误；
故选：b．c；
②要测定铜的质量分数，可以把浓硫酸稀释，铜和稀硫酸不反应，氧化铜和稀硫酸反应，即可求出铜的质量分数．设计方案的主要步骤是将浓硫酸用蒸馏水稀释，将样品与稀硫酸充分反应后，过滤，干燥，称量剩余固体铜的质量即可；
故答案为：将浓硫酸用蒸馏水稀释，将样品与稀硫酸充分反应后；
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