1.（1）除去油脂，溶解铝及其氧化物Al（OH）4-+H+=Al(OH)3↓+H2O
（2）Ni2+、Fe2+、Fe3+
（3）O2或空气Fe3+
（4）0.01×(.)2[或×(.)2]3.2~6.2
（5）2Ni2++ClO+4OH=2NiOOH↓+Cl+H2O
（6）提高镍回收率
由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。
（1）根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，滤液①中含有NaAlO2(或Na[Al(OH)4])，加入稀硫酸可发生反应
（2）加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+，故答案为：Ni2+、Fe2+、Fe3+；
（3）“转化”在H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O2或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+，则滤液③中可能含有转化生成的Fe3+，故答案为：O2或空气；Fe3+；
（4）由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1，
（5）由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH沉淀，ClOˉ被还原为Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O，故答案为：2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O；
（6）分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率，故答案为：提高镍的回收率。
本题主要考查金属及其化合物的性质、沉淀溶解平衡常数Ksp的计算、氧化还原离子反应方程式的书写等知识点，需要学生具有很好的综合迁移能力，解答关键在于正确分析出工艺流程原理，难点在于Ksp的计算及“调pH”时pH的范围确定。
2.（1）1.6×
（2）氨水与NH4HCO3反应生成（NH4）2CO3；加入氨水抑制（NH4）2CO3的水解。
（3）温度过高，（NH4）2CO3分解，使CaSO4转化率下降；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提高CaSO4转化率即提高反应速率，结合反应的特点从影响反应速率的因素分析。
（4）根据工业废渣中的成分知，浸取、过滤后所得滤渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3；若以水洗后的滤渣为原料制取CaCl2溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将CaCO3完全转化为CaCl2，同时Al2O3、Fe2O3转化成AlCl3、FeCl3，过滤除去SiO2，结合题给已知，再利用Ca（OH）2调节pH除去Al3+和Fe3+。
（3）由于铵盐具有不稳定性，受热易分解，所以温度过高，（NH4）2CO3分解，从而使CaSO4转化率下降；由于浸取过程中的反应属于固体与溶液的反应（或发生沉淀的转化），保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提高CaSO4转化率即提高反应速率，结合外界条件对化学反应速率的影响，实验过程中提高CaSO4转化率的操作为加快搅拌速率（即增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率）。
（4）工业废渣主要含CaSO4·2H2O，还含有少量SiO2、Al2O3和Fe2O3，加入（NH4）2CO3溶液浸取，其中CaSO4与（NH4）2CO3反应生成CaCO3和（NH4）2SO4，SiO2、Al2O3和Fe2O3都不反应，过滤后所得滤渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3；若以水洗后的滤渣为原料制取CaCl2溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将CaCO3完全转化为CaCl2，发生的反应为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，与此同时发生反应Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，SiO2不反应，经过滤除去SiO2；得到的滤液中含CaCl2、AlCl3、FeCl3，根据“pH=5时Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀完全，pH=8.5时Al（OH）3开始溶解”，为了将滤液中Al3+、Fe3+完全除去，应加入Ca（OH）2调节溶液的pH介于5~8.5[加入Ca（OH）2的过程中要边加边测定溶液的pH]，然后过滤即可制得CaCl2溶液。
本题以工业废渣为原料制取轻质CaCO3和（NH4）2SO4晶体的实验流程为载体，考查溶度积的计算、影响盐类水解的因素、实验条件的控制、制备实验方案的设计和对信息的处理能力等。难点是第（4）问实验方案的设计，设计实验方案时首先要弄清水洗后滤渣中的成分，然后结合题给试剂和已知进行分析，作答时要答出关键点，如pH介于5~8.5等。
分析：（1）根据原子守恒书写方程式；
（2）①根据溶液显酸性判断产物；
②要制备焦亚硫酸钠，需要制备亚硫酸氢钠过饱和溶液，据此判断；
（3）根据阳极氢氧根放电，阴极氢离子放电，结合阳离子交换膜的作用解答；
（4）焦亚硫酸钠与单质碘发生氧化还原反应，据此书写方程式；根据方程式计算残留量。
详解：（1）亚硫酸氢钠过饱和溶液脱水生成焦亚硫酸钠，根据原子守恒可知反应的方程式为2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O；
（2）①碳酸钠饱和溶液吸收SO2后的溶液显酸性，说明生成物是酸式盐，即Ⅰ中为NaHSO3；
②要制备焦亚硫酸钠，需要制备亚硫酸氢钠过饱和溶液，因此工艺中加入碳酸钠固体、并再次充入二氧化硫的目的是得到NaHSO3过饱和溶液；
（3）阳极发生失去电子的氧化反应，阳极区是稀硫酸，氢氧根放电，则电极反应式为2H2O－4e－＝4H＋+O2↑。阳极区氢离子增大，通过阳离子交换膜进入a室与亚硫酸钠结合生成亚硫酸钠。阴极是氢离子放电，氢氧根浓度增大，与亚硫酸氢钠反应生成亚硫酸钠，所以电解后a室中亚硫酸氢钠的浓度增大。
专练
②Ⅱ为BaO与氧气反应生成BaO2，是可逆反应，反应方程式为：2BaO(s)+O2(g)=2BaO2(s)，正反应为气体体积减小的放热反应，促进该反应正向进行的措施是增大压强或增大氧气的浓度或降低温度，故答案为：增大压强或增大氧气的浓度或降低温度；
③Ⅲ中过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和双氧水，反应的化学方程式是BaO2+2HCl=BaCl2+H2O2，故答案为：BaO2+2HCl=BaCl2+H2O2；
④H2O2受热易分解，采用减压能够降低蒸馏温度，防止双氧水分解导致产率降低，故答案为：H2O2受热易分解；
(2)①a为阴极，a极的电极反应式是O2+2H++2e-=H2O2，故答案为：O2+2H++2e-=H2O2；
②A．2H2O2=2H2O+O2↑能自发进行，反向不能自发进行，根据图示，该装置有电源，属于电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，故A正确；
B．根据分析，电极b为阳极，电解池阳极与电源正极连接，故B错误；
用氯化铁、稀盐酸和NaCl对方铅矿进行酸浸氧化，滤液1中含有[PbCl4]2-、Na+、Fe3+、Fe2+、Mg2+；对滤液1进行降温，反应[PbCl4]2-(aq)PbCl2(s)+2Cl-(aq)ΔH＜0，平衡正向移动，滤渣2为晶体PbCl2，过滤，用硫酸溶液与PbCl2反应生成PbSO4，滤渣3为PbSO4，再加入纯碱溶液，将PbSO4转化为PbCO3，滤渣4为PbCO3，煅烧PbCO3，发生分解反应生产PbO，据此分析解答。
(1)“酸浸氧化”过程中产生了滤渣S，PbS→S，S元素的化合价升高，被氧化；该过程需要加热，其目的是加快反应的速率；FeCl3与PbS发生反应生成［PbCl4]-、S，则铁离子表现氧化性，被还原为亚铁离子，则离子方程式为PbS+2Fe3++4Cl-=[PbCl4]2-+2Fe2++S；
(2)检验滤液1中存在Fe2+，Fe2+与K3[Fe(CN)6]溶液发生反应
含钴矿石(主要成分为CoCO3，含有少量Cu2(OH)2CO3、Fe3O4、CaO、MgO和NiO)粉碎后用稀硫酸、双氧水溶液浸取，加入稀硫酸后浸出液中存在Fe3+、Fe2+、Ca2+(极少量)、Mg2+、Cu2+、Co2+、Ni2+，双氧水将Fe2+氧化生成Fe3+，之后加入适量氨水调节pH，根据后续流程可知该步骤中主要除去Fe3+、Cu2+，所以滤渣1为Cu(OH)2、Fe(OH)3以及微溶物硫酸钙；之后加入NaF除去Mg2+、Ca2+，过滤后再加入适量稀硫酸，然后加入萃取剂萃取回收Ni2+，然后加入碳酸氢铵溶液和氨水得到碳酸钴沉淀，通入空气煅烧得到Co2O3。
(1)含钴矿石预先粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高矿石利用率；
(2)加入双氧水将Fe2+氧化生成更易除去的Fe3+，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
(3)根据分析可知滤渣1的主要成分除CaSO4外还有Cu(OH)2、Fe(OH)3；根据后续流程可知该步骤中主要除去Fe3+、Cu2+，且因还要回收Ni2+，所以不能除去Ni2+，结合题目所给数据可知应调节pH的范围为：6.3≤pH＜6.4；
(4)Ksp(CaF2)Ksp(MgF2)，所以Mg2+沉淀完全时Ca2+也一定沉淀完全，当
4．（1）粉碎、搅拌、适当升温、适当提高酸的浓度(任写两条)
（2）SiO2
（3）H2O22Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O
（4）3.2≤pH＜3.7
（5）CaF2和ScF3的熔点或沸点相差较大Sc3＋＋3e－=Sc
矿渣(含有FeO、Fe2O3、CaO、SiO2和钪元素)酸浸后SiO2不溶，滤渣①的主要成分为SiO2，溶液中的亚铁离子要用氧化成铁离子，便于用氢氧化钠沉淀为氢氧化铁进行分离，滤渣②为氢氧化铁，滤液中再加NaF沉淀离子，CaF2和ScF3的熔点或沸点相差较大，固体混合物可以用高温分离，最后用电解法制取钪单质。
(1)加快酸浸速率的措施有粉碎、搅拌、适当升温、适当提高酸的浓度(任写两条)。故答案为：粉碎、搅拌、适当升温、适当提高酸的浓度(任写两条)；
(2)矿渣(含有FeO、Fe2O3、CaO、SiO2和钪元素)酸浸后SiO2不溶，滤渣①的主要成分为SiO2。故答案为：SiO2；
(3)溶液中的亚铁离子要用氧化成铁离子，便于用氢氧化钠沉淀为氢氧化铁进行分离，滤渣②为氢氧化铁，氧化过程加入的绿色氧化剂为H2O2，发生反应的离子方程式为2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O。故答案为：H2O2；2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O；
(4)由Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Sc(OH)3]=1.25×10-33，lg2=0.3，lg5=0.7，假设溶液中各种金属离子浓度均为0.01mol/L，
软锰矿粉(主要含有MnO2，还含有少量的Fe2O3、Al2O3等杂质)、硫酸亚铁先用稀硫酸酸浸，用双氧水将酸浸液中的亚铁离子氧化成铁离子，然后加入氨水调节溶液的pH使铁离子、铝离子转化成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，过滤除去杂质，滤液中含有锰离子，向滤液中加入碳酸氢铵溶液得到MnCO3沉淀，过滤后得到MnCO3，滤液中只有含有(NH4)2SO4；MnCO3经过焙烧得到高纯MnO2，以此分析解题。
(1)“酸浸”实验中，锰的浸出率结果如下图所示。由图可知，硫酸浓度为2.1mol/L时Mn2+的浸出率已经达到接近%，再增大硫酸的用量，浪费原料，且浸出率增大很不明显，温度达到70℃Mn2+的浸出率已经达到接近%，再升高温度，浪费能源且浸出率增大很不明显，软锰矿粉酸浸的适宜条件是硫酸浓度2.1mol/L，T=70℃，故答案为：硫酸浓度2.1mol/L，T=70℃；
(2)根据分析可知，酸浸后，锰主要以Mn2＋的形式存在，即MnO2在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，故相应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；。
②由于沉锰是用NH4HCO3，而NH4HCO3受热易分解，故当温度高于60℃时，加速NH4HCO3的分解，导致其浓度下降，故沉锰速率随着温度升高而减慢，故答案为：温度过高时碳酸氢铵的分解速率加快；
(5)焙烧过程是将MnCO3焙烧生成MnO2和CO2，根据氧化还原反应的规律可知有氧气参与反应，根据氧化还原反应的配平原则不难写出焙烧过程的化学方程式为：
6．（1）+3
（2）b
（3）排除设备中的空气，防止磁性纳米铁棒和NaBH4被氧化
（4）CdTe+3H2O2+3H2SO4=CdSO4+Te(SO4)2+6H2OS
（5）0.53mol/L
（6）吸附性还原性
用FeCl36H2O、NaNO3和盐酸经水洗、醇洗、烘干得到纳米级FeOOH，FeOOH和NaBH4反应得到磁性纳米材料。碲化镉被H2O2氧化得到Cd2+和Te4+，用NaOH溶液调节溶液的pH，得到含TeO32-的溶液，和磁性纳米铁棒作用，得到Te。
(1)根据正负化合价代数和为0，FeOOH中O为-2价，H为+1价，所以Fe元素的化合价为+3价。
(2)从图示可以看出，FeOOH稳定存在的区域的pH大于2，温度最好在40℃~℃之间，故选b。
(3)磁性纳米铁棒和NaBH4都容易被氧化，所以在加入NaBH4之前需通入N2排除反应容器中的空气。
(4)CdTe和H2O2在酸性溶液中反应，得到含Cd2+和Te4+的溶液，即得到CdSO4和Te(SO4)2，在此反应中，Te的化合价从-2价升高到+4价，所以H2O2中O的化合价从-1价应降低到-2价，生成水，根据电子守恒、质量守恒可以写出反应的化学方程式为：CdTe+3H2O2+3H2SO4=CdSO4+Te(SO4)2+6H2O。在碲化镉吸收层还含有CdS，其中的S为-2价，可以被H2O2氧化为S，所以滤渣中含有S。
(5)溶液的pH=7，则c(OH-)=1.0×10-7mol/L，根据Ksp[Cd(OH)2]=5.3×，可计算Cd2+的浓
(2)温度升高，熟石灰溶解度减小，溶液中c(Ca2+)减小使砷的沉淀率减小；
(3)加入硫酸前加入了熟石灰，所以滤渣2为微溶于水的CaSO4；
(4)根据题意可知SO2将H3AsO4还原得到H3AsO3，根据电子守恒可知SO2和H3AsO4的系数之比为1:1，再结合元素守恒可得化学方程式为H3AsO4+H2O+SO2=H3AsO3+H2SO4；